UE08 L - Übung mit Lösung PDF

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Übung mit Lösung...

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Mathematik II für BI 8. Übungsblatt Fachbereich Mathematik PD Dr. Christian Stinner Felix Johlke, Alexander Matei

SoSe 18 28.05. bis 01.06.2018

Gruppenübung Aufgabe G1 (Minitest) Wahr oder falsch? (a) Jedes globale Extremum ist ein lokales Extremum. (b) Wenn f in x~0 ein globales Maximum hat, dann ist ∇ f ( x~0 ) = 0. (c) Wenn ∇ f ( x~0 ) = 0 und H f ( x~0 ) negativ definit ist, dann hat f in x~0 ein lokales Maximum. (d) Ist x~0 ein globales Minimum einer zweimal stetig partiell differenzierbaren Funktion f , so ist die Hesse-Matrix von f in x~0 positiv definit. (e) Gilt det(A) = 1 für eine symmetrische 2 × 2-Matrix A, so ist die Matrix entweder positiv definit oder negativ definit. Lösungsvorschlag: (a) Das ist richtig. Wenn x~0 ein globales Maximum von f : M → R ist, so gilt f (~ x ) ≤ f ( x~0 ) für alle x~ ∈ M . Insbesondere gilt das für jede Teilmenge und somit für jedes δ > 0 für Uδ ( x~0 ) ∩ M . Analog kann man für ein Minimum argumentieren. (b) Diese Aussage ist falsch. Die Funktion f kann zunächst ein globales Maximum haben, muss aber nicht notwendigerweise differenzierbar sein. Selbst bei einer differenzierbaren Funktion ist dies nicht notwendigerweise der Fall. Betrachte f : [−1, 0] → R gegeben durch f (x) = x . Der Nullpunkt ist offensichtlich ein globales Maximum, aber ∇ f (x) = 1 6= 0. (c) Das ist richtig. Siehe 18.5. (d) Das ist in Dimension 1 schon falsch. Betrachte die Funktion f (x ) = x 4 . Sie ist zweimal stetig partiell differenzierbar und hat ein globales Minimum im Nullpunkt. Die Hesse-Matrix H f (x) = 12x 2 nimmt im Nullpunkt den Wert 0 an und ist somit nicht positiv definit, sondern nur semidefinit. (e) Das ist richtig. Eine reelle symmetrische Matrix ist diagonalisierbar. Sind λ1 , λ2 die Eigenwerte von A, dann gilt det(A) = λ1 λ2 = 1. Insbesondere müssen beide Eigenwerte entweder positiv oder negativ sein. Damit ist die Matrix positiv definit oder negativ definit. Aufgabe G2 (Definitheit) (a) Bestimmen Sie die Definitheit folgender Matrizen:



cos(1) sin(1)

 − sin(1) , cos(1)



0 1

 1 , 0



1 1 1

1 1 1

 1 1 , 1



−1 1  1 −3 1 1

 1 1 , −5



4 0 0 0

0 −2 0 0

0 0 −3 0

 0 0 0 2

(b) Überlegen Sie möglichst ohne die Berechnung der Hesse-Matrix, ob bei folgenden Funktionen R2 → R in [0, 0]T ein Extremum vorliegt und welcher Typ es ist.

sin2 (x) + sin2 ( y),

−k~ x k,

x 2 − y 2.

1

Lösungsvorschlag: (a)

i. Da die Matrix nicht symmetrisch ist, ist Definitheit zunächst nicht definiert. ii. Wir berechnen   0 1 [x 1 , x 2 ] [x 1 , x 2 ]T = 2x 1 x 2 . 1 0 Haben nun x 1 und x 2 das selbe Vorzeichen, so ist der Wert positiv. Bei verschiedenen Vorzeichen ist der Wert negativ. Also ist die Matrix indefinit. iii. Setze s = x 1 + x 2 + x 3 , dann gilt   1 1 1 [x 1 , x 2 , x 3 ] 1 1 1  [x 1 , x 2 , x 3 ]T = [ x 1 , x 2 , x 3 ] · [s, s, s]T = x 1 s + x 2 s + x 3 s = s2 ≥ 0. 1 1 1 Also ist die Matrix positiv semidefinit. Der Wert s2 kann 0 sein z.B. für x 1 = x 2 = 1 und x 3 = −2 und damit ist die Matrix nicht positiv definit. iv. Die Minoren sind    −1 1  1  −1 1     1 −3 1  = −4.  −1,  1 −3 = 2,   1 1 −5

