Kurs:Analysis/Teil II/17/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	${}\sum$
Punkte	3	3	2	3	3	5	3	5	2	4	7	5	6	5	3	5	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Zwei metrische Räume ${}L$ und ${}M$ heißen homöomorph, wenn es eine bijektive stetige Abbildung

   $\varphi \colon L\longrightarrow M$

   gibt, deren Umkehrabbildung ${}\varphi ^{-1}$ ebenfalls stetig ist.

2. 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 ${}x,y\in L$.

3. Unter der Kurvenlänge von ${}f$ versteht man

   $L(f)={\operatorname {sup} \,{\left(L(f(t_{0}),\ldots ,f(t_{k})),a=t_{0}\leq t_{1}\leq \ldots \leq t_{k-1}\leq t_{k}=b{\text{ Unterteilung}},\,k\in \mathbb {N} \right)}}.$

4. Die Abbildung ${}\varphi$ heißt total differenzierbar in ${}P$, wenn es eine ${}\mathbb {R}$- lineare Abbildung ${}L\colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ^{m}$ mit der Eigenschaft

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

   gibt, wobei ${}r\colon U{\left(0,\delta \right)}\rightarrow W$ eine in ${}0$ stetige Abbildung mit ${}r(0)=0$ ist und die Gleichung für alle ${}v\in V$ mit ${}P+v\in U{\left(P,\delta \right)}\subseteq G$ gilt.

5. Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}V$ ein ${}K$-Vektorraum. Eine lineare Abbildung

   $V\longrightarrow K$

   heißt auch eine Linearform auf ${}V$.

6. Man sagt, dass die Abbildungsfolge punktweise konvergiert, wenn für jedes ${}x\in T$ die Folge

   ${\left(f_{n}(x)\right)}_{n\in \mathbb {N} }$

   konvergiert.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{m}$ eine Teilmenge. Dann ist ${}T$ genau dann kompakt, wenn jede Folge in ${}T$ eine in ${}T$ konvergente Teilfolge besitzt.
2. Es sei ${}I$ ein reelles Intervall, ${}V$ ein euklidischer Vektorraum und

   $f\colon I\longrightarrow V$

   eine Abbildung. Es sei ${}v_{1},v_{2},\ldots ,v_{n}$ eine Basis von ${}V$ und es seien

   $f_{j}\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$

   die zugehörigen Komponentenfunktionen von ${}f$. Es sei ${}t\in I$. Dann ist ${}f$ genau dann differenzierbar in ${}t$, wenn sämtliche Funktionen ${}f_{j}$ in ${}t$ differenzierbar

   sind.
3. Es sei ${}G\subseteq V$ offen und ${}\varphi \colon G\rightarrow W$ eine Abbildung derart, dass für ${}u,v\in V$ die zweiten Richtungsableitungen ${}D_{v}D_{u}\varphi$ und ${}D_{u}D_{v}\varphi$ existieren und stetig sind. Dann gilt

   ${}D_{v}D_{u}\varphi =D_{u}D_{v}\varphi \,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Ergänze die folgende Tabelle, in der Winkel in verschiedenen Maßeinheiten miteinander in Bezug gesetzt werden. Die Prozentangabe bezieht sich auf den Vollkreis.

	Grad	Bogenmaß	Prozent
	${}\,$	${}\,$	${}100\,\%$
	${}270^{\circ }$	${}\,$	${}\,$
	${}\,$	${}{\frac {\pi }{10}}$	${}\,$
	${}60^{\circ }$	${}\,$	${}\,$
	${}\,$	${}\pi$	${}\,$
	${}\,$	${}\,$	${}1\,\%$

Lösung

	Grad	Bogenmaß	Prozent
	${}360^{\circ }$	${}2\pi$	${}100\,\%$
	${}270^{\circ }$	${}{\frac {3}{2}}\pi$	${}75\,\%$
	${}18^{\circ }$	${}{\frac {\pi }{10}}$	${}5\,\%$
	${}60^{\circ }$	${}{\frac {\pi }{3}}$	${}16{,}{\overline {6}}\,\%\,$
	${}180^{\circ }$	${}\pi$	${}50\,\%$
	${}3{,}6^{\circ }$	${}{\frac {\pi }{50}}$	${}1\,\%$

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise den Satz über zusammenhängende Teilmengen unter einer stetigen Abbildung.

