Kurs:Analysis/Teil II/25/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	2	5	2	4	0	4	4	0	4	7	5	12	6	61

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein Skalarprodukt auf einem komplexen Vektorraum.
2. Eine offene Menge in einem metrischen Raum ${}M$.
3. Die Stetigkeit einer Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M$

   zwischen metrischen Räumen ${}L$ und ${}M$ in einem Punkt ${}x\in L$.

4. Eine Lösung zu einer gewöhnlichen Differentialgleichung ${}v'=f(t,v)$, wobei

   $f\colon I\times U\longrightarrow V$

   ein Vektorfeld auf einem endlichdimensionalen reellen Vektorraum ist (und ${}I$ ein Intervall und ${}U\subseteq V$ eine offene Teilmenge ist).

5. Ein lokales Minimum einer Funktion

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

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

6. Der Typ einer symmetrischen Bilinearform ${}\left\langle -,-\right\rangle$ auf einem endlichdimensionalen reellen Vektorraum ${}V$.

Lösung

1. Ein Skalarprodukt auf ${}V$ ist eine Abbildung

   $V\times V\longrightarrow {\mathbb {C} },\,(v,w)\longmapsto \left\langle v,w\right\rangle ,$

   mit folgenden Eigenschaften:

   1. Es ist

      ${}\left\langle \lambda _{1}x_{1}+\lambda _{2}x_{2},y\right\rangle =\lambda _{1}\left\langle x_{1},y\right\rangle +\lambda _{2}\left\langle x_{2},y\right\rangle \,$

      für alle ${}\lambda _{1},\lambda _{2}\in {\mathbb {C} }$, ${}x_{1},x_{2},y\in V$ und

      ${}\left\langle x,\lambda _{1}y_{1}+\lambda _{2}y_{2}\right\rangle ={\overline {\lambda _{1}}}\left\langle x,y_{1}\right\rangle +{\overline {\lambda _{2}}}\left\langle x,y_{2}\right\rangle \,$

      für alle ${}\lambda _{1},\lambda _{2}\in {\mathbb {C} }$, ${}x,y_{1},y_{2}\in V$.

   2. Es ist

      ${}\left\langle v,w\right\rangle ={\overline {\left\langle w,v\right\rangle }}\,$

      für alle ${}v,w\in V$.

   3. Es ist ${}\left\langle v,v\right\rangle \geq 0$ für alle ${}v\in V$ und ${}\left\langle v,v\right\rangle =0$ genau dann, wenn ${}v=0$ ist.
2. Eine Teilmenge ${}U\subseteq M$ heißt offen, wenn für jedes ${}x\in U$ ein ${}\epsilon >0$ mit

   ${}U{\left(x,\epsilon \right)}\subseteq U\,$

   existiert.

3. Die Abbildung ${}f$ heißt stetig in ${}x$, wenn für jedes ${}\epsilon >0$ ein ${}\delta >0$ derart existiert, dass

   ${}f{\left(B\left(x,\delta \right)\right)}\subseteq B\left(f(x),\epsilon \right)\,$

   gilt.

4. Eine Abbildung

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

   auf einem offenen (Teil)Intervall ${}J\subseteq I$ heißt eine Lösung der Differentialgleichung, wenn folgende Eigenschaften erfüllt sind.

   1. Es ist ${}v(t)\in U$ für alle ${}t\in J$.
   2. Die Abbildung ${}v$ ist differenzierbar.
   3. Es ist ${}v'(t)=f(t,v(t))$ für alle ${}t\in J$.
5. Man sagt, dass ${}f$ in ${}x\in M$ ein lokales Minimum besitzt, wenn es ein ${}\epsilon >0$ derart gibt, dass für alle ${}x'\in M$ mit ${}d(x,x')\leq \epsilon$ die Abschätzung

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

   gilt.

6. Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum mit einer symmetrischen Bilinearform ${}\left\langle -,-\right\rangle$. Man sagt, dass eine solche Bilinearform den Typ

   $(p,q)$

   besitzt, wobei

   ${}p:={\max {\left(\dim _{\mathbb {R} }{\left(U\right)},U\subseteq V,\,\left\langle -,-\right\rangle {|}_{U}{\text{ positiv definit}}\right)}}\,$

   und

   ${}q:={\max {\left(\dim _{\mathbb {R} }{\left(U\right)},U\subseteq V,\,\left\langle -,-\right\rangle {|}_{U}{\text{ negativ definit}}\right)}}\,$

   ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Fundamentalsatz der Algebra.
2. Der Satz über das Wegintegral bei Umparametrisierung.
3. Die Kettenregel für total differenzierbare Abbildungen.

Lösung

1. Jedes nichtkonstante Polynom ${}P\in {\mathbb {C} }[X]$ über den komplexen Zahlen besitzt eine Nullstelle.
2. Es sei ${}U\subseteq V$ eine offene Teilmenge in einem euklidischen Vektorraum,

   $F\colon U\longrightarrow V$

   ein stetiges Vektorfeld und

   $\gamma \colon [a,b]\longrightarrow U$

   eine stetig differenzierbare Kurve. Es sei

   $g\colon [c,d]\longrightarrow [a,b]$

   eine bijektive, monoton wachsende, stetig differenzierbare Funktion und sei ${}{\tilde {\gamma }}=\gamma \circ g$. Dann gilt

   ${}\int _{\gamma }F=\int _{\tilde {\gamma }}F\,.$

3. Es seien ${}V,W$ und ${}U$ endlichdimensionale ${}{\mathbb {K} }$-Vektorräume, ${}G\subseteq V$ und ${}D\subseteq W$ offene Mengen, und ${}\varphi \colon G\rightarrow W$ und ${}\psi \colon D\rightarrow U$ Abbildungen derart, dass ${}\varphi (G)\subseteq D$ gilt. Es sei weiter angenommen, dass ${}\varphi$ in ${}P\in G$ und ${}\psi$ in ${}\varphi (P)\in D$ total differenzierbar ist. Dann ist ${}\psi \circ \varphi \colon G\rightarrow U$ in ${}P$ differenzierbar mit dem totalen Differential

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

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}V$ ein Vektorraum über ${}\mathbb {R}$ mit einem Skalarprodukt ${}\left\langle -,-\right\rangle$ und der zugehörigen Norm ${}\Vert {-}\Vert$. Zeige, dass die Beziehung

${}\left\langle v,w\right\rangle ={\frac {1}{2}}{\left(\Vert {v+w}\Vert ^{2}-\Vert {v}\Vert ^{2}-\Vert {w}\Vert ^{2}\right)}\,$

gilt.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\Vert {v+w}\Vert ^{2}-\Vert {v}\Vert ^{2}-\Vert {w}\Vert ^{2}&=\left\langle v+w,v+w\right\rangle -\left\langle v,v\right\rangle -\left\langle w,w\right\rangle \\&=\left\langle v,v\right\rangle +\left\langle v,w\right\rangle +\left\langle w,v\right\rangle +\left\langle w,w\right\rangle -\left\langle v,v\right\rangle -\left\langle w,w\right\rangle \\&=\left\langle v,w\right\rangle +\left\langle w,v\right\rangle \\&=2\left\langle v,w\right\rangle .\end{aligned}}$

Division durch ${}2$ ergibt die Behauptung.

Aufgabe (5 Punkte)

Frau Dr. Eisenbeis möchte für ihre Neffen Richy und Franky eine Fahrrad-Sprungrampe basteln. Die Steigung soll entlang eines Kreissegmentes der Länge (alle Angaben in Meter) ${}\ell =1,2$ verlaufen und eine Sprunghöhe von ${}h=0,2$ erreichen (siehe Bild). Welche (implizite) Bedingung muss der Winkel ${}\alpha$ erfüllen (die Bedingung muss so sein, dass sie mit einer Intervallhalbierung gelöst werden könnte, diese muss aber nicht durchgeführt werden)?

Lösung

Es sei ${}r$ der Radius des Kreises, ${}\alpha$ der Winkel im Bogenmaß und ${}x$ wie in der Skizze. Dann gelten die Beziehungen

${}1,2=r\alpha \,,$

${}x+0,2=r\,,$

und

${}x=r\cos \alpha \,.$

Daraus ergibt sich (${}\alpha =0$ ist sicher keine Lösung)

${}r={\frac {1,2}{\alpha }}\,,$

${}x=r-0,2={\frac {1,2}{\alpha }}-0,2\,$

und somit

${}{\frac {1,2}{\alpha }}-0,2={\frac {1,2}{\alpha }}\cos \alpha \,.$

Multiplikation mit ${}{\frac {\alpha }{1,2}}$ ergibt

${}1-{\frac {1}{6}}\alpha =\cos \alpha \,$

bzw.

${}F(\alpha )=\cos \alpha +{\frac {\alpha }{6}}-1=0\,.$

Diese Funktion ${}F(\alpha )$ hat für ${}\alpha =0$ eine Nullstelle, die für das Problem aber irrelevant ist. An der Stelle ${}0$ ist die Funktion streng wachsend und an der Stelle ${}\pi /2$ besitzt die Funktion einen negativen Wert, nach dem Zwischenwertsatz muss es also im Intervall ${}]0,\pi /2[$ eine Nullstelle geben, die man mit einer Intervallhalbierung berechnen kann.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Ableitung der Kurve

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto f(t)={\left({\frac {\sin t}{t^{2}+1}},e^{\cos t}\right)},$

in jedem Punkt ${}t\in \mathbb {R}$.

Lösung

Die Ableitung rechnet man komponentenweise aus, sie ist

${}f'(t)={\begin{pmatrix}{\frac {{\left(t^{2}+1\right)}\cos t-2t\sin t}{(t^{2}+1)^{2}}}\\-\sin t\cdot e^{\cos t}\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Berechne die Länge des Graphen der Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto {\frac {1}{2}}x^{2}-x+13,$

zwischen ${}4$ und ${}8$.

Lösung

Es ist ${}f'(x)=x-1$. Daher ist die Länge des Graphen gleich dem Integral (mit der Substitution ${}u=x-1$)

${}{\begin{aligned}\int _{4}^{8}{\sqrt {1+(x-1)^{2}}}dx&=\int _{3}^{7}{\sqrt {u^{2}+1}}du\\&={\frac {1}{2}}{\left(u{\sqrt {u^{2}+1}}+\,\operatorname {arsinh} \,u\,\right)}{|}_{3}^{7}\\&={\frac {1}{2}}{\left(7{\sqrt {50}}+\,\operatorname {arsinh} \,7\,-3{\sqrt {10}}-\,\operatorname {arsinh} \,3\,\right)}.\end{aligned}}$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Formuliere den Lösungsansatz für Zentralfelder und beweise dessen Korrektheit.

Lösung

Es sei ${}U\subseteq V$ eine offene Teilmenge in einem endlichdimensionalen reellen Vektorraum ${}V$. Es sei

$F\colon I\times U\longrightarrow V,\,(t,v)\longmapsto F(t,v)=g(t,v)\cdot v,$

ein stetiges Zentralfeld zur stetigen Funktion

$g\colon I\times U\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(t,v)\longmapsto g(t,v).$

Es sei ${}w\in U$ und es sei

$\alpha \colon J\longrightarrow \mathbb {R}$

eine Lösung der eindimensionalen Differentialgleichung

$z'=h(t,z):=g(t,zw)\cdot z{\text{ mit }}\alpha (t_{0})=1.$

Dann ist

${}v(t)=\alpha (t)\cdot w\,$

eine Lösung des Anfangswertproblems

$v'=F(t,v){\text{ mit }}v(t_{0})=w.$

Es ist

${}{\begin{aligned}v'(t)&=(\alpha (t)\cdot w)'\\&=\alpha '(t)\cdot w\\&=g(t,\alpha (t)\cdot w)\cdot \alpha (t)\cdot w\\&=F(t,\alpha (t)\cdot w)\\&=F(t,v(t))\end{aligned}}$

und

${}v(t_{0})=\alpha (t_{0})\cdot w=w\,,$

sodass eine Lösung des Anfangswertproblems vorliegt.

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das Anfangswertproblem

$y'=ty+1{\text{ mit }}y(0)=0$

durch einen Potenzreihenansatz bis zur Ordnung ${}5$.

Lösung

Der Potenzreihenansatz

${}y(t)=a_{0}+a_{1}t+a_{2}t^{2}+a_{3}t^{3}+a_{4}t^{4}+a_{5}t^{5}+\ldots \,$

führt eingesetzt in die Differentialgleichung auf

${}a_{1}+2a_{2}t+3a_{3}t^{2}+4a_{4}t^{3}+5a_{5}t^{4}+6a_{6}t^{5}+\ldots =1+a_{0}t+a_{1}t^{2}+a_{2}t^{3}+a_{3}t^{4}+a_{4}t^{5}+a_{5}t^{6}+\ldots \,.$

Aufgrund der Anfangsbedingung ist

${}a_{0}=0\,.$

Der Vergleich des konstanten Termes führt auf

${}a_{1}=1\,.$

Der Vergleich des linearen Termes führt auf

${}2a_{2}=a_{0}=0\,,$

also ${}a_{2}=0$. Der Vergleich des quadratischen Termes führt auf

${}3a_{3}=a_{1}\,,$

also ${}a_{3}={\frac {1}{3}}$. Der Vergleich des Termes zu ${}t^{3}$ führt auf

${}4a_{4}=a_{2}=0\,,$

also ${}a_{4}=0$. Der Vergleich des Termes zu ${}t^{4}$ führt auf

${}5a_{5}=a_{3}\,,$

also ${}a_{5}={\frac {1}{15}}$. Somit ist die polynomiale Approximation bis zur Ordnung ${}5$ der Lösung gleih

$t+{\frac {1}{3}}t^{3}+{\frac {1}{15}}t^{5}.$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass es kein reelles Polynom ${}f$ in zwei Variablen vom Grad ${}\leq 2$ gibt, das die folgenden Eigenschaften besitzt.

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

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

6. Es ist

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

Lösung

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

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

ansetzen. Wegen der zweiten Bedingung ist ${}a+b+c+d+e=0$. Die partielle Ableitung von ${}f$ nach ${}x$ ist

${}{\frac {\partial f}{\partial x}}=a+2cx+dy\,$

und die partielle Ableitung von ${}f$ nach ${}y$ ist

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

Die dritte Bedingung ergibt ${}a=1$ und die fünfte Bedingung ergibt ${}1+2c+d=-1$. Die vierte Bedingung ergibt ${}b=-2$ und die sechste Bedingung ergibt

${}-2+d+2e=1\,.$

Für die verbleibenden Unbekannten ${}c,d,e$ haben wir also insgesamt das lineare Gleichungssystem

${}c+d+e=1\,,$

${}2c+d=-2\,,$

${}d+2e=3\,.$

Aus den beiden ersten Gleichungen ergibt sich

${}d+2e=4\,,$

was mit der dritten Gleichung nicht vereinbar ist.

Aufgabe (7 (1+2+4) Punkte)

Wir betrachten die Funktion ${}f(x,y)=x^{3}-y^{3}$ auf dem ${}\mathbb {R} ^{2}$.

1. Bestimme die kritischen Punkte von ${}f$.
2. Zeige, dass ${}f$ keine lokalen Extrema besitzt.
3. Es sei

   ${}S^{1}={\left\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}=1\right\}}\subseteq \mathbb {R} ^{2}\,$

   der Einheitskreis und ${}g\colon S^{1}\rightarrow \mathbb {R}$ die Einschränkung von ${}f$ auf ${}S^{1}$. Bestimme die lokalen Extrema von ${}g$.

Lösung

1. Es ist

   ${}{\frac {\partial f}{\partial x}}=3x^{2}\,$

   und

   ${}{\frac {\partial f}{\partial y}}=-3y^{2}\,.$

   Diese beiden Funktionen sind nur im Punkt ${}(0,0)$ gleich ${}0$, also ist ${}(0,0)$ der einzige kritische Punkt.

2. Wegen (1) kann allenfalls im Nullpunkt ${}(0,0)$ ein lokales Extremum vorliegen. Wenn dort ein lokales Extremum vorliegen würde, so hätte auch die Einschränkung auf eine jede Gerade durch den Nullpunkt dort ein lokales Extremum. Auf der durch ${}y=0$ gegebenen Geraden ist die eingeschränkte Funktion gleich ${}x^{3}$, und diese ist streng wachsend und besitzt kein lokales Extremum.
3. Der Einheitskreis wird durch

   $\varphi \colon \mathbb {R} \longrightarrow S^{1},\,t\longmapsto \left(\cos t,\,\sin t\right),$

   parametrisiert, und ${}g$ besitzt ein lokales Extremum in einem Punkt ${}P=\left(\cos t,\,\sin t\right)\in S^{1}$ genau dann, wenn ${}h=g\circ \varphi$ ein lokales Extremum in ${}t$ besitzt. Die zusammengesetzte Funktion ist

   $h\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto \cos ^{3}t-\sin ^{3}t.$

   Es ist

   ${}{\begin{aligned}h'(t)&=-3\cos ^{2}t\sin t-3\sin ^{2}t\cos t\\&=-3\cos t\sin t{\left(\cos t+\sin t\right)}.\end{aligned}}$

   Die Nullstellen hiervon sind (wir beschränken uns auf das Intervall ${}[0,2\pi [$, und betrachten die drei Faktoren) ${}t=0,{\frac {\pi }{2}},{\frac {3\pi }{4}},\pi ,{\frac {3\pi }{2}},{\frac {7\pi }{4}}$. Es ist

   ${}{\begin{aligned}h^{\prime \prime }(t)&=6\cos t\sin ^{2}t-3\cos ^{3}t-6\cos ^{2}t\sin t+3\sin ^{3}t\\\end{aligned}}$

   Daher ist

   ${}h^{\prime \prime }(0)=-3<0\,,$

   ${}h^{\prime \prime }{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=3>0\,,$

   ${}h^{\prime \prime }{\left({\frac {3\pi }{4}}\right)}=-6\sin ^{3}\left({\frac {3\pi }{4}}\right)<0\,,$

   ${}h^{\prime \prime }(\pi )=3>0\,,$

   ${}h^{\prime \prime }{\left({\frac {3\pi }{2}}\right)}=-3<0\,,$

   ${}h^{\prime \prime }{\left({\frac {7\pi }{4}}\right)}=-6\sin ^{3}\left({\frac {7\pi }{4}}\right)>0\,.$

   Somit liegt in ${}t=0$ ein lokales Maximum und dann abwechselnd lokale Minima und Maxima vor.

Aufgabe (5 (1+1+1+1+1) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,\left(x,\,y\right)\longmapsto \left({\frac {x^{2}}{2}},\,x+y\right).$

1. Ist ${}\varphi$ surjektiv?
2. Ist ${}\varphi$ injektiv?
3. Skizziere das Bild des Achsenkreuzes unter ${}\varphi$.
4. Bestimme die Jacobi-Matrix zu ${}\varphi$ in einem Punkt ${}\left(x,\,y\right)\in \mathbb {R} ^{2}$.
5. Bestimme die kritischen Punkte von ${}\varphi$.

Lösung

1. Die Abbildung ist nicht surjektiv, da beispielsweise ${}{\begin{pmatrix}-1\\0\end{pmatrix}}$ nicht erreicht wird.
2. Die Abbildung ist nicht injektiv, da ${}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}}$ beide auf ${}{\begin{pmatrix}{\frac {1}{2}}\\0\end{pmatrix}}$ abgebildet werden.
3. Die ${}x$-Achse ${}{\begin{pmatrix}x\\0\end{pmatrix}}$, ${}x\in \mathbb {R}$ wird auf ${}{\begin{pmatrix}{\frac {x^{2}}{2}}\\x\end{pmatrix}}$, ${}x\in \mathbb {R}$ abgebildet, also eine liegende flache nach rechts offene Parabel, die ${}y$-Achse ${}{\begin{pmatrix}0\\y\end{pmatrix}}$, ${}y\in \mathbb {R}$ wird auf ${}{\begin{pmatrix}0\\y\end{pmatrix}}$, ${}y\in \mathbb {R}$ abgebildet, also auf die ${}y$-Achse.
4. Die Jacobi-Matrix ist

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

5. Die Determinante der Jacobi-Matrix ist

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

   die kritischen Punkte sind also die Punkte, wo ${}x=0$, also die Punkte auf der ${}y$-Achse.

Aufgabe (12 Punkte)

Beweise den Satz über die Umkehrabbildung.

Lösung

  Wir beginnen mit einigen Reduktionen. Zuerst kann man durch Verschiebungen im Definitionsraum und im Zielraum annehmen, dass ${}P=0$ und ${}\varphi (P)=0$ ist. Es sei ${}D=\left(D\varphi \right)_{P}$ die durch das totale Differential gegebene bijektive lineare Abbildung mit der linearen Umkehrabbildung ${}D^{-1}$. Wir betrachten die Gesamtabbildung

$G{\stackrel {\varphi }{\longrightarrow }}V_{2}{\stackrel {D^{-1}}{\longrightarrow }}V_{1}.$

Diese ist wieder stetig differenzierbar, und das totale Differential davon ist ${}D^{-1}\circ D=\operatorname {Id}$. Wenn wir für diese zusammengesetzte Abbildung die Aussage zeigen können, so folgt die Aussage auch für ${}\varphi$, da eine lineare Abbildung stetig differenzierbar ist. Wir können also annehmen, dass ${}\varphi \colon V_{1}\rightarrow V_{1}=V_{2}$ eine stetig differenzierbare Abbildung mit ${}\varphi (0)=0$ ist, deren totales Differential in ${}0$ die Identität ist. Wir werden dennoch von ${}V_{1}$ und ${}V_{2}$ sprechen, um klar zu machen, ob sich etwas im Definitionsraum oder im Zielraum abspielt.
Sei ${}y\in V_{2}$ fixiert. Wir betrachten die Hilfsabbildung

$H_{y}\colon G\longrightarrow V_{2},\,x\longmapsto H_{y}(x)=x-\varphi (x)+y.$

Diese Hilfsabbildung erfüllt folgende Eigenschaft: Ein Punkt ${}x\in G$ ist genau dann ein Fixpunkt von ${}H_{y}$, also ein Punkt mit ${}H_{y}(x)=x-\varphi (x)+y=x$, wenn ${}\varphi (x)=y$ ist, d.h. wenn ${}x$ ein Urbild von ${}y$ unter ${}\varphi$ ist. Die Abbildungen ${}H_{y}$ sind selbst stetig differenzierbar und es gilt ${}\left(DH_{y}\right)_{x}=\operatorname {Id} -\left(D\varphi \right)_{x}$.
  Wir möchten den Banachschen Fixpunktsatz auf ${}H_{y}$ anwenden, um dafür einen Fixpunkt zu gewinnen und diesen als Urbildpunkt von ${}y$ unter ${}\varphi$ nachweisen zu können. Wir fixieren eine euklidische Norm. Wegen der Stetigkeit von ${}x\mapsto \left(D\varphi \right)_{x}$ und wegen

${}\left(D\varphi \right)_{0}=\operatorname {Id} \,$

gibt es ein ${}r\in \mathbb {R}$, ${}r>0$, derart, dass für alle ${}x\in B\left(0,r\right)$ die Abschätzung

${}\Vert {\left(DH_{y}\right)_{x}}\Vert =\Vert {\operatorname {Id} -\left(D\varphi \right)_{x}}\Vert \leq {\frac {1}{2}}\,$

gilt. Für jedes ${}x\in B\left(0,r\right)$ gilt daher nach der Mittelwertabschätzung die Abschätzung

${}{\begin{aligned}\Vert {x-\varphi (x)}\Vert &=\Vert {H_{0}(x)}\Vert \\&=\Vert {H_{0}(x)-H_{0}(0)}\Vert \\&\leq {\frac {1}{2}}\Vert {x}\Vert .\end{aligned}}$

Für ${}y\in B\left(0,{\frac {r}{2}}\right)$ und ${}x\in B\left(0,r\right)$ gilt

${}{\begin{aligned}\Vert {H_{y}(x)}\Vert &=\Vert {x-\varphi (x)+y}\Vert \\&\leq \Vert {x-\varphi (x)}\Vert +\Vert {y}\Vert \\&\leq {\frac {\Vert {x}\Vert }{2}}+{\frac {r}{2}}\\&\leq {\frac {r}{2}}+{\frac {r}{2}}\\&=r.\end{aligned}}$

Für jedes ${}y\in B\left(0,{\frac {r}{2}}\right)$ liegt also eine Abbildung

$H_{y}\colon B\left(0,r\right)\longrightarrow B\left(0,r\right)$

vor.
Wegen der oben formulierten Ableitungseigenschaft und aufgrund der Mittelwertabschätzung gilt für zwei Punkte ${}x_{1},x_{2}\in B\left(0,r\right)$ die Abschätzung

${}\Vert {H_{y}(x_{1})-H_{y}(x_{2})}\Vert \leq {\frac {1}{2}}\Vert {x_{1}-x_{2}}\Vert \,,$

sodass ${}H_{y}$ eine stark kontrahierende Abbildung ist. Da ein euklidischer Vektorraum und damit auch die abgeschlossene Kugel ${}B\left(0,r\right)$ vollständig sind (siehe Aufgabe 36.9 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) und Aufgabe 36.22 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))), besitzt jede Abbildung ${}H_{y}$ aufgrund des Banachschen Fixpunktsatzes genau einen Fixpunkt aus ${}B\left(0,{\frac {r}{2}}\right)$, den wir mit ${}\psi (y)$ bezeichnen. Aufgrund der eingangs gemachten Überlegung ist ${}\varphi (\psi (y))=y$.
Zu ${}y\in U{\left(0,{\frac {r}{2}}\right)}$ gehört das eindeutige Urbild ${}x\in B\left(0,r\right)$ zur offenen Kugel ${}U{\left(0,r\right)}$, wie die obige Abschätzung zeigt. Wir setzen ${}U_{2}=U{\left(0,{\frac {r}{2}}\right)}$ und ${}U_{1}=\varphi ^{-1}(U_{2})\cap U{\left(0,r\right)}$, wobei ${}U_{1}$ aufgrund der Stetigkeit von ${}\varphi$ offen ist. Die eingeschränkte Abbildung

$\varphi {|}_{U_{1}}\colon U_{1}\longrightarrow U_{2},\,x\longmapsto \varphi (x)$

ist wieder stetig und bijektiv. Insbesondere gibt es eine Umkehrabbildung

$\psi \colon U_{2}\longrightarrow U_{1},$

die wir als stetig differenzierbar nachweisen müssen.
Wir zeigen zuerst, dass ${}\psi$ Lipschitz-stetig ist mit der Lipschitz-Konstanten ${}2$. Seien ${}y_{1},y_{2}\in U_{2}$ gegeben mit den eindeutigen Elementen ${}x_{1},x_{2}\in U_{1}$ mit ${}\varphi (x_{1})=y_{1}$ und ${}\varphi (x_{2})=y_{2}$. Es gelten die Abschätzungen

${}{\begin{aligned}\Vert {x_{2}-x_{1}}\Vert &=\Vert {H_{0}(x_{2})+\varphi (x_{2})-H_{0}(x_{1})-\varphi (x_{1})}\Vert \\&\leq \Vert {H_{0}(x_{2})-H_{0}(x_{1})}\Vert +\Vert {\varphi (x_{2})-\varphi (x_{1})}\Vert \\&\leq {\frac {1}{2}}\Vert {x_{2}-x_{1}}\Vert +\Vert {\varphi (x_{2})-\varphi (x_{1})}\Vert ,\end{aligned}}$

wobei die letzte Abschätzung auf obiger Überlegung beruht. Durch Umstellung ergibt sich

${}\Vert {\psi (y_{2})-\psi (y_{1})}\Vert =\Vert {x_{2}-x_{1}}\Vert \leq 2\Vert {y_{2}-y_{1}}\Vert \,.$

Aufgrund von Lemma 51.2 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist ${}\psi$ auch differenzierbar und es gilt die Formel

${}\left(D\psi \right)_{y}=(\left(D\varphi \right)_{\psi (y)})^{-1}\,.$

Aus dieser Darstellung lässt sich auch die stetige Abhängigkeit der Ableitung von ${}y$ ablesen, da ${}\psi$ stetig ist, da das totale Differential von ${}\varphi$ nach Voraussetzung stetig von ${}x=\psi (y)$ abhängt und da das Bilden der Umkehrmatrix ebenfalls stetig ist.

Aufgabe (6 (3+3) Punkte)

1. Es sei ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine zusammenhängende offene Menge und sei ${}G\colon U\rightarrow \mathbb {R} ^{n}$ ein Gradientenfeld auf ${}U$. Zeige, dass das Potential zu ${}G$ bis auf eine Konstante eindeutig bestimmt ist.
2. Es seien ${}S,T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ offene sternförmige Mengen mit der Eigenschaft, dass ${}S\cap T$ zusammenhängend ist. Es sei

   $G\colon S\cup T\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

   ein stetig differenzierbares Vektorfeld, das die Integrabilitätsbedingung erfüllt. Zeige, dass ${}G$ ein Gradientenfeld ist.

Lösung

1. Es seien ${}h,g\colon U\rightarrow \mathbb {R}$ Potentiale für das Gradientenfeld, d.h. es gilt

   ${}\operatorname {Grad} \,h=G=\operatorname {Grad} \,g\,.$

   Dann ist

   ${}\operatorname {Grad} \,h-g=G-G=0\,,$

   es ist also zu zeigen, dass das Nullfeld nur die konstanten Funktionen als Potentiale besitzt. Es seien ${}P,Q$ Punkte in ${}U$ und sei ${}\gamma$ ein stetig differenzierbarer Weg, der ${}P$ und ${}Q$ verbindet. Für das Wegintegral zum Nullfeld ${}N$ über ${}\gamma$ und einem Potential ${}f$ gilt nach Lemma 57.8 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))

   ${}0=\int _{\gamma }N=f(Q)-f(P)\,,$

   d.h. ${}f$ ist konstant.

2. Nach Satz 58.9 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) besitzt ${}G$ auf ${}S$ ein Potential, sagen wir ${}h$, und ebenso besitzt ${}G$ auf ${}T$ ein Potential, sagen wir ${}g$. Es sei ${}P\in S\cap T$ ein Punkt des Durchschnittes. Wir ersetzen das Potential ${}g$ auf ${}T$ durch das verschobene Potential

   ${}{\tilde {g}}=g+h(P)-g(P)\,.$

   Es ist dann

   ${}{\tilde {g}}(P)=h(P)\,.$

   Da ${}S\cap T$ zusammenhängend ist, unterscheiden sich zwei Potentiale darauf nur um eine Konstante. Daher stimmt das Potential ${}h$, eingeschränkt auf ${}S\cap T$, mit dem Potential ${}{\tilde {g}}$, eingeschränkt auf ${}S\cap T$, überein, da sie in einem Punkt übereinstimmen. Die beiden Potentiale ${}h$ und ${}{\tilde {g}}$ passen also auf der Übergangsmenge ${}S\cap T$ zusammen und definieren daher auf ${}S\cup T$ ein Potential.