Also haben die Minoren abwechselndes Vorzeichen beginnend negativ und die Matrix ist negativ definit. v. Die Eigenwerte dieser Matrix lassen sich direkt von der Diagonalen ablesen und sind somit 4, −2, −3 und 2. Da es sowohl negative als auch positive Eigenwerte gibt, ist die Matrix indefinit.

(b)

i. Zunächst stellt man leicht wegen dem Quadrieren fest, dass sin2 (x) + sin2 ( y) ≥ 0 für alle x, y ∈ R gilt. Weiterhin ist sin2 (0) + sin(0) = 0. Also liegt in [0, 0]T ein globales Minimum vor. ii. Da für alle x~ ∈ R2 die Ungleichung k~ x k ≥ 0 erfüllt ist, gilt −k~ x k ≤ 0. Insbesondere ist k[0, 0]T k = 0 und die Funktion hat ein globales Maximum. iii. Die Funktion nimmt in jeder Umgebung sowohl positive als auch negative Werte an. Sei f (x, y ) = x 2 − y 2 , dann gilt für ein beliebiges a > 0, dass f (0, a) = −a2 < 0 und f (a, 0) = a2 > 0 ist. Damit liegt ein Sattelpunkt vor.

Aufgabe G3 (Taylor) (a) Bestimmen Sie das 2-te Taylorpolynom in [0, 0]T von f : R2 → R gegeben durch f (x, y ) = x exp(cos( y )). Der Flächeninhalt eines Dreiecks lässt sich durch die Funktion A(a, b, ϕ) = 21a b sin(ϕ) berechnen, wobei a und b die Länge von zwei Seiten bestimmen und ϕ der eingeschlossene Winkel zwischen diesen Seiten ist. (b) Entwickeln Sie den Flächeninhalt A(a + δa , b + δb , ϕ + δϕ ) in δa , δb , δϕ mittels des Taylorpolynoms erster Ordnung im Punkt (a, b, ϕ). (c) Schreiben Sie A(a + δa , b + δb , ϕ + δϕ ) in der Form A( a, b, ϕ)· F , wobei F einen vom Punkt ( a, b, ϕ) und den Termen δa , δb , δϕ abhängigen Ausdruck bezeichnet Lösungsvorschlag: (a) Wir wissen, dass cos( y) = polynome liefert

(−1)n n=0 (2n)!

P∞

y 2n und exp(z) =

P∞

1 n n=0 n! z

für alle y, z ∈ R gilt. Einsetzen der 2-ten Taylor-

x T2 exp(T2 cos( y)) = x T2 exp(1) exp(− 21 y 2 ) = x e(1 − 21 y 2 + 81 y 4 ) = x e − 2e x y 2 + 8e y 4 . Das 2-te Taylorpolynom von f ist damit gegeben durch

T2 f (x, y) = x e. (b) Für das Taylorpolynom erster Ordnung gilt

T1 A(a + δa , b + δb ϕ + δϕ ) = A(a, b, ϕ) + ∇A(a, b, ϕ) · [δa , δb δϕ ]T 1 = a b sin(ϕ) + ∂a A(a, b, ϕ)δa + ∂ b A(a, b, ϕ)δb + ∂ϕ A(a, b, ϕ)δϕ 2 1 1 1 1 = a b sin(ϕ) + b sin(ϕ )δa + a sin(ϕ)δb + a b cos(ϕ )δϕ . 2 2 2 2

2

(c) Durch Ausklammern von

1 2

sin(ϕ) erhalten wir 1 1 1 1 a b sin(ϕ) + b sin(ϕ)δa + a sin(ϕ)δb + a b cos(ϕ )δφ . 2 2 2 2  δϕ  1 δ δ = a b sin(ϕ) 1 + aa + bb + tan(ϕ) 2 =: A(a, b, ϕ) · F.

