Analysis II. 8. Klausur mit Lösungen

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1 Fachbereich Mathematik/Informatik Prof. Dr. H. Brenner Analysis II 8. Klausur mit en 1

2 2 Aufgabe 1. Definiere die folgenden kursiv gedruckten) Begriffe. 1) Eine Metrik auf einer Menge M. 2) Die Kurvenlänge einer Kurve f : [a, b] R n. ) Das Wegintegral zu einem stetigen Vektorfeld f : R n R n und einer stetig differenzierbaren Kurve γ : [a, b] R n. 4) Die totale Differenzierbarkeit einer Abbildung ϕ: R n R m in einem Punkt P R n. 5) Die Niveaumenge zu einer Funktion f : R n R über c R. 6) Ein regulärer Punkt P V einer differenzierbaren Abbildung ϕ: V W zwischen endlichdimensionalen reellen Vektorräumen. 7) Das Taylor-Polynom im Punkt P a 1,..., a n ) R n vom Grad k einer k-mal differenzierbaren Abbildung f : R n R. 8) Das Gradientenfeld zu einer differenzierbaren Funktion f : V R auf einem euklidischen Vektorraum V. 1) Eine Abbildung d: M M R heißt Metrik, wenn für alle x, y, z M die folgenden Bedingungen erfüllt sind: a) d x, y) 0 x y Definitheit), b) d x, y) dy, x) Symmetrie), und c) d x, y) dx, z) + dz, y) Dreiecksungleichung). 2) Unter der Kurvenlänge von f versteht man Lf) sup Lft 0 ),..., ft k )), a t 0 t 1... t k 1 t k b Unterteilung, k N). ) Das Wegintegral ist F : γ b a F γt)), γ t) dt.

3 4) Die Abbildung ϕ heißt total differenzierbar in P, wenn es eine R- lineare Abbildung L: R n R m mit der Eigenschaft ϕp + v) ϕp ) + Lv)+ v rv) gibt, wobei r : U 0, δ) W eine in 0 stetige Abbildung mit r0) 0 ist und die Gleichung für alle v V mit P + v U P, δ) G gilt. 5) Die Niveaumenge zu f zum Wert c ist N c {x R n fx) c}. 6) Der Punkt P heißt regulär, wenn rang Dϕ) P min dim V ), dim W )) ist. 7) Das Taylor-Polynom vom Grad k zu f in P ist 1 r! Dr fp ) x 1 a 1 ) r1 x n a n ) rn. rr 1,...,r n), r k 8) Die Abbildung heißt Gradientenfeld zu f. V V, P grad fp ),

4 4 Aufgabe 2. Formuliere die folgenden Sätze. 1) Der Banachsche Fixpunktsatz. 2) Das sverfahren für ein durch ein Zentralfeld F : R R n R n gegebenes Anfangswertproblem. ) Der Satz über die Umkehrabbildung. 4) Der Satz von Picard-Lindelöf. 1) Es sei M ein nicht-leerer vollständiger metrischer Raum und f : M M eine stark kontrahierende Abbildung. Dann besitzt f genau einen Fixpunkt. 2) Es sei F : R R n R n, t, v) F t, v) gt, v) v, ein stetiges Zentralfeld zur stetigen Funktion g : R R n R, t, v) gt, v). Es sei w R n und es sei α: J R eine der eindimensionalen Differentialgleichung Dann ist z ht, z) : gt, zw) z mit αt 0 ) 1. vt) αt) w eine des Anfangswertproblems v F t, v) mit vt 0 ) w. ) Es seien V 1 und V 2 euklidische Vektorräume, sei G V 1 offen und es sei ϕ: G V 2 eine stetig differenzierbare Abbildung. Es sei P G ein Punkt derart, dass das totale Differential Dϕ) P bijektiv ist. Dann gibt es eine offene Menge U 1 G und eine offene Menge U 2 V 2 mit P U 1 und mit ϕp ) U 2 derart, dass ϕ eine Bijektion ϕ U1 : U 1 U 2

5 5 induziert, und dass die Umkehrabbildung ϕ U1 ) 1 : U 2 U 1 ebenfalls stetig differenzierbar ist. 4) Es sei V ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum, I R ein reelles Intervall, U V eine offene Menge und f : I U V, t, v) ft, v), ein Vektorfeld auf U. Es sei vorausgesetzt, dass dieses Vektorfeld stetig sei und lokal einer Lipschitz-Bedingung genüge. Dann gibt es zu jedem t 0, w) I U ein offenes Intervall J mit t 0 J I derart, dass auf diesem Intervall eine eindeutige für das Anfangswertproblem existiert. v ft, v) und vt 0 ) w

