Analysis II 14. Übungsblatt

Jun.-Prof. PD Dr. D. Mugnolo Wintersemester 01/13 F. Stoffers 04. Februar 013 Analysis II 14. Übungsblatt 1. Aufgabe (8 Punkte Man beweise: Die Gleichung z 3 + z + xy = 1 besitzt für jedes (x, y R genau eine reelle Lösung z = g(x, y. Man zeige, dass die so erhaltene Funktion g : R R stetig Fréchet-differenzierbar ist, und berechne g (1, 1. Desweiteren untersuche man g auf Extrema. Beweis. Sei (x, y R und setze c := 1 xy. Da die Funktion h : R R, h(z := z 3 + z, stetig und streng monoton wachsend mit lim z ± h(z = ± ist, ist sie bijektiv. Somit existiert genau ein z R mit h(z = c, d.h. z 3 + z + xy = 1. Bezeichne dieses eindeutige z mit g(x, y. Wir wollen nun den Satz über implizite Funktionen anwenden. Definiere dazu die Funktion F : R 3 R, F (x, y, z := z 3 + z + xy 1, welche offenbar stetig Fréchet-differenzierbar ist. Dann gilt z (x, y, z = 3z + 1 0 für alle (x, y, z R 3, insbesondere für alle Punkte der Form (x, y, g(x, y, (x, y R. Es sind also für jeden Punkt der Form (x, y, g(x, y, (x, y R, die Voraussetzungen des Satzes über implizite Funktionen erfüllt und man erhält eine offene Umgebung U(x, y von (x, y und eine stetig differenzierbare Funktion g (x,y : U(x, y R mit F (x, y, g (x,y (x, y = 0 für alle (x, y U(x, y, woraus mit obiger Eindeutigkeit der Lösung z zu gegebenem (x, y die Identität g (x,y (x, y = g(x, y für alle (x, y U(x, y folgt, was die stetige Fréchet-Differenzierbarkeit (lokale Eigenschaft von g : R R impliziert, da jedes (x, y R im Definitionsbereich eines geeigneten g x,y liegt, etwa mit (x, y = (x, y. Die eben zitierte Eindeutigkeit impliziert ebenfalls, dass in den Bereichen, in denen sich die Definitionsbereiche zweier g x,y, g x,y überlappen, die Funktionen dieselben Werte annehmen. Sei (x, y := (1, 1. Dann gilt xy = 1 und man sieht sofort durch Betrachten von F, dass g(1, 1 = 0 gilt. Nach dem Satz über implizite Funktionen gilt ( 1 J g (x, y = z (x, y, g(x, y (x, y, g(x, y (x, y und damit unter Verwendung von schließlich (x, y, z = y x (x, y, z = x y z (x, y, z = 3z + 1 J g (1, 1 = (1 1 (1 1 = ( 1 1. Es verbleibt noch zu zeigen, dass g keine lokalen Extrema besitzt. Sei dazu (x, y R. Dann existieren in jeder Umgebung dieses Punktes (x, y und (x, y mit x y < xy < x y, so dass mit der strengen Monotonie der oben definierten Funktion h die Beziehung g(x, y < g(x, y < g(x, y folgt. Also besitzt g keine lokalen Extrema.

