Musterlösung. Aufgabe 1 a) Die Aussage ist falsch. Ein Gegenbeispiel ist die Funktion f : [0, 1] R, die folgendermaßen definiert ist:

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1 Musterlösung Aufgabe a) Die Aussage ist falsch. Ein Gegenbeispiel ist die Funktion f : [, ] R, die folgendermaßen definiert ist: f(x) := { für x R \ Q für x Q f ist offensichtlich beschränkt. Wir zeigen, dass f nicht Riemann-integrierbar ist. Es sei = t < t <... < t n = eine beliebige Unterteilung von [, ] und τ + eine Treppenfunktion mit Sprungstellen t i und τ + (x) f(x) für alle x [, ]. Da jedes Intervall (t i, t i ) mindestens eine rationale Zahl enthält, muss der Wert c i von τ + auf (t i, t i ) mindestens sein. Also gilt: τ + (x)dx = n c i (t i t i ) i= n (t i t i ) = i= Also ist eine untere Schranke von { M + = } τ + (x)dx τ + T r([, ]), τ + f Da die konstante Funktion : [, ] R eine Treppenfunktion ist und f gilt, ist = dx M + und ist das Infimum von M +. Also gilt f(x)dx = Sei umgekehrt τ eine Treppenfunktion mit τ (x) f(x) für alle x [, ]. Da jedes Intervall (t i, t i ) mindestens eine irrationale Zahl enthält, kann der Wert c i von τ auf (t i, t i ) höchstens sein. Also gilt: τ (x)dx = n c i (t i t i ) i= Also ist eine obere Schranke von { M = } τ (x)dx τ T r([, ]), τ f Da die konstante Funktion : [, ] R eine Treppenfunktion ist und f gilt, ist = dx M und ist das Supremum von M. Also gilt

2 f(x)dx = f ist nicht Riemann-integrierbar, da für Riemann-integrierbare Funktionen das Oberund das Unter-Integral übereinstimmen. b) Die Aussage ist wahr. Wenn f stetig ist, dann ist auch f 2 stetig, da das Produkt zweier stetiger Funktionen wieder stetig ist. Da stetige Funktionen auf kompakten Intervallen Riemann-integrierbar sind, ist f 2 : [a, b] R Riemann-integrierbar.

3 Aufgabe 2 Wir bestimmen zunächst eine Stammfunktion von mittels Partialbruchzerlegung. Es gilt x 3 x = x(x )(x + ). Unser Ansatz für die Partial- x 3 x bruchzerlegung lautet: x 3 x = A x + B x + C x + = A(x2 ) x 3 x + B(x2 + x) x 3 x + C(x2 x) x 3 x = (A + B + C)x2 + (B C)x A x 3 x Das Gleichungssystem A + B + C = B C = A = hat die eindeutige Lösung A =, B =, C =. 2 2 Wir erhalten also ( x 3 x dx = x + 2 x + ) 2 x + dx = ln x + 2 ln x + ln x + 2 x2 = ln = ln x x 2 a) 2 dx = ln x 3 x x 2 2 = lim ln x ln x = ln ln 2 = + ln 2 = ln b) F (x) := ln x ist eine Stammfunktion von 2 x 3 x uneigentliche Integral auf (, ). Damit das x 3 x dx

4 existiert, müssen lim x F (x) und lim x + F (x) existieren. Es gilt aber lim ln x x = 2 lim ln x + x =, 2 da lim x = und lim x 2 x + ln x = ist. Also existiert das uneigentliche Integral nicht. Bemerkung. Um zu zeigen, dass das uneigentliche Integral divergiert, muss nur gezeigt werden, dass einer der beiden Grenzwerte lim x F (x) oder lim x + F (x) divergiert.

