Kurs:Analysis/Teil II/Test 6/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	${}\sum$
Punkte	4	4	2	4	4	2	6	5	2	5	2	1	5	4	4	7	3	64

Aufgabe (4 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}T=[a,\infty ]$ (oder $T=[-\infty ,a]$) ein rechtsseitig (bzw. linksseitig) unbeschränktes Intervall und

   $f\colon T\longrightarrow \mathbb {R}$

   eine Funktion. Dann heißt ${}b\in \mathbb {R}$ Grenzwert von ${}f$ für ${}x\rightarrow +\infty$ (bzw. $x\rightarrow -\infty$), wenn es für jedes ${}\epsilon >0$ ein ${}x_{0}\geq a$ (bzw. $x_{0}\leq a$) gibt mit ${}\vert {f(x)-b}\vert \leq \epsilon$ für alle ${}x\geq x_{0}$ (bzw. $x\leq x_{0}$).

2. Die Abbildung ${}\varphi$ heißt eine Isometrie, wenn für alle ${}v,w\in V$ gilt:

   ${}\left\langle \varphi (v),\varphi (w)\right\rangle =\left\langle v,w\right\rangle \,.$

3. Man sagt, dass die Folge konvergiert, wenn es ein ${}x\in M$ gibt, das folgende Eigenschaft erfüllt: Zu jedem ${}\epsilon \in \mathbb {R}$, ${}\epsilon >0$, gibt es ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}$ die Beziehung

   $d{\left(x_{n},x\right)}\leq \epsilon$

   gilt.

4. Der Raum ${}M$ heißt wegzusammenhängend, wenn er nicht leer ist und es zu je zwei Punkten ${}x,y\in M$ eine stetige Abbildung

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

   mit ${}\gamma (a)=x$ und ${}\gamma (b)=y$ gibt.

5. Man nennt

   $\sum _{i=1}^{k}d{\left(P_{i},P_{i-1}\right)}$

   die Gesamtlänge des Streckenzugs.

6. 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 ${}n$.

7. Es sei

   ${}v'=Mv\,$

   mit

   $M\in \operatorname {Mat} _{n\times n}({\mathbb {K} })$

   ein homogenes lineares gewöhnliches Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten. Dann heißt eine Basis des Lösungsraumes ein Fundamentalsystem von Lösungen dieses Systems.

8. Eine Abbildung

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

   heißt Bilinearform, wenn für alle ${}v\in V$ die induzierten Abbildungen

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

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

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

   ${}K$- linear sind.

Aufgabe (4 Punkte)

Lösung

1. Eine Teilmenge ${}T\subseteq \mathbb {R}$ der reellen Zahlen ist genau dann zusammenhängend, wenn ${}T$ ein (nichtleeres) Intervall ist.
2. Jedes nichtkonstante Polynom ${}P\in {\mathbb {C} }[X]$ über den komplexen Zahlen besitzt eine Nullstelle.
3. Es sei ${}[a,b]$ ein kompaktes Intervall und

   $f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

   eine stetig differenzierbare Abbildung. Dann ist ${}f$ rektifizierbar und für die Kurvenlänge gilt

   ${}L(f)=\int _{a}^{b}\Vert {f'(t)}\Vert \,dt\,.$

4. 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 (2 Punkte)

Entscheide, ob das uneigentliche Integral

$\int _{1}^{\infty }{\frac {x^{2}-3x+5}{x^{4}+2x^{3}+5x+8}}\,dx$

existiert.

Lösung

Für ${}x\geq 1$ gilt die Abschätzung

${}{\frac {x^{2}-3x+5}{x^{4}+2x^{3}+5x+8}}\leq {\frac {x^{2}+5}{x^{4}}}={\frac {1}{x^{2}}}+{\frac {5}{x^{4}}}\,.$

Für die beiden Summanden existiert das uneigentliche Integral von ${}1$ bis ${}+\infty$ nach Beispiel 31.6 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)). Daher existiert nach Lemma 31.4 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) auch ${}\int _{1}^{+\infty }{\frac {x^{2}-3x+5}{x^{4}+2x^{3}+5x+8}}dx$.

