Fachbereich Mathematik Prof. Dr. Fels Martin Fuchssteiner Hasan Gündogan

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

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SS 2007 27. Juni 2007

Mathe II

9. Übung mit Lösungshinweisen

Gruppenübungen

(G 1) Fourierreihen

Skizzieren Sie die folgendenden 2π-periodischen Funktionen und berechnen Sie deren Fourierreihen:

(a) f(x) = |x|,  x ∈ (−π, π]  (b) g(x) = | sin(x)|, x ∈ (−π, π]
(c) h(x) = (x − π)^{2}, 0 ≤ x < 2π

Hinweis: Sie können die Identitäten sin x cos jx = \frac{1}{2}[sin(j + 1)x) − sin(j − 1)x] bzw. ∫ x cos (nx)dx = (\frac{cos (nx)}{n^{2}} + x\frac{sin (nx)}{n}) und ∫ x^{2} cos (nx)dx = \frac{2x}{n^{2}} cos (nx) + (\frac{x^{2}}{n} − \frac{2}{n^{3}} ) sin (nx) benutzen.

Lösung:

(a) Die Funktion f ist gerade, deshalb sind die Koeffizienten b_{n} der Fourierreihe gleich 0. Außerdem gilt

a_{0} = \frac{2}{π} ∫_{0}^{π} xdx = π

und

a_{n} = \frac{2}{π} ∫_{0}^{π} x cos (nx)dx
= \frac{2}{π}[\frac{cos (nx)}{n^{2}} + x\frac{sin (nx)}{n}]_{0}^{π}
= \frac{2}{n^{2}π}(cos (nπ) − 1)
= \begin{cases}0 & n gerade \\ −\frac{4}{πn^{2}} & n ungerade. \end{cases}

die Fourierreihe lautet somit

F R(x) = \frac{π}{2} − \frac{4}{π} ∑_{n=1}^{∞} \frac{cos ((2n−1)x)}{(2n−1)^{2}}.

(b) Die Funktion g ist auf (−π, π) gerade,g(x) = g(−x), also gilt b_{j} = 0 für j ∈ N.

a_{0} = (1/π) ∫_{−π}^{π} | sin(x)| dx = (2/π) ∫_{0}^{π} sin(x) dx = 4/π.

Für j > 1 gilt

a_{j} = (1/π) ∫_{−π}^{π} | sin(x)| cos(jx) dx
= (2/π) ∫_{0}^{π} sin(x) cos(jx) dx
= 2/(π) ∫_{0}^{π}[sin((j + 1)x) − sin((j − 1)x)]/2 dx
= 1/π [−1/(j + 1) cos((j + 1)x) + 1/(j − 1) cos((j − 1)x)|_{0}^{π}]
= 1/π [−1/(j + 1)(−1)^{(j+1)} + 1/(j − 1)(−1)^{(j−1)} + 1/(j + 1) − 1/(j − 1)]
= 1/π [−2/((j − 1)(j + 1))(1 + (−1)^{j})]
a_{1} = (2/π) ∫_{0}^{π} sin(2x)/2 dx = (1/π)(− cos(2x)/2)|_{0}^{π} = 0

Die Fourierreihe von g lautet somit

F R(x) = 2/π − 4 ∑_{j=1}^{∞} 1/(π(2j − 1)(2j + 1)) cos(2jx)

(c) Wegen h(−x) = (−x − π)^{2} = (x + π)^{2} = (x − π)^{2} (Periode 2π!) ist h eine gerade

Funktion. Die Koeffizienten b_{n} der Fourierreihe sind daher gleich 0. a_{0} = \frac{2}{π} ∫_{0}^{π}(x − π)^{2}dx = \frac{2}{π}[\frac{1}{3}x^{3} − x^{2}π + π^{2}x]_{0}^{π} = \frac{2}{3}π^{2}.

a_{n} = \frac{2}{π} ∫_{0}^{π}(x − π)^{2} cos (nx)dx
= \frac{2}{π}[ ∫_{0}^{π} x^{2} cos (nx)dx − 2π ∫_{0}^{π} x cos (nx)dx + ∫_{0}^{π} cos (nx)dx]
= \frac{2}{π}[\frac{2π}{n^{2}} cos (nπ) − \frac{2π}{n^{2}} cos (nπ) + \frac{2π}{n^{2}}]
= \frac{4}{n^{2}} .

Somit folgt F R(x) = \frac{1}{3}π^{2} + 4 ∑_{n=1}^{∞} \frac{cos (nx)}{n^{2}}. (G 2) Ableitungen stetiger linearer Funktionen Es sei A : V → ℝ eine stetige lineare Abbildung zwischen den normierten Vektorräumen V und ℝ.

(a) Berechne die Richtungsableitung lim_{t→0} \frac{A(x+th)−A(x)}{t} am Punkt x ∈ V in Richtung h ∈ V.

