Kurs:Analysis/Teil II/3/Klausur mit Lösungen/kontrolle

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

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Die offene Kugel zum Mittelpunkt ${}x$ und Radius ${}r$ ist durch

   ${}U{\left(x,r\right)}={\left\{y\in M\mid d(x,y)<r\right\}}\,$

   definiert.

2. 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 ${}t\in J$.
3. Man sagt, dass die höhere Richtungsableitung von ${}f$ in Richtung ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ existiert, wenn die höhere Richtungsableitung in Richtung ${}v_{1},\ldots ,v_{n-1}$ existiert und davon die Richtungsableitung in Richtung ${}v_{n}$ existiert.
4. Die Abbildung

   $\operatorname {Hess} _{P}\,f\colon \mathbb {R} ^{n}\times \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(u,v)\longmapsto D_{u}D_{v}f(P),$

   heißt die Hesse-Form im Punkt ${}P\in V$.

5. Unter dem Tangentiaraum in ${}P$ an die Faser versteht man

   ${\left\{v\in V\mid {\left(D\varphi \right)}_{P}{\left(v\right)}=0\right\}}.$

6. Man sagt, dass die Abbildungsfolge gleichmäßig konvergiert, wenn es eine Funktion

   $f\colon T\longrightarrow M$

   derart gibt, dass es zu jedem ${}\epsilon >0$ ein ${}n_{0}$ gibt mit

   $d{\left(f_{n}(x),f(x)\right)}\leq \epsilon {\text{ für alle }}n\geq n_{0}{\text{ und alle }}x\in T.$

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Folgende Aussagen sind äquivalent.
   1. ${}f$ ist stetig in jedem Punkt ${}x\in L$.
   2. Für jeden Punkt ${}x\in L$ und jedes ${}\epsilon >0$ gibt es ein ${}\delta >0$ mit der Eigenschaft, dass aus ${}d(x,x')\leq \delta$ folgt, dass ${}d(f(x),f(x'))\leq \epsilon$ ist.
   3. Für jeden Punkt ${}x\in L$ und jede konvergente Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in ${}L$ mit ${}\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}=x$ ist auch die Bildfolge ${}{\left(f(x_{n})\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergent mit dem Grenzwert ${}f(x)$.
   4. Für jede offene Menge ${}V\subseteq M$ ist auch das Urbild ${}f^{-1}(V)$ offen.
2. Es sei ${}G\subseteq {\mathbb {K} }^{n}$ offen und ${}\varphi \colon G\rightarrow {\mathbb {K} }^{m}$ eine Abbildung. Es seien ${}x_{i}$, ${}i=1,\ldots ,n$, die Koordinaten von ${}{\mathbb {K} }^{n}$ und ${}P\in G$ ein Punkt. Es sei angenommen, dass alle partiellen Ableitungen in einer offenen Umgebung von ${}P$ existieren und in ${}P$ stetig sind. Dann ist ${}\varphi$ in ${}P$ (total) differenzierbar.
3. Es sei ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine offene Teilmenge und

   $h\colon U\longrightarrow \mathbb {R}$

   eine differenzierbare Funktion mit dem zugehörigen Gradientenfeld ${}G=\operatorname {Grad} \,h$. Es sei ${}\gamma \colon [a,b]\rightarrow U$ ein stetig differenzierbarer Weg in ${}U$. Dann gilt für das Wegintegral

   ${}\int _{\gamma }G=h(\gamma (b))-h(\gamma (a))\,.$

Aufgabe (9 Punkte)

Es sei

$f\colon {]0,1]}\longrightarrow [0,\infty [$

eine stetige, streng fallende, bijektive Funktion mit der ebenfalls stetigen Umkehrfunktion

$f^{-1}\colon {[0,\infty [}\longrightarrow {]0,1]}.$

Es sei vorausgesetzt, dass das uneigentliche Integral ${}\int _{0}^{1}f(t)\,dt$ existiert. Zeige, dass dann auch das uneigentliche Integral ${}\int _{0}^{\infty }f^{-1}(y)\,dy$ existiert und dass der Wert dieser beiden Integrale übereinstimmt.

