Kurs:Analysis (Osnabrück 2013-2015)/Teil II/T4/Klausur mit Lösungen

Aufgabe * (4 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Das uneigentliche Integral zu einer stetigen Funktion

   $f\colon [0,+\infty ]\longrightarrow \mathbb {R} .$

2. Eine Metrik auf einer Menge ${}M$.
3. Eine gleichmäßig stetige Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M$

   zwischen den metrischen Räumen ${}L$ und ${}M$.

4. Die Kurvenlänge einer Kurve

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

5. Das Wegintegral zu einem stetigen Vektorfeld

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

   und einer stetig differenzierbaren Kurve

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

6. Ein homogenes lineares gewöhnliches Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten (über ${}{\mathbb {C} }$).
7. Die Richtungsableitung einer Abbildung

   $\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{m}$

   in einem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ in Richtung eines Vektors ${}v\in \mathbb {R} ^{n}$.

8. Die totale Differenzierbarkeit einer Abbildung

   $\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{m}$

   in einem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$.

Lösung

1. Unter dem uneigentlichen Integral zu ${}f$ versteht man den Grenzwert

   $\operatorname {lim} _{x\rightarrow \infty }\,\int _{0}^{x}f(t)\,dt,$

   falls dieser existiert.

2. Eine Abbildung ${}d\colon M\times M\to \mathbb {R}$ heißt Metrik, wenn für alle ${}x,y,z\in M$ die folgenden Bedingungen erfüllt sind:
   1. ${}d\left(x,y\right)=0\Longleftrightarrow x=y$ (Definitheit),
   2. ${}d\left(x,y\right)=d(y,x)$ (Symmetrie), und
   3. ${}d\left(x,y\right)\leq d(x,z)+d(z,y)$ (Dreiecksungleichung).
3. Die Abbildung ${}f$ heißt gleichmäßig stetig, wenn es zu jedem ${}\epsilon >0$ ein ${}\delta >0$ gibt mit folgender Eigenschaft: Für alle ${}x,x'\in L$ mit ${}d{\left(x,x'\right)}\leq \delta$ ist ${}d{\left(f(x),f(x')\right)}\leq \epsilon$.
4. Unter der Kurvenlänge von ${}f$ versteht man

   $L(f)={\operatorname {sup} \,(L(f(t_{0}),\ldots ,f(t_{k})),a=t_{0}\leq t_{1}\leq \ldots \leq t_{k-1}\leq t_{k}=b{\text{ Unterteilung}},\,k\in \mathbb {N} )}.$

5. Das Wegintegral ist

   ${}\int _{\gamma }F:=\int _{a}^{b}\left\langle F(\gamma (t)),\gamma '(t)\right\rangle dt\,.$

6. Eine Differentialgleichung der Form

   $v'=Mv,$

   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, heißt homogenes lineares gewöhnliches Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten.

7. Unter der Richtungsableitung von ${}f$ in ${}P$ in Richtung ${}v$ versteht man den Grenzwert

   $\operatorname {lim} _{s\rightarrow 0,s\neq 0}\,{\frac {f(P+sv)-f(P)}{s}},$

   falls dieser existiert.

8. Die Abbildung ${}\varphi$ heißt total differenzierbar in ${}P$, wenn es eine ${}\mathbb {R}$- lineare Abbildung ${}L\colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ^{m}$ mit der Eigenschaft

   ${}\varphi (P+v)=\varphi (P)+L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)\,$

   gibt, wobei ${}r\colon U{\left(0,\delta \right)}\rightarrow W$ eine in ${}0$ stetige Abbildung mit ${}r(0)=0$ ist und die Gleichung für alle ${}v\in V$ mit ${}P+v\in U{\left(P,\delta \right)}\subseteq G$ gilt.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Banachsche Fixpunktsatz.
2. Die Formel für die Länge einer Kurve

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

3. Das Lösungsverfahren für ein durch ein Zentralfeld

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

   gegebenes Anfangswertproblem.
4. Die Kettenregel für total differenzierbare Abbildungen.