5 Aufgabe 3 Sei x := (x,..., x n ) T. Es gilt: x p = und ( n i= x i p ) p ( n i= max { x,..., x n } p ) p = (n x p ) /p = p n x x = max{ x,..., x n } = max{ x p,..., x n p } p ( n i= x i p ) p = x p Zusammengefasst haben wir: Also ist p äquivalent zu. x x p p n x

6 Aufgabe 4 a) Die Aussage ist falsch. Ein Gegenbeispiel ist durch f n : [, ] R mit f n (x) := x n gegeben. (f n ) n N konvergiert bezüglich. 2 gegen, da ( f n 2 = ) x 2n 2 dx = + 2n und lim n +2n = ist. Der punktweise Limes von (f n ) n N ist die Funktion f : [, ] R mit f(x) = { für x [, ) für x = Somit sind der punktweise Limes und der Limes bezüglich der 2-Norm verschieden. b) Die Aussage ist wahr. In der Vorlesung wurde gezeigt, dass aus der Konvergenz bezüglich. q die Konvergenz bezüglich. p folgt, wenn p q ist. Will man nicht diesen Satz zitieren, so kann man dies auch mit Hilfe der Cauchy- Schwarz-Ungleichung zeigen: f n f = f n (x) f(x) dx = f n (x) f(x) dx 2 f n f 2, und 2 = dx =. Also ist f n f f n f 2. Konvergiert also (f n ) gegen f in der Norm. 2, so ist lim f n f 2 = und wegen dieser Abschätzung dann auch lim f n f =, so dass (f n ) auch bzgl.. gegen f konvergiert.

7 Aufgabe 5 a) Es gibt keine solche Überdeckung. X ist eine abgeschlossene und beschränkte Teilmenge von R und somit kompakt. Auf Grund des Satzes von Heine-Borel hat jede offene Überdeckung von X eine endliche Teilüberdeckung und eine Überdeckung mit der in der Aufgabenstellung geforderten Eigenschaft kann somit nicht existieren. b) Es gibt eine solche Überdeckung. Behauptung: Die folgende Vereinigung offener Mengen ist eine Überdeckung von X 2 : X 2 n N U n mit U n := (, n ) Sei nämlich x X 2 = [, ). Es ist zu zeigen, dass ein n N mit x U n existiert. Wegen lim = und x < gibt es ein n N mit x <. Also ist n n x (, ) = U n n für dieses n, und somit ist x n N U n. Da x X 2 beliebig war, folgt X 2 n N U n, so dass die Behauptung bewiesen ist. Angenommen die obige Überdeckung besitzt eine endliche Teilüberdeckung. Dann existiert eine endliche Teilmenge {n,..., n k } von N mit X 2 k U nj = j= k (, n j ) j= Setze L := max { n,..., n k }. Dann ist L <. Wähle x (L, ), so dass x X 2 = [, ) gilt, aber wegen x > L folgt: x > n j und somit x / U nj für alle j, also x / k j= U n j. Es gibt also ein x X 2, das nicht in k j= U n j liegt, so dass U n,..., U nk keine Teilüberdeckung von X 2 ist.

8 Aufgabe 6 a) Wir verwenden das ɛ-δ-kriterium. Sei also ɛ > gegeben und setzt δ := ɛ. Es gilt für alle x, y, R: x = x 2 x 2 + y 2 = (x, y) 2 und y 2 x 2 + y 2 = (x, y) 2 2. Ist also (, ) (x, y) R 2 mit (x, y) < δ, so folgt: xy 2 x 2 + y 2 = x y2 x 2 + y (x, y) 2 (x, y) 2 2 = (x, y) 2 (x, y) 2 2 < δ = ɛ. 2 Damit ist das ɛ-δ-kriterium erfüllt, und es gilt: lim (x,y) (,) xy 2 x 2 + y 2 =. b) Dieser Limes existiert nicht. Wir wählen hierzu x n = y n =. Offensichtlich ist n lim n x n = lim n y n =. Es gilt: lim n x n y n x 2 n + y 2 n = lim n n 2 + = 2. n 2 n 2 Als nächstes wählen wir x n = y n = n. Es ist wieder lim n x n = lim n y n =. Weiterhin gilt: lim n x n y n x 2 n + y 2 n = lim n 2 n n 2 + n 2 = 2. Da die beiden Limiten verschieden sind, kann lim (x,y) (,) xy x 2 +y 2 nicht existieren.