Lösung

Es sei ${}F$ eine Stammfunktion zu der stetigen Funktion ${}f$. Nach Voraussetzung existiert

$F(0):=\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,F(x).$

Der Wert des uneigentlichen Integrals ist

${}\int _{0}^{1}f(t)\,dt=F(1)-F(0)\,.$

Durch Addition einer Konstanten können wir ${}F(0)=0$ annehmen.

Zu jedem ${}x\in {]0,1]}$ ist

${}\int _{0}^{x}f(t)\,dt+\int _{x}^{1}f(t)\,dt=\int _{0}^{1}f(t)\,dt=F(1)\,$

und wegen der Monotonie ist

${}\int _{0}^{x}f(t)\,dt\geq xf(x)\,.$

Für ${}x\mapsto 0$ konvergiert das rechte Integral gegen ${}F(1)$ und das linke Integral gegen ${}0$. Daher gibt es zu jedem ${}\epsilon >0$ ein ${}x_{0}$ mit

${}xf(x)\leq \epsilon \,$

für alle ${}x\leq x_{0}$.

Die Umkehrfunktion ${}f^{-1}$ besitzt die Stammfunktion

$G(y)=yf^{-1}(y)-F(f^{-1}(y)).$

Wir müssen zeigen, dass diese Funktion für ${}y\mapsto \infty$ einen Limes besitzt. Für ${}y\mapsto \infty$ gilt ${}f^{-1}(y)\mapsto 0$ und somit ist wegen der Stetigkeit

$\operatorname {lim} _{y\rightarrow \infty }\,F(f^{-1}(y))=0.$

Wir behaupten, dass auch der linke Summand einen Limes für ${}y\mapsto \infty$ besitzt. Dazu sei ${}\epsilon >0$ und sei ${}x_{0}$ wie oben gewählt. Da ${}f^{-1}$ fallend (und bijektiv) ist, gibt es ein ${}y_{0}$ mit ${}f^{-1}(y_{0})=x_{0}$. Daher gelten für alle ${}y\geq y_{0}$ (mit ${}y=f(x)$) die Abschätzungen

${}yf^{-1}(y)=f(x)f^{-1}(f(x))=f(x)x\leq \epsilon \,.$

Daher ist

${}\operatorname {lim} _{y\rightarrow \infty }\,yf^{-1}(y)=0\,$

und das uneigentliche Integral existiert. Sein Wert ist

${}{\begin{aligned}\int _{0}^{\infty }f^{-1}(y)\,dy&=\operatorname {lim} _{y\rightarrow \infty }\,G(y)-G(0)\\&=\operatorname {lim} _{y\rightarrow \infty }\,(yf^{-1}(y)-F(f^{-1}(y)))-(-F(1))\\&=-F(0)+F(1)\\&=\int _{0}^{1}f(t)\,dt.\end{aligned}}$

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 ${}\epsilon >0$ derart, dass der gesamte ${}\epsilon$- Ball ${}U{\left(x,\epsilon \right)}$ im Komplement von ${}T$ liegt. Also ist

${}T\cap U{\left(x,\epsilon \right)}=\emptyset \,.$

Da die Folge aber gegen ${}x$ konvergiert, gibt es ein ${}n_{0}$ derart, dass alle Folgenglieder ${}x_{n}$, ${}n\geq n_{0}$, 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 ${}U:=\setminus T$ nicht offen. D.h. es gibt einen Punkt ${}x\in U$ derart, dass in jedem ${}\epsilon$-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

${}T\cap U{\left(x,{\frac {1}{n}}\right)}\neq \emptyset \,.$

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

${}\epsilon =1/n\,$

beschränken kann und alle Folgenglieder ${}x_{m}$, ${}m\geq n$, in ${}U{\left(x,{\frac {1}{m}}\right)}\subseteq U{\left(x,{\frac {1}{n}}\right)}$ 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 (2 Punkte)

Es sei ${}P\in {\mathbb {C} }[X]$ ein nichtkonstantes Polynom. Zeige, dass die Abbildung

${\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} },\,z\longmapsto P(z),$

surjektiv ist.

