(1 ξ) f (k) (ξ) + k! z x n+1. (n + 1)! 2 f (n + 1)!

Transkript

1 0.. Lösung der Aufgbe. Wir schreiben f = sup{ f : [0, ]}. Für ξ ]0, [ und n N gibt es nch dem Stz von Tlor ein c ]ξ, [ so, dss: f = fξ + n ξ k f k ξ + k! k= Aus der Ttsche, dss f k 0 für lle k N ist, folgt dnn ξn+ f n+ c. n! f fξ D f f, [0, ], folgt ξn f n ξ, n N. n! f n ξ f n!, n N, ξ ]0, [. ξ n Sei nun z ]0, [ gegeben. Sei ɛ > 0 beliebig, ber so, dss ]z ɛ, z + ɛ[ ]0, [. Für lle ]z ɛ, z + ɛ[ liefert die Tlorentwicklung n ter Ordnung um z den Fehlerterm n f z k f k z n+ z = f n+ ξ n, k! n +! k=0 für ein geeignetes ξ n ], z[ bzw ]z, [. Nun liefert die Diskussion oben ber mit unserer Whl von z n+ f n+ ξ n n +! z n+ n +! f n +! ɛ n+ f ξ n n+ z ɛ. n+ D ber nch Vorussetzung z + ɛ < ist, folgt, dss ɛ < z ɛ, womit wir schliesslich gezeigt hben, dss n f z k n+ f k z k! f ɛ n 0. z ɛ k=0 Dies zeigt die Anltizität von f uf ]0, [. Wie wir us der Vorlesung wissen, lässt sich die Funktion { e, < 0, 0, 0, in 0 nicht durch ihre Tlorreihe drstellen. Jedoch ist sie C und erfüllt f n = 0 für lle 0 und lle n N. Also folgt us den Vorussetzungen nicht, dss f utomtisch uf gnz ], [ nltisch ist.

2 0.. Lösung der Aufgbe. Für lle R > 0 ist f uf [0, R] stetig, lso eine Regelfunktion. Dsselbe gilt für w. Für lle R cos w w > R > 0 und lle γ R ist uf [R, R ] stetig, lso uch eine Regelfunktion. Wir schreiben: cos γ lim f d = 0 ˆ 0 f d+ lim f d = lim ˆ R f d+ lim f d, wobei wir für die letzte Gleichheit die Stetigkeit der Abbildung f d uf [0, ] benutzt hben. Wir rechnen weiter: lim f d = lim 0 = lim R ˆ = lim ˆ = lim = lim = lim = lim = lim f d = lim cos cos cos d d d + cos cos z z ˆ ˆ ˆ d + dz + cos z z cos w w f d = lim cos d cos d cos dz + d cos d ˆ cos d cos z dz + dz + ln + sin ˆ d sin cos ˆ sin + cos wobei wir in der vorletzten Zeile prtiell integriert hben. cos w Nun ist ber beschränkt uf [0, + [, dher gilt: w ˆ cos w dz w cos w w dz = cos w w 0. Gleichermssen gilt: sin sin sin + sin d cos d sin d sin d,

3 Schliesslich ist noch: sin d sin Also hben wir gezeigt, dss d d = + = 0. 3 lim f d = ln Lösung der Aufgbe 3. Für lle R und lle R > e gilt: ˆ ln R cos e d = e ln cos d = ln sin R e ln ln sin d. e D sin beschränkt ist, konvergiert der Rndterm ln Integrl mchen wir die Abschätung: sin R e für R. Für ds ln R ln sin d R R ln ln sin d ln + ln d, wobei R R > e. Flls = ist, schätzen wir weiter b: R ln sin d = = ˆ R R d + ln R d ˆ R d + ln R d R 3 [ ] R [ + ln R ] R R + ln R R R R + + ln R R +, R R

