ÜBUNGSBLATT 11 LÖSUNGEN MAT121/MAT131 ANALYSIS II FRÜHJAHRSSEMESTER 2011 PROF. DR. CAMILLO DE LELLIS

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1 ÜBUNGSBLATT 11 LÖSUNGEN MAT121/MAT131 ANALYSIS II FRÜHJAHRSSEMESTER 2011 PROF. DR. CAMILLO DE LELLIS Aufgabe 1. a) Gegeben sei die Gleichung 2x 2 4xy +y 2 3x+4y = 0. Verifizieren Sie, dass diese Gleichung implizit eine stetig differenzierbare Funktion y = ϕx) definiert mit ϕ1) = 1, und berechnen Sie ϕ 1); b) Fx,y) sei gegeben durch Antwort. a) Sei Fx,y) = e y +y + x2 2 x 1 2. Zeigen Sie, dass die Lösungsmenge der Gleichung Fx, y) = 0 überall lokal der Graph einer stetig differenzierbaren Funktion y = ϕx) ist. Berechnen Sie ausserdem die Ableitung ϕ. fx,y) = 2x 2 4xy +y 2 3x+4y. Die Lösungsmenge der Gleichung fx, y) = 0 sieht folgendermassen aus: y fx,y) = x Durch Einsetzen erkennt man, dass 1, 1) eine Lösung ist. f y = 4x+2y +4, f 1,1) = 2 0. y Also existiert nach dem Satz über implizite Funktionen auf einer Umgebung von x = 1 eine stetig differenzierbare Funktion ϕ mit ϕ1) = 1, sodass x,ϕx))

2 2 ÜBUNGSBLATT 11 MAT121/MAT131 ANALYSIS II) LÖSUNGEN die Gleichung löst. Es gilt ϕ 1) = xf1,1) y f1,1) 4x 4y 3) 1,1) = 4x+2y +4) = 3 1,1) 2. Bemerkung: Eine explizite Darstellung von ϕ erhält man durch Auflösen nach y der Gleichung Dies ergibt: y x)y +2x 2 3x = 0. y = 2+2x± 2x 2 5x+4. Wir wissen, dass ϕ1) = 1 gelten muss, und erhalten daher: ϕx) = 2+2x+ 2x 2 5x+4, ϕ 4x 5 x) = x 2 5x+4, womit ϕ 1) = 3, wie oben. 2 b) Die partiellen Ableitungen der Funktion Fx,y) = e y +y + x2 x 1 lauten 2 2 x Fx,y) = x 1, y Fx,y) = e y +1. Offensichtlich gilt überall y F > 0, also insbesondere y F 0. Aus dem Satz über implizite Funktionen folgt, dass die Lösungsmenge der Gleichung Fx, y) = 0 in einer Umgebung jeder gegebenen Lösung x 0,y 0 ) der Graph einer stetig differenzierbaren Funktion ϕ ist mit ϕx 0 ) = y 0. Es gilt ϕ x 0 ) = xf x 0,ϕx 0 ) ) y F x 0,ϕx 0 ) ) = 1 x 0 e ϕx 0) +1. Aufgabe 2. Bestimmen Sie die globalen Extrema der Funktion fx,y) = x 2 +y 2 24x 10y auf dem Bereich B der untenstehenden Figur. y 10 γ 3 γ 2 5 P 2 P 4 P γ 1 B x 10 P 1 Antwort. Die Menge B setzt sich zusammen aus den drei Eckpunkten ) ) P 1 =, P 10 2 = und P 5) 3 =, 0

