Kurs:Analysis/Teil II/18/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	${}\sum$
Punkte	3	3	0	3	4	0	8	6	7	0	2	3	10	4	4	3	60

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein Häufungspunkt einer Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ einem metrischen Raum ${}M$.
2. Eine polynomiale Funktion

   $f\colon {\mathbb {K} }^{n}\longrightarrow {\mathbb {K} }.$

3. Das Wegintegral zu einem stetigen Vektorfeld

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

   und einer stetig differenzierbaren Kurve

   $\gamma \colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}.$

4. Ein lokales Maximum einer Funktion

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

   auf einem metrischen Raum ${}M$ in einem Punkt ${}x\in M$.

5. Ein kritischer Punkt einer differenzierbaren Funktion ${}f\colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R}$.
6. Eine nicht-ausgeartete Bilinearform.

Lösung

1. Ein Punkt ${}x\in M$ heißt Häufungspunkt der Folge, wenn es für jedes ${}\epsilon >0$ unendlich viele Folgenglieder ${}x_{n}$ mit ${}d{\left(x_{n},x\right)}\leq \epsilon$ gibt.
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. Das Wegintegral ist

   ${}\int _{\gamma }F:=\int _{a}^{b}\left\langle F(\gamma (t)),\gamma '(t)\right\rangle dt\,.$

4. Man sagt, dass ${}f$ in ${}x\in M$ ein lokales Maximum besitzt, wenn es ein ${}\epsilon >0$ derart gibt, dass für alle ${}x'\in M$ mit ${}d(x,x')\leq \epsilon$ die Abschätzung

   ${}f(x)\geq f(x')\,$

   gilt.

5. Zur differenzierbaren Funktion

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

   heißt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ ein kritischer Punkt, wenn

   ${}\left(Df\right)_{P}=0\,$

   ist.

6. Die Bilinearform

   $V\times V\longrightarrow K,\,(v,w)\longmapsto \left\langle v,w\right\rangle ,$

   heißt nicht ausgeartet, wenn für alle ${}v\in V,\,v\neq 0$, die induzierten Abbildungen

   $V\longrightarrow K,\,w\longmapsto \left\langle v,w\right\rangle ,$

   und für alle ${}w\in V,\,w\neq 0$, die induzierten Abbildungen

   $V\longrightarrow K,\,v\longmapsto \left\langle v,w\right\rangle ,$

   nicht die Nullabbildung sind.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über Folgen und abgeschlossene Mengen in einem metrischen Raum ${}M$.
2. Die Mittelwertabschätzung für eine differenzierbare Kurve

   $f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}.$

3. Der Satz über implizite Abbildungen.

Lösung

1. Eine Teilmenge ${}T\subseteq M$ ist genau dann abgeschlossen, wenn jede Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }\in T$, die in ${}M$ konvergiert, bereits in ${}T$ konvergiert.
2. Es gibt ein ${}c\in [a,b]$ mit

   ${}\Vert {f(b)-f(a)}\Vert \leq (b-a)\cdot \Vert {f'(c)}\Vert \,.$

3. 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.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise den Satz über Bilder kompakter Mengen.

Lösung

Es sei ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }\in f(T)$ eine Folge, wobei wir ${}y_{n}=f(x_{n})$ mit ${}x_{n}\in T$ schreiben können. Da ${}T$ kompakt ist, gibt es nach Satz 36.9 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) eine konvergente Teilfolge ${}x_{n_{i}},\,i\in \mathbb {N}$, die gegen ein ${}x\in T$ konvergiert. Aufgrund der Stetigkeit konvergiert auch die Bildfolge ${}y_{n_{i}}=f(x_{n_{i}})$ gegen ${}f(x)$. Damit ist eine konvergente Teilfolge gefunden und ${}f(T)$ ist kompakt nach Satz 36.9 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)).

