Karlsruher Institut für Technologie (KIT) SS 2013 Institut für Analysis Prof. Dr. Tobias Lamm Dr. Patrick Breuning

Transkript

1 Karlsruher Institut für Technologie KIT SS 2013 Institut für Analysis Prof. Dr. Tobias Lamm Dr. Patrick Breuning Höhere Mathematik II für die Fachrichtung Physik 4. Übungsblatt Aufgabe 1 Bestimmen Sie ein ε > 0 und eine geeignete Definitionsmenge D R 2, so dass die Abbildung 1 f : D R 2, fx = + ε x 2 2 x die Voraussetzungen des Banachschen Fixpunktsatzes erfüllt und damit auf D genau einen Fixpunkt besitzt. Lösung: Wir berechnen und damit fx fy = ε x 2 x ε y 2 y = ε x 2 x y + ε x 2 y 2 y = ε x 2 x y + ε x + y x y y fx fy ε x 2 x y + ε x + y y x y 3ε max{ x 2, y 2 } x y, wobei wir in der unteren Zeile die umgekehrte Dreiecksungleichung verwendet haben. Wähle nun beispielsweise D = B 3 0 und ε = Dann gilt fx fy 1 4 x y für alle x, y D. Insbesondere ist f auf D eine Kontraktion. Ferner gilt fx f0 1 4 x 3 4 für alle x D. Es folgt fx f = < 3 für x D. Damit ist f auf D eine Selbstabbildung und alle Voraussetzungen des Banachschen Fixpunktsatzes sind erfüllt. Aufgabe 2 Sei f : R n R n differenzierbar. Ferner gebe es ein c > 0 mit Zeigen Sie: a f ist injektiv. fx fy c x y für alle x, y R n. b Dfx : R n R n ist injektiv für jedes x R n. c fr n ist offen und abgeschlossen. d f ist ein C 1 -Diffeomorphismus.

2 Lösung: a Für x y ist fx fy c x y > 0, also fx fy. Damit ist f injektiv. b Sei x R n. Dann gilt Dfxy = fx + ty fx lim t 0 t c x + ty x lim t 0 t = c y. Insbesondere gilt Dfxy = 0 genau dann, wenn y = 0. daraus die Injektivität. Da Dfx linear ist, folgt c Nach Teil b ist Dfx injektiv und damit surjektiv für jedes x R n, damit also invertierbar. Aus dem Satz über inverse Funktionen folgt, dass fr n offen ist. Sei nun y n n N fr n eine in R n konvergente Folge mit Grenzwert y R n. Dann gibt es x n mit fx n = y n. Die Voraussetzung ergibt x k x n 1 c fx k fx n = 1 c y k y n, d.h. x n n N ist eine Cauchyfolge und konvergiert gegen ein x R n. Aus der Stetigkeit von f folgt y = lim n y n = lim n fx n = fx. Damit gilt y fr n und fr n ist abgeschlossen. d Es gilt: R n = fr n. Gäbe es nämlich ein z R n \fr n, dann würde die Strecke zwischen f0 und z den Rand fr n in einem Punkt ξ schneiden. Da f abgeschlossen, gilt ξ fr n. Dies aber ist ein Widerspruch zu fr n offen. Es folgt fr n = R n. Damit ist f : R n R n bijektiv, also invertierbar. Aus dem Satz über inverse Funktionen folgt, dass f sogar ein C 1 -Diffeomorphismus ist. Anmerkung: Allgemeiner gilt: Ist Y X eine nichtleere, offene und abgeschlossene Teilmenge eines zusammenhängenden topologischen Raumes X, so gilt Y = X. Aufgabe 3 a Zeigen Sie, dass es ein Intervall U R mit 0 U und eindeutig bestimmte Funktionen y : U R sowie z : U R so gibt, dass y0 = z0 = 1 und für alle x U. b Bestimmen Sie y 0 und z 0. Lösung: Schreibe R + := {x R : x > 0}. e y z = y + x z y z = z xy

