Klausur zur Analysis II

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1 Klausur zur Analysis II Prof. Dr. C. Löh/M. Blank 13. Februar 01 Name: Matrikelnummer: Vorname: Übungsleiter: Diese Klausur besteht aus 8 Seiten. Bitte überprüfen Sie, ob Sie alle Seiten erhalten haben. Bitte versehen Sie alle Seiten mit Ihrem Namen und Ihrer Matrikelnummer. Bitte schreiben Sie nicht Lösungen zu verschiedenen Aufgaben auf dasselbe Blatt. Sie haben zwei Stunden (= 10 Minuten) Zeit, um die Klausur zu bearbeiten; bitte legen Sie Ihren Studentenausweis und einen Lichtbildausweis zu Beginn der Klausur vor sich auf den Tisch und halten Sie die Ausweise bei der Abgabe bereit. Um Unruhe in den letzten Minuten zu vermeiden, geben Sie bitte entweder um 11:00 Uhr oder vor 10:40 Uhr ab. Die Klausur besteht aus 7 Aufgaben. Es können im Total 7 Punkte erreicht werden. Zum Bestehen genügen voraussichtlich 50% der Punkte. Es sind keinerlei Hilfsmittel wie Taschenrechner, Computer, Bücher, Vorlesungsmitschriften, Mobiltelephone etc. gestattet; Papier wird zur Verfügung gestellt. Alle Täuschungsversuche führen zum Ausschluss von der Klausur; die Klausur wird dann als nicht bestanden gewertet! Viel Erfolg! Aufgabe Summe Punkte maximal erreichte Punkte Note: Unterschrift:

2 Name: Matrikelnr.: Seite /8 Aufgabe 1 ( = 1 Punkte). Beantworten Sie die folgenden Fragen; begründen Sie jeweils kurz Ihre Antwort (ca. ein bis drei Sätze). 1. Ist jede Lipschitz-Abbildung zwischen metrischen Räumen stetig?. Sei (X, d) ein metrischer Raum und sei f : (X, d) (X, d) eine Isometrie. Ist dann f(u) für jede offene Teilmenge U X offen? 3. Ist jeder topologische Raum, der eine endliche offene Überdeckung besitzt, kompakt? 4. Sind alle kompakten topologischen Räume zusammenhängend? Lösung: 1. Ja, denn: Sei etwa f : (X, d X ) (Y, d Y ) eine Lipschitz-Abbildung mit Lipschitz-Konstante L R >0. Dann gilt für alle ε R >0, dass Also ist f stetig. x X x U (X,d) (x,ε/l) d Y ( f(x), f(x ) ) L d X (x, x ) ε.. Ja, denn: Da f eine Isometrie ist, besitzt f eine Umkehrabbildung g : X X und diese ist eine isometrische Einbettung. Insbesondere ist g auch stetig. Damit folgt: Ist U X offen, so ist offen in X. f(u) = g 1 (U) [Häufige Fehler: Oft wurde falsch mit Bild/Urbild gerechnet bzw. in der falschen Richtung mit Bild/Urbild argumentiert.] 3. Nein, denn: Jeder topologische Raum (X, T ) besitzt eine endliche offene Überdeckung, etwa {X}; aber es gibt natürlich topologische Räume, die nicht kompakt sind, zum Beispiel R (mit der Standardtopologie) oder diskrete Räume mit unendlich vielen Elementen. [Häufige Fehler: Oft wurde nur angegeben, dass die Definition von Kompaktheit anders aussieht, aber kein konkretes Gegenbeispiel angegeben.]

3 Name: Matrikelnr.: Seite /8 4. Nein, denn: Jeder diskrete endliche Raum mit mindestens zwei Elementen ist kompakt, aber nicht zusammenhängend, man betrachte als Beispiel {0, 1} mit der diskreten Topologie. Alternativ: Der Raum [0, 1] [, 3] R mit der Teilraumtopologie ist kompakt, aber offensichtlich nicht zusammenhängend. [Häufige Fehler: Manchmal wurde die Implikationsrichtung nicht richtig verstanden. Oft wurde behauptet, dass topologische Räume bezüglich der Klumpentopologie nicht zusammenhängend sind (sind sie aber).]

