Fachbereich Mathematik Prof. Dr. Fels Martin Fuchssteiner Hasan Gündoğan

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

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SS 2007 3. Juli 2007

Mathe II

10. Übung mit Lösungshinweisen

Auf diesem Übungsblatt behandeln wir die Differenzialrechnung in höherdimensionalen Räumen. Es gelten die folgenden allgemeinen Voraussetzungen:

E, F sind endlich-dimensionale, normierte Vektorräume, d.h. beide sind mit einer Funktion ∥·∥ ausgestattet, die den Vektoren eine Länge zuordnet. Normalerweise denken wir uns E = ℝ^{m} und F = ℝ^{n} für gewisse m, n ∈ ℕ, jeweils mit der Norm ∥x∥_{2} := \sqrt{∑_{i} x_{i}^{2}} oder der Norm ∥x∥_{∞} := max_{i} |x_{i}|. Wichtig ist in diesem Fall, dass bezüglich dieser Normen Folgen im ℝ^{n} bzw. ℝ^{m} genau dann konvergieren, wenn alle einzelnen Komponenten konvergieren. Außerdem ist U ⊂ E immer eine offene Teilmenge, z.B. die Menge U = {(x_{1}, x_{2}) ∈ ℝ^{2}| x_{1}^{2} + x_{2}^{2} < 1} (offene Einheitskugel) in E = ℝ^{2}. In vielen Fällen ist aber einfach U = E.

Wir definieren dann die folgenden Begriffe: Eine Abbildung f : U → F heißt in einem Punkt x ∈ U differenzierbar, falls eine lineare Abbildung A : E → F existiert, so dass

lim_{h→0} \frac{f(x + h) − f(x) − A(h)}{∥h∥} = 0

gilt. Weil die lineare Abbildung A von x und f abhängt und sogar eindeutig bestimmt ist, schreiben wir Df_{x} := A und nennen sie das Differenzial von f in x.

Eine Abbildung f : U → F heißt differenzierbar, wenn sie in jedem Punkt x ∈ U differenzierbar ist.

Ist eine Abbildung f : U → F gegeben, ein Punkt x ∈ U und ein Vektor v ∈ E, so heißt

∂_{v}f(x) := lim_{t→0} \frac{f(x + tv) − f(x)}{t}

die Richtungsableitung von f in x in Richtung v.

Speziell für E = ℝ^{m}, F = ℝ, x ∈ U und e_{1}, e_{2}, …, e_{m} ∈ ℝ^{m}, wobei bei e_{j} nur der j-te Eintrag 1 ist und alle anderen 0, schreibt man

\frac{∂f}{∂x_{j}} (x) := ∂_{e_{j}}f(x) = lim_{t→0} \frac{f(x_{1}, …, x_{j−1}, x_{j} + t, x_{j+1}, …, x_{m}) − f(x)}{t}

und nennt diese Zahl die partielle Ableitung nach x_{j}. Wenn man also eine mehrdimensionale Funktion partiell nach einer Variablen ableitet, tut man so, als ob die Funktion nur von dieser einen Variablen abhängt und leitet sie danach ab. Beispiel:

f(x_{1}, x_{2}) = x_{1}^{2}x_{2} + cos(x_{2}) ⟹ \frac{∂f}{∂x_{1}} (x_{1}, x_{2}) = 2x_{1}x_{2} + 0 und \frac{∂f}{∂x_{2}} (x_{1}, x_{2}) = x_{1}^{2} − sin(x_{2}).

Wenn die partiellen Ableitungen in alle Koordinatenrichtungen existieren, heißt die Funktion partiell differenzierbar. Wenn die partiellen Ableitungen alle stetig sind, heißt die Funktion stetig partiell differenzierbar.

Ist eine Abbildung f : U → F in einem Punkt x ∈ U differenzierbar und ist ein Vektor v ∈ E gegeben, so existiert auch die Richtungsableitung von f in x in Richtung v und sie ist:

∂_{v}f(x) = Df_{x}(v).

Hat man E = ℝ^{m}, F = ℝ^{n} und eine Funktion f : U → ℝ^{n}, x ↦ (f_{1}(x), f_{2}(x), …, f_{n}(x)), die in x ∈ U differenzierbar ist, so definiert man eine Matrix

