Kurs:Analysis/Teil II/14/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	2	6	9	0	2	5	3	6	5	6	3	6	61

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 Teilmenge ${}U\subseteq M$ heißt offen, wenn für jedes ${}x\in U$ ein ${}\epsilon >0$ mit

   ${}U{\left(x,\epsilon \right)}\subseteq U\,$

   existiert.

3. Die Abbildung ${}f$ heißt in ${}t\in I$ differenzierbar, wenn der Limes

   $\operatorname {lim} _{h\rightarrow 0}\,{\frac {f(t+h)-f(t)}{h}}$

   existiert.

4. Der Punkt ${}P$ heißt regulär, wenn

   ${}\operatorname {rang} \,\left(D\varphi \right)_{P}={\min {\left(\dim _{}{\left(V\right)},\dim _{}{\left(W\right)}\right)}}\,$

   ist.

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. Die Faser über ${}y$ ist die Menge

   ${}F_{y}={\left\{x\in L\mid \varphi (x)=y\right\}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Was bedeutet die Polarisationsformel für ein reelles Skalarprodukt für die Multiplikation von reellen Zahlen?

Lösung

Eindimensional besagt die Polarisationsformel für reelle Zahlen ${}a,b\in \mathbb {R}$ einfach

${}ab={\frac {1}{2}}{\left({\left(a+b\right)}^{2}-a^{2}-b^{2}\right)}\,.$

Insbesondere lässt sich also die reelle Multiplikation auf das Quadrieren, Addieren und Subtrahieren von reellen Zahlen zurückführen.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge in einem metrischen Raum ${}M$. Zeige, dass die Folge genau dann gegen ${}x\in M$ konvergiert, wenn in jeder offenen Menge ${}U$ mit ${}x\in U$ alle bis auf endlich viele Folgenglieder liegen.

Lösung

Die Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiere gegen ${}x$ und sei ${}x\in U$ eine offene Umgebung. Es gibt ein ${}\epsilon >0$ mit

${}U{\left(x,\epsilon \right)}\subseteq U\,.$

Wegen der Folgenkonvergenz gibt es ein ${}n_{0}$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}$ die Beziehung ${}x_{n}\in U{\left(x,\epsilon \right)}$ und damit ${}x_{n}\in U$ gilt.

Umgekehrt gelte die Eigenschaft für jede offene Umgebung von ${}x$. Dann gilt sie insbesondere für jede offene Ballumgebung ${}U{\left(x,\epsilon \right)}$ und dies bedeutet die Konvergenz der Folge.

Aufgabe (6 (3+3) Punkte)

Es seien ${}T_{1}\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ und ${}T_{2}\subseteq \mathbb {R} ^{m}$ Teilmengen und ${}T_{1}\times T_{2}\subseteq \mathbb {R} ^{n+m}$ ihre Produktmenge.

a) Zeige, dass wenn ${}T_{1}$ und ${}T_{2}$ beschränkt sind, dass dann auch ${}T_{1}\times T_{2}$ beschränkt ist.

b) Zeige, dass wenn ${}T_{1}$ und ${}T_{2}$ kompakt sind, dass dann auch ${}T_{1}\times T_{2}$ kompakt ist.

Lösung

a) Da die Mengen beschränkt sind, gibt es reelle Zahlen ${}b$ und ${}c$ mit

${}d(x,y)\leq b\,$

für ${}x,y\in T_{1}$ und mit

${}d(u,v)\leq c\,$

für ${}u,v\in T_{2}$. Ausgeschrieben bedeutet dies, dass

${}{\sqrt {(x_{1}-y_{1})^{2}+\cdots +(x_{n}-y_{n})^{2}}}\leq b\,$

und

${}{\sqrt {(u_{1}-v_{1})^{2}+\cdots +(u_{m}-v_{m})^{2}}}\leq c\,$

sind. Durch Quadrieren erhält man für ein Punktepaar ${}P=(x_{1},\ldots ,x_{n},u_{1},\ldots ,u_{m})\in T_{1}\times T_{2}$ ${}Q=(y_{1},\ldots ,y_{n},v_{1},\ldots ,v_{m})\in T_{1}\times T_{2}$ die Abschätzung

