Kurs:Analysis/Teil II/1/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	${}\sum$
Punkte	3	3	2	5	1	9	3	5	2	9	3	9	4	2	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Ein Skalarprodukt auf ${}V$ ist eine Abbildung

   $V\times V\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(v,w)\longmapsto \left\langle v,w\right\rangle ,$

   mit folgenden Eigenschaften:

   1. Es ist

      ${}\left\langle \lambda _{1}x_{1}+\lambda _{2}x_{2},y\right\rangle =\lambda _{1}\left\langle x_{1},y\right\rangle +\lambda _{2}\left\langle x_{2},y\right\rangle \,$

      für alle ${}\lambda _{1},\lambda _{2}\in \mathbb {R}$, ${}x_{1},x_{2},y\in V$ und ebenso in der zweiten Komponente.

   2. Es ist

      ${}\left\langle v,w\right\rangle =\left\langle w,v\right\rangle \,$

      für alle ${}v,w\in V$.

   3. Es ist ${}\left\langle v,v\right\rangle \geq 0$ für alle ${}v\in V$ und ${}\left\langle v,v\right\rangle =0$ genau dann, wenn ${}v=0$ ist.
2. Eine polynomiale Funktion ist eine Funktion

   $f\colon {\mathbb {K} }^{n}\longrightarrow {\mathbb {K} },\,(x_{1},\ldots ,x_{n})\longmapsto f(x_{1},\ldots ,x_{n}),$

   die man als eine Summe der Form

   ${}f(x_{1},\ldots ,x_{n})=\sum _{\nu \in \mathbb {N} ^{n}}a_{\nu }x^{\nu }=\sum _{\nu \in \mathbb {N} ^{n}}a_{\nu }x_{1}^{\nu _{1}}x_{2}^{\nu _{2}}\cdots x_{n}^{\nu _{n}}\,$

   mit ${}a_{\nu }\in {\mathbb {K} }$ schreiben kann, wobei nur endlich viele ${}a_{\nu }\neq 0$ sind.

3. Die Abbildung ${}f$ heißt stark kontrahierend, wenn es eine nichtnegative reelle Zahl ${}c<1$ gibt mit

   $d{\left(f(x),f(y)\right)}\leq c\cdot d{\left(x,y\right)}$

   für alle ${}x,y\in L$.

4. Es sei ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein offenes reelles Intervall. Eine Differentialgleichung der Form

   $v'=Mv+z,$

   wobei

   $M={\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&\ldots &a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\ldots &a_{2n}\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\a_{n1}&a_{n2}&\ldots &a_{nn}\end{pmatrix}}$

   eine Matrix ist, deren Einträge allesamt Funktionen

   $a_{ij}\colon I\longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto a_{ij}(t),$

   sind und wobei

   $z\colon I\longrightarrow \mathbb {R} ^{n},\,t\longmapsto z(t)={\begin{pmatrix}z_{1}(t)\\\vdots \\z_{n}(t)\end{pmatrix}},$

   eine Abbildung ist, heißt inhomogenes lineares gewöhnliches Differentialgleichungssystem.

5. Der Gradient von ${}f$ in ${}P$ ist der eindeutig bestimmte Vektor ${}w\in V$ mit

   ${}{\left(Df\right)}_{P}{\left(v\right)}=\left\langle w,v\right\rangle \,$

   für alle ${}v\in V$.

6. Man sagt, dass das Vektorfeld ${}f$ lokal einer Lipschitz-Bedingung genügt, wenn es zu jedem Punkt ${}(t,v)\in I\times \mathbb {R} ^{n}$ eine offene Umgebung

   $(t,v)\in I'\times U'\subseteq I\times \mathbb {R} ^{n}$

   derart gibt, dass das auf ${}I'\times U'$ eingeschränkte Vektorfeld einer Lipschitz-Bedingung genügt.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}V$ ein Vektorraum über ${}{\mathbb {K} }$ mit einem Skalarprodukt ${}\left\langle -,-\right\rangle$ und der zugehörigen Norm ${}\Vert {-}\Vert$. Dann gilt die Abschätzung