Aufgabe (4 (1+1+1+1) Punkte)

Wir betrachten die Funktionen

$B_{0}(t)=(1-t)^{2},\,B_{1}(t)=2t(1-t){\text{ und }}B_{2}(t)=t^{2}.$

Es seien ${}v_{0},v_{1},v_{2}\in \mathbb {R} ^{n}$ drei Vektoren. Wir definieren die Kurve

${}f(t):=B_{0}(t)v_{0}+B_{1}(t)v_{1}+B_{2}(t)v_{2}\,.$

a) Berechne ${}f(0)$ und ${}f(1)$.

b) Berechne ${}f'(t)$.

c) Zeige, dass ${}f'(0)$ ein Vielfaches von ${}v_{1}-v_{0}$ und ${}f'(1)$ ein Vielfaches von ${}v_{2}-v_{1}$ ist.

d) Skizziere für ${}v_{0}=(0,1)$, ${}v_{1}=(1,1)$ und ${}v_{2}=(2,0)$ das Bild der Kurve ${}f(t)$ für ${}0\leq t\leq 1$.

Lösung

a) Es ist

${}f(0)=B_{0}(0)v_{0}+B_{1}(0)v_{1}+B_{2}(0)v_{2}=v_{0}\,$

und

${}f(1)=B_{0}(1)v_{0}+B_{1}(1)v_{1}+B_{2}(1)v_{2}=v_{2}\,.$

b) Es ist

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

c) Es ist

${}f'(0)=-2v_{0}+2v_{1}=2{\left(v_{1}-v_{0}\right)}\,$

und

${}f'(1)=-2v_{1}+2v_{2}=2{\left(v_{2}-v_{1}\right)}\,.$

d) Skizze.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (8 (4+4) Punkte)

Es sei ${}F\colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ^{n}$ eine lineare Abbildung, aufgefasst als lineares Vektorfeld.

1. Man gebe ein Beispiel für ein diagonalisierbares ${}F$ (mit ${}n=2$) und eine stetig differenzierbare Kurve

   $\gamma \colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}$

   mit ${}\gamma (a)=\gamma (b)$ derart an, dass das Wegintegral ${}\int _{\gamma }F$ nicht ${}0$ ist.

2. Es sei nun ${}F$ diagonalisierbar bezüglich einer Orthonormalbasis. Zeige, dass

   ${}\int _{\gamma }F=0\,$

   für jede stetig differenzierbare Kurve ${}\gamma$ mit ${}\gamma (a)=\gamma (b)$ ist.

Lösung

1. Wir betrachten

   ${}F(x,y)={\begin{pmatrix}2&1\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2x+y\\y\end{pmatrix}}\,.$

   Die Matrix besitzt obere Dreiecksgestalt und somit sind die Diagonaleinträge ${}1$ und ${}2$ die verschiedenen Eigenwerte und die Abbildung ist diagonalisierbar. Es sei ${}\gamma$ die trigonometrische Parametrisierung des Einheitskreises, also

   ${}\gamma (t)={\begin{pmatrix}\cos t\\\sin t\end{pmatrix}}\,.$

   Dann ist

   ${}{\begin{aligned}\left\langle F(\gamma (t),\gamma '(t)\right\rangle &=\left\langle {\begin{pmatrix}2\cos t+\sin t\\\sin t\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle \\&=-2\cos t\sin t-\sin ^{2}t+\cos t\sin t\\&=-\cos t\sin t-\sin ^{2}t.\end{aligned}}$

   Diese Funktion ist von ${}0$ zu ${}2\pi$ zu integrieren. Der vordere Summand hat ${}-{\frac {1}{2}}\sin ^{2}t$ als Stammfunktion, das zugehörige bestimmte Integral ist daher gleich ${}0$. Der hintere Summand besitzt aber ein negatives Integral und somit ist

