Kurs:Analysis/Teil II/21/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine beschränkte Teilmenge ${}T\subseteq M$ in einem metrischen Raum ${}(M,d)$.
2. Eine kompakte Teilmenge ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$.
3. Ein Fixpunkt einer Abbildung

   $f\colon M\longrightarrow M.$

4. Eine Lösung zu einem Anfangswertproblem

   $v'=f(t,v){\text{ und }}(t_{0},w)\in I\times U$

   zu einem Vektorfeld

   $f\colon I\times U\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

   auf einer offenen Teilmenge ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$.

5. Die Faser zu einer Abbildung

   $\varphi \colon L\longrightarrow M$

   über einem Punkt ${}x\in M$.

6. Eine sternförmige Teilmenge ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$.

Lösung

1. Die Teilmenge ${}T$ heißt beschränkt, wenn es eine reelle Zahl ${}b$ mit

   $d{\left(x,y\right)}\leq b{\text{ für alle }}x,y\in T$

   gibt.

2. Eine Teilmenge ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{m}$ heißt kompakt, wenn sie abgeschlossen und beschränkt ist.
3. Ein Element ${}x\in M$ mit ${}f(x)=x$ heißt Fixpunkt der Abbildung.
4. Unter einer Lösung des Anfangswertproblems versteht man eine Abbildung

   $v\colon J\longrightarrow V,\,t\longmapsto v(t),$

   auf einem Intervall ${}J\subseteq I$ mit ${}v'(t)=f(t,v)$ für alle ${}t\in J$ und mit ${}v(t_{0})=w$.

5. Die Faser über ${}y$ ist die Menge

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

6. Eine Teilmenge ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ heißt sternförmig bezüglich eines Punktes ${}P\in T$, wenn für jeden Punkt ${}Q\in T$ die Verbindungsstrecke ${}sQ+(1-s)P$, ${}s\in [0,1]$, ganz in ${}T$ liegt.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Das Vergleichskriterium für eine fallende Funktion

   $[0,+\infty [\longrightarrow \mathbb {R} _{\geq 0}.$

2. Der Satz über die Offenheit der positiven Definitheit der Hesse-Form.
3. Der Satz über die Grenzabbildung einer gleichmäßig konvergenten Abbildungsfolge.

Lösung

1. Es sei ${}I=[1,\infty ]$ ein rechtsseitig unbeschränktes Intervall und sei

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

   eine stetige fallende Funktion mit ${}f(x)\geq 0$ für alle ${}x\in I$. Dann existiert das uneigentliche Integral

   $\int _{1}^{\infty }f(t)\,dt$

   genau dann, wenn die Reihe

   $\sum _{n=1}^{\infty }f(n)$

   konvergiert.
2. Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum, ${}G\subseteq V$ eine offene Teilmenge und

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

   eine zweimal stetig differenzierbare Funktion. Es sei ${}P\in G$ ein Punkt, in dem die Hesse-Form ${}\operatorname {Hess} _{P}\,f$ positiv definit sei. Dann gibt es eine offene Umgebung ${}U$, ${}P\in U\subseteq G$, derart, dass die Hesse-Form ${}\operatorname {Hess} _{Q}\,f$ in jedem Punkt ${}Q\in U$

   positiv definit ist.
3. Es seien ${}L$ und ${}M$ metrische Räume und es sei

   $f_{n}\colon L\longrightarrow M$

   eine Folge von stetigen Abbildungen, die gleichmäßig

   gegen die Abbildung ${}f$ konvergiert. Dann ist ${}f$ stetig.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise die Funktionalgleichung der Fakultätsfunktion ${}\operatorname {Fak} \,(x)$ für ${}x>0$.