. Aufgabe (3+3+3=9 Punkte Es sei f : R R die durch f(x, y = (x y, xy definierte Abbildung. (a Man berechne die Jacobimatrix von f und, wo sie existiert, ihre Inverse. (b Man zeige, dass f surjektiv ist und dass jeder Punkt (a, b R \ {(0, 0} genau zwei Urbildpunkte besitzt. (c Man gebe für jeden Punkt (x, y R, in dem die Voraussetzung des Satzes über die lokale Inverse erfüllt ist, eine offene Kugelumgebung B ɛ ((x, y von (x, y an, so dass f Bɛ((x,y : B ɛ ((x, y f ( B ɛ ((x, y bijektiv ist und bestimme die Inverse von f Bɛ((x,y explizit. Beweis. Achtung: Die Elemente des Definitionsbereiches von f werden im Folgenden mit (a, b bzw. (a 1, a bezeichnet, während die Elemente des Bildbereiches (x, y genannt werden. (a f ist stetig ( partiell differenzierbar und die Jacobimatrix von f im Punkt (a 1, a ist a1 a J f (a 1, a =. a a 1 Sie ist genau dann invertierbar, wenn ihre Determinante ungleich null ist. Wegen det(j f (a 1, a = 4a 1 + 4a existiert die Inverse also für alle (a 1, a (0, 0. Daher erhält man für (a 1, a (0, 0: ( ( a1 a (J f 1 1 a1 a (a 1, a = (a = 1 +a (a 1 +a. det(j f (a 1, a a a 1 (b Sei nun (x, y R \ {(0, 0}. Wir machen folgende Fallunterscheidung für (x, y R \ {(0, 0}: a (a 1 +a a 1 (a 1 +a 1. y = 0 und x > 0 liefert die beiden einzigen Urbilder ( x, 0 und ( x, 0.. y = 0 und x < 0 liefert die beiden einzigen Urbilder (0, x und (0, x. 3. Für y 0 und (a, b R liefert f(a, b = (x, y als notwendige Bedingung, dass a, b 0. Abkürzend setzen wir Dann gilt := x + 1 x + y. f(a, b = (x, y (a b, ab = (x, y a y 4a = x, b = y a a 4 xa y 4 = 0, b = y a c xc y 4 = 0, b = y a, c := a a = oder a =, b = y ( a, y (a, b = oder (a, b = (, y. Damit besitzt jeder Punkt (x, y R \ {(0, 0} genau zwei Urbildpunkte. Wegen f(0, 0 = (0, 0 ist f daher surjektiv. (c Aus der Diskussion in (a geht hervor, dass die Voraussetzungen des Satzes über die lokale Inverse in allen (a 1, a R \ {(0, 0} erfüllt sind. Wir machen folgende Fallunterscheidung:

1. a 1 0 a. Wir wählen dann unsere offene Kugel U ɛ ((a 1, a um (a 1, a durch ɛ := min{ a1, a }. So ist gewährleistet, dass die erste Koordinate aller Punkte dieser Kugel gleiches Vorzeichen wie a 1 und die zweite Koordinate aller Punkte dieser Kugel gleiches Vorzeichen wie a besitzt. Insbesondere gilt ab 0 für alle (a, b U ɛ ((a 1, a und die Injektivität von f Uɛ((a 1,a folgt damit aus (b 3. Fall, da zu einem (a, b U ɛ ((a 1, a der (einzige zugehörige Punkt mit gleichem Funktionswert der am Ursprung gespiegelte ist, welcher nach Konstruktion nicht in U ɛ ((a 1, a liegt.. Es sei nun für genau ein i {1, } die Bedingung a i 0 erfüllt. Wir betrachten hier den Fall a 1 0, a = 0. Wir wählen dann ɛ := a1, womit die erste Koordinate aller Punkte (a, b U ɛ ((a 1, 0 gleiches Vorzeichen wie a 1 besitzt. Ist (a, b U ɛ ((a 1, 0 mit b 0, so liegt der zugehörige Punkt mit gleichem Funktionswert, der am Ursprung gespiegelte, außerhalb von U ɛ ((a 1, a. Sei (a, b U ɛ ((a 1, 0 mit b = 0. Dann gilt a b > 0, womit der Bildpunkt (x, y die Bedingung von Fall (b1. erfüllt. Der zu (a, b zugehörige Punkt mit gleichem