Lösung

Es sei ${}c\in {\mathbb {C} }$ vorgegeben. Da ${}P$ nicht konstant ist, ist auch ${}P(z)-c$ nicht konstant und besitzt nach dem Fundamentalsatz der Algebra eine Nullstelle. Also gibt es ein ${}w\in {\mathbb {C} }$ mit

${}P(w)-c=0\,,$

also

${}P(w)=c\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei

$F\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

ein stetiges Vektorfeld, wobei die ${}i$-te Komponente nur von der ${}i$-ten Variabeln abhängen möge. Es sei

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

ein stetig differenzierbarer Weg. Zeige, dass das Wegintegral ${}\int _{\gamma }F$ nur von ${}\gamma (a)$ und ${}\gamma (b)$ abhängt.

Lösung

Nach Voraussetzung können wir

${}F_{i}(x_{1},\ldots ,x_{i-1},x_{i},x_{i+1},\ldots ,x_{n})=f_{i}(x_{i})\,$

mit stetigen Funktionen

$f_{i}\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

schreiben. Es sei ${}g_{i}$ eine Stammfunktion zu ${}f_{i}$. Das Wegintegral ist somit

${}{\begin{aligned}\int _{\gamma }F&=\int _{a}^{b}F_{1}(\gamma (t))\gamma _{1}'(t)+\cdots +F_{n}(\gamma (t))\gamma _{n}'(t)dt\\&=\int _{a}^{b}f_{1}(\gamma _{1}(t))\gamma _{1}'(t)+\cdots +f_{n}(\gamma _{n}(t))\gamma _{n}'(t)dt\\&=\int _{a}^{b}f_{1}(\gamma _{1}(t))\gamma _{1}'(t)dt+\cdots +\int _{a}^{b}f_{n}(\gamma _{n}(t))\gamma _{n}'(t)dt\\&=g_{1}(\gamma (t))|_{a}^{b}+\cdots +g_{n}(\gamma (t))|_{a}^{b}\\&=g_{1}(\gamma _{1}(b))-g_{1}(\gamma _{1}(a))+\cdots +g_{n}(\gamma _{n}(b))-g_{n}(\gamma _{n}(a)).\end{aligned}}$

Dies hängt offenbar nicht vom Verlauf von ${}\gamma$ ab.

Aufgabe (3 (1+2) Punkte)

a) Zeige, dass die archimedischen Spiralen

$\mathbb {R} _{\geq 0}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto \left(at\cos \left(t+t_{0}\right),\,at\sin \left(t+t_{0}\right)\right),$

(zu fixierten $a,t_{0}\in \mathbb {R}$) Lösungskurven für die Differentialgleichung (bei ${}t>0$)

${}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}-y+{\frac {x}{t}}\\x+{\frac {y}{t}}\end{pmatrix}}\,$

sind.

b) Man gebe eine Lösung für das Anfangswertproblem

${}v{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}={\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}}\,$

zu dieser Differentialgleichung an.

