Kurs:Analysis/Teil II/18/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	0	3	4	0	8	6	7	0	2	3	10	4	4	3	60

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

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

Lösung

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.
Es gibt ein ${}c\in [a,b]$ mit
${}\Vert {f(b)-f(a)}\Vert \leq (b-a)\cdot \Vert {f'(c)}\Vert \,.$
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.

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.
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

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

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

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

Lösung

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.
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.
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?

Es ist ${}f((0,0))=0$ .
Es ist ${}f((0,1))=0$ .
Es ist
${}{\frac {\partial f}{\partial x}}((0,0))=1\,.$
Es ist
${}{\frac {\partial f}{\partial y}}((0,0))=-2\,.$
Es ist
${}{\frac {\partial f}{\partial x}}((0,1))=-1\,.$
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 ${}f(x,y)=x\sin y$ .

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

Lösung

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 ${}n\in \mathbb {Z}$ .
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 2017-2018)/Teil II/18/Klausur mit Lösungen/kontrolle (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)) (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.
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.
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