Kurs:Analysis/Teil II/9/Klausur mit Lösungen/kontrolle

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

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Zu zwei Vektoren ${}v,w\in V$ nennt man

   ${}d{\left(v,w\right)}:=\Vert {v-w}\Vert :={\sqrt {\left\langle v-w,v-w\right\rangle }}\,$

   den Abstand zwischen ${}v$ und ${}w$.

2. Ein metrischer Raum ${}M$ heißt vollständig, wenn jede Cauchy-Folge in ${}M$ konvergiert.
3. offenes Intervall. Eine Differentialgleichung der Form

   $v'=Mv+z,$

   wobei

   $M={\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&\ldots &a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\ldots &a_{2n}\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\a_{n1}&a_{n2}&\ldots &a_{nn}\end{pmatrix}}$

   eine Matrix mit Einträgen ${}a_{ij}\in {\mathbb {C} }$ ist und

   $z\colon I\longrightarrow {\mathbb {C} }^{n}$

   eine Abbildung, heißt inhomogene lineare gewöhnliche Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten oder inhomogenes lineares gewöhnliches Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten.
4. Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ ein ${}K$-Vektorraum und ${}\left\langle -,-\right\rangle$ eine Bilinearform auf ${}V$. Die Bilinearform heißt symmetrisch, wenn

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

   für alle ${}v,w\in V$ gilt.

5. Es seien ${}D_{i}$ die Richtungsableitungen in Richtung des ${}i$-ten Einheitsvektors. Zu ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ heißt die Matrix

   ${\begin{pmatrix}D_{1}D_{1}f(P)&\cdots &D_{1}D_{n}f(P)\\\vdots &\ddots &\vdots \\D_{n}D_{1}f(P)&\cdots &D_{n}D_{n}f(P)\end{pmatrix}}$

   die Hesse-Matrix zu ${}f$ im Punkt ${}P$.

6. Die Integrabilitätsbedingung besagt, dass

   ${}{\frac {\partial G_{i}}{\partial x_{j}}}(P)={\frac {\partial G_{j}}{\partial x_{i}}}(P)\,$

   für alle ${}P\in U$ und alle ${}i,j$ gilt.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}V$ ein Vektorraum über ${}\mathbb {R}$ mit einem Skalarprodukt ${}\left\langle -,-\right\rangle$. Dann besitzt der zugehörige Abstand die folgenden Eigenschaften (dabei sind $u,v,w\in V$).
   1. Es ist ${}d(v,w)\geq 0$.
   2. Es ist ${}d(v,w)=0$ genau dann, wenn ${}v=w$.
   3. Es ist ${}d(v,w)=d(w,v)$.
   4. Es ist

      ${}d(u,w)\leq d(u,v)+d(v,w)\,.$

2. Es sei ${}G\subseteq V$ offen und ${}\varphi \colon G\rightarrow W$ eine Abbildung derart, dass für ${}u,v\in V$ die zweiten Richtungsableitungen ${}D_{v}D_{u}\varphi$ und ${}D_{u}D_{v}\varphi$ existieren und stetig sind. Dann gilt

   ${}D_{v}D_{u}\varphi =D_{u}D_{v}\varphi \,.$

3. Wenn die Abbildungen ${}f_{n}$ alle stetig sind, so ist auch die Grenzabbildung ${}f$ stetig.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine abzählbare Teilmenge (${}n\geq 1$). Es sei ${}d$ eine Metrik auf ${}\mathbb {R} ^{n}$ derart, dass ${}d(x,y)$ für ${}x\not \in T$ und ${}y\in \mathbb {R} ^{n}$ mit der euklidischen Metrik übereinstimmt. Zeige, dass ${}d$ auf ganz ${}\mathbb {R} ^{n}$ die euklidische Metrik ist.

Lösung

Es seien ${}P,Q\in \mathbb {R} ^{n}$ zwei Punkte und ${}G$ die dadurch definierte Gerade. Wir identifizieren ${}G$ mit den reellen Zahlen, ${}P$ mit dem Nullpunkt und ${}Q$ mit einer positiven reellen Zahl. Die induzierte euklidische Metrik ist dann der Betrag. Der Durchschnitt ${}T\cap G$ ist ebenfalls abzählbar. Wir wählen ${}u,v\in \mathbb {R} \setminus T$ mit

${}0<u<Q<v\,.$

Mit der Dreiecksungleichung ist dann einerseits

${}d(0,Q)\leq d(0,u)+d(u,Q)=\vert {u}\vert +\vert {Q-u}\vert =\vert {Q}\vert \,$

und andererseits

${}\vert {Q}\vert =\vert {v}\vert -\vert {Q-v}\vert =d(0,v)-d(v,Q)\leq d(0,Q)\,,$

also ist

${}d(0,Q)=\vert {Q}\vert \,.$

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise das Folgenkriterium für die Stetigkeit einer Funktion ${}f\colon L\rightarrow M$ zwischen metrischen Räumen in einem Punkt ${}x\in L$.

