Kurs:Analysis/Teil II/6/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	7	2	6	1	4	3	1	2	6	8	4	4	6	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Zu einem Vektor ${}v\in V$ nennt man

   ${}\Vert {v}\Vert ={\sqrt {\left\langle v,v\right\rangle }}\,$

   die Norm von ${}v$.

2. Ein metrischer Raum ${}M$ heißt zusammenhängend, wenn es genau zwei Teilmengen von ${}M$ gibt, die sowohl offen als auch abgeschlossen sind.
3. Eine Teilmenge ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{m}$ heißt kompakt, wenn sie abgeschlossen und beschränkt ist.
4. Es sei ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein offenes Intervall, ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ offen und

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

   eine Funktion. Dann nennt man den Ausdruck

   ${}y^{(n)}=h{\left(t,y,y',y^{\prime \prime },\ldots ,y^{(n-1)}\right)}\,$

   eine Differentialgleichung der Ordnung ${}n$.

5. 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.

6. Die Bilinearform

   $V\times V\longrightarrow K,\,(v,w)\longmapsto \left\langle v,w\right\rangle ,$

   heißt nicht ausgeartet, wenn für alle ${}v\in V,\,v\neq 0$, die induzierten Abbildungen

   $V\longrightarrow K,\,w\longmapsto \left\langle v,w\right\rangle ,$

   und für alle ${}w\in V,\,w\neq 0$, die induzierten Abbildungen

   $V\longrightarrow K,\,v\longmapsto \left\langle v,w\right\rangle ,$

   nicht die Nullabbildung sind.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}I$ ein reelles Intervall, ${}a\in I$ und ${}r$ sei ein (uneigentlicher) Randpunkt von ${}I$. Es seien

   $f,h\colon I\longrightarrow \mathbb {R} _{\geq 0}$

   stetige Funktionen mit

   $f(t)\leq h(t){\text{ für alle }}t\in I$

   und es sei vorausgesetzt, dass das uneigentliche Integral

   $\int _{a}^{r}h(t)\,dt$

   existiert. Dann existiert auch das uneigentliche Integral

   $\int _{a}^{r}f(t)\,dt$

   und es gilt

   $\int _{a}^{r}f(t)\,dt\leq \int _{a}^{r}h(t)\,dt.$

2. 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

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

3. Es sei ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine offene zusammenhängende Teilmenge und

   $G\colon U\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

   ein stetig differenzierbares Vektorfeld. Dann sind die folgenden Eigenschaften äquivalent.

   1. ${}G$ ist ein Gradientenfeld.
   2. Für jeden stetig differenzierbaren Weg ${}\gamma \colon [a,b]\rightarrow U$ hängt das Wegintegral ${}\int _{\gamma }G$ nur vom Anfangspunkt ${}\gamma (a)$ und Endpunkt ${}\gamma (b)$ ab.

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

a) Zeige, dass für ${}x\geq 1$ die Abschätzung

${}\int _{0}^{1}t^{x}e^{-t}\,dt\leq 1\,$

gilt.

b) Zeige, dass die Funktion ${}H(x)$ mit

$H(x)=\int _{1}^{\infty }t^{x}e^{-t}\,dt$

für ${}x\geq 1$ monoton wachsend ist.

c) Zeige, dass ${}10!\geq e^{11}+1$ gilt.

d) Zeige, dass für die Fakultätsfunktion für ${}x\geq 10$ die Abschätzung

$\operatorname {Fak} \,(x)\geq e^{x}$

gilt.