   ${}\vert {\left\langle v,w\right\rangle }\vert \leq \Vert {v}\Vert \cdot \Vert {w}\Vert \,$

   für alle ${}v,w\in V$.
2. Es sei ${}G\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ offen und sei

   $\varphi \colon G\longrightarrow \mathbb {R} ^{m}$

   eine stetig differenzierbare Abbildung. Es sei ${}P\in G$ und es sei ${}Z=\varphi ^{-1}(\varphi (P))$ die Faser durch ${}P$. Das totale Differential ${}\left(D\varphi \right)_{P}$ sei surjektiv. Dann gibt es eine offene Menge ${}P\in W$, ${}W\subseteq G$, eine offene Menge ${}V\subseteq \mathbb {R} ^{n-m}$ und eine stetig differenzierbare Abbildung

   $\psi \colon V\longrightarrow W$

   derart, dass ${}\psi (V)\subseteq Z\cap W$ ist und ${}\psi$ eine Bijektion

   $\psi \colon V\longrightarrow Z\cap W$

   induziert.
3. Es sei ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine sternförmige offene Teilmenge und

   $G\colon U\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

   ein stetig differenzierbares Vektorfeld. Dann sind die folgenden Eigenschaften äquivalent.

   1. ${}G$ ist ein Gradientenfeld.
   2. ${}G$ erfüllt die Integrabilitätsbedingung.
   3. Für jeden stetig differenzierbaren Weg ${}\gamma \colon [a,b]\rightarrow U$ hängt das Wegintegral ${}\int _{\gamma }G$ nur vom Anfangspunkt ${}\gamma (a)$ und Endpunkt ${}\gamma (b)$ ab.

Aufgabe (2 Punkte)

Entscheide, ob das uneigentliche Integral

$\int _{1}^{\infty }{\frac {x^{2}-3x+5}{x^{4}+2x^{3}+5x+8}}\,dx$

existiert.

Lösung

Für ${}x\geq 1$ gilt die Abschätzung

${}{\frac {x^{2}-3x+5}{x^{4}+2x^{3}+5x+8}}\leq {\frac {x^{2}+5}{x^{4}}}={\frac {1}{x^{2}}}+{\frac {5}{x^{4}}}\,.$

Für die beiden Summanden existiert das uneigentliche Integral von ${}1$ bis ${}+\infty$ nach Beispiel 31.6 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)). Daher existiert nach Lemma 31.4 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) auch ${}\int _{1}^{+\infty }{\frac {x^{2}-3x+5}{x^{4}+2x^{3}+5x+8}}dx$.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine offene zusammenhängende Teilmenge. Zeige, dass ${}U$ auch wegzusammenhängend ist.

Lösung

Zu einem Punkt ${}x\in U$ betrachten wir die Menge

$Z(x)={\left\{y\in U\mid {\text{ Es gibt einen stetigen Weg von }}x{\text{ nach }}y\right\}}\,.$

Diese Menge ist offen, da offene Bälle wegzusammenhängend sind und man stetige Wege aneinander legen kann. Aus diesem Grund ist für zwei Punkte ${}x_{1},x_{2}\in U$ entweder ${}Z(x_{1})=Z(x_{2})$ oder aber ${}Z(x_{1})\cap Z(x_{2})=\emptyset$. Wenn ${}U$ nicht wegzusammenhängend wäre, so wäre ${}U\neq Z(x)$ und es gäbe eine Zerlegung

${}U=Z(x)\uplus \bigcup _{y\not \in Z(x)}Z(y)\,$

in nichtleere offene Teilmengen im Widerspruch zum Zusammenhang.

Aufgabe (1 Punkt)

Die folgende Tabelle zeigt die Gastgeberländer und die Weltmeister der Fußballweltmeisterschaften von 1978 bis 2014, aus mathematischen Gründen ohne 1998.