Lösung

1. Es sei ${}M$ ein nicht-leerer vollständiger metrischer Raum und

   $f\colon M\longrightarrow M$

   eine stark kontrahierende Abbildung. Dann besitzt ${}f$ genau einen Fixpunkt.
2. 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

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

3. Zu ${}w\in \mathbb {R} ^{n}$ und einer Lösung

   $\alpha \colon J\longrightarrow \mathbb {R}$

   der eindimensionalen Differentialgleichung

   $z'=g(t,zw)\cdot z{\text{ mit }}\alpha (t_{0})=1$

   ist

   $v(t)=\alpha (t)\cdot w$

   eine Lösung des Anfangswertproblems

   $v'=F(t,v){\text{ mit }}v(t_{0})=w.$

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 * (6 (3+1+2) Punkte)

Es sei ${}A$ eine nichtleere Menge, ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ und ${}M=A^{n}$ das ${}n$-fache Produkt der Menge mit sich selbst.

a) Zeige, dass auf ${}M$ durch

${}d(x,y)=d((x_{1},\ldots ,x_{n}),(y_{1},\ldots ,y_{n})):={\#\left({\left\{i\mid x_{i}\neq y_{i}\right\}}\right)}\,$

eine Metrik definiert wird.

b) Bestimme zu ${}A=\{a,b,c\}$ und ${}n=4$ den Abstand ${}d((a,a,b,c),(c,a,b,a))$.

c) Liste für ${}A=\{a,b,c\}$ und ${}n=3$ alle Elemente aus der offenen Kugel ${}U{\left((a,a,b),2\right)}$ auf.

Lösung

a) Die Anzahl ist stets eine nichtnegative Zahl. Zwei Tupel ${}x,y\in M$ sind genau dann gleich, wenn jede ihrer Komponenten übereinstimmt. Dies ist genau dann der Fall, wenn ${}d(x,y)=0$ ist. Da die (Un-)gleichheit symmetrisch ist, ist ${}d(x,y)=d(y,x)$. Zum Beweis der Dreiecksungleichung seien ${}x,y,z\in M$ vorgegeben. Wenn ${}x$ und ${}z$ in der ${}i$-ten Komponente nicht übereinstimmen, so ist ${}x_{i}\neq y_{i}$ oder ${}y_{i}\neq z_{i}$. Es ist also

${}{\left\{i\mid x_{i}\neq z_{i}\right\}}\subseteq {\left\{i\mid x_{i}\neq y_{i}\right\}}\cup {\left\{i\mid y_{i}\neq z_{i}\right\}}\,$

und daher

${}{\begin{aligned}d(x,z)&={\#\left({\left\{i\mid x_{i}\neq z_{i}\right\}}\right)}\\&\leq {\#\left({\left\{i\mid x_{i}\neq y_{i}\right\}}\right)}+{\#\left({\left\{i\mid y_{i}\neq z_{i}\right\}}\right)}\\&=d(x,y)+d(y,z).\end{aligned}}$

b) Die beiden Tupel ${}(a,a,b,c)$ und ${}(c,a,b,a)$ unterscheiden sich an der ersten und der vierten Stelle, also ist der Abstand ${}2$.

c) Die Werte der Metrik sind ganzzahlig, und in der offenen Ballumgebung mit Radius ${}2$ liegen die Elemente, die vom Mittelpunkt einen Abstand ${}<2$ haben. Der Abstand zum Mittelpunkt muss also ${}0$ oder ${}1$ sein. Die Elemente darin sind daher

$(a,a,b),\,(b,a,b),\,(c,a,b),\,(a,b,b),\,(a,c,b),\,(a,a,a),\,(a,a,c).$

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Es seien ${}L$ und ${}M$ metrische Räume und es seien

$f,g\colon L\longrightarrow M$

zwei stetige Abbildungen. Zeige, dass die Menge

${}N={\left\{x\in L\mid f(x)=g(x)\right\}}\,$

abgeschlossen in ${}L$ ist.

Lösung

Wir zeigen, dass das Komplement offen ist. Es sei also ${}x\in L$ ein Punkt mit

${}f(x)\neq g(x)\,$

und sei

${}\delta =d{\left(f(x),g(x)\right)}>0\,.$

Wegen der Stetigkeit von ${}f$ und ${}g$ gibt es ${}\epsilon _{1},\epsilon _{2}\in \mathbb {R} _{+}$ mit den Eigenschaften:

Wenn ${}d(x,x')\leq \epsilon _{1}$, dann ${}d(f(x),f(x'))\leq {\frac {\delta }{3}}$

und

Wenn ${}d(x,x')\leq \epsilon _{2}$, dann ${}d(g(x),g(x'))\leq {\frac {\delta }{3}}$.