Lösung

a) Es ist

${}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'(t)={\begin{pmatrix}at\cos \left(t+t_{0}\right)\\at\sin \left(t+t_{0}\right)\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}a\cos \left(t+t_{0}\right)-at\sin \left(t+t_{0}\right)\\a\sin \left(t+t_{0}\right)+at\cos \left(t+t_{0}\right)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {at\cos \left(t+t_{0}\right)}{t}}-at\sin \left(t+t_{0}\right)\\{\frac {at\sin \left(t+t_{0}\right)}{t}}+at\cos \left(t+t_{0}\right)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {x(t)}{t}}-y(t)\\{\frac {y(t)}{t}}+x(t)\end{pmatrix}}\,.$

b) Wir müssen die Bedingung

${}v{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}={\begin{pmatrix}a{\frac {\pi }{2}}\cos \left({\frac {\pi }{2}}+t_{0}\right)\\a{\frac {\pi }{2}}\sin \left({\frac {\pi }{2}}+t_{0}\right)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}}\,$

erfüllen. Der Vektor ${}\left(2,\,3\right)$ definiert eine Gerade durch den Nullpunkt und einen eindeutigen Winkel ${}\varphi$ zwischen der ${}x$-Achse und dieser Geraden. Daher muss ${}{\frac {\pi }{2}}+t_{0}=\varphi$, also

${}t_{0}=\varphi -{\frac {\pi }{2}}\,$

sein. Der Abstand des Punktes zum Nullpunkt ist ${}{\sqrt {13}}$. Daher ist

${}a={\frac {2{\sqrt {13}}}{\pi }}\,$

und somit ist

${}v(t)={\frac {2{\sqrt {13}}}{\pi }}t{\begin{pmatrix}\cos \left(t+\varphi -{\frac {\pi }{2}}\right)\\\sin \left(t+\varphi -{\frac {\pi }{2}}\right)\end{pmatrix}}\,$

die Lösung des Anfangswertproblems.

Aufgabe (1 Punkt)

Skizziere die Funktion

$\mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto y^{3}.$

Lösung Y^3/In R^2/Skizziere/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für eine Funktion

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,$

die im Nullpunkt partiell differenzierbar ist und dort die Eigenschaft besitzt, dass die Richtungsableitung in keine Richtung ${}v=(a,b)$ mit ${}a,b\neq 0$ existiert.

Lösung

Es sei

${}f(x,y):={\begin{cases}0,{\text{ falls }}x=0{\text{ oder }}y=0\,,\\1{\text{ sonst}}\,.\end{cases}}\,$

Die partiellen Ableitungen sind die Richtungsableitungen in Richtung der Standardvektoren ${}e_{1}$ bzw. ${}e_{2}$. Für jeden Richtungsvektor ${}v=(a,b)$ geht es um die Existenz des Limes

${}\operatorname {lim} _{t\rightarrow 0}\,{\frac {f((0,0)+tv)}{t}}=\operatorname {lim} _{t\rightarrow 0}\,{\frac {f((ta,tb))}{t}}\,.$

Bei ${}a=0$ oder ${}b=0$ ist der Zähler konstant gleich ${}0$, sodass der Limes existiert. Somit existieren die partiellen Ableitungen. Wenn hingegen ${}a$ und ${}b$ beide nicht ${}0$ sind, so ist

${}f((ta,tb))=1\,$

und dann existiert der Limes

${}\operatorname {lim} _{t\rightarrow 0}\,{\frac {f((ta,tb))}{t}}=\operatorname {lim} _{t\rightarrow 0}\,{\frac {1}{t}}\,$

nicht.

Aufgabe (3 Punkte)

Begründe ohne Differentialrechnung, dass die Funktion

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto f(x,y)=x^{2}-y^{2},$

kein lokales Extremum besitzt.

Lösung

Die Funktion ${}h\mapsto h^{2}$ ist für ${}h\geq 0$ streng wachsend und für ${}h\leq 0$ streng fallend, für ${}h\mapsto -h^{2}$ ist es umgekehrt. Daher kann man für jeden Punkt ${}(x,y)$ in einer beliebig kleinen Ballumgebung den Funktionswert von ${}f(x,y)$ erhöhen, indem man ${}y$ beibehält und ${}x$ größer (bei ${}x\geq 0$) bzw. kleiner (bei $x<0$) macht. Ebenso kann man den Funktionswert kleiner machen, indem man ${}x$ beibehält und ${}y$ größer (bei $y\geq 0$) bzw. kleiner (bei ${}y<0$) macht.