Jahr	Gastgeber	Weltmeister
${}1978$	${}{\text{Argentinien}}$	${}{\text{Argentinien}}$
${}1982$	${}{\text{Spanien}}$	${}{\text{Italien}}$
${}1986$	${}{\text{Mexiko}}$	${}{\text{Argentinien}}$
${}1990$	${}{\text{Italien}}$	${}{\text{Deutschland}}$
${}1994$	${}{\text{USA}}$	${}{\text{Brasilien}}$
${}2002$	${}{\text{Japan und Korea}}$	${}{\text{Brasilien}}$
${}2006$	${}{\text{Deutschland}}$	${}{\text{Italien}}$
${}2010$	${}{\text{Südafrika}}$	${}{\text{Spanien}}$
${}2014$	${}{\text{Brasilien}}$	${}{\text{Deutschland}}$

Es sei ${}L=\{A,B,D,I,JuK,M,S,SA,U\}$ die Menge der Gastgeberländer und

$\varphi \colon L\longrightarrow L$

die Abbildung, die dem Gastgeberland den Weltmeister zuordnet. Gibt es auf ${}L$ eine Metrik derart, dass ${}L$ zu einem vollständigen metrischen Raum wird und dass ${}\varphi$ eine starke Kontraktion ist?

Lösung

Da ${}I$ auf ${}D$ und ${}D$ auf ${}I$ abgebildet wird, bleibt der Abstand ${}d(I,D)$ des Paares ${}(I,D)$ auf jeden Fall erhalten, es kann also keine starke Kontraktion geben.

Aufgabe (9 (4+5) Punkte)

Es sei ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine nichtleere Teilmenge, ${}n\geq 1$.

a) ${}T$ sei nicht beschränkt. Zeige, dass es eine stetige Funktion

$f\colon T\longrightarrow \mathbb {R}$

gibt, deren Bild nicht beschränkt ist.

b) ${}T$ sei nicht abgeschlossen. Zeige, dass es eine stetige Funktion

$f\colon T\longrightarrow \mathbb {R}$

gibt, deren Bild nicht beschränkt ist.

Lösung

a) Wir betrachten die stetige Funktion

$\mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x_{1},\ldots ,x_{n})\longmapsto x_{1}^{2}+\cdots +x_{n}^{2},$

und die

(ebenfalls stetige) Einschränkung davon auf ${}T$. Da ${}T$ unbeschränkt ist, gibt es für jedes ${}k\in \mathbb {R}$ ein ${}x\in T$ mit

${}d(x,0)={\sqrt {x_{1}^{2}+\cdots +x_{n}^{2}}}>k\,.$

Daher ist natürlich

(bei ${}k\geq 1$) auch

${}f(x)=x_{1}^{2}+\cdots +x_{n}^{2}>k\,.$

sodass das Bild von ${}f$ nicht beschränkt ist.

b) ${}T$ sei nicht abgeschlossen. Dann gibt es eine Folge ${}P_{m}$ in ${}T$, die gegen einen Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ mit ${}P\not \in T$ konvergiert. Es sei

$P=(a_{1},\ldots ,a_{n}).$

Wir betrachten die Funktion

$f\colon T\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto {\frac {1}{(d(P,x))^{2}}}={\frac {1}{(x_{1}-a_{1})^{2}+\cdots +(x_{n}-a_{n})^{2}}}.$

Diese Funktion ist auf ${}T$ definiert, da sie auf ${}\mathbb {R} ^{n}\setminus \{P\}$ definiert ist, da die Summe der Quadrate positiv ist, sobald in einer Komponente ${}x_{i}\neq a_{i}$ ist. Diese Funktion ist stetig als Kehrwertfunktion einer nullstellenfreien stetigen Funktion.

Wir behaupten, dass diese Funktion auf ${}T$ unbeschränkt ist. Dazu sei ${}k\in \mathbb {R}$ vorgegeben und sei ${}\epsilon >0$ mit ${}{\left({\frac {1}{\epsilon }}\right)}^{2}\geq k$. Da die Folge ${}P_{m}$ gegen ${}P$ konvergiert, gibt es ein ${}m\in \mathbb {N}$ mit

$d(P,P_{m})\leq \epsilon .$

Daher ist

${}f(P_{m})={\frac {1}{(d(P,P_{m}))^{2}}}\geq {\frac {1}{\epsilon ^{2}}}\geq k\,$

und die Funktion ist auf ${}T$ unbeschränkt.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Länge der durch