4 Name: Matrikelnr.: Seite 3/8 Aufgabe ( = 1 Punkte). Beantworten Sie die folgenden Fragen; begründen Sie jeweils kurz Ihre Antwort (ca. ein bis drei Sätze). 1. Gibt es eine surjektive C 1 -Abbildung R R?. Gibt es f C (R, R ) mit der Eigenschaft, dass f (0)(h, k) = h + k für alle h, k R gilt? 3. Sei f C 1 (R, R ) bijektiv und es gelte det Jf(x) = 01 für alle x R. Ist f dann bereits ein C 1 -Diffeomorphismus? 4. Sei f : R R partiell differenzierbar mit 1 f = 0 = f. Ist f dann bereits differenzierbar? Lösung: 1. Ja, denn : Man betrachte etwa die Projektion R R x x 1, die offensichtlich surjektiv und als lineare Abbildung stetig differenzierbar ist.. Nein, denn: Angenommen, es gibt eine Abbildung f C (R, R ) mit dieser Eigenschaft. Nach dem Satz von Schwarz ist f (0) symmetrisch, die vorgegebene Abbildung ist dies jedoch nicht, da (wobei e 1, e R die Einheitsvektoren sind) f (0)(e 1, e ) = ( ) 1 ( ) = f (0)(e 1, e 1 ). Alternativ kann man auch zeigen, dass die vorgegebene Abbildung nicht bilinear ist. [Häufige Fehler: Es wurde bei einigen über die Hessematrix argumentiert. Die Hessematrix gibt es jedoch nur für zweimal differenzierbare Abbildungen vom Typ R n R.] 3. Ja, denn: Als bijektive Abbildung hat f eine Umkehrfunktion g : R R. Wegen det Jf(x) = 01 0 für alle x R ist f nach dem Satz über lokale Umkehrbarkeit lokal ein C 1 -Diffeomorphismus. Also ist g = f 1 lokal stetig differenzierbar und daher stetig differenzierbar. [Häufige Fehler: Häufig wurden zusätzliche Annahmen über f gemacht oder gar nur eine Beispielfunktion für f betrachtet.]

5 Name: Matrikelnr.: Seite 3/8 4. Ja, denn: Nach Voraussetzung ist f partiell differenzierbar und die partiellen Ableitungen 1 f, f stetig. Damit folgt, dass f differenzierbar ist (Satz 3.19). [Häufige Fehler: Oft wurde behauptet, dass die Funktion R R { 0 falls x 1 x = 0 x 1 sonst partiell differenzierbar ist; diese Funktion ist jedoch nur im Punkt 0 partiell differenzierbar!]

6 Name: Matrikelnr.: Seite 4/8 Aufgabe 3 ( = 1 Punkte). Beantworten Sie die folgenden Fragen; begründen Sie jeweils kurz Ihre Antwort (ca. ein bis drei Sätze). 1. Ist [0, 1] R ( ) t t cos t eine nach Bogenlänge parametrisierte Kurve in R?. Ist {x R 3 x 1 + x + x 3 3 = 1} eine C 1 -Untermannigfaltigkeit von R 3? 3. Sei f C (R 3, R) und x R 3 mit f(x) = 0. Gilt dann f(x) = 0? 4. Was ist der Wert des Integrals [0,1] [1,] y e x y dλ (x, y)? Lösung: 1. Nein, denn: Sei γ die gegebene parametrisierte Kurve in R (offensichtlich ist γ stetig differenzierbar). Dann gilt ( ( ( 1 ) γ = 1 sin ) 1 = 1, ε) wobei ε = sin(1/) > 0 ist (nach den Eigenschaften der Sinus-Funktion). Also ist γ (1/) 1. [Man beachte, dass π/ [0, 1] ist... ] [Häufige Fehler: Die meisten haben nichts über die Differenzierbarkeit von γ gesagt; in vielen Fällen wurden nicht alle Variablen sauber eingeführt bzw. quantifiziert.]. Ja, denn: Die Abbildung f : R 3 R x x 1 + x + x 3 3 1