J_{f}(x) := (\begin{matrix}\frac{∂f_{1}}{∂x_{1}} (x) & \frac{∂f_{1}}{∂x_{2}} (x) & \frac{∂f_{1}}{∂x_{3}} (x) & ⋯ & \frac{∂f_{1}}{∂x_{m}} (x) \\ \frac{∂f_{2}}{∂x_{1}} (x) & \frac{∂f_{2}}{∂x_{2}} (x) & \frac{∂f_{2}}{∂x_{3}} (x) & ⋯ & \frac{∂f_{2}}{∂x_{m}} (x) \\ \frac{∂f_{3}}{∂x_{1}} (x) & \frac{∂f_{3}}{∂x_{2}} (x) & \frac{∂f_{3}}{∂x_{3}} (x) & ⋯ & \frac{∂f_{3}}{∂x_{m}} (x) \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ... & ⋮ \\ \frac{∂f_{n}}{∂x_{1}} (x) & \frac{∂f_{n}}{∂x_{2}} (x) & \frac{∂f_{n}}{∂x_{3}} (x) & ⋯ & \frac{∂f_{n}}{∂x_{m}} (x) \end{matrix}) ,

die Jacobi-Matrix von f in x. Das Differenzial ist dann folgendermaßen gegeben:

Df_{x} : ℝ^{m} ⟶ ℝ^{n}
h ⟼ J_{f}(x) · h.

Die bekannte Ableitung im Eindimensionalen ist eine 1 × 1-Jacobi-Matrix, das Differenzial im Eindimensionalen ist die Multiplikation mit dieser Zahl.

Gruppenübungen

(G 1) Formen der Differenzierbarkeit

Fügen Sie zwischen die folgenden Aussagen für eine Funktion f : ℝ^{m} → ℝ^{n} alle allgemein richtigen Implikationspfeile ” ⟹ “ ein:

f ist stetig.  f ist differenzierbar. f ist partiell differenzierbar.  f ist stetig partiell differenzierbar.

Lösung:

\xymatrix{f ist stetig. & f ist differenzierbar. \ar@{=>}[l] \ar@{=>}[dl] \\ f ist partiell differenzierbar. & f ist stetig partiell differenzierbar. \ar@{=>}[u] \ar@{=>}[ul] \ar@{=>}[l]}

(G 2) Richtungsableitung, Partielle Ableitung, Differenzial, Jacobi-Matrix

Sei f : ℝ^{3} → ℝ, (x_{1}, x_{2}, x_{3}) ↦ x_{1}^{2}x_{2} − 2x_{1}x_{2}^{2} + e^{x_{3}}.

(a) Bestimmen Sie mit Hilfe der entsprechenden Definition die Richtungsableitung ∂_{v}f(x) von f in x = (2, 1, 0) in Richtung v = (2, −1, 1).

(b) Bestimmen Sie die partiellen Ableitungen \frac{∂f}{∂x_{1}} , \frac{∂f}{∂x_{2}} , \frac{∂f}{∂x_{3}} von f.

(c) Ist f differenzierbar, d.h ist f in jedem Punkt von ℝ^{3} differenzierbar? Wenn ja, wie sieht das Differenzial Df_{x} : ℝ^{3} → ℝ an einer allgemeinen Stelle x = (x_{1}, x_{2}, x_{3}) aus? Und was hat Df_{x} mit der Jacobi-Matrix J_{f}(x) zu tun? Können Sie mit Hilfe von J_{f}(x) die Richtungsableitung ∂_{v}f(x) aus (a) auf eine zweite Art und Weise berechnen?

Lösung:

(a) Wir rechnen:

∂_{(2,−1,1)}f(2, 1, 0) = lim_{t→0} \frac{f(x + tv) − f(x)}{t} = lim_{t→0} \frac{f((2, 1, 0) + t(2, −1, 1)) − f(2, 1, 0)}{t}

= lim_{t→0} \frac{f(2 + 2t, 1 − t, t) − 1}{t}

= lim_{t→0} \frac{(4 + 8t + 4t^{2})(1 − t) − (4 + 4t)(1 − 2t + t^{2}) + e^{t} − 1}{t}

= lim_{t→0} \frac{e^{t} − 8t^{3} + 8t − 1}{t} =^{de L’Hospital} lim_{t→0} \frac{e^{t} − 24t^{2} + 8}{1} = 9.

(b) Wir leiten jeweils nach x_{1}, x_{2}, x_{3} ab:

\begin{aligned}\frac{∂f}{∂x_{1}} (x_{1}, x_{2}, x_{3}) & = 2x_{1}x_{2} − 2x_{2}^{2} \\ \frac{∂f}{∂x_{2}} (x_{1}, x_{2}, x_{3}) & = x_{1}^{2} − 4x_{1}x_{2} \\ \frac{∂f}{∂x_{3}} (x_{1}, x_{2}, x_{3}) & = e^{x_{3}}. \end{aligned}

(c) Jede partielle Ableitung existiert überall und ist überall stetig als Summe von Polynomen bzw. als Exponentialfunktion. Daher ist f stetig partiell differenzierbar, also auch differenzierbar. Die Jacobi-Matrix J_{f}(x) ist der liegende Vektor