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,t\longmapsto (\cos t,\sin t,t),$

gegebenen Schraubenlinie für ${}t$ zwischen ${}0$ und ${}b$, wobei ${}b\in \mathbb {R} _{\geq 0}$.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}L&=\int _{0}^{b}\Vert {f'(t)}\Vert dt\\&=\int _{0}^{b}\Vert {\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\\1\end{pmatrix}}\Vert dt\\&=\int _{0}^{b}{\sqrt {\sin ^{2}t+\cos ^{2}t+1}}dt\\&=\int _{0}^{b}{\sqrt {2}}dt\\&={\sqrt {2}}b.\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Wir betrachten das lineare Differentialgleichungssystem

${}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&-2\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\,.$

Es sei

$v\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{3}$

eine Lösung dieser Differentialgleichung. Zeige, dass die beiden Funktionen ${}f(x,y,z)=z$ und ${}g(x,y,z)=4xz+y^{2}$ auf (dem Bild) der Lösung konstant sind.

Lösung

Es sei ${}v(t)={\begin{pmatrix}v_{1}(t)\\v_{2}(t)\\v_{3}(t)\end{pmatrix}}$. Da es sich um eine Lösung handelt gilt

${}v_{1}'(t)=v_{2}(t)\,,$

${}v_{2}'(t)=-2v_{3}(t)\,$

und

${}v_{3}'(t)=0\,.$

Daraus folgt direkt, dass die dritte Komponente, also ${}f(x,y,z)=z$, einer Lösung konstant ist. Um zu zeigen, dass auch ${}g(x,y,z)=4xz+y^{2}$ auf der Lösung konstant ist, berechnen wir die Ableitung der Verknüpfung ${}g\circ v$. Diese ist

${}{\begin{aligned}{\left(4v_{1}(t)\cdot v_{3}(t)+{\left(v_{2}(t)\right)}^{2}\right)}'&=4v_{1}(t)\cdot v_{3}'(t)+4v_{3}(t)\cdot v_{1}'(t)+2v_{2}(t)\cdot v_{2}'(t)\\&=0+4v_{3}(t)\cdot v_{2}(t)-4v_{2}(t)\cdot v_{3}(t)\\&=0.\end{aligned}}$

Also ist ${}g$ ebenfalls konstant auf der Lösung.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}V$ ein euklidischer Vektorraum, ${}u\in V$ ein fixierter Vektor und

$F\colon \mathbb {R} \times V\longrightarrow V$

ein stetiges Vektorfeld mit der Eigenschaft

${}F(t,v)=F(t,v+u)\,$

für alle ${}v\in V$. Es sei

$\varphi \colon \mathbb {R} \longrightarrow V$

eine Lösung zur Differentialgleichung

${}v'=F(t,v)\,.$

Zeige, dass auch

${}\psi (t):=\varphi (t)+u\,$

eine Lösung dieser Differentialgleichung ist.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\psi '(t)&=(\varphi (t)+u)'\\&=\varphi '(t)\\&=F(t,\varphi (t))\\&=F(t,\varphi (t)+u)\\&=F(t,\psi (t)),\end{aligned}}$

daher ist auch ${}\psi$ eine Lösung.

Aufgabe (9 Punkte)

Beweise die Kettenregel für total differenzierbare Abbildungen ${}\varphi :V\rightarrow W$ und ${}\psi :W\rightarrow U$, wobei ${}V,W,U$ endlichdimensionale ${}{\mathbb {K} }$- Vektorräume sind.

Lösung

Wir haben nach Voraussetzung (wobei wir ${}Q:=\varphi (P)$ setzen)

${}\varphi (P+v)=\varphi (P)+L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)\,$

und

${}\psi (Q+w)=\psi (Q)+M(w)+\Vert {w}\Vert s(w)\,$

mit linearen Abbildungen ${}L\colon V\rightarrow W$ und ${}M\colon W\rightarrow U$, und mit in ${}0$ stetigen Funktionen ${}r\colon U{\left(0,\delta \right)}\rightarrow W$ und ${}s\colon U{\left(0,\delta '\right)}\rightarrow U$, die beide in ${}0$ den Wert ${}0$ annehmen. Damit gilt