Lösung

 Es sei ${}f(S)=T$ und ${}A\subseteq T$ eine offene und abgeschlossene Teilmenge, die weder leer noch ganz ${}T$ sei. Die eingeschränkte Abbildung

$f\colon S\longrightarrow T$

ist ebenfalls stetig, und sie ist auch surjektiv. Daher ist ${}f^{-1}(A)$ eine offene und abgeschlossene Teilmenge in ${}S$, die ebenfalls weder leer noch ganz ${}S$ ist, im Widerspruch zur Voraussetzung, dass ${}S$ zusammenhängend ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Ableitung der Kurve

${}\gamma (t)={\begin{pmatrix}t^{3}\cos t\\e^{-t^{2}}\\\sin \left({\frac {t}{t^{2}+1}}\right)\end{pmatrix}}\,.$

Lösung

Die Ableitung ist

${}{\begin{aligned}\gamma '(t)&={\begin{pmatrix}3t^{2}\cos t-t^{3}\sin t\\-2te^{-t^{2}}\\{\frac {t^{2}+1-2t^{2}}{(t^{2}+1)^{2}}}\cos \left({\frac {t}{t^{2}+1}}\right)\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}3t^{2}\cos t-t^{3}\sin t\\-2te^{-t^{2}}\\{\frac {-t^{2}+1}{t^{4}+2t^{2}+1}}\cos \left({\frac {t}{t^{2}+1}}\right)\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise die Mittelwertabschätzung für differenzierbare Kurven.

Lösung

Wenn ${}f(a)=f(b)$ ist, so ist die Aussage trivialerweise richtig. Es sei also ${}f(a)\neq f(b)$. Dann ist ${}u_{1}={\frac {f(b)-f(a)}{\Vert {f(b)-f(a)}\Vert }}$ nach dem Schmidtschen Orthonormalisierungsverfahren Teil einer Orthonormalbasis von ${}V$. Es seien ${}f_{1},\ldots ,f_{n}$ die Komponentenfunktionen von ${}f$ bezüglich dieser Basis. Wir wenden den Mittelwertsatz für eine Variable auf die erste Komponentenfunktion ${}f_{1}$ an. Es gibt also ein ${}c\in {]a,b[}$ mit der Eigenschaft

${}f_{1}(b)-f_{1}(a)=(b-a)\cdot f_{1}'(c)\,$

und damit auch

${}\vert {f_{1}(b)-f_{1}(a)}\vert =\vert {b-a}\vert \cdot \vert {f_{1}'(c)}\vert \,.$

Da man die Längenmessung mit jeder Orthonormalbasis durchführen kann, gilt

${}{\begin{aligned}\Vert {f(b)-f(a)}\Vert &=\Vert {(f_{1}(b)-f_{1}(a))u_{1}}\Vert \\&=\vert {f_{1}(b)-f_{1}(a)}\vert \\&=\vert {b-a}\vert \cdot \vert {f_{1}'(c)}\vert \\&\leq \vert {b-a}\vert \cdot {\sqrt {\sum _{i=1}^{n}{\left(f_{i}'(c)\right)}^{2}}}\\&=\vert {b-a}\vert \cdot \Vert {f'(c)}\Vert .\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Wir betrachten das lineare Differentialgleichungssystem

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

Zeige, dass die Lösung des zugehörigen Anfangswertproblems mit der Anfangsbedingung

${}v(0)={\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}}\,$

durch

${}v(t)={\begin{pmatrix}a+tb+{\frac {1}{2}}t^{2}c\\b+tc\\c\end{pmatrix}}\,$

gegeben ist.

Lösung

Die Anfangsbedingung ist offenbar erfüllt. Ferner ist einerseits

${}v'(t)={\begin{pmatrix}b+tc\\c\\0\end{pmatrix}}\,$

und andererseits

${}{\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a+tb+{\frac {1}{2}}t^{2}c\\b+tc\\c\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}b+tc\\c\\0\end{pmatrix}}\,,$

sodass eine Lösung der Differentialgleichung vorliegt.

Aufgabe (5 Punkte)

Löse das Anfangswertproblem

${\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}t^{2}x-xy\\t^{3}+x^{2}\end{pmatrix}}{\text{ mit }}x(0)=1{\text{ und }}y(0)=0$

durch einen Potenzreihenansatz bis zur Ordnung ${}4$.