${}d(P,Q)^{2}=(x_{1}-y_{1})^{2}+\cdots +(x_{n}-y_{n})^{2}+(u_{1}-v_{1})^{2}+\cdots +(u_{m}-v_{m})^{2}\leq b^{2}+c^{2}\,$

und somit

${}d(P,Q)\leq {\sqrt {b^{2}+c^{2}}}\,.$

Also ist ${}T_{1}\times T_{2}$ beschränkt.

b) Kompakt bedeutet beschränkt und abgeschlossen. Wir zeigen, dass wenn ${}T_{1}$ und ${}T_{2}$ abgeschlossen sind, dass dann auch das Produkt ${}T_{1}\times T_{2}$ abgeschlossen ist, woraus mit Teil (a) die Aussage folgt. Die Abgeschlossenheit einer Teilmenge im ${}\mathbb {R} ^{k}$ kann man mit dem Folgenkriterium überprüfen. Es sei also ${}P_{i}=(x_{i},u_{i})=x_{i}=(x_{1i},\ldots ,x_{ni})$ eine Folge in ${}T_{1}\times T_{2}$, die in ${}\mathbb {R} ^{n+m}$ konvergiere, sagen wir gegen den Grenzwert ${}P=(x_{1},\ldots ,x_{n},u_{1},\ldots ,u_{m})$ . Nach Lemma 33.14 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) konvergiert dann jede Komponentenfolge und daher konvergieren die beiden Folgen ${}x_{i}=(x_{1i},\ldots ,x_{ni})$ und ${}v_{i}=(v_{1i},\ldots ,v_{mi})$, und zwar gegen ${}x=(x_{1},\ldots ,x_{n})$ und ${}u=(u_{1},\ldots ,u_{m})$. Da diese Folgen in ${}T_{1}$ bzw. ${}T_{2}$ liegen und diese beiden Mengen abgeschlossen sind, ist ${}x\in T_{1}$ und ${}u\in T_{2}$. Also ist ${}P=(x,u)\in T_{1}\times T_{2}$ und somit ist die Produktmenge abgeschlossen.

Aufgabe (9 Punkte)

Beweise den Fundamentalsatz der Algebra.

Lösung

Es sei ${}P\in {\mathbb {C} }[X]$ ein nichtkonstantes Polynom. Aufgrund von Lemma 36.13 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gibt es ein ${}z_{0}\in {\mathbb {C} }$ mit ${}\vert {P(z)}\vert \geq \vert {P(z_{0})}\vert$ für alle ${}z\in {\mathbb {C} }$. Wir müssen zeigen, dass dieses Betragsminimum ${}0$ ist. Wir nehmen also an, dass ${}\vert {P(z_{0})}\vert >0$ ist, und müssen dann ein ${}z_{1}$ finden, an dem der Betrag des Polynoms kleiner wird. Durch Verschieben (d.h. indem wir die Situation in der neuen Variablen ${}z-z_{0}$ betrachten) können wir annehmen, dass das Minimum an der Stelle ${}0$ angenommen wird, und durch Division durch ${}P(z_{0})$ können wir annehmen, dass das Polynom im Nullpunkt den Wert ${}1$ besitzt. D.h. wir können annehmen, dass ein Polynom

${}P=1+c_{k}z^{k}+c_{k+1}z^{k+1}+\cdots +c_{d}z^{d}\,$

mit ${}k\geq 1$ und ${}c_{k}\neq 0$ vorliegt, das im Nullpunkt das Betragsminimum annimmt. Wegen Korollar 21.9 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gibt es ein ${}\gamma \in {\mathbb {C} }$ mit ${}\gamma ^{k}=-c_{k}^{-1}$. Wir setzen ${}z=\gamma w$ (das ist eine Variablenstreckung). In der neuen Variablen ${}w$ erhalten wir ein Polynom der Form

$1-w^{k}+w^{k+1}Q(w),$

das nach wie vor im Nullpunkt das Betragsminimum annimmt (hierbei ist ${}Q(w)\in {\mathbb {C} }[w]$ ein Polynom). Aufgrund von Satz 36.12 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gibt es ein ${}b\in \mathbb {R} _{+}$ mit ${}\vert {Q(w)}\vert \leq b$ für alle ${}w\in B\left(0,1\right)$. Für reelles ${}w$ mit ${}0<w<{\min {\left(1,b^{-1}\right)}}$ gilt

