Modulabschlussklausur Analysis II

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1 Modulabschlussklausur Analysis II. Juli 015 Bearbeitungszeit: 150 min Aufgabe 1 [5/10 Punkte] Es sei a R und f a : R 3 R mit f a (x, y, z) = x cos(y) + z 3 sin(y) + a 3 + (z + ay a y) cos(x) a) Bestimmen Sie die ersten und zweiten partiellen Ableitungen von f a. b) Geben Sie allgemein die Formel für die Taylorentwicklung der Ordnung im Entwicklungspunkt x 0 einer hinreichend oft differenzierbaren Funktion f : R n R an. Für die Funktion f a und den Entwicklungsmittelpunkt (0, a, 0) definiert diese eine Funktion g a : R 3 \ {(0, a, 0)} R mit g a (x, y, z) = T fa,,(0,a,0)(x, y, z). Bestimmen Sie ein maximales Intervall I R so dass g a für alle a I nur positive Werte annimmt. Lösungsvorschlag a) Die partiellen Ableitungen sind ➄ f a x = x cos(y) (z + ay a y) sin(x) f a y = x sin(y) + z 3 cos(y) + a(y a) cos(x) f a z = 3z sin(y) + z cos(x) f a x = cos(y) (z + ay a y) cos(x) f a y = x cos(y) z 3 sin(y) + a cos(x) f a z = 6z sin(y) + cos(x) f a = x sin(y) a(y a) sin(x) x y 1

2 f a = z sin(x) x z f a y z = 3z cos(y) b) Es sei f : R n R hinreichend of differenzierbar und x 0 R n. Dann gilt allgemein für x R n Es ist und T f,,x 0(x) = f(x 0 ) + gradf(x 0 ), x x (x x0 ) T Hf(x 0 ) (x x 0 ) f(0, a, 0) = a 3 + (0 + a 3 a 3 ) = 0 0 (a 3 a 3 ) 0 0 gradf a (x, y, x) = a(a a) = 0, einsetzen sowie cos(a) (a 3 a 3 ) 0 0 cos(a) + a Hf a (0, a, 0) = 0 a 0 = 0 a 0, so dass g a = T fa,,(0,a,0) gegeben ist durch x g a (x, y, z) = f a (0, a, 0) + gradf a (0, a, 0), y a z T + 1 x x y a Hf a (0, a, 0) y a z z T = 1 x cos(a) + a x y a 0 a 0 y a z 0 0 z = ( cos(a) + a 3 )x + a(y a) + z. g a ist eine quadratische Form und diese ist genau dann positiv, wenn alle Eigenwerte der Matrix positiv sind. Sie ist genau dann positiv definit, wenn a > 0, a 3 > cos(a). Wegen der ersten Bedingung ist I ]0, [. Für alle 0 < a < π ist cos(a) < 0 und a3 > 0, so dass die zweite Bedingung für a ]0, π [ erfüllt ist. Weiter ist a 3 > > cos(a) für alle a > 3, so dass die zweite Bedingung ebenfalls für a ] 3, [ erfüllt ist. Es ist 3 < π, denn 16 < 7 < π3. Damit ist ]0, π [ ] 3, [ = ]0, [ und damit I = R >0. ➃

3 Aufgabe [5/10 Punkte] Es sei M α R mit M α := {(α, y), (x, 0), (α + 1, y) } α x α + 1, 0 y. Weiter sei M = { Mα α ]0, 1[ Q } a) Skizzieren Sie M α und M. b) Zeigen Sie mit Begründung, dass M =, und bestimmen Sie M und M. Lösungsvorschlag a) Skizzen M α 1. für α = 1 4, 3 4. für α = k 0, 1 k 19: ➂+ Die Skizze und die Konstruktion liefern M ( ]0, 1[ ]1, [ ) [0, ] [0, ] b) zu M: Kein Punkt m M α M ist innerer Punkt. ➃, Sei m = (α, y) ( bzw. m = (α + 1, y) ) mit y ]0, ] und sei B ɛ (m) ein Ball um m. Zu α Q ( bzw. α + 1 Q ) gibt es stets ein irrationales x 0 R \ Q, so dass α x 0 < ɛ und x 0 > α ( bzw. α + 1 x 0 < ɛ und x 0 < α + 1 ). Damit ist dann (x 0, y) M aber (x 0, y) B ɛ (m). Insbesondere ist also jeder dieser Punkte ein Randpunkt. Sei m = (x, 0) M also 0 < x <. Dann gibt es zu jedem Ball B ɛ (m) ein ɛ < y 0 < 0 so dass (x, y 0 ) M aber (x, y 0 ) B ɛ (m). Insbesondere ist also jeder dieser Punkte ein Randpunkt. 3

