Übungen zur Analysis II

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1 Übungen zur Analysis II Prof. Dr. C. Löh/M. Blank Blatt 10 vom 3. Dezember 011 Aufgabe 1 (Beispiel für eine Kurve). Sei γ : R R 3 t (cos t, sin t, t). 1. Zeigen Sie, dass γ eine reguläre parametrisierte Kurve in R 3 ist.. Skizzieren Sie die von γ repräsentierte Kurve in R Finden Sie eine nach Bogenlänge parametrisierte Kurve β in R 3, die zu γ äquivalent ist. 4. Bestimmen Sie die Krümmung von β. Lösungshinweise. 1. Die Funktion ist offensichtlich C 1 und es gilt t R γ (t) = ( sin t, cos t, 1) 0, d.h. γ ist eine regulär parametrisierte Kurve.. Siehe Abbildung 1. Abbildung 1: Skizze von γ

2 3. Die Abbildung 1 id R : R R ist offensichtlich ein C 1 -Diffeomeorphismus und ( ) 1 β := γ id R : R R 3 daher eine zu γ äquivalente parametrisierte Kurve. Man erhält für alle t R, dass ( ) β (t) = t 1 γ = 1 ( sin t, cos t, 1) = 1. Mit anderen Worten, β ist nach Bogenlänge parametrisiert. 4. Für die Krümmung von β erhalten wir: β (t) = 1 ( cos = 1 cos t, sin t + sin t t, 0) = 1. Aufgabe (Reduktion der Nebenbedingungen). Zeigen Sie, dass der nachfolgende Beweis nicht korrekt ist, indem Sie erklären welcher Schritt nicht korrekt ist und ein Beispiel angeben, das zeigt, dass die Behauptung falsch ist. Behauptung. Sei n N, sei f C 1 (R n, R) und sei g C 1 (R n, R ) mit rg Jg(x) = für alle x R n. Außerdem sei M := g 1 ({0}) und x M sei eine lokale Extremalstelle von f M. Dann gibt es ein λ R mit f(x) + λ g 1 (x) g 1 (x) + λ g (x) g (x) = 0. Beweis. Wir betrachten statt g die Funktion g := g 1 + g : R n R. Dann ist M = g 1 ({0}) = g 1 ({0}). Außerdem ist g stetig differenzierbar und g = g 1 g 1 + g g. Sei z R n. Wegen rg Jg(z) = sind g 1 (z) und g (z) linear unabḧangig. Daher ist rg J g(z) = 1. Die Behauptung folgt nun, indem wir den Satz über Lagrange-Multiplikatoren auf f und g anwenden.

3 Lösungshinweise. Der Fehler im Beweis liegt darin, dass J g auf M nicht Rang 1 hat, sondern Rang 0, was die Berechnung des Gradienten von g direkt zeigt. Ein Gegenbeispiel ist etwa g = id R und f = π 1 : R R; x x 1. Dann ist M = g 1 (0) = {0} und 0 M natürlich eine lokale Extremstelle von f {0}. Es gilt aber für alle λ R: f(0) + λ g 1 (0) g (0) + λ g (0) g (0) = (1, 0) 0. Aufgabe 3 (Eigenvektoren von symmetrischen Matrizen, analytisch). Zeigen Sie, dass jede reelle symmetrische Matrix mindestens einen reellen Eigenwert/Eigenvektor besitzt, indem Sie wie folgt vorgehen: Sei n N >0, sei A R n n eine symmetrische Matrix, und sei f : S n 1 R x x A x die zugehörige Abbildung auf der Sphäre S n 1 := {x R n x = 1}. 1. Zeigen Sie, dass f auf S n 1 ein Maximum annimmt.. Zeigen Sie mithilfe des Satzes über Lagrange-Multiplikatoren: Ist x S n 1 eine Maximalstelle von f, so ist x ein Eigenvektor von A. Lösungshinweise. 1. Die Abbildung ϕ: R n R x 1 + ist stetig. Daher ist S n 1 = ϕ 1 ({0}) abgeschlossen und somit als beschränkte und abgeschlossene Teilmenge von R n kompakt. Die stetige Funktion f nimmt also auf S n 1 ein Maximum an.. Sei x S n 1 eine Maximalstelle von f S n 1. Die Funktion ϕ ist stetig differenzierbar und erfüllt auf der offenen Menge R n \ {0} die Reguläritätsbedingung. Die Funktion f lässt sich zu einer Polynomfunktion auf R n fortsetzen, die ebenfalls stetig differenzierbar ist. Daher folgt aus dem Satz über den Lagrange-Multiplikator, dass ein λ R existiert mit n i=1 x i f(x) + λ ϕ(x) = 0. Man sieht direkt, dass ϕ(x) = x. Weiterhin gilt für y R n und A = (a ij ) i,j {1,...n} n f(y) = y i a ij y j, i,