(\frac{∂f}{∂x_{1}} (x_{1}, x_{2}, x_{3}), \frac{∂f}{∂x_{2}} (x_{1}, x_{2}, x_{3}), \frac{∂f}{∂x_{3}} (x_{1}, x_{2}, x_{3})) = (2x_{1}x_{2} − 2x_{2}^{2}, x_{1}^{2} − 4x_{1}x_{2}, e^{x_{3}})

und das Differenzial Df_{x} ist die lineare Abbildung

Df_{x} : ℝ^{3} ⟶ ℝ
(\begin{matrix}h_{1} \\ h_{2} \\ h_{3} \end{matrix}) ⟼ J_{f}(x) · (\begin{matrix}h_{1} \\ h_{2} \\ h_{3} \end{matrix}) = (2x_{1}x_{2} − 2x_{2}^{2})h_{1} − (x_{1}^{2} − 4x_{1}x_{2})h_{2} + e^{x_{3}}h_{3}.

Die Richtungsableitung ∂_{(2,−1,1)}f(2, 1, 0) lässt sich nun auch wie folgt berechnen:

∂_{(2,−1,1)}f(2, 1, 0) = J_{f}(2, 1, 0)·(\begin{matrix}2 \\ −1 \\ 1 \end{matrix}) = (4−2)·2+(4−8)·(−1)+(e^{0})·1 = 4+4+1 = 9.

(G 3) Höhere Ableitungen und Taylor im Mehrdimensionalen

Sei f : ℝ^{3} → ℝ, (x_{1}, x_{2}, x_{3}) ↦ x_{1}^{2}x_{2} − 2x_{1}x_{2}^{2} + e^{x_{3}} wie in (G 2). Bestimmen Sie die höheren partiellen Ableitungen von f bis zum Grad 3 und stellen Sie die Taylorpolynome vom Grad 0 bis 3 mit Entwicklungspunkt a = (2, 1, 0) auf. Ist bei der Berechnung der höheren partiellen Ableitungen von f die Reihenfolge der Differenziation wichtig?

Hinweis: Das Taylorpolynom vom Grad n mit Entwicklungspunkt a = (a_{1}, a_{2}, a_{3}) von f ist

T_{f}^{n}(x, a) = ∑_{k=0}^{n} ( ∑_{\begin{matrix}0≤j_{1},j_{2},j_{3}≤k \\ j_{1}+j_{2}+j_{3}=k \end{matrix}} \frac{∂^{k}f}{∂x_{1}^{j_{1}}∂x_{2}^{j_{2}}∂x_{3}^{j_{3}}} (a) · \frac{(x_{1} − a_{1})^{j_{1}}(x_{2} − a_{2})^{j_{2}}(x_{3} − a_{3})^{j_{3}}}{j_{1}!j_{2}!j_{3}!} ) .

Bei der Berechnung der höheren partiellen Ableitungen von f ist die Reihenfolge der Differenziation nicht wichtig, da die Funktion f unendlich oft differenzierbar ist und man iterativ des Satz von Schwarz benutzen kann. Die partiellen Ableitungen bis zum Grad 3 sind:

f = x_{1}^{2}x_{2} − 2x_{1}x_{2}^{2} + e^{x_{3}},

\frac{∂f}{∂x_{1}} = 2x_{1}x_{2} − 2x_{2}^{2}, \frac{∂f}{∂x_{2}} = x_{1}^{2} − 4x_{1}x_{2}, \frac{∂f}{∂x_{3}} = e^{x_{3}},

\frac{∂^{2}f}{∂x_{1}^{2}} = 2x_{2}, \frac{∂^{2}f}{∂x_{1}∂x_{2}} = 2x_{1} − 4x_{2}, \frac{∂^{2}f}{∂x_{1}∂x_{3}} = 0,

\frac{∂^{2}f}{∂x_{2}^{2}} = −4x_{1}, \frac{∂^{2}f}{∂x_{2}∂x_{3}} = 0, \frac{∂^{2}f}{∂x_{3}^{2}} = e^{x_{3}},

\frac{∂^{3}f}{∂x_{1}^{3}} = 0, \frac{∂^{3}f}{∂x_{1}^{2}∂x_{2}} = 2, \frac{∂^{3}f}{∂x_{1}^{2}∂x_{3}} = 0,

\frac{∂^{3}f}{∂x_{1}∂x_{2}^{2}} = −4, \frac{∂^{3}f}{∂x_{1}∂x_{3}^{2}} = 0, \frac{∂^{3}f}{∂x_{1}∂x_{2}∂x_{3}} = 0,

\frac{∂^{3}f}{∂x_{2}^{3}} = 0, \frac{∂^{3}f}{∂x_{2}^{2}∂x_{3}} = 0, \frac{∂^{3}f}{∂x_{2}∂x_{3}^{2}} = 0, \frac{∂^{3}f}{∂x_{3}^{3}} = e^{x_{3}}.