Lösung

Die Äquivalenz von (1) und (2) ist klar.
Es sei nun (2) erfüllt und sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge in ${}L$, die gegen ${}x$ konvergiert. Wir müssen zeigen, dass ${}\lim _{n\rightarrow \infty }f(x_{n})=f(x)$ ist. Dazu sei ${}\epsilon >0$ gegeben. Wegen (2) gibt es ein ${}\delta$ mit der angegebenen Eigenschaft und wegen der Konvergenz von ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen ${}x$ gibt es eine natürliche Zahl ${}n_{0}$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}$ die Abschätzung

${}d(x_{n},x)\leq \delta \,$

gilt. Nach der Wahl von ${}\delta$ ist dann

$d(f(x_{n}),f(x))\leq \epsilon {\text{ für alle }}n\geq n_{0},$

sodass die Bildfolge gegen ${}f(x)$ konvergiert.

Es sei (3) erfüllt und ${}\epsilon >0$ vorgegeben.  Wir nehmen an, dass es für alle ${}\delta >0$ Elemente ${}z\in L$ gibt, deren Abstand zu ${}x$ maximal gleich ${}\delta$ ist, deren Wert ${}f(z)$ unter der Abbildung aber zu ${}f(x)$ einen Abstand größer als ${}\epsilon$ besitzt. Dies gilt dann insbesondere für die Stammbrüche ${}\delta =1/n$, ${}n\in \mathbb {N}$. D.h. für jede natürliche Zahl ${}n$ gibt es ein ${}x_{n}\in L$ mit

$d(x_{n},x)\leq {\frac {1}{n}}{\text{ und mit }}d(f(x_{n}),f(x))>\epsilon .$

Diese so konstruierte Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiert gegen ${}x$, aber die Bildfolge konvergiert nicht gegen ${}f(x)$, da der Abstand der Bildfolgenwerte zu ${}f(x)$ zumindest ${}\epsilon$ ist. Dies ist ein Widerspruch zu (3).

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

a) Skizziere die (Bahn der) archimedische Spirale

$f\colon \mathbb {R} _{\geq 0}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto \left(t\cos t,\,t\sin t\right).$

b) Skizziere die (Bahn der) archimedische Spirale

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto \left(t\cos t,\,t\sin t\right).$

Lösung

a)

b) Es ist

${}{\begin{aligned}\left(-t\cos \left(-t\right),\,-t\sin \left(-t\right)\right)&=\left(-t\cos t,\,t\sin t\right)\\\end{aligned}}$

D.h. der Wert des Weges an einer negativen Stelle ergibt sich aus dem Wert an der zugehörigen positiven Stelle, indem man in der ersten Komponenten negiert und die zweite Komponente beibehält. Die Bahn im Negativen ergibt sich also aus der Bahn im Positiven, indem man an der ${}y$-Achse spiegelt.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise die Integralabschätzung für stetige Kurven.

Lösung

Wenn ${}\int _{a}^{b}g(t)\,dt=0$ ist, so ist nichts zu zeigen. Es sei also

${}\int _{a}^{b}g(t)\,dt=v\neq 0\,.$

Es sei ${}u_{1}:={\frac {v}{\Vert {v}\Vert }}$. Das ergänzen wir zu einer Orthonormalbasis ${}u_{1},u_{2},\ldots ,u_{n}$ von ${}V$. Es seien ${}g_{1},g_{2},\ldots ,g_{n}$ die Koordinatenfunktionen von ${}g$ bezüglich dieser Basis. Dann besteht aufgrund unserer Basiswahl die Beziehung

${}{\begin{aligned}v&=\int _{a}^{b}g(t)\,dt\\&={\left(\int _{a}^{b}g_{1}(t)\,dt\right)}u_{1}+\cdots +{\left(\int _{a}^{b}g_{n}(t)\,dt\right)}u_{n}\\&={\left(\int _{a}^{b}g_{1}(t)\,dt\right)}u_{1},\end{aligned}}$

da ja ${}v$ ein Vielfaches von ${}u_{1}$ ist und somit die anderen Koeffizienten gleich ${}0$ sind. Daher ist