${}{\begin{aligned}\vert {1-w^{k}+w^{k+1}Q(w)}\vert &\leq \vert {1-w^{k}}\vert +\vert {w^{k+1}Q(w)}\vert \\&=1-w^{k}+w^{k+1}\vert {Q(w)}\vert \\&=1-w^{k}(1-w\vert {Q(w)}\vert )\\&<1.\end{aligned}}$

Wir haben also Stellen gefunden, wo der Betrag des Polynoms einen kleineren Wert annimmt, ein Widerspruch.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Ableitung der Kurve

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto f(t)={\left(t\sin t,t^{3}e^{-t}\right)},$

in jedem Punkt ${}t\in \mathbb {R}$.

Lösung

Die Ableitung rechnet man komponentenweise aus, sie ist

${}f'(t)={\begin{pmatrix}\sin t+t\cos t\\3t^{2}e^{-t}-t^{3}e^{-t}\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (5 (1+2+2) Punkte)

Wir betrachten ein Vektorfeld

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

der Form

${}F(x,y)=g(x,y){\begin{pmatrix}-y\\x\end{pmatrix}}\,$

mit einer stetigen Funktion ${}g\colon \mathbb {R} ^{2}\rightarrow \mathbb {R}$.

1. Zeige, dass für jeden Punkt ${}(x,y)$ der Richtungsvektor ${}F(x,y)$ senkrecht auf dem Ortsvektor ${}(x,y)$ steht.
2. Es sei ${}{\begin{pmatrix}x(t)\\y(t)\end{pmatrix}}$ eine Lösung der Differentialgleichung ${}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'=F(x,y)$. Zeige, dass ${}x^{2}(t)+y^{2}(t)$ konstant ist.
3. Es sei

   $z\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto z(t),$

   eine Lösung der Differentialgleichung

   ${}z'=g(\cos z,\sin z)\,$

   in der einen Variablen ${}z$. Zeige, dass

   ${}{\begin{pmatrix}x(t)\\y(t)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}\cos z(t)\\\sin z(t)\end{pmatrix}}\,$

   eine Lösung der Differentialgleichung ${}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'=F(x,y)$ ist.

Lösung

1. Es ist

   ${}{\begin{aligned}\left\langle {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}},F(x,y)\right\rangle &=\left\langle {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}},g(x,y){\begin{pmatrix}-y\\x)\end{pmatrix}}\right\rangle \\&=g(x,y)\left\langle {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-y\\x)\end{pmatrix}}\right\rangle \\&=g(x,y)(-xy+yx)\\&=0,\end{aligned}}$

   als ist der Richtungsvektor senkrecht zum Ortsvektor.
2. Es ist

   ${}{\begin{aligned}{\left(x^{2}(t)+y^{2}(t)\right)}'&=2x(t)x'(t)+2y(t)y'(t)\\&=-2x(t)g(x(t),y(t))y(t)+2y(t)g(x(t),y(t))x(t)\\&=0,\end{aligned}}$

   deshalb ist ${}x^{2}(t)+y^{2}(t)$ konstant.
3. Es ist

   ${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}x(t)\\y(t)\end{pmatrix}}'&={\begin{pmatrix}\cos z(t)\\\sin z(t)\end{pmatrix}}'\\&={\begin{pmatrix}-z'(t)\cdot \sin z(t)\\z'(t)\cdot \cos z(t)\end{pmatrix}}\\&=z'(t){\begin{pmatrix}-\sin z(t)\\\cos z(t)\end{pmatrix}}\\&=g(\cos z(t),\sin z(t)){\begin{pmatrix}-\sin z(t)\\\cos z(t)\end{pmatrix}}\\&=F(x(t),y(t)).\end{aligned}}$

Aufgabe (3 (1+1+1) Punkte)

Es sei ${}v'=Mv$ ein lineares Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten in ${}d$ Variablen und sei ein Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{d}$ vorgegeben.

