TECHNISCHE UNIVERSITÄT BERLIN SS 07 Institut für Mathematik Stand: 3. Juli 007 Ferus / Garcke Lösungsskizzen zur Klausur vom 6.07.07 Analysis II. Aufgabe (5 Punkte Der metrische Raum (X, d ist gegeben. Zeigen Sie, dass auch eine Metrik auf X ist. d (x, y = min{, d(x, y}. d (x, y 0 da 0 und d(x, y 0 d (x, y = 0 min{, d(x, y} = 0 d(x, y = 0 x = y d (x, y = min{, d(x, y} = min{, d(y, x} = d (x, y. d (x, y = min{, d(x, y} min{, d(x, z + d(y, z} Fallunterscheidung: (a d(x, z + d(y, z d(x, z; d(y, z min{, d(x, z} = d(x, z und min{, d(y, z} = d(y, z Somit min{, d(x, z + d(y, z} = d(x, z + d(y, z = min{, d(x, z} + min{, d(y, z} = d (x, z + d (y, z (b d(x, z + d(y, z min{, d(x, z + d(y, z} = (i d(x, z, d(y, z = min{, d(x, z} + min{, d(y, z} = d (x, z + d (y, z (ii d(x, z, d(y, z + d(y, z = min{, d(x, z} + min{, d(y, z} = d (x, z + d (y, z (iii analog zu (ii Alternativ (a d(x, z = d (x, z = = d (x, y d (x, z + d (z, y. (b d(z, y analog (c d(x, z < d(z, y < = d (x, z + d (z, y = d(x, z + d(z, y d(x, y d (x, y
. Aufgabe (6 Punkte a Seien A,..., A n kompakte Teilmengen eines metrischen Raumes (X, d. Zeigen Sie, dass die Menge kompakt ist. n k= b Beweisen Sie mit dem Satz von Bolzano Weierstraß, dass jeder kompakte metrische Raum (X, d vollständig ist. A k a Sei (U i i I eine beliebige offene Überdeckung von n k= A k. Somit ist (U i i I auch eine offene Überdeckung jedes A k. Die A k sind kompakt, somit genügen endlich viele U i für jedes A k. Die Vereinigung dieser n Mengen von endlich vielen offenen Mengen ist eine endliche offene Teilüberdeckung von n k= A k, welches somit kompakt ist. b Sei (x n X Cauchy-Folge. (X, d ist ein kompakten Raum, also existiert eine konvergente Teilfolge mit lim d( x n, x = 0 mit x X. Somit d(x n, x d(x n, x m + d( x m, x < ɛ(n, m > n + ɛ(m > n ɛ 3. Aufgabe (5 Punkte Sei f : R n ]0, [ stetig mit f(x / x für alle x 0. Zeigen Sie, dass f auf R n ein globales Maximum annimmt. Da f > 0 existiert ein x 0 mit f(x 0 > 0. Sei r so gewählt, dass Dann gilt r < f(x 0. x mit x > r : f(x x r < f(x 0. f ist stetig, der abgeschlossene Ball U r (0 ist kompakt, also nimmt f auf U r (0 sein Maximum ˆf an. Dieses ist wegen ˆf f(x 0 > /r größer als die Werte von f auf dem Rest des Gebietes. Somit ist ˆf auch das globale Maximum.
4. Aufgabe (4 Punkte Untersuchen Sie die Funktion h : R R, h(x := im Punkt 0 R auf:. Stetigkeit,. partielle Differenzierbarkeit, 3. Differenzierbarkeit. { sin(x sin(x x +x x 0, 0 x = 0,. Betrachte eine Folge mit x = x = x und x 0. Somit sin(x sin(x lim (x,x 0 x + x = lim x 0 ( sin(x x = 0 Somit ist f bei 0 nicht stetig. ( sin(t sin(0 0 t +0. lim t 0 t Ableitung in x -Richtung analog = lim t 0 sin(t0 t 3 = 0 Punkt 3. Da f nicht stetig ist, kann es nicht differenzierbar sein. Punkt 5. Aufgabe (6 Punkte Sei D = { (x, y R xy 0 } und f : D R gegeben durch f(x, y = cos x + y(y +.. Bestimmen Sie die lokalen und globalen Extrema von f : D R.. Bezeichne (x 0, y 0 einen der kritischen Punkte. Bestimmen Sie das Taylorpolynom zweiten Grades von f um den Entwicklungspunkt (x 0, y 0. 3
. Zur Bestimmung der lokale Extrema suche die kritischen Punkte, d.h. p D mit D p f = ( sin x y+ = 0. Dies ergibt y = und sin x = 0 x = kπ, k N 0, da xy 0. Die Hesse-Matrix ist H(f = ( cos x 0 0. Dies ergibt für die kritischen Punkte H (kπ, (f = ( 0 0, k gerade H (kπ, (f = ( 0 0, k ungerade Im ersten Fall sind es somit Sattelpunkte, da det H(f < 0. Im zweiten Fall lokale Minima, da det H(f > 0 und H(f, > 0. f(kπ, = = für k ungerade. Da cos x kann f bzgl. x nicht kleiner werden als im lokalen Minima. Weiterhin gilt y(y + = y +y = (y +, somit sind die lokalen Minima auch globale Minima. Zur Bestimmung des globalen Maxima für (x, y ± reicht es, das Verhalten für y ± zu betrachten, da cos x [, ]. Für y ± gilt f(x, y, somit gibt es kein globales Maximum. 3. Damit erhält man für das Taylorpolynom. Grades von f in einem der Minima, z.b. p = (π, : T p f(x = f(p + f(p, (x p + (x p, H p(f(x p = + 0 + ( x π x +, ( 0 0 ( x π x + = + ( (x π (x + Alternativ im Sattelpunkt p = (0, : T p f(x = f(p + f(p, (x p + (x p, H p(f(x p = 0 + 0 + ( x x +, ( 0 0 ( x x + = ( x (x + Punkt 4
6. Aufgabe (5 Punkte. Zeigen Sie, dass sich die Gleichung x+y+z = sin(xyz in einer Umgebung V von (0, 0, 0 R 3 eindeutig nach z auflösen lässt, d.h. auf einer geeigneten Umgebung U von (0, 0 existiert eine Funktion u mit der Eigenschaft, dass {(x, y, u(x, y (x, y U} die Lösungsmenge obiger Gleichung in V darstellt.. Berechnen Sie die partiellen Ableitungen von u an der Stelle (0, 0.. Wir brauchen von der Funktion f(x, y, z = x+y+z sin(xyz die partiellen Ableitungen ( yz sin(xyz D p f = xz sin(xyz xy sin(xyz. Um den Satz über implizite Funktionen anwenden zu können muss die Ableitung bzgl. z ungleich 0 sein. Es ergibt sich für (x, y, z = (0, 0, 0 somit xy sin(xyz =. Also existiert in einer Umgebung U von (0, 0 eine Funktion u mit der Eigenschaft, dass {(x, y, u(x, y (x, y U} die Lösungsmenge obiger Gleichung in V darstellt.. Nach dem Satz über implizite Funktionen ergibt sich für die Ableitung von u: ( ( f f x D (0,0 u = (0, 0, u(0, 0 f (0, 0, u(0, 0 = ( z y 5