(x, x + y 2, x y 2 + z 3. = e x sin y. sin y. Nach dem Umkehrsatz besitzt f dann genau auf der Menge

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1 ÜBUNGSBLATT 0 LÖSUNGEN MAT/MAT3 ANALYSIS II FRÜHJAHRSSEMESTER 0 PROF DR CAMILLO DE LELLIS Aufgabe Finden Sie für folgende Funktionen jene Punkte im Bildraum, in welchen sie sich lokal umkehren lassen, und berechnen Sie dort die Differentiale ihrer Inversen a f : R R,, y e, cosy ; b g : R R,, y + y, y ; c h : R 3 R 3,, y, z, + y, y + z 3 Antwort a f ist als Verknüpfung von stetig differenzierbaren Abbildungen wieder stetig differenzierbar Ihre Jacobi Matri lautet df e 0,y 0 sin y Des Weiteren gilt det df,y e sin y 0 y kπ k Z Nach dem Umkehrsatz besitzt f dann genau auf der Menge {, } f y y kπ, k Z eine stetig differenzierbare Inverse, welche die Ableitung df f,y df e 0,y 0 sin y im Punkt f, y besitzt b g ist als Verknüpfung von stetig differenzierbaren Abbildungen wieder stetig differenzierbar Ihre Jacobi Matri lautet dg,y 4y Des Weiteren gilt det dg,y 8y + 0 y 4 Nach dem Umkehrsatz besitzt g dann genau auf der Menge {, g y 4y + 0 } eine stetig differenzierbare Inverse, welche die Ableitung dg g,y dg y 4y+ 4y+,y im Punkt g, y besitzt 8y+ 4y+

2 ÜBUNGSBLATT 0 MAT/MAT3 ANALYSIS II LÖSUNGEN c h ist als Verknüpfung von stetig differenzierbaren Abbildungen wieder stetig differenzierbar Ihre Jacobi Matri lautet dh,y,z 0 0 y 0 y 3z Des Weiteren gilt det dh,y,z 6yz 0 y 0 und z 0 Nach dem Umkehrsatz besitzt h dann genau auf der Menge {, } h y, z y, z 0 eine stetig differenzierbare Inverse, welche die Ableitung dh h,y,z dh 0 0,y,z im Punkt h, y, z besitzt Aufgabe Finde das Maimum der Funktion f, y, z 0 y y 3z 3z 3z auf der durch die Gleichungen F, y, z G, y, z 0 definierten Kurve mit F, y, z + y + z und G, y, z 3 + y 3 + z 3 Antwort Die durch die Gleichungen F G 0 definierte Kurve ist eine kompakte Teilmenge des R 3, denn sie ist abgeschlossen als Lösungsmenge von Gleichungen, die aus stetigen Funktionen F und G gebildet werden und sie ist wegen der Bedingung F 0 in einer Sphäre enthalten und damit auch beschränkt Da die Funktion f stetig ist, nimmt sie auf der Kurve ein Maimum an Dieses Maimum muss in einem bedingten kritischen Punkt liegen weil alle beteiligten Funktionen f, F, G differenzierbar sind, dh in einem Punkt, in dem die Gradienten f, F und G linear abhängig sind An diesem Punkt, y, z eistieren Lagrange Multiplikatoren λ, µ R, so dass gilt f λ F + µ G Hieraus ergibt sich das folgende Gleichungssystem 0 + y + z, y 3 + z 3, λ + µ 3, 0 λ y + µ 3y, 0 λ z + µ 3z Fall : y 0 Die zweite Gleichung des Systems besagt dann 3 + z 3 0, woraus z folgt Aus der ersten Gleichung folgt dann weiter ± Fall : z 0 Es folgt analog zum Fall, y und ±

3 ÜBUNGSBLATT 0 MAT/MAT3 ANALYSIS II LÖSUNGEN 3 Fall 3: y 0 und z 0 Wäre dann µ 0, so würde aus der letzten Gleichung folgen λ 0, was der mittleren Gleichung widerspricht Also ist µ 0 Die zwei letzten Gleichungen des System liefern dann y z λ 3µ In die zweite Gleichung eingesetzt erhalten wir 3 + y 3 0 y z 3 Einsetzen in die erste Gleichung liefert nun + /3 ± + /3 Die möglichen Kandidaten für das Maimum von f, y, z sind nun offensichtlich diejenigen, y, z, für die positives Vorzeichen hat, also in den jeweiligen Fällen,, + /3 Aus < /3 folgt aber > + /3 Somit ist das gesuchte Maimum gleich, und es wird genau in den beiden Punkten,, 0 und, 0, angenommen Aufgabe 3 Sei n N \ {0} und A eine n n Matri Zeigen Sie, dass A op ein Eigenwert der Matri A T A ist Antwort Betrachte die Abbildung wird als Zeilenvektor aufgefasst f : R n R, A T A T A T Die Abbildung f ist stetig, und nimmt daher ihr Maimum auf der kompakten Menge S n R n an S n {,, n + + n }, sagen wir im Punkt,, n Dort ist dann f A T ma S n A T A op f ist ausserdem differenzierbar mit Ableitung df A T A T i Betrachte nun die Abbildung i {,,n} ϕ : R n R, ϕ ist stetig differenzierbar auf R n, und S n {,, n ϕ,, n 0 } Ausserdem ist dϕ,, n immer von Rang auf S n, da 0 S n Wir können daher den Satz von Lagrange anwenden, und erhalten die Eistenz einer Zahl λ R mit df λdϕ,, n,, n A T A T λ i i i {,, n} Folglich ist v T,, n T S n ein Eigenvektor von A T A zum Eigenwert λ, und es gilt A op Av Av Av A T Av v λv v λ,

