FERIENKURS ANALYSIS 2 FÜR PHYSIKER JOHANNES R. KAGER UND JULIAN SIEBER. Tag 2

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1 FERIENKURS ANALYSIS 2 FÜR PHYSIKER JOHANNES R. KAGER UND JULIAN SIEBER Tag 2 Disclaimer. Diese Kurzzusammenfassung der Vorlesung Analysis 2 für Physiker des Sommersemesters 208 baut maßgeblich auf den Vorlesungsnotizen von Professor Wolf auf. Insbesondere haben wir weitestgehend versucht die diesjährige Notation in unseren Ausführungen zu verwenden, um keine unnötige Verwirrung zu stiften. Es sollte apodiktisch sein, dass dieses Miniskript kein Lehrbuch oder das Skript von Professor Wolf selbst ersetzt. Wir haben nahezu gänzlich auf die Beweise der Sätze verzichtet und verweisen dazu die Leser auf die einschlägige Lehrbuchliteratur der Analysis 2. Ferner ist darauf hinzuweisen, dass die Stoffauswahl dieses Ferienkurses auf der subjektiven Einschätzung der Autoren beruht. Zum Stoffumfang der Wiederholungsprüfung sind einzig die Aussagen von Professor Wolf bindend. Es ist uns wichtig anzumerken, dass wir nicht bei der Erstellung der Klausuraufgaben mitwirken. Sonach sind sämtliche Aussagen, die wir zu der Prüfung treffen, empirischer Natur und müssen daher (wie die Verkündung der Lottozahlen) ohne Gewähr verstanden werden. Für Hinweise auf Fehler (seien sie auch noch so klein) und Unklarheiten in unseren Ausführungen freuen wir uns sehr. Senden Sie uns diese einfach an eine der unten angegebenen Adressen. Wir hoffen, dass unser Ferienkurs Sie bei der Vorbereitung auf die Wiederholungsprüfung unterstützt und sind Ihnen dankbar für jegliche Rückmeldung in Form von Lob, Anregungen, Wünschen sowie Kritik.. Extrema In diesem Abschnitt wird es um die Frage gehen, wie man Extremwerte, also z.b. Maxima und Minima, einer Funktion im Mehrdimensionalen finden und charakterisieren kann. Dazu werden zuerst, wie im eindimensionalen Fall der Analysis, Punkte gesucht an denen die Ableitung der Funktion Null ergibt. Zum Charakterisieren haben wir in der Analysis uns meist noch die zweite Ableitung der Funktion angeschaut. Ähnlich empfiehlt es sich hier mit der Hesse-Matrix der Funktion zu arbeiten, welche uns einen Großteil der benötigten Informationen liefern wird. Zunächst einige Wiederholungen... Klassifikation von Matrizen Definition (Hesse Matrix (siehe gestrige VL)). Für f C 2 (U, R), U R m offen, heißt die symmetrische Matrix f(x) 2 m f(x) H f (x) =..... R m m m f(x) mf(x) 2 die Hesse Matrix von f bei x U. Definition 2 (Klassifikation symmetrischer Matrizen). Eine symmetrische Matrix A Mat(m, R) heißt:. positiv definit (A > 0), wenn x Ax > 0 x R m \ {0} 2. negativ definit (A < 0), wenn x Ax < 0 x R m \ {0} 3. indefinit, wenn x, y R m : x Ax > 0 y Ay < 0 4. positiv semidefinit (A 0), wenn x Ax 0 x R m 5. negativ semidefinit (A 0), wenn x Ax 0 x R m Insbesondere gelten folgende Relationen: (i) A ( ) 0 alle Eigenwerte ( ) 0 (ii) A ( ) 0 alle Eigenwerte ( ) 0 (iii) A indefinit es gibt strikt positive und negative Eigenwerte johannes.kager@tum.de sieber@ma.tum.de.