   ${}\int _{\gamma }F\neq 0\,.$

2. Es sei ${}u_{1},\ldots ,u_{n}$ eine Orthonormalbasis aus Eigenvektoren von ${}F$, und es gelte

   ${}F(u_{j})=c_{j}u_{j}\,.$

   Es sei ${}\gamma$ eine stetig differenzierbare Kurve mit

   ${}\gamma (a)=\gamma (b)\,$

   und seien ${}\gamma _{j}$ die Komponentenfunktionen bezüglich der Orthonormalbasis. Dann ist

   ${}{\begin{aligned}\left\langle F(\gamma (t)),\gamma '(t)\right\rangle &=\left\langle F(\gamma _{1}(t)u_{1}+\cdots +\gamma _{n}(t)u_{n}),\gamma _{1}'(t)u_{1}+\cdots +\gamma _{n}'(t)u_{n}\right\rangle \\&=\left\langle F(\gamma _{1}(t)u_{1})+\cdots +F(\gamma _{n}(t)u_{n}),\gamma _{1}'(t)u_{1}+\cdots +\gamma _{n}'(t)u_{n}\right\rangle \\&=\left\langle \gamma _{1}(t)c_{1}u_{1}+\cdots +c_{n}\gamma _{n}(t)u_{n},\gamma _{1}'(t)u_{1}+\cdots +\gamma _{n}'(t)u_{n}\right\rangle \\&=c_{1}\gamma _{1}(t)\gamma _{1}'(t)+\cdots +c_{n}\gamma _{n}(t)\gamma _{n}'(t).\end{aligned}}$

   Eine Stammfunktion von dieser Funktion ist

   ${\frac {1}{2}}c_{1}(\gamma _{1}(t))^{2}+\cdots +{\frac {1}{2}}c_{n}(\gamma _{n}(t))^{2}.$

   Daher ist

   ${}{\begin{aligned}\int _{\gamma }F&=\int _{a}^{b}(c_{1}\gamma _{1}(t)\gamma _{1}'(t)+\cdots +c_{n}\gamma _{n}(t)\gamma _{n}'(t))dt\\&={\frac {1}{2}}{\left(c_{1}(\gamma _{1}(t))^{2}+\cdots +c_{n}(\gamma _{n}(t))^{2}|_{a}^{b}\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\left(c_{1}(\gamma _{1}(b))^{2}+\cdots +c_{n}(\gamma _{n}(b))^{2}-c_{1}(\gamma _{1}(a))^{2}+\cdots +c_{n}(\gamma _{n}(a))^{2}\right)}\\&=0.\end{aligned}}$

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

Wir betrachten die Funktion

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

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

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

   im Nullpunkt als Funktion in ${}t$ differenzierbar ist. Dies ist stets der Fall (mit dem Wert ${}0$), da der Differenzenquotient zu ${}t\vert {t}\vert$ von beiden Seiten her gegen ${}0$ konvergiert.

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

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

   Bei ${}c=0$ handelt es sich um die Nullfunktion, die differenzierbar ist. Es sei also ${}c\neq 0$. Es ist

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

   Der zweite Summand ist differenzierbar in ${}0$, der erste aber nicht, daher ist diese Abbildung nicht differenzierbar und diese Richtungsableitungen existieren nicht.

   Für ${}a\neq 0$ siehe den nächsten Teil.

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

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

   Für einen Punkt der Form ${}\left(0,\,b\right)$ mit ${}b\neq 0$ 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 ${}a\neq 0$. Dann gibt es eine hinreichend kleine ${}\epsilon$-Umgebung ${}U$ von ${}P$ derart, dass die erste Koordinate der Punkte aus ${}U$ das gleiche Vorzeichen hat wie ${}a$. Auf ${}U$ ist

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

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

Aufgabe (7 Punkte)

Zeige, dass das totale Differential zu einer total differenzierbaren Abbildungen

$f\colon V\longrightarrow W$

in einem Punkt ${}P\in V$ eindeutig bestimmt ist.

