Lösung zur Serie 8. x + 2x 2 sin(1/x), falls x 0, f(x) := 0, falls x = 0. = lim

Transkript

1 Lösung zur Serie 8 Aufgabe 40 Wir zeigen in dieser Aufgabe, dass die Voraussetzung dass die Funktion in einer kleinen Umgebung injektiv sein muss, beim Satz über die Umkehrfunktion notwendig ist. Hierzu betrachten wir die Funktion { x + 2x 2 sin(/x), falls x 0, f(x) := 0, falls x = 0. Wir berechnen zunächst f (0): f f(h) f(0) h + 2h 2 sin(/h) (0) = lim = lim = lim + 2h sin(/h). () h 0 }{{} 0,für h 0 Wobei der zweite Summand im rechten Grenzwert gegen Null konvergiert, da sin(/h) (Sandwich-Lemma). Wir berechnen die ersten beiden Ableitungen von f für x 0: f (x) = + 4x sin(/x) 2 cos(/x), (2) f (x) = 4 sin(/x) 4 cos(/x) x + 2 sin(/x) x 2. (3) Wir zeigen nun, dass die Ableitung in jeder Nullumgebung (abzählbar) unendlich viele Nullstellen besitzt. Betrachte hierzu x k = kπ für k N \ {0}. Dann ist { f 3, falls k ungerade, (x) = 2 cos(/x) =, falls k gerade. Da f stetig ist existiert nach dem Zwischenwertsatz ein ξ k (x k+, x k ) sodass f (ξ k ) = 0. Wir zeigen nun, dass f lokal um diesen Punkt ξ k nicht injektiv ist. Offenbar wechselt sin(/x) auf [x k+, x k ] nicht das Vorzeichen. Desweiteren zeigen wir, dass ein k 0 existiert sodass für alle k k 0 die Funktion f auf [x k+, x k ] entweder positiv oder negativ ist. Wir betrachten die Gleichung f (ξ k ) = + 4ξ k sin(/ξ k ) 2 cos(/ξ k ) = 0 Dann existiert für alle N N ein k(n) sodass ξ k /N 2 cos(/ξ k ) = 4ξ k sin(/ξ k ) /N Aufgrund der Stetigkeit von cos ist /ξ k nah bei π/3 (oder 2π π/3). An diesen Punkten ist dann aber sin(/ξ k ) ± 3/2. Wir nutzen dies um für die zweite

2 Ableitung um ξ k zu zeigen, dass sie entweder positiv oder negativ ist: Und nutzen ξ k π/3+2kπ f (ξ k ) 4 3 3/2 4( /2)(π/3 + 2kπ) + 2 (π/3 + 2kπ)2 2 Für hinreichend große k sieht man, dass diese nach oben geöffnete Parabel keine Nullstelle besitzt, sie also positiv seien muss. Da f in ξ k stetig ist bleibt die Ableitung positiv in einer hinreichend kleinen Umgebung um ξ k. Wie beim Beweis des Satzes von Fermat (Aufgabe 28 (b)) gilt nun f f (ξ k + h) f (ξ k ) f (ξ k + h) (ξ k ) = lim = lim > 0 und man kann wie damals folgern, dass ein h > 0 existiert, sodass für alle Man kann ξ k h ξ k ξ k + h gilt bestimmt einfacher f (ξ) > 0, für alle ξ ξ k + h und f (ξ) < 0 für alle ξ k h ξ. (4) sehen, dass f diese Damit ist die Funktion f in einer Umgebung um nicht injektiv. Kurze Begründung?: Eigenschaft Sei a < ξ hat, weil es k und setze b := ξ k dann ist nach Mittelwertsatz für ein ξ (a, b) keine weitere f(b) f(a) Nullstelle im = f (ξ ) < 0 b a betrachteten und somit f(b) > f(ξ k ) für beliebiges ξ k h < b < ξ k. Analog sieht man, dass Intervall hat... für alle ξ k < b < ξ k + h auch f(b) > f(ξ k ) gilt. Nach dem Zwischenwertsatz (f ist ja stetig) wird aber sowohl rechts als auch links von ξ k jeder Wert zwischen f(ξ k ) und f(b) angenommen. Damit kann f nicht injektiv sein. Aufgabe 4 (a) Wir zeigen zunächst, dass g(x) = x 5 2 umkehrbar ist. Für x < y ist x 5 < y 5 und daher g(x) = x 5 2 < y 5 2 = g(y). Somit ist g streng monoton wachsend und daher injektiv. Die Surjektivität folgt aus lim g(x) = ± und dem Zwischenwertsatz. Damit besitzt x ± g eine Umkehrfunktion g (y) = 5 y + 2 mit der Ableitung gemäßder bekannten Formel (g ) (y) = g (g (y)) = 5g (y) 4 = 5(y + 2). 4/5 In Vorbereitung auf (b) schätzen wir die Ableitung von g auf [, 2] nach oben ab: (g ) (y) = 5(y + 2) 4/5 53 < 4/5 5 2 (5)