Funktionswert, der an der a Achse gespiegelte (siehe (b, liegt außerhalb von U ɛ ((a 1, a. Damit ist gezeigt, dass f injektiv in U ɛ ((a 1, 0 ist. Der Fall a 0, a 1 = 0 wird ähnlich behandelt. Mit (b können wir die Umkehrfunktion f 1 U ɛ((a,b : f( U ɛ ((a, b U ɛ ((a, b explizit durch f 1 U ɛ((a,b (x, y = ( y, falls y 0, a > 0 (, y falls y 0, a < 0 ( x, 0 falls y = 0, b = 0, a > 0 ( x, 0 falls y = 0, b = 0, a < 0 (0, x falls y = 0, b > 0, a = 0 (0, x falls y = 0, b < 0, a = 0 unter Verwendung von := x + 1 x + y angeben. 3. Aufgabe (Lokale Darstellung einer Untermannigfaltigkeit als Graph (8 Punkte Es seien n, k N, 0 < k < n, U eine offene Teilmenge des R n und M eine (n k dimensionale Untermannigfaltigkeit der Form M := {x U F (x = 0} mit einer stetig Fréchet-differenzierbaren Funktion F : U R k, deren Jakobimatrix die Rangbedingung Rang J F (x = k für alle x M erfüllt (d.h. der Rang der Jacobimatrix ist maximal. Desweiteren sei a := (a, a M mit a R n k, a R k und es sei o.b.d.a. angenommen, dass die Matrix (x n k+1,...,x n (a der partiellen Ableitungen von F nach den Koordinaten x n k+1,..., x n in a bereits den Rang k besitzt. Man zeige, dass offene Umgebungen V 1 R n k von a, V R k von a und eine stetig Fréchet-differenziebare Funktion g : V 1 V mit g(a = a existieren, so dass die Abbildung X : V 1 V 1 V, X(x := ( x, g(x für x V 1 folgende Eigenschaften erfüllt: (a X bildet V 1 bijektiv auf M (V 1 V ab mit X(a = a. (b X ist stetig Fréchet-differenzierbar und Rang (x 1,...,x n k (x = n k für alle x V 1. Beweis. (a Wir schreiben F : R n k R k R k und es sei a := (a, a M mit a R n k, a R k. Aufgrund der Voraussetzungen ist die Matrix (x n k+1,...,x n (a, a invertierbar und F (a, a = 0. Nach dem Satz über implizite Funktionen existiert damit eine offene Umgebung V 1 R n k von a, eine offene Umgebung V R k von a und eine stetig Fréchet-differenzierbare Funktion g : V 1 V mit g(a = a, so dass folgende Bedingungen erfüllt sind: (i F (x, g(x = 0 für alle x V 1

(ii Ist (x, x V 1 V mit F (x, x = 0, so folgt x = g(x Definiere nun X : V 1 V 1 V, X(x := ( x, g(x für x V 1 Offenbar ist X(a = a wegen g(a = a erfüllt. Aus (i folgt nun X(V 1 (V 1 V M und aus (ii folgt X(V 1 (V 1 V M und damit X(V 1 = (V 1 V M. Die Injektivität von X ist trivial: Seien x, y V 1 mit ( x, g(x = X(x = X(y = ( y, g(y. Dann gilt insbesondere Gleichheit in der ersten Komponente und es folgt x = y. (b Die stetige Fréchet-Differenzierbarkeit von X folgt aus der entsprechenden Eigenschaft von g und der Identität auf V 1, vgl. Übungsaufgabe (b von Serie 11. Für die Jacobimatrix von X erhält man für alle x V 1 : (x 1,..., x n k (x = ( 1 n k g ((x 1,...,x n k (x, wobei 1 n k die Einheitsmatrix des R n k bezeichnet. Diese besitzt bereits den Rang n k, womit, da die Jacobimatrix von X aus n k Spalten besteht und folglich Rang (x 1,...,x n k (x n k gilt, Rang (x 1,...,x n k (x = n k für alle x V 1 folgt. 