1. Erstelle eine rekursive Formel für die Punkte ${}P_{n}$ im Polygonzugverfahren zum Startpunkt ${}P_{0}=P$ und zur Schrittweite ${}s$ in dieser Situation.
2. Erstelle eine geschlossene Formel für ${}P_{n}$ zur Schrittweite ${}s$.
3. Erstelle eine Formel für ${}P_{n}$ zur Schrittweite ${}{\frac {1}{n}}$.

Lösung

1. Es ist

   ${}P_{0}=P\,$

   und

   ${}P_{n+1}=P_{n}+sM(P_{n})=(E_{d}+sM)(P_{n})\,$

   mit der Einheitsmatrix ${}E_{d}$.

2. Es ist

   ${}P_{n+1}=(E_{d}+sM)^{n}(P)\,,$

   wie unmittelbar aus Teil (1) durch Induktion folgt.

3. Es ist

   ${}P_{n+1}=(E_{d}+{\frac {1}{n}}M)^{n}(P)\,.$

Aufgabe (6 (1+2+3) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

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

1. Bestimme, welche Richtungsableitungen von ${}f$ im Nullpunkt ${}\left(0,\,0\right)$ existieren.
2. Bestimme für jeden weiteren Punkt ${}P\neq \left(0,\,0\right)$, welche Richtungsableitungen von ${}f$ in ${}P$ existieren.
3. Bestimme, in welchen Punkten ${}P$ die Funktion ${}f$ total differenzierbar ist.

Lösung

1. Es sei ${}v=\left(c,\,d\right)$ der Richtungsvektor, bei der Richtungsableitung geht es darum, ob die Abbildung

   ${}h(t)=f(0+tv)=f(tc,td)=\vert {tc}\vert \cdot \vert {td}\vert =\vert {t^{2}}\vert \vert {c}\vert \cdot \vert {d}\vert =t^{2}\vert {c}\vert \cdot \vert {d}\vert \,$

   im Nullpunkt als Funktion in ${}t$ differenzierbar ist. Dies ist stets der Fall (mit dem Wert ${}0$), da eine (gestreckte) Parabel vorliegt.

2. Es sei ${}P=\left(a,\,b\right)$ und ${}v=\left(c,\,d\right)$. Es sei zunächst ${}a=0$ und ${}b\neq 0$. Es geht um die Abbildung

   ${}h(t)=f(P+tv)=f(tc,b+td)=\vert {tc}\vert \cdot \vert {b+td}\vert =\vert {t}\vert \vert {c}\vert \cdot \vert {b+td}\vert \,.$

   Bei ${}c=0$ handelt es sich um die Nullfunktion, die differenzierbar ist. Es sei also ${}c\neq 0$. Für hinreichend kleines ${}t$ besitzt ${}\vert {b+td}\vert$ das gleiche Vorzeichen wie ${}b$, die Funktion kann man also für ${}t$ hinreichend klein als

   ${}\pm \vert {t}\vert \vert {c}\vert \cdot {\left(b+td\right)}=\pm \vert {t}\vert \vert {c}\vert b+\pm \vert {t}\vert td\,$

   schreiben. Der zweite Summand ist differenzierbar in ${}0$, der erste aber nicht, daher ist diese Abbildung nicht differenzierbar und diese Richtungsableitungen existieren nicht. Der Fall ${}a\neq 0$ und ${}b=0$ ist völlig analog. Für ${}a\neq 0$ und ${}b\neq 0$ siehe den nächsten Teil.

3. Im Nullpunkt ist die Abbildung total differenzierbar mit dem totalen Differential ${}0$. Dazu ist zu zeigen, dass ${}{\frac {\vert {c}\vert \vert {d}\vert }{\sqrt {c^{2}+d^{2}}}}$ für ${}\left(c,\,d\right)\rightarrow 0$ gegen ${}0$ konvergiert. Dies folgt direkt aus der Abschätzung

   ${}{\frac {\vert {c}\vert \vert {d}\vert }{\sqrt {c^{2}+d^{2}}}}\leq {\frac {{\sqrt {c^{2}+d^{2}}}\cdot {\sqrt {c^{2}+d^{2}}}}{\sqrt {c^{2}+d^{2}}}}={\sqrt {c^{2}+d^{2}}}\,.$