Lösung

Wir machen den Potenzreihenansatz ${}x(t)=\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}$ und ${}y(t)=\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}t^{k}$. Aufgrund der Anfangsbedingung ist

$a_{0}=1\,\,{\text{ und }}\,\,b_{0}=0.$

Das Differentialgleichungssystem führt auf die beiden Potenreihengleichungen

${}{\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\right)}^{\prime }=\sum _{k=1}^{\infty }ka_{k}t^{k-1}=t^{2}{\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\right)}-{\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\right)}{\left(\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}t^{k}\right)}\,$

und

${}{\left(\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}t^{k}\right)}^{\prime }=\sum _{k=1}^{\infty }kb_{k}t^{k-1}=t^{3}+{\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\right)}^{2}\,,$

die wir gradweise auswerten. Für den Grad ${}0$ (der Potenzreihengleichungen) ergeben sich daraus die beiden Gleichungen

$a_{1}=-a_{0}b_{0}=0\,\,{\text{ und }}\,\,b_{1}=a_{0}^{2}=1.$

Für den Grad ${}1$ ergeben sich daraus die beiden Gleichungen

$2a_{2}=-a_{1}b_{0}-a_{0}b_{1}=-1\,\,{\text{ und }}\,\,2b_{2}=2a_{0}a_{1}=0,$

also ist ${}a_{2}=-{\frac {1}{2}}$ und ${}b_{2}=0$. Für den Grad ${}2$ ergeben sich daraus die beiden Gleichungen

$3a_{3}=a_{0}-a_{0}b_{2}-a_{1}b_{1}-a_{2}b_{0}=1\,\,{\text{ und }}\,\,3b_{3}=2a_{0}a_{2}+a_{1}a_{1}=-1,$

also ist ${}a_{3}={\frac {1}{3}}$ und ${}b_{3}=-{\frac {1}{3}}$. Für den Grad ${}3$ ergeben sich daraus die beiden Gleichungen

$4a_{4}=a_{1}-a_{0}b_{3}-a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1}-a_{3}b_{0}={\frac {1}{3}}+{\frac {1}{2}}={\frac {5}{6}}\,\,{\text{ und }}\,\,4b_{4}=1+2a_{0}a_{3}+2a_{1}a_{2}=1+{\frac {2}{3}}={\frac {5}{3}},$

also ist ${}a_{4}={\frac {5}{24}}$ und ${}b_{4}={\frac {5}{12}}$. Die Taylor-Entwicklung der Lösungskurve bis zur Ordnung ${}4$ ist demnach

$\left(1-{\frac {1}{2}}t^{2}+{\frac {1}{3}}t^{3}+{\frac {5}{24}}t^{4},\,t-{\frac {1}{3}}t^{3}+{\frac {5}{12}}t^{4}\right).$

Aufgabe (2 Punkte)

Skizziere den Graphen der Funktion

$\mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto \vert {x+y}\vert .$

Lösung Betrag der Summe/Skizze/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige für Polynomfunktionen

$f\colon {\mathbb {R} }^{n}\longrightarrow {\mathbb {R} }$

direkt, dass

${}{\frac {\partial }{\partial x_{i}}}{\frac {\partial f}{\partial x_{j}}}={\frac {\partial }{\partial x_{j}}}{\frac {\partial f}{\partial x_{i}}}\,$

gilt.

Lösung

Da partielle Ableitungen mit Addition und Skalarmultiplikation verträglich sind, und da ein Polynom eine Summe aus Monomen, multipiziert mit Konstanten ist, genügt es, die Aussage für Monome

${}f=x_{1}^{k_{1}}\cdots x_{n}^{k_{n}}\,$

zu zeigen. Bei ${}i=j$ ist die Aussage richtig, sodass wir ${}j>i$ annehmen. Es ist

${}{\frac {\partial x_{1}^{k_{1}}\cdots x_{n}^{k_{n}}}{\partial x_{i}}}=k_{i}x_{1}^{k_{1}}\cdots x_{i-1}^{k_{i-1}}x_{i}^{k_{i}-1}x_{i+1}^{k_{i+1}}\cdots x_{n}^{k_{n}}\,.$

Wenn ${}k_{i}=0$ ist, so ist dies ${}0$, und in diesem Fall sind auch ${}{\frac {\partial }{\partial x_{j}}}{\frac {\partial f}{\partial x_{i}}}$ und ${}{\frac {\partial }{\partial x_{i}}}{\frac {\partial f}{\partial x_{j}}}$ die Nullfunktion, also gleich. Dies ist auch bei ${}k_{j}=0$ der Fall. Es seien also ${}k_{i},k_{j}\neq 0$. Dann ist