4. Aufgabe (8 Punkte Man bestimme die lokalen und globalen Maxima und Minima der Funktion f : R R, f(x, y := 4x 3xy, auf der Kreisscheibe K := {(x, y R x + y 1 }. Hinweis: Man betrachte das Innere und den Rand von K getrennt. Wie kann man den Satz der Lagrangeschen Multiplikatoren für die Untersuchung von f auf K verwenden? Beweis. Wir untersuchen das Innere von K auf lokale Extrema. f ist offenbar zweimal stetig partiell differenzierbar und es ist für (x, y K= {(x, y R x + y < 1 } und f(x, y = (8x 3y, 3x H f (x, y = ( 8 3 3 0. Damit ein Extremum in (x, y K angenommen wird, muss die Bedingung f(x, y = (8x 3y, 3x = 0 erfüllt sein. Dieses ist nur für (x, y = (0, 0 gegeben. Als reelle, symmetrische Matrix besitzt H f (x, y (möglicherweise identische reelle Eigenwerte. Da det H f (x, y = 9 gilt, sind die Eigenwerte von 0 verschieden und besitzen unterschiedliche Vorzeichen. Somit ist H f (x, y indefinit. Damit besitzt f im Inneren von K keine lokalen Extrema. Als stetige auf dem Kompaktum K definierte Funktion besitzt f ein Minimum und ein Maximum, welche mit der obigen Erkenntnis auf K angenommen werden. Zur weiteren Untersuchung wenden wir den Satz von Lagrange an auf die Funktion f unter der Nebenbedingung x + y 1 = 0, d.h. wir betrachten die Funktion F : R R, F (x, y := x + y 1 und untersuchen die Extrema von f innerhalb der Menge K M := {(x, y F (x, y = 0} = {(x, y x + y = 1}. Wegen F (x, y = (x, y gilt wie im Satz gefordert Rang J F = 1 für (x, y M. Sei nun (x, y M ein Extremum von f innerhalb M (Die Existenz von Extrema stellt der Satz von Lagrange nicht sicher. Diese wird durch das obige Argument Stetige Funktion auf Kompaktum nimmt Min. und Max. an erst garantiert!. Dann existiert nach dem Satz von Lagrange ein λ R mit d.h. es gilt f(x, y = λ F (x, y (1 ( 8x 3y = λx 3x = λy

und nicht zu vergessen (3 x + y = 1. Verwenden von (1 und (, welche man nach y auflöst und dann gleichsetzt, liefert die Gleichung (4 x( 3 λ + 8 3 + 3 λ = 0 (es gilt λ 0, da λ = 0 wegen ( die Beziehung x = 0 impliziert und dann y = 0 mit (1 folgt, so dass (3 verletzt ist. Die Gleichung (4 ist wahr, wenn einer der beiden Faktoren gleich 0 ist. Ist x = 0, so folgt y = ±1 mit (3 und daraus λ = 0 aus (. Schließlich folgt dann y = 0 aus (1, was ein Widerspruch ist. Also gilt x 0 und 3 λ + 8 3 + 3 λ = 0. Multiplikation mit λ ergibt die quadratische Gleichung λ 4λ 9 4 = 0, welche die beiden Lösungen λ 1 = 9 und λ = 1 besitzt. Einsetzen von λ 1 in (1 liefert x = 3y, was nach Einsetzen in (3 die beiden Werte (x 1, y 1 = ( 3, 1 und (x, y = ( 3 1, ergibt. Einsetzen von λ in (1 liefert y = 3x, was nach Einsetzen in (3 die beiden Werte (x 3, y 3 = ( 1, 3 und (x, y = ( 1, 3 ergibt. Es kommen nur die Punkte (x 1, y 1, (x, y, (x 3, y 3, (x 4, y 4 als Extremalstellen von f in Frage. Einsetzen dieser Punkte in f ergibt f((x 1, y 1 = 3, 9 = f((x, y f((x 3, y 3 = 0, 5 = f((x 4, y 4 Damit werden in (x 1, y 1, (x, y das (globale Maximum 3, 9 und in (x 3, y 3, (x 4, y 4 das (globale Minimum 0, 5 angenommen. Dieses sind zugleich die einzigen lokalen Extremalstellen. Tutoriumsaufgabe Es seien { a, b, c > 0. Man bestimme den } achsenparallelen Quader größten Volumens, der dem Ellipsoid E := (x, y, z R 3 x a + y b + z c 1 einbeschrieben ist.