Aufgabe (8 (2+2+4) Punkte)

Es sei

${}f(x,y)=\sin x^{2}y-e^{x+y}\,,$

${}P=(1,2)$, ${}v=(2,3)$ und ${}w=(-1,4)$.

a) Berechne die Hesse-Matrix von ${}f$ im Punkt ${}P$.

b) Bestimme mit a) die zweite Richtungsableitung ${}D_{v}D_{w}f(P)$.

c) Bestimme direkt die zweite Richtungsableitung ${}D_{v}D_{w}f(P)$.

Lösung

a) Es ist

${}{\frac {\partial f}{\partial x}}=2xy\cos x^{2}y-e^{x+y}\,$

und

${}{\frac {\partial f}{\partial y}}=x^{2}\cos x^{2}y-e^{x+y}\,.$

Somit ist

${}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}x}}=-4x^{2}y^{2}\sin x^{2}y+2y\cos x^{2}y-e^{x+y}\,,$

${}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=-2x^{3}y\sin x^{2}y+2x\cos x^{2}y-e^{x+y}\,,$

${}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}y}}=-x^{4}\sin x^{2}y-e^{x+y}\,.$

Die Hesse-Matrix in ${}P=(1,2)$ ist somit gleich

${\begin{pmatrix}-16\sin \left(2\right)+4\cos \left(2\right)-e^{3}&-4\sin \left(2\right)+2\cos \left(2\right)-e^{3}\\-4\sin \left(2\right)+2\cos \left(2\right)-e^{3}&-\sin \left(2\right)-e^{3}\end{pmatrix}}.$

b) Da die Hesse-Form bilinear ist, gilt

${}{\begin{aligned}D_{v}D_{w}f(P)&=\left(2,\,3\right){\begin{pmatrix}-16\sin \left(2\right)+4\cos \left(2\right)-e^{3}&-4\sin \left(2\right)+2\cos \left(2\right)-e^{3}\\-4\sin \left(2\right)+2\cos \left(2\right)-e^{3}&-\sin \left(2\right)-e^{3}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}-1\\4\end{pmatrix}}\\&=\left(2,\,3\right){\begin{pmatrix}16\sin \left(2\right)-4\cos \left(2\right)+e^{3}-16\sin \left(2\right)+8\cos \left(2\right)-4e^{3}\\4\sin \left(2\right)-2\cos \left(2\right)+e^{3}-4\sin \left(2\right)-4e^{3}\end{pmatrix}}\\&=\left(2,\,3\right){\begin{pmatrix}4\cos \left(2\right)-3e^{3}\\-2\cos \left(2\right)-3e^{3}\end{pmatrix}}\\&=2\cos \left(2\right)-15e^{3}.\end{aligned}}$

c) Für einen beliebigen Punkt ${}(x,y)$ gilt die Beziehung

${}D_{w}f(x,y)=h'(0)\,$

mit

${}{\begin{aligned}h(t)&=f((x,y)+tw)\\&=\sin \left((x-t)^{2}(y+4t)\right)-e^{x+y+3t}\\&=\sin \left(x^{2}y+(4x^{2}-2xy)t+(-8x+y)t^{2}+4t^{3}\right)-e^{x+y+3t}.\end{aligned}}$

Also ist

${}h'(t)={\left(4x^{2}-2xy+2(-8x+y)t+12t^{2}\right)}\cos \left(x^{2}y+(4x^{2}-2xy)t+(-8x+y)t^{2}+4t^{3}\right)-3e^{x+y+3t}\,$

und somit für ${}t=0$

${}D_{w}f(x,y)=h'(0)={\left(4x^{2}-2xy\right)}\cos \left(x^{2}y\right)-3e^{x+y}=:g(x,y)\,.$