Lösung

a) Es ist

${}\int _{0}^{1}t^{x}e^{-t}\,dt\leq \int _{0}^{1}t^{x}\,dt\leq \int _{0}^{1}t\,dt<1\,.$

b) Es sei ${}x'\geq x\geq 1$. Dann ist

${}t^{x'}\geq t^{x}\,$

für alle ${}t\in \mathbb {R} _{\geq 1}$. Daher ist

${}t^{x'}e^{-t}\geq t^{x}e^{-t}\,$

für alle ${}t\in \mathbb {R} _{\geq 1}$ und daher überträgt sich dies auf die uneigentlichen Integrale, also ist

${}H(x')=\int _{1}^{\infty }t^{x'}e^{-t}\,dt\geq \int _{1}^{\infty }t^{x}e^{-t}\,dt=H(x)\,.$

c) Es ist ${}e\leq 3$. Daher ist

${}{\begin{aligned}10!&=10\cdot 9\cdot (8\cdot 1)\cdot (7\cdot 2)\cdot (6\cdot 3)\cdot (5\cdot 4)\\&=10\cdot 9\cdot 8\cdot 14\cdot 18\cdot 20\\&\geq 10\cdot 9\cdot 8\cdot 14\cdot 18\cdot 19+1\\&>e^{2}\cdot e^{2}\cdot e\cdot e^{2}\cdot e^{2}\cdot e^{2}+1\\&=e^{11}+1.\end{aligned}}$

d) Es sei ${}x\geq 10$. Es sei

${}n=\lfloor x\rfloor \leq x\,.$

Dann ist wegen a), b) und c)

${}{\begin{aligned}\operatorname {Fak} \,(x)&=\int _{0}^{\infty }t^{x}e^{-t}\,dt\\&=\int _{0}^{1}t^{x}e^{-t}\,dt+\int _{1}^{\infty }t^{x}e^{-t}\,dt\\&\geq \int _{1}^{\infty }t^{x}e^{-t}\,dt\\&\geq \int _{1}^{\infty }t^{n}e^{-t}\,dt\\&=\int _{0}^{\infty }t^{n}e^{-t}\,dt-\int _{0}^{1}t^{n}e^{-t}\,dt\\&\geq n!-1\\&=n(n-1)\cdots 11\cdot (10!)-1\\&\geq e^{n-10}\cdot (e^{11}+1)-1\\&\geq e^{n+1}+1-1\\&\geq e^{x}.\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}(M,d)$ ein metrischer Raum. Zeige, dass die offenen Kugeln ${}U{\left(x,\epsilon \right)}$ offen sind.

Lösung

Es sei ${}y\in U{\left(x,\epsilon \right)}$. Daher ist

${}d(x,y)<\epsilon \,.$

Wir setzen

${}\delta :=\epsilon -d(x,y)>0\,.$

Für ${}z\in U{\left(y,\delta \right)}$ ist nach der Dreiecksungleichung

${}{\begin{aligned}d(x,z)&\leq d(x,y)+d(y,z)\\&<d(x,y)+\delta \\&=d(x,y)+\epsilon -d(x,y)\\&=\epsilon ,\end{aligned}}$

also ist ${}U{\left(y,\delta \right)}\subseteq U{\left(x,\epsilon \right)}$ und damit ist ${}U{\left(x,\epsilon \right)}$ offen.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise die Aussage, dass eine Folge ${}{\left(z_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ im ${}\mathbb {R} ^{m}$ (versehen mit der euklidischen Metrik) genau dann konvergiert, wenn sämtliche Komponentenfolgen konvergieren.

Lösung

Es sei die Gesamtfolge konvergent gegen ${}w=(w_{1},\ldots ,w_{m})$. Wir behaupten, dass die ${}i$-te Komponentenfolge ${}{\left(z_{in}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen ${}w_{i}$ konvergiert. Sei (ohne Einschränkung) ${}i=1$ und ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Wegen der Konvergenz der Gesamtfolge gibt es ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ mit ${}d{\left(z_{n},w\right)}\leq \epsilon$ für alle ${}n\geq n_{0}$. Daher ist

${}{\begin{aligned}\vert {z_{1n}-w_{1}}\vert &={\sqrt {{\left(z_{1n}-w_{1}\right)}^{2}}}\\&\leq {\sqrt {{\left(z_{1n}-w_{1}\right)}^{2}+{\left(z_{2n}-w_{2}\right)}^{2}+\cdots +{\left(z_{mn}-w_{m}\right)}^{2}}}\\&=d{\left(z_{n},w\right)}\\&\leq \epsilon .\end{aligned}}$

