Lösungen zu den Hausaufgaben zur Analysis II

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1 Christian Fenske Lösungen zu den Hausaufgaben zur Analysis II Blatt 6 1. Seien 0 < b < a und (a) M = {(x, y, z) R 3 x 2 + y 4 + z 4 = 1}. (b) M = {(x, y, z) R 3 x 3 + y 3 + z 3 = 3}. (c) M = {((a+b sin ψ) cos φ, (a+b sin ψ) sin φ, b cos ψ cos φ 2, b cos ψ sin φ 2 ) (φ, ψ) R 2 }. Zeigen Sie, dass M eine Fläche ist. Geben Sie im Fall a) eine Karte um e 3 sowie die Gleichung von T e3 M an und zeigen Sie, dass M homöomorph zu S 2 ist. Geben Sie im Fall b) die Gleichung von T (1,1,1) M an und zeigen Sie, dass M homöomorph zu R 2 ist. Wenn Sie wollen, versuchen Sie (mit Computergraphik?) im Fall c) ein Bild von M (der Kleinschen Flasche) zu entwerfen. Die Kleinsche Flasche liegt zwar im vierdimensionalen Raum, aber vielleicht finden Sie eine Realisierung im R 3, die dann allerdings Selbstdurchdringungen besitzen wird. Lösung: a) Sei f(x, y, z) = x 2 + y 4 + z 4 1. Es ist grad f(x, y, z) = (2x, 4y 3, 4z 3 ) = (0, 0, 0) genau dann, wenn (x, y, z) = (0, 0, 0), aber dieser Punkt liegt nicht auf M. Also ist M eine zweidimensionale Mannigfaltigkeit, d.h. eine Fläche. Sei nun U := {(x, y, z) M z > 0} und u : U R 2 definiert durch u(x, y, z) := (x, y). Dann ist u stetig und überdies injectiv, denn wäre u(x, y, z) = u(x, y, w), so wäre z 4 = w 4, was wegen z > 0, w > 0 nur geht, wenn z = w. Offensichtlich ist u(u) = {(x, y) x 2 + y 2 < 1}. Ist nämlich (x, y) in dieser Menge, so wird durch z := 4 1 x 2 y 4 ein Punkt mit u(x, y, z) = (x, y) definiert. Schließlich ist u 1 eine Immersion, da u 1 (x, y) = (x, y, 4 1 x 2 y 4 ), und die ersten beiden Komponenten schon für die Injectivität der Ableitung sorgen. Weiter ist T e3 M = {v R 3 v, grad f(0, 0, 1) = 0} = {v R 3 v, e 3 = 0} = {(v 1, v 2, v 3 ) v 3 = 0}, womit die Gleichung für T e3 M gefunden ist. Ist schließlich a M, so ist a 0, also φ(a) := 1 a a S2. Offensichtlich ist φ stetig. Weiter ist φ auch injectiv: Ist nämlich a = (x, y, z) S 2, so schneidet {ta t > 0} M in genau einem Punkt, weil die Abbildung (0, ) (0, ) t t 2 x 2 +t 4 y 4 +t 4 z 4 streng monoton wachsend ist. Dasselbe Argument zeigt auch, dass φ surjectiv ist. Nun ist M (als Nullstellenmenge der stetigen Abbildung f) abgeschlossen und (als Teilmenge der Einheitskugel) beschränkt, also kompakt. Nach ist f also ein Homöomorphismus.