3 ÜBUNGSBLATT 11 MAT121/MAT131 ANALYSIS II) LÖSUNGEN 3 den Randbögen γ 1,γ 2,γ 3, sowie dem Inneren B siehe Bild). Die kritischen Punkte von f in B müssen das folgende Gleichungssystem erfüllen: f = Wir erhalten den Punkt mit den Koordinaten ) 2x 24 0 =. 2y 10 0) nicht in B liegt wegen = 169 > 100 = 10 2 ). 12 5), der, wie man sich leicht überzeugt, Längs γ 1 ist x = 0 und 10 < y < 5. Die bedingt kritischen Punkte von f auf γ 1 sind die kritischen Punkte der ersetzten Funktion y f0,y) = y 2 10y. ) ) 0 Die Gleichung 0 = d dy f0,y) = 2y 10 liefert y = 5 und damit den Punkt, der 5 nicht auf γ 1 liegt wir hatten vorausgesetzt, dass y < 5 sein soll). Längs γ 2 ist x = y und 0 < y < 5. Es gilt daher, die kritischen Punkte der Funktion zu bestimmen. Es muss also gelten y f 10+2y,y) = 5y 2 98y = d ) f 10+2y,y) = 10y 98. dy Daraus folgt y = 9.8 und x = 9.6, aber der Punkt mit diesen Koordinaten liegt nicht auf γ 2. Für γ 3 benutzen wir Lagrangemultiplikatoren mit der Nebenbedingung Es muss gelten: Auflösen ergibt λ 1 und Fx,y) = x 2 +y 2 100! = 0. x f = λ x F 2x 24 = 2λx, y f = λ y F 2y 10 = 2λy, F = 0 x 2 +y 2 = λ) x = 12 1 λ, y = 5 1 λ, 1 λ) = 100, λ) = 2 13 λ = 3 10 ) 2, oder

4 4 ÜBUNGSBLATT 11 MAT121/MAT131 ANALYSIS II) LÖSUNGEN Dies liefert x,y) = ±120/13,50/13), wobei aber nur der Punkt P 4 = γ 3 liegt. Wir haben also folgende Kandidaten : ) 120/13 50/13 auf P 1 P 2 P 3 P 4 x,y) 0, 10) 0,5) 10,0) 120, ) fx, y) Jetzt gilt max { fx,y) x,y) B } = max 1 k 4 fp k) = fp 3 ) = 340, min { fx,y) x,y) B } = min 1 k 4 fp k) = fp 4 ) = 160. Aufgabe 3. Zeigen Sie, dass die Menge A = { x,y) R 2 x + y 1 } Peano Jordan messbar ist, und berechnen Sie ihr Mass. Antwort. Für N N \ {0} unterteilen wir den R 2 in rechts offene Rechtecke der Form siehe Bild) [ i R = R ij = N, i+1 ) [ j N N, j +1 ), i,j Z. N y R 15 R05 R 24 R 14 R04 R14 R 33 R 23 R 13 R03 R13 R23 R 42 R 32 R 22 R 12 R02 R12 R22 R32 R 51 R 41 R 31 R 21 R 11 R01 R11 R21 R31 R41 R 60 R 50 R 40 R 30 R 20 R 10 R00 R 6 1 R 5 1 R 4 1 R 3 1 R 2 1 R 1 1 R0 1 R10 R1 1 R20 R2 1 R30 R3 1 R40 R4 1 R50 R5 1 x R 5 2 R 4 2 R 3 2 R 2 2 R 1 2 R0 2 R1 2 R2 2 R3 2 R4 2 R 4 3 R 3 3 R 2 3 R 1 3 R0 3 R1 3 R2 3 R3 3 R 3 4 R 2 4 R 1 4 R0 4 R1 4 R2 4 A R 2 5 R 1 5 R0 5 R 1 6 R0 6 R1 5 Abbildung 1. Die Unterteilung für N = 7

