Musterlösung Klausur zu Analysis II. Verständnisteil

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1 Technische Universität Berlin SS 009 Institut für Mathematik Prof Dr R Schneider Fritz Krüger Sebastian Holtz Musterlösung Klausur zu Analysis II Verständnisteil (a) Wie lauten die Voraussetzungen und die Aussage des mehrdimensionalen Mittelwertsatzes (b) Sei D R n offen und f : D R eine Funktion Wie ist die Definition dafür, dass f in x D ein lokales Minimum annimmt? (c) Sei D R n offen und f : D R m eine Funktion Wann heißt f Gâteauxdifferenzierbar im Punkte x 0 D in Richtung v R n \ {0}? (d) Kreuzen Sie bitte an Die Antworten müssen nicht begründet werden Für jedes richtige Kreuz gibt es einen Punkt, für jedes falsche Kreuz einen Minuspunkt Weniger als 0 Punkte gibt es allerdings nicht für diese Teilaufgabe Wahr Falsch Eine differenzierbare Funktion f : R n R n mit f (x) < x R n ist eine Kontraktion bezüglich Seien a < b R und sei f : [a, b] R eine in (a, b) differenzierbare Funktion und in a, b stetig Dann ist f eine Regelfunktion Sei f : R n R zweimal partiell differenzierbar Dann ist die Hessematrix von f symmetrisch Die Funktion f : C (R) C 0 (R), g g hat keinen Fixpunkt Lösung: (a) Sei D R n offen und sei x 0, x D derart, dass die Verbindungslinie beider Punkte G : {tx + ( t)x 0 t [0, ]} in D enthalten ist Die Funktion f : D R m sei differenzierbar auf G Dann existiert eine Zwischenstelle ξ : x 0 + t 0 (x x 0 ) mit t 0 (0, ), so dass f(x) f(x 0 ) f (ξ)(x x 0 ) (b) x heißt lokales Minimum, falls es eine offene Umgebung U von x gibt, so dass für alle v D U gilt f(u) f(v)

2 (c) f ist in Richtung v differenzierbar, falls existiert f(x + hv) f(x) lim h 0 h Geben Sie ein Beispiel an für eine Funktion f : R R, die partiell differenzierbar, aber nicht Fréchet-differenzierbar ist (mit Beweis) Lösung: f(x, y) { xy x +y, (x, y) (0, 0) 0, (x, y) (0, 0) Beh: f ist partiell differenzierbar aber nicht Fréchet-differenzierbar Beweis: f ist in R \ {(0, 0)} offensichtlich partiell differenzierbar Es gilt f(0, y) f(0, 0) y 0y y 0 y 0, also f f(0, y) f(0, 0) (0, 0) lim y y 0 y 0 analog auch f (0, 0) 0 Also ist f auch partiell differenzierbar in (0, 0) x Der einzige Kandidat für f (0, 0) ist also (0, 0), es gilt aber f( n, n ) f(0, 0) (0, 0)( n, n )T ( n, n ) n n n n 0, n also ist f nicht Fréchet-differenzierbar (f ist nicht mal stetig) 3 Sei A R n n invertierbar, und seien x, x, b, b R n, b 0 mit Ax b und A(x + x) b + b Zeigen Sie, dass dann x x A op A op b b gilt, wobei op die Operatornorm zu ist Lösung: Zunächst folgt mit Ax b und A(x + x) b + b, dass A x b Es folgt x A b und damit x A op b Weiter folgt aus Ax b, dass

3 b b A op x, also x A op Da b 0 und A invertierbar, ist x 0 und damit der Quotient x wohlbestimmt Es folgt x x x A op b b A op A op A op b b 4 Untersuchen Sie das Anfangswertproblem y sin(xy), y(0), x [0, 0] auf Existenz und Eindeutigkeit Hinweis: Die Lösungen müssen nicht bestimmt werden! Lösung: Sei f : R R, (x, y) sin(xy) Dann genügt f bezüglich y einer Lipschitzbedingung mit Lipschitzkonstante 0, denn mit dem Mittelwertsatz existiert für y, y R ein ξ zwischen y und y mit Also gilt für x [0, 0] sin(xy ) sin(xy ) x cos(xξ)(y y ) sin(xy ) sin(xy ) x cos(xξ)(y y ) x cos(xξ) y y 0 y y Nach dem Satz von Picard-Lindelöf existiert also genau eine Lösung des angegeben AWPs 3