9 Aufgabe 7 a) Die Jacobi-Matrix von f lautet: (df) (x,y,z) y + z x + z x + y yz xz xy Da alle 9 Koeffizientenfunktionen von (df) (x,y,z) stetig sind, folgt, dass f stetig differenzierbar ist. b) Laut dem Umkehrsatz ist f im Punkt (x, y, z ) genau dann lokal invertierbar, wenn die Matrix (df) (x,y,z ) invertierbar ist bzw. wenn ihre Determinante ungleich null ist. Es gilt: det (df) (,,) = 2 = det (df) (,,) = Also ist f in (,, ) nicht lokal invertierbar, aber in (,, ). = 2

10 Aufgabe 8 a) Sei p S beliebig, z.b. p = (, ). S und B p 2 () sind beides abgeschlossene Mengen, da S das Urbild der abgeschlossenen Menge {} R bezüglich der stetigen Funktion g(x, y) := xy ist. Also ist M := S B p 2 () auch abgeschlossen. Da M eine Teilmenge von B p 2 () ist, ist M auch beschränkt. Also ist M kompakt und wegen p M ist M. Da. 2 stetig ist, nimmt die Abstandsfunktion. 2 M auf M ein Mininmum an. Sei p eine solche Minimalstelle. Es gilt p 2 p 2. Für alle q S mit q / B p 2 () gilt q 2 > p 2 p 2. Also ist p eine globale Minimalstelle für. 2 auf S. b) Sei wieder g : R 2 R als g(x, y) := xy definiert. Weiterhin definieren wir f : R 2 R als f(x, y) := (x, y) 2 2 = x 2 +y 2. f ist das Quadrat des Euklidischen Abstands vom Nullpunkt. Der Wert von f ist genau dann maximal bzw. minimal, wenn der Euklidische Abstand maximal bzw. minimal ist. Also müssen wir die Funktion f unter der Nebenbedingung g(x, y) = untersuchen. Es gilt ( g) (x,y) T = (y, x) T. g verschwindet nur im Nullpunkt, der aber nicht in S liegt. Also ist g auf S niemals gleich null und wir können den Satz über Extrema mit Nebenbedingungen anwenden. Wir definieren f(x, y, λ) := f(x, y) + λg(x, y) = x 2 + y 2 + λ(xy ). Nach der Methode der Lagrange-Multiplikatoren müssen wir die kritischen Punkte von f bestimmen. Diese sind gegeben durch die Gleichungen 2x + λy = () 2y + λx = (2) Wegen (3) ist x und y. Damit folgt aus () und (2): xy = (3) λ = 2 x y = 2y x x y = y x x2 = y 2 y = ±x. Setzt man dies in (3) ein, folgt ±x 2 =. Also muss ± = + und daher y = x sein, und wegen x 2 = folgt x = y {, }. Also existieren genau die beiden folgenden kritischen Punkte von f: (, ) und (, ). Beide Punkte haben den Abstand 2 vom Ursprung. Also sind beide globale Minima der Abstandsfunktion. c) Solche Punkte können nicht existieren.. Begründung: Wir definieren p n := (, n) S mit n N. Es gilt: n p n = n 2 + n 2 > n.

11 Angenommen q S habe maximalen Abstand vom Nullpunkt. Dann existiert ein n N mit n > q und somit gilt auch p n > q. Also kann q nicht existieren. 2. Begründung: Wir hatten gezeigt, dass g auf S keine kritischen Punkte hat. Hätte also die Funktion f von b) ein Maximum auf S, so müsste dies nach der Methode der Lagrangemultiplikatoren wieder ein kritischer Punkt von f in b) sein. Da wir aber gezeigt haben, dass f nur die beiden kritischen Punkte hat, die den Punkten mit minimalem Abstand entsprechen, kann es keinen Punkt mit maximalem Abstand geben.