4 und damit für alle k {1,..., n} [unter Verwendung der Symmetrie von A im zweiten Schritt]: Also folgt k f(x) = n x i a ik + i=1 = n a kj x j = (A x ) k. n a kj x j A x + λ x = 0. d.h. x ist [wegen x S n 1 R n \ {0}] ein Eigenvektor von A zum Eigenwert λ. [Man kann f auch mit Blatt 7.3 angeben]. Aufgabe 4 (Länge von Kurven via Polygonzüge). Seien a, b R mit a b und sei γ : [a, b] R n eine parametrisierte Kurve. Ist P = (t 0,..., t k ) eine Partition von [a, b], so schreiben wir l P (γ) := k γ(t j ) γ(t j 1 ) (dies ist die Länge des Polygonzugs auf γ zur Partition P ). Zeigen Sie, dass l(γ) = sup { l P (γ) P ist eine Partition von [a, b] }. Hinweis. Gehen Sie wie folgt vor: Seien P, Q [a, b] Partitionen und sei Q eine Verfeinerung von P. Wie hängen l Q (γ) und l P (γ) bzw. S( γ, Q) und S( γ, P ) zusammen? Zeigen Sie: Ist ε R >0, so gibt es eine Partition P ε von [a, b], die sowohl l Pε (γ) sup { l P (γ) P ist eine Partition von [a, b] } ε als auch S( γ, P ε ) l(γ) ε erfüllt. Sei P [a, b] eine hinreichend feine Partition. Schätzen Sie den Abstand l P (γ) S( γ, P ) geeignet ab, indem Sie den Mittelwertsatz und gleichmäßige Stetigkeit (s. Blatt 9, Aufgabe 4, Analysis I) verwenden. Schließen Sie daraus auf die behauptete Beschreibung von l(γ). Lösungshinweise. Wir folgen einfach den Hinweisen:

5 Sind P und Q Partitionen von [a, b] und ist Q eine Verfeinerung von P, so schreiben P Q, außerdem setzen wir l(γ) = sup { l P (γ) P ist eine Partition von [a, b] } [dieses Supremum existiert (bzw. ist endlich), siehe unten)] sowie etc. S(P ) := S( γ, P ) Für Partitionen P und Q von [a, b] gilt P Q = l P (γ) l Q (γ), denn: Es genügt, diese Aussage für den Fall zu betrachten, dass m N und s {1,..., m}, sowie t 0,..., t m, q [a, b] existieren mit P = (t 0,..., t m ) und Q = (t 0,..., t s 1, q, t s,..., t m ), der allgemeine Fall folgt dann mit Induktion. Es gilt l P (γ) = m γ(t j ) γ(t j 1 ) = γ(t s ) γ(t s 1 ) γ(q) + γ(q) + m γ(t j ) γ(t j 1 ) j s γ(t s ) γ(q) + γ(q) γ(t s 1 ) + = l Q (γ). Für Partitionen P und Q von [a, b] gilt P Q = S(Q) S(P ). m γ(t j ) γ(t j 1 ) j s Dies kann man leicht aus der Definition der Obersumme ablesen. Wir zeigen zunächst den dritten Hinweis. Wir könnnen ohne Einschränkung a < b annehmen. Sei ε R >0. Das Intervall [a, b] ist kompakt, also sind die stetigen Funktionen γ k für k {1,..., n} dort sogar gleichmäßig stetig (vergleiche Analysis I Blatt 9), d.h. insbesondere finden wir ein δ R >0 mit k {1,...,n} x,y [a,b] x y δ = γ k (x) γ k(y) ε n (b a). Sei nun P = (t 0,..., t m ) eine Partition von [a, b] der Feinheit < δ, d.h. für alle i {1,..., m} gelte t i t i 1 < δ. Nach dem Mittelwertsatz (der Differentialrechnung) existiert für alle i {1,..., m} und k {1,..., n} ein ξi k [t i 1, t i ] mit γ k(ξ k i ) (t i t i 1 ) = γ k (t i ) γ k (t i 1 ).