Es seien nun alle Komponentenfolgen konvergent, wobei die ${}i$-te Folge den Grenzwert ${}w_{i}$ besitzen möge, und sei ein ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Wir setzen ${}w=(w_{1},\ldots ,w_{m})$ und behaupten, dass die Folge gegen ${}w$ konvergiert. Zu ${}\epsilon /m$ gibt es für jede Komponentenfolge ein ${}n_{0i}$ derart, dass ${}\vert {z_{in}-w_{i}}\vert \leq \epsilon /m$ für alle ${}n\geq n_{0i}$ gilt. Dann gilt für alle

${}n\geq n_{0}:={\max {\left(n_{0i},i=1,\ldots ,m\right)}}\,$

die Beziehung

${}{\begin{aligned}d{\left(z_{n},w\right)}&={\sqrt {{\left(z_{1n}-w_{1}\right)}^{2}+\cdots +{\left(z_{mn}-w_{m}\right)}^{2}}}\\&\leq {\sqrt {{\left({\frac {\epsilon }{m}}\right)}^{2}+\cdots +{\left({\frac {\epsilon }{m}}\right)}^{2}}}\\&={\sqrt {\frac {\epsilon ^{2}}{m}}}\\&={\frac {\epsilon }{\sqrt {m}}}\\&\leq \epsilon .\end{aligned}}$

Aufgabe (1 Punkt)

Die folgende Tabelle zeigt die Gastgeberländer und die Weltmeister der Fußballweltmeisterschaften von 1978 bis 2014.

Jahr	Gastgeber	Weltmeister
${}1978$	${}{\text{Argentinien}}$	${}{\text{Argentinien}}$
${}1982$	${}{\text{Spanien}}$	${}{\text{Italien}}$
${}1986$	${}{\text{Mexiko}}$	${}{\text{Argentinien}}$
${}1990$	${}{\text{Italien}}$	${}{\text{Deutschland}}$
${}1994$	${}{\text{USA}}$	${}{\text{Brasilien}}$
${}1998$	${}{\text{Frankreich}}$	${}{\text{Frankreich}}$
${}2002$	${}{\text{Japan und Korea}}$	${}{\text{Brasilien}}$
${}2006$	${}{\text{Deutschland}}$	${}{\text{Italien}}$
${}2010$	${}{\text{Südafrika}}$	${}{\text{Spanien}}$
${}2014$	${}{\text{Brasilien}}$	${}{\text{Deutschland}}$

Es sei ${}L=\{A,B,D,F,I,JuK,M,S,SA,U\}$ die Menge der Gastgeberländer und

$\varphi \colon L\longrightarrow L$

die Abbildung, die dem Gastgeberland den Weltmeister zuordnet. Gibt es auf ${}L$ eine Metrik derart, dass ${}L$ zu einem vollständigen metrischen Raum wird und dass ${}\varphi$ eine starke Kontraktion ist?

Lösung

Wenn es eine vollständige Metrik geben würde, bezüglich der die Abbildung eine starke Kontraktion wäre, so könnte man den Banachschen Fixpunktsatz anwenden und es würde nur einen Fixpunkt geben. Die Abbildung hat aber zwei Fixpunkte, nämlich ${}A$ (Argentinien) und ${}F$ (Frankreich).

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}V$ ein euklidischer Vektorraum der Dimension ${}\geq 2$ und ${}v,w\in V$ Punkte mit

${}\Vert {v}\Vert =\Vert {w}\Vert \,.$

Zeige, dass es eine stetig differenzierbare Kurve

$\gamma \colon [0,1]\longrightarrow V,\,t\longmapsto \gamma (t),$

mit ${}\gamma (0)=v$, ${}\gamma (1)=w$ und ${}\Vert {\gamma (t)}\Vert =\Vert {v}\Vert$ für alle ${}t\in [0,1]$ gibt.