2 2 JOHANNES R. KAGER UND JULIAN SIEBER Man erinnere sich, dass die Eigenwerte einer Diagonalmatrix genau die Diagonalelemente sind. Ansonsten ergeben sich die Eigenwerte als die Lösungen von det(a λ) = 0. Ein Kriterium für positive Definitheit liefert außerdem der folgende Satz: Satz 3 (Kriterium von Hurwitz-Sylvester). Eine symmetrische, reelle Matrix ist genau dann positiv definit, wenn alle Hauptabschnittsdterminanten positiv sind: a a m a a k A = A T =..... > 0 k {,..., m} : det..... > 0 a m a mm a k a kk α γ Für 2-dimensionale A gilt: > 0 α > 0 αβ γ γ β 2 > Extremalstellen Generell sei in diesem Abschnitt f : U R, U R m offen und mindestens zweifach stetig differenzierbar: f C 2 (U, R). Definition 4. f : U R, U R m besitzt:. ein lokales Maximum bzw. lokales Minimum bei x U, falls: Umgebung V U von x: y V : f(x) f(y) bzw. f(x) f(y). Gilt sogar echt > bzw. echt < für alle y V \ {x}, nennt man das lokale Maximum bzw. Minimum isoliert. 2. ein globales Maximum bzw. globales Minimum bei x, falls y U : f(x) f(y) bzw. f(x) f(y). Ein lokales Extremum ist ein lokales Maximum oder Minimum. Definition 5 (Kritischer Punkt). x U heißt kritischer oder singulärer Punkt der Gradient an diesem Punkt verschwindet, d.h. f(x) = 0. Im mehrdimensionalen Fall f C (R m, R n ) gilt x als kritischer Punkt, wenn die Jacobi Matrix Df(x) an dieser Stelle nicht den vollen Rang besitzt. Satz 6. Hat f bei x U ein lokales Extremum, dann ist x kritischer Punkt, f(x) = 0. Anmerkung: die Umkehrung dieses Satzes gilt nicht! Denn: Satz 7. Sei f C 2 (U), U R m offen, und x U kritischer Punkt. Dann ist x: (i) ein isoliertes lokales Minimum, falls H f (x) > 0 (ii) ein isoliertes lokales Maximum, falls H f (x) < 0 (iii) kein lokales Extremum, falls H f (x) indefinit. Im Fall (iii) nennt man x Sattelpunkt. Bemerkung: Die Definitheit oder Indefinitheit der Hesse Matrix ist ein hinreichendes Kriterium, Semidefinitheit ist es nicht. Wenn die Hesse Matrix z.b. positiv semidefinit ist, muss nicht zwangsläufig ein lokales Minimum vorliegen (siehe Beispiel 8 f 5 ). Liegt nur Semidefinitheit vor sind weitere Betrachtungen nötig, ob es sich denn nun um ein lokales Minimum, lokales Maxmimum oder einen Sattelpunkt handel. Man kann allerdings sagen, dass H f (x) semidefinit ist, wenn x ein lokales (nicht zwangsläufig isoliertes) Extrema ist. Aus einem lokalen isolierten Extremum folgt nicht die Definitheit der Hesse Matrix. Wiederum gilt die Umkehrung des Satzes nicht. (siehe Beispiel 8 f 3 ) Für f : U R auf nicht-offenen Mengen U R m muss zur Suche nach Extrema f auf dem Rand U getrennt analysiert werden. Dies ist z.b. der Fall bei Nebenbedingungen, die als Ungleichung gegeben sind (siehe nächstes Kapitel).

