Kurs:Analysis/Teil II/19/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein euklidischer Vektorraum.
2. Der Abschluss einer Teilmenge $T\subseteq M$ in einem metrischen Raum $M$.
3. Eine Differentialgleichung höherer Ordnung (in einer Variablen).
4. Das charakteristische Polynom zu einem gewöhnlichen linearen Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten.
5. Die Hesse-Form zu einer zweimal stetig differenzierbaren Funktion

   $f:{ℝ}^n⟶ℝ$

   in einem Punkt $P\in {ℝ}^n$.

6. Die Faser zu einer Abbildung

   $\phi :L⟶M$

   über einem Punkt  $x\in M$. 

Lösung

1. Unter einem euklidischen Vektorraum versteht man einen reellen endlichdimensionalen Vektorraum mit Skalarprodukt.
2. Die Menge aller Berührpunkte von $T$ heißt der Abschluss von $T$.
3. Es sei  $I\subseteq ℝ$  ein offenes Intervall,  $U\subseteq {ℝ}^n$  offen und

   $h:I\times U⟶ℝ$

   eine Funktion. Dann nennt man den Ausdruck

   $y^{(n)}=h(t,y,y^{\prime },y^{″},\dots ,y^{(n-1)})$

   eine Differentialgleichung der Ordnung $n$.

4. Es sei

   $v^{\prime }=Mv$

   mit

   $M\in {\mathrm{Mat}}_{n\times n}(𝕂)$

   eine lineare gewöhnliche Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten. Dann nennt man das charakteristische Polynom

   ${\chi }_M=det(t{E}_n-M)$

   auch das charakteristische Polynom der Differentialgleichung.

5. Die Abbildung

   ${\mathrm{Hess}}_{P}f:{ℝ}^n\times {ℝ}^n⟶ℝ,(u,v)⟼D_u{D}_{v}f(P),$

   heißt die Hesse-Form im Punkt  $P\in {ℝ}^n$. 

6. Die Faser über $y$ ist die Menge

   $F_y=\{x\in L\mid \phi (x)=y\}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Unabhängigkeit der Topologie auf einem reellen endlichdimensionalen Vektorraum.
2. Das Minorenkriterium für die Definitheit einer symmetrischen Bilinearform.
3. Der Satz über lokale Extrema unter Nebenbedingungen.

Lösung

1. Es sei $V$ ein reeller endlichdimensionaler Vektorraum. Es seien zwei Skalarprodukte ${⟨-,-⟩}_1$ und ${⟨-,-⟩}_2$ auf $V$ gegeben. Dann stimmen die über die zugehörigen Normen $\Vert -{\Vert }_1$ und $\Vert -{\Vert }_2$ definierten Topologien überein, d.h. eine Teilmenge $U\subseteq V$ ist genau dann offen bezüglich der einen Metrik, wenn sie offen bezüglich der anderen Metrik ist.
2. Es sei $⟨-,-⟩$ eine symmetrische Bilinearform auf einem endlichdimensionalen reellen Vektorraum und sei $v_1,\dots ,v_n$ eine Basis von $V$. Es sei $G$ die Gramsche Matrix zu $⟨-,-⟩$ bezüglich dieser Basis und es seien $D_k$ die Determinanten der quadratischen Untermatrizen

   $M_k=(⟨v_i,v_j⟩{)}_{1\le i,j\le k},k=1,\dots ,n.$

   Dann gelten folgende Aussagen.

   1. Genau dann ist $⟨-,-⟩$ positiv definit, wenn alle $D_k$ positiv sind.
   2. Genau dann ist $⟨-,-⟩$ negativ definit, wenn das Vorzeichen in der Folge $D_0=1,D_1,D_2,\dots ,D_n$ an jeder Stelle wechselt.
3. Es sei  $U\subseteq {ℝ}^n$  eine offene Teilmenge und sei

   $f:U⟶{ℝ}^m$

   eine stetig differenzierbare Abbildung. Es sei $M=f^{-1}(b)$ die Faser von $f$ über $b\in {ℝ}^m$. Es sei

   $h:U⟶ℝ$

   eine differenzierbare Funktion und die eingeschränkte Funktion $h{|}_M$ besitze im Punkt  $a\in M$  ein lokales Extremum auf $M$ und $a$ sei ein regulärer Punkt von $f$. Dann ist

   $T_{a}M\subseteq \mathrm{kern}{\left(Dh\right)}_a,$

   d.h. die Linearform ${\left(Dh\right)}_a$ verschwindet auf dem Tangentialraum

   an der Faser von $f$ durch $a$.