12 Aufgabe 9 Die Aussage ist falsch. Ein Gegenbeispiel ist durch F : R 2 R mit F (t, x) := x 2 sowie t = und x = gegeben. Wir bestimmen die maximale Lösung des Anfangswertproblems x = x 2, x() =. x = x 2 ist eine separable Differentialgleichung und wir können wie üblich umformen: x (t) x 2 (t) = t x (s) x 2 (s) ds = t ds x(t) + = t x(t) = t Die Funktion x : (, ) R mit x(t) = löst das Anfangswertproblem. Es t können keine weiteren Lösungen x : I R mit (, ) I und x (,) = x existieren, da x bei eine Polstelle hat und somit nicht stetig über hinaus fortgesetzt werden kann. Also ist x eine maximale Lösung, die nicht auf ganz R definiert ist.

13 Aufgabe a) Ist t R beliebig und x, so existiert die partielle Ableitung F x (t,x ) = 4 5 x in (t, x ), und sie ist stetig. Damit folgt aus einem Satz der Vorlesung, dass F in (t, x ) lokal Lipschitzstetig bzgl. x ist. Ist t R beliebig und x =, so ist F nicht lokal Lipschitztstetig bzgl. x in (t, ). Denn wäre F lokal Lipschitzstetig bzgl. x in (t, ), so gäbe es eine Umgebung U von (t, ) und eine Konstante L > mit F (t, x) F (t, ) L x, für alle (t, x) U, also müsste gelten für (t, x) U, x : L F (t, x) F (t, ) x = 5 5 x 4 x = 5. 5 x 5 Da aber lim x =, gibt es ein ɛ > so dass für x < ɛ folgt: x 5 5 > L, so x dass die obige Ungleichung nicht gilt. Da aber U eine offene Umgebung von (t, ) ist, enthält es Punkte (t, x) mit < x < ɛ, für die diese Ungleichung nicht gilt. Dies ist ein Widerspruch. Daher ist F lokal Lipschitzstetig bzgl. x in (t, x ) genau dann, wenn x. b) Die Differentialgleichung x = 5 5 x 4 ist separabel und wir erhalten: 5 x (t) 5 x(t) 4 = 5 t x (s) t ds = 5ds x(s) 4 5 u=x(s) x(t) x() 5 u 4 }{{} u 4/5 du = 5t 5u /5 x(t) x() = 5t 5 5 x(t) 5 5 x() }{{} = = 5t x(t) = (t + ) 5 Wegen x() = und x (t) = 5(t + ) 4 = 5 5 x(t) 4 ist dies in der Tat eine Lösung, die auf ganz R definiert und daher maximal ist. c) Eine maximale Lösung des Anfangswertproblems ist x : R R mit x (t) =. Sei x die Lösung aus Aufgabenteil b). Es gilt x( ) =. Dies motiviert die folgende Definition:

14 x 2 (t) = { (t + ) 5 für t für t > x 2 ist stetig und es gilt x 2 () =. Eingeschränkt auf (, ) und (, ) ist x 2 eine Lösung der Differentialgleichung. Man kann leicht zeigen, dass x 2 (t) x 2 ( ) lim x ± t ( ) ist. Somit ist x 2( 2) = x 2 ( 2) = und x 2 löst die Differentialgleichung auf ganz R. Da x 2 auf ganz R definiert ist, handelt es sich um eine maximale Lösung. Also hat das Anfangswertproblem zwei verschiedene Lösungen x und x 2. Alternativ könnte man wieder den Separationsansatz wie in Teil a) verwenden: = x (t) 5 x(t) 4 = 5 t x (s) t ds = 5ds x(s) x(t) 5 5 x() }{{} = = 5t x(t) = t 5 Dann ist x (t) = 5t 4 = 5 5 x(t) 4 und x() =, also ist dies eine dritte Lösung des Anfangswertproblems. Dies ist kein Widerspruch zum Satz von Picard-Lindelöf, da F nicht lokal Lipschitzstetig bezüglich x in (, ) ist, was beim Satz von Picard-Lindelöf vorausgesetzt ist.