Lösung

Es sei ${}c=\Vert {v}\Vert$. Die Vektoren ${}v$ und ${}w$ liegen in einer Ebene ${}E\subseteq V$, und es sei ${}u_{1},u_{2}$ eine Orthonormalbasis dieser Ebene. Dabei können wir ${}v=cu_{1}$ und ${}w=au_{1}+bu_{2}=c(ru_{1}+su_{2})$ erreichen. Wegen

${}c=\Vert {w}\Vert ={\sqrt {a^{2}+b^{2}}}\,$

ist ${}r^{2}+s^{2}=1$. Daher gibt es ein ${}\theta \in {]0,2\pi ]}$ mit

${}(r,s)=(\cos \theta ,\sin \theta )\,.$

Daher besitzt

${}\gamma (t)=c{\left(u_{1}\cos \left(\theta t\right)+u_{2}\sin \left(\theta t\right)\right)}\,$

die gewünschten Eigenschaften.

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne das Wegintegral ${}\int _{\gamma }F$ zum Vektorfeld

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

längs des Weges

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

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\int _{\gamma }F&=\int _{-1}^{1}\left\langle F(\gamma (t)),\gamma '(t)\right\rangle \\&=\int _{-1}^{1}\left\langle {\begin{pmatrix}e^{t}\\t\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\e^{t}\end{pmatrix}}\right\rangle dt\\&=\int _{-1}^{1}e^{t}+te^{t}dt\\&={\left(te^{t}\right)}{|}_{-1}^{1}\\&=e+e^{-1}.\end{aligned}}$

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme zur Funktion

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

die Richtungsableitung in Richtung ${}3$ für jeden Punkt.

Lösung

Es ist

${}(D_{3}f)(t)=3(D_{1}f)(t)=3f'(t)=3\cdot 2t=6t\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme eine Lösungskurve der ortsunabhängigen Differentialgleichung

${}{\begin{pmatrix}x'(t)\\y'(t)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {t}{1+t^{2}}}\\\tan t\end{pmatrix}}\,$

auf ${}]0,{\frac {\pi }{2}}[$.

Lösung

Eine Stammfunktion von ${}{\frac {t}{1+t^{2}}}$ ist ${}{\frac {1}{2}}\ln(1+t^{2})$, eine Stammfunktion von ${}\tan t={\frac {\sin t}{\cos t}}$ ist, ${}-\ln(\cos t)$, daher ist

${\begin{pmatrix}{\frac {1}{2}}\ln(1+t^{2})\\-\ln(\cos t)\end{pmatrix}}$

eine Lösung der Differentialgleichung.

Aufgabe (6 Punkte)

Löse das Anfangswertproblem

$y^{\prime \prime }=3yy'+y^{2}{\text{ mit }}y(0)=0{\text{ und }}y'(0)=2$

durch einen Potenzreihenansatz bis zur vierten Ordnung.

Lösung

Wir machen den Ansatz

$y=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}t^{n},$

aufgrund der Anfangswertbedingungen ist ${}a_{0}=0$ und ${}a_{1}=2$. Es ist ${}y'=\sum _{n=1}^{\infty }na_{n}t^{n-1}$ und ${}y^{\prime \prime }=\sum _{n=2}^{\infty }n(n-1)a_{n}t^{n-2}$. Aus der Gleichung

${}\sum _{n=2}^{\infty }n(n-1)a_{n}t^{n-2}=3{\left(\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}t^{n}\right)}\cdot {\left(\sum _{n=1}^{\infty }na_{n}t^{n-1}\right)}+{\left(\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}t^{n}\right)}^{2}\,$

lassen sich die Koeffizienten ${}a_{i}$ bestimmen.

Koeffizientenvergleich zu ${}t^{0}$ ergibt

${}2a_{2}=3a_{0}a_{1}+a_{0}^{2}=0\,,$

also ist ${}a_{2}=0$.

Koeffizientenvergleich zu ${}t^{1}$ ergibt

${}6a_{3}=3{\left(a_{1}a_{1}+2a_{0}a_{2}\right)}+2a_{0}a_{1}=12\,,$

also ist ${}a_{3}=2$.

Koeffizientenvergleich zu ${}t^{2}$ ergibt

${}12a_{4}=3{\left(a_{2}a_{1}+2a_{1}a_{2}+3a_{0}a_{3}\right)}+2a_{0}a_{2}+a_{1}^{2}=a_{1}^{2}=4\,,$

also ist ${}a_{4}={\frac {1}{3}}$.