3 FERIENKURS ANALYSIS 2 FÜR PHYSIKER () Schaubild von f (2) Schaubild von f2 (4) Schaubild von f4 3 (3) Schaubild von f3 (5) Schaubild von f5 Abbildung. Schaubilder der Funktionen aus Beispiel 8 Beispiel 8. Wir betrachten die Abbildungen fi : R2 R, gegeben durch: f (x, y) := x2 + y 2 f4 (x, y) := x2 + y 4 f2 (x, y) := x2 y 2 f5 (x, y) := x2 + y 3 f3 (x, y) := x2 Alle Abbildungen besitzen x0 = 0 als kritischen Punkt, für die Hessematrizen in x0 = 0 gilt: Hf (0) =, Hf2 (0) =, Hf3 (0) = Hf4 (0) = Hf5 (0) = Hf (0) ist positiv definit und daher hat f ein isoliertes Minimum in 0. Hf2 (0) ist indefinit und hat daher kein Extremum in 0, sondern einen Sattelpunkt (dieses ist das klassische Schaubild für Sattelpunkte, jedoch werden wir sehen ist auch z.b. f5 ein Sattelpunkt). Hf3 (0), Hf4 (0), Hf5 (0) sind positiv semidefinit, man kann aus der Hessematrix nun keine Schlüsse ziehen. f3 hat in 0 ein (nicht isoliertes) Minimum, f4 in 0 ein isoliertes Minimum und f5 kein Extremum. Aus den Schaubildern in Abb. ist jedoch erkenntlich, es handelt sich um ein lokales (nicht isoliertes) Minimum (f3 ), ein lokales isoliertes Minimum (f4 ) bzw. einen Sattelpunkt in (f5 ). Ersteres erkennt man daran, dass die 3 Funktion in y-richtung konstant ist ( f y = 0) und die zweite Abeitung in x-richtung positiv ist. Zweiters folgt direkt durch Betrachten der Funktion (x2 und y 4 haben beide ein isoliertes Minimum in 0). Für f5 kann man sich das überlegen, indem man sich vorstellt ein Punkt bewege sich in x-richtung und y-richtung durch (0, 0). Dann erkennt man aus der Funktionsgleichung, dass in x-richtung ein isoliertes Minimum vorliegt und in y-richtung ein Sattelpunkt (oft auch Terrassenpunkt genannt; d.h. weder Minimum noch Maxmimum, aber Ableitung 0) vorliegt, und somit insgesamt ein Sattelpunkt gegeben ist. Anders gesagt: f5 nimmt um den Punkt (0, 0) herum Werte an, von denen einige größer aber auch einige kleiner sind, als f5 (0, 0).

4 4 JOHANNES R. KAGER UND JULIAN SIEBER 2. Extrema mit Nebenbedingungen Oft kommt es vor, dass nicht einfach ein Minimum oder Maximum der Funktion im gesamten Definitionsbereich gesucht wird, sondern dieser durch eine zusätzliche Bedingung eingegrenzt wird. D.h. die Frage lautet dann: welches ist der größte oder kleinste Wert, den die Funktion annimmt, wenn ich nur diesem bestimmten Pfad im Definitionsbereich folge (z.b. der kürzeste Weg zwischen zwei Punkte, der über eine Kugeloberfläche führt). Dies bezeichnet man als Extremalisierung unter Nebenbedingungen. Die Problemstellung lautet somit: Finde Extrema einer Funktion f C (U), U R n offen unter der Nebenbedingung (NB) g(x) = 0 mit g : U R. (Anmerkung: in der VL wurde der allgemeine Fall für m NBen behandelt. Zur Vereinfachung betrachten wir hier den Fall m =. Für die Klausur empfiehlt es sich jedoch den allgemeinen Fall zu kennen oder sich zumindest dessen Formulierung zu notieren) Wir betrachten zwei Lösungsmethoden: 2.. Parametrisierung der NB Falls g (x) 0 für alle x N 0 (g) = {x U g(x) = 0}, lässt sich N 0 (g) durch eine Funktion h : V R, V R n parametrisieren. Durch Studium von t f (t, h(t)) findet man das gewünschte Extremum der Funktion entlang des Pfades h(t) Lagrange Multiplikatoren Satz 9. Zu