2 b) Sei f(x, y, z) = x 3 +y 3 +z 3 3. Dann ist grad f(x, y, z) = 3(x 2, y 2, z 2 ), was nur in 0 verschwindet, aber 0 / M. Also ist M eine Fläche. Sei p = (1, 1, 1), so ist T p M = {v R 3 v, grad f(1, 1, 1) = 0} = {v R 3 3 (v 1, v 2, v 3 ), (1, 1, 1) = 0} = {v R 3 v 1 + v 2 + v 3 = 0}, womit die Gleichung für T p M gefunden ist. Nun definieren wir φ : M R 2 durch φ(x, y, z) = (x, y). Als lineare Abbildung ist φ stetig. φ ist injectiv: Sind (x, y, z), (x, y, z ) M, so ist z 3 = 3 x 3 y 3 = z 3. Da z z 3 injectiv ist, ist auch φ injectiv. φ ist surjectiv: Sei (x, y) R 2, dann setze z := 3 3 x 3 y 3. Außerdem sehen wir nun, dass ψ : R 2 M mit ψ(x, y) = (x, y, 3 3 x 3 y 3 eine stetige Umkehrfunktion von φ ist. c) Hier sind lokale Parameter gegeben, also verwenden wir Vorab bemerken wir, dass wegen sin 1 und b < a der Ausdruck (a + b sin ψ) stets positiv ist. Wir zeigen zunächst, dass die Abbildung F : R 2 R 4 mit F (φ, ψ) = ((a + b sin ψ) cos φ, (a + b sin ψ) sin φ, b cos ψ cos φ 2, b cos ψ sin φ 2 ) eine Immersion ist. Die Jacobimatrix ist df (φ, ψ) = (a + b sin ψ) sin φ b cos ψ cos φ (a + b sin ψ) cos φ b cos ψ sin φ b 2 cos ψ sin φ 2 b sin ψ cos φ. 2 b 2 cos ψ cos φ 2 b sin ψ sin φ 2 Angenommen, v := λd 1 F (φ, ψ) + µd 2 F (φ, ψ) = 0, wo λ, µ R nicht beide 0 sind, so finden wir für die euklidische Norm von (v 3, v 4 ), wenn wir den positiven Faktor b 2 kürzen: λ 2 4 cos2 ψ + µ 2 sin 2 ψ = 0. Dieser Ausdruck verschwindet, wenn entweder λ = 0 und ψ = kπ aber dann ist v 1 = ±µb cos φ, v 2 = ±µb sin φ, was nicht gleichzeitig verschwinden kann. Oder es ist µ = 0 und ψ = 2k+1 2 π aber dann v 1 = λ(a ± b) sin φ, v 2 = λ(a ± b) cos φ, was ebenfalls nicht gleichzeitig verschwinden kann. Wir überlegen uns nun, dass F auf jedem offenen Quadrat der Seitenlänge π injectiv ist. Ist F (φ, ψ) = F (φ, ψ ), so finden wir durch Addition von F3 2 und F 4 2, dass cos2 ψ = cos 2 ψ, also ψ = ψ + kπ. Wenn k gerade ist, liefert die erste Komponente cos φ = cos φ, also φ = φ + 2kπ. Wenn k ungerade ist, haben wir (a + b sin ψ) cos φ = (a b sin ψ) cos φ und (a + b sin ψ) sin φ = (a b sin ψ) sin φ. Wenn cos φ 0 dividieren wir die zweite durch die erste Komponente, wenn sin φ 0 dividieren wir die erste durch die zweite Komponente und finden in jedem Falle, dass φ = φ + kπ. Seien nun (φ 0, ψ 0 ) R 2 ; gesucht ist eine Karte von M um F (φ 0, ψ 0 ). Statt langwierig die Umkehrfunktion zu bestimmen (was zahlreiche Fallunterscheidungen nötig macht), argumentieren wir so: Sei i = 1 oder i = 3. Dann haben wir oben gesehen, dass für eine dieser Wahlen von i die Ableitungen der i-ten und (i + 1)-ten Komponente von F