An der Stelle a = (2, 1, 0) haben wir dann:

f(a) = 1,

\frac{∂f}{∂x_{1}} (a) = 2, \frac{∂f}{∂x_{2}} (a) = −4, \frac{∂f}{∂x_{3}} (a) = 1,

\frac{∂^{2}f}{∂x_{1}^{2}} (a) = 2, \frac{∂^{2}f}{∂x_{1}∂x_{2}} (a) = 0, \frac{∂}{∂x_{1}} \frac{∂}{∂x_{3}} f(a) = 0,

\frac{∂^{2}f}{∂x_{2}^{2}} (a) = −8, \frac{∂^{2}f}{∂x_{2}∂x_{3}} (a) = 0, \frac{∂^{2}f}{∂x_{3}^{2}} (a) = 1,

\frac{∂^{3}f}{∂x_{1}^{3}} (a) = 0, \frac{∂^{3}f}{∂x_{1}^{2}∂x_{2}} (a) = 2, \frac{∂^{3}f}{∂x_{1}^{2}∂x_{3}} (a) = 0,

\frac{∂^{3}f}{∂x_{1}∂x_{2}^{2}} (a) = −4, \frac{∂^{3}f}{∂x_{1}∂x_{3}^{2}} (a) = 0, \frac{∂^{3}f}{∂x_{1}∂x_{2}∂x_{3}} (a) = 0,

\frac{∂^{3}f}{∂x_{2}^{3}} (a) = 0, \frac{∂^{3}f}{∂x_{2}^{2}∂x_{3}} (a) = 0, \frac{∂^{3}f}{∂x_{2}∂x_{3}^{2}} (a) = 0, \frac{∂^{3}f}{∂x_{3}^{3}} (a) = 1.

Wir erhalten die Taylorpolonome

T_{f}^{0}(x, a) = f(a) = 1,
T_{f}^{1}(x, a) = T_{f}^{0}(x, a) + \frac{∂f}{∂x_{1}} (a)(x_{1} − a_{1}) + \frac{∂f}{∂x_{2}} (a)(x_{2} − a_{2}) + \frac{∂f}{∂x_{3}} (a)(x_{3} − a_{3})

= 1 + 2(x_{1} − 2) − 4(x_{2} − 1) + x_{3},

T_{f}^{2}(x, a) = T_{f}^{1}(x, a) + \frac{∂^{2}f}{∂x_{1}^{2}} (a)\frac{(x_{1} − a_{1})^{2}}{2!} + \frac{∂^{2}f}{∂x_{1}∂x_{2}} (a)(x_{1} − a_{1})(x_{2} − a_{2})

+ \frac{∂^{2}f}{∂x_{1}∂x_{3}} (a)(x_{1} − a_{1})(x_{3} − a_{3}) + \frac{∂^{2}f}{∂x_{2}^{2}} (a)\frac{(x_{2} − a_{2})^{2}}{2!}

+ \frac{∂^{2}f}{∂x_{2}∂x_{3}} (a)(x_{2} − a_{2})(x_{3} − a_{3}) + \frac{∂^{2}f}{∂x_{3}^{2}} (a)\frac{(x_{3} − a_{3})^{2}}{2!} ,

= 1 + 2(x_{1} − 2) − 4(x_{2} − 1) + x_{3} + (x_{1} − 2)^{2} − 4(x_{2} − 1)^{2} + \frac{1}{2}x_{3}^{2},

T_{f}^{3}(x, a) = T_{f}^{2}(x, a) + \frac{∂^{3}f}{∂x_{1}^{3}} (a)\frac{(x_{1} − a_{1})^{3}}{3!} + \frac{∂^{3}f}{∂x_{1}^{2}∂x_{2}} (a)\frac{(x_{1} − a_{1})^{2}(x_{2} − a_{2})}{2!1!}

+ \frac{∂^{3}f}{∂x_{1}^{2}∂x_{3}} (a)\frac{(x_{1} − a_{1})^{2}(x_{3} − a_{3})}{2!1!} + \frac{∂^{3}f}{∂x_{1}∂x_{2}^{2}} (a)\frac{(x_{1} − a_{1})(x_{2} − a_{2})^{2}}{1!2!}

+ \frac{∂^{3}f}{∂x_{1}∂x_{3}^{2}} (a)\frac{(x_{1} − a_{1})(x_{3} − a_{3})^{2}}{1!2!} + \frac{∂^{3}f}{∂x_{1}∂x_{2}∂x_{3}} (a)(x_{1} − a_{1})(x_{2} − a_{2})(x_{3} − a_{3})

+ \frac{∂^{3}f}{∂x_{2}^{3}} (a)\frac{(x_{2} − a_{2})^{3}}{3!} + \frac{∂^{3}f}{∂x_{2}^{2}∂x_{3}} (a)\frac{(x_{2} − a_{2})^{2}(x_{3} − a_{3})}{2!1!}

