Analysis II für M, LaG/M, Ph

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1 Fachbereich Mathematik Prof Dr M Hieber Robert Haller-Dintelmann Horst Heck TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT ASS Analysis II für M, LaG/M, Ph 7 Übng mit Lösngshinweisen G 1 Grppenübngen Af der Menge GL n R := {A M n R : A inertiertbar} betrachten wir die Abbildng In : GL n R M n R mit InA = A 1 as Lemma VII15 der Vorlesng Zeigen Sie, dass In stetig ist Lösng: Ist A GL n R nd bezeichnet InA = A 1 = b i,j n i,j=1 nach der Cramerschen Regel die Inerse z A, dann gilt b ij = deta ij deta := deta1,, a i 1, e j, a i+1,, a n, i, j = 1,, n, deta wobei a k die k-te Spalte on A nd e k den k-ten Einheitsektor bezeichnet Da sowohl A deta ij Polynom!, also ach A deta stetige Abbildngen sind nd deta 0 gilt, ist ach A deta ij /deta : GL n R R für jedes i, j {1,, n} eine stetige Abbildng Das bedetet, dass jede Koordinatenfnktion on In stetig ist nd da dimr n n = n endlich ist, folgt damit die Stetigkeit on In G Die Fnktion f : R R sei gegeben drch fx, y := x 3 + xy + 1, x + y + y Zeigen Sie, dass es eine Umgebng des Pnktes 1, 1 gibt, die drch f bijekti af eine Umgebng des Pnktes 3, 4 abgebildet wird nd berechnen Sie den Wert der Umkehrfnktion on f im Pnkt 3, 4, sowie den Wert ihrer Ableitng an dieser Stelle Lösng: Wir wenden den Satz über die Umkehrabbildng VIII13 mit a = 1, 1 T nd b = fa = 3, 4 T an Daz müssen wir znächst sicherstellen, dass f in einer Umgebng on a stetig differenzierbar ist Da f in jeder Komponente drch ein Polynom gegeben ist, ist das kein Problem nd es gilt Weiter hat die Matrix J f x, y = 3x + y x y J f 1, 1 = die Determinante 15 0 nd ist damit inertierbar Nach dem Satz über die Umkehrabbildng existiert also eine Umgebng U on 1, 1 T nd eine Umgebng V on 3, 4, so dass f = f U : U V bijekti ist

2 Der Wert der Umkehrfnktion an der Stelle 3, 4 T ist natürlich das Urbild nter f, also f 1 3, 4 = 1, 1 T Zr Bestimmng der Ableitng in 3, 4 T erwenden wir schließlich die Formel as dem Satz über die Umkehrabbildng nd erhalten G 3 J f 13, 4 = J f 1, 1 1 = = Es sei eine Norm af R n, U R n offen nd beschränkt nd f : U R n stetig Aßerdem sei f in U stetig differenzierbar nd f x für jedes x U inertierbar Beweisen Sie die folgenden Assagen a f ist offen b Die Fnktion g : U R mit gx = fx nimmt af U ein globales Maximm an c max x U gx > gy für alle y U d Ist x 0 U eine globale Maximalstelle on g, so gilt x 0 U, dh die Fnktion g nimmt ihr Maximm af dem Rand an Lösng: a Die Assage folgt direkt as dem Satz on der offenen Abbildng VIII16 b Die Fnktion ist als Hintereinanderasführng der af U stetigen Fnktion f nd der af R n stetigen Normabbildng selbst eine stetige Fnktion Weiter ist U nach Vorassetzng beschränkt nd offensichtlich abgeschlossen, also kompakt Also nimmt g af U ein globales Maximm an c Wir nehmen an, es gäbe ein x 0 U, so dass für alle x U die Ungleichng fx fx 0 gilt Da fx 0 fu ist nd fu offen ist, gibt es ein ε > 0, so dass B ε x 0 fu ist Insbesondere ist damit ε y := fx fu, fx 0 denn y fx 0 = ε fx 0 fx 0 = ε < ε Also gibt es ein x U mit fx = y Für dieses gilt dann aber fx = y = fx ε ε = 1 + fx 0 > fx 0, fx 0 fx 0 was im Widersprch zr Annahme steht Also gibt es für jedes x 0 U ein x U mit fx > fx 0, woras schließlich max gx > gx 0 x U für alle x 0 U folgt d Ist x 0 eine globale Maximalstelle on g in U, so kann x 0 wegen c nicht in U liegen, also mss x 0 U sein