   Für einen Punkt ${}\left(a,\,b\right)$, für den eine Koordinate gleich ${}0$ ist, existieren nach dem zweiten Teil nicht alle Richtungsableitungen und daher ist ${}f$ in diesen Punkten auch nicht total differenzierbar. Es sei nun ${}P=\left(a,\,b\right)$ mit ${}a,b\neq 0$. Dann gibt es eine hinreichend kleine ${}\epsilon$-Umgebung ${}U$ von ${}P$ derart, dass die Koordinaten der Punkte aus ${}U$ das gleiche Vorzeichen haben wie ${}a$ bzw. ${}b$ (${}U$ liegt ganz im offenen Quadranten von ${}P$). Auf ${}U$ ist

   ${}f(x,y)=\vert {x}\vert \vert {y}\vert =\pm xy\,$

   und daher ist ${}f$ in diesen Punkten total differenzierbar. Daher existieren in diesen Punkten auch alle Richtungsableitungen.

Aufgabe (5 (3+2) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$f\colon \mathbb {R} \times \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y,z)\longmapsto {\frac {xz}{x^{2}+y^{2}}},$

(es ist also ${}y>0$).

a) Berechne die partiellen Ableitungen von ${}f$ und stelle den Gradienten zu ${}f$ auf.

b) Bestimme die isolierten lokalen Extrema von ${}f$.

Lösung

a) Es handelt sich um eine rationale Funktionen in mehreren Variablen ohne Nullstelle des Nenners, daher existieren alle partiellen Ableitungen. Die partiellen Ableitungen von ${}f$ ergeben sich aus der Quotientenregel; sie sind

${}{\frac {\partial }{\partial x}}{\left({\frac {xz}{x^{2}+y^{2}}}\right)}={\frac {z(x^{2}+y^{2})-2x^{2}z}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}={\frac {z(-x^{2}+y^{2})}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\,,$

${}{\frac {\partial }{\partial y}}{\left({\frac {xz}{x^{2}+y^{2}}}\right)}={\frac {-2xyz}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\,$

und

${}{\frac {\partial }{\partial z}}{\left({\frac {xz}{x^{2}+y^{2}}}\right)}={\frac {x}{x^{2}+y^{2}}}\,.$

Der Gradient zu ${}f$ in einem Punkt ${}P=(x,y,z)$ ist demnach der Vektor

${}\operatorname {Grad} \,f(P)=\left({\frac {z(-x^{2}+y^{2})}{(x^{2}+y^{2})^{2}}},\,{\frac {-2xyz}{(x^{2}+y^{2})^{2}}},\,{\frac {x}{x^{2}+y^{2}}}\right)\,.$

b) Da der Definitionsbereich offen ist und da die Funktion stetig differenzierbar ist, ist es für die Existenz eines lokalen Extremums eine notwendige Bedingung, dass der Gradient ${}0$ ist. Dies kann wegen der dritten partiellen Ableitung nur bei ${}x=0$ der Fall sein. Dann ist die zweite partielle Ableitung ebenfalls ${}0$ und wegen ${}y>0$ folgt aus der ersten partiellen Ableitung, dass ${}z=0$ sein muss. Extrema kann es also allenfalls bei Punkten der Form ${}(0,y,0)$ geben. Die Funktion hat aber bei all diesen Punkten den Wert ${}0$, sodass es kein isoliertes Extremum gibt.

Aufgabe (6 (1+3+2) Punkte)

Wir betrachten die Determinante für ${}2\times 2$- Matrizen als Funktion

$\det \colon \operatorname {Mat} _{2}(\mathbb {R} )=\mathbb {R} ^{4}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,{\begin{pmatrix}x&y\\z&w\end{pmatrix}}\longmapsto xw-zy.$

1. Bestimme die Jacobi-Matrix zu ${}\det$ und die kritischen Punkte.
2. Untersuche ${}\det$ auf lokale Extrema. Bestimme insbesondere den Typ der Hesse-Matrix im Nullpunkt.
3. Finde einen zweidimensionalen Untervektorraum

   ${}U\subseteq \operatorname {Mat} _{2}(\mathbb {R} )\,,$

   auf dem die (Einschränkung der) Determinante ein lokales Minimum besitzt.