4 zu M: Wir haben oben schon gezeigt, dass M M und wir zeigen M = [0, ] [0, ]. ( ) ➃ Wir müssen also noch zeigen, dass alle n = (x, y) mit x ]0, [ (R \ Q) {0, 1, } und y ]0, ] Randpunkte sind. Sei also n = (x, y) mit x ]0, [ (R\Q) und y ]0, ] und sei B ɛ (n) ein Ball um n. Zu x gibt es stets x 0, x 1 Q, x 1 > x > x 0 so dass x x 1 < ɛ, x x 0 < ɛ. Damit ist dann (x 0, y) B ɛ (x) M oder (x 1, y) B ɛ (x) M. Sei nun n = (0, y) ( bzw. n = (1, y) oder n = (, y) ) mit y ]0, ] und sei B ɛ (n) ein Ball um n. Zu 0 ( bzw. 1 oder ) gibt es stets x 0 Q mit x 0 < ɛ und x 0 > 0 ( bzw. x 0 1 < ɛ und x 0 < 1 oder x 0 < ɛ und x 0 < ). Damit ist dann (x 0, y) B ɛ (n) M. zu M: Wir haben bisher gezeigt, dass [0, ] M. Nehmen wir an, dass Gleicheit gilt, so folgt M = M M = [0, ]. Abschlussbemerkung: Wir haben bisher [0, ] M. Um zu zeigen, dass tatsächlich Gleicheit gilt, reicht es aus, zu zeigen, dass N := R \ [0, ] offen ist. Sei dazu (x, y) N mit y > (oder x > oder x < 0 oder y < 0), dann ist B ɛ (x, y) N für ɛ = y (oder ɛ = x oder ɛ = x oder ɛ = y ). 4

5 Aufgabe 3 [10/10 Punkte] a) Es sei M R offen und g : M R beliebig oft differenzierbar derart, dass in allen Nullstellen ein Vorzeichenwechsel vorliegt jedoch keine Wendestelle. Damit sei f : R M R mit f(x, y) = xg(y). Begründen Sie, warum alle möglichen Extremwerte von f Sattelpunkte sind. b) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung y = xy xy y. Hinweis: homogene DGL und quadratische Ergänzung Lösungsvorschlag a) Es ist ( ) g(y) gradf(x, y) = xg (y) und damit gradf(x, y) = 0 g(y) = 0 xg (y) = 0 ( g(y) = 0 x = 0 ) ( g(y) = 0 g (y) = 0 ) Die zweite Bedingung kann nicht erfüllt werden, denn jeder Wert y mit g(y) = g (y) = 0 wäre wegen des Vorzeichenwechsels ein Wendepunkt. Also folgt gradf(x, y) = 0 (x, y) = (0, y 0 ) mit g(y 0 ) = 0 Es ist ( 0 g Hf(x, y) = ) (y) g (y) xg, (y) so dass det Hf(x, y) = g (y). Insbesondere ist in allen möglichen Extremwerten (0, y 0 ) immer g (y) 0, so dass dort det Hf(0, y 0 ) < 0 ist. b) Es ist für x 0 y = xy xy y y = y x + y ( y x x). Mit y = xu, d.h. y = u + xu, wird das zur DGL u + xu = u + u u xu = 1 (u 1) 5

6 u 0 u 1 (u 1) = 1 x. Eine Lösung ist die konstante Lösung u = 0 und die allgemeine Lösung ist implizit gegeben durch 1 1 du = 1 (u 1) x dx d.h. ➂ arcsin(u(x) 1) = ln x + c u(x) = 1 + sin(ln x + c). Für y liefert das die explizite Lösungen y(x) = x + x sin(ln x + c), und y(x) = 0. 6