3 in (φ 0, ψ 0 ) linear unabhängig sind. Wir können also den Umkehrsatz auf f := (F i, F i+1 ) : R 2 R 2 anwenden und finden eine Umgebung U (φ 0, ψ 0 ), die von f diffeomorph auf eine offene Menge V abgebildet wird. Der Einfachheit halber bezeichne jetzt f : U V diese Einschränkung. Dann sei F := F f 1. Weil df ein Isomorphismus ist, ist auch F eine Immersion und F hat entweder die Form F (u, v) = (u, v, F3 (u, v), F 4 (u, v)) oder F (u, v) = (F1 (u, v), F 2 (u, v), u, v)). Im ersten Fall ist die Projektion auf die ersten beiden Faktoren und im zweiten die Projektion auf die letzten beiden Faktoren die gesuchte Karte. 2. Sei E ein endlich dimensionaler euklidischer Vektorraum und e 1,..., e n eine Orthonormalbasis von E. Sei F der Vektorraum der linearen Abbildungen von E nach E und X die Menge aller A F mit Ae i, Ae i 1 für i = 1,..., n. Bestimmen Sie die lokalen und globalen Maxima und Minima der Funktion det : A det A auf X. (Vorsicht: Nach einiger Überlegung kommen Sie vielleicht darauf, die Extrema auf dem Rand von X zu suchen. Der Rand selbst ist aber keine Mannigfaltigkeit, Sie brauchen eine geeignete Teilmenge!) Lösung: Seien a 1 := Ae 1,..., a n := Ae n die Spalten von A. 1) a) Zunächst liegt in 0 kein lokales Extremum vor, weil es beliebig nahe bei 0 Vektoren a 1,..., a n beliebig kleiner Norm gibt mit det(a 1,..., a n ) > 0 und auch solche mit det(a 1,..., a n ) < 0 (z.b. a 1 = ±ɛe 1, a i = ɛe i für i = 2,..., n mit ɛ > 0). b) Sodann liegt im Innern von X überhaupt kein lokales Extremum. Für ein Extremum in A muss d det A = 0 sein, also (*) det(x 1, a 2,..., a n) + det(a 1, x 2, a 3,..., a n) + + det(a 1,..., a n 1, x n) = 0 für alle x 1,..., x n E nach , da det eine Multilinearform ist. Setzen wir nun x 1 := a 1,..., x n := a n, so sehen wir, dass det A = 0. c) Wir zeigen nun: Ist det A = 0, so liegt in A kein lokales Extremum vor. Bew: Sei also det A = 0 und H der von a 1,..., a n aufgespannte Unterraum. Dann ist also dim H n 1. i) Es ist dim H < n 1. Wäre dim H = n 1, so numerieren wir so, dass a 2,..., a n eine Basis von H sind und ergänzen sie durch x 1 zu einer Basis von E. Nun setzen wir in (*) x 2 = = x n = a 1 und erhalten 0 = det(x 1, a 2,..., a n ). Widerspruch. ii) Sei also dim H < n 1. Wir führen nun beliebig nahe bei A Elemente B mit det B > 0 und solche mit det B < 0 vor. Sei also ɛ > 0. Sei H von a k+1,..., a n aufgespannt, wobei k 2. Wähle Vektoren b 1,..., b k der Länge 1, die senkrecht auf H stehen, und δ > 0 so dass ((1