${}{\begin{aligned}{\frac {\partial }{\partial x_{j}}}{\left({\frac {\partial x_{1}^{k_{1}}\cdots x_{n}^{k_{n}}}{\partial x_{i}}}\right)}&={\frac {\partial {\left(k_{i}x_{1}^{k_{1}}\cdots x_{i-1}^{k_{i-1}}x_{i}^{k_{i}-1}x_{i+1}^{k_{i+1}}\cdots x_{n}^{k_{n}}\right)}}{\partial x_{j}}}\\&=k_{i}k_{j}x_{1}^{k_{1}}\cdots x_{i-1}^{k_{i-1}}x_{i}^{k_{i}-1}x_{i+1}^{k_{i+1}}\cdots x_{j-1}^{k_{j-1}}x_{j}^{k_{j}-1}x_{j+1}{k_{j+1}}\cdots x_{n}^{k_{n}}.\end{aligned}}$

Dies ist auch das Ergebnis in der umgekehrten Reihenfolge.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise die Taylor-Formel für eine beliebig oft differenzierbare Funktion

$f\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R}$

in einem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$.

Lösung

Nach Satz 49.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gibt es zu jedem ${}v\in U{\left(0,\epsilon \right)}$ ein (von ${}v$ abhängiges) ${}c\in [0,1]$ mit

${}{\begin{aligned}f(P+v)&=\sum _{\vert {\,r\,}\vert \leq k-1}{\frac {1}{r!}}D^{r}f(P)\cdot v^{r}+\sum _{\vert {\,r\,}\vert =k}{\frac {1}{r!}}D^{r}f(P+cv)\cdot v^{r}\\&=\sum _{\vert {\,r\,}\vert \leq k}{\frac {1}{r!}}D^{r}f(P)\cdot v^{r}+\sum _{\vert {\,r\,}\vert =k}{\frac {1}{r!}}{\left(D^{r}f(P+cv)-D^{r}f(P)\right)}v^{r}.\end{aligned}}$

Die rechte Summe ist also die Abweichungsfunktion ${}R_{k}$, die wir abschätzen müssen. Wegen

${}{\begin{aligned}\Vert {R_{k}(v)}\Vert &\leq \sum _{\vert {\,r\,}\vert =k}{\frac {1}{r!}}\Vert {D^{r}f(P+cv)-D^{r}f(P)}\Vert \cdot \Vert {v^{r}}\Vert \\&=\sum _{\vert {\,r\,}\vert =k}{\frac {1}{r!}}\Vert {D^{r}f(P+cv)-D^{r}f(P)}\Vert \cdot \vert {v_{1}^{r_{1}}}\vert \cdots \vert {v_{n}^{r_{n}}}\vert \\&\leq \sum _{\vert {\,r\,}\vert =k}{\frac {1}{r!}}\Vert {D^{r}f(P+cv)-D^{r}f(P)}\Vert \cdot \Vert {v}\Vert ^{r_{1}}\cdots \Vert {v}\Vert ^{r_{n}}\\&=\sum _{\vert {\,r\,}\vert =k}{\frac {1}{r!}}\Vert {D^{r}f(P+cv)-D^{r}f(P)}\Vert \cdot \Vert {v}\Vert ^{k}\end{aligned}}$

ist

${}{\frac {\Vert {R_{k}(v)}\Vert }{\Vert {v}\Vert ^{k}}}\leq \sum _{\vert {\,r\,}\vert =k}{\frac {1}{r!}}\Vert {D^{r}f(P+cv)-D^{r}f(P)}\Vert \,.$

Da nach Voraussetzung die ${}k$-ten Richtungsableitungen stetig sind, existiert für jede einzelne Funktion ${}D^{r}f(P+cv)-D^{r}f(P)$ der Limes für ${}v\rightarrow 0$ und ist gleich ${}0$. Daher gilt dies auch für die Summe rechts und damit auch für den Ausdruck links.

Aufgabe (5 Punkte)

Finde ein reelles Polynom ${}f$ in zwei Variablen vom Grad ${}\leq 2$, das die folgenden Eigenschaften besitzt. Ist die Lösung eindeutig?