Lösung

Mittels partieller Integration ergibt sich (für reelle Zahlen ${}b\geq a>0$ bei fixiertem ${}x>0$)

${}{\begin{aligned}\int _{a}^{b}t^{x}e^{-t}\,dt&=-t^{x}e^{-t}|_{a}^{b}+\int _{a}^{b}xt^{x-1}e^{-t}\,dt\\&=-b^{x}e^{-b}+a^{x}e^{-a}+x\cdot \int _{a}^{b}t^{x-1}e^{-t}\,dt.\end{aligned}}$

Für ${}b\rightarrow \infty$ geht ${}b^{x}e^{-b}\rightarrow 0$ und für ${}a\rightarrow 0$ geht ${}a^{x}e^{-a}\rightarrow 0$ (da ${}x$ positiv ist). Wendet man auf beide Seiten diese Grenzwertprozesse an, so erhält man ${}\operatorname {Fak} \,(x)=x\operatorname {Fak} \,(x-1)$.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}(M,d)$ ein metrischer Raum. Zeige, dass jede endliche Teilmenge ${}T\subseteq M$ abgeschlossen ist.

Lösung

Die endliche Punktmenge bestehe aus ${}P_{1},\ldots ,P_{n}\in M$. Wir müssen zeigen, dass das Komplement ${}U=M\setminus \{P_{1},\ldots ,P_{n}\}$ dieser Punktmenge offen ist. D.h. wir müssen zeigen, dass es zu jedem Punkt ${}Q\in M$, ${}Q\neq P_{1},\ldots ,P_{n}$, eine offene Ballumgebung ${}U{\left(Q,\epsilon \right)}$ gibt, die ganz in ${}U$ liegt. Wegen ${}Q\neq P_{i}$ ist ${}d(Q,P_{i})=\epsilon _{i}>0$. Wir setzen ${}\epsilon :=\operatorname {min} _{i=1,\ldots ,n}\{\epsilon _{i}\}$. Dann enthält ${}U{\left(Q,\epsilon \right)}=\bigcap _{i=1}^{n}U{\left(Q,\epsilon _{i}\right)}$ keinen der Punkte.

Aufgabe (10 Punkte)

Beweise den Banachschen Fixpunktsatz.

Lösung

Es sei ${}c\in \mathbb {R}$, ${}0\leq c<1$, ein Kontraktionsfaktor, d.h. es gelte

${}d{\left(f(x),f(y)\right)}\leq c\cdot d{\left(x,y\right)}\,$

für alle ${}x,y\in M$. Wenn ${}x,y\in M$ Fixpunkte sind, so folgt aus

${}d(x,y)=d(f(x),f(y))\leq c\cdot d(x,y)\,$

sofort ${}d(x,y)=0$ und somit ${}x=y$, es kann also maximal einen Fixpunkt geben.
Es sei nun ${}x\in M$ ein beliebiger Punkt. Wir betrachten die durch

$x_{0}=x{\text{ und }}x_{n}:=f^{n}(x):=f(x_{n-1})$

rekursiv definierte Folge in ${}M$. Wir setzen

${}a=d{\left(f(x),x\right)}\,.$

Dann gilt für jedes ${}n\in \mathbb {N}$ die Beziehung

${}d{\left(f^{n+1}(x),f^{n}(x)\right)}\leq c\cdot d{\left(f^{n}(x),f^{n-1}(x)\right)}\leq c^{n}\cdot d{\left(f(x),x\right)}=c^{n}a\,.$

Daher gilt aufgrund der Dreiecksungleichung und der geometrischen Reihe für ${}n\geq m$ die Beziehung

${}{\begin{aligned}d{\left(f^{n}(x),f^{m}(x)\right)}&\leq d{\left(f^{n}(x),f^{n-1}(x)\right)}+d{\left(f^{n-1}(x),f^{n-2}(x)\right)}+\cdots +d{\left(f^{m+1}(x),f^{m}(x)\right)}\\&\leq a\left(c^{n-1}+c^{n-2}+\cdots +c^{m+1}+c^{m}\right)\\&=ac^{m}\left(c^{n-m-1}+c^{n-m-2}+\cdots +c^{2}+c^{1}+1\right)\\&\leq c^{m}a{\frac {1}{1-c}}.\,\end{aligned}}$

Zu einem gegebenen ${}\epsilon >0$ wählt man ${}n_{0}$ mit

${}c^{n_{0}}a{\frac {1}{1-c}}\leq \epsilon \,.$

Dies zeigt, dass eine Cauchy-Folge vorliegt, die aufgrund der Vollständigkeit gegen ein ${}y\in M$ konvergiert.
Wir zeigen, dass dieses ${}y$ ein Fixpunkt ist. Die Bildfolge ${}{\left(f(x_{n})\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiert gegen ${}f(y)$, da eine kontrahierende Abbildung stetig ist. Andererseits stimmt diese Bildfolge mit der Ausgangsfolge bis auf die Indizierung überein, sodass der Grenzwert ${}y$ sein muss.

