UMNW, Mathematik 1, Lösung Serie 5

Thomas Kuster 8. Dezember 2003

1

siehe serie5 loesung aufgabe1 maple.pdf

2

\frac{∂S(m, q)}{∂q} =^{!} 0
\frac{∂}{∂q} ∑_{i=0}^{n} (mx_{i} + q − y_{i})^{2} = 0
∑_{i=0}^{n} 2(mx_{i} + q − y_{i}) = 0
m ∑_{i=0}^{n} x_{i} + nq − ∑_{i=0}^{n} y_{i} = 0
mnx̄ + nq − nȳ = 0
mx̄ + q − ȳ = 0
q = ȳ − mx̄ ■

\frac{∂S(m, q)}{∂m} =^{!} 0^{\frac{∂}{∂m} ∑_{i=0}^{n} (mx_{i} + q − y_{i})^{2} = 0}^{∑_{i=0}^{n} 2(mx_{i} + q − y_{i})x_{i} = 0}^{2 ∑_{i=0}^{n} (mx_{i} + ȳ − mx̄ − y_{i})x_{i} = 0}^{∑_{i=0}^{n} mx_{i}^{2} − mx̄x_{i} + x_{i}ȳ − x_{i}y_{i} = 0}^{m ∑_{i=0}^{n} x_{i}^{2} − x̄x_{i} + ∑_{i=0}^{n} x_{i}ȳ − x_{i}y_{i} = 0}^{m ∑_{i=0}^{n} x_{i}^{2} − x̄x_{i} = − ∑_{i=0}^{n} x_{i}ȳ − x_{i}y_{i}}^{m = \frac{− ∑_{i=0}^{n} x_{i}ȳ − x_{i}y_{i}}{∑_{i=0}^{n} x_{i}^{2} − x̄x_{i}}}^{m = \begin{matrix}∑ & {n \atop i=0} & x_{i}y_{i} − x_{i}ȳ \\ ∑ & {n \atop i=0} & x_{i}^{2} − x̄x_{i} \end{matrix}}^{m = \begin{matrix}∑ & {n \atop i=0} & x_{i}y_{i} − \frac{x_{i}y_{i}}{n} \\ ∑ & {n \atop i=0} & x_{i}^{2} − \frac{x_{i}^{2}}{n} \end{matrix}}^{m = \begin{matrix}∑ & {n \atop i=0} & nx_{i}y_{i} − x_{i}y_{i} \\ ∑ & {n \atop i=0} & nx_{i}^{2} − x_{i}^{2} \end{matrix}}

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zu beweisen ist das m = \begin{matrix}∑ & {n \atop i=0} & (x_{i}−x̄)(y_{i}−ȳ) \\ ∑ & {n \atop i=0} & (x_{i}−x̄)^{2} \end{matrix} ist

\frac{∑_{i=0}^{n} (x_{i} − x̄)(y_{i} − ȳ)}{(x_{i} − x̄)^{2}} =^{?} \begin{matrix}∑ & {n \atop i=0} & nx_{i}y_{i} − x_{i}y_{i} \\ ∑ & {n \atop i=0} & nx_{i}^{2} − x_{i}^{2} \end{matrix}
\frac{∑_{i=0}^{n} (x_{i} − x̄)(y_{i} − ȳ)}{(x_{i} − x̄)^{2}} = m
\begin{matrix}∑ & {n \atop i=0} & x_{i}y_{i} − x_{i}ȳ − x̄y_{i} + x̄ȳ \\ ∑ & {n \atop i=0} & x_{i}^{2} − 2x_{i}x̄ + x̄^{2} \end{matrix} = m
\begin{matrix}∑ & {n \atop i=0} & x_{i}y_{i} − x_{i}ȳ − x̄y_{i} + x̄ȳ \\ ∑ & {n \atop i=0} & x_{i}^{2} − 2x_{i}x̄ + x̄^{2} \end{matrix} = m
\begin{matrix}∑ & {n \atop i=0} & x_{i}y_{i} − \frac{2x_{i}y_{i}}{n} + \frac{x_{i}y_{i}}{n^{2}} \\ ∑ & {n \atop i=0} & x_{i}^{2} − \frac{2x_{i}x_{i}}{n} + \frac{x_{i}^{2}}{n^{2}} \end{matrix} = m
\frac{n^{2} ∑_{i=0}^{n} n^{2}x_{i}y_{i} − 2nx_{i}y_{i} + x_{i}y_{i}}{n^{2} ∑_{i=0}^{n} n^{2}x_{i}^{2} − 2nx_{i}x_{i} + x_{i}^{2}} = m
\begin{matrix}∑ & {n \atop i=0} & (n^{2} − 2n + 1)x_{i}y_{i} \\ ∑ & {n \atop i=0} & (n^{2} − 2n + 1)x_{i}^{2} \end{matrix} = m
\begin{matrix}∑ & {n \atop i=0} & (n − 1)^{2}x_{i}y_{i} \\ ∑ & {n \atop i=0} & (n − 1)^{2}x_{i}^{2} \end{matrix} = m
\frac{(n − 1) ∑_{i=0}^{n} (n − 1)x_{i}y_{i}}{(n − 1) ∑_{i=0}^{n} (n − 1)x_{i}^{2}} = m
\begin{matrix}∑ & {n \atop i=0} & nx_{i}y_{i} − x_{i}y_{i} \\ ∑ & {n \atop i=0} & nx_{i}^{2} − x_{i}^{2} \end{matrix} = \begin{matrix}∑ & {n \atop i=0} & nx_{i}y_{i} − x_{i}y_{i} \\ ∑ & {n \atop i=0} & nx_{i}^{2} − x_{i}^{2} \end{matrix} ■

