Nachklausur Analysis 2

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1 Nachklausur Analysis 2. a) Wie ist der Grenzwert einer Folge in einem metrischen Raum definiert? Antwort: Se (a n ) n N eine Folge in dem metrischen Raum (M, d). Diese Folge besitzt den Grenzwert g M, wenn zu jedem ɛ > 0 ein N 0 N existiert, so dass gilt d(a n, g) < ɛ für alle n N 0. b) Wie kann man die kompakten Mengen des R n charakterisieren? Antwort: Eine Teilmenge M des Raumes R n ist genau dann kompakt, wenn sie beschränkt und abgeschlossen ist. c) Definieren Sie lim x f(x) = a. Antwort: Es ist lim x f(x) = a genau dann, wenn zu jedem ɛ > 0 ein C R existiert, so dass f(x) a < ɛ für alle x > C. d) Was für Unstetigkeiten kann eine monoton wachsende Funktion die über einem abgeschlossenen Intervall definiert ist, nur besitzen? Antwort: Es kann sich nur um Sprungstellen handeln. e) Berechnen Sie für folgend Funktionen die Ableitungen: i) f(x) = (3x ) 00 Antwort: f (x) = 300(3x ) 99 ii) f(x) = sin (3 2x). Antwort: f (x) = ( 2) cos (3 2x). iii) f(x) = a x mit a > 0. Antwort: f (x) = ln a a x. f) Formulieren Sie den Satz von Rolle. Antwort: Sei f : [a, b] R stetig und f im Innern des Intervalls differenzierbar sowie f(a) = f(b). Dann existiert ein ξ ]a, b[ so dass gilt f (ξ) = 0. g) Wie lautet der Taylorsatz mit Restglied in Integralform? Antwort: Die reelle Funktion f sei für x [x o, x 0 + h], h > 0 definiert und (n + )-mal stetig differenzierbar. Dann gilt mit f(x 0 + h) = R n (x 0, h) = ( )n n! n j=0 h j j! f (j) (x 0 ) + R n (x 0, h) x0 +h x 0 (t x 0 h) n f (n+) (t) dt.

2 h) Wie ist die Operatornorm auf dem Vektorraum aller stetigen linearen Abbildungen zwischen zwei normierten Vektorräumen definiert? Antwort: Sei A : V W eine stetige (beschränkte) lineare Abbildung zwischen den beiden normierten Räumen V und W. Dann ist Ax W a := sup x o x V die Operatornorm der Abbildung A.

3 2. a) Bestimmen Sie alle lokalen Extrema von f über der Menge D := {(x, y, z) < x < 2} mit f(x, y, z) = 4x 2 x 2 y 2 + 7y 2 2yz + 2z 2. (6 Punkte) Lösung: Die Funktion f ist über der offenen Menge D zweimal stetig differenzierbar. Daher lautet die notwendige Bedingung für lokale Extrema f x = 0, f y = 0, f z = 0. Dies gibt folgende Gleichungen: 8x 2xy 2 = 0, 2x 2 y + 4y 2z = 0, 2y + 24z = 0. Als einzige reelle Lösungen dieses Systems findet man die drei Punkte (0, 0, 0) und (±2, 2, ). Wegen < x < 2 kommt nur der Punkt (0, 0, 0) in Frage. In diesem Punkt ist die Hessematrix von f zu untersuchen. Es wird f xx = 8 2y 2, f yy = 2x 2 + 4, f zz = 24, die gemischten Ableitungen sind f xy = 4xy, f xz = 0, f yz = 2 Im Punkt (0, 0, 0) ergibt sich folgende Hessematrix: Diese Matrix ist positiv definit, daher besitzt f in (0, 0, 0) ein lokales Minimum. b) Berechnen Sie für die Funktion f : R 2 R mit f(x, y) = xy die partiellen Ableitungen f x (0, 0) und f y (0, 0), sofern diese existieren. Existiert die Frechet-Ableitung f (0, 0)? (4 Punkte) Lösung: Es wird, sofern der Grenzwert existiert, f x (0, 0) = lim h 0 f(h, 0) f(0, 0) h also wegen f(0, 0) = 0 und f(h, 0) = 0 f x (0, 0) = 0.