Dies gilt dann auch für

${}\epsilon ={\min {\left(\epsilon _{1},\epsilon _{2}\right)}}\,.$

Daher gelten für ${}x'\in U{\left(x,\epsilon \right)}$ die Abschätzungen

${}{\begin{aligned}d{\left(f(x'),g(x')\right)}&\geq d{\left(f(x),g(x)\right)}-d{\left(f(x),f(x')\right)}-d{\left(g(x),g(x')\right)}\\&\geq \delta -{\frac {2}{3}}\delta \\&={\frac {1}{3}}\delta \\&>0,\end{aligned}}$

d.h. diese offene Ballumgebung gehört vollständig zum Komplement.

 

Aufgabe * (10 Punkte)

Beweise den Banachschen Fixpunktsatz.

Lösung

Es sei ${}c\in \mathbb {R}$, ${}0\leq c<1$, ein Kontraktionsfaktor, d.h. es gelte

${}d{\left(f(x),f(y)\right)}\leq c\cdot d{\left(x,y\right)}\,$

für alle ${}x,y\in M$. Wenn ${}x,y\in M$ Fixpunkte sind, so folgt aus

${}d(x,y)=d(f(x),f(y))\leq c\cdot d(x,y)\,$

sofort ${}d(x,y)=0$ und somit ${}x=y$, es kann also maximal einen Fixpunkt geben.
Es sei nun ${}x\in M$ ein beliebiger Punkt. Wir betrachten die durch

$x_{0}=x{\text{ und }}x_{n}:=f^{n}(x):=f(x_{n-1})$

rekursiv definierte Folge in ${}M$. Wir setzen

${}a=d{\left(f(x),x\right)}\,.$

Dann gilt für jedes ${}n\in \mathbb {N}$ die Beziehung

${}d{\left(f^{n+1}(x),f^{n}(x)\right)}\leq c\cdot d{\left(f^{n}(x),f^{n-1}(x)\right)}\leq c^{n}\cdot d{\left(f(x),x\right)}=c^{n}a\,.$

Daher gilt aufgrund der Dreiecksungleichung und der geometrischen Reihe für ${}n\geq m$ die Beziehung

${}{\begin{aligned}d{\left(f^{n}(x),f^{m}(x)\right)}&\leq d{\left(f^{n}(x),f^{n-1}(x)\right)}+d{\left(f^{n-1}(x),f^{n-2}(x)\right)}+\cdots +d{\left(f^{m+1}(x),f^{m}(x)\right)}\\&\leq a\left(c^{n-1}+c^{n-2}+\cdots +c^{m+1}+c^{m}\right)\\&=ac^{m}\left(c^{n-m-1}+c^{n-m-2}+\cdots +c^{2}+c^{1}+1\right)\\&\leq c^{m}a{\frac {1}{1-c}}.\,\end{aligned}}$

Zu einem gegebenen ${}\epsilon >0$ wählt man ${}n_{0}$ mit

${}c^{n_{0}}a{\frac {1}{1-c}}\leq \epsilon \,.$

Dies zeigt, dass eine Cauchy-Folge vorliegt, die aufgrund der Vollständigkeit gegen ein ${}y\in M$ konvergiert.
Wir zeigen, dass dieses ${}y$ ein Fixpunkt ist. Die Bildfolge ${}{\left(f(x_{n})\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiert gegen ${}f(y)$, da eine kontrahierende Abbildung stetig ist. Andererseits stimmt diese Bildfolge mit der Ausgangsfolge bis auf die Indizierung überein, so dass der Grenzwert ${}y$ sein muss.

 

Aufgabe * (2 Punkte)

Beschreibe (ohne weitere Begründung) den Lauf des Sekundenzeigers einer Uhr als eine differenzierbare Kurve auf dem Einheitskreis (der Zeiger soll also im Zeitintervall ${}[0,60]$ eine Runde im Uhrzeigersinn drehen und zum Zeitpunkt ${}0$ „oben“ starten).