3

f(x, y) = (sin x)^{y}
f(x, y) = e^{ln ((sin x)^{y})}
f(x, y) = e^{y ln sin x}

3.1 Definitionsbereich 𝔻 für f(x, y) ∈ ℝ

Betrachte zuerst die Funktion g(a, b) = a^{b}

𝔻 ⊃ ℝ^{+} × ℝ da Wurzeln von Zahlen < 0 ∉ ℝ
𝔻 ⊃ ℤ × ℤ falls b < 0 gilt \frac{1}{a}^{−b} ∈ ℚ

nun gilt a = sin x und b = y

𝔻 ⊃ 2kπ ⩽ x ⩽ (2k + 1)π × ℝ  k ∈ ℤ
𝔻 ⊃ x = k2π − \frac{π}{2} × ℤ  k ∈ ℤ
⇒ 𝔻 = {2kπ < x < (2k + 1)π|k ∈ ℤ} × ℝ  k ∈ ℤ

UMNW, Mathematik 1, Lösung Serie 5 5

3.2 Partielle Ableitungen

f_{x}(x, y) = y sin x^{y−1} cos x
f_{y}(x, y) = e^{y ln sin x} ln sin x
f_{y}(x, y) = (sin x)^{y} ln sin x
f_{xy}(x, y) = \frac{∂}{∂y} y(sin x)^{y−1} cos x
f_{xy}(x, y) = \frac{∂}{∂y} ye^{(y−1) ln sin x} cos x
f_{xy}(x, y) = \frac{∂}{∂y} ye^{y ln sin x−ln sin x} cos x
f_{xy}(x, y) = e^{(y−1) ln sin x} cos x + y (e^{(y−1) ln sin x} ln (sin x) cos x + 0)
f_{xy}(x, y) = (sin x)^{y−1} cos x + y(sin x)^{y−1} ln (sin x) cos x
f_{yx}(x, y) = \frac{∂}{∂x}(sin x)^{y} ln sin x
f_{yx}(x, y) = y(sin x)^{y−1} cos x ln sin x + (sin x)^{y} \frac{1}{sin x} cos x
⇒ f_{xy}(x, y) = f_{yx}(x, y)

3.3 Punkt (x, y) = (\frac{π}{6}, 2)

f_{xy} = f_{yx} = (sin x)^{y−1} cos x + y(sin x)^{y−1} ln (sin x) cos x
f_{xy} = f_{yx} = (sin \frac{π}{6} )^{2−1} cos \frac{π}{6} + 2(sin \frac{π}{6} )^{2−1} ln (sin \frac{π}{6} ) cos \frac{π}{6}
f_{xy} = f_{yx} = sin \frac{π}{6} cos \frac{π}{6} + 2 sin \frac{π}{6} cos \frac{π}{6} ln (sin \frac{π}{6} )
f_{xy} = f_{yx} = sin \frac{π}{6} cos \frac{π}{6} (1 + 2 ln (sin \frac{π}{6} ))
f_{xy} = f_{yx} = \frac{1}{2} \frac{\sqrt{3}}{2}(1 + 2 ln \frac{1}{2})
f_{xy} = f_{yx} = \frac{\sqrt{3}}{4} − \frac{\sqrt{3}}{2} ln 2

4

x_{A} ist die Funktion von Anna (gepunktet) und x_{B} die Funktion von Beat (ausgezogen). Die Funktionen sind symetrisch mit der Symetrieachse t = 5.

Bei der Funktion von Beat handelt es sich um zwei Geraden mit Steigungen 10 bzw. -10. Ich nehme an, dass die Funktion von Anna eine Parabel ist ⇒ at^{2} + bt + c = y mit folgenden gegebenen Werten: x_{A}(0) = 0, x_{A}(5) = 50 und x_{A}(10) = 0 ⇒ x_{A}(t) = −2t^{2} + 20t.

4.1

x_{A}(10) = x_{B}(10)✓ ⇒ beide sind gleichschnell.

4.2

max|x_{A}(t) − x_{B}(t)| ⇒ ẋ_{A}(t) − ẋ_{B}(t) = 0 ⇒
ẋ_{A}(t) = ẋ_{B}(t)
−4t + 20 = 10
t = \frac{5}{2} ⇒ zum Zeitpunkt t = \frac{5}{2} und t = 5 + \frac{5}{2}

4.3

|ẋ_{A}(t)| = |−4t + 20| mit t = {2, 7} ⇒ {12, 8}
|ẋ_{B}(t)| = |±10| mit t = {2, 7} ⇒ {10, 10}

4.4

|ẋ_{B}(t)| < |ẋ_{A}(t)| ⇒ 0 ⩽ t < \frac{5}{2} und 10 − \frac{5}{2} < t ⩽ 10