4 4 und flls ist, schätzen wir wie folgt b: ln ˆ ln R sin d ln R R + ln d ln + ln ˆ R d R 3 ln + ln +. R R Bechten wir noch, dss, für beliebige 0, die Funktion ln Mimum e bei e nnimmt, erhlten wir die Abschätzungen: ln ln sin d R R + R + e + e e + R R R + R uf ]0, + [ ihr, flls =,, flls. Nun werden die rechten Seiten in beiden Fällen beliebig klein, wenn wir R R > R wählen, für R gross genug. Also können wir ds Cuch Kriterium nwenden und folgern, dss e ln ln sin d für R konvergiert. Dmit ist die Eistenz von gezeigt. ˆ cos e d für lle R 0.4. Lösung der Aufgbe 4. Sei { p k = p k,..., p k n k N } eine Abzählung von Q n und { q l l N } eine Abzählung von Q. Betrchte die Fmilie offener Kuben { C = p k q l, p k + q l p k n q l, p k n + q } l k, l N, und schreibe J = { C C C U }. J ist bzählbr, weil N N bzählbr ist. Ist nun U ein beliebiger Punkt, dnn eistiert wegen der Offenheit von U ein Bll B r mit Rdius r > 0, welcher gnz in U enthlten ist. D Q n dicht in R n liegt, gibt es ein K N mit p K < r/4. Gleichermssen gibt es wegen der Dichtheit von Q in R ein L mit r/ < q L < r. Betrchten wir nun den offenen Kubus C = p K q L /, p K + q L / p K n q L /, p K n + q L /, dnn gilt sicher C und C B r U. Also ist C J, ws U J zeigt. Es folgt die Behuptung.

5 0.5. Lösung der Aufgbe 5. Zu zeigen ist: Flls für lle N N ds Gleichungssstem f = 0. f N = 0 eine Lösung besitzt, so gibt es ein B so, dss f n = 0, n N. Sei lso, für jedes N N, eine Lösung N B von gegeben. D B kompkt ist, ht die Folge { N } N N eine konvergente Teilfolge { Nk } k N { N } N N mit Nk k B. D lle f n stetig sind, ist der gesuchte Punkt Lösung der Aufgbe 6. D p > 0, R, muss p gerden Grd hben, lso p = k k + k k , k > 0. Nun gibt es ber ein R > 0, für welches k k > k k gilt, solnge > R ist. D [ R, R] kompkt ist, nimmt p [ R,R] seine Etrem dort n. D usserhlb p > 0 ist, ber wenigstens p0 = 0 gilt, muss ds Minimum uf [ R, R] ein globles Minimum sein. Betrchte q, = + +. D q, = +, ist q, > 0,, R. Für festes R ist q, miniml, flls q, = + = 0 ist, lso bei = / +. Ds Minimum wäre dnn Nun gilt ber lso ist m = q +, = lim m = 0, ± inf q, = 0., R Folglich ht q kein Minimum uf R. +.

6 Lösung der Aufgbe 7. Betrchte die Funktion f, =. Für sie gilt ber f, = f, = f, = f, = 0, df, = verschwindet nirgends im offenen Qudrt ], [. Also stimmt die Aussge nicht. Wir beweisen folgende Aussge: Sei K = [, ] n der geschlossene Einheitskubus im R n und sei f : R n R differenzierbr uf einem Bll B R 0 mit Rdius R > n um den Ursprung. Nimm weiter n, dss f = 0 uf [, ] n. Dnn eistiert ein Punkt ], [ n so, dss f = 0. Beweis: D f stetig uf der kompkten Menge [, ] n ist, nimmt sie ihr Mimum und Minimum dort n. Insbesondere nimmt f ihr Mimum uf [, ] n n. Flls f nicht identisch 0 ist uf gnz [, ] n, dnn gibt es einen Punkt 0 ], [ n mit f 0 > 0. D f ber uf dem Rnd von [, ] n identisch verschwindet, liegt ihr Mimum lso im Inneren ], [ n. Im nderen Fll f identisch 0 folgt die Behuptung trivilerweise Lösung der Aufgbe 8. O.B.d.A. können wir nnehmen, dss < ist. D f stetig ist, nimmt sie ihr Mimum uf dem kompkten Intervll [, ] n. Flls die Stelle dieses Mimums im Inneren von diesem Intervll liegt, lso in ], [, ist die Behuptung gezeigt. Anderenflls ist f in oder in miml. Gleichzeitig ht f dort ber uch ein lokles Minimum. Es folgt, dss ein ɛ eistieren muss so, dss f entweder uf ] ɛ, + ɛ[ [, ] sowohl f f, ls uch f f erfüllt, oder uf ] ɛ, + ɛ[ [, ] sowohl f f, ls uch f f erfüllt. In beiden Fällen ist f lso lokl konstnt. Dher eistiert eine weitere Stelle 3 ], [ mit f 3 = 0.