7 Aufgabe 4 [5/5/5/5 Punkte] Gegeben sei die Funktionenfolge ( f n auf R mit )n 1 falls x < 4 n n x + 4 falls 4 n x < n f n (x) = n x + falls n x < n n x falls n x < 4 n falls x 4 n a) Skizzieren Sie den Graph von f n. b) Bestimmen Sie den punktweisen Limes der Funktionenfolge (f n ). c) Entscheiden Sie mit Begründung, ob (f n ) gleichmäßig konvergiert. d) Bestimmen Sie eine Zahlenfolge (b n ) so, dass die modifizierte Zahlenfolge (g n ) mit g n (x) := b n f n (x) gleichmäßig gegen eine konstante Funktion konvergiert. Lösungsvorschlag a) Die Skizzen für n = 1,, 3, 4, 5, 6: ➄ b) Der punktweise Limes ist f =. Das ist klar für x 4 und x = 0, denn dort ist f n (x) = für alle n. Ist 0 < x < 4 so gibt es immer ein n 0 N, so dass 4 n 0 < x. Für alle n > n 0 ist dann x > 4 n 0 > 4 n, so dass f(x) = für alle n > n 0 und damit auch lim f n(x) =. n 7

8 Ist 0 > x > 4 so gibt es immer ein n 0 N, so dass 4 n 0 > x. Für alle n > n 0 ist dann x < 4 n 0 < 4 n, so dass f(x) = für alle n > n 0 und damit auch lim f n(x) =. n c) Der einzig mögliche gleichmäßige Limes ist der punktweise, also f =. Wenn f gleichmäßig konvergent wäre, so müsste ɛ n 0 n > n 0 : f n < ɛ gelten, wobei die Supremumsnorm bezeichnet. Es ist jedoch f n = sup x R f n (x) = f n ( n ) ( = ) f n = 1 n so dass z.b. zu ɛ = 1 kein solches geforderte n 0 existiert. d) Es sei (b n ) eine beliebige Nullfolge, z.b. b n = 1 n, und g n(x) = b n f n (x). Dann ist für alle x R (g n ) punktweise konvergent gegen 0, denn lim g n(x) = lim b n lim f n(x) = 0 = 0. n n n Dass g n auch gleichmäßig konvergiert, sieht man wie folgt: Zunächst ist f n (x) < 3 für alle x R. Da b n eine Nullfolge ist, existiert zu ɛ 3 ein n 0, so dass b n < ɛ 3 für alle n > n 0. Damit folgt dann für alle x und für alle n > n 0 g n (x) = f n (x)b n = f n b n < 3 ɛ 3 < ɛ. Da ɛ beliebig vorgegeben war, folgt nun die gleichmäßige Konvergenz. Def + 8

9 Aufgabe 5 [3/7 Punkte] Es sei M := {(x, y) R y px = 0} und Q = (p, 4p) R für p R >0. a) Es sei P = (x, y) R ein beliebiger Punkt. Geben Sie eine Funktion an, die den Abstand von P zu Q beschreibt. b) Bestimmen Sie den minimalen Abstand von Q zu M. Lösungsvorschlag a) Der Abstand der Punkte P und Q ist durch f 0 (x, y) = ( ) ( ) ( x p OP OQ = = x p y 4p y 4p) = (x p) + (y 4p) gegeben. ➂ b) Gesucht ist das Minimum der positiven Funktion f 0 unter der Nebenbedingung g(x, y) = y 4px = 0. Die Extrema der Funktion f 0 entsprechen den Extrema der Funktion f = f0. Die Nebenbedingung läßt sich nach x auflösen und in f einsetzen. Die (globale) Auflösung ist x = y p, so dass die zu minimierende Funktion die Funktion ➂ ist. Es ist f(y) = f0 ( y p, y) = 1 4p (y p ) + (y 4p) f (y) = y p (y p ) + (y 4p) = 1 p (y3 p y + p y 8p 3 ) = 1 p (y3 8p 3 ). Damit ist f (y) = 0 y = p. Wegen f (y) = 3 p y ist f (p) > 0 und y = p das Minimum von f. Setzen wir zurück ein, so erhalten wir x = p als Minimum der Funktion f den Punkt (p, p) mit f(p, p) = 5p. Alternativlösung: Wir nutzen f(x, y) = (x p) + (y 4p) und g(x, y) = y px um das Problem mit Hilfe der Lagrangefunktion zu lösen: L = f + λg. y px 0 gradl(λ; x, y) = 0 (x p) λp = 0 (y 4p) + λy 0 9