3 a Sei f : R R + R + R 2, fx, y, z := e y z y x z y z z xy Wir schreiben Df = D x f, D y,z f R 2 1, R 2 2 und berechnen e y z 1 e y z x D y,z fx, y, z = 2 z zy z 1 xlog zz xy log yy z xyz xy 1, insbesondere D y,z f0, 1, 1 = Da D y,z f0, 1, 1 invertierbar ist, läßt sich nach dem Satz über implizite Funktionen das Gleichungssystem fx, y, z = 0 lokal um den Punkt 0, 1, 1 nach y, z auflösen. Also gibt es Umgebungen U R von 0 und V R + R + von 1, 1 sowie genau eine Funktion g : U V, gx = yx, zx, so dass y0 = z0 = 1, fx, yx, zx = 0 für alle x U. b Die Funktion g hat die Ableitung g 0 = D y,z f0, 1, 1 1 D x f0, 1, 1, also g 0 = y 0 z = = 0, 1 wobei wir z D x fx, y, z = ylog zz xy benutzt haben. Aufgabe 4 Die Inversion an der Einheitssphäre ist gegeben durch I : R n \ {0} R n \ {0}, x x x 2. Zeigen Sie, dass I ein C -Diffeomorphismus ist. Bestimmen Sie die Umkehrabbildung I 1 und berechnen Sie für x R n \ {0} die Jacobimatrix DIx, sowie DIx 1 und det DIx. Bestimmen Sie schließlich die Fixpunktmenge {x R n \ {0} : Ix = x}.

4 Lösung: Aus der Definition von I folgt I I = Id R n \{0}. Dies impliziert bereits, dass I bijektiv ist und I 1 = I. Wir bestimmen nun DIx: Es gilt also I j = x j x , x2 n i I j x = ix j x x2 n x j 2x i x x2 n 2 Es folgt = δ ij x 2 2x i x j x 4. DIx = 1 E x 2 n 2 xxt x 2. Differenzierbarkeit höherer Ordnung: Sei j {1,..., n}. Man zeigt induktiv leicht, dass für jedes k N jede partielle Ableitung k-ter Ordnung von I j existiert und gleich einem Ausdruck der Form P kx 1,...,x n ist wobei P k x 1,..., x n ein Polynom in x 1,..., x n ist, insbesondere x 2k+1 selbst wieder differenzierbar und damit auch stetig. Insbesondere ist f in C. Wegen f 1 = f ist auch f 1 in C. Also ist f ein C -Diffeomorphismus. Berechnung von DIx 1 : Es gilt I Ix = x. Aus der Kettenregel folgt DIIx DIx = E n. Es folgt DIx 1 = DIIx. Einsetzen in obige Formel für DI ergibt nach kurzer Rechnung schließlich DIx 1 = x 2 E n 2 xxt x 2. Berechnung von det DIx: Für x R n \ {0} gilt Es folgt 1 = det E n = detdix DIx 1 = detdix x 4 DIx = x 4n det DIx 2. det DIx = 1 x 2n oder det DIx = 1 x 2n. Insbesondere gilt det DIx 0 für alle x R n \ {0}. Da die Determinantenfunktion stetig und R n \ {0} zusammenhängend ist, folgt det DIx = 1 für alle x R n \ {0}, oder x 2n det DIx = 1 für alle x R n \ {0}. Wegen x 2n det DIe 1 = det e 1, e 2,..., e n = 1 < 0

5 folgt schließlich det DIx = 1 x 2n für alle x Rn \ {0}. Alternativ: Man überlegt sich leicht, dass E n 2 xxt die Spiegelung an der Ebene senkrecht x 2 zu x beschreibt. Diese hat Determinante 1. Daraus ergibt sich die Determinante für DIx. Bestimmung der Fixpunktmenge: Es gilt Also ist Ix = x = x x = 1. x 2 {x R n \ {0} : Ix = x} = {x R n : x = 1} = S n 1. Aufgabe 5 Die Funktion f : R 2 R 2 ist gegeben durch cosh x cos y fx, y =. sinh x sin y a Zeigen Sie: Es gibt eine Umgebung U von log 2, π 2 und eine Umgebung V von 0, 3 4 so, dass U durch die Funktion f bijektiv auf V abgebildet wird. Berechnen Sie die Ableitung der Umkehrfunktion in 0, 3 4. b Zeigen Sie, dass die Funktion f in jedem Punkt x, y R 2 mit x > 0 lokal invertierbar ist, aber dass f nicht injektiv ist. c Berechnen Sie fg für den Streifen Lösung: G := { x, y R 2 : 0 < y < π 2 a Der Umkehrsatz liefert die Behauptung, wenn folgende Bedingungen erfüllt sind: Die Funktion f ist stetig differenzierbar, es gilt flog 2, π 2 = 0, 3 4 und die Matrix Dflog 2, π 2 ist regulär. Wir überprüfen diese Voraussetzungen: Die stetige Differenzierbarkeit ist offensichtlich. Weiter ist flog 2, π 2 = coshlog 2 cos π 2 sinhlog 2 sin π 2 = } 0 sinhlog 2 = denn sinhlog 2 = 1 2 elog 2 e log 2 = = 3 4. Schließlich gilt sinh x cos y cosh x sin y Dfx, y =, cosh x sin y sinh x cos y 0, 3/4