T1 A(a + δa , b + δb ϕ + δϕ ) =

Aufgabe G4 (Extrema) Seien die Funktionen f : R2 → R und g : R2 → R gegeben durch f (x, y, z) = 2x 2 − x z2 + y 3 + z 2 − 3 y und g(x, y) = x 3 − 3x y 2 . (a) Bestimmen Sie den Gradienten der Funktionen. (b) Bestimmen Sie die Hesse-Matrix der Funktionen. (c) Bestimmen Sie die Definitheit der Hesse-Matrix im Punkt [1, −1, 2]T und [0, 0]T . (d) Liegt in [1, −1, 2]T bzw. [0, 0]T ein Extremum vor? Lösungsvorschlag: (a) Es gilt

∇ f (x, y, z) = [4x − z 2 , 3 y 2 − 3, 2z(1 − x)],

∇g(x, y) = [3x 2 − 3 y 2 , −6x y ].

(b) Es gilt



4 H f (x, y, z) =  0 −2z

0 6y 0

 −2z 0 , 2 − 2x

H g (x, y) =



6x −6 y

 −6 y . −6x

(c) Es gilt



4 0 H f (1, −1, 2) =  0 −6 −4 0

 −4 0 , 0

H g (0, 0) =

 0 0 . 0 0



Bei f betrachten wir die Minoren. Diese sind gegeben durch

4,

 4  0

 0  = −24, −6

 4  0  −4

0 −6 0

 −4 0  = −96 0 

Da das Vorzeichen zunächst positiv ist, dann negativ ist und alle Mionoren ungleich Null sind ist die Hesse-Matrix somit indefinit. Die Hesse-Matrix von g ist als Nullmatrix offensichtlich semidefinit. (d) Da der Gradient von f Null und die Hesse-Matrix von f indefinit ist, liegt ein Sattelpunkt vor. Der Gradient von g ist zunächst Null. Jedoch ist die Matrix semidefinit, also haben wir zunächst keine Aussage. Die Funktion g nimmt jedoch in jeder Umgebung sowohl positive Werte als auch negative Werte an (z.b. gilt g (a, 0) = a3 > 0 und g (a, a) = −2a3 < 0 für jedes a > 0). Damit liegt hier ebenfalls ein Sattelpunkt vor.

3

Hausübung

Abgabe der Hausübungen in Ihrer nächsten Übungsgruppe (in der Woche vom 04.06. bis 08.06.2018) Aufgabe H1 (Taylor) (a) Gegeben sei die folgende Funktion:

(3+4 Punkte)

f (x, y) = x 4 ln(x y ).

f : (0, ∞) × (0, ∞) → R,

Bestimmen Sie das Taylorpolynom zweiter Ordnung T2 (x, y) um den angegebenen Entwicklungspunkt [1, 1]T . (b) Sei f : D = {(x, y) ∈ R2 | x > 0} → R gegeben durch f (x, y) = x y . i. Berechnen Sie mit Hilfe des Taylorpolynoms 1. Ordnung von f an einer geschickt gewählten Stelle (x 0 , y0 ) ∈ D eine Näherung des Funktionswertes an der Stelle (x, ˜ ˜y ) = (1.02, 3.01). ii. Berechnen Sie das Taylorpolynom 2. Ordnung von f an der Stelle (x 0 , y0 ) = (1, 3) und errechnen Sie damit eine Näherung des Funktionswertes an der Stelle (x, ˜ ˜y ) = (1.02, 3.01). Lösungsvorschlag: (a) Die partiellen Ableitungen erster Ordnung lauten nach Ketten- und Produktregel

f x (x , y) == 4 x 3 ln(x y) + f y (x , y) = x 4 ·

x4 y = x 3 (4 ln(x y) + 1), xy

x4 1 ·x= . xy y

Für die partiellen Ableitungen zweiter Ordnung erhält man mittels Ketten-, Produkt- und Quotientenregel sowie dem Satz von Schwarz:   4 f x x (x , y) = 3x 2 (4 ln(x y) + 1) + x 3 = 3x 2 (4 ln(x y) + 1) + 4x 2 = x 2 (12 ln(x y ) + 7), x x4 f y y (x, y) = − , y2 4x 3 f x y (x , y) = f y x ( x , y) = . y Ausgewertet in (1, 1) ergibt dies:

f (1, 1) = 1 · ln(1) = 0, ∇ f (1, 1) = ( f x (1, 1), f y (1, 1))⊤ = (1, 1)⊤ ,     7 4 f (1, 1) f x y (1, 1) . = H f (1, 1) = x x 4 −1 f y x (1, 1) f y y (1, 1) Um den Punkt (1, 1) berechnet sich T2 (x, y) also wie folgt, wobei h := (x − 1, y − 1)⊤ :

1 〈H f (1, 1) · h, h〉 2   1 = 0 + (x − 1) + ( y − 1) + 7(x − 1)2 − 1( y − 1)2 + 8(x − 1)( y − 1) 2  1 2 7 2 = (x − 1) + ( y − 1) + (x − 2x + 1) − ( y − 2 y + 1) + 4(x y − x − y + 1) 2 2  7 2 1 2 = 5 − 10x − 2 y + x − y + 4x y . 2 2

T2 (x, y) = f (1, 1) + 〈∇ f (1, 1), h〉 +

(b)

i.

∂f = y x y −1 , ∂x ∂ f  = 3, ⇒  ∂ x (1,3) ⇒ f (1.02, 3.01) ≈ f (1, 3) +

∂f

x y =e y ln x

= ∂y  ∂f   = ∂ y (1,3)

e y ln x ln x = x y ln(x) 0

  ∂f  ∂f   (3.01 − 3) = 1.06. (1.02 − 1) + ∂ y (1,3) ∂ x (1,3)

Der echte Wert ist: f (1.02, 3.01) = 1.0614182

4

ii.

∂2f y( y − 1)x y −2 , ∂ x2 mit x y −1 = e( y −1) ln x ∂2f = x y −1 + y ln(x)e( y −1) ln x = x y −1 + y ln(x)x y −1 , ∂ y∂ x ∂2f = (ln x)2 x y , ∂ y2

 ∂2f   = 6, ∂ x 2 (1,3)  ∂2f   = 1, ∂ y∂ x (1,3)  ∂2f   =0 ∂ y 2 (1,3)

∂ f  ∂ f  (1.02 − 1) +   (3.01 − 3) ∂ y (1,3) ∂ x (1,3)      1 ∂2f  ∂2f  ∂2f  2 2 ( 3.01 − 3 ) (1.02 − 1)(3.01 − 3) + ( 1.02 − 1 ) + 2 +    2 ∂ x 2 (1,3) ∂ y 2 (1,3) ∂ y∂ x (1,3)

f (1.02, 3.01) ≈ f (1, 3) +

= 1, 0614

Aufgabe H2 (Extrema) Bestimmen Sie das globale Maximum und das globale Minimum der Funktion f : R2 → R gegeben durch

(6 Punkte)