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Satz über die Charakterisierung von abgeschlossenen Mengen in einem metrischen Raum mit konvergenten Folgen.

Lösung

Es sei zunächst $T$ abgeschlossen und eine Folge  ${\left(x_n\right)}_{n\in \mathbb{N}}\in T$  gegeben, die in $M$ gegen  $x\in M$  konvergiert. Wir müssen zeigen, dass  $x\in T$  ist. Angenommen, dies wäre nicht der Fall. Dann liegt $x$ im offenen Komplement von $T$ und daher gibt es ein  $ϵ>0$  derart, dass der gesamte $ϵ$-Ball $U(x,ϵ)$ im Komplement von $T$ liegt. Also ist

$T\cap U(x,ϵ)=\mathrm{\varnothing }.$

Da die Folge aber gegen $x$ konvergiert, gibt es ein $n_0$ derart, dass alle Folgenglieder $x_n$, $n\ge n_0$, zu diesem Ball gehören. Da sie andererseits in $T$ liegen, ist dies ein Widerspruch.
  Es sei nun $T$ nicht abgeschlossen. Wir müssen eine Folge in $T$ konstruieren, die in $M$ konvergiert, deren Grenzwert aber nicht zu $T$ gehört. Da $T$ nicht abgeschlossen ist, ist das Komplement  $U:=M\setminus T$  nicht offen. D.h. es gibt einen Punkt  $x\in U$  derart, dass in jedem $ϵ$-Ball von $x$ auch Punkte außerhalb von $U$, also in $T$ liegen. Insbesondere ist also für jede natürliche Zahl  $n\in {\mathbb{N}}_{+}$  der Durchschnitt

$T\cap U(x,\frac{1}{n})\ne \mathrm{\varnothing }.$

Wir wählen aus dieser Schnittmenge ein Element $x_n$ und behaupten, dass die sich ergebende Folge die gewünschten Eigenschaften besitzt. Zunächst liegen nach Konstruktion alle Folgenglieder in $T$. Die Folge konvergiert gegen $x$, da man sich hierzu auf

$ϵ=1/n$

beschränken kann und alle Folgenglieder $x_m$, $m\ge n$, in  $U(x,\frac{1}{m})\subseteq U(x,\frac{1}{n})$  liegen. Da der Grenzwert einer Folge im Falle der Existenz eindeutig bestimmt ist, und  $x\notin T$  ist, konvergiert die Folge in $T$ nicht.

Aufgabe (8 (2+3+3) Punkte)

Es sei $M$ ein metrischer Raum und sei

$f:M⟶M$

eine Abbildung. Mit $f^{\circ n}$ bezeichnen wir die $n$-fache Hintereinanderschaltung von $f$ mit sich selbst.

a) Zeige, dass, wenn $f$ Lipschitz-stetig ist, dann auch $f^{\circ n}$ Lipschitz-stetig ist.

b) Man gebe ein Beispiel für eine Lipschitz-stetige Abbildung $f$, die keine starke Kontraktion, wo aber jedes $f^{\circ n}$ für  $n\ge 2$  eine starke Kontraktion ist.

c) Es sei $f$ Lipschitz-stetig und es sei $f^{\circ k}$ eine starke Kontraktion für ein gewisses $k$. Zeige, dass es ein $n_0$ derart gibt, dass $f^{\circ n}$ für jedes  $n\ge n_0$  eine starke Kontraktion ist.

Lösung

a) Es sei $f$ Lipschitz-stetig mit Lipschitz-Konstante $L$. Es ist also

$d(f(x),f(y))\le Ld(x,y)$

für alle $x,y\in M$. Daher ist

$d(f^{\circ n}(x),f^{\circ n}(y))\le Ld(f^{\circ n-1}(x),f^{\circ n-1}(y))\le \dots \le L^{n}d(x,y)$

und daher ist $f^{\circ n}$ Lipschitz-stetig mit Lipschitz-Konstante $L^n$.