jeder Lösung x 0 U des Extremalproblems zu f C (U) mit U R n offen unter der Nebenbedingung g(x 0 ) = 0 mit g C (U), g(x 0 ) 0, gibt es ein λ R mit f(x 0 ) + λ g(x 0 ) = 0 Kandidaten für lokale Extremalstellen von f unter der NB g(x) = 0 sind Lösungen x 0 des nicht-linearen Gleichungssystems (2.) f(x 0 ) + λ g(x 0 ) = 0 g(x 0 ) = 0 Dies sind n + Gleichungen für n + (x 0 und λ) Unbekannte. Beispiel 0 (Klausuraufgabe SS7). Bestimmen Sie die lokalen Minima und Maxima der Funktion f : R 2 R, f(x, y) = x 2 + 2y 2 x auf: a) der offenen Einheitskreisscheibe E := { (x, y) R 2 x 2 + y 2 < }. b) dem Rand E der offenen Einheitskreisscheibe. Lösung. a) Da E offen ist, reicht es die kritischen Punkte des Gradienten f(x, y) zu untersuchen. Es sind 2x f(x, y) = = 0 (x, y) = 4y 2, 0. Die Hessematrix f ist H f (x, y) = und somit für alle (x, y) R 2 positiv definit, insbesondere für (x, y) = ( 2, 0) ist ein lokales Minimum von f mit f( 2, 0) = 4. b) Es reicht ein Lösungsweg, jedoch wollen wir hier zwei Lösungswege angeben: (i) Durch Parametrisierung: Es gilt E := { (x, y) R 2 x 2 + y 2 = }. cos(t) E kann durch parametrisiert werden. Einsetzen in f(x, y) ergibt sin(t) g(t) := f(x(t), y(t)) = cos(t) sin(t) 2 cos(t) = + sin(t) 2 cos(t),

5 FERIENKURS ANALYSIS 2 FÜR PHYSIKER 5 (2.2) (2.3) (2.4) wobei die Identität sin(t) 2 + cos(t) 2 = für alle t R benutzt wurde. Die kritischen Punkte von g sind gegeben durch g (t) = 2 sin(t) cos(t) + sin(t) = sin(t)(2 cos(t) + ) = 0 sin(t) = 0 cos(t) = 2. Dies liefert vier Punkte: (, 0) für t = 0, f(, 0) = 0 (, 0) für t = π, f(, 0) = 2 ( 2, 3 4 ) für t = 2π 3, f(, 0) = 2 ( 2, 3 4 ) für t = 4π 3, f( 2, ± 3 4 ) = 9 4 Aus den Werten von f an den kritischen Punkten folgt, dass die ersteren zwei lokale Minima und die letzteren zwei lokale Maxima sind. (ii) Mit Lagrange-Multiplikatoren Die Nebenbedingung lautet k(x, y) = x 2 + y 2 = 0. Gesucht sind also die Lösungen von f(x, y) + λ k(x, y) = 0 mit k(x, y) = 0, d.h. wir suchen (x, y) und λ, so dass 2x + 2λx = 0 4y + 2λy = 0 x 2 + y 2 = 0 gilt. Aus (2.3) folgt y = 0 λ = 2. Wenn y = 0, dann folgt aus (2.4) x = ±. Wenn y 0 und λ = 2 folgt aus (2.2) x = 2 und 3 dann aus (2.4) y = ± 4. Aus den Werten von f an den jeweiligen Punkten sind die ersteren zwei lokale Minima und die letzteren zwei lokale Maxima. /// Beispiel. Sei h : R + 0 R eine C -Funktion mit h (t) > 0 für t 0 und f : R 2 R gegeben durch f(x) = h( x ). Finden Sie die globalen Maxima und Minima von f unter der Nebenbedingung 5x 2 + 4x x 2 + 2x 2 2 = 5. Lösung. Die Nebenbedingung kann geschrieben werden als g(x) = 0 mit g(x) = 5x 2 + 4x x 2 + 2x Es gilt 0x + 4x g(x) = 2 0 4x + 4x 2 für (x, x 2 ) 0. Insbesondere ist g(x) 0 falls g(x) = 0. Für einen Extremwert gilt: f(x) = λ g(x) mit λ R. Wegen f(x) = h ( x ) x x 0 für x 0, ist das gleichbedeutend mit g(x) = µx, wobei µ = h ( x ) λ x. Eingesetzt ergibt das die Eigenwertgleichung 0 4 x = µx, 4 4 mit den Lösungen a) µ = 2, x = α, α R ( 2 ) 2 b) µ = 2, x = α, α R Dies sind die Eigenwerte und die zugehörigen Eigenräume der Matrix. Damit die Nebenbedingung erfüllt ist, muss also gelten: a) 0 = g(α, 2α) = 5α 2 8α 2 + 8α 2 5 = 5α 2 5, also α = ± b) 0 = g(2α, α) = 20α 2 + 8α 2 + 2α 2 5 = 30α 2 5, also α = ± 6