Aufgabe (4 (1+1+1+1) Punkte)

Es seien ${}P=\left({\frac {3}{4}},\,-1\right)$ und ${}Q=\left(2,\,{\frac {1}{5}}\right)$ zwei Punkte im ${}\mathbb {R} ^{2}$. Bestimme den Abstand zwischen diesen beiden Punkten in

a) der euklidischen Metrik,

b) der Summenmetrik,

c) der Maximumsmetrik.

d) Vergleiche diese verschiedenen Abstände der Größe nach.

Lösung

Die Abstände der einzelnen Koordinaten sind

$2-{\frac {3}{4}}={\frac {8-3}{4}}={\frac {5}{4}}$

und

${\frac {1}{5}}-(-1)={\frac {1+5}{5}}={\frac {6}{5}}.$

a) Der euklidische Abstand ist somit

${}{\sqrt {{\left({\frac {5}{4}}\right)}^{2}+{\left({\frac {6}{5}}\right)}^{2}}}={\sqrt {{\frac {25}{16}}+{\frac {36}{25}}}}={\sqrt {\frac {625+576}{400}}}={\sqrt {\frac {1201}{400}}}={\frac {\sqrt {1201}}{20}}\,.$

b) In der Summenmetrik ist der Abstand

${}{\frac {5}{4}}+{\frac {6}{5}}={\frac {25+24}{20}}={\frac {49}{20}}\,.$

c) Es ist

${}{\frac {5}{4}}={\frac {25}{20}}>{\frac {24}{20}}={\frac {6}{5}}\,,$

daher ist der Abstand in der Maximumsmetrik gleich ${}{\frac {5}{4}}$.

d) Wir behaupten, dass der Maximumsabstand kleiner dem euklidischen Abstand und dass dieser kleiner dem Summenabstand ist. Um dies zu sehen bringt man die drei Zahlen auf den Hauptnenner ${}20$ und muss dann für die Zähler

${}25<{\sqrt {1201}}<49\,$

zeigen. Wegen ${}25^{2}=625<1201$ und ${}49^{2}>40^{2}=1600>1201$ ist das klar.

Aufgabe (4 Punkte)

Wir betrachten im ${}\mathbb {R} ^{2}$ die offenen Bälle ${}U=U{\left((0,0),1\right)}$ und ${}V=U{\left((2,0),2\right)}$. Man gebe für jeden Punkt

${}x=(a,b)\in U\cap V\,$

einen expliziten offenen Ball mit Mittelpunkt ${}x$ an, der ganz innerhalb von ${}U\cap V$ liegt.

Lösung

Es sei ${}x=(a,b)\in U\cap V$. Dies bedeutet einerseits

${}a^{2}+b^{2}<1\,$

und andererseits

${}{\sqrt {(a-2)^{2}+b^{2}}}<2\,,$

also

${}a^{2}+b^{2}<4a\,.$

Sei

${}\epsilon :={\min {\left(1-{\sqrt {a^{2}+b^{2}}},2-{\sqrt {(a-2)^{2}+b^{2}}}\right)}}>0\,.$

Wir behaupten

${}U{\left(x,\epsilon \right)}\subseteq U\cap V\,,$

sei dazu ${}y\in U{\left(x,\epsilon \right)}$. Die erste Inklusion ergibt sich aus

${}d((0,0),y)\leq d((0,0),x)+d(x,y)<{\sqrt {a^{2}+b^{2}}}+\epsilon \leq 1\,$

und die zweite Inklusion ergibt sich aus

${}d((2,0),y)\leq d((2,0),x)+d(x,y)<{\sqrt {(a-2)^{2}+b^{2}}}+\epsilon \leq 2\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge in einem metrischen Raum ${}M$. Zeige, dass die Folge genau dann gegen ${}x\in M$ konvergiert, wenn in jeder offenen Menge ${}U$ mit ${}x\in U$ alle bis auf endlich viele Folgenglieder liegen.