+ \frac{∂^{3}f}{∂x_{2}x_{3}^{2}} (a)\frac{(x_{2} − a_{2})(x_{3} − a_{3})^{2}}{1!2!} + \frac{∂^{3}f}{∂x_{3}^{3}} (a)\frac{(x_{3} − a_{3})^{3}}{3!}

= 1 + 2(x_{1} − 2) − 4(x_{2} − 1) + x_{3} + (x_{1} − 2)^{2} − 4(x_{2} − 1)^{2} + \frac{1}{2}x_{3}^{2}

+ (x_{1} − 2)^{2}(x_{2} − 1) − 2(x_{1} − 2)(x_{2} − 1)^{2} + \frac{1}{6}x_{3}^{3}.

(G 4) Kettenregel im Mehrdimensionalen Seien f : ℝ^{2} → ℝ^{2}, (x_{1}, x_{2}) ↦ (x_{1}^{2} − x_{1}x_{2}, x_{1} + x_{2}^{3}) und g : ℝ → ℝ^{2}, z ↦ (z, z). Bestimmen Sie J_{(f∘g)}(7) auf zwei Arten und Weisen. Hinweis: Für die Benutzung der Kettenregel im Mehrdimensionalen ist es hilfreich, sich alle obigen Vektoren als stehende Vektoren vorzustellen. Dann steht in der j-ten Spalten der Jacobi-Matrix die vektorwertige Funktion nach x_{j} partiell abgeleitet.

Lösung:

Wir berechnen zunächst die Jacobi-Matrizen von f und g:

J_{f}(x_{1}, x_{2}) = (\begin{matrix}2x_{1} − x_{2} & −x_{1} \\ 1 & 3x_{2}^{2} \end{matrix}) , J_{g}(z) = (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}) .

Nach der Kettenregel gilt:

J_{(f∘g)}(7) = J_{f}(g(7)) · J_{g}(7) = J_{f}(7, 7) · J_{g}(7) = (\begin{matrix}7 & −7 \\ 1 & 147 \end{matrix}) · (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 \\ 148 \end{matrix}) .

Alternativ bestimmen wir direkt: f ∘ g : ℝ → ℝ^{2}, z ↦ (z^{2} − z · z, z + z^{3}) = (0, z + z^{3}). Deswegen ist

J_{(f∘g)}(z) = (\begin{matrix}0 \\ 1 + 3z^{2} \end{matrix}) , also J_{(f∘g)}(7) = (\begin{matrix}0 \\ 148 \end{matrix}) .

Hausübungen

(A 29) Mehrdimensionales Ableiten (2+4+4=10 Punkte) Wir fassen den Raum aller 2×2-Matrizen als vierdimensionalen Vektorraum ℝ^{2×2} = ℝ^{4} auf. Die Menge der invertierbaren Matrizen^{1} bezeichnen wir mit U ⊂ ℝ^{4}. Die Matrix-Inversion

U ⟶ ℝ^{2×2} = ℝ^{4}

(\begin{matrix}a \\ b \\ c \\ d \end{matrix}) = (\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}) ⟼ (\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix})^{−1} = (\begin{matrix}η_{a}(a, b, c, d) \\ η_{b}(a, b, c, d) \\ η_{c}(a, b, c, d) \\ η_{d}(a, b, c, d) \end{matrix})

1Diese Teilmenge ist offen und deswegen ist die folgende Betrachtung sinnvoll.

nennen wir η.

(a) Bestimmen Sie η_{a}, η_{b}, η_{c}, η_{d} mit Hilfe der expliziten Inversions-Formel für 2 × 2-Matrizen.

(b) Bestimmen Sie die partiellen Ableitungen von η_{a}, η_{b}, η_{c}, η_{d}.

(c) Rechnen Sie nach, dass gilt:

Dη(\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}) (\begin{matrix}w & x \\ y & z \end{matrix}) = − (\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix})^{−1} (\begin{matrix}w & x \\ y & z \end{matrix}) (\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix})^{−1} .

Lösung:

(a) Die explizite Inversions-Formel für 2 × 2-Matrizen lautet

(\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix})^{−1} = (\begin{matrix}\frac{d}{ad−bc} & \frac{−b}{ad−bc} \\ \frac{−c}{ad−bc} & \frac{a}{ad−bc} \end{matrix}) .

Deswegen haben wir η_{a}(a, b, c, d) = \frac{d}{ad−bc}, η_{b}(a, b, c, d) = \frac{−b}{ad−bc}, η_{c}(a, b, c, d) = \frac{−c}{ad−bc}, η_{d}(a, b, c, d) = \frac{a}{ad−bc}.