6 Zudem wählen wir für alle j {1,..., m} ein ζ j [t j 1, t j ] mit γ (ζ j ) = sup { γ (x) x [t j 1, t j ) } [Wir können ein solches ζ j finden, da γ stetig ist.] Damit erhalten wir zunächst ( γ k(ξ j k ) ) k γ (ζ j ) ( γ k(ξ j k ) ) k γ (ζ j ) = n γ k (ξj k) γ k (ζ j) k=1 n ε n (b a) k=1 = ε b a, wobei wir in der zweiten Umformung die Dreiecksungleichung und in der vierten Umformung die gleichmäßige Stetigkeit benutzt haben. Damit bekommen wir nun m l P (γ) S(P ) = γ(tj ) γ(t j 1 ) m sup { γ (x) x [tj 1, t j ) } (t j t j 1 ) m = ( γ k(ξj k ) ) m k (t j t j 1 ) γ (ζ j ) (t j t j 1 ) m = = = ε ( ( γ k (ξ k j ) ) k γ (ζ j ) ) (t j t j 1 ) m ( γ k(ξ j k ) ) k γ (ζ j ) (tj t j 1 ) m ε tj t j 1 b a Wir zeigen nun den zweiten Hinweis: Sei ε R >0. Nach Definition von l(γ) und dem Integral als Infimum der Obersumme existieren daher Partitionen Q und Q mit l(γ) ε l Q (γ) S(Q ) l(γ) + ε. Hierbei benutzen wir, dass nach dem dritten Hinweis l(γ) endlich ist.

7 [Denn mit ε, δ R >0 wie im Beweis zu Hinweis 3: l(γ) = sup { l P (γ) } P ist eine Partition von [a, b] = sup { l P (γ) } P ist eine Partition der Feinheit kleiner δ von [a, b] sup { l P (γ) S(P ) + S(P ) P ist eine Partition der Feinheit kleiner δ von [a, b] } ε + sup { S(P ) P ist eine Partition der Feinheit kleiner δ von [a, b] } ε + max{ γ (t) t [a, b]} b a <. Wobei wir in der ersten Gleichung die oben gezeigte Monotonie, sowie die Tatsache, dass wir eine Partition stets zu einer Partition gegebener Feinheit verfeinern können, benutzt haben. ] Sei P ε eine gemeinsame Verfeinerung von Q und Q [eine solche existiert offensichtlich], dann gilt nach Teil 1, dass und damit die Behauptung. l(γ) ε l Q (γ) l Pε (γ) S(P ε ) S(Q ) l(γ) + ε, Die Aussage folgt nun aus den vorangegangenen Teilen: Sei ε R >0 und P eine gemeinsame Verfeinerung zu den in Teil und 3 zu ε konstruierten Partitionen. Dann gilt: l(γ) l(γ) l(γ) S(P ) + S(P ) l P (γ) + l P (γ) l(γ) 3 ε. Da die Aussage für alle ε in R >0 gilt, folgt daraus die Behauptung. Bonusaufgabe (Drehen vs. Strecken). Um die transuniversalen Weihnachtsmarkthopper etwas zu verwirren möchte Commander Blorx das Layout der verkehrsgünstig gelegenen Galaxie R-Paleis nach seinen eigenen Vorstellungen verbessern : Die Galaxie soll das Bild Γ einer regulären parametrisierten Kurve R R sein; um der Orientierunglosigkeit der Reisenden etwas auf die Sprünge zu helfen soll Γ die folgenden Eigenschaften besitzen: Jede Streckung von Γ (d.h. Skalarmultiplikation von Γ mit einer positiven reellen Zahl) entspricht einer Rotation von Γ um 0, und umgekehrt entspricht jede Rotation von Γ um 0 einer Streckung von Γ. Kann Blorx eine solche Kurve finden? Lösungshinweise. Wir betrachten die Kurve γ : R R t (e t sin t, e t cos t) Die Kurve ist C 1 und regulär, denn für alle t R ist γ (t) = (et sin t + e t cos t, e t cos t e t sin t) T = e t (sin t + cos t) + e t (cos t sin t) = e t 0.

8 Sei a R und U a die Rotation um a um den Nullpunkt. Diese ist bezüglich der Standardbasis durch die Matrix ( ) cos a sin a sin a cos a gegeben, und man erhält für alle t R, dass ( ) (U a γ)(t) = e t sin t cos a cos t sin a + sin t sin a + cos t cos a ( ) = e t sin(t a) cos(t a) = e a γ(t a), wobei wir in der vorletzten Gleichung die Additionstheoreme der trigonometrischen Funktionen benutzt haben, vergleiche Blatt Aufgabe [man kann dies natürlich auch leicht direkt ablesen, wenn man in Polarkoordinaten denkt]. Damit sieht man aber, dass eine Drehung des Bildes um a gerade einer Streckung des Bildes um e a entspricht [und eine Streckung um b R >0 natürlich einer Drehung um log b]. Skizze: Siehe Abbildung Abbildung : Skizze einer graphisch etwas besser darstellbaren Variante [genauer der Funktion t (e t/10 cos t, e t/10 sin t) ]