4 Rechenteil Berechnen Sie 8 e 3 x 3 x dx Beweis: Wende Substitutionsregel an mit φ(x) x 3 φ ist offensichtlich bijektiv 8 e 3 x φ (8) e 3 φ(x) 3 dx φ (x)dx 3 xe x dx x φ 3 () φ(x) Wende partielle Integration an mit f(x) x, g (x) e x, also g(x) e x ( 3 xe x dx 3 f(x)g(x) ) f (x)g(x)dx 6e 3e 3e + 3e 3e Sei f : R R, (x, y) xy sin x + y x + y Berechnen Sie f Zeigen Sie, dass es Umgebungen U und V von (0, 0) T gibt, so dass f U : U V bijektiv ist und die Umkehrabbildung differenzierbar ist Bestimmen Sie (f ) (0, 0) Beweis: Die Ableitung ist gegeben durch: ( y cos(x) x + f (x, y) f (0, 0) det f (0, 0) Somit sind die Voraussetzungen des Umkehrssatzes erfüllt Dieser liefert die Mengen V, U R, so dass f U : U V bijektiv ist mit Umkehrabbildung g : V U Außerdem liefert er einem die Differenzierbarkeit der Umkehrabbildung g Für die Abbleitung von g im Punkte η f(ξ) gilt: g (η) f (ξ) Die Inverse von f (0, 0) ist gegeben durch f (0, 0) Da f(0, 0) (0, 0) ist g (0, 0) 4 )

5 3 Bestimmen Sie ein Fundamentalsystem von folgendem Differentialgleichungssystem: y (x) y(x) 4 3 Beweis: Setze A : 4 3 Berechne die Eigenwerte von A λ det ( λ)( 3 λ) λ 3 + 3λ λ + λ + 4 (λ + ) λ, λ Berechne einen Eigenvektor zu Aus v v v v v 4 3 v 4v 3v v v 0 4v v folgt, dass ein Eigenvektor ist Damit ist φ (x) e x Differentialgleichung Für die zweite benutzen wir den Ansatz a + bx φ (x) e x, φ c + dx (x)! Aφ (x) eine Lösung der b a bx e x φ d c dx (x)! Aφ (x) b 0 a b (A + I) und (A + I) d 0 c d Dies führt zu b d und a 4 c also a c oder ( a ) c 0 5

6 Also ist + x φ (x) e x + x ( oder φ (x) e x + x ) x Somit ist φ, φ ein Fundamentalsystem 4 Für n N sei f n : [0, ] R gegeben durch f n (x) { k, x [ k, k+ ), k 0,, n n n n, x Zeigen Sie, dass (f n ) n N gleichmäßig gegen x x konvergiert Beweis: Es ist zu zeigen: Für alle ε > 0 existiert ein n 0 N, so dass für alle n > n 0 und x [0, ] gilt: x f n (x) < ε Sei ε > 0 Setze n 0 > Sei n > n ε 0 und sei x [0, ] Es existiert ein k {0,, n } mit x [ k, k+) Sei δ x k [0, ) Dann gilt: n n n n 5 Gegeben sei die Funktion x f n (x) x (x δ) x x + xδ δ δ x δ δx δ n n 0 ε Bestimmen Sie alle Extremstellen von f f : R 3 R, (x, y, z) cos(x) + sin(yz) Beweis: Seien x, y, z R n Der Gradient von f ist gegeben durch sin(x) f(x, y, z) z cos(yz) y cos(yz) Überprüfe Aus sin(x)! 0 folgt: x {kπ k Z} Fall y 0 z 0 f(x, y, z)! 0 6

7 Fall y 0 yz {(k + )π k Z} Die Hessematrix von f ist gegeben durch H f (x, y, z) cos(x) z sin(yz) cos(yz) yz sin(yz) 0 cos(yz) yz sin(yz) y sin(yz) Fall Überprüfen von Punkten der Form ( kπ, 0, 0 ) T mit k Z ± 0 0 H f (kπ, 0, 0) det H f (kπ, 0, 0) ± det 0 Da es Nullelemente auf der Diagonalen gibt, kann die Matrix weder positiv noch negativ definit sein Da aber die Determinate nicht verschwindet, ist die Hessematrix indefinit und damit liegen an diesen Stellen Sattelstellen vor und keine Extremstellen Fall Überprüfen von Punkten der Form ( kπ, y, z ) T mit k Z und yz {(k + )π k Z} ± 0 0 H f (kπ, y, z) 0 z yz 0 yz y z yz det H f (kπ, y, z) ± det yz y 0 Da die Determinante verschwindet, kann man keine Aussage über Extremstellen treffen Deshalb muss man die Umgebung von (kπ, y, z) untersuchen Es gibt vier Fälle, Fall a: k ist gerade und sin(yz) Dann folgt f(kπ, y, z) + Da f durch beschränkt ist, liegt an dieser Stelle ein lokales Maximum vor Fall b: k ist ungerade und sin(yz) Dann folgt f(kπ, y, z) Da f durch - beschränkt ist, liegt an dieser Stelle ein lokales Minimum vor Fall c: k ist ungerade und sin(yz) Dann folgt f(kπ, y, z) + 0 7

8 Für kleines ε > 0 ist cos(kπ + ε) > Somit ist f(kπ + ε, y, z) > 0 Und für kleines ε > 0 folgt sin((y + ε)z) < Also f(kπ, y + ε, z) < 0 Also liegt eine Sattelstelle vor Fall d: k ist gerade und sin(yz) Analog zu Fall c 8