${}{\begin{aligned}\Vert {\int _{a}^{b}g(t)\,dt}\Vert &=\vert {\int _{a}^{b}g_{1}(t)\,dt}\vert \\&\leq \int _{a}^{b}\vert {g_{1}(t)}\vert \,dt\\&\leq \int _{a}^{b}{\sqrt {(g_{1}(t))^{2}+\cdots +(g_{n}(t))^{2}}}\,dt\\&=\int _{a}^{b}\Vert {g_{1}(t)u_{1}+\cdots +g_{n}(t)u_{n}}\Vert \,dt\\&=\int _{a}^{b}\Vert {g(t)}\Vert \,dt.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die Lösung ${}\varphi$ des Anfangswertproblems für das Zentralfeld

$F\colon \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,(t,x,y)\longmapsto e^{t}x{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}},$

mit ${}\varphi (0)={\begin{pmatrix}-1\\4\end{pmatrix}}$.

Lösung

Es handelt sich um ein Zentralfeld, das auf die eindimensionale Differentialgleichung

${}z'=-e^{t}z^{2}\,$

mit ${}z(0)=1$ führt. Dies ist eine Differentialgleichung mit getrennten Variablen. Es ist

${}-{\frac {z'}{z^{2}}}=e^{t}\,$

und somit

${}z^{-1}=e^{t}+c\,.$

Also ist

${}z={\frac {1}{e^{t}+c}}\,$

und wegen der Anfangsbedingung muss ${}c=0$ sein, also ist

${}z=e^{-t}\,.$

Die Lösung für das Zentralfeld ist somit

${}{\begin{pmatrix}x(t)\\y(t)\end{pmatrix}}=e^{-t}{\begin{pmatrix}-1\\4\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige für Polynomfunktionen

$f\colon {\mathbb {K} }^{n}\longrightarrow {\mathbb {K} }$

direkt, dass

${}{\frac {\partial }{\partial x_{i}}}{\frac {\partial f}{\partial x_{j}}}={\frac {\partial }{\partial x_{j}}}{\frac {\partial f}{\partial x_{i}}}\,$

gilt.

Lösung

Da partielle Ableitungen mit Addition und Skalarmultiplikation verträglich sind, und da ein Polynom eine Summe aus Monomen, multipiziert mit Konstanten ist, genügt es, die Aussage für Monome

${}f=x_{1}^{k_{1}}\cdots x_{n}^{k_{n}}\,$

zu zeigen. Bei ${}i=j$ ist die Aussage richtig, sodass wir ${}j>i$ annehmen. Es ist

${}{\frac {\partial x_{1}^{k_{1}}\cdots x_{n}^{k_{n}}}{\partial x_{i}}}=k_{i}x_{1}^{k_{1}}\cdots x_{i-1}^{k_{i-1}}x_{i}^{k_{i}-1}x_{i+1}^{k_{i+1}}\cdots x_{n}^{k_{n}}\,.$

Wenn ${}k_{i}=0$ ist, so ist dies ${}0$, und in diesem Fall sind auch ${}{\frac {\partial }{\partial x_{j}}}{\frac {\partial f}{\partial x_{i}}}$ und ${}{\frac {\partial }{\partial x_{i}}}{\frac {\partial f}{\partial x_{j}}}$ die Nullfunktion, also gleich. Dies ist auch bei ${}k_{j}=0$ der Fall. Es seien also ${}k_{i},k_{j}\neq 0$. Dann ist

${}{\begin{aligned}{\frac {\partial }{\partial x_{j}}}{\left({\frac {\partial x_{1}^{k_{1}}\cdots x_{n}^{k_{n}}}{\partial x_{i}}}\right)}&={\frac {\partial {\left(k_{i}x_{1}^{k_{1}}\cdots x_{i-1}^{k_{i-1}}x_{i}^{k_{i}-1}x_{i+1}^{k_{i+1}}\cdots x_{n}^{k_{n}}\right)}}{\partial x_{j}}}\\&=k_{i}k_{j}x_{1}^{k_{1}}\cdots x_{i-1}^{k_{i-1}}x_{i}^{k_{i}-1}x_{i+1}^{k_{i+1}}\cdots x_{j-1}^{k_{j-1}}x_{j}^{k_{j}-1}x_{j+1}{k_{j+1}}\cdots x_{n}^{k_{n}}.\end{aligned}}$

Dies ist auch das Ergebnis in der umgekehrten Reihenfolge.