6 und damit ist Dflog 2, π 2 = 0 coshlog 2 coshlog 2 0 regulär, denn coshlog 2 = = Nach dem Umkehrsatz gilt D f 1 0, 3 4 = Dff 1 0, = Dflog 2, π /4 = = 5/4 0 b Die Funktion f ist überall stetig differenzierbar und für alle x, y R 2 ist det Dfx, y = sinh x cos y 2 + cosh x sin y /5. 4/5 0 Diese Determinante wird also nur dann 0, wenn sinh x cos y = 0 und cosh x sin y = 0 gilt. Für x > 0 ist dies gleichbedeutend mit cos y = 0 und sin y = 0, kann also nie eintreten. Folglich ist für x > 0 die Matrix Dfx, y stets regulär. Der Umkehrsatz liefert nun die lokale Invertierbarkeit von f in jedem Punkt x, y 0, R. Trotzdem ist die Funktion f auf 0, R nicht injektiv wegen fx, y + 2π = fx, y für x, y 0, R. c Es gilt: Somit folgt: coshr = [1,, sinhr =, sin 0, π 2 = 0, 1, cos 0, π 2 = 0, 1 fg = f R 0, π 2 0,,. Wir schreiben f = f 1, f 2. Gilt f 2 x, y = 0 für x, y R 0, π 2, so folgt x = 0. cos y Dann ist fx, y = 0, 1 {0}. Es folgt 0 fg 0,, \ [1, {0}. Tatsächlich gilt sogar fg = 0,, \ [1, {0}. Wir zeigen dazu, dass fg offen und abgeschlossen in 0,, \ [1, {0} ist. Da 0,, \ [1, {0} zusammenhängend ist, folgt daraus die Aussage. fg ist offen: Mit der Rechnung aus Teil b zeigt man, dass Dfx, y invertierbar ist für alle x, y R 0, π 2. Mit dem Umkehrsatz folgt, dass fg offen ist. fg ist abgeschlossen in 0,, \ [1, {0}: Sei w k fg mit w k w 0 0,, \ [1, {0} für k. Zu zeigen ist w 0 fg. Da w k fg, gibt es x k, y k R 0, π 2 mit fx k, y k = w k. Nach Übergang zu einer Teilfolge gilt y k y 0 [0, π 2 ]. Dann gilt cos y 0 > 0 oder sin y 0 > 0. Aus der Konvergenz von fx k, y k folgt damit, dass x k beschränkt ist. Nach Übergang zu einer weiteren Teilfolge können wir x k x 0 R annehmen. Wegen w 0 0,, gilt y 0 < π 2. Angenommen es gilt y 0 = 0. Dann wäre aber w 0 [1, {0}. Also gilt 0 < y 0 < π 2. Aus der Stetigkeit von f folgt w 0 = fx 0, y 0 mit x 0, y 0 R 0, π 2, also w 0 fg.