Lösung

Angenommen, es gelte

${}\varphi (P+v)=\varphi (P)+L_{1}(v)+\Vert {v}\Vert \cdot r_{1}(v)\,$

und

${}\varphi (P+v)=\varphi (P)+L_{2}(v)+\Vert {v}\Vert \cdot r_{2}(v)\,$

mit linearen Abbildungen ${}L_{1}$ und ${}L_{2}$ und mit im Punkt ${}0$ stetigen Funktionen ${}r_{1},r_{2}\colon U{\left(0,\delta \right)}\rightarrow W$ mit ${}r_{1}(0)=r_{2}(0)=0$. Wir müssen ${}L_{1}=L_{2}$ zeigen. Dazu ziehen wir die beiden Gleichungen voneinander ab (da es sich hier um Gleichungen von Funktionswerten im Vektorraum ${}W$ handelt, ist hier werteweises Abziehen gemeint) und erhalten die Gleichung

${}0=(L_{1}-L_{2})(v)+\Vert {v}\Vert \cdot (r_{1}(v)-r_{2}(v))\,.$

Daher müssen wir zeigen, dass die (konstante) Nullabbildung die Eigenschaft besitzt, dass die lineare Abbildung ${}0$ ihre einzige lineare Approximation ist.  Wir nehmen daher an, dass

${}0=L(v)+\Vert {v}\Vert \cdot r(v)\,$

gilt, wobei ${}L$ linear und ${}r$ eine in ${}0$ stetige Funktion mit ${}r(0)=0$ ist. Wenn ${}L$ nicht die Nullabbildung ist, so gibt es einen Vektor ${}v\in V$ mit ${}L(v)=w\neq 0$. Dann gilt für ${}s\in {\mathbb {R} }$

${}0=L(sv)+\Vert {sv}\Vert r(sv)=sw+\vert {s}\vert \cdot \Vert {v}\Vert \cdot r(sv)\,.$

Dies impliziert, dass ${}r(sv)=-{\frac {sw}{\vert {s}\vert \cdot \Vert {v}\Vert }}$ für ${}s\neq 0$ gilt. Die Norm von ${}r(sv)$ ist daher konstant gleich ${}{\frac {\Vert {w}\Vert }{\Vert {v}\Vert }}\neq 0$. Also gilt ${}\operatorname {lim} _{s\rightarrow 0}\,\Vert {r(sv)}\Vert \neq 0$, ein Widerspruch.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}V$ ein ${}n$- dimensionaler ${}\mathbb {R}$- Vektorraum mit einer Bilinearform vom Typ ${}(p,q)$ und es sei ${}U\subseteq V$ ein ${}d$-dimensionaler Untervektorraum. Die Einschränkung der Bilinearform sei vom Typ ${}(p',q')$. Zeige

${}p'\geq d+p-n\,.$

Lösung

Es sei ${}W\subseteq V$ ein Untervektorraum der Dimension ${}p$, auf dem die eingeschränkte Bilinearform positiv definit ist. Einen solchen Untervektorraum muss es nach der Definition des Typs geben. Nach der Dimensionsabschätzung für den Durchschnitt von Untervektorräumen besitzt ${}U\cap W$ mindestens die Dimension ${}d+p-n$. Da dies ein Untervektorraum von ${}U$ ist, auf dem die Form positiv definit ist, gilt

${}p'\geq d+p-n\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Gibt es ein reelles Polynom ${}f$ in zwei Variablen vom Grad ${}\leq 2$, das die folgenden Eigenschaften besitzt?

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

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

6. Es ist

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

Lösung

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

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

ansetzen. Wegen der zweiten Bedingung ist ${}b+e=0$, wir können also ${}e$ durch ${}-b$ ersetzen. Die partielle Ableitung von ${}f$ nach ${}y$ ist

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

Die vierte Bedingung ergibt ${}b=-2$ und die sechste Bedingung ergibt

${}-b=1\,.$

Die Bedingungen lassen sich also nicht simltan erfüllen.

Aufgabe (10 (2+4+2+2) Punkte)

Es sei ${}f(x,y)=x\sin y$.

