Kurs:Analysis/Teil II/24/Klausur mit Lösungen/kontrolle

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

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Ein metrischer Raum ${}M$ heißt vollständig, wenn jede Cauchy-Folge in ${}M$ konvergiert.
2. Man nennt

   $\sum _{i=1}^{k}d{\left(P_{i},P_{i-1}\right)}$

   die Gesamtlänge des Streckenzugs.

3. Es sei ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein reelles Intervall, ${}U\subseteq V$ eine offene Menge und

   $f\colon I\times U\longrightarrow V,\,(t,v)\longmapsto f(t,v),$

   ein Vektorfeld auf ${}U$. Es sei ${}(t_{0},w)\in I\times U$ gegeben. Dann nennt man

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

   das Anfangswertproblem zur gewöhnlichen Differentialgleichung ${}v'=f(t,v)$ mit der Anfangsbedingung ${}v(t_{0})=w$.

4. Die Matrix

   ${}\operatorname {Jak} (f)_{P}:={\begin{pmatrix}{\frac {\partial f_{1}}{\partial x_{1}}}(P)&\ldots &{\frac {\partial f_{1}}{\partial x_{n}}}(P)\\\vdots &\ddots &\vdots \\{\frac {\partial f_{m}}{\partial x_{1}}}(P)&\ldots &{\frac {\partial f_{m}}{\partial x_{n}}}(P)\end{pmatrix}}\,$

   heißt die Jacobi-Matrix zu ${}f$ im Punkt ${}P$.

5. Die Bilinearform heißt positiv definit, wenn ${}\left\langle v,v\right\rangle >0$ für alle ${}v\in V$, ${}v\neq 0$ ist.
6. Eine Abbildung

   $\varphi \colon U_{1}\longrightarrow U_{2}$

   heißt ${}C^{k}$-Diffeomorphismus, wenn ${}\varphi$ bijektiv und ${}k$-mal stetig differenzierbar ist, und wenn die Umkehrabbildung

   $\varphi ^{-1}\colon U_{2}\longrightarrow U_{1}$

   ebenfalls ${}k$-mal stetig differenzierbar ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine kompakte Teilmenge und

   $f\colon T\longrightarrow \mathbb {R} ^{m}$

   eine stetige Abbildung. Dann ist auch das Bild

   ${}f(T)$ kompakt.
2. Es sei ${}[a,b]$ ein kompaktes Intervall und

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

   eine stetig differenzierbare Abbildung. Dann ist ${}f$ rektifizierbar und für die Kurvenlänge gilt

   ${}L(f)=\int _{a}^{b}\Vert {f'(t)}\Vert \,dt\,.$

3. Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum, ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein reelles Intervall, ${}U\subseteq V$ eine offene Menge und

   $f\colon I\times U\longrightarrow V,\,(t,v)\longmapsto f(t,v),$

   ein Vektorfeld auf ${}U$. Es sei vorausgesetzt, dass dieses Vektorfeld stetig sei und lokal einer Lipschitz-Bedingung genüge. Dann gibt es zu jedem ${}(t_{0},w)\in I\times U$ ein offenes Intervall ${}J$ mit ${}t_{0}\in J\subseteq I$ derart, dass auf diesem Intervall eine eindeutige Lösung für das Anfangswertproblem

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

   existiert.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise das Vergleichskriterium für Reihen und uneigentliche Integrale.

Lösung

Wenn das uneigentliche Integral existiert, so betrachten wir die Abschätzung

${}\sum _{n=2}^{k}f(n)\leq \int _{1}^{k}f(t)\,dt\,,$

die darauf beruht, dass die linke Seite das Treppenintegral zu einer unteren Treppenfunktion für ${}f$ auf ${}[1,k]$ ist. Da die rechte Seite beschränkt ist, gilt dies auch für die linke Seite, so dass wegen ${}f(n)\geq 0$ die Reihe konvergiert.
Ist umgekehrt die Reihe konvergent, so betrachten wir die Abschätzung

${}\int _{1}^{k}f(t)\,dt\leq \sum _{n=1}^{k-1}f(n)\,,$

die gilt, da die rechte Seite das Treppenintegral zu einer oberen Treppenfunktion ist. Wegen ${}f(t)\geq 0$ ist die Integralfunktion ${}x\mapsto \int _{1}^{x}f(t)\,dt$ wachsend und beschränkt, da die rechte Seite wegen der Konvergenz der Reihe beschränkt ist. Daher besitzt die Integralfunktion für ${}x\mapsto \infty$ einen Grenzwert und das uneigentliche Integral existiert.

Aufgabe (4 (1+1+2) Punkte)

1. Beschreibe eine Parametrisierung des einfach mit dem Uhrzeigersinn durchlaufenen Einheitskreises mit konstanter Geschwindigkeit ${}1$.
2. Beschreibe eine Parametrisierung des einfach mit dem Uhrzeigersinn durchlaufenen Einheitskreises mit konstanter Geschwindigkeit, die insgesamt eine Zeiteinheit braucht.
3. Berechne mit der Paramterisierung aus ${}(1)$ die Länge des Kreisbogens.

Lösung

1. Eine solche Parametrisierung ist durch

   $[0,2\pi ]\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto {\begin{pmatrix}\cos t\\-\sin t\end{pmatrix}},$

   gegeben.

2. Eine solche Parametrisierung ist durch

   $[0,1]\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto {\begin{pmatrix}\cos 2\pi t\\-\sin 2\pi t\end{pmatrix}},$

   gegeben.

3. Nach Satz 38.6 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist die Länge gleich

   ${}{\begin{aligned}\int _{0}^{2\pi }\Vert {{\begin{pmatrix}\cos t\\-\sin t\end{pmatrix}}'}\Vert dt&=\int _{0}^{2\pi }\Vert {\begin{pmatrix}-\sin t\\-\cos t\end{pmatrix}}\Vert dt\\&=\int _{0}^{2\pi }{\sqrt {\sin ^{2}t+\cos ^{2}t}}dt\\&=\int _{0}^{2\pi }1dt\\&=2\pi .\end{aligned}}$

Aufgabe (7 (1+1+2+3) Punkte)

Es sei ein quadratischer Billardtisch ohne Löcher mit einer Seitenlänge von einem Meter gegeben, darauf bewegt sich eine punktförmige Kugel ohne Bremswirkung nach dem Reflexionsprinzip „Einfallswinkel ist gleich Ausfallswinkel“.

1. Beschreibe durch eine Skizze (inklusive Winkel oder Punktkoordinaten) eine periodische Bewegung, bei der zwei Randpunkte getroffen werden.
2. Beschreibe durch eine Skizze (inklusive Winkel oder Punktkoordinaten) eine periodische Bewegung, bei der vier Randpunkte getroffen werden.
3. Beschreibe durch eine Skizze (inklusive Winkel oder Punktkoordinaten) eine periodische Bewegung, bei der acht Randpunkte getroffen werden.
4. Zeige, dass es keine periodische Bewegung gibt, bei der drei Randpunkte getroffen werden.

Lösung

1. 

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

2. 

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

3. 

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

   
   

4. Offenbar können nicht die drei Punkte auf einer Seite sein. Wenn zwei Punkte auf einer Seite und ein dritter auf einer weiteren Seite wäre, so müssten bei der Bewegung die beiden gleichseitigen Punkte verbunden sein, was nicht sein kann. Es ist also noch die Möglichkeit auszuschließen, dass drei Seiten einen Punkt enthalten und die vierte nicht. Ohne Einschränkung sei auf der rechten Seite kein Punkt und die Bewegung beginnt im Punkt auf der linken Seite und läuft direkt zum Punkt auf der oberen Seite. Von diesem Punkt muss die Bewegung dann zum dritten Punkt auf der unteren Seite weitergehen. Doch dann ändert sich bei dieser Bewegung die Geschwindigkeit in Richtung der ${}x$-Koordinate nicht und die Bewegung trifft doch die rechte Seite.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ein Vektorfeld der Form

$F\colon \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,\left(t,\,x,\,y\right)\longmapsto h\left(t,\,x,\,y\right){\begin{pmatrix}y\\-x\end{pmatrix}},$

mit einer stetigen Funktion

$h\colon \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,\left(t,\,x,\,y\right)\longmapsto h\left(t,\,x,\,y\right),$

gegeben. Die Richtungsvektoren stehen also stets senkrecht zu den Ortsvektoren. Es sei ${}r\in \mathbb {R}$ und es sei

$g\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

eine Lösung zur eindimensionalen Differentialgleichung

${}y'=-h(t,r\cos y(t),r\sin y(t))\,.$

Zeige, dass

$\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto {\begin{pmatrix}r\cos \left(g(t)\right)\\r\sin \left(g(t)\right)\end{pmatrix}},$

eine Lösung der Differentialgleichung

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

ist.

Lösung

Es ist einerseits

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}r\cos \left(g(t)\right)\\r\sin \left(g(t)\right)\end{pmatrix}}'&={\begin{pmatrix}-rg'(t)\sin \left(g(t)\right)\\rg'(t)\cos \left(g(t)\right)\end{pmatrix}}\\&=g'(t){\begin{pmatrix}-r\sin \left(g(t)\right)\\r\cos \left(g(t)\right)\end{pmatrix}}\\&=-h\left(t,\,r\cos \left(g(t)\right),\,r\sin \left(g(t)\right)\right){\begin{pmatrix}-r\sin \left(g(t)\right)\\r\cos \left(g(t)\right)\end{pmatrix}}\\&=h\left(t,\,r\cos \left(g(t)\right),\,r\sin \left(g(t)\right)\right){\begin{pmatrix}r\sin \left(g(t)\right)\\-r\cos \left(g(t)\right)\end{pmatrix}}\end{aligned}}$

und andererseits ebenso

${}{\begin{aligned}F\left(t,\,r\cos \left(g(t)\right),\,r\sin \left(g(t)\right)\right)&=h\left(t,\,r\cos \left(g(t)\right),\,r\sin \left(g(t)\right)\right){\begin{pmatrix}r\sin \left(g(t)\right)\\-r\cos \left(g(t)\right)\end{pmatrix}}\\\end{aligned}}$

so dass eine Lösung vorliegt.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Beschreibe für das zeitunabhängige Differentialgleichungssystem

${}{\begin{pmatrix}u\\v\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}v\\u\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}u\\v\end{pmatrix}}\,$

die allgemeine Lösung mit

1. Exponentialfunktionen,
2. Hyperbelfunktionen.

Lösung

1. Die Eigenwerte der Matrix sind ${}1$ und ${}-1$ mit den Eigenvektoren ${}{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$. Nach Lemma 42.1 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) sind daher ${}{\begin{pmatrix}e^{t}\\e^{t}\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}e^{-t}\\-e^{-t}\end{pmatrix}}$ Lösungen der Differentialgleichung. Nach dem Superpositionsprinzip sind auch alle Linearkombinationen

   ${}c{\begin{pmatrix}e^{t}\\e^{t}\end{pmatrix}}+d{\begin{pmatrix}e^{-t}\\-e^{-t}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}ce^{t}+de^{-t}\\ce^{t}-de^{-t}\end{pmatrix}}\,$

   mit ${}c,d\in \mathbb {R}$ Lösungen und dies ist die allgemeine Lösungsschar.

2. Mit ${}a=c+d$ und ${}b=c-d$ bzw. ${}{\frac {a+b}{2}}=c$ und ${}{\frac {a-b}{2}}=d$ kann man die allgemeine Lösung als

   ${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}ce^{t}+de^{-t}\\ce^{t}-de^{-t}\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}{\frac {a+b}{2}}e^{t}+{\frac {a-b}{2}}e^{-t}\\{\frac {a+b}{2}}e^{t}-{\frac {a-b}{2}}e^{-t}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}a{\frac {e^{t}+e^{-t}}{2}}+b{\frac {e^{t}-e^{-t}}{2}}\\a{\frac {e^{t}-e^{-t}}{2}}+b{\frac {e^{t}+e^{-t}}{2}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}a\cosh t+b\sinh t\\a\sinh t+b\cosh t\end{pmatrix}}\end{aligned}}$

   schreiben.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Gramsche Matrix zur Determinante auf dem ${}K^{2}$ bezüglich der Standardbasis.

Lösung

Wegen

${}\det {\begin{pmatrix}1&1\\0&0\end{pmatrix}}=0\,,$

${}\det {\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}=1\,,$

${}\det {\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}=-1\,,$

${}\det {\begin{pmatrix}0&0\\1&1\end{pmatrix}}=0\,$

ist die Gramsche Matrix zur Determinante auf dem ${}K^{2}$ gleich

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

Aufgabe (6 (3+3) Punkte)

Prof. Knopfloch, Dr. Eisenbeis und Vorli machen Urlaub in den Bergen. Das Gebirge wird in einer geeigneten Umgebung durch die Funktion (alles in Meter)

${}f(x,y)=3000-{\frac {1}{1000}}x^{2}-{\frac {1}{1000}}y^{2}+{\frac {1}{100}}x\,$

beschrieben.

1. In welchem Punkt (welchen Punkten) besitzt das Gebirge einen Gipfel? Wie hoch ist es in den Gipfeln?
2. Vorli hat Höhenangst und möchte nicht auf den Gipfel. Deshalb wählen sie einen Rundgang, der zum Punkt ${}(0,0)$ konstant den Grundabstand ${}1000$ besitzt. Bestimme die größte und die niedrigste Höhe, die die drei auf ihrer Wanderung erreichen.

Lösung

${}f(x,y)=3000-{\frac {1}{1000}}x^{2}-{\frac {1}{1000}}y^{2}+{\frac {1}{100}}x\,$

1. Es ist

   ${}{\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)=-{\frac {1}{500}}x+{\frac {1}{100}}\,$

   und

   ${}{\frac {\partial f}{\partial y}}(x,y)=-{\frac {1}{500}}y\,.$

   Der einzige kritische Punkt liegt daher in

   $\left(5,\,0\right)$

   vor. Die Hesse-Matrix ist in jedem Punkt gleich

   ${\begin{pmatrix}-{\frac {1}{500}}&0\\0&-{\frac {1}{500}}\end{pmatrix}},$

   daher ist die Hesse-Form nach dem Minorenkriterium negativ definit und es liegt nach Satz 50.2 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) in ${}(5,0)$ ein lokales Maximum vor, das auch ein globales Maximum sein muss. Die Höhe in diesem Gipfel ist

   ${}{\begin{aligned}f(5,0)&=3000-{\frac {1}{1000}}\cdot 5^{2}+{\frac {1}{100}}\cdot 5\\&=3000+{\frac {-25+50}{1000}}\\&=3000,025.\end{aligned}}$

2. Der Rundgang wird durch

   $[0,2\pi \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto \left(1000\cos t,\,1000\sin t\right),$

   parametrisiert. Das Höhenprofil längs dieses Weges wird somit durch die Funktion

   ${}{\begin{aligned}h(t)&=f(\left(1000\cos t,\,1000\sin t\right))\\&=3000-{\frac {1}{1000}}{\left(1000^{2}\cos ^{2}t+1000^{2}\sin ^{2}t\right)}+10\cos t\\&=2000+10\cos t\end{aligned}}$

   beschrieben, wobei wir die Kreisgleichung verwendet haben. Es ist

   ${}h'(t)=-10\sin t\,$

   und

   ${}h^{\prime \prime }(t)=-10\cos t\,.$

   Die kritischen Punkte sind bei ${}t=0$ und bei ${}t=\pi$, wobei in ${}t=0$ das globale Maximum längs des Weges mit dem Wert

   ${}h(0)=2010\,$

   und in ${}t=\pi$ das globale Minimum längs des Weges mit dem Wert

   ${}h(\pi )=1990\,$

   vorliegt.

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}f$ ein Polynom in zwei Variablen der Bauart

${}f(x,y)=x^{2}+y^{2}+\sum _{(r_{1},r_{2})\in \mathbb {N} ^{2},\,r_{1}+r_{2}\geq 3}a_{(r_{1},r_{2})}x^{r_{1}}y^{r_{2}}\,.$

Zeige ohne Differentialrechnung, dass ${}f$ im Nullpunkt ein isoliertes lokales Minimum besitzt. Bestimme in Abhängigkeit der Koeffizienten ${}a_{(r_{1},r_{2})}$ ein ${}\epsilon >0$ derart, dass die Einschränkung von ${}f$ auf ${}U{\left(0,\epsilon \right)}$ außerhalb des Nullpunktes echt positiv ist.

Lösung

Für jedes ${}(r_{1},r_{2})$ mit ${}r_{1}+r_{2}\geq 3$ und ${}(x,y)\neq 0$ ist

${}{\begin{aligned}\vert {\frac {x^{r_{1}}y^{r_{2}}}{x^{2}+y^{2}}}\vert &={\frac {\vert {x}\vert ^{r_{1}}\vert {y}\vert ^{r_{2}}}{\Vert {(x,y)}\Vert ^{2}}}\\&\leq {\frac {\Vert {(x,y)}\Vert ^{r_{1}}\Vert {(x,y)}\Vert ^{r_{2}}}{\Vert {(x,y)}\Vert ^{2}}}\\&={\frac {\Vert {(x,y)}\Vert ^{r_{1}+r_{2}}}{\Vert {(x,y)}\Vert ^{2}}}\\&\leq \Vert {(x,y)}\Vert ^{r_{1}+r_{2}-2}\\&\leq \Vert {(x,y)}\Vert ,\end{aligned}}$

wobei die letzte Abschätzung für Punkte mit ${}\Vert {(x,y)}\Vert \leq 1$ gilt. Es seien ${}k$ Koeffizienten ${}\neq 0$ und es sei ${}a$ das Maximum der Beträge der ${}a_{(r_{1},r_{2})}$. Wir setzen

${}\epsilon :=\operatorname {min} ({\frac {1}{ka}},1)\,.$

Dann ist für ${}(x,y)\neq (0,0)$ mit ${}\Vert {(x,y)}\Vert <\epsilon$

${}{\begin{aligned}{\frac {f(x,y)}{x^{2}+y^{2}}}&=1+\sum _{(r_{1},r_{2}),\,r_{1}+r_{2}\geq 3}a_{(r_{1},r_{2})}{\frac {x^{r_{1}}y^{r_{2}}}{x^{2}+y^{2}}}\\&\geq 1-\sum _{(r_{1},r_{2}),\,r_{1}+r_{2}\geq 3,\,a_{(r_{1},r_{2})}\neq 0}a{\frac {\vert {x^{r_{1}}y^{r_{2}}}\vert }{x^{2}+y^{2}}}\\&=1-ka\Vert {(x,y)}\Vert \\&>0.\end{aligned}}$

Insbesondere liegt im Nullpunkt ein isoliertes lokales Minimum mit dem Wert ${}0$ vor.

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

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} _{>0}\times \mathbb {R} _{>0}\longrightarrow \mathbb {R} _{>0}\times \mathbb {R} _{>0},\,\left(x,\,y\right)\longmapsto \left(x^{y},\,y^{x}\right).$

1. Bestimme die Jacobi-Matrix zu ${}\varphi$.
2. Bestimme die kritischen Punkte von ${}\varphi$.
3. Zeige, dass es zu jedem ${}x\in \mathbb {R} _{>0}$ ein eindeutiges ${}y$ derart gibt, dass ${}(x,y)$ ein kritischer Punkt ist.

Lösung

1. Die Jacobi-Matrix ist

   ${\begin{pmatrix}{\frac {y}{x}}x^{y}&\ln \left(x\right)\cdot x^{y}\\\ln \left(y\right)\cdot y^{x}&{\frac {x}{y}}y^{x}\end{pmatrix}}.$

2. Die Determinante der Jacobi-Matrix ist

   ${}x^{y}y^{x}-\ln \left(x\right)\ln \left(y\right)\cdot x^{y}\cdot y^{x}=x^{y}y^{x}{\left(1-\ln \left(x\right)\ln \left(y\right)\right)}\,.$

   Ein kritischer Punkt liegt genau dann vor, wenn die Determinante ${}=0$ ist. Wegen ${}x^{y}\neq 0$ ist dies genau bei

   ${}\ln \left(x\right)\ln \left(y\right)=1\,$

   der Fall.

3. Aus (2) folgt

   ${}\ln \left(y\right)={\frac {1}{\ln \left(x\right)}}\,$

   und daher ist

   ${}y=e^{\frac {1}{\ln \left(x\right)}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Jacobi-Matrix der Abbildung

$f\colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,(r,\theta ,\varphi )\longmapsto \left(r\cos \varphi \sin \theta ,\,r\sin \varphi \sin \theta ,\,r\cos \theta \right),$

in einem beliebigen Punkt ${}(r,\theta ,\varphi )$.

Lösung

Es ist

${}\left(Df\right)_{(r,\theta ,\varphi )}={\begin{pmatrix}\cos \varphi \sin \theta &r\cos \varphi \cos \theta &-r\sin \varphi \sin \theta \\\sin \varphi \sin \theta &r\sin \varphi \cos \theta &r\cos \varphi \sin \theta \\\cos \theta &-r\sin \theta &0\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (12 Punkte)

Beweise den Satz über implizite Abbildungen.

Lösung

Es sei ${}K\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ der Kern des totalen Differentials ${}\left(D\varphi \right)_{a}$. Aufgrund der vorausgesetzten Surjektivität und der Dimensionsformel ist dies ein ${}(n-m)$- dimensionaler Untervektorraum von ${}\mathbb {R} ^{n}$. Durch einen Basiswechsel können wir annehmen, dass ${}K$ von den ersten ${}n-m$ Standardvektoren ${}e_{1},\ldots ,e_{n-m}$ erzeugt ist (Der Unterraum ${}\langle e_{n-m+1},\ldots ,e_{n}\rangle$ wird dann bijektiv auf ${}\mathbb {R} ^{m}$ abgebildet). Es sei

$p\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{n-m}=K,\,(x_{1},\ldots ,x_{n})\longmapsto (x_{1},\ldots ,x_{n-m})$

die lineare Projektion auf ${}K$ und es sei

$p\times \varphi \colon G\longrightarrow \mathbb {R} ^{n-m}\times \mathbb {R} ^{m},\,(x_{1},\ldots ,x_{n})\longmapsto (x_{1},\ldots ,x_{n-m},\varphi _{1}(x_{1},\ldots ,x_{n}),\ldots ,\varphi _{m}(x_{1},\ldots ,x_{n})),$

die zusammengesetzte Abbildung. Diese ist selbst stetig differenzierbar und das totale Differential davon im Punkt ${}a=(a_{1},\ldots ,a_{n})$ ist bijektiv, so dass wir darauf den Satz über die Umkehrabbildung anwenden können. Es gibt also offene Umgebungen ${}a\in U_{1}$, ${}U_{1}\subseteq G$, und ${}(p(a),\varphi (a))\in U_{2}$, ${}U_{2}\subseteq \mathbb {R} ^{n-m}\times \mathbb {R} ^{m}$, derart, dass die eingeschränkte Abbildung

$(p\times \varphi ){|}_{U_{1}}\colon U_{1}\longrightarrow U_{2}$

bijektiv ist mit stetig differenzierbarer Umkehrabbildung. Für die offene Menge ${}U_{2}$ gibt es offene Mengen

$(a_{1},\ldots ,a_{n-m})\in V\subseteq \mathbb {R} ^{n-m}\,\,{\text{ und }}\,\,\varphi (a)=(b_{1},\ldots ,b_{m})\in V'\subseteq \mathbb {R} ^{m}$

mit

${}V\times V'\subseteq U_{2}\,.$

Wir können den Diffeomorphismus ${}(p\times \varphi ){|}_{U_{1}}$ auf das (offene) Urbild ${}W$ von ${}V\times V'$ einschränken. Wir betrachten das kommutative Diagramm

${\begin{matrix}G&{\stackrel {}{\longrightarrow }}&\mathbb {R} ^{n-m}\times \mathbb {R} ^{m}&\\&\searrow &\downarrow &\\&&\mathbb {R} ^{m}&\!\!\!\!\!\!\!\!\\\end{matrix}}$

bzw. die Einschränkung davon

${\begin{matrix}W&{\stackrel {}{\longrightarrow }}&V\times V'&\\&\searrow &\downarrow &\\&&V'&\!\!\!\!\!\!\!\!.\\\end{matrix}}$

Die Faser über ${}b=\varphi (a)$ ist ${}V\times \{(b_{1},\ldots ,b_{m})\}$. Diese Menge steht über die horizontale Abbildung ${}p\times \varphi$ in Bijektion mit der Faser von ${}\varphi$ über ${}b$, also mit ${}Z\cap W$.
Wir betrachten nun die Abbildung

$\psi \colon V\longrightarrow W,\,(x_{1},\ldots ,x_{n-m})\longmapsto (p\times \varphi )^{-1}(x_{1},\ldots ,x_{n-m},b_{1},\ldots ,b_{m}).$

Es ist

${}{\begin{aligned}\varphi (\psi (x_{1},\ldots ,x_{n-m}))&=\varphi ((p\times \varphi )^{-1}(x_{1},\ldots ,x_{n-m},b_{1},\ldots ,b_{m}))\\&=(b_{1},\ldots ,b_{m}),\end{aligned}}$

so dass das Bild von ${}\psi$ in der Tat in ${}Z\cap W$ landet. Die Injektivität von ${}\psi$ ist klar. Es sei nun ${}(x_{1},\ldots ,x_{n})\in Z\cap W$. Dann ist

${}\varphi (x_{1},\ldots ,x_{n})=(b_{1},\ldots ,b_{m})\,$

und daher ist

${}(p\times \varphi )(x_{1},\ldots ,x_{n})=(x_{1},\ldots ,x_{n-m},b_{1},\ldots ,b_{m})\,.$

Also ist

${}\psi (x_{1},\ldots ,x_{n-m})=(x_{1},\ldots ,x_{n})\,$

im Bild von ${}\psi$.
Die Abbildung

$\psi \colon V\longrightarrow W$

ist nach Konstruktion stetig differenzierbar und das totale Differential ist in jedem Punkt ${}Q\in V$ injektiv, da ${}\psi$ die Hintereinanderschaltung einer affin-linearen Injektion und eines Diffeomorphismus ist. Da ${}\psi (V)$ in der Faser von ${}\varphi$ über ${}b$ liegt, ist ${}\varphi \circ \psi =b$ konstant. Nach der Kettenregel ist

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

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass die Abbildung

$f\colon [0,1]\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto {\sqrt {x}},$

nicht Lipschitz-stetig ist.

Lösung

Es sei ${}L\in \mathbb {R} _{+}$, wir zeigen, dass ${}L$ keine Lipschitz-Konstante für ${}f$ ist. Es gibt eine positive reelle Zahl ${}x$ mit

${}{\sqrt {x}}<{\frac {1}{L}}\,,$

da die Quadratwurzelfunktion stetig im Nullpunkt mit dem Wert ${}0$ ist. Daher gilt für die beiden Punkte ${}0$ und ${}x$

${}{\begin{aligned}\vert {{\sqrt {x}}-{\sqrt {0}}}\vert &={\sqrt {x}}\\&={\sqrt {x}}{\frac {\sqrt {x}}{\sqrt {x}}}\\&={\frac {1}{\sqrt {x}}}x\\&>Lx\\&=L\vert {x-0}\vert ,\end{aligned}}$

also ist ${}L$ keine Lipschitz-Konstante.