Lösung
- Eine Abbildung heißt Metrik, wenn für alle
die folgenden Bedingungen erfüllt sind:
- (Definitheit),
- (Symmetrie), und
- (Dreiecksungleichung).
- Unter der Kurvenlänge von versteht man
-
- Die Niveaumenge zu zum Wert ist
-
- Der Punkt heißt regulär, wenn
-
ist.
- Das Taylor-Polynom vom Grad zu in ist
-
- Die Abbildung
-
heißt Gradientenfeld zu .
Formuliere die folgenden Sätze.
- Der
Banachsche Fixpunktsatz.
- Der
Satz über die Umkehrabbildung.
- Der
Satz von Picard-Lindelöf.
Lösung
- Es sei ein nicht-leerer vollständiger metrischer Raum und
-
eine stark kontrahierende Abbildung. Dann besitzt genau einen Fixpunkt.
- Es seien
und
euklidische Vektorräume,
sei
offen
und es sei
-
eine
stetig differenzierbare Abbildung.
Es sei ein Punkt derart, dass das
totale Differential
-
bijektiv
ist. Dann gibt es eine offene Menge und eine offene Menge mit und mit derart, dass eine
Bijektion
-
induziert, und dass die Umkehrabbildung
-
ebenfalls stetig differenzierbar ist.
- Es sei ein
endlichdimensionaler
reeller Vektorraum,
ein
reelles Intervall,
eine
offene Menge
und
-
ein
Vektorfeld
auf . Es sei vorausgesetzt, dass dieses Vektorfeld
stetig
sei und
lokal einer Lipschitz-Bedingung
genüge. Dann gibt es zu jedem ein
offenes Intervall
mit
derart, dass auf diesem Intervall eine eindeutige
Lösung für das Anfangswertproblem
-
existiert.
Es sei eine nichtleere Menge, und das -fache Produkt der Menge mit sich selbst.
a) Zeige, dass auf durch
-
eine
Metrik
definiert wird.
b) Bestimme zu und den Abstand .
c) Liste für und alle Elemente aus der offenen Kugel auf.
Lösung
a) Die Anzahl ist stets eine nichtnegative Zahl. Zwei Tupel sind genau dann gleich, wenn jede ihrer Komponenten übereinstimmt. Dies ist genau dann der Fall, wenn ist. Da die (Un-)gleichheit symmetrisch ist, ist . Zum Beweis der Dreiecksungleichung seien vorgegeben. Wenn und in der -ten Komponente nicht übereinstimmen, so ist oder . Es ist also
-
und daher
b) Die beiden Tupel
und
unterscheiden sich an der ersten und der vierten Stelle, also ist der Abstand .
c) Die Werte der Metrik sind ganzzahlig, und in der offenen Ballumgebung mit Radius liegen die Elemente, die vom Mittelpunkt einen Abstand haben. Der Abstand zum Mittelpunkt muss also
oder
sein. Die Elemente darin sind daher
-
Lösung
Wir zeigen, dass das Komplement offen ist. Es sei also
ein Punkt mit
-
und sei
-
Wegen der
Stetigkeit
von und gibt es mit den Eigenschaften:
Wenn , dann
und
Wenn , dann .
Dies gilt dann auch für
-
Daher gelten für die Abschätzungen
d.h. diese offene Ballumgebung gehört vollständig zum Komplement.
Beschreibe
(ohne weitere Begründung)
den Lauf des Sekundenzeigers einer Uhr als eine differenzierbare Kurve auf dem Einheitskreis
(der Zeiger soll also im Zeitintervall eine Runde im Uhrzeigersinn drehen und zum Zeitpunkt „oben“ starten).
Lösung
Die Bewegung des Sekundenzeigers wird durch
-
beschrieben.
Beweise den Banachschen Fixpunktsatz.
Lösung
Es sei
, ,
ein Kontraktionsfaktor, d.h. es gelte
-
für alle
. Wenn
Fixpunkte sind, so folgt aus
-
sofort
und somit
,
es kann also maximal einen Fixpunkt geben.
Es sei nun
ein beliebiger Punkt. Wir betrachten die durch
-
rekursiv definierte
Folge
in . Wir setzen
-
Dann gilt für jedes
die Beziehung
-
Daher gilt aufgrund der
Dreiecksungleichung
und der
geometrischen Reihe
für
die Beziehung
Zu einem gegebenen
wählt man mit
-
Dies zeigt, dass eine
Cauchy-Folge
vorliegt, die aufgrund der
Vollständigkeit
gegen ein
konvergiert.
Wir zeigen, dass dieses ein Fixpunkt ist. Die Bildfolge konvergiert gegen , da eine kontrahierende Abbildung stetig ist. Andererseits stimmt diese Bildfolge mit der Ausgangsfolge bis auf die Indizierung überein, sodass der Grenzwert sein muss.