(b) Es sind genau 16 partielle Ableitungen zu berechnen:

\begin{aligned}∂_{a}η_{a} & = \frac{−d^{2}}{(ad − bc)^{2}} , ∂_{b}η_{a} = \frac{cd}{(ad − bc)^{2}} , ∂_{c}η_{a} = \frac{bd}{(ad − bc)^{2}} , ∂_{d}η_{a} = \frac{−bc}{(ad − bc)^{2}} \\ ∂_{a}η_{b} & = \frac{bd}{(ad − bc)^{2}} , ∂_{b}η_{b} = \frac{−ad}{(ad − bc)^{2}} , ∂_{c}η_{b} = \frac{−b^{2}}{(ad − bc)^{2}} , ∂_{d}η_{b} = \frac{ab}{(ad − bc)^{2}} \\ ∂_{a}η_{c} & = \frac{cd}{(ad − bc)^{2}} , ∂_{b}η_{c} = \frac{−c^{2}}{(ad − bc)^{2}} , ∂_{c}η_{c} = \frac{−ad}{(ad − bc)^{2}} , ∂_{d}η_{c} = \frac{ac}{(ad − bc)^{2}} \\ ∂_{a}η_{d} & = \frac{−bc}{(ad − bc)^{2}} , ∂_{b}η_{d} = \frac{ac}{(ad − bc)^{2}} , ∂_{c}η_{d} = \frac{ab}{(ad − bc)^{2}} , ∂_{d}η_{d} = \frac{−a^{2}}{(ad − bc)^{2}} . \end{aligned}

Dies sind die Einträge der Jacobi-Matrix J_{η}(a, b, c, d).

(c) Einerseits ist

J_{η}(a, b, c, d) · (\begin{matrix}w \\ x \\ y \\ z \end{matrix}) = \frac{1}{(ad − bc)^{2}} (\begin{matrix}−d^{2}w + cdx + bdy − bcz \\ bdw − adx − b^{2}y + abz \\ cdw − c^{2}x − ady + acz \\ −bcw + acx + aby − a^{2}z \end{matrix})

und andererseits ist

− (\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix})^{−1} (\begin{matrix}w & x \\ y & z \end{matrix}) (\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix})^{−1} = − (\begin{matrix}\frac{d}{ad−bc} & \frac{−b}{ad−bc} \\ \frac{−c}{ad−bc} & \frac{a}{ad−bc} \end{matrix}) · (\begin{matrix}w & x \\ y & z \end{matrix}) · (\begin{matrix}\frac{d}{ad−bc} & \frac{−b}{ad−bc} \\ \frac{−c}{ad−bc} & \frac{a}{ad−bc} \end{matrix})

=\frac{1}{(ad − bc)^{2}} (\begin{matrix}−d & b \\ c & −a \end{matrix}) · (\begin{matrix}w & x \\ y & z \end{matrix}) · (\begin{matrix}d & −b \\ −c & a \end{matrix})
=\frac{1}{(ad − bc)^{2}} (\begin{matrix}−dw + by & −dx + bz \\ cw − ay & cx − az \end{matrix}) · (\begin{matrix}d & −b \\ −c & a \end{matrix})
=\frac{1}{(ad − bc)^{2}} (\begin{matrix}−d^{2}w + bdy + cdx − bcz & bdw − b^{2}y − adx + abz \\ cdw − ady − c^{2}x + acz & −bcw + aby + acx − a^{2}z \end{matrix}) .

(A 30) Höhere Ableitungen und Taylor im Mehrdimensionalen (10 Punkte) Sei f : ℝ^{2} → ℝ, (x_{1}, x_{2}) ↦ e^{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}} − 8x_{1}^{2} − 4x_{2}^{2}. Bestimmen Sie die höheren partiellen Ableitungen von f bis zum Grad 4 und stellen Sie die Taylorpolynome vom Grad 0 bis 4 mit Entwicklungspunkt a = (0, 0) auf. Hinweis: Das Taylorpolynom vom Grad n mit Entwicklungspunkt a = (a_{1}, a_{2}) von f ist

T_{f}^{n}(x, a) = ∑_{k=0}^{n} ( ∑_{\begin{matrix}0≤j_{1},j_{2}≤k \\ j_{1}+j_{2}=k \end{matrix}} \frac{∂^{k}f}{∂x_{1}^{j_{1}}∂x_{2}^{j_{2}}} (a) · \frac{(x_{1} − a_{1})^{j_{1}}(x_{2} − a_{2})^{j_{2}}}{j_{1}!j_{2}!} ) .