3 H 1 Es sei Hasübngen f : R \ {0, 0} R, fx, y = x y, xy Bestimmen Sie Imf nd entscheiden Sie ob f ein Diffeomorphisms ist Geben Sie weiter alle Pnkte an, m die es eine Umgebng gibt, so dass die Einschränkng on f af diese Umgebng ein Diffeomorphisms ist Berechnen Sie schließlich in der Umgebng eines on Ihnen gewählten Pnktes eine on Ihnen gewählte Umkehrfnktion Lösng: Wir zeigen, dass fr \ {0, 0} = R \ {0, 0} ist Sei daz, T R \ {0, 0} gegeben Dann müssen wir eine Lösng x, y des Gleichngssystems fx, y =, T finden, dh x y = nd xy = Ist 0, so ist die erste Gleichng erfüllt falls x = + y ist Man beachte, dass es im Moment nicht darm geht, jede Lösng des Gleichngssystems z finden, sondern es reicht eine Setzt man das in die zweite Gleichng ein, erhält man y + y = Eine Lösng dieser Gleichng finden wir nach Qadrieren: 4y + y = y 4 + y 1 4 = 0 = y = = Einsetzen liefert x = nd y = ± + 1 +, wobei das Vorzeichen bei y je nach dem Vorzeichen on gewählt werden mss Ist < 0, so betrachtet man das Gleichngssystem y x = nd yx = nd erhält drch das Vertaschen der Rollen on x nd y x = ± nd y = + 1 +, wobei jetzt das Vorzeichen on x in Fnktion des Vorzeichens on gewählt werden mss Offensichtlich ist f nicht injekti nd damit kein Diffeomorphisms, denn für alle x, y R gilt fx, y = f x, y Um die Pnkte z identifizieren, in deren Umgebng f lokal mkehrbar ist, erwenden wir den Satz über die Umkehrabbildng VIII13 Offensichtlich ist f in R \ {0, 0} stetig differenzierbar nd es gilt x y J f x, y = y x mit detj f x, y = 4x + 4y 0 für alle x, y R \ {0, 0} Also existiert eine lokale Umkehrfnktion in der Umgebng jedes Pnktes x, y R \ {0, 0} Nach der obigen Rechnng ist eine lokale Umkehrfnktion in einer Umgebng des Pnktes 0, T mit f 1 0, = 1, 1 T gegeben drch f 1, = , Die Angabe des Bildpnktes 1, 1 ist wichtig, denn in einer Umgebng des Pnktes 0, T gibt es ach noch eine lokale Umkehrfnktion on f mit f 1 0, = 1, 1!

4 H Zeigen Sie, dass die Fnktion f : R R, fx, y = x + siny, y cosx in einer Umgebng des Pnktes 0, 0 eine lokale Umkehrfnktion besitzt nd bestimmen Sie die Ableitng der Umkehrfnktion im Pnkt 0, 0 Lösng: Wir erwenden wieder den Satz über die lokale Umkehrabbildng Daz beobachten wir, dass f in R stetig differenzierbar ist Aßerdem gilt 1 cosy J f x, y = y sinx cosx nd damit J f 0, 0 = was eine inertierbare Matrix ist Also existieren nach Satz VIII13 Umgebngen U on 0, 0 nd V on f0, 0 = 0, 0, so dass f := f U : U V ein Diffeomorphisms ist nd damit eine Umkehrfnktion besitzt Deren Ableitng in 0, 0 = f0, 0 erhalten wir drch H 3 J f 10, 0 = J f 0, 0 1 = Wir nterschen die Fnktion f : R R mit, fx, y = x y, e x+y a Geben Sie fr an, bestimmen Sie alle Pnkte in R, in denen f lokal inertierbar ist, nd berechnen Sie in all diesen Pnkten eine lokale Umkehrfnktion b Geben Sie ein maximales Gebiet G R an, af dem f injekti ist, dh so dass es kein Gebiet G mit G G gibt, af dem f immer noch injekti ist c Ist f ein Diffeomorphisms? Falls ja, berechnen Sie die Ableitng f 1 der Umkehrfnktion f 1 : fg G on f Lösng: a Offensichtlich ist fr R 0, Beim Berechnen der Umkehrfnktion werden wir ach gleich sehen, dass sogar Gleichheit gilt Da f offensichtlich af R stetig differenzierbar ist, existiert nach dem Satz über die Umkehrabbildng in jedem Pnkt x, y eine lokale Umkehrfnktion, in dem die Ableitng 1 1 J f x, y = eine stetig inertierbare Matrix ist Da detj f x, y = e x+y 0 für alle x, y R ist, gilt das also für jeden Pnkt in R e x+y Tatsächlich gibt es sogar eine globale Umkehrfnktion on f, wie man bei der Berechnng der Umkehrfnktion feststellt Soll nämlich x y fx, y = e x+y = R 0, sein, so können wir dank > 0 in der zweiten Koordinaten den Logarithms bilden nd erhalten das Gleichngssystem e x+y x y = nd x + y = ln,

5 das sich eindetig z lösen lässt x = log + nd y = log Damit ist f : R R 0, bijekti nd die globale Umkehrfnktion ist f 1 : R 0, R mit f 1, = b Da f af ganz R injekti ist, ist G = R log+ log c Af fr = R 0, ist f 1 stetig differenzierbar, also ist f ein Diffeomorphisms nd wir könnten die Ableitng mit Hilfe der Formel as dem Satz über die Umkehrabbildng bestimmen Da wir die Umkehrabbildng aber explizit haben, können wir ach einfach direkt ableiten: J f 1x, y =