Lösung

Die Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiere gegen ${}x$ und sei ${}x\in U$ eine offene Umgebung. Es gibt ein ${}\epsilon >0$ mit

${}U{\left(x,\epsilon \right)}\subseteq U\,.$

Wegen der Folgenkonvergenz gibt es ein ${}n_{0}$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}$ die Beziehung ${}x_{n}\in U{\left(x,\epsilon \right)}$ und damit ${}x_{n}\in U$ gilt.

Umgekehrt gelte die Eigenschaft für jede offene Umgebung von ${}x$. Dann gilt sie insbesondere für jede offene Ballumgebung ${}U{\left(x,\epsilon \right)}$ und dies bedeutet die Konvergenz der Folge.

Aufgabe (6 (1+5) Punkte)

Es sei ${}M$ ein nichtleerer vollständiger metrischer Raum und es seien

$f,g\colon M\longrightarrow M$

starke Kontraktionen.

a) Zeige, das die Verknüpfung ${}g\circ f$ ebenfalls eine starke Kontraktion ist.

b) Zeige durch ein Beispiel mit endlichem ${}M$, dass der Fixpunkt von ${}g\circ f$ weder mit dem Fixpunkt zu ${}f$ noch mit dem Fixpunkt zu ${}g$ übereinstimmen muss.

Lösung

a) Es seien ${}L_{1},L_{2}<1$ die Kontraktionsfaktoren zu ${}f$ bzw. ${}g$. Dann ist für beliebige Punkte ${}x,y\in M$

${}d(g(f(x)),g(f(y)))\leq L_{2}d(f(x),f(y))\leq L_{2}L_{1}d(x,y)\,$

und somit kann man ${}L_{1}L_{2}<1$ als Kontraktionsfaktor für die Verknüpfung nehmen.

b) Wir betrachten die drei Punkte

${}M=\{0,2,3\}\subset \mathbb {R} \,$

mit dem reellen Abstand. Dies ist als abgeschlossene Teilmenge von ${}\mathbb {R}$ ein vollständiger metrischer Raum. Wir betrachten die konstante Abbildung

$f=0$

und ${}g$ mit

$g(0)=2,\,g(2)=g(3)=3.$

Die konstante Abbildung ${}f$ ist eine starke Kontraktion (mit Kontraktionsfaktor ${}0$) und ${}g$ ist eine starke Kontraktion mit Kontraktionsfaktor ${}{\frac {1}{2}}$; es ist ja

${}d(g(0),g(2))=d(2,3)=1\leq {\frac {1}{2}}2={\frac {1}{2}}d(0,2)\,,$

${}d(g(0),g(3))=d(2,3)=1\leq {\frac {1}{2}}3={\frac {1}{2}}d(0,3)\,,$

und

${}d(g(2),g(3))=d(3,3)=0\leq {\frac {1}{2}}={\frac {1}{2}}d(2,3)\,.$

Der Fixpunkt von ${}f$ ist ${}0$ und der Fixpunkt von ${}g$ ist ${}3$. Dagegen ist

${}(gf)(2)=g(f(2))=g(0)=2\,,$

es ist also ${}2\neq 0,3$ der Fixpunkt der Verknüpfung.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine offene zusammenhängende Teilmenge. Zeige, dass ${}U$ auch wegzusammenhängend ist.

Lösung

Zu einem Punkt ${}x\in U$ betrachten wir die Menge

$Z(x)={\left\{y\in U\mid {\text{ Es gibt einen stetigen Weg von }}x{\text{ nach }}y\right\}}\,.$

Diese Menge ist offen, da offene Bälle wegzusammenhängend sind und man stetige Wege aneinander legen kann. Aus diesem Grund ist für zwei Punkte ${}x_{1},x_{2}\in U$ entweder ${}Z(x_{1})=Z(x_{2})$ oder aber ${}Z(x_{1})\cap Z(x_{2})=\emptyset$. Wenn ${}U$ nicht wegzusammenhängend wäre, so wäre ${}U\neq Z(x)$ und es gäbe eine Zerlegung

${}U=Z(x)\uplus \bigcup _{y\not \in Z(x)}Z(y)\,$

in nichtleere offene Teilmengen im Widerspruch zum Zusammenhang.