${}{\begin{aligned}(\psi \circ \varphi )(P+v)&=\psi (\varphi (P+v))\\&=\psi {\left(\varphi (P)+L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)\right)}\\&=\psi (\varphi (P))+M(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))+\Vert {L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)}\Vert s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))\\&=\psi (\varphi (P))+M(L(v))+M(\Vert {v}\Vert r(v))+\Vert {L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)}\Vert s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))\\&=\psi (\varphi (P))+(M\circ L)(v)+\Vert {v}\Vert M(r(v))+\Vert {\Vert {v}\Vert L{\left({\frac {v}{\Vert {v}\Vert }}\right)}+\Vert {v}\Vert r(v)}\Vert s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))\\&=\psi (\varphi (P))+(M\circ L)(v)+\Vert {v}\Vert {\left(M(r(v))+\Vert {L{\left({\frac {v}{\Vert {v}\Vert }}\right)}+r(v)}\Vert s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))\right)}.\,\end{aligned}}$

Dabei haben wir in der dritten Gleichung die lineare Approximation für

${}w=L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)\,$

eingesetzt. Die beiden letzten Gleichungen gelten nur für ${}v\neq 0$. Der Ausdruck

$t(v):=M(r(v))+\Vert {L{\left({\frac {v}{\Vert {v}\Vert }}\right)}+r(v)}\Vert s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))\,$

ist unser Kandidat für die Abweichungsfunktion. Der erste Summand ${}M(r(v))$ ist in ${}v=0$ stetig und hat dort auch den Wert ${}0$. Es genügt also den zweiten Summanden zu betrachten. Der ${}\Vert {-}\Vert$-Ausdruck ist in einer Umgebung der Null beschränkt, da ${}L$ auf der kompakten Einheitssphäre nach Satz 36.11 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) beschränkt ist und da ${}r$ in ${}0$ stetig ist. Daher hängt die Stetigkeit nur von dem rechten Faktor ab. Aber ${}L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)$ hat für ${}v\rightarrow 0$ den Grenzwert ${}0$. Damit ist auch ${}s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))$ in ${}0$ stetig und hat dort den Grenzwert ${}0$.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Jacobi-Matrix der Abbildung

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\setminus \{(0,0)\}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,(x,y)\longmapsto \left({\frac {\sin x}{x^{2}+y^{4}}},\,{\frac {x^{2}y}{x^{2}+y^{2}}},\,\ln(x^{2}+y^{2})\right),$

in jedem Punkt.

Lösung

Die partiellen Ableitungen sind

${}{\frac {\partial f_{1}}{\partial x}}={\frac {(x^{2}+y^{4})\cos x-2x\sin x}{(x^{2}+y^{4})^{2}}}\,,$

${}{\frac {\partial f_{1}}{\partial y}}={\frac {-4y^{3}\sin x}{(x^{2}+y^{4})^{2}}}\,,$

${}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x}}={\frac {2xy(x^{2}+y^{2})-x^{2}y(2x)}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}={\frac {2xy^{3}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\,,$

${}{\frac {\partial f_{2}}{\partial y}}={\frac {x^{2}(x^{2}+y^{2})-x^{2}y(2y)}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}={\frac {x^{4}-x^{2}y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\,,$

${}{\frac {\partial f_{3}}{\partial x}}={\frac {2x}{x^{2}+y^{2}}}\,$

und

${}{\frac {\partial f_{3}}{\partial y}}={\frac {2y}{x^{2}+y^{2}}}\,.$

Somit ist die Jacobi-Matrix in einem Punkt ${}(x,y)$ gleich

${\begin{pmatrix}{\frac {(x^{2}+y^{4})\cos x-2x\sin x}{(x^{2}+y^{4})^{2}}}&{\frac {-4y^{3}\sin x}{(x^{2}+y^{4})^{2}}}\\{\frac {2xy^{3}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}&{\frac {x^{4}-x^{2}y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\\{\frac {2x}{x^{2}+y^{2}}}&{\frac {2y}{x^{2}+y^{2}}}\end{pmatrix}}.$

Aufgabe (9 (4+5) Punkte)

Es sei

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto f(x,y)=x^{2}+3xy-y^{3}.$

1. Bestimme die kritischen Punkte und Extrema von ${}f$.
2. Bestimme für jeden kritischen Punkt ${}P$ von ${}f$ und jede Gerade durch ${}P$, ob ${}f$ längs dieser Geraden in ${}P$ lokale Extrema besitzt.