6 6 JOHANNES R. KAGER UND JULIAN SIEBER Die einzigen ( Kandidaten für Extremalstellen sind also x () =, x 2) (2) = x () und x (3) = 6 6 ( 2 ), x (4) = x (3). Wegen x (2) = x () = 5 5 > 6 = x(3) = x (4) ist f(x (2) ) = f(x () ) > f(x (3) ) = f(x (4) ). Da die durch g(x) = 0 gegeben Menge kompakt ist, nimmt f darauf Maximum und Minimum an. Somit liegen bei x (,2) die beiden absoluten Maxima und bei x (3,4) die beiden absoluten Minima. /// 3. Inverse und Implizite Funktionen In diesem Kapitel werden Kriterien vorgestellt, wann eine Funktion umkehrbar ist oder eine Gleichung nach einer Variablen auflösbar ist. Es geht nicht darum dies auch tatsächlich zu tun. Außerdem lernen wir eine Formel für die Ableitung einer Auflösung kennen ohne die eigentliche Gleichung tatsächlich aufzulösen. Das kann einem, auch in der Physik, manchmal sehr viel Arbeit ersparen. 3.. Lokale Umkehrbarkeit Definition 2. Eine Bijektion ist eine umkehrbar eindeutige Abbildung, die also jedes Element einer Struktur auf genau ein anderes Element einer anderen Struktur abbildet. Sie ist damit gleichzeitig injektiv (es gibt genau ein Urbild zu jedem Bildelement) und surjektiv (alle Werte der Bildmenge werden angenommen). Bijektive Abbildungen f : U V, U, V R n offen, heißen: Homöomorphismen, falls f, f stetig. Diffeomorphismen, falls f, f C. Ist f, f C α mit α N spricht man von C α -Diffeomorphismen. Definition 3. f : U R n, U R n offen, heißt lokaler (C α -)Diffeomorphismus, falls jeder Punkt x U eine offene Umgebung U x U besitzt, so dass die Restriktion f Ux : U x f(u x ) ein (C α -)Diffeomorphismus ist. Satz 4 (Satz zur Umkehrabbildung). Für U R n offen ist f C α (U, R n ) genau dann ein lokaler (C α -)Diffeomorphismus, wenn Df(x) für alle x U invertierbar ist. Für die lokal definierte Umkehrabbildung f gilt dann: Df (f(x)) = (Df(x)) Bemerkung: Die Invertierbarkeit der Jacobi Matrix kann man durch Ausrechnen der Determinante prüfen: Df invertierbar det(df) 0 Beispiel 5. Sei f : R 2 \ {(0, 0)} R 2, (x, y) (2xy, y 2 x 2 ). Beweisen Sie: a) Zu jedem (x 0, y 0 ) in R 2 \ {(0, 0)} gibt es eine Umgebung U von (x 0, y 0 ), sodass f U injektiv ist. b) f selbst ist nicht injektiv. Lösung. a) Wir prüfen jetzt alle Voraussetzungen aus dem Satz über die Umkehrabbildung. Die Komponenten von f sind stetig differenzierbar und damit auch f. Wir berechnen die Jacobi Matrix von f und prüfen die Invertierbarkeit dieser Matrix für beliebiges (x 0, y 0 ) R 2 \ {(0, 0)}. 2y0 2x Df(x 0, y 0 ) = 0 2x 0 2y 0 det(df(x 0, y 0 )) = 4(x y 2 0) > 0 (x 0, y 0 ) R 2 \ {(0, 0)} Die Jacobi Matrix ist also invertierbar und damit ist f an jedem Punkt in R 2 \{(0, 0)} lokal umkehrbar und damit ist auch f U injektiv. b) Da z.b. f(, ) = (2, 0) = f(, ), ist f selbst nicht injektiv. Merke: lokale Umkehrbarkeit ist nicht globale Umkehrbarkeit. ///