7 Name: Matrikelnr.: Seite 4/8 ist stetig differenzierbar und x R 3 rg ( Jf(x) ) = rg (1, x, 3 x 3) = 1. Also ist 0 ein regulärer Wert von f und somit {x R 3 x 1 + x + x 3 3 = 1} = f 1 ({0}) eine C 1 -Untermannigfaltigkeit von R Nein, denn: Man betrachte etwa die Funktion f : R 3 R x x 1. Dann gilt für alle x R 3, dass f(x) = 1 1 f(x) + f(x) f(x) = 1 1(x) = 0, aber 1 f(x) = Wir benutzen den Satz von Fubini, den Vergleich zwischen Lebesgue- und Riemann-Integral und den Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung: ( ) y e x y dλ (x, y) = y e x y dλ 1 (x) dλ 1 (y) [0,1] [1,] [1,] [0,1] ( 1 ) = y e x y dx dλ 1 (y) = = = [1,] [1,] [1,] 1 0 ( [e x y ] ) x=1 dλ 1 y x=0 e y 1 dλ 1 (y) e y 1 dy = e e 1 1 [Strenggenommen war der Satz von Fubini in der Vorlesung mit der umgekehrten Integrationsreihenfolge formuliert; dies lässt sich aber dann auch mit

8 Name: Matrikelnr.: Seite 4/8 partieller Integration leicht weiterrechnen, oder man verwendet den Transformationssatz (angewendet auf das Vertauschen der Koordinaten), um die Variablen (und damit die Integrationsreihenfolge) zu tauschen.] [Häufige Fehler: Es wurden oft die beiden Intervalle [0, 1] bzw. [1, ] den falschen Integrationsvariablen zugeordnet. Außerdem wurde in einigen Fällen die Potenzrechnung nicht korrekt beherrscht(!).]

9 Name: Matrikelnr.: Seite 5/8 Aufgabe 4 (4 + + = 8 Punkte). 1. Formulieren Sie den Banachschen Fixpunktsatz!. Nennen Sie zwei Beispiele für Sätze in der Analysis, die mit Hilfe des Banachschen Fixpunktsatzes bewiesen werden! 3. Geben Sie ein Beispiel für eine Situation, in der der Banachsche Fixpunktsatz anwendbar ist (und erklären Sie, warum die Voraussetzungen erfüllt sind). Lösung: 1. Der Banachsche Fixpunktsatz: Sei (X, d) ein nicht-leerer vollständiger metrischer Raum und f : X X eine kontrahierende Abbildung. Dann besitzt f genau einen Fixpunkt in X. [Genauer gilt: Sei c [0, 1) eine Lipschitz-Konstante für f und seien x 0, ˆx X mit f(ˆx) = ˆx. Sei (x n ) n N induktiv definiert durch x n+1 := f(x n ) für alle n N. Dann gilt für alle n N, dass d(x n, ˆx) cn 1 c d(x 1, x 0 ). ]. Zum Beispiel der Satz über die lokale Umkehrbarkeit (Satz 3.49) [alternativ der Satz über implizite Funktionen (Satz 3.51)] oder der Satz von Picard- Lindelöf (Satz 5.5). 3. Ein einfaches [aber natürlich uninteressantes] Beispiel ist f : R R x 0. Der Raum R ist nicht-leer und bezüglich der Standardmetrik ein vollständiger metrischer Raum. Die Abbildung f ist kontrahierend, denn für alle x, x R gilt f(x) f(x ) = 0 0 = 0 x x. [Alternativ ist auch 1/ id R kontrahierend.] [Ein Minimalbeispiel ist: Die Menge {0} ist mit der diskreten Metrik (dies ist auch die einzige Metrik auf {0}) ein nicht-leerer vollständiger metrischer Raum und id {0} : {0} {0} ist kontrahierend.]

10 Name: Matrikelnr.: Seite 6/8 Aufgabe 5 ( = 11 Punkte). Sei f : R R x x 1 x. 1. Skizzieren Sie den Gradienten und die Höhenlinien von f.. Besitzt f lokale Extremalstellen in R? Begründen Sie Ihre Antwort! 3. Bestimmen Sie max { f(x) x S 1 }. (Zur Erinnerung: S 1 = {x R x 1 + x = 1}.) Lösung: 1. Siehe Abbildung 1. [Häufige Fehler: Meistens wurden weder der Gradient noch die Höhenlinien korrekt skizziert; dabei ist der Funktion direkt anzusehen, dass die Höhenlinien Hyperbeln sind.]. Nein, denn: Die Abbildung ist stetig differenzierbar. Angenommen, es wäre x R eine lokale Extremalstelle von f. Dann ist 0 = f(x) = (x, x 1 ), und damit x = (0, 0). Aber (0, 0) ist keine lokale Extremalstelle von f, denn f((0, 0) ) = 0 und (( n N>0 f 1 n, 1 )) (( 1 < 0 < f n n, 1 )). n Also gibt es in jeder Nullumgebung Punkte deren Werte unter f kleiner bzw. größer sind als 0, also kann (0, 0) keine lokale Extremalstelle sein. [Alternativ: Die Abbildung f ist sogar zweimal stetig differenzierbar und die Hesse-Matrix ( ) 0 1 Hess f (0) = 1 0 hat die Eigenwerte 1, 1 und ist damit indefinit.] [Häufige Fehler: Es wurde oft behauptet, dass die Matrix definit ist.] ( ) positiv