Lösung

1. Es ist

   ${\frac {\partial f}{\partial x}}=2x+3y\,\,{\text{ und }}\,\,{\frac {\partial f}{\partial y}}=3x-3y^{2}.$

   Um die kritischen Punkte zu finden setzt man diese beiden Funktionen gleich ${}0$. Das bedeutet

   ${}x=y^{2}\,$

   und

   ${}2y^{2}+3y=y(2y+3)=0\,.$

   Es ist also

   $y=0\,\,{\text{ oder }}\,\,y=-{\frac {3}{2}}$

   und daher gibt es die beiden kritischen Punkte

   $P_{1}=\left(0,\,0\right)\,\,{\text{ und }}\,\,P_{2}=\left({\frac {9}{4}},\,-{\frac {3}{2}}\right).$

   Die Hesse-Matrix ist

   ${\begin{pmatrix}2&3\\3&-6y\end{pmatrix}}.$

   In ${}P_{1}$ ist dies

   ${\begin{pmatrix}2&3\\3&0\end{pmatrix}},$

   wobei der erste Minor ${}2$ und die Determinante ${}-9$ ist. Also liegt nach Satz 50.2 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) kein lokales Extremum vor. In ${}P_{2}$ ist die Hesse-Matrix

   ${\begin{pmatrix}2&3\\3&9\end{pmatrix}},$

   die Minoren sind ${}1,2,9$ und daher ist die Matrix positiv definit und es liegt ein lokales Minimum vor, das auch ein globales Minimum ist.

2. Da in ${}P_{2}$ ein globales Minimum vorliegt, gilt dies auch für die Einschränkung der Funktion auf jede Gerade durch diesen Punkt. Betrachten wir also den Nullpunkt ${}P_{1}$. Eine Gerade durch diesen Punkt wird durch

   $\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto \left(at,\,bt\right),$

   mit ${}(a,b)\in \mathbb {R} ^{2}$, ${}(a,b)\neq (0,0)$, beschrieben. Die eingeschränkte Funktion auf eine solche Gerade ist durch

   ${}g(t)=a^{2}t^{2}+3abt^{2}-b^{3}t^{3}\,$

   gegeben. Die Ableitungen davon sind

   ${}g'(t)=2a^{2}t+6abt-3b^{3}t^{2}\,,$

   ${}g^{\prime \prime }(t)=2a^{2}+6ab-6b^{3}t\,.$

   und

   ${}g^{\prime \prime \prime }(t)=-6b^{3}\,.$

   Im Nullpunkt ist dabei

   ${}g'(0)=0\,,$

   ${}g^{\prime \prime }(0)=2a^{2}+6ab=2a(a+3b)\,.$

   und

   ${}g^{\prime \prime \prime }(0)=-6b^{3}\,.$

   Bei ${}a>0$ und ${}b>-{\frac {a}{3}}$ liegt längs dieser Geraden ein lokales Minimum vor. Ebenso bei ${}a<0$ und ${}b<-{\frac {a}{3}}$. Bei ${}a<0$ und ${}b>-{\frac {a}{3}}$ und bei ${}a>0$ und ${}b<-{\frac {a}{3}}$ liegt ein lokales Maximum vor. Bei ${}a=0$ ist ${}b\neq 0$, die beiden ersten Ableitungen sind ${}0$ und die dritte nicht, daher liegt nach Satz 22.6 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) kein lokales Extremum vor. Bei ${}a\neq 0$ und ${}b=-{\frac {a}{3}}$ liegt aus dem gleichen Grund kein lokales Extremum vor.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die lokalen Extrema der Funktion

${}h(x,y)=3x-7y\,$

auf der Ellipse

${}M={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid 3x^{2}+2y^{2}=1\right\}}\,.$