(b) Ist die Abbildung A differenzierbar? Wenn ja, wie lautet die Ableitung DA_{x} an einem Punkt x ∈ V?

Lösung:

1. lim_{t→0} \frac{A(x+th)−A(x)}{t} = lim_{t→0} \frac{A(x+th)−A(x)}{t} = lim_{t→0} \frac{A(th)}{t} = lim_{t→0} \frac{t·A(h)}{t} = lim_{t→0} A(h) = A(h).

2. Ja, dA(x)(h) = A(h).

(G 3) Partielle Ableitungen

Die Richtungsableitungen lim_{t→0} \frac{f(x+te_{i})−f(x)}{t} einer Funktion f : ℝ^{n} → ℝ^{m} in Richtung der i-ten Einheitsvektoren e_{i} werden (sofern sie existieren) partielle Ableitungen genannt. Man schreibt dafür auch \frac{∂f}{∂x_{i}}.

(a) Man berechne für die folgenden Funktionen f : ℝ^{2} → ℝ bzw f : ℝ^{3} → ℝ die partiellen Ableitungen sowie deren partielle Ableitungen.

(i) f(x, y) = x^{3} − 2x^{2}y^{2} + 4xy^{3} + y^{4} + 10. (ii) f(x, y, z) = xyz sin(x + y + z)

(b) Die Funktion f : ℝ^{2} \ \{0\} → ℝ sei durch f(x, y) = ln \sqrt{x^{2} + y^{2}} gegeben. Zeigen Sie \frac{∂^{2}f}{∂x^{2}} + \frac{∂^{2}f}{∂y^{2}} = 0.

Lösung:

1. (a) \frac{∂f}{∂x} = 3x^{2} − 4xy^{2} + 4y^{3}, \frac{∂f}{∂y} = 4x^{2}y + 12xy^{2} + 4y^{3}, \frac{∂^{2}f}{∂x∂y} = \frac{∂^{2}f}{∂y∂x} = 8xy + 12y^{2}.

(b) \frac{∂f}{∂x} = yz sin(x+y+z)+xyz cos(x+y+z), \frac{∂f}{∂y} = xz sin(x+y+z)+xyz cos(x+y+z), \frac{∂f}{∂z} = xy sin(x + y + z) + xyz cos(x + y + z), \frac{∂^{2}f}{∂x∂y} = \frac{∂^{2}f}{∂y∂x} = z sin(x + y + z) + yz cos(x + y + z) + xz cos(x + y + z) − xyz sin(x + y + z), \frac{∂^{2}f}{∂x∂z} = \frac{∂^{2}f}{∂z∂x} = y sin(x + y + z) + yz cos(x + y + z) + xy cos(x + y + z) − xyz sin(x + y + z), \frac{∂^{2}f}{∂y∂z} = \frac{∂^{2}f}{∂z∂y}x sin(x+y+z)+xz cos(x+y+z)+xy cos(x+y+z)−xyz sin(x+y+z),

2. Die ersten Richtungsableitungen berechnen sich zu \frac{∂f}{∂x} = \frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} · \frac{\frac{1}{2} 2x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} = \frac{x}{x^{2}+y^{2}}

und \frac{∂f}{∂y} = \frac{y}{x^{2}+y^{2}} Die zweiten Ableitungen lauten daher \frac{∂^{2}f}{∂x^{2}} = \frac{1}{x^{2}+y^{2}} + \frac{−2x^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}} sowie

\frac{∂^{2}f}{∂y^{2}} = \frac{1}{x^{2}+y^{2}} + \frac{−2y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}} . Es folgt \frac{∂^{2}f}{∂x^{2}} + \frac{∂^{2}f}{∂y^{2}} = \frac{2}{x^{2}+y^{2}} − \frac{−2(x^{2}+y^{2})}{(x^{2}+y^{2})^{2}} = 0.

(G 4) Ein Gegenbeispiel

Die Funktion f : ℝ^{2} → ℝ sei durch

f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{xy}{x^{2}+y^{2}} & (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 & (x, y) = (0, 0) \end{matrix}

gegeben. Beweisen Sie die folgenden Aussagen:

(a) Die Funktion f ist im Punkt 0 partiell differenzierbar.

(b) Die Richtungsableitung lim_{t→0} \frac{f(tv)−f(0)}{t} exisitert nur für v ∈ \{0\}×ℝ und v ∈ ℝ×\{0\}.

(c) Die Funktion f ist nicht differenzierbar.

Lösung:

(a) Es gilt

∂_{1}f(0, 0) = lim_{h→0} \frac{f(h, 0) − f(0, 0)}{h} = lim_{h→0} \frac{0}{h} = 0

und

∂_{2}f(0, 0) = lim_{h→0} \frac{f(0, h) − f(0, 0)}{h} = lim_{h→0} \frac{0}{h} = 0.