1. Bestimme die kritischen Punkte von ${}f$ auf ${}\mathbb {R} ^{2}$.
2. Bestimme die lokalen Extrema von ${}f$.
3. Zeige, dass die Einschränkung von ${}f$ auf die durch ${}y=x$ gegebene Diagonale unendlich viele lokale Extrema besitzt.
4. Bestimme, ob die Einschränkung von ${}f$ auf die durch ${}y=x$ gegebene Diagonale im Nullpunkt ein lokales Extremum besitzt.

Lösung

1. Die Jacobi-Matrix ist

   $\left(\sin y,\,x\cos y\right).$

   Für einen kritischen Punkt müssen beide Komponenten ${}0$ sein. Aus der ersten Komponente folgt ${}y\in \mathbb {Z} \pi$ und daraus aus der zweiten Komponente ${}x=0$, da der Kosinus an den Nullstellen des Sinus keine Nullstelle besitzt. Die kritischen Punkte haben also die Gestalt

   $(0,n\pi )$

   mit ${}n\in \mathbb {Z}$.

2. Zur Bestimmung der lokalen Extrema betrachten wir die Hesse-Matrix, diese ist

   ${\begin{pmatrix}0&\cos y\\\cos y&-x\sin y\end{pmatrix}}.$

   In einem kritischen Punkt ${}(0,n\pi )$ ist diese

   ${\begin{pmatrix}0&\pm 1\\\pm 1&0\end{pmatrix}},$

   und zwar hängt das Vorzeichen davon ab, ob ${}n$ gerade oder ungerade ist. Das charakteristische Polynom ist

   ${}\chi _{}\,(\lambda )=\det {\begin{pmatrix}\lambda &\mp 1\\\mp 1&\lambda \end{pmatrix}}=\lambda ^{2}-1=(\lambda -1)(\lambda +1)\,.$

   Die Hesse-Matrix hat somit einen positiven und einen negativen Eigenwert und nach [[Bilinearform/Symmetrisch/Eigenwertkriterium/Fakt|Kurs:Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)/Teil II/18/Klausur mit Lösungen (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) (Analysis (Osnabrück 2021-2023))]] ist ihr Typ ${}(1,1)$. Daher ist sie indefinit und nach Satz 50.2 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gibt es keine lokalen Extrema.

3. Auf der Diagonalen wird die Funktion zu ${}g(x)=x\sin x$. Für ${}x\in \mathbb {Z} \pi$ hat ${}g$ den Wert ${}0$. Deshalb muss zwischen zwei solchen benachbarten Nullstellen nach Satz 13.10 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) jeweils ein Maximum oder ein Minimum angenommen werden.
4. Die Funktion ${}x\sin x$ hat im Nullpunkt den Wert ${}0$. Für ${}x$ echt zwischen ${}-{\frac {\pi }{2}}$ und ${}{\frac {\pi }{2}}$ sind im positiven Bereich beide Faktoren positiv und im negativen Bereich beide Faktoren negativ. Damit ist ${}x\sin x$ auf diesem Intervall außerhalb des Nullpunktes positiv und somit liegt im Nullpunkt ein isoliertes lokales Minimum vor.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei

${}G={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid x>y>0\right\}}\,.$

Wie betrachten die Abbildung

$\varphi \colon G\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,(x,y)\longmapsto (x+y,xy,x^{y})=(u,v,w).$

Zeige, dass sämtliche Bildpunkte der Abbildung ${}\varphi$ die Bedingung

${}w^{2}2^{u}{\left(u+{\sqrt {u^{4}-4v}}\right)}^{\sqrt {u^{2}-4v}}={\left(u+{\sqrt {u^{2}-4v}}\right)}^{u}2^{\sqrt {u^{2}-4v}}\,$

erfüllen.