Lösung:

Die partiellen Ableitungen bis zum Grad 4 sind:

f = e^{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}} − 8x_{1}^{2} − 4x_{2}^{2}, \frac{∂f}{∂x_{1}} = 2x_{1}e^{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}} − 16x_{1}, \frac{∂f}{∂x_{2}} = 2x_{2}e^{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}} − 8x_{2},

\frac{∂^{2}f}{∂x_{1}^{2}} = (2 + 4x_{1}^{2})e^{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}} − 16, \frac{∂^{2}f}{∂x_{1}∂x_{2}} = 4x_{1}x_{2}e^{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}, \frac{∂^{2}f}{∂x_{2}^{2}} = (2 + 4x_{2}^{2})e^{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}} − 8,

\frac{∂^{3}f}{∂x_{1}^{3}} = (12x_{1} + 8x_{1}^{3})e^{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}, \frac{∂^{3}f}{∂x_{1}^{2}∂x_{2}} = (4x_{2} + 8x_{1}^{2}x_{2})e^{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}},

\frac{∂^{3}f}{∂x_{1}∂x_{2}^{2}} = (8x_{1}x_{2}^{2} + 4x_{1})e^{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}, \frac{∂^{3}f}{∂x_{2}^{3}} = (12x_{2} + 8x_{2}^{3})e^{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}},

\frac{∂^{4}f}{∂x_{1}^{4}} = (12 + 48x_{1}^{2} + 16x_{1}^{4})e^{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}, \frac{∂^{4}f}{∂x_{1}^{3}∂x_{2}} = (24x_{1}x_{2} + 16x_{1}^{3}x_{2})e^{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}},

\frac{∂^{4}f}{∂x_{1}^{2}∂x_{2}^{2}} = (8x_{1}^{2} + 16x_{1}^{2}x_{2}^{2} + 8x_{2}^{2} + 4)e^{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}, \frac{∂^{4}f}{∂x_{1}∂x_{2}^{3}} = (24x_{1}x_{2} + 16x_{1}x_{2}^{3})e^{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}},

\frac{∂^{4}f}{∂x_{2}^{4}} = (12 + 48x_{2}^{2} + 16x_{2}^{4})e^{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}.

An der Stelle a = (0, 0) haben wir dann:

f(a) = 1,

\frac{∂}{∂x_{1}} f(a) = 0, \frac{∂}{∂x_{2}} f(a) = 0,

\frac{∂^{2}f}{∂x_{1}^{2}} (a) = −14, \frac{∂^{2}f}{∂x_{1}∂x_{2}} (a) = 0, \frac{∂^{2}f}{∂x_{2}^{2}} (a) = −6,

\frac{∂^{3}f}{∂x_{1}^{3}} (a) = 0, \frac{∂^{3}f}{∂x_{1}^{2}∂x_{2}} (a) = 0, \frac{∂^{3}f}{∂x_{1}∂x_{2}^{2}} (a) = 0, \frac{∂^{3}f}{∂x_{2}^{3}} (a) = 0,

\frac{∂^{4}f}{∂x_{1}^{4}} (a) = 12, \frac{∂^{4}f}{∂x_{1}^{3}∂x_{2}} (a) = 0, \frac{∂^{4}f}{∂x_{1}^{2}∂x_{2}^{2}} (a) = 4, \frac{∂^{4}f}{∂x_{1}∂x_{2}^{3}} (a) = 0, \frac{∂^{4}f}{∂x_{2}^{4}} (a) = 12.

Wir erhalten die Taylorpolonome

T_{f}^{0}(x, a) = f(a) = 1,
T_{f}^{1}(x, a) = T_{f}^{0}(x, a) + \frac{∂f}{∂x_{1}} (a)(x_{1} − a_{1}) + \frac{∂f}{∂x_{2}} (a)(x_{2} − a_{2}) = 1,
T_{f}^{2}(x, a) = T_{f}^{1}(x, a) + \frac{∂^{2}f}{∂x_{1}^{2}} (a)\frac{(x_{1} − a_{1})^{2}}{2!} + \frac{∂^{2}f}{∂x_{1}∂x_{2}} (a)(x_{1} − a_{1})(x_{2} − a_{2})

+ \frac{∂^{2}f}{∂x_{2}^{2}} (a)\frac{(x_{2} − a_{2})^{2}}{2!} = 1 − 7x_{1}^{2} − 3x_{2}^{2},

T_{f}^{3}(x, a) = T_{f}^{2}(x, a) + \frac{∂^{3}f}{∂x_{1}^{3}} (a)\frac{(x_{1} − a_{1})^{3}}{3!} + \frac{∂^{3}f}{∂x_{1}^{2}∂x_{2}} (a)\frac{(x_{1} − a_{1})^{2}(x_{2} − a_{2})}{2!1!}

+ \frac{∂^{3}f}{∂x_{1}∂x_{2}^{2}} (a)\frac{(x_{1} − a_{1})(x_{2} − a_{2})^{2}}{1!2!} + \frac{∂^{3}f}{∂x_{2}^{3}} (a)\frac{(x_{2} − a_{2})^{3}}{3!} = 1 − 7x_{1}^{2} − 3x_{2}^{2},