7 Insgesamt erhalten wir fg = 0,, \ [1, {0}. Aufgabe 6 a Zeigen Sie, dass die Gleichung z 3 + 2z 2 3xyz + x 3 y 3 = 0 in einer Umgebung von 0, 0, 2 nach z aufgelöst werden kann. Berechnen Sie für die dadurch implizit definierte Funktion gx, y die Ableitung g x, y. b Betrachten Sie die beiden Gleichungen Lösung: x 2 + y 2 u 2 + v 2 = 0 und x 2 + 2y 2 3u 2 + 4v 2 = 1. Zeigen Sie: Durch diese Gleichungen werden in einer Umgebung des Punktes 0, 0 zwei C 1 -Funktionen ux, y und vx, y mit u0, 0 = v0, 0 = 1 implizit definiert. Berechnen Sie die partiellen Ableitungen erster Ordnung dieser Funktionen in 0, 0. a Die behauptete Auflösbarkeit folgt mit dem Satz über implizit definierte Funktionen, wenn wir f0, 0, 2 = 0 und 3 f 0, 0, 2 0 für die stetig differenzierbare Funktion f : R 3 R, fx, y, z := z 3 +2z 2 3xyz+x 3 y 3, überprüft haben. Es gilt f0, 0, 2 = = 0 und 3 f x, y, z = 3z 2 + 4z 3xy, also 3 f 0, 0, 2 = = 4 0, womit die Behauptung bereits bewiesen ist. Für die Ableitung gilt g x, y = z f x, y, gx, y 1 Dx,y f x, y, gx, y 1 = 3ygx, y + 3x 2 3gx, y 2 3xgx, y 3y gx, y 3xy Anmerkung: Notation hier: g x, y = Dgx, y. b Wir müssen zeigen, dass in der Nähe von 0, 0, 1, 1 durch die Gleichung x fx, y, u, v = 0, mit fx, y, u, v := 2 + y 2 u 2 + v 2 x 2 + 2y 2 3u 2 + 4v 2 1 implizite Funktionen u und v definiert werden. Offenbar ist f : R 4 R 2 stetig differenzierbar; zudem sieht man sofort, dass f0, 0, 1, 1 = 0 gilt; die ersten zwei Voraussetzungen des Satzes über implizit definierte Funktionen sind also erfüllt. Jetzt müssen wir nur noch prüfen, ob die Matrix D u,v f0, 0, 1, 1 regulär ist. Wegen Dfx, y, u, v = 2x 2y 2u 2v 2x 4y 6u 8v 2u 2v ist D u,v fx, y, u, v = 6u 8v

8 und damit D u,v f0, 0, 1, 1 = 2 2 det = Diese Matrix ist tatsächlich regulär, denn Somit sind die Voraussetzungen des Satzes über implizit definierte Funktionen erfüllt. Danach gibt es eine offene Umgebung U R 2 von 0, 0 und eine stetig differenzierbare Funktion g : U R 2 mit g0, 0 = 1, 1 und fx, y, gx, y = 0 für alle x, y U. Definiert man u als die erste Komponentenfunktion von g und v als die zweite Komponentenfunktion von g, dann leisten u, v : U R das Gewünschte. Außerdem ergibt sich für x, y U Dgx, y = D u,v fx, y, gx, y 1 Dx,y fx, y, gx, y = D u,v fx, y, ux, y, vx, y 1 Dx,y fx, y, ux, y, vx, y 1 2ux, y 2vx, y 2x 2y =. 6ux, y 8vx, y 2x 4y Insbesondere für x, y = 0, 0 ist der zweite Faktor die Nullmatrix, so dass dann 0 0 Dg0, 0 = 0 0 ist. Dies bedeutet, dass 1 u0, 0 = 2 u0, 0 = 1 v0, 0 = 2 v0, 0 gilt. Dieses Ergebnis kann man auch folgendermaßen herleiten: Bilden wir in den beiden Gleichungen x 2 +y 2 u 2 +v 2 = 0 und x 2 +2y 2 3u 2 +4v 2 = 1 die partielle Ableitung nach x, wobei wir u = ux, y und v = vx, y jetzt als die implizit definierten Funktionen auffassen, so ergibt sich 2x 2u 1 u + 2v 1 v = 0 und 2x 6u 1 u + 8v 1 v = 0. Einsetzen von x = y = 0 liefert wegen u0, 0 = v0, 0 = 1 die Gleichungen 2 1 u0, v0, 0 = 0 und 6 1 u0, v0, 0 = 0. Dieses lineare Gleichungssystem hat als Lösung nur 1 u0, 0 = 1 v0, 0 = 0. Um die partiellen Ableitungen nach y der implizit definierten Funktionen u = ux, y und v = vx, y zu berechnen, gehen wir analog wie eben vor. Wir bilden in beiden Gleichungen x 2 + y 2 u 2 + v 2 = 0 und x 2 + 2y 2 3u 2 + 4v 2 = 1 die partielle Ableitung nach y und erhalten 2y 2u 2 u + 2v 2 v = 0 und 4y 6u 2 u + 8v 2 v = 0. Einsetzen von x = y = 0 liefert wegen u0, 0 = v0, 0 = 1 die Gleichungen 2 2 u0, v0, 0 = 0 und 6 2 u0, v0, 0 = 0. Dieses lineare Gleichungssystem hat als Lösung nur 2 u0, 0 = 2 v0, 0 = 0.