Das gleiche Verfahren, angewendet auf diese Funktion, den Vektor ${}v$ und die Hilfsfunktion

${}{\begin{aligned}p(t)&={\left(4(x+2t)^{2}-2(x+2t)(y+3t)\right)}\cos \left((x+2t)^{2}(y+3t)\right)-3e^{x+y+5t}\\&={\left(4x^{2}+16xt+16t^{2}-2xy-6xt-4yt-12t^{2}\right)}\cos \left(x^{2}y+(4xy+3x^{2})t+(12x+y)t^{2}+12t^{3}\right)-3e^{x+y+5t}\\&={\left(4x^{2}-2xy+(10x-4y)t+4t^{2}\right)}\cos \left(x^{2}y+(4xy+3x^{2})t+(12x+y)t^{2}+12t^{3}\right)-3e^{x+y+5t}\end{aligned}}$

ergibt

${}p'(t)=-{\left(4x^{2}-2xy+(10x-4y)t+4t^{2}\right)}{\left(4xy+3x^{2}+2(12x+y)t+36t^{2}\right)}\sin \left(x^{2}y+(4xy+3x^{2})t+(12x+y)t^{2}+12t^{3}\right)-{\left(10x-4y-8t\right)}\cos \left(x^{2}y+(4xy+3x^{2})t+(12x+y)t^{2}+12t^{3}\right)-15e^{x+y+5t}\,$

und somit

${}D_{v}g(x,y)=p'(0)=-{\left(4x^{2}-2xy\right)}{\left(4xy+3x^{2}\right)}\sin \left(xy\right)-{\left(10x-4y\right)}\cos \left(x^{2}y\right)-15e^{x+y}\,.$

Für ${}P=(x,y)=(1,2)$ ist daher

${}{\begin{aligned}D_{v}D_{w}f(1,2)&=D_{v}g(1,2)\\&=-{\left(4x^{2}-2xy\right)}{\left(4xy+3x^{2}\right)}\sin \left(2\right)+2\cos \left(2\right)-15e^{3}\\&=2\cos \left(2\right)-15e^{3}.\end{aligned}}$

Aufgabe (9 (5+4) Punkte)

Es seien ${}P,Q$ zwei komplexe (bzw. reelle) Polynome und

$\varphi \colon {\mathbb {K} }^{2}\longrightarrow {\mathbb {K} }^{2},\,(x,y)\longmapsto (P(x,y),Q(x,y)),$

die zugehörige Abbildung. Die Determinante der Jacobi-Matrix zu ${}\varphi$ sei in jedem Punkt ${}P\in {\mathbb {K} }^{2}$ von ${}0$ verschieden.

1. Zeige, dass bei ${}{\mathbb {K} }={\mathbb {C} }$ die Determinante konstant ist.
2. Zeige durch ein Beispiel, dass bei ${}{\mathbb {K} }=\mathbb {R}$ die Determinante nicht konstant sein muss.

Lösung

1. Die partiellen Ableitungen zu ${}\varphi$ sind auch Polynome und daher ist die Determinante der Jacobi-Matrix ebenfalls ein Polynom in zwei Variablen. Wir schreiben dieses Polynom als

   ${}D=P_{n}X^{n}+P_{n-1}X^{n-1}+\cdots +P_{1}X^{1}+P_{0}\,,$

   wobei die ${}P_{i}$ Polynome in ${}Y$ sind und ${}P_{n}\neq 0$. Es sei ${}D$ nicht konstant. Dann ist entweder (i) ${}n\geq 1$ oder (ii) ${}n=0$ und ${}P_{0}$ ist ein nichtkonstantes Polynom in ${}Y$. Im ersten Fall gibt es einen Wert ${}y$ derart, dass ${}P_{n}(y)\neq 0$ ist. Dann ist ${}D(X,y)$ ein nichtkonstantes Polynom in ${}X$. In beiden Fällen gibt es also eine Einsetzung, die zu einem nichtkonstanten Polynom in einer Variablen führt. Nach dem Fundamentalsatz der Algebra gibt es dann ein ${}x\in {\mathbb {C} }$ mit ${}D(x,y)=0$ im Widerspruch zur Voraussetzung.