T_{f}^{4}(x, a) = T_{f}^{3}(x, a) + \frac{∂^{4}f}{∂x_{1}^{4}} (a)\frac{(x_{1} − a_{1})^{4}}{4!} + \frac{∂^{4}f}{∂x_{1}^{3}∂x_{2}} (a)\frac{(x_{1} − a_{1})^{3}(x_{2} − a_{2})}{3!1!}

+ \frac{∂^{4}f}{∂x_{1}^{2}∂x_{2}^{2}} (a)\frac{(x_{1} − a_{1})^{2}(x_{2} − a_{2})^{2}}{2!2!} + \frac{∂^{4}f}{∂x_{1}∂x_{2}^{3}} (a)\frac{(x_{1} − a_{1})^{1}(x_{2} − a_{2})^{3}}{1!3!}

+ \frac{∂^{4}f}{∂x_{2}^{4}} (a)\frac{(x_{2} − a_{2})^{4}}{4!} = 1 − 7x_{1}^{2} − 3x_{2}^{2} + \frac{1}{2}x_{1}^{4} + x_{1}^{2}x_{2}^{2} + \frac{1}{2}x_{2}^{4}.

(A 31) Kettenregel im Mehrdimensionalen (5+5=10 Punkte) Seien f : ℝ^{3} → ℝ, (x_{1}, x_{2}, x_{3}) ↦ x_{1}x_{2} + x_{2}x_{3} + x_{1}x_{3} und g : ℝ → ℝ^{3}, z ↦ (1, z, z^{2}). Bestimmen Sie jeweils auf zwei Arten und Weisen:

(a) (f ∘ g)′(1) = J_{(f∘g)}(1) (b) J_{(g∘f)}(1, 2, 0)

Lösung:

Wir berechnen zunächst die Jacobi-Matrizen von f und g:

J_{f}(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{2} + x_{3}, x_{1} + x_{3}, x_{2} + x_{1}) , J_{g}(z) = (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 2z \end{matrix}) .

(a) Nach der Kettenregel gilt:

(f ∘ g)′(1) = J_{(f∘g)}(1) = J_{f}(g(1)) · J_{g}(1) = J_{f}(1, 1, 1) · J_{g}(1)

= (2 2 2) · (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) = 2 · 0 + 2 · 1 + 2 · 2 = 6.

Alternativ bestimmen wir direkt: f ∘ g : ℝ → ℝ, z ↦ z + z^{3} + z^{2}. Deswegen ist (f ∘ g)′(z) = J_{(f∘g)}(z) = 1 + 3z^{2} + 2z, also (f ∘ g)′(1) = J_{(f∘g)}(1) = 1 + 3 + 2 = 6.

(b) Nach der Kettenregel gilt:

J_{(g∘f)}(1, 2, 0) = J_{g}(f(1, 2, 0)) · J_{f}(1, 2, 0) = J_{g}(2) · J_{f}(1, 2, 0)

= (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 4 \end{matrix}) · (2 1 3) = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 3 \\ 8 & 4 & 12 \end{matrix}) .

Alternativ bestimmen wir direkt:

g ∘ f : ℝ^{3} ⟶ ℝ^{3}
(\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix}) ⟼ (\begin{matrix}1 \\ x_{1}x_{2} + x_{2}x_{3} + x_{1}x_{3} \\ x_{1}^{2}x_{2}^{2} + 2x_{1}^{2}x_{2}x_{3} + 2x_{1}x_{2}^{2}x_{3} + x_{2}^{2}x_{3}^{2} + 2x_{1}x_{2}x_{3}^{2} + x_{1}^{2}x_{3}^{2} \end{matrix}) .

Deswegen ist J_{(g∘f)}(x_{1}, x_{2}, x_{3}) =

(\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ x_{2} + x_{3} & x_{1} + x_{3} & x_{2} + x_{1} \\ 2x_{1}x^{2}_{2}+4x_{1}x_{2}x_{3}+2x^{2}_{2}x_{3}+2x_{2}x^{2}_{3}+2x_{1}x^{2}_{3} & 2x^{2}_{1}x_{2}+2x^{2}_{1}x_{3}+4x_{1}x_{2}x_{3}+2x_{2}x^{2}_{3}+2x_{1}x^{2}_{3} & 2x^{2}_{1}x_{2}+2x_{1}x^{2}_{2}+2x^{2}_{2}x_{3}+4x_{1}x_{2}x_{3}+2x^{2}_{1}x_{3} \end{matrix}) .

Also ist

J_{(g∘f)}(1, 2, 0) = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 3 \\ 8 + 0 & 4 + 0 & 4 + 8 + 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 3 \\ 8 & 4 & 12 \end{matrix}) .