4 4 ÜBUNGSBLATT 0 MAT/MAT3 ANALYSIS II LÖSUNGEN womit die Behauptung folgt Bemerkung: Obige Überlegungen liefern sofort, dass λ der grösste Eigenwert der symmetrischen Matri A T A sein muss beachte, dass λ nicht negativ sein kann, also A op ma{ λ λ ist Eigenwert von A T A } Man kann ausserdem zeigen, dass A op ma { κ κ ist Eigenwert von A } ist, wenn A eine symmetrische Matri ist Aufgabe 4 Sei X, d ein vollständiger metrischer Raum und k N \ {0} Nehme an, f : X X sei eine Abbildung mit der Eigenschaft, dass f f eine Kontraktion ist }{{} k mal Beweisen Sie, dass f dann genau einen Fipunkt besitzt Antwort Sei g f k f f k Terme Nach dem Banach schen Fipunktsatz besitzt g einen eindeutigen Fipunkt, dh g Betrachte nun y f Es gilt y f f g f f k f k f g f gy Also ist y ebenfalls ein Fipunkt von g Wegen der Eindeutigkeit des Fipunktes von g gilt dann aber y, also f Somit ist der eindeutige Fipunkt von f, wie behauptet Aufgabe 5M a Sei k N \ {0}, und nehme an, U R k sei sowohl offen als auch abgeschlossen Beweisen Sie, dass dann entweder U oder U R k gilt; b Sei k N \ {0} und u : R k R k stetig differenzierbar mit du op L < Beweisen Sie, dass dann Antwort ein Diffeomorphismus ist Φ : R k R k, u, a Wir zeigen zunächst: Lemma: Es gibt kein Paar A, B von disjunkten, offenen, nicht leeren Teilmengen von R mit [0, ] A [0, ] B [0, ] Beweis: Angenommen es gäbe solche Teilmengen, dann sind A [0, ] und B [0, ] sicher nicht einpunktige Mengen, denn A und B sind offen OBdA können wir dann annehmen, dass a A und b B eistieren mit 0 < a < b < Wir erinnern uns an die Analysis I, wo wir gesehen haben, dass jede nach oben beschränkte, nicht leere Teilmenge von R ein Supremum besitzt, und setzen c sup { A < b } Nach Konstruktion ist 0 < c <, und somit ist c A B Es können dann zwei Fälle auftreten Ist c A, so gilt wegen der Disjunktheit von A und B, dass c < b ist Da A aber nach Annahme offen ist, eistiert ein a A mit c < a und c, a { A } < b Dies widerspricht jedoch der Definition von c als das Supremum der Menge { A } < b Ist andererseits c B, so eistiert wegen der Offenheit von B ein b B mit { b < c und b }, c B Dann kann aber c nicht das Supremum der Menge A < b gewesen sein