(b) Es sei v = (v_{1}, v_{2}) kein vielfaches der Standard-Basisvektoren, d.h. v_{1} · v_{2} ≠ 0. Dann gilt

\frac{f((0, 0) + hv) − f(0, 0)}{h} = \frac{1}{h} \frac{v_{1}v_{2}}{v_{1}^{2} + v_{2}^{2}}

und somit existiert der Grenzwert lim_{h→0} \frac{f((0,0)+hv)−f(0,0)}{h} nicht.

(c) Da nicht alle Richtungsableitungen im Punkt 0 existieren, kann f nicht differenzierbar sein.

(G 5) Ableitungen stetiger linearer Funktionen II

Es seien V und W normierten Vektorräume und f : V → ℝ eine stetige lineare Abbildung. Wir wissen aus Aufgabe G1, daß für alle v ∈ V das Differential df(v) genau durch die Funktion f gegeben ist. Kommentiere folgenden Einwand:

“Ist V = W = ℝ und f : ℝ → ℝ, x ↦ x die Identität, so gilt f′(x) = 1 für alle x ∈ ℝ, im Widerspruch zu oben gezeigtem!”

(Wo liegt der Fehler?)

Lösung:

Ist f : ℝ → ℝ, x ↦ x die Identität, so gilt f′(x) = 1 für alle x ∈ ℝ. Dies bedeutet lim_{t→0} \frac{f(v+th)−f(t)−f′(v)·th}{t} = 0, d.h. das Differential df(v) ist durch df(v)(h) = h = f(h) gegeben! Es gibt also keinen Widerspruch!

Hausübungen

(A 26) Kurven im ℝ^{3} (10 Punkte)

Es seien α und β zwei stetig differenzierbare Kurven I → ℝ^{3} im ℝ^{3}. Wir definieren die Kurve γ : I → ℝ^{3} durch γ(t) = α(t) × β(t). (Zur Erinnerung, das Kreuzprodukt von zwei Vektoren ist durch

( \begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix} ) × ( \begin{matrix}y_{1} \\ y_{2} \\ y_{3} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}x_{2}y_{3} − x_{3}y_{2} \\ y_{1}x_{3} − x_{1}y_{3} \\ x_{1}y_{2} − x_{2}y_{3} \end{matrix} )

gegeben).

(a) Wie berechnet sich die Ableitung von γ am Punkt t (durch die Werte von α, α̇, β und β̇)?

(b) Ist die Kurve γ stetig differenzierbar?

Lösung:

1. Das Kreuzprodukt ist bilinear. Eine Verallgemeinerung von Aufgabe G3 führt zu γ̇ = α × β̇ + α̇ × β. Natürlich läßt sich dies auch explizit ausrechnen.

2. Da α und β stetig differenzierbar sind, ist (nach (a) auch ·γ stetig.

(A 27) Richtungsableitung (10 Punkte)

Es sei V = C([0, 1], ℝ) der Vektorraum der stetigen reellen Funktionen auf dem Einheitsintervall versehen mit der Supremumsnorm. Wie lautet die Richtungsableitung der Funktion f ↦ f^{2} in Richtung h ∈ V am Punkt f ∈ V?

Lösung:

lim_{t→0} \frac{(f+th)^{2}−f^{2}}{t} = lim_{t→0} \frac{(f^{2}+2tfh+t^{2}h^{2}−f^{2}}{t} = lim_{t→0} \frac{2tfh+t^{2}h^{2}}{t} = 2f.

(A 28) Die Richtungsableitung der Exponentialfunktion (10 Punkte)

Wir betrachten den Banachraum V = L(ℝ^{n}, ℝ^{n}), wobei wir lineare Abbildungen A mit der zugehörigen Matrix bezüglich der kanonischen Basis identifizieren. Die Matrixexponentialfunktion exp : V → V ist durch

exp(A) = ∑_{k=0} \frac{1}{k!}A^{k}

gegeben. Berechne die Richtungsableitung der Matrixexponentialabbildung in Richtung A am Punkt 0 (d.h. bei der Nullabbildung).

Hinweis: Dies geschieht analog zum Beweis für die reelle Exponentialfunktion.

Lösung:

Es gilt

exp(A) − exp(0) = ∑_{k=0} \frac{1}{k!}A^{k} − A^{0} = ∑_{k=1} \frac{1}{k!}A^{k}.

Somit folgt

lim_{t→0} \frac{exp(tA) − exp(0)}{t} = lim_{t→0} \frac{∑_{k=1} \frac{1}{k!}t^{k}A^{k}}{t} = lim_{t→0} A + \frac{∑_{k=2} \frac{1}{k!}t^{k}A^{k}}{t} = A.