Daher ist

$2t+2t^{3}+{\frac {1}{3}}t^{4}$

die Lösung des Anfangswertproblems bis zur Ordnung ${}4$.

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Satz über die totale Differenzierbarkeit bei partieller Differenzierbarkeit.

Lösung

Indem wir ${}G$ durch eine eventuell kleinere offene Umgebung von ${}P$ ersetzen, können wir annehmen, dass auf ${}G$ die Richtungsableitungen

$Q\longmapsto (D_{i}\varphi )(Q):={\left(D_{e_{i}}\varphi \right)}{\left(Q\right)}={\begin{pmatrix}{\frac {\partial f_{1}}{\partial x_{i}}}(Q)\\\vdots \\{\frac {\partial f_{m}}{\partial x_{i}}}(Q)\end{pmatrix}}\in {\mathbb {K} }^{m}$

existieren und in ${}P$ stetig sind. Daher ist nach Proposition 46.1 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) die lineare Abbildung

${\mathbb {K} }^{n}\longrightarrow {\mathbb {K} }^{m},\,v=(v_{1},\ldots ,v_{n})\longmapsto \sum _{i=1}^{n}v_{i}(D_{i}\varphi )(P),$

der einzige Kandidat für das totale Differential. Daher müssen wir zeigen, dass diese lineare Abbildung die definierende Eigenschaft des totalen Differentials besitzt. Setze ${}P_{i}:=P+v_{1}e_{1}+\cdots +v_{i}e_{i}$ (abhängig von ${}v$). Dann gelten mit dem Ansatz

${}r(v):={\frac {\varphi (P+v)-\varphi (P)-\sum _{i=1}^{n}v_{i}(D_{i}(\varphi ))(P)}{\Vert {v}\Vert }}\,$

(für ${}v$ hinreichend klein) die Abschätzungen

${}{\begin{aligned}\Vert {r(v)}\Vert &={\frac {\Vert {\varphi (P+v)-\varphi (P)-\sum _{i=1}^{n}v_{i}(D_{i}(\varphi ))(P)}\Vert }{\Vert {v}\Vert }}\\&={\frac {\Vert {\sum _{i=1}^{n}(\varphi (P_{i})-\varphi (P_{i-1})-v_{i}(D_{i}(\varphi ))(P))}\Vert }{\Vert {v}\Vert }}\\&\leq \sum _{i=1}^{n}{\frac {\Vert {\varphi (P_{i})-\varphi (P_{i-1})-v_{i}(D_{i}(\varphi ))(P)}\Vert }{\Vert {v}\Vert }}\\&=\sum _{i=1}^{n}{\frac {\Vert {\varphi (P_{i-1}+v_{i}e_{i})-\varphi (P_{i-1})-v_{i}(D_{i}(\varphi ))(P)}\Vert }{\Vert {v}\Vert }}.\end{aligned}}$

Wir betrachten jeden Summanden einzeln. Für fixiertes ${}i$ ist die Abbildung (die auf dem Einheitsintervall definiert ist)

$h_{i}:s\longmapsto \varphi (P_{i-1}+sv_{i}e_{i})-sv_{i}(D_{i}(\varphi ))(P)$

differenzierbar (aufgrund der Existenz der partiellen Ableitungen auf ${}G$) mit der Ableitung

$s\longmapsto v_{i}(D_{i}(\varphi ))(P_{i-1}+sv_{i}e_{i})-v_{i}(D_{i}(\varphi ))(P).$

Nach der Mittelwertabschätzung existiert eine reelle Zahl

${}0\leq c_{i}=1\,,$

so dass (dies ist die Norm von $h_{i}(1)-h_{i}(0)$)