4 δ)a 1 + δb 1,..., (1 δ)a k + δb k, a k+1,..., a n ) in X GL(E) liegt und von A einen Abstand von weniger als ɛ hat. Die Determinante dieses Elements ist D = δ k det(b 1,..., b k, a k+1,..., a n ). Andererseits wählen wir ((1 δ)a 1 + δb 2, (1 δ)a 2 + δb 2,..., (1 δ)a k + δb k, a k+1,..., a n ) mit der Determinante δ k det(b 2, b 1,..., b k, a k+1,..., a n ) = D. q. e. d. 2) a) Nun ist X kompakt und det stetig; also muss det in X ein Extremum annehmen, das nach 1) nur auf dem Rand liegen kann. Der Rand ist X = {(a 1,..., a n ) E n a i = 1 für ein i {1,..., n}}. Bedauerlicherweise ist das aber keine Mannigfaltigkeit. Die definierende Gleichung ist nämlich f(x 1,..., x n ) = ( x 1 2 1) ( x n 2 1), und diese hat nicht überall den Rang 1. Wenn aber A = (a 1,..., a n ) X und ein a i = 0, so haben wir oben gesehen, dass in A kein Extremum liegt. Wenn 0 < a i < 1 für ein i, so ersetzen wir a i durch 1 a i a i, wodurch die Determinante mit dem Faktor 1/ a i > 1 multipliziert wird. Wir sehen also: Extrema können nur in Punkten A = (a 1,..., a n ) mit a 1 = = a n = 1 angenommen werden. Sei also M = {(a 1,..., a n ) X a 1 = = a n = 1}. Wir behaupten, dass M eine Mannigfaltigkeit ist. Sei φ : F R n definiert durch φ(x 1,..., x n ) = ( x 1 2 1,..., x n 2 1). Wir müssen zeigen, dass φ in jedem Punkt von X den Rang n hat. Es ist dφ(a 1,..., a n )(x 1,..., x n ) = 2( x 1, a 1,..., x n, a n ). Ist aber (c 1,..., c n ) R n, so müssen wir (für i = 1,..., n) nur x i = c i 2 a i setzen. b) Damit det auf M in A ein Extremum besitzt, muss es also λ 1,..., λ n R geben, die (**) det(a 1,..., a i 1, x i, a i+1,..., a n ) λ i x i, a i = 0 i=1 für alle (x 1,..., x n ) E n erfüllen, wo wir die Lagrange-Multiplikatoren der Bequemlichkeit wegen in der Form λ i /2 angesetzt haben. Nun setzen wir x j = 0 für j i und finden i=1 det(a 1,..., a i 1, x, a i+1,..., a n ) = λ i x, a i für alle x E. Mit x = a i also λ i = det A und mit x = a j und j i a i, a j = 0. Also sehen wir: Damit in A ein Extremum vorliegt, muss A eine orthogonale Matrix sein. Wenn det A = 1, haben wir ein globales Maximum, und wenn det A = 1 ein globales Minimum. Umgekehrt erfüllt jede orthogonale Matrix (**). Schreibe nämlich x = n i=1 x, a i a i, so wird det(a 1,..., a i 1 x, a i+1,..., a n ) = x, a i det A = λ x, a i. 3. Sei A GL(n), A = ( ), und b R n. Sei b i j =, wenn i j, und b i j = 0, wenn i < j and C = B A. Es sei auch B GL(n) und T : R n R n definiert durch T x = B 1 Cx + B 1 b. Für i = 1,..., n sei σ i := n und γ i := i 1 γ j + σ i.

5 (a) Geben Sie eine Formel an, mit der T x explizit berechnet werden kann. (b) Es seien alle γ i < 1, x 0 R n beliebig gewählt und x n+1 := T x n. Zeigen Sie, dass (x n ) n N gegen die Lösung von Ax = b konvergiert ( Gauß-Seidel Iteration ). (c) Zeigen Sie, dass die Gauß-Seidel Iteration insbesondere dann konvergiert, wenn n,j i < 1 für i = 1,..., n. (d) Wahrscheinlich haben Sie in b) den Kontraktionssatz und die Maximum-Norm verwendet. Konvergiert (x n ) n N auch in der euklidischen Norm gegen die Lösung von Ax = b? Lösung: Wir haben T x = B 1 Cx + B 1 b, also BT x = Cx + b, was für die i-te Komponente bedeutet i (T x) j = n x j + b i. Die gesuchte explizite Formel lautet also (T x) i = 1 i 1 (T x) j + x j + b i b) Damit finden wir i 1 (T x) i (T y) i Speziell für i = 1: (*) (T x) 1 (T y) 1 j=2 (T x) j (T y) j + a 1 j a 1 1 x j y j x j y j σ 1 x y = γ 1 x y Nehmen wir nun für einen Induktionsbeweis an, dass (**) (T x) j (T y) j γ j x y für j = 1,..., i 1, so finden wir i 1 (T x) i (T y) i γ j x y + i 1 ( ) γ j + σ i x y = γ i x y x j y j Also gilt (**) für j = 1,..., n. Mit k = max{γ 1,..., γ n } < 1 folgt also T x T y k x y. Nun ist R n vollständig, wir dürfen also den

6 Kontraktionssatz anwenden und sehen, dass das Iterationsverfahren gegen ein x mit T x = x konvergiert, also Bx = Cx + b, was Ax = b bedeutet. c) Wenn j i < 1, schätzen wir ab i 1 γ i = γ i 1 j + σ i = γ j + Nach Annahme ist γ 1 < 1. Wenn γ 1,..., γ i 1 < 1, sehen wir dass γ i < 1, also sind alle γ i < 1, und wir können b) anwenden. d) Alle Normen auf dem R n haben dieselben offenen Mengen ( ). Was für konvergiert, tut das auch für jede andere Norm..

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