9 Die folgenden Aufgaben bieten die Gelegenheit, den bisher gelernten Stoff zu wiederholen und zu vertiefen; für jede dieser Aufgaben können Sie bis zu vier Zusatzpunkte bekommen. Bonusaufgabe (Vervollständigung metrischer Räume). Sei (X, d) ein metrischer Raum. Zeigen Sie, dass es einen metrischen Raum (X, d) mit folgenden Eigenschaften gibt: Der metrische Raum (X, d) ist vollständig. Es gibt eine isometrische Einbettung i: X X. Das Bild i(x) liegt dicht in X, d.h. zu jedem x X und jedem ε R >0 gibt es ein x X mit d(x, x) < ε. Hinweis. Gehen Sie wie bei der Konstruktion von R aus Q vor, d.h. betrachten Sie die Menge der Äquivalenzklassen von Cauchyfolgen in X bezüglich einer geeigneten Äquivalenzrelation. Lösungshinweise. Wir gehen genauso wie im Spezialfall X = Q vor. Sei (X, d) ein metrischer Raum. Wir definieren zunächst und C = {(x n ) n N (x n ) n N ist Cauchy-Folge in X} = {(x, y) C lim n d(x n, y n ) = 0}. Dann ist eine Äquivalenzrelation auf C [Symmetrie und Reflexivität sind offensichtlich, Transitivität folgt direkt aus der Dreiecksungleichung]. Wir definieren nun X als die Menge der Äquvialenzklassen, C/. Wir erklären eine Metrik auf X durch d: X X R ( [x], [y] ) d ( [x], [y] ) := lim n d(x n, y n ). Seien x, y C. Dann existiert der Grenzwert lim n d(x n, y n ), denn: Sei ε R >0. Dann gibt es ein N N, so dass für alle n, m N N gilt d(x n, x m ) + d(y n, y m ) ε. [Ein solches N existiert, da x und y Cauchy-Folgen sind]. Damit erhält man für alle n, m N N d(x n, y n ) d(x m, y m ) d(x n, x m )+d(x m, y m )+d(y m, y n ) d(x m, y m ) ε. Aus der Symmetrie in x und y folgt d(x n, y n ) d(x m, y m ) ε. Damit haben wir gesehen, dass (d(x n, y n )) n N eine Cauchy-Folge in R ist, also konvergiert.

10 Die Funktion d ist wohldefiniert, denn: Sind x, y, z C mit x z, so gilt lim d(z ( n, y n ) lim d(zn, x n ) + d(x n, y n ) ) = lim d(x n, y n ), n n n aus Symmetriegründen folgt damit die Wohldefiniertheit von d. Wir zeigen, dass (X, d) Cauchy-vollständing ist. Sei dazu (x (n) ) n N eine Cauchy-Folge in X und setze x := (x (k) k ) k N. Dann rechne man wie in der Konstruktion von R nach, dass x in X liegt, und (x (n) ) n N gegen x konvergiert. Die Abbildung X X x [ (x) n N ], die jedes Element in X auf die zugehörige konstante Folge abbildet, ist offensichtlich eine isometrische Einbettung. Sei [x] X und ε R >0. Da x eine Cauchyfolge in X ist, existiert ein N N, so dass für alle n N N gilt, dass d(x n, x N ) ε. Also folgt d ( [x], [(x N ) n N ] ) = lim d(x n, x N ) ε, n und damit die Behauptung. Bonusaufgabe (Stetige Abbildungen). Seien (X, T X ) und (Y, T Y ) topologische Räume und sei A X; wir betrachten auf A bzw. A die von X induzierte Teilraumtopologie. 1. Besitzt jede stetige Abbildung A Y eine stetige Fortsetzung A Y?. Seien f, g : A Y stetige Abbildungen mit f A = g A. Folgt dann bereits f = g? Begründen Sie jeweils Ihre Antwort! Lösungshinweise. 1. Nein, denn: Man betrachte etwa die folgende Funktion f : [0, 1) (1, ] R R { 0 falls t [0, 1) t 1 falls t (1, ]. Diese Funktion ist offensichtlich stetig, aber es gibt keine stetige Fortsetzung von f auf [0, 1) (1, ] = [0, ] R, denn nach dem Zwischenwertsatz müsste eine solche Fortsetzung in 1 alle Werte in (0, 1) annehmen. [Alternativ betrachte man die Funktion (0, 1] R x 1 x.