6 6 Aufgabe. Es sei A eine nichtleere Menge, n N + und M A n das n-fache Produkt der Menge mit sich selbst. a) Zeige, dass auf M durch dx, y) dx 1,..., x n ), y 1,..., y n )) : #{i x i y i }) eine Metrik definiert wird. b) Bestimme zu A {a, b, c} und n 4 den Abstand da, a, b, c), c, a, b, a)). c) Liste für A {a, b, c} und n alle Elemente aus der offenen Kugel U a, a, b), 2) auf. a) Die Anzahl ist stets eine nichtnegative Zahl. Zwei Tupel x, y M sind genau dann gleich, wenn jede ihrer Komponenten übereinstimmt. Dies ist genau dann der Fall, wenn dx, y) 0 ist. Da die Un-)gleichheit symmetrisch ist, ist dx, y) dy, x). Zum Beweis der Dreiecksungleichung seien x, y, z M vorgegeben. Wenn x und z in der i-ten Komponente nicht übereinstimmen, so ist x i y i oder y i z i. Es ist also und daher {i x i z i } {i x i y i } {i y i z i } dx, z) #{i x i z i }) #{i x i y i }) + #{i y i z i }) dx, y) + dy, z). b) Die beiden Tupel a, a, b, c) und c, a, b, a) unterscheiden sich an der ersten und der vierten Stelle, also ist der Abstand 2. c) Die Werte der Metrik sind ganzzahlig, und in der offenen Ballumgebung mit Radius 2 liegen die Elemente, die vom Mittelpunkt einen Abstand < 2 haben. Der Abstand zum Mittelpunkt muss also 0 oder 1 sein. Die Elemente darin sind daher a, a, b), b, a, b), c, a, b), a, b, b), a, c, b), a, a, a), a, a, c).

7 7 Aufgabe 4. Es seien L und M metrische Räume und es seien f, g : L M zwei stetige Abbildungen. Zeige, dass die Menge N {x L fx) gx)} abgeschlossen in L ist. Wir zeigen, dass das Komplement offen ist. Sei also x L ein Punkt mit fx) gx) und sei δ dfx), gx)) > 0. Wegen der Stetigkeit von f und g gibt es ɛ 1, ɛ 2 R + mit den Eigenschaften: Wenn dx, x ) ɛ 1, dann dfx), fx )) δ und Wenn dx, x ) ɛ 1, dann dgx), gx )) δ. Dies gilt dann auch für ɛ min ɛ 1, ɛ 2 ). Daher gelten für x U x, ɛ) die Abschätzungen dfx ), gx )) dfx), gx)) dfx), fx )) dgx), gx )) 1 δ > 0, δ 2 δ d.h. diese offene Ballumgebung gehört vollständig zum Komplement.

8 8 Aufgabe 5. Beweise den Banachschen Fixpunktsatz. Es sei c R, 0 c < 1, ein Kontraktionsfaktor, d.h. es gelte dfx), fy)) c dx, y) für alle x, y M. Wenn x, y M Fixpunkte sind, so folgt aus dx, y) dfx), fy)) < c dx, y) sofort dx, y) 0 und somit x y, es kann also maximal einen Fixpunkt geben. Sei nun x M ein beliebiger Punkt. Wir betrachten die durch x 0 x und x n : f n x) : fx n 1 ) rekursiv definierte Folge in M. Wir setzen a dfx), x). Dann gilt für jedes n N die Beziehung df n+1 x), f n x)) c df n x), f n 1 x)) c n dfx), x) c n a. Daher gilt aufgrund der Dreiecksungleichung und der geometrischen Reihe für n m die Beziehung df n x), f m x)) df n x), f n 1 x)) + df n 1 x), f n 2 x)) + + df m+1 x), f m x)) ac n 1 + c n c m+1 + c m ) ac m c n m 1 + c n m c 2 + c 1 + 1) c m a 1 1 c. Zu einem gegebenen ɛ > 0 wählt man n 0 mit c n 0 a 1 ɛ. Dies zeigt, dass 1 c eine Cauchy-Folge vorliegt, die aufgrund der Vollständigkeit gegen ein y M konvergiert. Wir zeigen, dass dieses y ein Fixpunkt ist. Die Bildfolge fx n )) n N konvergiert gegen fy), da eine kontrahierende Abbildung stetig ist. Andererseits stimmt diese Bildfolge mit der Ausgangsfolge bis auf die Indizierung überein, so dass der Grenzwert y sein muss.