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 (5 Punkte)

Es sei

$\gamma \colon [-1,1]\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,t\longmapsto {\left(t^{2},-t^{2}+1,t\right)},$

gegeben. Berechne das Wegintegral längs dieses Weges zum Vektorfeld

${}F(x,y,z)={\left(y^{2}-xz,xyz,5x^{2}z-yz\right)}\,.$

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\int _{\gamma }F&=\int _{-1}^{1}\left\langle F(\gamma (t)),\gamma '(t)\right\rangle dt\\&=\int _{-1}^{1}\left\langle {\begin{pmatrix}(-t^{2}+1)^{2}-t^{3}\\t^{3}(-t^{2}+1)\\5t^{5}-t(-t^{2}+1)\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}2t\\-2t\\1\end{pmatrix}}\right\rangle dt\\&=\int _{-1}^{1}\left\langle {\begin{pmatrix}t^{4}-t^{3}-2t^{2}+1\\-t^{5}+t^{3}\\5t^{5}+t^{3}-t\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}2t\\-2t\\1\end{pmatrix}}\right\rangle dt\\&=\int _{-1}^{1}2t(t^{4}-t^{3}-2t^{2}+1)-2t(-t^{5}+t^{3})+5t^{5}+t^{3}-tdt\\&=\int _{-1}^{1}2t^{5}-2t^{4}-4t^{3}+2t+2t^{6}-2t^{4}+5t^{5}+t^{3}-tdt\\&=\int _{-1}^{1}2t^{6}+7t^{5}-4t^{4}-3t^{3}+tdt\\&={\left({\frac {2}{7}}t^{7}+{\frac {7}{6}}t^{6}-{\frac {4}{5}}t^{5}-{\frac {3}{4}}t^{4}+{\frac {1}{2}}t^{2}\right)}{|}_{-1}^{1}.\end{aligned}}$

Für die geraden Exponenten heben sich die Summanden zu ${}1$ und ${}-1$ weg, zu ungeraden Exponenten verdoppeln sie sich. Daher ist dieses Integral gleich

${}2{\left({\frac {2}{7}}-{\frac {4}{5}}\right)}=2{\frac {10-28}{35}}=2{\frac {-18}{35}}=-{\frac {36}{35}}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ein Vektorfeld der Form

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

mit einer stetigen Funktion

$h\colon \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,\left(t,\,x,\,y\right)\longmapsto h\left(t,\,x,\,y\right),$

gegeben. Die Richtungsvektoren stehen also stets senkrecht zu den Ortsvektoren. Es sei ${}r\in \mathbb {R}$ und es sei

$g\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

eine Lösung zur eindimensionalen Differentialgleichung

${}y'=-h(t,r\cos y(t),r\sin y(t))\,.$

Zeige, dass

$\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto {\begin{pmatrix}r\cos \left(g(t)\right)\\r\sin \left(g(t)\right)\end{pmatrix}},$

eine Lösung der Differentialgleichung

${}v'=F(t,v)\,$

ist.

Lösung

Es ist einerseits

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}r\cos \left(g(t)\right)\\r\sin \left(g(t)\right)\end{pmatrix}}'&={\begin{pmatrix}-rg'(t)\sin \left(g(t)\right)\\rg'(t)\cos \left(g(t)\right)\end{pmatrix}}\\&=g'(t){\begin{pmatrix}-r\sin \left(g(t)\right)\\r\cos \left(g(t)\right)\end{pmatrix}}\\&=-h\left(t,\,r\cos \left(g(t)\right),\,r\sin \left(g(t)\right)\right){\begin{pmatrix}-r\sin \left(g(t)\right)\\r\cos \left(g(t)\right)\end{pmatrix}}\\&=h\left(t,\,r\cos \left(g(t)\right),\,r\sin \left(g(t)\right)\right){\begin{pmatrix}r\sin \left(g(t)\right)\\-r\cos \left(g(t)\right)\end{pmatrix}}\end{aligned}}$

und andererseits ebenso

${}{\begin{aligned}F\left(t,\,r\cos \left(g(t)\right),\,r\sin \left(g(t)\right)\right)&=h\left(t,\,r\cos \left(g(t)\right),\,r\sin \left(g(t)\right)\right){\begin{pmatrix}r\sin \left(g(t)\right)\\-r\cos \left(g(t)\right)\end{pmatrix}}\\\end{aligned}}$

sodass eine Lösung vorliegt.