Lösung

Wir arbeiten mit der Variablenreihenfolge ${}x,y,z,w$.

1. Die Jacobi-Matrix ist

   $(w,-z,-y,x).$

   Der einzige kritische Punkt ist der Nullpunkt.

2. Die Hesse-Matrix ist (in jedem Punkt) gleich

   ${\begin{pmatrix}0&0&0&1\\0&0&-1&0\\0&-1&0&0\\1&0&0&0\end{pmatrix}}$

   Diese hat die linear unabhängigen Eigenvektoren ${}{\begin{pmatrix}1\\0\\0\\1\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}0\\1\\-1\\0\end{pmatrix}}$ zum Eigenwert ${}1$ und die beiden linear unabhängigen Eigenvektoren ${}{\begin{pmatrix}1\\0\\0\\-1\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}0\\1\\1\\0\end{pmatrix}}$ zum Eigenwert ${}-1$. Deshalb hat die Hasse-Matrix den Typ ${}(2,-2)$. Insbesondere besitzt die Determinante kein lokales Extremum.

3. Wir betrachten den Untervektorraum der Matrizen, der durch die beiden Bedingungen ${}w=x$ und ${}z=-y$ gegeben ist, also den zweidimensionalen Untervektorraum der Matrizen der Form

   ${\begin{pmatrix}x&y\\-y&x\end{pmatrix}}.$

   Auf diesem Untervektorraum ist die Determinante durch ${}x^{2}+y^{2}$ gegeben und hat im Nullpunkt ein isoliertes globales Minimum.

Aufgabe (3 Punkte)

Finde eine Lösung ${}v\colon \mathbb {R} _{+}\rightarrow \mathbb {R}$ für die Integralgleichung

${}v(t)=-1+\int _{1}^{t}v(s)^{2}ds\,.$

Lösung

Man kann die zugehörige zeitunabhängige Differentialgleichung

${}v'(t)=v(t)^{2}\,$

mit der Anfangsbedingung ${}v(1)=-1$ gemäß Korollar 30.6 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) lösen, dies führt auf ${}v(t)=-{\frac {1}{t}}$. Man kann dies aber auch erraten und direkt überprüfen durch

${}{\begin{aligned}-1+\int _{0}^{t}\left({\frac {-1}{s}}\right)^{2}ds&=-1+\int _{0}^{t}s^{-2}ds\\&=-1+\left(-s^{-1}\right)|_{1}^{t}\\&=-1-{\frac {1}{t}}+1\\&=-{\frac {1}{t}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz über die Vollständigkeit von Abbildungsräumen zu einer kompakten Teilmenge ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$.

Lösung

Es sei

$f_{n}\colon T\longrightarrow E$

eine Cauchy-Folge von stetigen Abbildungen. Wir müssen zeigen, dass diese Folge gegen eine Grenzabbildung konvergiert, die ebenfalls stetig ist. Zu jedem ${}\epsilon >0$ gibt es ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ derart, dass für ${}n,m\geq n_{0}$ die Beziehung

${}\Vert {f_{n}(x)-f_{m}(x)}\Vert \leq \epsilon \,$

für alle ${}x\in T$} gilt. Daher ist für jedes ${}x\in T$ die Folge ${}{\left(f_{n}(x)\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Cauchy-Folge in ${}E$ und somit, wegen der Vollständigkeit von euklidischen Räumen, konvergent in ${}E$. Wir nennen den Grenzwert dieser Folge ${}f(x)$, sodass sich insgesamt eine Grenzabbildung

$f\colon T\longrightarrow E,\,x\longmapsto f(x)=\lim _{n\rightarrow \infty }f_{n}(x),$

ergibt, gegen die die Funktionenfolge punktweise konvergiert. Da ${}{\left(f_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Cauchy-Folge ist, gibt es zu jedem vorgegebenen ${}\epsilon >0$ stets ein ${}n_{0}$ derart, dass die Cauchy-Bedingung für alle ${}x\in T$ gilt, konvergiert die Funktionenfolge sogar gleichmäßig gegen ${}f$ (und das bedeutet die Konvergenz in der Supremumsnorm). Aufgrund von Lemma 55.8 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist daher ${}f$ stetig und daher ist ${}f\in C$.