9 Aufgabe 6. Es sei f : [a, b] R eine stetig differenzierbare Funktion mit f x) > 0 für x [a, b]. Zeige die anschaulich klare Aussage), dass die Bogenlänge des Graphen von f über [a, b] mit der Bogenlänge des Graphen der Umkehrfunktion f 1 über [fa), fb)] übereinstimmt. 9 Die Funktion f ist wegen f x) > 0 streng wachsend und insbesondere injektiv, und definiert aufgrund des Zwischenwertsatzes eine Bijektion zwischen [a, b] und [fa), fb)]. Die Umkehrfunktion f 1 ist ebenfalls stetig differenzierbar mit f 1 ) 1 y) f f 1 y)). In dieser Situation können wir die Längenformel für den Graphen anwenden und erhalten mit der Substitution y fx) und dy f x)dx) fb) Lf 1 ) 1 + f 1 ) y)) 2 dy fa) fb) fa) b a b a Lf) f f 1 y))) 2 dy 1 f x)) 2 f x) dx f x)) dx

10 10 Aufgabe 7. Löse das lineare Anfangswertproblem ) ) ) ) v1 4 v1 v1 0) 5 mit. v v 2 v 2 0) 1) Aus der zweiten Zeile folgt sofort v 2 t) ae 2t, wobei die Anfangsbedingung v 2 0) 1 durch a 1 erfüllt wird. Für v 1 ergibt sich daraus die inhomogene lineare Differentialgleichung in einer Variablen, v 1 v 1 4e 2t mit v 1 0) 5. Die zugehörige homogene lineare Gleichung besitzt die en ce t. Mittels Variation der Konstanten, also dem Ansatz v 1 t) ct)e t, ergibt sich die Bedingung c t) 4e 2t e t 4e t. Also ist ct) 4e t + b mit einer Konstanten b R. Aus 4e 0 + b)e 0 5 folgt b 1. Die ist also ) ) v1 t) 4e t + 1)e t v 2 t) e 2t.

11 Aufgabe 8. Bestimme das Taylor-Polynom zweiter Ordnung der Funktion f : R 2 R, x, y) fx, y) e sin x cos y, im Punkt ) 0, π Die relevanten Ableitungen sind f x cos x e sin x cos y, f y sin y e sin x cos y, 2 f 2 x cos 2 x sin x ) e sin x cos y, 2 f 2 y sin 2 y + cos y ) e sin x cos y, f y x cos x sin y e sin x cos y. Somit sind die Werte der relevanten Ableitungen im Punkt ) 0, π 2 gleich f 0, π ) e 0 1, 2 f 0, π ) 1, x 2 f 0, π ) 1, y 2 2 f 0, π ) 1, 2 x 2 2 f 0, π ) 1, 2 y 2 f 0, π ) 1. y x 2 Daher ist das Taylor-Polynom der Ordnung zwei gleich 1 + x + y π ) x2 + x y π ) + 1 y π )

12 12 Aufgabe 9. Wir betrachten die Funktion f : [0, 1] R, t 1 t 2. Für welche x, y [0, 1], x < y, besitzt die zugehörige dreistufige maximale) untere Treppenfunktion zu f den maximalen Flächeninhalt? Welchen Wert besitzt er? Es seien 0 x y 1 die Markierungen der möglichen Intervallunterteilungen. Der Flächeninhalt der zugehörigen maximalen unteren Treppenfunktion von f ist gx, y) x1 x 2 ) + y x)1 y 2 ) x x + y y x + xy 2 x y + xy 2 + y. Die partiellen Ableitungen davon sind g x x2 + y 2 und g y y2 + 2xy + 1. Wir bestimmen die kritischen Punkte. Aus der ersten Gleichung folgt y x den negativen Fall kann man ausschließen). Wir setzen x 1 y in die zweite Gleichung ein und erhalten die Bedingung woraus y folgt. Daher ist 1 y y y 2, 1/4 2 1/4 1/4 1/4 2 x und der einzige kritische Punkt ist 1 9 2, ) Die Hesse-Matrix von g ist 6x 2y ) 2y. 6y + 2x Im kritischen Punkt ist der Eintrag links oben negativ. Die Determinante ist 6xy 12x 2 4y 2 x ) x 6 ) 2 24 > 0