5 ÜBUNGSBLATT 11 MAT121/MAT131 ANALYSIS II) LÖSUNGEN 5 Die Anzahl n i dunkelgrauer) Rechtecke, welche ganz innerhalb von A liegen, ist offenbar beachte die Symmetrie) N 1 n i = 4 k = 2NN 1) = 2N 2 2N, k=1 und die Anzahl n a eingefärbter) Rechtecke, welche A schneiden, ist beachte, dass die Rechtecke rechts offen sind) n a = 4 R ij hell oder dunkelgrau N k +N +1) = 2N +1)N +1) = 2N 2 +3N +1. k=1 Der Flächeninhalt jedes einzelnen Rechtecks ist R = 1, womit wir erhalten N 2 R ij R ij = n a n i 5N +1 N = 0. N 2 N 2 R ij dunkelgrau Es folgt, dass A Peano Jordan messbar ist, mit Peano Jordan Mass A = lim N R ij hell oder dunkelgrau R ij = lim N R ij dunkelgrau 2N 2 2N R ij = lim = 2. N N 2 Bemerkung: Das Quadrat A hat Seitenlänge 2. Somit stimmt für die Menge A das Peano Jordan Mass mit dem üblichen Flächeninhalt im R 2 überein. Aufgabe 4. Für λ R betrachte die Gleichung d dt xt) = xt) λ ) ln e+λarctanxt) ). Beweisen Sie, dass obige Gleichung für genügend kleine λ genau eine sog. stationäre Lösung x λ besitzt, d.h. eine, welche nicht von t abhängt. Zeigen Sie ausserdem, dass x λ stetig differenzierbar vom Parameter λ abhängt, und berechnen Sie die partielle Ableitung λ x λ in λ = 0. Antwort. Da wir nur stationäre Lösungen suchen, muss die linke Seite der Gleichung ) verschwinden, d.h. wir suchen Lösungen der Gleichung fx,λ) = x λ ) ln e+λarctanx ) = 0. Da fx,0) = x ist, sehen wir sofort, dass x 0 = 0 eine stationäre Lösung von ) ist für λ = 0. Nun gilt x fx,λ) x,λ)=0,0) = ln e+λarctanx ) λx λ) + 1+x )e+λarctanx)) x,λ)=0,0) 2 = 1, und λ fx,λ) x,λ)=0,0) = ln e+λarctanx ) + x λ)arctanx ) e+λarctanx x,λ)=0,0) = 1. Insbesondereistalso x f0,0) 0,womitausdemSatzüberimpliziteFunktionenfolgt, dass es ein offenes Intervall I R gibt mit 0 I, sowie eine stetig differenzierbare Funktion ϕ : I R, λ ϕλ), mit ϕ0) = 0 und f ϕλ),λ ) = 0, λ I. )

6 6 ÜBUNGSBLATT 11 MAT121/MAT131 ANALYSIS II) LÖSUNGEN Setzen wir x λ = ϕλ), so ist x λ für jedes λ I dann die gesuchte stationäre Lösung von ). Ausserdem gilt Aufgabe 5M&P. Sei λ x λ λ=0 = λ ϕ0) = λfx,λ) x,λ)=0,0) x fx,λ) x,λ)=0,0) = 1. Fx,y) = x 4 y 6 +y 4 +2x 3 y 3 2y 2 x Beweisen Sie, dass es ein offenes Intervall I R mit 0 I gibt, sowie vier paarweise verschiedene stetig differenzierbare Funktionen φ i : I R i = 1,...,4) mit Antwort. Setze F x,φ i x) ) = 0, x I,i {1,...,4}. F 1 x,y) = y 2 x+x 2 y 3 1 und F 2 x,y) = y 2 +x x 2 y 3 1. Man sieht leicht, dass dann Fx,y) = F 1 x,y)f 2 x,y) für alle x,y) R 2 gilt. Nun ist F 1 0,y) = y 2 1 = F 2 0,y), womit folgt, dass 0,±1) eine Lösung von Fx,y) = 0 ist. Es gilt x F 1 x,y) = 2xy 3 1, x F 2 x,y) = 2xy 3 +1, y F 1 x,y) = 2y +3x 2 y 2 und y F 2 x,y) = 2y 3x 2 y 2. Es folgt, dass y F 1 0,±1) = ±2 0 und y F 2 0,±1) = ±2 0. Nach dem Satz über implizite Funktionen existieren dann offene Intervalle I 1,...,I 4 welche Null enthalten, sowie stetig differenzierbare Funktionen φ 1,...,φ 4 mit F 1 x,φ1 x) ) = 0 x I 1 ), F 1 x,φ2 x) ) = 0 x I 2 ), F 2 x,φ3 x) ) = 0 x I 3 ) und F 2 x,φ4 x) ) = 0 x I 4 ), wobei φ 1 0) = 1, φ 2 0) = 1, φ 3 0) = 1 und φ 4 0) = 1 sind. Für die Ableitungen der φ i i {1,...,4}) in 0 berechnen wir ausserdem φ 1 0) = xf 1 0,1) y F 1 0,1) = 1 2, φ 30) = xf 2 0,1) y F 2 0,1) = 1 2 und φ 2 0) = xf 1 0, 1) y F 1 0, 1) = 1 2, φ 40) = xf 2 0, 1) y F 2 0, 1) = 1 2. Da die φ i i {1,...,4}) stetig differenzierbar sind, existiert dann ein offenes Intervall I I 1 I 2 I 3 I 4 mit 0 I und so, dass Dies zeigt die Behauptung. φ i x) φ j x) x I,i,j {1,...,4},i j.