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Mathematik-Online-Kurs: Prüfungsvorbereitung HM 1/2 SS08 - Lösungen zur Probeklausur 4

Aufgabe 5

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Bestimmen Sie zu der Funktion

$\displaystyle f: \mathbb{R} \times \mathbb{R} \backslash \{1 \} \rightarrow \mathbb{R} : (x,y) \mapsto \frac {e^x}{y-1} $

den Gradienten, die Hessematrix und das Taylorpolynom der Stufe 2 von $ f$ um den Entwicklungspunkt $ (0,0)$.

Antwort:

$ \mathrm{grad} \quad f(x,y) : $ keine Angabe

$ \left( \frac{e^x}{y-1},-\frac{e^x}{(y-1)^2}\right)^{{\operatorname t}}$ ,     $ \left( -\frac{e^{-x}}{y+1},-\frac{e^{-x}}{(y+1)^2}\right)^{{\operatorname t}}$ ,     $ \left( 2\frac{x+1}{1-y},\frac{(x+1)^2}{(1-y)^2}\right)^{{\operatorname t}}$ ,     $ \left( 2\frac{x-1}{y-1},-\frac{(x-1)^2}{(y-1)^2}\right)^{{\operatorname t}}$ .

$ Hf(x,y) : $ keine Angabe

\begin{displaymath}\left( \begin{array}{cc} 2\frac{1}{y-1} & -2\frac{x-1}{(y-1)... ...-1}{(y-1)^2} & 2\frac{(x-1)^2}{(y-1)^3} \\ \end{array} \right)\end{displaymath} ,     \begin{displaymath}\left( \begin{array}{cc} 2\frac{1}{1-y} & 2\frac{x+1}{(1-y)^... ...+1}{(1-y)^2} & 2\frac{(x+1)^2}{(1-y)^3} \\ \end{array} \right)\end{displaymath} ,     \begin{displaymath}\left( \begin{array}{cc} \frac{e^{-x}}{y+1} & \frac{e^{-x}}{... ...-x}}{(y+1)^2} & 2\frac{e^{-x}}{(y+1)^3} \\ \end{array} \right)\end{displaymath} ,     \begin{displaymath}\left( \begin{array}{cc} \frac{e^x}{y-1} & -\frac{e^x}{(y-1)... ...ac{e^x}{(y-1)^2} & 2\frac{e^x}{(y-1)^3} \\ \end{array} \right)\end{displaymath} .

$ T_2(f, (x,y), (0,0)) = $ $ +$ $ x +$ $ y +$ $ x^2 +$ $ y^2 +$ $ xy$.
  

[Andere Variante]
Gegeben ist die Funktion

$\displaystyle f:\mathbb{R}\times(\mathbb{R}\backslash\{1\})\rightarrow\mathbb{R}: (x,y)\mapsto \frac{e^x}{y-1}$

$\displaystyle \operatorname{grad}f(x,y) = \left(\frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y}\right)^\mathrm T $

Bestimme die partiellen Ableitungen von f:

$\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}= \frac{e^x}{y-1}~~~~~~ \frac{\partial f}{\partial y}=-\frac{e^x}{(y-1)^2}$

Somit ergibt sich:

$\displaystyle \operatorname{grad}f(x,y) = \left(\frac{e^x}{y-1},-\frac{e^x}{(y-1)^2}\right)^\mathrm T$

Die Hessematrix besteht aus den partiellen Ableitungen zweiter Ordnung:

$\displaystyle \begin{pmatrix} \frac{\partial^2f}{\partial x^2} & \frac{\partial... ...tial^2f}{\partial y\partial x} & \frac{\partial^2f}{\partial y^2} \end{pmatrix}$

$\displaystyle \frac{\partial^2f}{\partial x^2} = \frac{e^x}{y-1}$

Da die Funktion $ f$ zweimal differenzierbar ist, spielt nach dem Satz von Schwarz die Reihenfolge der Differentiation keine Rolle. Somit gilt also:

$\displaystyle \frac{\partial^2f}{\partial x\partial y} = \frac{\partial^2f}{\partial y\partial x}$

$\displaystyle \frac{\partial^2f}{\partial x\partial y} = \frac{\partial}{ \part... ...^x(y-1)^{-2} = - \frac{e^x}{(y-1)^2} = \frac{\partial^2f}{\partial y\partial x}$

$\displaystyle \frac{\partial^2f}{\partial y^2}= \frac{\partial}{\partial y}\left(-e^x(y-1)^{-2}\right) = -(-2)e^x(y-1)^{-3} = 2\frac{e^x}{(y-1)^3}$

Damit lässt sich die Hessematrix angeben:

$\displaystyle Hf(x,y) = \begin{pmatrix} \frac{e^x}{y-1} & - \frac{e^x}{(y-1)^2}\\ - \frac{e^x}{(y-1)^2} & 2\frac{e^x}{(y-1)^3} \end{pmatrix}$

Der allgemeine Ansatz für das Taylorpolynom zweiter Stufe von $ f$ um den
Entwicklungspunkt $ (0,0)$ lautet:

$ T_2(f,(x,y),(0,0))$

$\displaystyle = f(0,0) + \frac{\partial f}{\partial x}(0,0)(x-0) + \frac{\parti... ...partial y}(0,0)(y-0) + \frac{1}{2!}\frac{\partial^2f}{\partial x^2}(0,0)(x-0)^2$

$\displaystyle + 2\frac{1}{2!}\frac{\partial^2f}{\partial x\partial y}(0,0)(x-0)(y-0) + \frac{1}{2!}\frac{\partial^2f}{\partial y^2}(0,0)(y-0)^2$

$\displaystyle = -1 -x-y-\frac{1}{2}x^2-xy -\frac{1}{2}2y^2 = -1-x-y-\frac{1}{2}x^2-xy-y^2~~~~$

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  automatisch erstellt am 14.7.2008