1. Es ist ${}f((0,0))=0$.
2. Es ist ${}f((1,1))=2$.
3. Es ist

   ${}{\frac {\partial f}{\partial x}}((0,0))=1\,.$

4. Es ist

   ${}{\frac {\partial f}{\partial y}}((0,0))=-2\,.$

5. Es ist

   ${}{\frac {\partial f}{\partial x}}((1,1))=2\,.$

6. Es ist

   ${}{\frac {\partial f}{\partial y}}((1,1))=3\,.$

Lösung

Wegen der ersten Bedingung können wir direkt ${}f$ als

${}f=ax+by+cx^{2}+dxy+ey^{2}\,$

ansetzen. Wegen der zweiten Bedingung ist ${}a+b+c+d+e=2$. Die partielle Ableitung von ${}f$ nach ${}x$ ist

${}{\frac {\partial f}{\partial x}}=a+2cx+dy\,$

und die partielle Ableitung von ${}f$ nach ${}y$ ist

${}{\frac {\partial f}{\partial y}}=b+dx+2ey\,.$

Die dritte Bedingung ergibt ${}a=1$ und die fünfte Bedingung ergibt ${}1+2c+d=2$. Die vierte Bedingung ergibt ${}b=-2$ und die sechste Bedingung ergibt

${}-2+d+2e=3\,.$

Für die verbleibenden Unbekannten ${}c,d,e$ haben wir also insgesamt das lineare Gleichungssystem

${}c+d+e=3\,,$

${}2c+d=1\,,$

${}d+2e=5\,.$

Aus den beiden ersten Gleichungen ergibt sich

${}d+2e=5\,,$

die letzte Gleichung ist also nicht nötig. Eine Lösung ist ${}c=1$, ${}d=-1$, ${}e=3$, und man kann das Polynom

$X-2Y+X^{2}-XY+3Y^{2}$

nehmen. Man kann aber auch ${}c=0$, ${}d=1$, ${}e=2$ nehmen, also das Polynom

$X-2Y+XY+2Y^{2}.$

Die Lösung ist also nicht eindeutig.

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

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,\left(x,\,y,\,z\right)\longmapsto \left(x^{2}-y^{3},\,xz+\sin y,\,yz^{2}\right).$

1. Bestimme die Jacobi-Matrix zu ${}\varphi$ in einem Punkt ${}\left(x,\,y,\,z\right)$.
2. Berechne die Jacobi-Determinante von ${}\varphi$ in einem Punkt ${}\left(x,\,y,\,z\right)$.
3. Begründe, dass ${}\varphi$ in einer offenen Umgebung des Punktes ${}P=\left(1,\,0,\,1\right)$ einen Diffeomorphismus beschreibt.
4. Bestimme die Jacobi-Matrix der Umkehrabbildung ${}\varphi ^{-1}$ im Punkt ${}\varphi (P)$.

Lösung

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,\left(x,\,y,\,z\right)\longmapsto \left(x^{2}-y^{3},\,xz+\sin y,\,yz^{2}\right).$

1. Die Jacobi-Matrix zu ${}\varphi$ in ${}\left(x,\,y,\,z\right)$ ist

   ${\begin{pmatrix}2x&-3y^{2}&0\\z&\cos y&x\\0&z^{2}&2yz\end{pmatrix}}.$

2. Die Jacobi-Determinante von ${}\varphi$ in ${}\left(x,\,y,\,z\right)$ ist

   ${}{\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}2x&-3y^{2}&0\\z&\cos y&x\\0&z^{2}&2yz\end{pmatrix}}&=2x{\left(2yz\cos y-xz^{2}\right)}-z{\left(-6y^{3}z\right)}\\&=4xyz\cos y-2x^{2}z^{2}+6y^{3}z^{2}\\&=z{\left(4xy\cos y-2x^{2}z+6y^{3}z\right)}.\end{aligned}}$

3. Die Jacobi-Determinante von ${}\varphi$ in ${}P=\left(1,\,0,\,1\right)$ ist ${}-2$. Daher ist das totale Differential in diesem Punkt invertierbar und nach dem Satz über die Umkehrabbildung gibt es eine offene Umgebung von ${}P$, worauf ein Diffeomorphismus vorliegt.
4. Die Jacobi-Matrix von ${}\varphi$ in ${}P$ ist

   ${\begin{pmatrix}2&0&0\\1&1&1\\0&1&0\end{pmatrix}}.$

   Die Jacobi-Matrix der Umkehrabbildung ${}\varphi ^{-1}$ in ${}\varphi (P)$ ist die inverse Matrix dazu. Das Invertierungsverfahren ergibt

   
   

   ${}{\begin{pmatrix}2&0&0\\1&1&1\\0&1&0\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$
   ${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\1&1&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}{\frac {1}{2}}&0&0\\0&0&1\\0&1&0\end{pmatrix}}$
   ${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}{\frac {1}{2}}&0&0\\0&0&1\\-{\frac {1}{2}}&1&-1\end{pmatrix}}$