10 Die letzten beiden Gleichungen liefern (λ + 1)p = x und (λ + 1)y = 4p. Es ist λ + 1 0, da p 0. deshalb können wir den zweiten Term zu y = 4p λ+1 umstellen. Das setzen wir in die erste Gleichung, d.h. in die Nebenbedingung ein und erhalten 16p (λ + 1) p (λ + 1) = 0 (λ + 1) 3 = 8 λ = 1. Das wiederum liefert x = p, y = p Dass das tatsächlich ein Minimum ist, kann man an mit Hilfe der Hessematrix von L überprüfen 0 p y HL(λ; x, y) = p x 0. y 0 (y + λ) Wegen n =, k = 1, n k = 1 brauchen wir nur die Determinante dieser Matrix an unsrer Stelle (p, p) untersuchen (siehe Satz 13.6) 0 p 4p det HL(1; p, p) = det p 4p 0 4p 0 4p + = p(( p(4p + )) + 4p( 16p ) = 8p (1 + 10p) < 0. Es ist ( 1) 1 det HL(1; p, p) > 0, also ist (p, p) ein Minumum mit f 0 (p, p) = f(p, p) = 5p. 10

11 Aufgabe 6 [7/13 Punkte] a) Zeigen Sie, dass die Menge N = kompakt ist. } {(x, y, z) R 3 x a + y b + z c = 1 b) Bestimmen Sie die globalen Maxima der Funktion f(x, y, z) = xyz unter der Nebenbedingung g(x, y, z) = x a + y b + z c 1 = 0. Lösungsvorschlag a) Die Menge N ist kompakt, denn sie ist abgeschlossen und beschränkt. Die Abbildung g ist stetig und daher ist N = g 1 ({0}) als Urbild einer abgeschlossenen Menge unter stetigen Abbildungen auch abgeschlossen. ➂ Ist nun R > max{a, b, c} so ist für alle (x, y, z) N 1 = x a + y b + z c x + y + z R also ist N beschränkt. = x + y + c R ➃ b) Die Lagrangefunktion ist ( ) x L(λ; x, y, z) = xyz + λ a + y b + z c 1. Die möglichen Extremwerte berechnen sich gemäß gradl(λ; x, y, z) = 0 0 = x a + y b + z c 1 0 = yz + λ a x 0 = xz + λ b y 0 = xy + λ c z Die Gleichungen seinen mit I-IV nummeriert. Wir multiplizieren die Gleichungen II,III und IV jeweils mit x, y und z und erhalten durch paarweises Subtrahieren der drei Gleichungen λ a x = λ b y, λ a x = λ c y, λ b y = λ c zz 11

12 also λ a x = λ b y = λ c z 1.Fall: λ = 0: hier werden I-IV zu x a + y b + z 1 = 0, xy = yz = xz = 0 c Dies wird nur gelöst von Punkten in denen mindestens zwei Komponenten verschwinden. Die dritte Komponente wird dann durch I festgelegt. Wir haben also (0, 0, ±c), (0, ±b, 0), (±a, 0, 0)..Fall: λ 0: Hier ist dann x a = y b = z und wegen I schließlich c x = a 3, y = b 3, z = c 3 das liefert die acht Punkte ( ) a b c ɛ 1 3, ɛ, ɛ mit ɛ 1 ɛ ɛ 3 {±1}. Da die Nebenbedingungsmenge N kompakt sind, sind die möglichen Extrema auch die tatsächlichen. Wir haben f(±a, 0, 0) = f(0, ±b, 0) = f(0, 0, ±c) = 0 und ( ) a b c f ɛ 1 3, ɛ, ɛ = ɛ 1 ɛ ɛ 3 abc Daher ist ɛ 1 ɛ ɛ 3 < 0. ( ) a ɛ 1 3 b, ɛ c 3, ɛ 3 3 ein Maxima bzw. Minimum, wenn ɛ 1 ɛ ɛ 3 > 0 bzw. 1

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