Lösung
Die Funktion ist wegen streng wachsend und insbesondere injektiv, und definiert aufgrund des Zwischenwertsatzes eine Bijektion zwischen und . Die Umkehrfunktion ist ebenfalls stetig differenzierbar mit
-
In dieser Situation können wir die Längenformel für den Graphen anwenden und erhalten mit der Substitution
(und )
Löse das
lineare Anfangswertproblem
-
Lösung
Aus der zweiten Zeile folgt sofort
-
wobei die Anfangsbedingung
durch
erfüllt wird. Für ergibt sich daraus die inhomogene lineare Differentialgleichung in einer Variablen,
-
Die zugehörige homogene lineare Gleichung besitzt die Lösungen . Mittels Variation der Konstanten, also dem Ansatz
-
ergibt sich die Bedingung
-
Also ist
mit einer Konstanten
.
Aus
-
folgt
.
Die Lösung ist also
-
Bestimme das Taylor-Polynom zweiter Ordnung der Funktion
-
im Punkt .
Lösung
Die relevanten Ableitungen sind
-
-
-
-
-
Somit sind die Werte der relevanten Ableitungen im Punkt gleich
-
-
-
-
-
-
Daher ist das Taylor-Polynom der Ordnung zwei gleich
-
Wir betrachten die Funktion
-
Für welche
, ,
besitzt die zugehörige dreistufige
(maximale)
untere Treppenfunktion
zu den maximalen Flächeninhalt? Welchen Wert besitzt er?
Lösung
Es seien die Markierungen der möglichen Intervallunterteilungen. Der Flächeninhalt der zugehörigen maximalen unteren Treppenfunktion von ist
Die partiellen Ableitungen davon sind
-
Wir bestimmen die kritischen Punkte. Aus der ersten Gleichung folgt
-
(den negativen Fall kann man ausschließen).
Wir setzen
in die zweite Gleichung ein und erhalten die Bedingung
-
woraus
-
folgt. Daher ist
-
und der einzige kritische Punkt ist
-
Die Hesse-Matrix von ist
-
Im kritischen Punkt ist der Eintrag links oben negativ. Die Determinante ist
-
positiv, sodass die Hesse-Matrix negativ definit ist und daher im kritischen Punkt ein Maximum vorliegt. Da es auch in einer geeigneten
(kleinen) offenen Umgebung des abgeschlossenen Definitionsbereiches keinen weiteren kritischen Punkt gibt, liegt ein absolutes Maximum vor. Der Wert ist
Wir betrachten die Abbildung
-
a) Bestimme die regulären Punkte der Abbildung .
b) Zeige, dass in lokal eine differenzierbare Umkehrabbildung besitzt, und bestimme das totale Differential von im Punkt .
c) Man gebe alle Punkte an, in denen nicht lokal invertierbar ist.
Lösung
a) Wir bestimmen die Jacobi-Matrix von , diese ist
-
Die Determinante davon ist
-
Dies ist genau dann, wenn ist, sodass die regulären Punkte genau die Punkte sind, deren -Koordinate nicht ist.
b) Die Abbildung ist nach Teil a) im Punkt regulär, daher gibt es nach dem Satz über die Umkehrabbildung eine differenzierbare Umkehrabbildung , die in einer offenen Umgebung von definiert ist. Das totale Differential von im Punkt ist die inverse Matrix zum totalen Differential von in , also invers zu
-
Die inverse Matrix dazu ist
-
c) Für die Punkte mit gibt es aufgrund des Satzes über die Umkehrabbildung lokal eine Umkehrabildung. Für einen Punkt mit gibt es dagegen keine lokale Umkehrabbildung, da ein solcher Punkt auf der Geraden liegt, die die Faser über ist. Daher ist diese Abbildung in keiner offenen Umgebung von injektiv.
Lösung
Wir schreiben das Vektorfeld als . Die konstante Anfangsbedingung führt zu . Die erste Picard-Lindelöf-Iteration führt auf
Die zweite Picard-Lindelöf-Iteration führt auf
Die dritte Picard-Lindelöf-Iteration führt auf
Lösung
Es sei
-
ein Potential zu , also eine differenzierbare Funktion, deren Gradientenfeld gleich ist. Wir zeigen, dass sogar die zusammengesetzte Abbildung
-
injektiv ist. Aufgrund der Kettenregel ist die Ableitung dieser Abbildung gleich
-
Nach
Lemma 57.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))
steht
senkrecht auf dem Tangentialraum zu im Punkt . Insbesondere gehört nicht zum Tangentialraum
(da das Skalarprodukt positiv definit ist),
also nicht zum Kern von . Daher ist
-
D.h. dass keine Nullstelle besitzt und daher ist nach
Satz 19.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))
streng wachsend oder streng fallend, also injektiv.