7 7 Betrchte die beliebig oft stetig differenzierbre Funktion f : R R,, e 4 e. Ihre prtiellen Ableitungen sind gegeben durch f, = 4 e, f, = e + e. Wenn der Grdient von f verschwinden soll, müssen f, = 0 und f, = 0 erfüllt sein. Aus der Forderung f = 0 folgt sofort, dss {0, ±} sein muss. Mit f ±, = e und der Forderung f = 0, erhlten wir in den beiden Fällen = ± die einzige Lösung = 0. D usserdem f, = e 4 e 4 e 4 uf gnz R ist, und f±, 0 = /4 relisiert, sind die Punkte, =, 0 und, =, 0 Stellen globler Minim von f. Alterntiv folgert mn mit f, = 4e, f, = 4 e, f, = 4 e, f, = e + e, dss Hessf±, 0 = positiv definit ist, lso ±, 0 zwei lokle Minimlstellen von f sind. Als weitere Etremlstellen von f kommen wegen dem Obigen nur noch Punkte der Form 0, s, s R, in Frge. Wir zeigen, dss f 0, s = 0 keine Lösung ht. Für s 0 ist f 0, s = e s + se s > 0. Für s < 0 setze t = s und betrchte die Funktion Es gilt g : [0, + [ R, t tet t. g t = et t + t t.

8 8 Also verschwindet g t nur für t = uf [0, + [. Ausserdem ist g uf [0, [ positiv und negtiv uf ], + [. Folglich ist g uf [0, [ streng monoton steigend und streng monoton fllend uf ], + [. D ber g = < ist, muss g < uf gnz [0, + [ gelten. Folglich ist dort te t < e t e s + se s > 0. Dmit gibt es kein s R, für welches f 0, s = 0 wird. Bemerkung: In der Definition von f hätte mn jede beliebige positive Konstnte c < nstelle von wählen können. Der Beweis ist dnn genu nlog. Die 4 Schrnke folgt us der Forderung g = c < Lösung der Aufgbe 9. Um zu zeigen, dss ds Bild von f offen ist, genügt es zu beweisen, dss jeder Punkt in imf eine offene Umgebung enthält, welche gnz in imf liegt. Sei lso imf und sei so, dss f =. D f 0 ist, folgt us dem Umkehrstz, dss f lokl um ein Diffeomorphismus ist. Genuer gibt es offene Umgebungen U von und V von so, dss f U ein Diffeomorphismus mit Bild V ist. D beliebig wr, folgt die erste Behuptung. D f 0 ist für lle R, f ber nch Vorussetzung stetig ist, so gilt entweder f > 0 oder f < 0. Ds heisst, dss f streng monoton ist. Insbesondere ist f lso injektiv. D f uf ihrem Bild trivilerweise surjektiv ist, ist f insgesmt bijektiv und somit globl invertierbr. Anlog zum eindimensionlen Fll zeigt mn mithilfe des Umkehrstzes, dss ds Bild von f wegen df, 0 offen in R ist. Die zweite Behuptung ist jedoch im llgemeinen flsch, wie ds Beispiel folgender Funktion zeigt: e cos f, =. e sin f ist offensichtlich C R ; R, und e cos det df, = det e sin e sin e cos = e 0 für lle, R. f ist ber sicher nicht injektiv, d zum Beispiel der Punkt, 0 ls Urbilder lle Punkte der Form 0, kπ, k Z, ht.