11 Diese besitzt keine stetige Fortsetzung auf (0, 1] = [0, 1], denn diese müsste als stetige Funktion auf einer kompakten Menge beschränkt sein.]. Nein, denn: Man betrachte den Raum X := {0, 1} mit der Klumpentolopologie. Dann sind für i X die Abbildungen f i : (X, T Klumpen ) (X, T Klumpen ) f i : 0 0 f i 1 0 stetig, und es gilt f 0 {0} = f 1 {0} sowie {0} = X, aber f 0 und f 1 sind verschieden. [Dies ist ein sehr pathologisches Beispiel. Es genügt zu fordern, dass Y hausdorffsch ist damit die Aussage wahr wird. Kurzer Beweis: Angenommen, es gäbe ein a A mit f(a) g(a). Da Y hausdorffsch ist gibt es offene, disjunkte Mengen U, V Y mit f(a) U und g(a) V. Dann ist f 1 (U) g 1 (V ) eine offene Umgebung von a in X, man enthält also ein b A f 1 (U) g 1 (V ). Dann gilt aber U f(b) = g(b) V im Widerspruch dazu, dass U und V disjunkt sind.] Bonusaufgabe (Zusammenhang). Sei n N. Ist jede offene zusammenhängende Teilmenge von R n bereits wegzusammenhängend? Begründen Sie Ihre Antwort! Lösungshinweise. Ja, denn: Sei U R n offen und zusammenhängend und ohne Einschränkung nicht leer. Wir definieren eine Relation. := {(x, y) U es existiert ein Weg zwischen x und y}. Man sieht leicht, dass dies eine Äquivalenzrelation ist (für die Transitivität benutze man etwa die Proposition über das Verkleben stetiger Funktionen). Sei x U und [x] die zugehörige Äquivalenzklasse. Sei y [x]. Da U offen ist, existiert ein ε R >0 mit U(x, ε) U. Da U(x, ε) wegzusammenhängend ist, gilt U(x, ε) [y] = [x], und damit ist [x] offen. Die Menge der Äquivalenzklassen {[z] z U} ist damit eine Zerlegung von U in paarweise disjunkte, offene Mengen. Da U zusammenhängend ist gibt es also ein z U mit U = [z], d.h. U ist wegzusammenhängend. Bonusaufgabe (Differenzierbarkeit). Begründen Sie jeweils Ihre Antwort! 1. Seien n, m N und sei f C 1 (R n, R m ) mit rg Jf(x) = m für alle x R n. Ist f dann bereits surjektiv?. Seien n, m N und sei f C 1 (R n, R m ) surjektiv. Folgt dann bereits, dass rg Jf(x) = m für alle x R n gilt? Lösungshinweise. 1. Nein, denn: Man betrachte einfach die Kurve exp: R R. [Alternativ:Auf Blatt 9 haben wir einen C 1 -Diffeomorphismus ( 1, 1) R

12 behandelt [Zur Erinnerung: Ein mögliches Beispiel ist x x/(1 x )]. Dessen Umkehrabbildung, aufgefasst als Abbildung von R nach R, ist dann ebenfalls C 1 und ihre Jacobi-Matrix hat in jedem Punkt vollen Rang (da die Abbildung ein Diffeomorphismus auf Ihr Bild ist), aber die Abbildung ist nicht surjektiv.]. Nein, denn: Die Abbildung ( ) 3 : R R x x 3 ist surjektiv, hat aber in 0 verschwindende Ableitung. Bonusaufgabe (Kurven). Begründen Sie jeweils Ihre Antwort! 1. Sind reguläre parametrisierte Kurven, die dieselbe Bildmenge haben, bereits äquivalent?. Sind nach Bogenlänge parametrisierte Kurven, die dieselbe Krümmung haben, bereits äquivalent? Lösungshinweise. 1. Nein, denn: Man betrachte etwa die regulär parametrisierten Kurven γ 1 : [0, π] R t (cos t, sin t) und γ := γ 1 [0, π). Diese haben dasselbe Bild, aber sie sind nicht äquivalent, ihre Definitionsbereichen sind nicht einmal homöomorph (das Interval [0, π] ist kompakt, das Interval [0, π) nicht).. Nein, denn: Man betrachte γ 1 wie oben und γ 3 = γ 1 + (, ). Diese haben offensichtlich dieselbe Krümmung, aber ihre Bilder sind disjunkt, insbesondere können sie nicht äquivalent sein. Abgabe bis zum 13. Januar 01, 1:00 Uhr, in die Briefkästen Frohe Weihnachten und ein Gutes Neues Jahr!