3 (b) Da g differenzierbar auf (, 2) ist kann der Mittelwertsatz angewendet werden für x < y 2: g (x) g (y) x y = (g ) (ξ) für eine Zwischenstelle ξ (, 2). Nach Umstellen und aus (5): g (x) g (y) < <. (6) 5 Damit ist g auf dem Intervall [, 2] nach Definition eine Kontraktion. Nach dem Banachschen Fixpunktsatz hat die Abbildung g einen Fixpunkt x [, 2] sodass g (x ) = x x = g(x ). Dieser Fixpunkt ist damit trivialarweise auch ein Fixpunkt von g. (c) Wir schätzen die Genauigkeit der Approximation des Fixpunktes x durch x n nach oben ab, um einzuschätzen wie viele Iterationen wir benötigen: Für n gilt mit (6) x n x = g (x n ) g (x ) < 5 x n x = 5 g (x n 2 ) g (x ) < 5 5 x n 2 x. (diesen Trick macht man noch n 2-mal) < 5 n x 0 x. Da x [, 2] jedoch unbekannt ist schätzen wir die Differenz nach oben ab durch x 0 x = x. Die obere Schranke muss nun kleiner sein als die vorgegebene Genauigkeit von 0 2 (bis auf die zweite Nachkommastelle genau), sodass wegen 5 3 = 25 > 00 drei Iterationen zum Startwert x 0 = ausreichend sind. Die Iterationen lauten x = g () = , x 2 = g (x ) = , x 3 = g (x 2 ) = Die tatsächliche Lösung der Gleichung x 5 2 = x im Intervall [, 2] liegt bei x Man sieht, dass sogar x 2 bereits auf die zweite Nachkommastelle genau approximiert. Das liegt daran, dass wir in (6) zu großzügig 3

4 abgeschätzt haben, da 5 3 4/5 2.04, sodass mit dieser oberen Schranke in den obigen Abschätzungen ja bereits (5 3 4/5 ) 2 > 44 > 00, sodass wir festgestellt hätten, dass bereits n = 2 Iterationen zum Startwert x 0 = ausreichen um die vorgegebene Genauigkeit zu erzielen. Aufgabe 42 (a) Differenzierbare und bijektive Funktion, deren Umkehrfunktion nicht differenzierbar ist: f : R R, x x 3. Die Umkehrfunktion x 3 x ist bei Null nicht differenzierbar (Bitte nachrechnen können!). Was haben diese Beispiele kann mit Differenzierbare und bijektive Funktion mit f (0) = 0 ist ebenfalls die Funktion f von oben. (b) Die Funktion g(x) = tan x x ist auf ( π/2, π/2) stetig mit lim g(x) = x ±π/2 ± aus dem Zwischenwertsatz erhält man somit die Surjektivität. Die Injektivität folgt aus g (x) = cos 2 x > 0 für alle x > 0 (da cos x < für x ( π/2, π/2) \ {0} ), womit die Funktion g streng monoton wachsend ist. Damit ist g umkehrbar und die Formel für die Ableitung der Umkehrfunktion zeigt man mit der bekannten Gleichung für die Ableitung der Umkehrfunktion (f ) (y) = f (f (y)) Aufgabe 43 (a) Wir zeigen zunächst, dass f(x, y) = (2e x x 2, e y + y) =: (f (x), f 2 (y)) bijektiv ist. Hierzu beobachten wir, dass die Einträge nur von einer Variable abhängen. Wir bereits zuvor in der Übung mehrfach gesehen erhält man die Surjektivität von f aus der Surjektivit at der Komponentenfunktionen f und f 2 (Beide sind stetig und nach oben und unten unbeschränkt). Zudem erhält man nach Berechnung der Ableitung der Einträge und f (x) = 2e x 2x = 2(e x x) = 2( f 2(y) = e y + > 0 k=0 x k k! x) > 0 damit sind f und f 2 streng monoton wachsend (Wieso gilt das?) und damit auch injektiv. Damit ist f bijektiv. Aus dem Satz über die Umkehrfunktion erhält man, da f stetig differenzierbar ist, dass auch f stetig differenzierbar ist. Zudem ist die Ableitung der Umkehrfunktion gegeben durch Df (2, ) = (Df(f (2, ))) = (Df(0, 0)) = wobei wir f (2, ) = (0, 0) verwendet haben. ( ) 2 0 = 0 ( ) /2 0, 0 dem Umkehrsatz zu tun? 4

5 (b) Wir untersuchen in welchem Punkten g(x, y) = (x 2 y 2, 2xy) T lokal umkehrbar ist. Die Funktion g ist stetig differenzierbar auf R 2. Nach dem Satz über die Umkehrfunktion ist g lokal umkehrbar in allen Punkten (x 0, y 0 ) in denen Dg(x 0, y 0 ) invertierbar ist. Das heißt wir berechnen ( ) 2x0 2y det Dg(x 0, y 0 ) = det 0 = 2x 2 2y 0 2x 0 + 2y Das ist ungleich Null für alle (x 0, y 0 ) (0, 0). In diesen Punkten is g also lokal umkehrbar. In den Punkten in denen Dg(x 0, y 0 ) nicht invertierbar ist können wir nach dem Umkehrsatz nicht darauf schließen, das die Funktion nicht umkehrbar ist (betrachte z.b. x x 3 ). Wir untersuchen also, ob g in (0, 0) T lokal umkehrbar ist. Dies ist nicht der Fall, weil in jeder ε- Kreisscheibe um (0, 0) T die Punkte ( ε, 0) T und (0, ε) T enthalten sind. Diese Punkte werden auf g(ε, 0) = g( ε, 0) = (ε 2, 0) T abgebildet. Damit ist g in keiner Umgebung um (0, 0) T injektiv, und somit nicht umkehrbar. (c) Die Funktion ist in allen Punkten lokal umkehrbar, da die Jacobi-Matrix invertierbar ist. Das Bild h((0, ] (0, 2π) [0, ]) ist ein Zylinder ohne die Halbebene {(x, y, z) R 3 : x 0, y = 0}. 5