${}{\begin{aligned}\Vert {\varphi (P_{i-1}+v_{i}e_{i})-\varphi (P_{i-1})-v_{i}(D_{i}(\varphi ))(P)}\Vert &\leq \Vert {v_{i}(D_{i}(\varphi ))(P_{i-1}+c_{i}v_{i}e_{i})-v_{i}(D_{i}(\varphi ))(P)}\Vert \\&=\vert {v_{i}}\vert \cdot \Vert {(D_{i}(\varphi ))(P_{i-1}+c_{i}v_{i}e_{i})-(D_{i}(\varphi ))(P)}\Vert \\&\leq \Vert {v}\Vert \cdot \Vert {(D_{i}(\varphi ))(P_{i-1}+c_{i}v_{i}e_{i})-(D_{i}(\varphi ))(P)}\Vert \,\end{aligned}}$

gilt. Aufsummieren liefert also, dass unser Ausdruck ${}\Vert {r(v)}\Vert$ nach oben beschränkt ist durch

${}{\begin{aligned}\sum _{i=1}^{n}{\frac {\Vert {v}\Vert \cdot \Vert {(D_{i}(\varphi ))(P_{i-1}+c_{i}v_{i}e_{i})-(D_{i}(\varphi ))(P)}\Vert }{\Vert {v}\Vert }}&\leq \sum _{i=1}^{n}\Vert {(D_{i}(\varphi ))(P_{i-1}+c_{i}v_{i}e_{i})-(D_{i}(\varphi ))(P)}\Vert \\\,\end{aligned}}$

Da die partiellen Ableitungen ${}D_{i}(\varphi )$ stetig in ${}P$ sind, wird die Summe rechts mit ${}v$ beliebig klein, da dann ${}P_{i-1}+c_{i}v_{i}e_{i}$ gegen ${}P$ konvergiert. Also ist der Grenzwert für ${}v\rightarrow 0$ gleich ${}0$.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom zweiter Ordnung der Funktion

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

im Punkt ${}(1,1)$.

Lösung

Die relevanten Ableitungen sind

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

${}{\frac {\partial f}{\partial y}}=-2ye^{x-y^{2}}\,,$

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

${}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}y}}={\left(-2+4y^{2}\right)}e^{x-y^{2}}\,,$

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

Somit sind die Werte der relevanten Ableitungen im Punkt ${}(1,1)$ gleich

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

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

${}{\frac {\partial f}{\partial y}}(1,1)=-2\,,$

${}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}x}}(1,1)=1\,,$

${}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}y}}(1,1)=2\,,$

${}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial x}}(1,1)=-2\,.$

Daher ist das Taylor-Polynom der Ordnung zwei gleich

$1+(x-1)-2(y-1)+{\frac {1}{2}}(x-1)^{2}-2(x-1)(y-1)+(y-1)^{2}.$

Aufgabe (4 Punkte)

Untersuche die Funktion

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto x^{2}+xy-6y^{2}-y,$

auf kritische Punkte und Extrema.

Lösung

Die partiellen Ableitungen der Funktion ${}f$ sind

${}{\frac {\partial f}{\partial x}}=2x+y\,$

und

${}{\frac {\partial f}{\partial y}}=x-12y-1\,.$

Eine notwendige Voraussetzung für die Existenz eines lokalen Extremums ist, dass der Gradient ${}0$ ist. Aus

$2x+y=0\,\,{\text{ und }}\,\,x-12y-1=0$

folgt sofort

$25y+2=0,$

also ${}y=-{\frac {2}{25}}$ und daraus

$x={\frac {1}{25}}.$

Es kann also allenfalls im kritischen Punkt ${}P=\left({\frac {1}{25}},\,{\frac {-2}{25}}\right)$ ein lokales Extremum vorliegen.

Die Hesse-Matrix der Funktion ist

${\begin{pmatrix}2&1\\1&-12\end{pmatrix}}.$

Der Eintrag links oben ist also positiv und die Determinante ist negativ. Daher ist die Hesse-Matrix indefinit und somit liegt kein Extremum vor.

Aufgabe (6 Punkte)

Zeige, dass der Punkt ${}{\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}$ der einzige nichtreguläre Punkt der Faser zur Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y,z)\longmapsto x^{2}+y^{3}+z^{7}+xyz,$

über ${}0$ ist.