11 Name: Matrikelnr.: Seite 6/8 + + Abbildung 1: Gradient und Höhenlinien von f 3. Als Maximum erhält man 1/ = f(1/, 1/ ), denn: Da S 1 kompakt und nicht-leer ist und f stetig ist, existiert das Maximum m := max{f(x) x S 1 }. Sei z S 1 mit f(z) = m. Es gilt S 1 = g 1 ({0}), wobei g : R \ {0} R x x 1 + x 1. Es ist g C 1 (R, R) und rg(jg(x)) = rg( x 1, x ) = 1 für alle x S 1. Nach dem Satz über lokale Extrema unter Nebenbedingungen existiert also ein λ R mit ( ) ( ) ( ) z z1 z + λ z 0 = f(z) + λ g(z) = + λ = 1. z 1 z z 1 + λ z Wegen z S 1 ist z 0, und damit λ = 1/4. Aus z 1 + z = 1 folgt

12 Name: Matrikelnr.: Seite 6/8 daher, dass z {( ) 1/ 1/, ( ) ( ) 1/ 1/ 1/, 1/, ( )} 1/ 1/. Indem man die Werte unter f von diesen Punkten berechnet, stellt man fest, dass m = f(z) = 1/ ist. Alternativ kann man auch (lokal) nach der ersten Variablen auflösen und dann ein gewöhnliches eindimensionales Extremwertproblem betrachten. Dabei ist jedoch darauf zu achten, wirklich die positiven und die negativen Wurzeln zu berücksichtigen und auch (da es sich dann um Extremwertprobleme auf abgeschlossenen Intervallen handelt) auch die Randwerte zu diskutieren. Alternativ: Nach der AGM-Ungleichung (Blatt 8) gilt für alle x S 1 ( ) x1 + x f(x 1, x ) = x 1 x Damit folgt = x 1 + x 1 x + x 4 = 1 + f(x 1, x ). 4 f(x 1, x ) 1. Dieser Wert wird von f aber zum Beispiel in (1/, 1/ ) S 1 angenommen. Alternativ ohne AGM-Ungleichung: Es gilt für alle (x 1, x ) S 1 f(x 1, x ) = x 1 x = x 1 (1 x 1) = ( x 4 1 x ( = x 1 1 ) ) Damit ist f(x 1, x ) 1/ = f((1/, 1/ )). Außerdem ist (1/, 1/ ) in S 1.

13 Name: Matrikelnr.: Seite 7/8 Aufgabe 6 ( = 11 Punkte). Sei f : R R ( ) x1 x Wir betrachten die Differentialgleichung ( x x 1 ). Gesucht: y C 1( R 1, R ) mit y = f y 1. Skizzieren Sie die Phasenebene und darin die Lösungskurven dieser Differentialgleichung.. Bestimmen Sie alle Lösungen in C 1 (R, R ) dieser Differentialgleichung. 3. Seien y, ỹ C 1 (R, R ) Lösungen der obigen Differentialgleichung mit y 1 (0) = ỹ 1 (0). Ist dann lim t y(t) ỹ(t) = 0? Begründen Sie Ihre Antwort! Lösung: 1. Vergleiche Abbildung. [Häufige Fehler: Auch hier wurden oft weder die Phasenebene noch die Lösungskurven korrekt eingezeichnet.]. Man sieht, dass Y : R R ( e t e t t ) e t e t eine Lösungsmatrix der obigen linearen Differentialgleichung ist. Wegen ( ) 1 1 det Y (0) = det = ist diese Lösung sogar eine Fundamentalmatrix. Alternativ: Wir schreiben die Differentialgleichung in der Form

14 Name: Matrikelnr.: Seite 7/8 Abbildung : Phasenebene und drei Lösungskurven Gesucht: y C 1( R 1, R ) mit ( ) 0 1 y = y 1 0 und benutzen das Lösungsverfahren für lineare Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten. Wir können die Matrix wie folgt über R diagonalisieren: ( ) = ( ) ( ) ( ) 1/ 1/. 1/ 1/ Also ist die folgende Abbildung eine Fundamentalmatrix des obigen Systems: R R ( ) ( ) ( ) ( ) 0 t 1 1 t 0 1/ 1/ t exp = exp t t 1/ 1/ ( ) ( ) ( ) 1 1 e t 0 1/ 1/ = e t 1/ 1/ = 1 ( e t + e t e t e t ) e t e t e t + e t.