5 ÜBUNGSBLATT 0 MAT/MAT3 ANALYSIS II LÖSUNGEN 5 Somit sind beide Fälle ausgeschlossen, und unsere ursprüngliche Annahme muss falsch gewesen sein Das Lemma ist bewiesen Wir gehen zurück zur eigentlichen Aufgabe Nehme also an, U R k sei offen und abgeschlossen zugleich, wobei U und U R k Dann sind sowohl U als auch V R k \ U nicht leer, dh es eistieren Punkte U und y V Betrachte nun die Abbildung ϕ : R R k, t t + ty ϕ ist stetig und injektiv Da U als sowohl offen als auch abgeschlossen vorausgesetzt wurde, muss selbiges ebenfalls für V gelten, womit die Urbilder A ϕ U und B ϕ V offen sind Da U und V ausserdem disjunkt sind, und ϕ injektiv ist, sind A und B ebenfalls disjunkt Des Weiteren sind beide Urbilder nicht leer, da 0 A und B liegen müssen Schliesslich gilt A [0, ] B [0, ] [0, ], was dem Lemma widerspricht Es folgt, dass es keine Menge U mit den gewünschten Eigenschaften geben kann, und die Aussage ist bewiesen b Es ist zu zeigen, dass Φ invertierbar ist mit stetig differenzierbarer Inversen Φ Da nach Voraussetzung u uy L y für alle, y R k gilt, haben wir mit der umgekehrten Dreiecksungleichung Φ Φy y u uy L y Da L < ist, folgt, dass Φ injektiv sein muss Da ausserdem dφ id +du, R k ist id bezeichnet die k k Einheitsmatri, womit dφ v v du v L v > 0, v R k \ {0}, folgern wir, dass ker dφ {0}, R k Also ist dφ in jedem Punkt ein Isomorphismus, und Φ ist nach dem Satz über die lokale Umkehrbarkeit ein lokaler Diffeomorphismus Insbesondere gibt es dann zu jedem Punkt R k eine Umgebung U von mit ΦU offen Es folgt, dass ΦR k R kφu als Vereinigung offener Mengen ebenfalls offen sein muss Sei nun j j N R k eine Folge in R k, so dass y j Φ j j N konvergiert, sagen wir nach y Dann ist y j j N insbesondere eine Cauchy Folge Es folgt wegen, dass auch j j R k eine Cauchy Folge ist, denn für alle j, j N gilt j j L Φ j Φ j L y j y j Da R k vollständig ist, konvergiert auch j j N, sagen wir nach, und es gilt wegen der Stetigkeit von Φ, Φ y Also ist y im Bild von Φ, und wir folgern, dass ΦR k auch abgeschlossen ist Dann folgt aber aus Teilaufgabe a, dass ΦR k R k sein muss ΦR k ist ja sicher nicht leer Wir schliessen, dass Φ auch surjektiv ist Somit ist Φ ein bijektiver lokaler Diffeomorphismus, und damit ein globaler Diffeomorphismus Dies war zu zeigen

6 6 ÜBUNGSBLATT 0 MAT/MAT3 ANALYSIS II LÖSUNGEN Aufgabe 5P Seien N N \ {0} und E > 0 Wir betrachten N Teilchen mit Gesamtenergie E Sei ferner k N \ {0}, und nehme an, E i > 0 i {,,k} bezeichnen die möglichen Energieniveaus der einzelnen Teilchen Seien schliesslich n i N i {,,k} die Besetzungszahlen dieser Energieniveaus Es ist also n i die Anzahl Teilchen mit Energie E i, und es gilt N N n i und E n i E i i Betrachte nun N! N N Pn, E ; ; n k, E k n! n k! n N n n k n n n k Pn, E ; ; n k, E k ist also die Wahrscheinlichkeit, dass n Teilchen am Energieniveau E sind, n am Energieniveau E, usw Finden Sie einen Ausdruck für die wahrscheinlichste Verteilung der Teilchen auf die Energieniveaus unter der Approimations Annahme, dass N also N sehr gross ist Antwort Wir wollen P Pn, E ; ; n k, E k maimieren unter den Nebenbedingungen P ist zu gegebenem N genau dann maimal, wenn lnn! n k! minimal wird Die Annahme N lässt die Vermutung zu, dass auch die n i i {,, k} sein werden Dann aber folgt aus Aufgabe d, Übungsblatt 7, Analysis I, dass lnn i! n i ln i n n i i n e n i ln n i i {,, k} i sein wird Es gilt daher als Näherung n i ln n i i unter den Nebenbedingungen zu minimieren Wir schreiben Fn,,n k, λ, µ n i ln n i + λ n i N + µ n i E i E i und benutzen die Multiplikatorregel von Lagrange, wobei wir als Approimation annehmen, dass die n i beliebige auch nicht ganze positive Werte annehmen können Wir erhalten die Gleichungen n i + ln n i + λ + µe i 0, i {,,k} n i Mit anderen Worten gilt für jedes i {,, k}, i ln n i µe i λ, was sich durch Setzen von C e λ auch als i n i Ce µe i schreiben lässt Natürlich müssen die Konstanten C und µ bzw λ und µ noch so gewählt werden, dass die Nebenbedingungen erfüllt sind, aber für grosse N sollte in guter Approimation den Ausdruck für die Besetzungszahl des i ten Niveaus liefern Bemerkung: Die durch gegebenen Verteilung nennt man Boltzmann Verteilung Sie spielt unter anderem in der statistischen Physik eine grosse Rolle In der Thermodynamik beweist man, dass µ k B ist, wobei T die Temperatur bezeichnet, und T k B J/K die Boltzmann Konstante ist