Nachklausur zur Analysis 2, SoSe 2017

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1 BERGISCHE UNIVERSITÄT WUPPERTAL Fakultät 4 - Mathematik und Naturwissenschaften Prof. N. V. Shcherbina Dr. T. P. Pawlaschyk Nachklausur zur Analysis 2, SoSe 217 Aufgabe 1 (22 P) (a) (5 P) Was verstehen wir unter einer kompakten Menge K R n. Geben Sie die Definition und eine äquivalente Charakterisierung an. (b) (1 P) Seien K, L R n kompakt. Zeigen Sie, dass auch K L im R n R n kompakt ist. (c) (7 P) Zeigen Sie, dass die Menge {(x, y) R 2 : x y } abgeschlossen ist. Ist sie sogar kompakt? Lösungen zu Aufgabe 1 (a) Eine Menge K heißt kompakt, wenn sie die Heine-Borel-Eigenschaft hat, d.h.jede Überdeckung von K durch offene Menge besitzt eine endliche überdeckung. (3 ) Ferner ist nach dem Satz von Heine-Borel eine Menge im R n genau dann kompakt, wenn sie abgeschlossen und beschränkt ist. (b) 1. Möglichkeit: Wir benutzen den Satz von Heine-Borel. Wir identifizieren R n R n auf natürliche Weise mit R 2n. Dann gilt für die euklidische Norm auf R 2n : (x, y) x 2 + y 2 und wir können den Satz von Heine-Borel benutzen. Ist (x n, y n ) n eine gegen (x, y ) konvergente Folge in K L, so bilden (x n ) n und (y n ) n gegen x bzw. y konvergente Folgen in K bzw. L. Da K und L kompakt und nach dem Satz von Heine-Borel abgeschlossen sind, gelten x K und y L und somit (x, y ) K L. Daher ist auch K L abgeschlossen. Nach dem Satz von Heine-Borel sind K und L beschränkt, d.h. es gibt r 1 > und r 2 > mit K B n (, r 1 ) und L B n (, r 2 ). Daraus folgt K L B n (, r 1 ) B n (, r 2 ) B 2n (, R), wobei R > groß genug gewählt wird. Damit ist K L beschränkt. Wähle z.b. R : r r2 2, denn ist (x, y) Bn (, r 1 ) B n (, r 2 ), so ist (x, y) x 2 + y 2 < r r2 2. Nach dem Satz von Heine-Borel ist K L kompakt. 1

2 Norm auf R n R n R 2n 1 Abgeschlossenheit K L 2+2 Beschränktheit K L 2+1 Radius R 1 Erwähnung/Benutzung von Satz von Heine-Borel 1 Insgesamt: Möglichkeit: Wir benutzen die Heine-Borel-Eigenschaft. Sei U {U i } i I eine Überdeckung von K L durch offene mengen U i des R n R n. Für ein U i U seien V i : p x (U i ) und W i : p y (U i ) die Projektionen von U i auf die x-achse bzw. die y-achse (Genauer p x (x, y) x und p y (x, y) y). (4 ) Dann sind V : {V i } i I und W : {W i } i I offene Überdeckungen von K bzw. L, die aufgrund der Kompaktheit die endlichen überdeckungen {V i } i I1 besitzen, wobei I 1, I 2 endliche Indexmengen von I sind. und {W i } i I2 Die endliche überdeckung zu U gewinnt man nun durch die überdeckung {U i } i I1 I 2. Denn ist (x, y) K L beliebig, so gibt es ein i 1 I 1 und ein i 2 I 2 mit x V i1 und y W i2. Daher ist (x, y) V i1 W i2 U i1 U i2 Daher ist K L i I 1 I 2 U i. (3 ) i I 1 I 2 U i Konstruktion: Überdeckung von K und L 4 TÜ von Überdeckung von K und L 2 Angabe endliche TÜ von K L 1 Begründung, dass TÜ eine Ü von K L ist 3 Insgesamt: (c) Sei (a n ) n (x n, y n ) n N eine Folge in A mit Grenzwert a (x, y ). Dann ist lim n x n y n lim n x n lim n x n x y, denn erstens ist x n y n für alle n N und zweitens ist der Betrag stetig auf R. Daher ist a A. Nach dem Satz von Heine-Borel ist A ist nicht kompakt, da A nicht beschränkt ist. (1 Punkt) Genauer: a n (1, n) A für alle n N, aber lim n a n. (1 ) x y 2 y n y n für alle n 1 Betrag stetig 1 Schlussfolgerung a A, A abegschlossen 1 Erwähnung/Benutzung Satz von Heine Borel 1 Argument Unbeschränktheit A 1 Insgesamt:

3 Aufgabe 2 (26 P) Alternative: U : R 2 \ A ist offen, denn f(x, y) : x y ist stetig als Summe zweier stetiger Funktionen. Sei (x, y ) U. Sei ε : f(x, y ) >. Dann gibt es ein δ >, so dass für alle (x, y) B((x, y ), δ) gilt: Insbesondere gilt f(x, y) f(x, y ) < f(x, y ) ε f(x, y) f(x, y ) < f(x, y ), also f(x, y) <. D.h. B((x, y ), δ) U, und damit ist U offen. Nach dem Satz von Heine-Borel ist A ist nicht kompakt, da A nicht beschränkt ist. (1 Punkt) Genauer: a n (1, n) A für alle n N, aber lim n a n. (1 ) f(x, y) : x y ist stetig 1 ε : f(x, y ) > 1 f(x, y) f(x, y ) < f(x, y ) 1 B((x, y ), δ) U 1 Schlussfolgerung U offen 1 Erwähnung/Benutzung Satz von Heine Borel 1 Argument Unbeschränktheit A 1 Insgesamt: (a) (3 P) Formulieren Sie die Kettenregel für Abbildungen in mehreren Veränderlichen. (b) (8 P) Seien γ : R 2 R, γ(x, y) x y und ψ : R R 3, ψ(t) ( cos(2t), log(t 2 ), t ) gegeben. Geben Sie eine größtmögliche offene Menge U an, auf der ψ γ differenzierbar ist (ohne Beweis). Berechnen Sie dort D(ψ γ)(x, y) mit Hilfe der Kettenregel. (c) (15 P) Bestimmen Sie die lokalen Extremstellen der Funktion f : R 2 R, f(x, y) e x/2 (x + y 2 ). Sind sie auch globale Extrema? Hinweis: Ein lokales Minimum (x, y ) heißt globales Minimum von f, falls f(x, y) f(x, y ) für alle (x, y) R 2 ist. Analog wird ein globales Maximum definiert. Lösungen zu Aufgabe 2 (a) Seien U R n und V R m offene Mengen und g : U R m und f : V R l Abbildungen mit f(u) V. Ferner seien g an der Stelle x U und f an der Stelle y : g(x ) differenzierbar. Dann ist die Komposition f g : U R l in x differenzierbar, und es gilt D(f g)(x ) Df(y ) Dg(x ).. Voraussetzungen 1 Komposition differenzierbar 1 Formel 1 Insgesamt:

4 (b) Die Komposition ist wegen des Logarithmus in der zweiten und der Wurzel in der dritten Komponente von ψ nur für (x, y) R 2 mit x y > differenzierbar, d.h. U {(x, y) R 2 : x > y}. Es sind und Dann ist Dγ(x, y) ( 1, 1 ) Dψ(t) 2 sin(t) 2 t 1 2 t. (3 ) D(ψ γ)(x, y) Dψ(γ(x, y)) Dγ(x, y) 2 sin(x y) 2 x y (1, 1 ) 1 2 x y 2 sin(x y) 2 sin(x y) 2 2 x y x y x y 2 x y Definitionsbereich U 2 Differential γ 1 Differential ψ 3 Kettenregel 1 Differential ψ γ 1 Insgesamt: (c) Die Funktion ist unendlich oft differenzierbar auf ihrem (offenen) Definitionsbereich. Wir prüfen also auf kritische und berechnen zunächst den Gradienten f(x, y) ( 1 2 (y2 + x + 2)e x/2, 2ye x/2) (, ) Aus der zweiten Gleichung folgt sofort, dass y sein muss. Eingesetzt in die erste liefert x 2. Daraus folgt (x, y) ( 2, ) als einzige kritische Stelle. Die Hesse-Matrix lautet ( 1 H f (x, y) 4 (y2 + x + 4)e x/2 ye x/2 ye x/2 2e x/2 ) (3 ) Die kritische Stelle eingesetzt ergibt die Matrix ( 1 H f ( 2, ) 2 e 1 2e 1 ) Der Eintrag oben links ist echt positiv, die Determinante lautet det H f ( 2, ) e 2 und ist ebenfalls positiv. Daher ist H f ( 2, ) positiv definit, und f hat in ( 2, ) ein lokales Minimum. 4