Lösung

Die Bewegung des Sekundenzeigers wird durch

${}z(t)={\begin{pmatrix}\sin \left({\frac {2\pi }{60}}t\right)\\\cos \left({\frac {2\pi }{60}}t\right)\end{pmatrix}}\,$

beschrieben.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Es sei

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

eine stetig differenzierbare Funktion mit ${}f'(x)>0$ für ${}x\in [a,b]$. Zeige (die anschaulich klare Aussage), dass die Bogenlänge des Graphen von ${}f$ über ${}[a,b]$ mit der Bogenlänge des Graphen der Umkehrfunktion ${}f^{-1}$ über ${}[f(a),f(b)]$ übereinstimmt.

Lösung

Die Funktion ${}f$ ist wegen ${}f'(x)>0$ streng wachsend und insbesondere injektiv, und definiert aufgrund des Zwischenwertsatzes eine Bijektion zwischen ${}[a,b]$ und ${}[f(a),f(b)]$. Die Umkehrfunktion ${}f^{-1}$ ist ebenfalls stetig differenzierbar mit

${}(f^{-1})'(y)=-{\frac {1}{f'(f^{-1}(y))}}\,.$

In dieser Situation können wir die Längenformel für den Graphen anwenden und erhalten mit der Substitution ${}y=f(x)$ (und ${}dy=f'(x)dx$)

${}{\begin{aligned}L(f^{-1})&=\int _{f(a)}^{f(b)}{\sqrt {1+((f^{-1})'(y))^{2}}}\,dy\\&=\int _{f(a)}^{f(b)}{\sqrt {1+{\frac {1}{(f'(f^{-1}(y)))^{2}}}}}\,dy\\&=\int _{a}^{b}{\sqrt {1+{\frac {1}{(f'(x))^{2}}}}}\,f'(x)\,dx\\&=\int _{a}^{b}{\sqrt {(f'(x))^{2}+1}}\,dx\\&=L(f).\end{aligned}}$

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Bestimme die Länge der durch

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,t\longmapsto (\cos t,\sin t,t),$

gegebenen Schraubenlinie für ${}t$ zwischen ${}0$ und ${}b$, wobei ${}b\in \mathbb {R} _{\geq 0}$.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}L&=\int _{0}^{b}\Vert {f'(t)}\Vert dt\\&=\int _{0}^{b}\Vert {\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\\1\end{pmatrix}}\Vert dt\\&=\int _{0}^{b}{\sqrt {\sin ^{2}t+\cos ^{2}t+1}}dt\\&=\int _{0}^{b}{\sqrt {2}}dt\\&={\sqrt {2}}b.\end{aligned}}$

 

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 * (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 * (3 Punkte)

Es sei

${}v'=Mv\,$

mit ${}M\in \operatorname {Mat} _{n\times n}({\mathbb {K} })$ eine lineare gewöhnliche Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten und es sei ${}u\in {\mathbb {K} }^{n}$ ein Eigenvektor zu ${}M$ zum Eigenwert ${}\lambda \in {\mathbb {K} }$. Zeige, dass die Abbildung

$\mathbb {R} \longrightarrow {\mathbb {K} }^{n},\,t\longmapsto ce^{\lambda t}u=c{\begin{pmatrix}e^{\lambda t}u_{1}\\\vdots \\e^{\lambda t}u_{n}\end{pmatrix}},$

($c\in {\mathbb {K} }$) eine Lösung dieses Differentialgleichungssystems ist.

Lösung

Dies folgt direkt aus

${}{\begin{aligned}v'(t)&={\begin{pmatrix}ce^{\lambda t}u_{1}\\\vdots \\ce^{\lambda t}u_{n}\end{pmatrix}}'\\&={\begin{pmatrix}(ce^{\lambda t}u_{1})'\\\vdots \\(ce^{\lambda t}u_{n})'\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}\lambda ce^{\lambda t}u_{1}\\\vdots \\\lambda ce^{\lambda t}u_{n}\end{pmatrix}}\\&=\lambda ce^{\lambda t}{\begin{pmatrix}u_{1}\\\vdots \\u_{n}\end{pmatrix}}\\&=M{\left(ce^{\lambda t}{\begin{pmatrix}u_{1}\\\vdots \\u_{n}\end{pmatrix}}\right)}\\&=M{\begin{pmatrix}ce^{\lambda t}u_{1}\\\vdots \\ce^{\lambda t}u_{n}\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Löse das lineare Anfangswertproblem