Aufgabe (7 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für eine stetige 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 Stetige Funktion/Partiell differenzierbar/Sonst keine Richtungsableitung/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den Satz über die Offenheit der positiven Definitheit der Hesse-Form.

Lösung Zweimal stetig differenzierbare Funktion/Offenheit der positiv definiten Hesse-Form/Fakt/Beweis/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (9 (2+2+5) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,(x,y,z)\longmapsto \left(x^{2}+y^{2}+z^{2},\,2x+3y+4z\right).$

a) Bestimme die regulären Punkte der Abbildung ${}\varphi$. Zeige, dass ${}P=(1,-2,1)$ regulär ist.

b) Beschreibe für den Punkt ${}P=(1,-2,1)$ den Tangentialraum an die Faser ${}F$ von ${}\varphi$ durch ${}P$.

c) Man gebe für ${}P=(1,-2,1)$ einen lokalen Diffeomorphismus zwischen einem offenen Intervall und einer offenen Umgebung von ${}P$ in der Faser ${}F$ durch ${}P$ an.

Lösung

a) Die Jacobi-Matrix der Abbildung ist

${}J={\begin{pmatrix}2x&2y&2z\\2&3&4\end{pmatrix}}\,.$

Diese Matrix besitzt maximalen Rang, wenn die erste Zeile kein Vielfaches der zweiten Zeile ist. Die Bedingung lautet also

$(x,y,z)=s(2,3,4),\,s\in \mathbb {R} .$

D.h. die singulären Punkte der Abbildung sind die Punkte der von ${}(2,3,4)$ erzeugten Geraden. Der Punkt ${}P=(1,-2,1)$ gehört nicht zu dieser Geraden, da ${}s(2,3,4)=(1,-2,1)$ keine Lösung besitzt.

b) Der Tangentialraum an ${}F$ in ${}P$ ist der Kern des totalen Differentials, also der Kern von

$J={\begin{pmatrix}2&-4&2\\2&3&4\end{pmatrix}}.$

Zur Bestimmung des Kerns muss man also das lineare Gleichungssystem

${\begin{pmatrix}2&-4&2\\2&3&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}}=0$

lösen. Durch Subtraktion der beiden Zeilen folgt ${}7b+2c=0$ und daher ist der Tangentialraum gleich der Geraden

$\{t(-11,-2,7),\,t\in \mathbb {R} \}.$

c) Der Punkt ${}P=(1,-2,1)$ wird unter der Abbildung ${}\varphi$ auf ${}(6,0)$ abgebildet. Die Faser darüber wird durch die beiden Gleichungen

$x^{2}+y^{2}+z^{2}=6{\text{ und }}2x+3y+4z=0$

beschrieben. Wir lösen die lineare Gleichung nach ${}x$ auf und setzen das Ergebnis

$x={\frac {-3y-4z}{2}}$

in die quadratische Gleichung ein. Das ergibt

${\frac {9y^{2}+16z^{2}+24yz}{4}}+y^{2}+z^{2}=6$

bzw.

$13y^{2}+20z^{2}+24yz-24=0.$

Wir lösen dies nach ${}z$ auf und erhalten zunächst

$z^{2}+{\frac {6}{5}}yz+{\frac {13}{20}}y^{2}-{\frac {6}{5}}=0$

und durch quadratisches Ergänzen

$(z+{\frac {3}{5}}y)^{2}={\frac {9}{25}}y^{2}-{\frac {13}{20}}y^{2}+{\frac {6}{5}}=-{\frac {29}{100}}y^{2}+{\frac {6}{5}}.$

Daraus ergibt sich

$z=\pm {\sqrt {-{\frac {29}{100}}y^{2}+{\frac {6}{5}}}}-{\frac {3}{5}}y.$

Dabei ist die Wurzel für ${}-{\sqrt {\frac {120}{29}}}\leq y\leq {\sqrt {\frac {120}{29}}}$ und damit insbesondere für ${}y=-2$ definiert. Da für ${}y=-2$ ja ${}z=1$ sein soll, muss man das negative Vorzeichen nehmen. Somit liefert die Abbildung