   Die Jacobi-Matrix der Umkehrabbildung ist somit

   ${\begin{pmatrix}{\frac {1}{2}}&0&0\\0&0&1\\-{\frac {1}{2}}&1&-1\end{pmatrix}}.$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}G\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ offen und

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

eine stetig differenzierbare Abbildung, die im Punkt ${}P\in G$ ein surjektives totales Differential besitze. Es sei ${}v\in T_{P}Z$ ein Vektor des Tangentialraumes an die Faser ${}Z$ zu ${}\varphi$ durch ${}P$. Zeige, dass es eine stetig differenzierbare Kurve

$\gamma \colon ]-\epsilon ,\epsilon [\longrightarrow Z$

(für ein geeignetes ${}\epsilon >0$) mit ${}\gamma (0)=P$ und mit

${}\gamma '(t)=v\,$

gibt.

Lösung

Es ist ${}v\in T_{P}Z=\operatorname {kern} \left(D\varphi \right)_{P}$. Nach dem Satz über implizite Abbildungen 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. Es sei ${}Q\in V$ der Punkt mit ${}\psi (Q)=P$. Die Abbildung ${}\psi$ ist in jedem Punkt ${}Q\in V$ regulär und für das totale Differential von ${}\psi$ gilt

${}\left(D\varphi \right)_{P}\circ \left(D\psi \right)_{Q}=0\,,$

also

${}\operatorname {bild} \left(D\psi \right)_{Q}=\operatorname {kern} \left(D\varphi \right)_{P}=T_{P}Y\,.$

Wegen der Regularität von ${}\psi$ in ${}Q$ ist

$\left(D\psi \right)_{Q}\colon \mathbb {R} ^{n-m}\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

injektiv und

$\left(D\psi \right)_{Q}\colon \mathbb {R} ^{n-m}\longrightarrow T_{P}Y$

bijektiv. Es sei ${}u\in \mathbb {R} ^{n-m}$ das Urbild von ${}v$ und sei

$\theta \colon ]-\epsilon ,\epsilon [\longrightarrow \mathbb {R} ^{n-m},\,t\longmapsto Q+tu,$

wobei ${}\epsilon$ hinreichend klein gewählt sei, dass das Bild ganz in ${}V$ liegt. Dann besitzt

$\gamma =\psi \circ \theta \colon ]-\epsilon ,\epsilon [\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

die Eigenschaft

${}\gamma (0)=\psi (\theta (0))=\psi (Q)=P\,$

und

${}\gamma '(0)=\left(D\psi \right)_{Q}(\theta '(0))=\left(D\psi \right)_{Q}(u)=v\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}S\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine abgeschlossene sternförmige Menge und es sei ${}Z\subseteq S$ die Menge aller Punkte, bezüglich der ${}S$ sternförmig ist. Zeige, dass ${}Z$ abgeschlossen ist.

Lösung

Wir verwenden Satz 33.16 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)). Es sei ${}z_{n}\in Z$ eine Folge, die gegen ${}z\in S$ konvergiere. Es ist zu zeigen, dass ${}S$ auch bezüglich ${}z$ sternförmig ist. Es sei ${}P\in S$ ein Punkt. Nach Voraussetzung gehören die Verbindungsstrecken ${}V_{n}$ von ${}P$ nach ${}z_{n}$ stets ganz zu ${}S$. Es sei ${}V$ die Verbindungsstrecke von ${}P$ nach ${}z$ und ${}Q\in V$. Es ist dann

${}Q=P+\alpha (z-P)\,$

mit einem ${}\alpha \in [0,1]$. Dann konvergiert auch die Folge ${}Q_{n}=P+\alpha (z_{n}-P)\in S$ gegen ${}Q$ und wegen der Abgeschlossenheit von ${}S$ ist ${}Q\in S$.

Aufgabe (5 Punkte)

Sie sind Lehrer/in an einem Gymnasium und wurden soeben zur/m Beauftragten zur Förderung besonders begabter Schüler und Schülerinnen eingesetzt. Die Förderung soll sich auf Analysis beziehen. Welches Konzept (Thema, Idee, Begriffsbildung, ...) der Analysis 2 halten Sie dafür für geeignet? Inwiefern denken Sie, dass dieses Konzept zwar für den normalen Unterricht nicht geeignet ist, für das angesprochene Zielpublikum aber doch?

Lösung Analysis 2/Schule/Förderklasse/Aufgabe/Lösung