4 Analog sieht man f y (0, 0) = 0. Also existieren beide partiellen Ableitungen im Punkt (0, 0). Die Frechet-Ableitung in (0, 0) existiert aber nicht. Denn wenn sie existieren würde, müsste gelten f (0, 0) = (0, 0) bzw. f (0, 0) = 0 als Abbildung. Insbesondere müsste jede Richtungsableitung verschwinden. Für t 0 ist aber f(t, t) f(0, 0) t = t t und dieser Grenzwert existiert für t 0 nicht. Also existiert z.b. die Richtungsableitung in Richtung von e + e 2 nicht. Also kann f im Punkt (0, 0) nicht differenzierbar sein. c) Sei f C 2 (R). Die Ableitung f besitze genau eine Nullstelle a R. Dort gelte f (a) > 0. Zeigen Sie: f besitzt in a ein globales Extremum und weitere Extrema existieren nicht. (3 Punkte) Lösung: Die Funktion f ist von der Klasse C 2 über ganz R. Also muss notwendigerweise jedes lokale Extrema eine Nullstelle der ersten Ableitung sein. Folglich kann nur in a ein lokales Extrema vorliegen. Wegen f (a) > 0 liegt in a ein lokales Minimum vor. Da jedes Extremum von f auch lokales Extremum ist, kann f also höchstens ein lokales oder globales Minimum in a besitzen und dies ist in keinem weiteren Punkt möglich. Bleibt zu zeigen, dass a ein globales Minimum ist. Andernfalls gebe es einen Punkt a mit f(a ) < f(a). Sei o.b.d.a. a < a. Dann muss gelten f (x) < 0 für alle a < x < a, also muss f streng monoton fallend sein (andernfalls hätte die Ableitung dort eine Nullstelle). Dies würde bedeuten, daß a kein lokales Minimum ist und widerspricht daher dem schon gezeigten. Folglich gibt es kein solches a und somit ist a ein globales Minimum. 3. a) Bestimmen Sie eine Stammfunktion von f(x) := cos ( x) x. (2 Punkte) Lösung: Mittels der Substitution t = u folgt cos ( x) dx = 2 cos u du x u= x = 2 sin x. b) Berechnen Sie folgendes Integral: 4 2 x 2 dx.

5 (2 Punkte) Lösung: Mittels Partialbruchzerlegung folgt Dies gibt für das Integral 4 2 x 2 = 2 x x dx = 4 x x dx = 2 ln x ln ( + x) 4 2 = ln + x dx. 5 c) Untersuchen Sie das folgende Integral auf Konvergenz: 0 xe x2 dx. (2 Punkte) Lösung: Es ist 2 e x2 eine Stammfunktion des Integranden. Wegen lim x e x2 = 0 folgt 0 xe x2 dx = 2. d) Bestimmen Sie das Taylorpolynom 2. Grades für die Funktion f(x, y) = cos (xy) + xe y an der Stelle (x 0, y 0 ) = (π, ). (3 Punkte) Lösung: Es ist f(π, ) = π. Weiter wird f x (π, ) =, f y (π, ) = π Schließlich folgt für die 2. Ableitungen: f xx (π, ) =, f yy (π, ) = π + π 2, f x,y (π, ) = π + Jetzt folgt durch Einsetzen: f(x, y) = π + (x π) + π(y ) + 2 [(x π)2 + 2( + π)(x π)(y ) + (π 2 + π)(y ) 2 ] 3

6 4. a) Berechnen Sie den Grenzwert lim x 5 2 x 5 sin (x 5). (3 Punkte) Lösung: Es handelt sich um einen unbestimmten Ausdruck der Art 0 0. Alle Voraussetzungen für die Anwendung der Regel von L Hospital sind erfüllt. Es folgt lim x 5 2 x 5 sin (x 5) = lim ln 2 2 x 5 x 5 cos(x 5) = ln 2 b) Berechnen Sie die Funktionalmatrix der Abbildung f : R 3 R 2 mit ( ) x 2 f(x, x 2, x 3 ) = + sin x 2 x 3 + e x x 3. (4 Punkte) Lösung: Es wird eine 2 3-Matrix. Es ist f (x, x 2, x 3 ) = x 2 + sin x 2 und f 2 (x, x 2, x 3 ) = x 3 + e x x 3. Es folgt und (f ) x = 2x, (f ) x2 = cos x 2, (f ) x3 = 0 (f 2 ) x = x 3 e x x 3, (f 2 ) x2 = 0, (f 2 ) x3 = + x e x x 3 Also sieht die Funktionalmatrix wie folgt aus: ( 2x cos x 2 0 x 3 e x x x e x x 3 c) Es seien f, g : R 2 \ {(0, 0) T } R 2 gegeben durch f((x, y) T ) = (x 2 y 2, 2xy) T und g((x, y) T ) = ) ( ) x x 2 + y 2, y T x 2 + y 2. Berechnen Sie die Funktionalmatrix von f g im Punkt (, 0) T. (5 Punkte) Lösung: sei J f die Funktionalmatrix von f. Dann wird ( ) 2x 2y J f = 2y 2x Für J g folgt J g = ( 2xy ( ) 2 ( ) 2 2xy ( ) 2 ( ) 2 )

7 Daher folgt J f (g(x)) = ( 2x 2y 2y 2x Jetzt folgt mit J f g (x, y) = J f (g(x, y)) J g (x, y) J f g (, 0) = ( ) (Man kann natürlich schneller rechnen, wenn man die Punkte von Anfang an einsetzt.) 5. Berechnen Sie das Integral für die Funktion F (x) := f(t) = x 0 f(t) dt { für t < 0 für t 0 Ist F eine Stammfunktion von f? (4 Punkte) Lösung: Sei zunächst x < 0. Dann ist t < 0 im Integral und es wird f(t) = für alle solchen t. Dies gibt F (x) = x. sei nun x 0. Dann ist t 0 im Integral und f(t) = für alle diese t. Es wird F (x) = x. Daher folgt für x R, dass gilt F (x) = x. Dies ist keine Stammfunktion von f, da F in x = 0 nicht differenzierbar ist. )