5 Aufgabe 3 (26 P) Es ist f(x, y) xe x/2 für alle (x, y) R 2. Die Funktion h(x) : xe x/2 hat in x 2 ein lokales Minimum. Auf (, 2) ist sie streng monoton fallend, auf ( 2, + ) streng monoton steigend. Daher ist das Minimum x 2 von h sogar global. Daraus folgt f(x, y) h(x) h( 2) f( 2, ) für alle (x, y) R 2. Das Minimum (x, y) ( 2, ) von f ist sogar global. (3 ) Partielle Ableitungen 2 y... und x... 2 Hesse-Matrix allgemein 3 Hesse-Matrix an kritischer Stelle 2 Wieso ist Hesse positiv definit? 2 Folgerung lokales Minimum 1 Argumentation globales Minimum 3 Insgesamt: (a) (3 P) Wie lautet die Methode der Lagrangeschen Multiplikatoren? Liefert sie ein hinreichendes oder notwendiges Kriterium für relative Extrema? (b) (14 P) Bestimmen Sie mit Hilfe der Lagrangeschen Multiplikatoren den Abstand von C {x 2 + y 2 z 2 } {x 2 + y 2 + x 2 y 2 8} zum Ursprung, indem Sie die Funktion f(x, y, z) x 2 +y 2 +z 2 unter der Nebenbedingung C minimieren. Warum erhält man so den gesuchten Abstand? (c) (9) Kann man die Menge M {(x, y, u, v) R 4 : u 2 v 2 2x log( v) + 3y 3} lokal nahe (x, y, u, v) ( 2, 1, 1, 1 ) als Graph einer Funktion v g(x, y, u) schreiben? Falls ja, wie lautet das Differential von g in p (2, 1, 1)? Lösungen zu Aufgabe 3 (a) Hat f in a ein relatives Extremum unter den Nebenbedingungen g 1 (x)... g m (x), so gibt es Zahlen λ 1,..., λ m R, so dass gilt: gradf(a) λ 1 gradg 1 (a) λ m gradg m (a) Die Methode ist lediglich eine notwendige Bedingung für relative Extrema. (2+1 ) (b) Wir minimieren die Funktion unter der Nebenbedingung ( ) ( g1 (x, y, z) g 2 (x, y, z) f(x, y, z) x 2 + y 2 + z 2 x 2 + y 2 z 2 x 2 + y 2 + x 2 y 2 8 Da C kompakt ist, nimmt f auf C Extremstellen an. ) ( ) 5

6 Da der Abstand von C zum Ursprung gleich ist, müssen wir die Euklidische Norm d(, C) inf{ (x, y, z) : (x, y, z) C} (x, y, z) x 2 + y 2 + z 2 unter der Nebenbedingung C minimieren. Der Einfachheit halber reicht es aber auch, anstelle der Wurzel (x, y, z) 2 f(x, y, z) zu minimieren. Es sind f(x, y, z) (2x, 2y, 2z) und g 1 (x, y, z) (2x, 2y, 2z), g 2 (x, y, z) (2x + 2xy 2, 2y + 2x 2 y, ) Nach dem Satz von Lagrange gibt es zwei Zahlen λ und µ aus R mit (2x, 2y, 2z) λ(2x, 2y, 2z) + µ(2x + 2xy 2, 2y + 2x 2 y, ) Aus der letzten Komponente folgern wir direkt, dass 2z 2zλ sein muss. Angenommen, z. Dann folgt aus der ersten Nebenbedingung x 2 + y 2. Das ist nur möglich, falls x y. Das passt dann aber nicht zur zweiten Nebenbedingung. (1 Punkt) Sei z. Dann folgt λ 1 und damit bzw. 2x 2x + µ(2x + 2xy 2 ) und 2y 2y + µ(2y + 2x 2 y) Das führt zur Gleichung 4x µ(2x + 2xy 2 ) und 4y µ(2y + 2x 2 y) 2xy(1 + x 2 ) 2xy(1 + y 2 ) Sind x oder y, so wird die Gleichung gelöst. Im Falle x ist wegen der zweiten NB y 2 8, und dann wegen der ersten z 2 8. Analog y. Das ergibt die vier (, ± 8, ± 8) und die vier (± 8,, ± 8). (4 ) Sind weder x noch y gleich Null, so erhalten wir die Gleichung 1 + x y 2, also x 2 y 2. Das setzen wir in die zweite Nebenbedingung ein und erhalten 8 x 2 + y 2 + x 2 y 2 y 2 + y 2 + y 2 y 2 2y 2 + y 4 Die pq-formel liefert y 2 1 ± 3. Nur der positive löst die Gleichung, also y 2 2, und daher x 2 2 und wegen der ersten Nebenbedingung z 2 4. Das ergibt die 8 (± 2, ± 2, ±2). (4 ) Wir setzen alle in f ein und erhalten f(, ± 8, ± 8) f(± 8,, ± 8) 16 > f(± 2, ± 2, ±2) 8 Die relativen Minima werden folglich in den n (± 2, ± 2, ±2) angenommen. Der Abstand ist gleich 8. 6