b) Wir betrachten

$f:ℝ⟶ℝ$

mit

$f(x)=\{\begin{array}{c}0,\text{ für }x\le 0,\\ -2x,\text{ für }x>0.\end{array}$

Diese Funktion ist Lipschitz-stetig mit Lipschitz-Konstante $2$, die sich nicht verbessern lässt. Es liegt also keine starke Kontraktion vor. Da positive Zahlen auf negative Zahlen abgebildet werden und diese auf $0$, ist $f^{\circ 2}$ die Nullabbildung. Die höheren Hintereinanderschaltungen sind erst recht die Nullabbildung und dies ist eine starke Kontraktion.

c) Es sei $L$ eine Lipschitz-Konstante für $f$ und  $c<1$  ein Kontraktionsfaktor für $f^{\circ k}$. Es sei $m$ so gewählt, dass

$L^k{c}^m<1$

ist. Es sei

$n_0=mk.$

Für $n\ge n_0$ schreiben wir $n=ak+r$ mit $r<k$ und

$f^{\circ n}=f^{\circ ak}\circ f^{\circ r}={\left(f^{\circ k}\right)}^a\circ f^{\circ r}.$

Da Lipschitz-Konstanten multiplikativ sind, gilt für diese Hintereinanderschaltung die Lipschitz-Konstante ($L$ sei $\ge 1$)

$c^a{L}^r\le c^a{L}^k\le c^m{L}^k<1.$

Es handelt sich also um starke Kontraktionen.

Aufgabe (8 (2+3+3) Punkte)

Wir betrachten einen Kreis (mit Radius $1$) und darin eingeschriebene regelmäßige $n$-Ecke.

1. 

   In den Kreis sei ein Quadrat eingeschrieben. Bestimme dessen Flächeninhalt und dessen Umfang.

2. 

   In den Kreis sei ein regelmäßiges $6$-Eck eingeschrieben. Bestimme dessen Flächeninhalt und dessen Umfang.

3. Der Flächeninhalt eines eingeschriebenen regelmäßigen $n$-Ecks ist eine Approximation für den Flächeninhalt des Kreises und der Umfang eines solchen $n$-Ecks ist eine Approximation für den Umfang des Kreises. Welche Approximationen sind besser?

Lösung

1. Die Seitenlänge des eingeschriebenen Quadrates ist nach dem Satz des Pythagoras gleich $\sqrt{2}$. Deshalb ist der Flächeninhalt des eingeschriebenen Quadrates gleich

   $\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}=2$

   und der Umfang gleich $4\sqrt{2}$.

2. Das eingeschriebene regelmäßige Sechseck besteht aus $6$ gleichseitigen Dreiecken, da ja ihr Winkel im Kreismittelpunkt $60$ Grad beträgt, und somit ist ihre Seitenlänge gleich $1$. Die Höhe dieser Dreiecke ist nach dem Satz des Pythagoras gleich

   $\sqrt{1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^2}=\sqrt{\frac{3}{4}}=\frac{\sqrt{3}}{2}.$

   Der Flächeninhalt eines dieser Dreiecke ist

   $\frac{1}{2}\cdot 1\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4},$

   somit ist der Flächeninhalt des eingeschriebenen Sechsecks gleich

   $6\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}=3\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}.$

   Der Umfang des Sechsecks ist $6$.

3. Das regelmäßige eingeschriebene $n$-Eck besteht aus $n$ gleichen gleichschenkligen Dreiecken, deren Schenkel die Länge $1$ haben. Deren Grundseite sei mit $g_n$ und deren Höhe sei mit $h_n$ bezeichnet (deren Werte muss man für den Vergleich der Approximationen nicht ausrechnen). Der Flächeninhalt eines solchen Dreiecks ist $\frac{1}{2}{g}_n{h}_n$ und somit ist der Flächeninhalt des eingeschriebenen $n$-Ecks gleich

   $n\frac{1}{2}{g}_n{h}_n.$

   Der Umfang des $n$-Ecks ist

   $n{g}_n.$

   Das Verhältnis des Flächeninhalts des $n$-Ecks zum Flächeninhalt des Kreises ist somit

   $\frac{n\frac{1}{2}{g}_n{h}_n}{\pi }=h_n\frac{n{g}_n}{2\pi },$

   das Verhältnis des Umfangs des $n$-Ecks zum Umfang des Kreises ist

   $\frac{n{g}_n}{2\pi }.$

   Wegen  $h_n<1$  ist die Umfangsapproximation besser als die Flächenapproximation.

Aufgabe (1 Punkt)

Skizziere den Graphen der Addition

$+:ℝ\times ℝ⟶ℝ,(x,y)⟼x+y.$

Lösung erstellen

Aufgabe (5 Punkte)

Bestimme die Lösung des Anfangswertproblems

${\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right)}^{\prime }=\left(\begin{array}{ccc}5& 0& t\\ 0& -3& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right)$

mit der Anfangsbedingung

$\left(\begin{array}{c}x(0)\\ y(0)\\ z(0)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right).$

Lösung

${\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right)}^{\prime }=\left(\begin{array}{ccc}5& 0& t\\ 0& -3& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right)$

Aus der dritten Zeile

$z^{\prime }=z$

mit der Anfangsbedingung  $z(0)=1$  folgt direkt

$z(t)=e^t.$

Entsprechend folgt aus der zweiten Zeile direkt

$y(t)=e^{-3t}.$

Die erste Zeile liefert die eindimensionale Differentialgleichung

$x^{\prime }=5x+t{e}^t.$

Dies ist eine eindimensionale inhomogene lineare Differentialgleichung. Die zugehörige homogene Gleichung besitzt die Lösung $e^{5t}$. Mit Variation der Konstanten, also dem Ansatz

$x(t)=c(t)e^{5t}$

(siehe Satz 29.10 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))), ergibt sich die Bedingung

$c^{\prime }(t)=t{e}^t\cdot e^{-5t}=t{e}^{-4t}.$

Die Stammfunktionen hiervon sind

$-\frac{1}{4}t{e}^{-4t}-\frac{1}{16}{e}^{-4t}+c.$

Somit ist

$x(t)=(-\frac{1}{4}t{e}^{-4t}-\frac{1}{16}{e}^{-4t}+c)e^{5t}$

und die Anfangsbedingung legt

$c=\frac{17}{16}$

fest. Die Lösung des Anfangswertproblems ist somit

$\begin{array}{cc}\left(\begin{array}{c}x(t)\\ y(t)\\ z(t)\end{array}\right)& =\left(\begin{array}{c}(-\frac{1}{4}t{e}^{-4t}-\frac{1}{16}{e}^{-4t}+\frac{17}{16})e^{5t}\\ e^{-3t}\\ e^t\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{c}-\frac{1}{4}t{e}^t-\frac{1}{16}{e}^t+\frac{17}{16}{e}^{5t}\\ e^{-3t}\\ e^t\end{array}\right).\end{array}$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei $f:{ℝ}^3\to ℝ$ eine dreimal stetig differenzierbare Funktion. Zeige

$\frac{\partial }{\partial z}\frac{\partial }{\partial y}\frac{\partial }{\partial x}f=\frac{\partial }{\partial x}\frac{\partial }{\partial y}\frac{\partial }{\partial z}f.$

Lösung

Unter mehrfacher Anwendung des Satzes von Schwarz ist (die Klammern verdeutlichen, wie der Satz angewendet wird. Für die vierte Gleichung wird verwendet, dass $\frac{\partial }{\partial y}f$ zweimal stetig differenzierbar ist)

$\begin{array}{cc}\frac{\partial }{\partial z}\frac{\partial }{\partial y}\frac{\partial }{\partial x}f& =\frac{\partial }{\partial z}\left(\frac{\partial }{\partial y}\frac{\partial }{\partial x}f\right)\\ & =\frac{\partial }{\partial z}\left(\frac{\partial }{\partial x}\frac{\partial }{\partial y}f\right)\\ & =\left(\frac{\partial }{\partial z}\frac{\partial }{\partial x}\right)\left(\frac{\partial }{\partial y}f\right)\\ & =\left(\frac{\partial }{\partial x}\frac{\partial }{\partial z}\right)\left(\frac{\partial }{\partial y}f\right)\\ & =\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\partial }{\partial z}\frac{\partial }{\partial y}f\right)\\ & =\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\partial }{\partial y}\frac{\partial }{\partial z}f\right)\\ & =\frac{\partial }{\partial x}\frac{\partial }{\partial y}\frac{\partial }{\partial z}f.\end{array}$

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den Satz über totale Differenzierbarkeit und Richtungsableitungen.

Lösung

Da ${\left(D\phi \right)}_P$ eine lineare Abbildung von $V$ nach $W$ ist, liefert die Anwendung dieser Abbildung auf einen Vektor  $v\in V$  einen Vektor  ${\left(D\phi \right)}_P\left(v\right)\in W$.  Nach Voraussetzung haben wir

$\phi (P+v)=\phi (P)+{\left(D\phi \right)}_P\left(v\right)+\Vert v\Vert \cdot r(v)$

(mit den üblichen Bedingungen an $r$). Insbesondere gilt für (hinreichend kleines)  $s\in 𝕂$ 

$\phi (P+sv)=\phi (P)+s{\left(D\phi \right)}_P\left(v\right)+|s|\cdot \Vert v\Vert \cdot r(sv).$

Also gilt

$\begin{array}{cc}{\lim }_{s\to 0,s\ne 0}\frac{\phi (P+sv)-\phi (P)}{s}& ={\lim }_{s\to 0,s\ne 0}\frac{s{\left(D\phi \right)}_P\left(v\right)+|s|\cdot \Vert v\Vert \cdot r(sv)}{s}\\ & ={\lim }_{s\to 0,s\ne 0}({\left(D\phi \right)}_P\left(v\right)+\frac{|s|}{s}\Vert v\Vert \cdot r(sv))\\ & ={\left(D\phi \right)}_P\left(v\right),\end{array}$

da  ${\lim }_{s\to 0}r(sv)=0$  und der Ausdruck $\frac{|s|}{s}\Vert v\Vert$ beschränkt ist.

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

Wir betrachten die komplexe Invertierung

$f:ℂ\setminus \{0\}⟶ℂ,z⟼z^{-1}.$

1. Bestimme die Ableitung $f^{\prime }(z)$ von $f$.
2. Beschreibe die Funktion

   $f:{ℝ}^2\setminus \{0\}⟶{ℝ}^2$

   mit den reellen Koordinaten $x,y$ (bezüglich der reellen Basis $1$ und $\mathrm{i}$ von $ℂ$).

3. Bestimme das totale Differential zu $f$ bezüglich der Basis $1$ und $\mathrm{i}$ in einem beliebigen Punkt.
4. Beschreibe die Multiplikation mit $f^{\prime }(z)$ auf $ℂ$ durch eine reelle Matrix bezüglich der reellen Basis $1$ und $\mathrm{i}$.

Lösung

1. Die Ableitung ist

   $f^{\prime }(z)=-\frac{1}{z^2}.$

2. In reellen Koordinaten ist die Abbildung durch

   $z=x+\mathrm{i}y⟼\frac{x}{x^2+y^2}-\mathrm{i}\frac{y}{x^2+y^2}$

   gegeben.

3. Das totale Differential der Abbildung aus (2) ist

   $\left(\begin{array}{cc}\frac{(x^2+y^2)-2x^2}{(x^2+y^2{)}^2}& \frac{-2xy}{(x^2+y^2{)}^2}\\ \frac{2xy}{(x^2+y^2{)}^2}& \frac{-(x^2+y^2)+2y^2}{(x^2+y^2{)}^2}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\frac{-x^2+y^2}{(x^2+y^2{)}^2}& \frac{-2xy}{(x^2+y^2{)}^2}\\ \frac{2xy}{(x^2+y^2{)}^2}& \frac{-x^2+y^2}{(x^2+y^2{)}^2}\end{array}\right).$

4. Es ist für  $z=x+\mathrm{i}y$ 

   $\begin{array}{cc}{f}^{\prime }(z)& =-\frac{1}{z^2}\\ & =-\frac{1}{(x+\mathrm{i}y)}\cdot \frac{1}{(x+\mathrm{i}y)}\\ & =-\frac{(x-\mathrm{i}y)}{x^2+y^2}\cdot \frac{(x-\mathrm{i}y)}{x^2+y^2}\\ & =-\frac{{(x-\mathrm{i}y)}^2}{{(x^2+y^2)}^2}\\ & =-\frac{x^2-y^2-2\mathrm{i}xy}{{(x^2+y^2)}^2}\\ & =\frac{-x^2+y^2+2\mathrm{i}xy}{{(x^2+y^2)}^2}.\end{array}$

   Die Multiplikation mit $1$ ist eben diese Zahl, die Multiplikation mit $\mathrm{i}$ ist

   $\frac{(-x^2+y^2)\mathrm{i}-2xy}{{(x^2+y^2)}^2}.$

   Dies führt zur gleichen Matrix wie in Teil (3).

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei $⟨-,-⟩$ eine symmetrische Bilinearform auf einem zweidimensionalen reellen Vektorraum, die bezüglich einer Basis durch die Gramsche Matrix

$\left(\begin{array}{cc}0& b\\ b& c\end{array}\right)$

beschrieben werde. Bestimme den Typ der Form in Abhängigkeit von $b,c$.

