Übungen zur Analysis II SS 2006

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1 Mathematisches Istitut der Uiversität Heidelberg Prof. Dr. R. Weissauer/Dr. U. Weselma weselma.uebuge.html Übuge zur Aalysis II SS 26 Lösugshiweise Blatt 3 Aufgabe 8* Lösugsskizze Wir behaupte, dass B t! e t für alle ud alle t gilt: Das zeige wir mittels Iduktio ach, wobei der Iduktiosafag = wege e t 1 = B t für t klar ist. Da bemerke wir die Idetität: B t B = B τdτ = woraus mit der Iduktiosvoraussetzug folgt B t B Weiter gilt: B = woraus sich die Abschätzug B B 1 τ dτ 1! B τdτ + B B τ B dτ! dτ = B 1 τdτ, e τ dτ =! e t 1. B B τdτ, e τ 1dτ =!e 2 <! ergibt. Kombiiert mit der obere Abschätzu B t B!e t 1 folgt daraus: B t B t B + B!e t =! e t. Damit ist die Formel für t durch Iduktio bewiese worde. Der Fall t < wird mittels der Formel B t = 1 B 1 t siehe Skript auf de Fall t > zurückgeführt: da bekomme wir eie Abschätzug der Form B t! e maxt,1 t. 1

2 Für die Summade der Reihe i Aufgabe 8 ergibt sich jetzt die Abschätzug: B t z! z e maxt,1 t. Daraus folgt sofort, dass die Reihe für z [ a, a] ud t [ b, b] gleichmäßig kovergiert, sofer a < 1 ist Vergleich mit der geometrische Reihe. Die Behauptug i der Aufgabestellug ist damit bewiese. Bemerkug: Tatsächlich kovergiert die Reihe, sobald a < 2π gilt. Das ka ma eierseits aus Resultate herleite, die i der Vorlesug Fuktioetheorie bewiese werde: 2π ist der Radius des größte Kreises i der komplexe z-ebee um de Nullpukt, für de der Neer i der Formel vo 8d keie Nullstelle hat abgesehe vo der Nullstelle z =, die sich aber gege die Nullstelle vo z im Zähler wegkürzt. Adererseits tauche die Beroullizahle B auch i eier Formel für die Werte der Riemasche Zetafuktio ζs = =1 s für gerade gaze Zahle auf. Damit ka ma eie Abschätzug der Form B c! 2π herleite, aus der ebefalls die gleichmäßige Kovergez für a < 2π folgt. Aufgabe 9 Ergebis: cosφ cosψ r siφ cosψ r cosφ siψ cosφ siψ r siφ siψ r cosφ cosψ siφ r cosφ Aufgabe 1 Lösug: a Sei y K ɛ ξ = {x X dx, ξ < ɛ}, also dy, ξ < ɛ. Sei δ = ɛ dy, ξ. Da gilt δ >, ud es ist K δ y K ɛ ξ: Aus x K δ y folgt ach der Dreiecksugleichug dx, ξ dx, y + dy, ξ < δ + dy, ξ = ɛ, also x K ɛ ξ. b Seie A ud B offee Mege i eiem metrische Raum X ud sei x A B. Um zu zeige, dass A B offe ist, reicht es zu zeige, dass es ei ɛ > gibt mit K ɛ x A B. Weil A ud B offe sid, gibt es aber α, β > mit K α x A ud K β x B. Mit ɛ = miα, β > folgt K ɛ x K α x A ud K ɛ x K β x B. Da ist aber K ɛ x A B. c Sei A X offe, f : Y X stetig ud y f 1 A. Weil A offe ist, gibt es ei ɛ > mit K ɛ fy A. Da gibt es ach dem ɛ-δ-kriterium 2

3 ei δ > mit der Eigeschaft: dx, y < δ dfx, fy < ɛ. Das bedeutet aber fk δ y K ɛ fy. Daraus folgt aber fk δ y A ud damit K δ y f 1 A. Damit ist f 1 A als offee Mege erkat. Aufgabe 11 Lösugsskizze: Die geate euklidische Metrik stammt vo der Norm A = a 2 ij für A = a ij 1 i,j. i, Bezüglich des Matrizeprodukts gilt die Abschätzug A B A B Im Beweis der Abschätzug beutze wir die Ugleichug vo Cauchy-Schartz: A B 2 = i,k=1 a 2 ij a Es gilt für X V : 2 a ij b jk i,k=1 j,l=1 b 2 jl = i,k=1 i=1 a 2 ij a 2 ij b 2 jk B 2 = A 2 B 2. QB + X = B + X B + X = B B + B X + X B + X X = QB + l B X + RX mit der lieare Abbildug l B : V V, X BX + XB ud dem Restterm RX = X X = X rx. Dabei gilt rx = X 1 X X X 1 X X = X. Das impliziert, dass der Restterm rx gege kovergiert für X. Da gilt RX = ox ud die lieare Abbildug l B ist die Ableitug vo Q im Pukt B. b Die Mege R = R\{} ist offe. Nach Aufgabe 1 ist da auch das Urbild vo R uter der stetige Determiateabbildug det : V R offe. Das Urbild besteht aber gerade aus der GL; R, der Mege der ivertierbare Matrize. 3