Aufgabe (4 Punkte)

Von einer Bewegung

$\varphi \colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3}$

sei der Geschwindigkeitsverlauf

${}\varphi '(t)=\left({\frac {t^{2}-1}{t}},\,t\sin \left(t^{2}\right),\,te^{t}\right)\,$

bekannt. Ferner sei

${}\varphi (1)=(1,2,3)\,$

bekannt. Bestimme ${}\varphi (t)$.

Lösung

Wir bestimmen Stammfunktionen für die einzelnen Komponentenfunktionen. Eine Stammfunktion zu

${}{\frac {t^{2}-1}{t}}=t-{\frac {1}{t}}\,$

ist

${\frac {1}{2}}t^{2}-\ln t,$

eine Stammfunktion zu ${}t\sin \left(t^{2}\right)$ ist

$-{\frac {1}{2}}\cos \left(t^{2}\right)$

und eine Stammfunktion zu ${}te^{t}$ ist

$te^{t}-e^{t}.$

Deshalb besitzt ${}\varphi$ die allgemeine Gestalt

${}\varphi (t)=\left({\frac {1}{2}}t^{2}-\ln t+a,\,-{\frac {1}{2}}\cos \left(t^{2}\right)+b,\,te^{t}-e^{t}+c\right)\,$

mit Konstanten ${}a,b,c\in \mathbb {R}$. Die Bedingung

${}\varphi (1)=\left(1,\,2,\,3\right)\,$

führt auf

${}\left({\frac {1}{2}}+a,\,-{\frac {1}{2}}\cos \left(1\right)+b,\,c\right)=\left(1,\,2,\,3\right)\,,$

also ist

${}a={\frac {1}{2}}\,,$

${}b=2+{\frac {1}{2}}\cos 1\,$

und

${}c=3\,.$

Insgesamt ist also

${}\varphi (t)=\left({\frac {1}{2}}t^{2}-\ln t+{\frac {1}{2}},\,-{\frac {1}{2}}\cos \left(t^{2}\right)+2+{\frac {1}{2}}\cos 1,\,te^{t}-e^{t}+3\right)\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei

$\gamma \colon [-1,1]\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto \left(2t-1,t^{2}+1\right),$

gegeben. Berechne das Wegintegral längs dieses Weges zum Vektorfeld

${}F(x,y)=\left(xy^{2}-x,\,2xy-y^{2}\right)\,.$

Lösung

Die Ableitung der Kurve ist

${}\gamma '(t)={\begin{pmatrix}2\\2t\end{pmatrix}}\,$

und das Vektorfeld auf dem Weg ausgewertet ist

${}{\begin{aligned}F(\gamma (t))&={\begin{pmatrix}\gamma _{1}(t)\gamma _{2}(t)^{2}-\gamma _{1}(t)\\2\gamma _{1}(t)\gamma _{2}(t)-\gamma _{2}(t)^{2}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\left(2t-1\right)}{\left(t^{2}+1\right)}^{2}-{\left(2t-1\right)}\\2{\left(2t-1\right)}{\left(t^{2}+1\right)}-{\left(t^{2}+1\right)}^{2}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\left(2t-1\right)}{\left(t^{4}+2t^{2}+1\right)}-{\left(2t-1\right)}\\2{\left(2t-1\right)}{\left(t^{2}+1\right)}-{\left(t^{4}+2t^{2}+1\right)}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}2t^{5}+4t^{3}+2t-t^{4}-2t^{2}-1-2t+1\\4t^{3}+4t-2t^{2}-2-t^{4}-2t^{2}-1\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}2t^{5}-t^{4}+4t^{3}-2t^{2}\\-t^{4}+4t^{3}-4t^{2}+4t-3\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Damit ist das Wegintegral gleich