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei

$\varphi \colon \mathbb {R} \longrightarrow V,\,t\longmapsto \varphi (t),$

eine Lösung der zeitunabhängigen Differentialgleichung

${}v'=F(t,v)=F(v)\,$

zum Vektorfeld

$F\colon V\longrightarrow V.$

Zeige, dass auch

${}\psi (t):=\varphi (t+c)\,$

zu jedem ${}c\in \mathbb {R}$ eine Lösung ist.

Lösung

Dies folgt direkt aus

${}\psi '(t)=\varphi '(t+c)=F(t+c,\varphi (t+c))=F(t,\varphi (t+c))=F(t,\psi (t))\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Wir betrachten das lineare Differentialgleichungssystem

${}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&-2\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\,.$

Es sei

$v\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{3}$

eine Lösung dieser Differentialgleichung. Zeige, dass die beiden Funktionen ${}f(x,y,z)=z$ und ${}g(x,y,z)=4xz+y^{2}$ auf (dem Bild) der Lösung konstant sind.

Lösung

Es sei ${}v(t)={\begin{pmatrix}v_{1}(t)\\v_{2}(t)\\v_{3}(t)\end{pmatrix}}$. Da es sich um eine Lösung handelt gilt

${}v_{1}'(t)=v_{2}(t)\,,$

${}v_{2}'(t)=-2v_{3}(t)\,$

und

${}v_{3}'(t)=0\,.$

Daraus folgt direkt, dass die dritte Komponente, also ${}f(x,y,z)=z$, einer Lösung konstant ist. Um zu zeigen, dass auch ${}g(x,y,z)=4xz+y^{2}$ auf der Lösung konstant ist, berechnen wir die Ableitung der Verknüpfung ${}g\circ v$. Diese ist

${}{\begin{aligned}{\left(4v_{1}(t)\cdot v_{3}(t)+{\left(v_{2}(t)\right)}^{2}\right)}'&=4v_{1}(t)\cdot v_{3}'(t)+4v_{3}(t)\cdot v_{1}'(t)+2v_{2}(t)\cdot v_{2}'(t)\\&=0+4v_{3}(t)\cdot v_{2}(t)-4v_{2}(t)\cdot v_{3}(t)\\&=0.\end{aligned}}$

Also ist ${}g$ ebenfalls konstant auf der 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 (4 (1+2+1) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$(x,y)\mapsto \varphi (x,y)=x^{y}.$

1. Was ist der Definitionsbereich ${}G\subseteq \mathbb {R} ^{2}$ dieser Abbildung?
2. Berechne die Jacobi-Matrix von ${}\varphi$ in jedem Punkt ${}P\in G$.
3. Ist die Funktion total differenzierbar?

Lösung

1. Es ist

   ${}x^{y}=e^{y\ln x}\,,$

   daher ist der Definitionsbereich ${}\mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R}$.

2. Die partiellen Ableitungen sind

   ${\frac {\partial \varphi }{\partial x}}={\frac {y}{x}}\cdot e^{(\ln x)\cdot y}={\frac {y}{x}}\cdot x^{y}\,\,{\text{ und }}\,\,{\frac {\partial \varphi }{\partial y}}=(\ln x)\cdot e^{(\ln x)\cdot y}=(\ln x)\cdot x^{y}.$

   Die Jacobi-Matrix ist also

   $\left({\frac {y}{x}}\cdot x^{y},\,(\ln x)\cdot x^{y}\right).$

3. Da die partiellen Ableitungen überall existieren und stetig sind, ist die Funktion nach Satz . (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) total differenzierbar.