7 FERIENKURS ANALYSIS 2 FÜR PHYSIKER Implizite Funktionen Dieses einfache Beispiel soll den darauf folgenden Satz motivieren. Beispiel 6. Bestimmen Sie die Steigung der Tangente im Punkt P = (; ) der (2-dimensionalen) Kurve x exp 2(x y) =. (Hinweis: stellen Sie die Kurve als Niveaulinie im Dreidimensionalen dar und nutzen Sie das totale Differential) Lösung. Wir stellen über f(x, y) = x exp 2(x y) = 0 die gegebene Gleichung als Niveaulinie einer Kurve im Dreidimensionalen dar. Fassen wir y als eine Funktion von x auf, haben wir f(x, g(x)) = x exp 2(x g(x)) = 0. Es gilt für das totale Differential df = f x dx + f y dy und es folgt mit df = 0 nach teilen durch dx: g (x) = fx f y. Berechnen wir die partiellen Ableitungen. Ordnung der implizit gegebenen Funktion f erhalten wir g (x) = + 2x 2x Die Steigung der Tangente beträgt im Punkt P = (; ) also +2 2 = 3 2. /// Der Satz über implizite Funktionen trifft nun Aussagen über die Möglichkeit Gleichungen nach bestimmten Variablen aufzulösen. Wann gibt es also ein g(x), so dass f(x, y) = 0 geschrieben werden kann als f(x, g(x)) = 0? Kann man die implizite Gleichung f(x, y) = 0 prinzipiell nach y auflösen? Und wenn ja, in welchem Bereich? Zum Formulieren des Satzes brauchen wir noch eine geeignete Notation für sogenannte partielle Differentiale. Definition 7 (Partielle Differentiale). Sei U R k, V R n und f : U V R n, (x, y) f(x, y). Dann sind: f f x f f x k D x f :=.. =: (f y,..., f n ) y n bzw. D y f := (x f,..., x k ).. =: (f,..., f n ) (y n f,..., y n ) x n y f n x k die partiellen Differentiale von f. Satz 8 (Satz über implizite Funktionen). Sei f C α (U V, R n ), α N, U R k, V R n offen und x 0 U, y o V mit f(x 0, y 0 ) = 0 und det D y f(x 0, y 0 ) 0. Dann gibt es offene Umgebungen U U, V V von x 0, y 0 und genau eine Funktion g C α (U, V ) mit Weiter gilt für x U : f(x, g(x)) = 0 x U. Dg(x) = [D y f(x, g(x))] D x f(x, g(x)). Bemerkung: für den einfachen Fall U, V R offen, kann die Ableitung der Auflösung durch die Kettenregel leicht hergeleitet werden: 0 = d Kettenregel f(x, g(x)) = f(x, g(x)) + 2 f(x, g(x)) g (x) g (x) = dx 2 f(x, g(x)) f(x, g(x)) unter der Voraussetzung, dass 2 f(x, g(x)) 0 ist. Es müssen also folgende Bedingungen erfüllt sein, um den Satz über implizite Funktionen anwenden zu können: Gilt f C α (U V, R n ) mit α mindestens =? Gilt f(x 0, y 0 ) = 0? Gilt D y f(x 0, y 0 ) invertierbar? D.h. ist det D y f(x 0, y 0 ) 0? Beispiel 9. Ist die folgende Funktion in der Umgebung des Punktes (0, 0, ) nach x, y bzw. z auflösbar? f : R 3 R, f(x, y, z) = sin x + xy + e (z2 ) = 0 Lösung. Überprüfen der Voraussetzungen: f C, da Verkettung von unendlich oft differenzierbaren Funktionen. f(0,, 0) = sin e 0 = 0 f n y n

8 8 JOHANNES R. KAGER UND JULIAN SIEBER D x f(x, y, z) = cos x + y det D x f(0, 0, ) = 0 D y f(x, y, z) = x det D y f(0, 0, ) = 0 D z f(x, y, z) = 2ze (z2 ) det D z f(0, 0, ) = 2 0 (hier ist D i f(x, y, z) = det D i f(x, y, z), da D i f eindimensional) nach dem Satz über implizite Funktionen existieren somit Funktionen g(x, y) und h(y, z), sodass f(x, y, g(x, y)) = 0 in der Umgebung von (x, y) = (0, 0) bzw. f(h(y, z), y, z) = 0 in der Umgebung von (y, z) = (0, ). Die Funktion kann also in (0, 0, ) nach x oder z aufgelöst werden, aber nicht nach y (da det D y f = 0)! /// Beispiel 20. Nun betrachten wir die Auflösung der obigen Funktion nach z im Punkt (0, 0, ) : f(x, y, g(x, y)) = 0. Geben Sie den Gradienten von g(x, y) in der Umgebung um (x, y) = (0, 0) an. Lösung. Wir verwenden die oben angegebene Formel: g(0, 0) = (D z f(0, 0, )) (D x f(0, 0, ), D y f(0, 0, )) = ( ) ( = 2 0) /2 0 ///