${}{\begin{aligned}\int _{\gamma }F&=\int _{-1}^{1}\left\langle {\begin{pmatrix}2t^{5}-t^{4}+4t^{3}-2t^{2}\\-t^{4}+4t^{3}-4t^{2}+4t-3\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}2\\2t\end{pmatrix}}\right\rangle dt\\&=\int _{-1}^{1}2{\left(2t^{5}-t^{4}+4t^{3}-2t^{2}\right)}+2t{\left(-t^{4}+4t^{3}-4t^{2}+4t-3\right)}dt\\&=\int _{-1}^{1}2t^{5}+6t^{4}+4t^{2}-6tdt\\&={\left({\frac {1}{3}}t^{6}+{\frac {6}{5}}t^{5}+{\frac {4}{3}}t^{3}-3t^{2}\right)}_{-1}^{1}\\&={\frac {12}{5}}+{\frac {8}{3}}\\&={\frac {76}{15}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme ein Fundamentalsystem für das Differentialgleichungssystem

${}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}7&-1\\-5&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,.$

Lösung

Das charakteristische Polynom der Matrix ist

${}{\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}\lambda -7&1\\5&\lambda -3\end{pmatrix}}&=(\lambda -7)(\lambda -3)-5\\&=\lambda ^{2}-10\lambda +16\\&=(\lambda -2)(\lambda -8).\end{aligned}}$

Die Eigenwerte sind also ${}2$ und ${}8$. Zum Kern von ${}{\begin{pmatrix}-5&1\\5&-1\end{pmatrix}}$ gehört ${}{\begin{pmatrix}1\\5\end{pmatrix}}$, daher ist ${}{\begin{pmatrix}1\\5\end{pmatrix}}$ ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}2$.

Zum Kern von ${}{\begin{pmatrix}1&1\\5&5\end{pmatrix}}$ gehört ${}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$, daher ist ${}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$ ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}8$. Nach Lemma 42.1 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) bilden somit die Funktionen ${}e^{2t}{\begin{pmatrix}1\\5\end{pmatrix}}$ und ${}e^{8t}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$ ein Fundamentalsystem.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme die partielle Ableitung nach ${}w$ der Funktion

${}{\begin{aligned}f(x,y,z,u,v,w)&={\frac {-uv}{x^{2}+y^{2}+z^{2}+1}}-\cos \left(z-x\right)+2xw+4x^{5}zu^{9}+{\sqrt[{2}]{u^{2}+v^{2}+1}}\\\,\end{aligned}}$

Lösung

Die partielle Ableitung nach ${}w$ ist

${}{\frac {\partial f}{\partial w}}=2x\,.$

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

Wir betrachten ein Ballspiel, bei dem das Tor durch die Eckpfosten ${}(-1,0)$ und ${}(1,0)$ gegeben ist. Der Ball (bzw. der ballführende Spieler) befindet sich in der variablen Position ${}(x,y)$. Die Wahrscheinlichkeit, von einer bestimmten Position aus ein Tor zu erzielen, hänge direkt vom Winkel (Torschusswinkel) ab, der das Dreieck ${}(-1,0),(1,0),(x,y)$ im Punkt ${}(x,y)$ besitzt (man denke an die Situation, wo der Spieler allein vor dem leeren Tor steht und es allein auf die Zielgenauigkeit ankommt).

1. Erstelle eine Formel für den Torschusswinkel in Abhängigkeit von der Ballposition ${}(x,y)$.
2. Skizziere die Menge der Punkte, für die der Toreinschusswinkel gleich ${}90$ Grad ist.
3. In welche Richtung muss der Ball bewegt werden, damit der Torschusswinkel möglichst schnell wächst?

Lösung

1. Die Richtungsvektoren des Dreiecks im Eckpunkt ${}(x,y)$ sind ${}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x-1\\y\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}-1\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x+1\\y\end{pmatrix}}$. Das Skalarprodukt dazwischen ist

   ${}\left\langle {\begin{pmatrix}x-1\\y\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}x+1\\y\end{pmatrix}}\right\rangle =x^{2}+y^{2}-1\,.$

   Nach Bemerkung 31.12 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist der Winkel gleich

   ${}{\begin{aligned}\alpha (x,y)&=\arccos {\frac {\left\langle {\begin{pmatrix}x-1\\y\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}x+1\\y\end{pmatrix}}\right\rangle }{\Vert {\begin{pmatrix}x-1\\y\end{pmatrix}}\Vert \cdot \Vert {\begin{pmatrix}x+1\\y\end{pmatrix}}\Vert }}\\&=\arccos {\frac {x^{2}+y^{2}-1}{{\sqrt {(x-1)^{2}+y^{2}}}\cdot {\sqrt {(x+1)^{2}+y^{2}}}}}\\&=\arccos {\frac {x^{2}+y^{2}-1}{\sqrt {(x^{2}-1)^{2}+y^{4}+((x-1)^{2}+(x+1)^{2})y^{2}}}}\\&=\arccos {\frac {x^{2}+y^{2}-1}{\sqrt {x^{4}+y^{4}-2x^{2}+1+2x^{2}y^{2}+2y^{2}}}}.\end{aligned}}$

2. Nach dem Satz des Thales (und seiner Umkehrung) ist dies der Halbkreis oberhalb des Tores.
3. Wir müssen nach Satz 47.8 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) den Gradienten zur Funktion ${}\alpha (x,y)$ berechnen. Nach Aufgabe 21.8 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist

   ${}{\left(\arccos z\right)}'=-{\frac {1}{\sqrt {1-z^{2}}}}\,.$

   In unserer Situation ist

   ${}z(x,y)={\frac {x^{2}+y^{2}-1}{\sqrt {x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}-2x^{2}+2y^{2}+1}}}\,.$

   Die partiellen Ableitungen von ${}z$ sind nach der Quotientenregel

   ${}{\begin{aligned}&\,\,\,\,\,\,\,{\frac {\partial z}{\partial x}}(x,y)\\&={\frac {2x{\sqrt {x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}-2x^{2}+2y^{2}+1}}-{\left(x^{2}+y^{2}-1\right)}{\frac {2x^{3}+2xy^{2}-2x}{\sqrt {x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}-2x^{2}+2y^{2}+1}}}}{x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}-2x^{2}+2y^{2}+1}}\\&={\frac {2x{\left(x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}-2x^{2}+2y^{2}+1\right)}-{\left(x^{2}+y^{2}-1\right)}{\left(2x^{3}+2xy^{2}-2x\right)}}{{\left(x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}-2x^{2}+2y^{2}+1\right)}^{3/2}}}\\&={\frac {2x{\left(x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}-2x^{2}+2y^{2}+1-{\left(x^{2}+y^{2}-1\right)}{\left(x^{2}+y^{2}-1\right)}\right)}}{{\left(x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}-2x^{2}+2y^{2}+1\right)}^{3/2}}}\\&={\frac {2x{\left(x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}-2x^{2}+2y^{2}+1-x^{4}-y^{4}-1-2x^{2}y^{2}+2x^{2}+2y^{2}\right)}}{{\left(x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}-2x^{2}+2y^{2}+1\right)}^{3/2}}}\\&={\frac {8xy^{2}}{{\left(x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}-2x^{2}+2y^{2}+1\right)}^{3/2}}}\,\end{aligned}}$

   und

   ${}{\begin{aligned}{\frac {\partial z}{\partial y}}(x,y)&={\frac {2y{\sqrt {x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}-2x^{2}+2y^{2}+1}}-{\left(x^{2}+y^{2}-1\right)}{\frac {2y^{3}+2x^{2}y+2y}{\sqrt {x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}-2x^{2}+2y^{2}+1}}}}{x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}-2x^{2}+2y^{2}+1}}\\&={\frac {2y{\left(x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}-2x^{2}+2y^{2}+1\right)}-{\left(x^{2}+y^{2}-1\right)}{\left(2y^{3}+2x^{2}y+2y\right)}}{{\left(x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}-2x^{2}+2y^{2}+1\right)}^{3/2}}}\\&={\frac {2y{\left(x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}-2x^{2}+2y^{2}+1-{\left(x^{2}+y^{2}-1\right)}{\left(x^{2}+y^{2}+1\right)}\right)}}{{\left(x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}-2x^{2}+2y^{2}+1\right)}^{3/2}}}\\&={\frac {2y{\left(x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}-2x^{2}+2y^{2}+1-x^{4}-y^{4}-2x^{2}y^{2}+1\right)}}{{\left(x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}-2x^{2}+2y^{2}+1\right)}^{3/2}}}\\&={\frac {2y{\left(-2x^{2}+2y^{2}+2\right)}}{{\left(x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}-2x^{2}+2y^{2}+1\right)}^{3/2}}}\\&={\frac {-4x^{2}y+4y^{3}+4y}{{\left(x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}-2x^{2}+2y^{2}+1\right)}^{3/2}}}.\end{aligned}}$

   Daher ist insgesamt

   ${}{\begin{aligned}&\,\,\,\,\,\,\,{\frac {\partial \alpha (x,y)}{\partial x}}\\&=-{\frac {{\frac {\partial z}{\partial x}}(x,y)}{\sqrt {1-\left({\frac {x^{2}+y^{2}-1}{\sqrt {x^{4}+y^{4}-2x^{2}+1+2x^{2}y^{2}+2y^{2}}}}\right)^{2}}}}\\&=-{\frac {\frac {8xy^{2}}{{\left(x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}-2x^{2}+2y^{2}+1\right)}^{3/2}}}{\sqrt {\frac {x^{4}+y^{4}-2x^{2}+1+2x^{2}y^{2}+2y^{2}-{\left(x^{2}+y^{2}-1\right)}^{2}}{x^{4}+y^{4}-2x^{2}+1+2x^{2}y^{2}+2y^{2}}}}}\\&=-{\frac {8xy^{2}}{{\left(x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}-2x^{2}+2y^{2}+1\right)}{\left(x^{4}+y^{4}-2x^{2}+1+2x^{2}y^{2}+2y^{2}-{\left(x^{2}+y^{2}-1\right)}^{2}\right)}}}\\&=-{\frac {8xy^{2}}{{\left(x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}-2x^{2}+2y^{2}+1\right)}{\left(4y^{2}\right)}}}\\&=-{\frac {2x}{\left(x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}-2x^{2}+2y^{2}+1\right)}}.\,\end{aligned}}$

Aufgabe (10 Punkte)

Bestimme die lokalen und globalen Extrema der auf der abgeschlossenen Kreisscheibe ${}B\left(0,1\right)={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid x^{2}+y^{2}\leq 1\right\}}$ definierten Funktion

$f\colon B\left(0,1\right)\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto x^{2}+y^{3}-y^{2}-y.$

Lösung

Wir bestimmen zunächst lokale Extrema auf dem offenen Innern der Kreisscheibe, indem wir die Funktion auf kritische Punkte untersuchen. Die Jacobi-Matrix von ${}f$ ist

${}J=\left(2x,\,3y^{2}-2y-1\right)\,.$

Die kritischen Punkte liegen also bei ${}x=0$ und ${}3y^{2}-2y-1=0$ vor. Für die Gleichung ${}3y^{2}-2y-1=0$ sind ${}y=1$ und ${}y=-{\frac {1}{3}}$ die Lösungen, wobei der Punkt ${}P=(0,1)$ nicht zum Innern (aber zum Rand) gehört, der Punkt ${}Q=\left(0,\,-{\frac {1}{3}}\right)$ aber schon. Für ${}Q$ bestimmen wir die Hesse-Matrix, diese ist allgemein

${\begin{pmatrix}2&0\\0&6y-2\end{pmatrix}},$

sodass sich für ${}Q$ die Hesse-Matrix

${\begin{pmatrix}2&0\\0&-4\end{pmatrix}}$

ergibt. Diese hat den Typ ${}(1,1)$, sodass diese Matrix indefinit ist und kein lokales Extremum vorliegt. Daher liegen sämtliche lokalen und globalen Extrema auf dem Rand.

Die Funktion ${}f$ lässt sich auf ganz ${}\mathbb {R} ^{2}$ in natürlicher Weise ausdehnen (durch dieselben polynomialen Ausdrücke). Für den kritischen Punkt ${}P=(0,1)$ ist die Hesse-Matrix gleich

${\begin{pmatrix}2&0\\0&4\end{pmatrix}},$

welche positiv definit ist. Daher liegt in ${}P$ ein lokales Minimum der ausgedehnten Funktion und damit erst recht ein lokales Minimum der auf der abgeschlossenen Kreisscheibe definierten Funktion vor.

Wir untersuchen nun den Rand auf weitere Extrema. Da die Funktion auf einer abgeschlossenen und beschränkten Menge definiert und stetig ist, muss es sowohl ein globales Minimum als auch ein globales Maximum geben. Der Rand ist durch

${}x^{2}+y^{2}=1\,$

gegeben. Daher gilt dort ${}x^{2}=1-y^{2}$ und somit hängt die Funktion auf dem Rand nur von ${}y$ ab, man kann daher

${}h(y)=f(x,y)=1-y^{2}+y^{3}-y^{2}-y=y^{3}-2y^{2}-y+1\,$

ansetzen, wobei ${}y$ zwischen ${}-1$ und ${}1$ läuft. Da ein lokales Extremum auf der abgeschlossenen Kreisscheibe insbesondere ein lokales Extremum auf dem Rand sein muss, müssen wir zunächst die Nullstellen der Ableitung von ${}h$ bestimmen. Diese ist ${}h'(y)=3y^{2}-4y-1$, und die Nullstellen davon sind

${}y=\pm {\frac {\sqrt {7}}{3}}+{\frac {2}{3}}\,.$

Dabei ist

${}{\frac {\sqrt {7}}{3}}+{\frac {2}{3}}>1\,$

außerhalb des Intervalls, also nicht relevant für die Aufgabenstellung. Dagegen ist

${\frac {-{\sqrt {7}}+2}{3}}$

zwischen ${}-1$ und ${}1$. Da die zweite Ableitung in diesem Punkt negativ ist, liegt dort ein lokales Maximum auf dem Rand vor. Weiterhin sind noch die Randpunkte ${}y=1$ und ${}y=-1$ des Intervalls zu berücksichtigen, dort müssen jeweils lokale Minima für ${}h(y)$ vorliegen.

Wir müssen dies jetzt auf die ursprüngliche Funktion auf der Kreisscheibe zurückübersetzen. Wir wissen schon, dass in ${}P=(0,1)$ ein lokales Minimum vorliegt, und zwar mit dem Wert

$f(0,1)=-1.$

Es sei ${}S=(0,-1)$. Der Wert an dieser Stelle ist ebenfalls ${}f(0,-1)=-1$. Da diese beiden Punkte die einzigen Kandidaten für lokale Minima sind, müssen beide Punkte globale Minima sein.

Wir berechnen die ${}x$-Koordinaten zu ${}y={\frac {-{\sqrt {7}}+2}{3}}$. Es ist

${}y^{2}={\left({\frac {-{\sqrt {7}}+2}{3}}\right)}^{2}={\frac {11-4{\sqrt {7}}}{9}}\,,$

also

${}1-y^{2}={\frac {-2+4{\sqrt {7}}}{9}}\,$

und somit

${}x=\pm {\frac {\sqrt {4{\sqrt {7}}-2}}{3}}\,.$

Die beiden Punkte ${}R_{1}=\left({\frac {\sqrt {4{\sqrt {7}}-2}}{3}},\,{\frac {-{\sqrt {7}}+2}{3}}\right)$ und ${}R_{2}=\left({\frac {-{\sqrt {4{\sqrt {7}}-2}}}{3}},\,{\frac {-{\sqrt {7}}+2}{3}}\right)$ sind die einzigen Kandidaten für lokale Maxima. Da es ein globales Maximum geben muss, und die Situation für diese beiden Punkte symmetrisch ist, muss in beiden Punkten ein globales Maximum vorliegen.