7 (c) Wir setzen Begründung, weshalb f 1 Satz von Lagrange 2 Fall z 1 Minima 4 Maxima 4 Argument Maximum oder Minimum 1 Abstand 1 Insgesamt: f(x, y, z) : u 2 v 2 2x log( v) + 3y Wir müssen prüfen, ob (2, 1, 1, 1) v vollen Rang hat bzw. nicht verschwindet, damit wir den Satz über implizite Funktionen anwenden und die Menge in der gewünschten Form schreiben können. Es ist v (x, y, u, v) 2v + 2x v Dann ist 2 2 (2, 1, 1, 1) 2 2 v 1 Für das gesuchte Differential benötigen wir Also ist Aufgabe 4 (12 P) (x, y, u) (x, y, u, v) ( 2 log( v), 3, 2u ) (x, y, u) (2, 1, 1, 1) (, 3, 2 ) Dann ist nach dem Satz über implizite Funktionen v g (x, y, u) (p) 1 (2, 1, 1, 1) (2, 1, 1, 1) (x, y, u) (, 3, 2) (, 1.5, 1) 2 Erwähnung Satz über implizite Funktionen 1 Ableitung von f nach v 1 Ableitung von f nach v in (2, 1, 1, 1) 1 Ableitung von f nach (x, y, u) 2 Ableitung von f nach (x, y, u) in (2, 1, 1, 1) 2 Ableitung von g nach (x, y, u) in (2, 1, 1) 2 Insgesamt: (a) (7 P) Berechnen Sie das Volumen des Körpers K {(x, y, z) R 3 : x 2 + y 2 4, z + y 2 3} Hinweis: Evtl. können Sie benutzen, dass 7 a a a 2 t 2 dt πa2 2 ist.

8 (b) (5 P) Lösen Sie das Anfangswertproblem 2 sin(x) sin(x)y y, y() 1. Lösungen zu Aufgabe 4 (a) Wir schreiben K als Normalbereich. K {(x, y, z) R 3 : x 2, y 4 x 2, y 2 z 3 y 2 } Dann ist K K d(x, y, z) 2 4 x 2 3 y x 2 y 2 dz dy dx 2 4 x (3 y 2 + y 2 ) dy dx 4 x 2 }{{} 3 4 x 2 dx 6 4π 2 12π (3 ) K als Normalbereich 2 Integral aufstellen 1 Nach z integrieren 1 Nach y integrieren 1 Nach x integrieren 1 Endergebnis 1 Insgesamt: Alternative: Seien P {(r, ϕ, h) : r 2, ϕ 2π, r 2 sin 2 (ϕ) h 3 r 2 sin 2 (ϕ)} und Ψ(r, ϕ, h) (r cos(ϕ), r sin(ϕ), h) Zylinderkoordinaten von K, d.h. Ψ(P ) K. Dann ist mit der Transformationsformel K 2 2π 3 r 2 sin 2 (ϕ) 2 2π r 2 sin 2 (ϕ) r dh dϕ dr r (3 sin 2 (ϕ) + sin 2 (ϕ)) }{{} πr dr dϕ dr [ r 2 ] 2 6π 2 r 12π 8

9 K in Zylinderkoordinaten (P beschreiben) 2 Integral aufstellen 1 Nach r integrieren 1 Nach ϕ integrieren 1 Nach h integrieren 1 Endergebnis 1 Insgesamt: (b) Da wir y() 1 wollen, können wir annehmen, dass y nahe ungleich 2 ist. Daher stellen wir zunächst um und teilen durch 2 y sin(x)(2 y) y sin(x) y 2 y integrieren cos(x) + C ln(2 y) cos(x) C ln(2 y) und wenden auf beiden Seiten die Exponentialfunktion an e cos(x) C 2 y y 2 Ae cos(x) (mit A e C ). Wollen wir nun y() 1, so müssen wir A 3e 1 setzen. Trennen der Variablen 1 Kürzen 1 Integrieren 1 Wurzel ziehen 1 C bestimmen 1 Insgesamt: