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

Aufgabe (3 Punkte)

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)

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.