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

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} _{+},\,\left(x,\,y\right)\longmapsto \left({\frac {x}{y}},\,{\frac {y}{x}}\right).$

1. Bestimme das totale Differential zu ${}\varphi$ in einem beliebigen Punkt.
2. Bestimme die regulären Punkte von ${}\varphi$.
3. Wie kann man das Ergebnis aus (2) ohne Rechnung erklären?

Lösung

1. Das totale Differential ist

   ${}\left(D\varphi \right)_{P}={\begin{pmatrix}{\frac {1}{y}}&-{\frac {x}{y^{2}}}\\-{\frac {y}{x^{2}}}&{\frac {1}{x}}\end{pmatrix}}\,.$

2. Es ist

   ${}\det {\begin{pmatrix}{\frac {1}{y}}&-{\frac {x}{y^{2}}}\\-{\frac {y}{x^{2}}}&{\frac {1}{x}}\end{pmatrix}}={\frac {1}{xy}}-{\frac {xy}{x^{2}y^{2}}}=0\,,$

   es gibt also keine regulären Punkte.

3. Man kann die Abbildung auffassen als die Hintereinanderschaltung von

   $\mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} _{+},\,\left(x,\,y\right)\longmapsto {\frac {x}{y}},$

   und

   $\mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} _{+},\,z\longmapsto \left(z,\,{\frac {1}{z}}\right).$

   Somit kann das totale Differential, da es über einen eindimensionalen Raum faktorisiert, nirgendwo bijektiv sein.

Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

Es sei ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein offenes Intervall und sei

$\gamma \colon I\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

eine stetig differenzierbare Kurve. Es sei ${}t\in I$ ein Punkt mit ${}\gamma '(t)\neq 0$. Zeige auf zweifache Weise, dass es ein offenes Intervall ${}t\in J\subseteq I$ derart gibt, dass ${}\gamma {|}_{J}$ injektiv ist.

1. Mit dem Satz über die injektive Abbildung.
2. Direkt.

Lösung

1. Wegen

   ${}{\left(D\gamma \right)}_{t}{\left(1\right)}=\gamma '(t)\neq 0\,$

   ist das totale Differential

   ${\left(D\gamma \right)}_{t}{\left(1\right)}\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

   injektiv und daher folgt die Aussage unmittelbar aus Satz 55.1 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)).

2. Es seien ${}\gamma _{1},\ldots ,\gamma _{n}$ die Koordinatenfunktionen von ${}\gamma$. Nach Voraussetzung ist zumindest für einen Index ${}i$ ${}\gamma _{i}'(t)\neq 0$. Sagen wir ${}\gamma _{i}'(t)>0$. Dann gibt es wegen der vorausgesetzten Stetigkeit der Ableitung ein offenes Intervall ${}t\in J\subseteq I$ derart, dass ${}\gamma _{i}'$ auf ganz ${}J$ positiv ist. Daher ist ${}\gamma _{i}$ nach Satz 19.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))  (2) streng wachsend und daher injektiv. Dies überträgt sich auf ${}\gamma$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei

$f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} _{\geq 0}$

eine wachsende Funktion. Zeige, dass der Subgraph

${}S={\left\{(x,y)\mid a\leq x\leq b,\,0\leq y\leq f(x)\right\}}\,$

sternförmig ist.

Lösung

Wir behaupten, dass die Menge sternförmig bezüglich des Punktes ${}(b,0)$ ist. Es sei ${}(x,y)\in S$, es ist zu zeigen, dass die Verbindungsstrecke von ${}(x,y)$ zu ${}(b,0)$ ganz in ${}S$ verläuft. Wegen ${}x\leq b$ und ${}y\geq 0$ ist die Verbindungsgerade, die durch ${}g(u)$ beschrieben werde, fallend. Aus

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

folgt für Zwischenpunkte ${}u\in [x,b]$ wegen des Wachstums von ${}f$ direkt

${}f(u)\geq f(x)\geq y=g(x)\geq g(u)\,,$

also ${}(u,g(u))\in S$.