Lösung

Wir verwenden Korollar 54.7 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) mit ${}f(x,y)=3x^{2}+2y^{2}$ und der Linearform ${}h(x,y)=3x-7y$. Die notwendige Bedingung für ein lokales Extremum führt auf

${}{\begin{pmatrix}6x\\4y\end{pmatrix}}=\lambda {\begin{pmatrix}3\\-7\end{pmatrix}}\,.$

Dies bedeutet ${}x={\frac {1}{2}}\lambda$ und ${}y=-{\frac {7}{4}}\lambda$. Einsetzen in die Gleichung für ${}f$ liefert

${}{\begin{aligned}1&=3{\left({\frac {1}{2}}\lambda \right)}^{2}+2{\left(-{\frac {7}{4}}\lambda \right)}^{2}\\&={\left({\frac {3}{4}}+{\frac {49}{8}}\right)}\lambda ^{2}\\&={\frac {55}{8}}\lambda ^{2}.\end{aligned}}$

Also ist

${}\lambda _{1,2}=\pm {\frac {2{\sqrt {2}}}{\sqrt {55}}}\,.$

Es seien

$P_{1}=(x_{1},y_{1})=\left({\frac {1}{2}}\cdot {\frac {2{\sqrt {2}}}{\sqrt {55}}},\,-{\frac {7}{4}}\cdot {\frac {2{\sqrt {2}}}{\sqrt {55}}}\right)\,\,{\text{ und }}\,\,P_{2}=(x_{2},y_{2})=\left(-{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {2{\sqrt {2}}}{\sqrt {55}}},\,{\frac {7}{4}}\cdot {\frac {2{\sqrt {2}}}{\sqrt {55}}}\right)$

die zugehörigen Punkte, an denen ein lokales Extremum vorliegen kann. Wegen ${}h(P_{1})>0$ und ${}h(P_{2})<0$ liegt wegen der Kompaktheit der Ellipse in ${}P_{1}$ das globale Maximum und in ${}P_{2}$ das globale Minimum vor.

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass die Abbildung

$f\colon [-10,10]\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto x^{2},$

Lipschitz-stetig ist.

Lösung

Wir behaupten, dass die Quadrierung Lipschitz-stetig mit er Lipschitz-Konstanten ${}20$ ist. Dies ergibt sich aus

${}{\begin{aligned}\vert {f(x)-f(y)}\vert &=\vert {x^{2}-y^{2}}\vert \\&=\vert {{\left(x+y\right)}{\left(x-y\right)}}\vert \\&=\vert {x+y}\vert \vert {x-y}\vert \\&\leq 20\vert {x-y}\vert .\end{aligned}}$

Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

Wir betrachten das Vektorfeld

$G\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}$

mit

${}G(x,y)=(y,-x^{3})\,$

Zeige auf zweifache Weise, dass ${}G$ kein Gradientenfeld ist.

1. Mit der Integrabilitätsbedingung.
2. Mit Wegintegralen.

Lösung

1. Es ist

   ${}{\frac {\partial G_{1}}{\partial y}}=1\,$

   und

   ${}{\frac {\partial G_{2}}{\partial x}}=-3x^{2}\,.$

   Daher ist die Integrabilitätsbedingung nicht erfüllt und es kann kein Gradientenfeld vorliegen.

2. Wir betrachten Wegintegrale mit dem Anfangs- und Endpunkt ${}(1,0)$, in einem Gradientenfeld ist für solche geschlossenen Wege das Wegintegral gleich ${}0$. Wir betrachten den Weg

   $\gamma \colon [0,2\pi ]\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto \left(\cos t,\,\sin t\right).$

   Das Wegintegral dazu ist

   ${}\int _{\gamma }G=\int _{0}^{2\pi }\left\langle {\begin{pmatrix}\sin t\\-{\left(\cos t\right)}^{3}\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle dt=\int _{0}^{2\pi }-\sin ^{2}t-\cos ^{4}tdt\,.$

   Der Integrand ist hier stets negativ und daher ist auch das Integral negativ und nicht ${}0$. Also ist ${}G$ kein Gradientenfeld.