Aufgabe (7 (2+1+1+3) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

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

mit

${}f(x,y):={\begin{cases}{\frac {x^{3}}{x^{2}+y^{2}}}{\text{ für }}(x,y)\neq (0,0)\,,\\0{\text{ für }}(x,y)=(0,0)\,.\end{cases}}\,$

a) Zeige, dass ${}f$ stetig ist.

b) Zeige, dass die Einschränkung von ${}f$ auf jede Gerade durch den Nullpunkt eine lineare Abbildung ist.

c) Zeige, dass zu ${}f$ im Nullpunkt in jede Richtung die Richtungsableitung existiert.

d) Zeige, dass ${}f$ im Nullpunkt nicht total differenzierbar ist.

Lösung

1. Für ${}(x,y)\neq (0,0)$ ist

   ${}\vert {\frac {x^{3}}{x^{2}+y^{2}}}\vert =\vert {x}\vert \vert {\frac {x^{2}}{x^{2}+y^{2}}}\vert \leq \vert {x}\vert \,.$

   Für eine gegen ${}(0,0)$ konvergente Folge konvergiert auch ${}\vert {x}\vert$ gegen ${}0$ und damit konvergiert wegen dieser Abschätzung auch die Bildfolge unter der Funktion gegen ${}0$. Daher liegt Stetigkeit im Nullpunkt vor. An den anderen Punkten liegt eine rationale, also stetige Funktion vor.

2. Die Gerade sei durch

   $\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto {\begin{pmatrix}at\\bt\end{pmatrix}},$

   mit ${}(a,b)\neq 0$ parametrisiert. Die Einschränkung ist somit

   $t\mapsto f(at,bt)={\frac {a^{3}t^{3}}{a^{2}t^{2}+b^{2}t^{2}}}={\frac {a^{3}}{a^{2}+b^{2}}}t,$

   also linear.

3. Die Richtungsableitung in Richtung ${}v$ im Nullpunkt hängt nur vom Verhalten der Funktion auf der durch ${}v$ gegebenen Geraden ab. Nach Teil (2) ist dies eine lineare Funktion, sodass die Richtungsableitung existiert.
4. Nach Teil (2) ist die Richtungsableitung im Nullpunkt in Richtung ${}(a,b)$ durch ${}{\frac {a^{3}}{a^{2}+b^{2}}}$ gegeben. Die Richtungsableitung in Richtung des ersten Standardvektors ${}e_{1}$ ist somit ${}1$ und die Richtungsableitung in Richtung des zweiten Standardvektors ${}e_{2}$ ist ${}0$. Die Richtungsableitung in Richtung ${}(1,1)=e_{1}+e_{2}$ ist ${}{\frac {1}{2}}$. Wenn die Funktion total differenzierbar wäre, so würde aber

   ${}{\begin{aligned}{\left(D_{e_{1}+e_{2}}\varphi \right)}{\left(0\right)}&={\left(D\varphi \right)}_{0}{\left(e_{1}+e_{2}\right)}\\&={\left(D\varphi \right)}_{0}{\left(e_{1}\right)}+{\left(D\varphi \right)}_{0}{\left(e_{2}\right)}\\&={\left(D_{e_{1}}\varphi \right)}{\left(0\right)}+{\left(D_{e_{2}}\varphi \right)}{\left(0\right)}\\&=1+0\\&=1\end{aligned}}$

   gelten.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die kritischen Punkte der Funktion

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

Lösung

Der Gradient der Funktion ist

${\begin{pmatrix}y^{2}-1\\2xy\end{pmatrix}}.$

Zur Bestimmung der kritischen Punkte setzen wir ${}y^{2}-1=0$ und ${}2xy=0$. Die erste Bedingung führt auf ${}y=\pm 1$ und die zweite Bedingung auf ${}x=0$. Die kritischen Punkte sind also ${}(0,1)$ und ${}(0,-1)$.