13 positiv, so dass die Hesse-Matrix negativ definit ist und daher im kritischen Punkt ein Maximum vorliegt. Da es auch in einer geeigneten kleinen) offenen Umgebung des abgeschlossenen Definitionsbereiches keinen weiteren kritischen Punkt gibt, liegt ein absolutes Maximum vor. Der Wert ist x y + xy 2 + y x x 2 x 2 + x 2 + ) x x 2 2 ) + ) ) + ) ) )

14 14 Aufgabe 10. Wir betrachten die Abbildung y ϕ: R \ {0} R R 2 2, x, y) a) Bestimme die regulären Punkte der Abbildung ϕ. x, y x 2 b) Zeige, dass ϕ in P 1, 2) lokal eine differenzierbare Umkehrabbildung ψ ϕ 1 besitzt, und bestimme das totale Differential von ψ im Punkt ϕp ). c) Man gebe alle Punkte Q R\{0} R an, in denen ϕ nicht lokal invertierbar ist. ). a) Wir bestimmen die Jacobi-Matrix von ϕ, diese ist ) Die Determinante davon ist J y2 x 2 2 y x 2 y x y2 x 2 y4 x + 4 4y4 x y4 4 x. 4 Dies ist 0 genau dann, wenn y 0 ist, so dass die regulären Punkte genau die Punkte sind, deren y-koordinate nicht 0 ist. b) Die Abbildung ist nach Teil a) im Punkt P 1, 2) regulär, daher gibt es nach dem Satz über die Umkehrabbildung eine differenzierbare Umkehrabbildung ψ, die in einer offenen Umgebung von ϕp ) 4, 8) definiert ist. Das totale Differential von ψ im Punkt ϕp ) ist die inverse Matrix zum totalen Differential von ϕ in P, also invers zu ) Die inverse Matrix dazu ist ) ). c) Für die Punkte x, y) mit y 0 gibt es aufgrund des Satzes über die Umkehrabbildung lokal eine Umkehrabildung. Für einen Punkt Q mit y 0 gibt es dagegen keine lokale Umkehrabbildung, da ein solcher Punkt auf der Geraden liegt, die die Faser über 0, 0) ist. Daher ist diese Abbildung in keiner offenen Umgebung von Q injektiv.

15 Aufgabe 11. Bestimme die ersten drei Iterationen in der Picard-Lindelöf- Iteration für die gewöhnliche Differentialgleichung mit der Anfangsbedingung y0) 0. y y 2 + t + yt 2 15 Wir schreiben das Vektorfeld als F t, y) y 2 + t + yt 2. Die konstante Anfangsbedingung führt zu ϕ 0 0. Die erste Picard-Lindelöf-Iteration führt auf ϕ 1 t) t 0 t 0 t t2. F s, ϕ 0 s))ds F s, 0)ds sds Die zweite Picard-Lindelöf-Iteration führt auf ϕ 2 t) t 0 t 0 t 0 F s, ϕ 1 s))ds ) s + 2 s2 1 4 s4 + s s4 ds 1 2 t t5. Die dritte Picard-Lindelöf-Iteration führt auf ϕ t) t 0 t 0 t 0 t 0 ) 1 2 s2 s 2 ds F s, ϕ 2 s))ds 1 2 s2 + ) s5 + s + 2 s2 + ) 20 s5 s 2 ds 1 4 s s s10 + s s s7 ds s + 4 s s s10 ds 1 2 t t t t11.

16 16 Aufgabe 12. Sei G: R n R n ein Gradientenfeld und sei ϕ: J R n J R ein offenes Intervall) eine der zugehörigen Differentialgleichung v Gv). Es gelte ϕ t) 0 für alle t J. Zeige, dass ϕ injektiv ist. Es sei h: R n R ein Potential zu G, also eine differenzierbare Funktion, deren Gradientenfeld gleich G ist. Wir zeigen, dass sogar die zusammengesetzte Abbildung f h ϕ: J R, t hϕt)), injektiv ist. Aufgrund der Kettenregel ist die Ableitung dieser Abbildung gleich f t) Dh) ϕt) Dϕ) t Dh) ϕt) ϕ t)). Nach Fakt steht ϕ t) 0 senkrecht auf dem Tangentialraum zu h im Punkt ϕt). Insbesondere gehört ϕ t) nicht zum Tangentialraum da das Skalarprodukt positiv definit ist), also nicht zum Kern von Dh) ϕt). Daher ist f t) Dh) ϕt) ϕ t)) 0. D.h. dass f t) keine Nullstelle besitzt und daher ist f nach Fakt streng wachsend oder streng fallend, also injektiv.

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