2. Wir betrachten die reellen Polynome

   $P=X-Y\,\,{\text{ und }}\,\,Q=X^{3}+Y^{3}+Y.$

   Die Jacobi-Matrix davon ist

   ${}{\begin{pmatrix}{\frac {\partial P}{\partial X}}&{\frac {\partial P}{\partial Y}}\\{\frac {\partial Q}{\partial X}}&{\frac {\partial Q}{\partial Y}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&-1\\3X^{2}&3Y^{2}+1\end{pmatrix}}\,$

   mit der Determinante

   $3Y^{2}+1+3X^{2}.$

   Dies ist stets ${}\geq 1>0$ und insbesondere nirgendwo gleich ${}0$. Die Determinante ist aber nicht konstant.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die injektive Abbildung.

Lösung

Es sei ${}\dim _{}{\left(V\right)}=k$ und ${}\dim _{}{\left(W\right)}=n$. Es sei ${}B={\left(D\varphi \right)}_{P}{\left(V\right)}$ das Bild des totalen Differentials ${}\left(D\varphi \right)_{P}$. Nach [[Lineare Abbildung/Bild und Urbild/Untervektorräume/Fakt|Kurs:Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)/Teil II/3/Klausur mit Lösungen/kontrolle (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) (Analysis (Osnabrück 2021-2023))  (1)]] ist ${}B\subseteq W$ ein Untervektorraum der Dimension ${}\dim _{}{\left(B\right)}=k$. Wir ergänzen eine Basis von ${}B$ durch ${}w_{1},\ldots ,w_{n-k}$ zu einer Basis von ${}W$ und setzen ${}C=\langle w_{1},\ldots ,w_{n-k}\rangle$. Wir betrachten die Abbildung

$\psi \colon G\times C\longrightarrow W,\,(v,w)\longmapsto \varphi (v)+w,$

wobei links und rechts zwei ${}n$-dimensionale Vektorräume stehen. Diese Abbildung kann man als die Hintereinanderschaltung

$G\times C{\stackrel {\varphi \times \operatorname {Id} _{C}\,}{\longrightarrow }}W\times C{\stackrel {+}{\longrightarrow }}W$

auffassen. Daher ist die Gesamtabbildung stetig differenzierbar und das totale Differential ist ${}\left(D\varphi \right)_{P}+i_{C}$, wobei ${}i_{C}\colon C\rightarrow W$ die lineare Einbettung des Unterraums ist. Dieses totale Differential ist surjektiv im Punkt ${}(P,0)$, da sowohl ${}B$ als auch ${}C$ zum Bild gehören, und somit bijektiv. Wir können also den Satz über die Umkehrabbildung anwenden und erhalten offene Mengen ${}U_{1}\subseteq G\times C$ und ${}U_{2}\subseteq W$ derart, dass ${}(\varphi \times \operatorname {Id} _{C}){|}_{U_{1}}$ ein Diffeomorphismus zwischen ${}U_{1}$ und ${}U_{2}$ ist. Dies können wir einschränken auf eine offene Menge der Form ${}U_{3}\times U_{4}\subseteq U_{1}$ mit ${}P\in U_{3}\subseteq G$ und ${}0\in U_{4}\subseteq C$. Dann ist die Abbildung

$\varphi {|}_{U_{3}}\colon U_{3}\longrightarrow W$

injektiv, da dies die Hintereinanderschaltung

$U_{3}\longrightarrow U_{3}\times U_{4}\longrightarrow U_{2}\subseteq W$

mit ${}Q\mapsto (Q,0)$ ist.