15 Name: Matrikelnr.: Seite 7/8 [Oder man verwendet die oben gefundenen Eigenvektoren (1, 1), (1, 1) zu den Eigenwerten 1 bzw. 1, um R R ( e t e t t ) e t e t als Fundamentalmatrix des obigen Systems zu erkennen.] [Wir erhalten also mit beiden Methoden die Lösungsmenge { ( ) ( )} { ( ) ( ) } e t e t e t e t t e t, t e t = t a e t +b e t a, b R. ] C 1 (R,R ) [Häufige Fehler: Oft wurden völlig falsche Lösungen geraten (und dann nicht überprüft, dass es sich tatsächlich um Lösungen handelt). Einige haben versucht, Variation der Konstanten zu verwenden dies ist hier jedoch nicht ohne weiteres möglich.] 3. Nein, denn: Man betrachte etwa die beiden Lösungen y, ỹ C 1 (R, R ) mit Dann gilt y 1 (0) = 0 = ỹ 1 (0), aber R R ( e y : t t e t ) e t + e t ỹ : t 0. y(t) ỹ(t) = e t + e t e t. Der entsprechende Grenzwert existiert also in diesem Fall nicht. [Häufige Fehler: Hier wurden meistens die Anfangsbedingungen nicht korrekt beachtet.]

16 Name: Matrikelnr.: Seite 8/8 Aufgabe 7 (6 Punkte). Sei n N und x 0 R n. Sei f C(R R n, R n ) lokal Lipschitz in den letzten n Variablen mit der Eigenschaft, dass es stetige Funktionen α, β : R R 0 gibt mit (t,x) R R n f(t, x) α(t) + β(t) x. Zeigen Sie, dass die Differentialgleichung Gesucht: y C 1( R 1, R n ) mit y = f(, y) y(0) = x 0 genau eine Lösung in C 1 (R, R n ) besitzt. Lösung: Wir führen dies auf den globalen Existenzsatz (Korollar 5.9) zurück. Zunächst bemerken wir, dass die Voraussetzungen für den Satz von Picard- Lindelöf erfüllt sind, und dass somit das obige Anfangswertproblem für jedes Intervall I R mit 0 I höchstens eine Lösung in C 1 (I, R n ) besitzt. Zu k N sei I k := [ k, k] R. Wir zeigen nun, dass das obige Anfangwertproblem (genau) eine Lösung y k in C 1 (I k, R n ) besitzt: Da I k kompakt ist und α und β stetig sind, existieren α k, β k R 0 mit Also ist t Ik α(t) α k und t Ik β(t) β k. (t,x) Ik R n f(t, x) α k + β k x. Nach dem globalen Existenzsatz besitzt das obige Anfangswertproblem somit eine Lösung in C 1 (I k, R n ). Wegen 0 I k folgt mit dem ersten Schritt die Eindeutigkeit. Wir verkleben nun die Lösungen aus dem zweiten Schritt zu einer Lösung in C 1 (R, R n ): Es ist R = k N I k. Wegen der Eindeutigkeit ist somit y : R R n t y k (t), wobei k N mit t < k ist wohldefiniert und eine Lösung des Anfangswertproblems. [Alternativ kann man auch wie im Beweis des globalen Existenzsatzes vorgehen und eine geeignete Variation des Lemmas von Gronwall beweisen; dies ist jedoch technisch deutlich aufwendiger als obiger Beweis, der analog zum in der Vorlesung gezeigten Beweis des Satzes der globalen Lösbarkeit von linearen Differentialgleichungssystemen ist.] [Häufige Fehler: Oft wurde nicht überprüft, ob die Voraussetzungen für Picard- Lindelöf überhaupt erfüllt sind. In den meisten Lösungen wurde nicht sauber zwischen lokaler und globaler Existenz von Lösungen (was hier der entscheidende Punkt ist) unterschieden.]