Lösung

Wir verwenden das Eigenwertkriterium. Das charakteristische Polynom der Matrix ist

$X(X-c)-b^2=X^2-cX-b^2.$

Bei  $b\ne 0$  ist der Wert des charakteristischen Polynoms an der Stelle $0$ negativ. Somit gibt es eine negative und eine positive Nullstelle und daher ist der Typ gleich $(1,1)$. Es sei also  $b=0$.  Die Nullstellen des charakteristischen Polynoms sind dann $0$ und $c$. Bei  $c=0$  liegt die Nullform mit dem Typ $(0,0)$ vor. Bei negativem $c$ ist der Typ $(0,1)$ und bei positivem $c$ ist der Typ $(1,0)$.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die kritischen Punkte der Funktion

$\phi :{ℝ}^2⟶ℝ,(x,y)⟼3x^2-2xy-y^2+5x,$

und entscheide, ob in diesen kritischen Punkten ein lokales Extremum vorliegt.

Lösung

Die Jacobi-Matrix dieser Funktion ist

$(6x-2y+5,-2x-2y).$

Wir setzen beide Komponenten gleich $0$ und erhalten durch Subtraktion der beiden Gleichungen voneinander die Bedingung

$8x+5=0,$

also ist

$x=-\frac{5}{8}\text{ und daher }y=\frac{5}{8}.$

Der einzige kritische Punkt der Funktion ist also

$P=(-\frac{5}{8},\frac{5}{8}).$

Wir bestimmen die Hesse-Matrix in diesem Punkt. Sie ist

$\left(\begin{array}{cc}6& -2\\ -2& -2\end{array}\right).$

Wir wenden das Minorenkriterium an. Der Eintrag links oben ist positiv, die Determinante ist $-12-4=-16$, also negativ. Daher besitzt die Hesse-Form den Typ $(1,1)$, und somit liegt kein lokales Extremum vor.

Aufgabe (4 Punkte)

Man gebe für jedes $n\in {\mathbb{N}}_{+}$ eine bijektive, total differenzierbare Abbildung

${\phi }_n:{ℝ}^n⟶{ℝ}^n$

an, für die das totale Differential in mindestens einem Punkt nicht regulär ist.

Lösung

Für $n=1$ ist die Abbildung

$ℝ⟶ℝ,x⟼x^3,$

bijektiv (mit der Umkehrfunktion $x\mapsto \sqrt[3]{x}$). Für ein $n\in {\mathbb{N}}_{+}$ betrachten wir die Abbildung

${\phi }_n:{ℝ}^n⟶{ℝ}^n,(x_1,x_2,\dots ,x_n)⟼(x_1^3,x_2,\dots ,x_n).$

Dies ist eine polynomiale Abbildung, sodass das totale Differential durch die Jacobi-Matrix, also durch

$\left(\begin{array}{cccc}3x_1^2& 0& \cdots & 0\\ 0& 1& \ddots & ⋮\\ ⋮& \ddots & \ddots & 0\\ 0& \cdots & 0& 1\end{array}\right)$

gegeben ist. Für $x_1=0$ ist diese Matrix nicht invertierbar, da ihre Determinante $0$ ist, und die Abbildung ist für diese Punkte nicht regulär. Dennoch ist die Abbildung bijektiv, die Umkehrabbildung wird durch

${ℝ}^n⟶{ℝ}^n,(x_1,x_2,\dots ,x_n)⟼(\sqrt[3]{x_1},x_2,\dots ,x_n)$

gegeben.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über das Wegintegral in einem Gradientenfeld.

Lösung

Aufgrund der Kettenregel ist

$\begin{array}{cc}{\int }_{\gamma }G& ={\int }_a^b⟨G(\gamma (t)),{\gamma }^{\prime }(t)⟩dt\\ & ={\int }_a^b\sum _{i=1}^n{G}_i(\gamma (t))\cdot {{\gamma }_i}^{\prime }(t)dt\\ & ={\int }_a^b\sum _{i=1}^n\frac{\partial h}{\partial x_i}(\gamma (t))\cdot {{\gamma }_i}^{\prime }(t)dt\\ & ={\int }_a^b(h\circ \gamma {)}^{\prime }(t)dt\\ & =h(\gamma (b))-h(\gamma (a)).\end{array}$