f (x, y) = 2x 2 + x y + 45 y 2 − 2x − 2 y auf dem Quadrat Q = [0, 1] × [0, 1]. Hinweis: Für die Randuntersuchung können Sie die Funktion auf geeignete Teilstrecken beschränken und f auf eine eindimensionale Funktion auf diesen Teilstrecken reduzieren. (Randpunkte nicht vergessen!) Lösungsvorschlag: Wir berechnen zuerst die möglichen Extrema im Inneren von Q , d.h in (0, 1) × (0, 1). Der Gradient ist gegeben durch ∇ f (x, y) = [4x + y − 2, x + 25 y − 2] und verschwindet somit im Punkt [x, y]T = [ 13 , 23 ]T . Dieser Punkt liegt im Inneren von Q und ist somit ein Kandidat für einen Extremwert. Weiterhin gilt f (3 1, 23 ) = −1. Der Rand besteht aus 4 Teilstrecken, nämlich aus den Kanten des Quadrats, die wir mit T1 = {[x, y]T ∈ R2 | y = 0, 0 ≤ x ≤ 1}, T2 = {[x, y]T ∈ R2 | x = 0, 0 ≤ y ≤ 1}, T3 = {[x, y]T ∈ R2 | y = 1, 0 ≤ x ≤ 1} und T4 = {[x, y]T ∈ R2 | x = 1, 0 ≤ y ≤ 1} bezeichnen. Wir schränken nun f auf diese Teilstrecken ein. Auf T1 können wir die Funktion f (x , 0) = 2 x 2 − 2x betrachten. Es gilt f ′ (x, 0) = 4x − 2. Damit sind mögliche Extremwerte: f (0, 0) = 0, f ( 21 , 0) = − 12 , f (1, 0) = 0. Auf T2 erhalten wir analog für f (0, y) = 45 y 2 − 2 y und f ′ (0, y) = 25 y − 2 die möglichen Extremwerte f (0, 0) = 0, f (0, 54 ) = − 45 , f (0, 1) = − 43 . 3 1 7 Auf T3 erhalten wir für f (x, 1) = 2x 2 − x − 43 und f ′ (x, 1) = 4x −1 die möglichen Extremwerte f (0, 1) = − 4 , f ( 4 , 1) = − 8 , 1 f (1, 1) = 4 . Auf T4 erhalten wir für f (1, y) = 54 y 2 − y und f ′ (1, y) = 25 y − 1 die möglichen Extremwerte f (1, 0) = 0, f (1, 25 ) = − 51 , f (1, 1) = 41 . Nun müssen wir alle Funktionswerte der möglichen Extremwerte vergleichen und erhalten im größten bzw. kleinsten dann das globale Maximum bzw. globale Minimum. Also nimmt f sein globales Maximum im Punkt [1, 1]T und sein globales Minimum im Punkt [ 31 , 32 ]T an.

5

Aufgabe H3 (Taylor/Extrema) (3+4 Punkte) Die Wirkung W : (0, ∞) × (0, ∞) → R eines Antibiotikum wird in Abhängigkeit von x Gramm und t Stunden nach der Einnahme durch die Funktion

W (x, t) = c x 2 (3 − x)t 2 e−t modelliert, wobei c > 0 ein Parameter ist. (a) Geben Sie das 2-te Taylorpolynom im Punkt [1, 0]T an. (b) Bestimmen Sie die Kombinationen von Dosis x und Zeit t , bei denen die Wirkung maximal wird, also ein lokales Maximum der Wirkung vorliegt. Lösungsvorschlag: (a) Wir berechnen zuerst Gradient und Hesse-Matrix. Diese lassen sich mit der Produktregel berechnen und sind durch

∇W (x, t) = [3c x(2 − x)t 2 e−t , c x 2 (3 − x)t(2 − t)e−t ],   6(1 − x)t 2 3x (2 − x)t (2 − t ) . HW (x, t) = ce−t 3x(2 − x)t(2 − t) x 2 (3 − x)(t 2 − 4t + 2) gegeben. Insbesondere gilt

∇W (1, 0) = [0, 0],   0 0 . HW (1, 0) = c 0 4 Damit ist das 2-te Taylorpolynom in [1, 0]T gegeben durch

1 W (1, 0) + ∇W (1, 0)[x − 1, t]T + [x − 1, t]HW (1, 0)[x − 1, t]T = 0 + 0 + 2c t 2 = 2c t 2 . 2 (b) Wir betrachten ∇W (x, t) = 0. Aus der ersten Komponente erhalten wir x = 0 oder x = 2. Da x = 0 nicht im Definitionsbereich liegt, ist nur x = 2 sinnvoll. Aus der zweiten Komponente erhalten wir mit x = 2, dass t = 0 oder t = 2 gilt. Ebenfalls ist hier nur t = 2 sinnvoll. Der interessante Extrempunkt ist also [2, 2]T . Die Eigenwerte der Hesse-Matrix

HW (2, 2) = c



−24 0

 0 −8

sind −24 und −8, insbesondere alle negativ. Also ist die Matrix negativ definit und wir haben ein lokales Maximum.

6...