$(-{\sqrt {\frac {120}{29}}},{\sqrt {\frac {120}{29}}})\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,y\longmapsto ({\frac {-3y-4(-{\sqrt {-{\frac {29}{100}}y^{2}+{\frac {6}{5}}}}-{\frac {3}{5}}y)}{2}},y,-{\sqrt {-{\frac {29}{100}}y^{2}+{\frac {6}{5}}}}-{\frac {3}{5}}y)$

eine Bijektion dieses offenen Intervalls mit der offenen Teilmenge der Faser ${}F$ durch ${}P$, die durch ${}F\cap {\left\{(x,y,z)\mid -{\sqrt {\frac {120}{29}}}<y<{\sqrt {\frac {120}{29}}}\right\}}$ gegeben ist. Es ist ein Diffeomorphismus, da diese Abbildung differenzierbar ist und ihre Ableitung wegen der zweiten Komponenten nirgendwo verschwindet.

Aufgabe (9 Punkte)

Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum und

$F\colon V\longrightarrow V$

ein stetig differenzierbares Vektorfeld. Es sei ${}C=C^{\infty }(V,\mathbb {R} )$ die Menge der unendlich oft stetig differenzierbaren Funktionen von ${}V$ nach ${}\mathbb {R}$. Wir betrachten die Abbildung

$\delta =\delta _{F}\colon C\longrightarrow C,\,g\longmapsto \delta (g),$

mit

${}(\delta (g))(P)={\left(D_{F(P)}g\right)}{\left(P\right)}\,.$

Man erhält also aus der Funktion ${}g$ die neue Funktion ${}\delta (g)$, indem man an einem Punkt ${}P\in V$ die Richtungsableitung der Funktion ${}g$ in Richtung ${}F(P)$ berechnet. Zeige, dass für ${}g\in C$ folgende Eigenschaften äquivalent sind.

1. Es ist ${}\delta (g)=0$.
2. Das Bild einer jeden Lösung zur Differentialgleichung ${}y'=F(y)$ liegt in einer Faser von ${}g$.

Lösung

Von (1) nach (2). Es sei

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

eine auf einem Intervall ${}I$ definierte Lösungskurve zur Differentialgleichung ${}v'=F(v)$, d.h. es gilt ${}v'(t)=F(v(t))$ für alle ${}t\in I$. Wir betrachten die Ableitung der Verknüpfung

$h\circ v\colon I\longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto h(v(t)).$

Nach der Kettenregel ist

${}{\begin{aligned}(h\circ v)'(t)&={\left(Dh\right)}_{v(t)}{\left(v'(t)\right)}\\&={\left(Dh\right)}_{v(t)}{\left(F(v(t))\right)}\\&={\left(D_{F(v(t))}h\right)}{\left(v(t)\right)}\\&=(\delta (h))(v(t))\\&=0.\end{aligned}}$

Also ist die Ableitung von ${}h\circ v$ gleich ${}0$ für alle ${}t\in I$ und daher ist ${}h\circ v$ konstant.

Von (2) nach (1). Es sei ${}P\in V$ fixiert. Nach dem Satz von Picard-Lindelöf gibt es zum Anfangswertproblem ${}v'=F(v)$ und ${}v(0)=P$ eine (eindeutige) Lösung, also eine differenzierbare Abbildung

$\gamma \colon I\longrightarrow V$

mit ${}\gamma '(t)=F(\gamma (t))$ und ${}\gamma (0)=P$ (und ${}0\in I$). Nach Voraussetzung liegt das Bild von ${}\gamma$ ganz in einer Faser von ${}g$, d.h. die zusammengesetzte Abbildung

$g\circ \gamma \longrightarrow ,\,I\longmapsto \mathbb {R}$

ist konstant. Daher ist die Ableitung davon gleich ${}0$ und somit ist

${}{\left(Dg\right)}_{\gamma (t)}{\left(\gamma '(t)\right)}={\left(g\circ \gamma \right)}'(t)=0\,$

für ${}t\in I$. Für ${}t=0$ bedeutet dies

${}(\delta (g))(P)={\left(Dg\right)}_{P}{\left(F(P)\right)}={\left(Dg\right)}_{\gamma (0)}{\left(\gamma '(0)\right)}=0\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Skizziere den Graphen einer Funktion

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

mit der Eigenschaft, dass der Subgraph ${}{\left\{(x,y)\mid x\in \mathbb {R} ,\,0\leq y\leq f(x)\right\}}$ nicht konvex, aber sternförmig ist.

Lösung Funktionsgraph/Subgraph/Nicht konvex/Sternförmig/Skizze/Aufgabe/Lösung

Hilfsmittel

${}\arcsin 0,6=0,643501109...\,.$