4 c Nach der Leibizformel lässt sich die Determiate als Polyom i de Eitäge der Matrix schreibe: deta ij = σ S sigσ a iσi. Da Polyome differezierbar sid, ist es auch die Determiate. Explizit: Polyome i mehrere Variable sid partiell differezierbar, wobei die partielle Ableituge wieder Polyome ud damit stetige Fuktioe sid, d.h. Polyome sid stetig partiell differezierbar ud damit auch total differezierbar. Um die Ableitug i der Eiheitsmatrix zu bestimme, bereche wir die partielle Ableituge ach eier Variable a ij : deta a ij lässt sich wie folgt i der Eiheitsmatrix E auswerte: Nach der Produktregel ist vo eiem Produkt i=1 a iσi geau ei Faktor abzuleite, die übrige sid a der Eiheitsmatrix auszuwerte. Da eie vo id verschiedee Permutatio σ immer midestes a zwei Stelle icht idetisch operiert, ergibt das Eisetze bei de vo id verschiedee Permutatioe immer eie Faktor, so dass die partielle Ableitug ur vo Π i=1a ii zu bereche ist: Hier ergibt ur die Ableitug ach eier Variable a ii ei ichttriviales Ergebis, ämlich 1 ach Eisetze der Eiheitsmatrix. Damit folgt deta a ij A=E = 1 für i = j, aber deta a ij A=E = für i j. Damit ist klar, dass die Ableitug der Determiate die lieare Abbildug a ij i=1 a ii ist. Das ist die Spur: A SpurA. d Wir behaupte, dass das Ivertiere i eiem Pukt B GL; R differezierbar ist, ud dass die Ableitug die lieare Abbildug i=1 l : X B 1 X B 1 ist: Dazu bemerke wir zuächst, dass das Ivertiere vo Matrize i der GL, R stetig ist. Deshalb ist die Abbildug X B +X 1 i eier Umgebug vo stetig. Gleiches gilt für die Normabbildug X B + X 1. I eier kompakte Umgebug U vo immt die Normfuktio aber ihr Maximum M a. Wir defiiere eie Restterm RX durch die Formel B + X 1 = B 1 + lx + RX. 4

5 Da gilt: Ausmultipliziere ergibt: E = B + X B 1 B 1 X B 1 + RX. E = E B B 1 X B 1 + X B 1 X B 1 X B 1 + B + X RX Daraus folgt: RX = X + B 1 X B 1 X B 1. Mehrfaches Awede der Abschätzug im Lemma ergibt für X U: RX M 2 X 2 B 1 2 Das impliziert sofort, dass der Restterm RX vo der Ordug ox ist. Deshalb ist l die Ableitug vo I i eiem Pukt B. Aufgabe 12 Lösugsskizze: a I der offee Mege U = R 2 \{, } gilt stets x 2 + y 2. Da Polyome stetige Fuktioe sid ud da der Quotiet zweier stetiger Fuktioe wieder stetig ist, solage der Neer vo verschiede ist, ist f i der Mege U stets stetig, so dass es ur auf die Stetigkeit im Nullpukt, akommt. Da die Mege S 1 = {x, y R 2 x 2 + y 2 = 1} kompakt ist, immt die stetige Polyomfuktio P auf S 1 ihr Maximum M ud ihr Miimum m a, etwa M = P x 1, y 1 ud m = P x 2, y 2. Jedes x, y U lässt sich i der Form x, y = ρ x, ỹ darstelle mit ρ = x 2 + y 2 ud x, ỹ = x, y ρ ρ S1. Da gilt: P ρ x, ρỹ fx, y = = ρ d 2 P x, ỹ. ρ 2 Es folgt: m ρ d 2 fx, y M ρ d 2. Lemma Es gilt geau da M = m, we P vo der Form P = M x 2 + y 2 d/2 ist. Beweis Lemma: Ist P vo der Form, so ist P auf der Mege S 1 offesichlich kostat gleich M. Ist umgekehrt M = m, so ist P auf der Mege S 1 kostat. Wege P x, y = 1 d P x, y muss d da gerade sei, we P icht das Nullpolyom ist. Nach Subtraktio vo M x 2 + y 2 d/2 5

6 köe wir o.b.d.a. voraussetze, dass M = m = ist, so dass P da auf S 1 kostat gleich ist. Wege der Homogeität ist da P aber die Nullfuktio, ud damit das Nullpolyom. Da ist das ursprügliche P vo der Form M x 2 + y 2 d/2. Das Lemma ist bewiese. Im Fall d > 2 folgt daraus, dass fx, y x 2 + y 2 max m, M für alle x, y U gilt. Da ist aber f geau da stetig, we f, =, also r = gilt. Im Fall d = 2 gilt fx, y = f x, ỹ. Es folgt f x 1, y 1 = M ud fx 2, y 2 = m. Da die Folge x 1, y 1 ud x 2, y 2 beide gege, kovergiere, ka f ur da stetig sei, we M = m gilt, d.h. we P = M x 2 + y 2 d/2 gilt. Da ist aber f kostat gleich M auf U ud ist geau da stetig, we r = M gilt. Sei jetzt d < 2. Da P icht das Nullpolyom ist, immt P auf S 1 eie vo verschiedee Wert a, etwa P x, ỹ = a. Da die Folge f x, ỹ = 2 d a da ubeschräkt ist, obwohl x, ỹ ach, kovergiert, ka f im Pukt, icht stetig sei. b Ergebis: f P,,r x = f P,ñ, r mit P = P x x, y x2 + y 2 2x P x, y, ñ = + 1, r = a d falls d = 2 + 1, r = falls d > c Im Fall P x, y = xy ist d = 2, also d = 2, we = 1. Die Fuktio f ist also icht stetig im Pukt,. Sie ist aber icht ur i der Mege U partiell differezierbar, soder auch im Pukt,, de es gilt fx, = = f, y für alle x, y, so dass die partielle Ableituge existiere ud gleich sid. 6