Lösung

Es ist

${}u^{2}-4v=(x+y)^{2}-4xy=x^{2}-2xy+y^{2}=(x-y)^{2}\,,$

daher ist

${}{\sqrt {u^{2}-4v}}=x-y\,,$

da ja ${}x>y$ nach Voraussetzung ist. Die linke Seite der zu überprüfenden Gleichung ist

${}{\begin{aligned}w^{2}2^{u}{\left(u+{\sqrt {u^{4}-4v}}\right)}^{\sqrt {u^{2}-4v}}&=(x^{y})^{2}2^{x+y}{\left(x+y+x-y\right)}^{x-y}\\&=x^{2y}2^{x+y}(2x)^{x-y}\\&=x^{y+y}2^{x}2^{y}(2x)^{x}(2x)^{-y}\\&=x^{y}x^{y}2^{x}2^{y}2^{x}x^{x}2^{-y}x^{-y}\\&=2^{2x}x^{x}x^{y}.\end{aligned}}$

Die rechte Seite ist ebenfalls

${}{\begin{aligned}{\left(u+{\sqrt {u^{2}-4v}}\right)}^{u}2^{\sqrt {u^{2}-4v}}&={\left(x+y+x-y\right)}^{x+y}2^{x-y}\\&={\left(2x\right)}^{x+y}2^{x-y}\\&=2^{x}2^{y}x^{x}x^{y}2^{x}2^{-y}\\&=2^{2x}x^{x}x^{y}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme für das Anfangswertproblem

$y^{\prime }=y{\text{ mit }}y(0)=1$

explizite Formeln für die Picard-Lindelöf-Iterationen.

Lösung

Wir behaupten, dass die ${}n$-te Picard-Lindelöf-Iteration gleich

${}\varphi _{n}(t)=\sum _{k=0}^{n}{\frac {t^{k}}{k!}}\,$

ist. Dies beweisen wir durch Induktion nach ${}n$, wobei der Anfang ${}n=0$ klaar ist, da wegen der Anfangsbedingung

${}\varphi _{0}(t)=1\,$

ist. Der Induktionsschritt ergibt sich aus

${}{\begin{aligned}\varphi _{n+1}(t)&=1+\int _{0}^{t}\varphi _{n}(s)ds\\&=1+\int _{0}^{t}\sum _{k=0}^{n}{\frac {s^{k}}{k!}}ds\\&=1+\sum _{k=0}^{n}\int _{0}^{t}{\frac {s^{k}}{k!}}ds\\&=1+\sum _{k=0}^{n}{\frac {s^{k+1}}{(k+1)!}}{|}_{0}^{t}\\&=1+\sum _{k=0}^{n}{\frac {t^{k+1}}{(k+1)!}}\\&=\sum _{k=0}^{n+1}{\frac {t^{k}}{k!}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise den Satz über die Grenzabbildung einer gleichmäßig konvergenten Abbildungsfolge.

Lösung

Es sei ${}x\in L$ und ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Aufgrund der gleichmäßigen Konvergenz gibt es ein ${}n_{0}$ mit ${}d{\left(f_{n}(y),f(y)\right)}\leq \epsilon /3$ für alle ${}n\geq n_{0}$ und alle ${}y\in L$. Wegen der Stetigkeit von ${}f_{n_{0}}$ in ${}x$ gibt es ein ${}\delta >0$ mit ${}d{\left(f_{n_{0}}(x),f_{n_{0}}(y)\right)}\leq \epsilon /3$ für alle ${}y\in L$ mit ${}d{\left(x,y\right)}\leq \delta$. Für diese ${}y$ gilt somit

${}{\begin{aligned}d{\left(f(x),f(y)\right)}&\leq d{\left(f(x),f_{n_{0}}(x)\right)}+d{\left(f_{n_{0}}(x),f_{n_{0}}(y)\right)}+d{\left(f_{n_{0}}(y),f(y)\right)}\\&\leq \epsilon /3+\epsilon /3+\epsilon /3\\&=\epsilon .\end{aligned}}$