Lösung

Die Jacobi-Matrix von ${}\varphi$ ist

${\begin{pmatrix}2x+yz\\3y^{2}+xz\\7z^{6}+xy\end{pmatrix}}.$

Bei ${}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}$ sind alle partiellen Ableitungen gleich ${}0$, dort liegt also ein nichtregulärer Punkt der Faser vor.

Wir müssen zeigen, dass es keinen weiteren nichtregulären Punkt auf der Faser gibt. Wenn alle Einträge der Jacobi-Matrix gleich ${}0$ sind, so ist aufgrund der ersten partiellen Ableitung

${}x=-{\frac {yz}{2}}\,$

und damit ist aufgrund der zweiten partiellen Ableitung

${}0=3y^{2}-{\frac {yz^{2}}{2}}=y{\left(3y-{\frac {z^{2}}{2}}\right)}\,.$

Bei ${}y=0$ ist ${}x=0$ und wegen ${}\varphi (x,y,z)=0$ auch ${}z=0$. Es sei also ${}y\neq 0$ und somit

${}y={\frac {z^{2}}{6}}\,$

und

${}x=-{\frac {z^{3}}{12}}\,.$

Die dritte partielle Ableitung liefert

${}0=7z^{6}-{\frac {z^{3}}{12}}\cdot {\frac {z^{2}}{6}}=z^{5}{\left(7z-{\frac {1}{72}}\right)}\,.$

Bei ${}z=0$ sind wieder alle drei Komponenten ${}0$. Daher ist

${}z={\frac {1}{504}}\,.$

Der Wert der Funktion an diesem Punkt ist

${}{\begin{aligned}{\left({\frac {1}{504}}\right)}^{6}\cdot {\frac {1}{144}}+{\left({\frac {1}{504}}\right)}^{6}\cdot {\frac {1}{216}}+{\left({\frac {1}{504}}\right)}^{7}-{\frac {1}{12}}\cdot {\frac {1}{6}}\cdot {\left({\frac {1}{504}}\right)}^{6}&={\left({\frac {1}{504}}\right)}^{6}\cdot {\left({\frac {1}{144}}+{\frac {1}{216}}+{\frac {1}{504}}-{\frac {1}{72}}\right)}\\&={\left({\frac {1}{504}}\right)}^{6}\cdot {\frac {1}{72}}\cdot {\left({\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{7}}-1\right)}\\&={\left({\frac {1}{504}}\right)}^{6}\cdot {\frac {1}{72}}\cdot {\frac {21+14+6-42}{42}}\\&={\left({\frac {1}{504}}\right)}^{6}\cdot {\frac {1}{72}}\cdot {\frac {-1}{42}}\\&\neq 0.\,\end{aligned}}$

Daher ist dies kein Punkt der Faser.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Wir betrachten das Vektorfeld

$G\colon \mathbb {R} ^{2}\times \mathbb {R} _{>0}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,(x,y,z)\longmapsto \left(ye^{xy}+\ln z,\,xe^{xy}-2yz,\,{\frac {x}{z}}-y^{2}\right).$

a) Zeige mit Hilfe der Integrabilitätsbedingung, dass ${}G$ ein Gradientenfeld ist.

b) Bestimme ein Potential zu ${}G$.

Lösung

a) Es ist

${}{\frac {\partial G_{1}}{\partial y}}=e^{xy}+xye^{xy}\,$

und ebenso

${}{\frac {\partial G_{2}}{\partial x}}=e^{xy}+xye^{xy}\,,$

es ist

${}{\frac {\partial G_{1}}{\partial z}}={\frac {1}{z}}\,$

und ebenso

${}{\frac {\partial G_{3}}{\partial x}}={\frac {1}{z}}\,,$

und schließlich ist

${}{\frac {\partial G_{2}}{\partial z}}=-2y\,$

und ebenso

${}{\frac {\partial G_{3}}{\partial y}}=-2y\,,$

die Integrabilitätsbedingungen sind also erfüllt. Da ${}\mathbb {R} ^{2}\times \mathbb {R} _{>0}$ sternförmig ist, handelt es sich um ein Gradientenfeld.

b) Ein Potential zu ${}G$ ist

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

wie man durch Ableiten bestätigt.