${\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}3&-4\\0&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\end{pmatrix}}{\text{ mit }}{\begin{pmatrix}v_{1}(0)\\v_{2}(0)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5\\1\end{pmatrix}}.$

Lösung

Aus der zweiten Zeile folgt sofort

${}v_{2}(t)=ae^{2t}\,,$

wobei die Anfangsbedingung ${}v_{2}(0)=1$ durch ${}a=1$ erfüllt wird. Für ${}v_{1}$ ergibt sich daraus die inhomogene lineare Differentialgleichung in einer Variablen,

$v_{1}'=3v_{1}-4e^{2t}{\text{ mit }}v_{1}(0)=5.$

Die zugehörige homogene lineare Gleichung besitzt die Lösungen ${}ce^{3t}$. Mittels Variation der Konstanten, also dem Ansatz

${}v_{1}(t)=c(t)e^{3t}\,,$

ergibt sich die Bedingung

${}c'(t)=-4e^{2t}\cdot e^{-3t}=-4e^{-t}\,.$

Also ist ${}c(t)=4e^{-t}+b$ mit einer Konstanten ${}b\in \mathbb {R}$. Aus

${}(4e^{0}+b)e^{0}=5\,$

folgt ${}b=1$. Die Lösung ist also

${}{\begin{pmatrix}v_{1}(t)\\v_{2}(t)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}(4e^{-t}+1)e^{3t}\\e^{2t}\end{pmatrix}}\,.$

 

Aufgabe (2 Punkte)

Skizziere den Graphen der Funktion

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

Lösung

Betrag der Summe/Skizze/Aufgabe/Lösung

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Bestimme die Jacobi-Matrix der Abbildung

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\setminus \{(0,0)\}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,(x,y)\longmapsto \left({\frac {\sin x}{x^{2}+y^{4}}},\,{\frac {x^{2}y}{x^{2}+y^{2}}},\,\ln(x^{2}+y^{2})\right),$

in jedem Punkt.

Lösung

Die partiellen Ableitungen sind

${}{\frac {\partial f_{1}}{\partial x}}={\frac {(x^{2}+y^{4})\cos x-2x\sin x}{(x^{2}+y^{4})^{2}}}\,,$

${}{\frac {\partial f_{1}}{\partial y}}={\frac {-4y^{3}\sin x}{(x^{2}+y^{4})^{2}}}\,,$

${}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x}}={\frac {2xy(x^{2}+y^{2})-x^{2}y(2x)}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}={\frac {2xy^{3}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\,,$

${}{\frac {\partial f_{2}}{\partial y}}={\frac {x^{2}(x^{2}+y^{2})-x^{2}y(2y)}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}={\frac {x^{4}-x^{2}y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\,,$

${}{\frac {\partial f_{3}}{\partial x}}={\frac {2x}{x^{2}+y^{2}}}\,$

und

${}{\frac {\partial f_{3}}{\partial y}}={\frac {2y}{x^{2}+y^{2}}}\,.$

Somit ist die Jacobi-Matrix in einem Punkt ${}(x,y)$ gleich

${\begin{pmatrix}{\frac {(x^{2}+y^{4})\cos x-2x\sin x}{(x^{2}+y^{4})^{2}}}&{\frac {-4y^{3}\sin x}{(x^{2}+y^{4})^{2}}}\\{\frac {2xy^{3}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}&{\frac {x^{4}-x^{2}y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\\{\frac {2x}{x^{2}+y^{2}}}&{\frac {2y}{x^{2}+y^{2}}}\end{pmatrix}}.$

 

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, so dass 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 * (4 Punkte)

Bestätige die Kettenregel für ${}g\circ f$ für die beiden differenzierbaren Abbildungen

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto (t^{3}-t,-t^{2}),$

und

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

Lösung

Die zusammengesetzte Abbildung ${}g\circ f$ ist durch

${}{\begin{aligned}g(f(t))&=g(t^{3}-t,-t^{2})\\&=(t^{3}-t)(-t^{2})+t^{3}-t-t^{2}\\&=-t^{5}+t^{3}+t^{3}-t-t^{2}\\&=-t^{5}+2t^{3}-t^{2}-t\end{aligned}}$

gegeben, ihre Ableitung ist

$-5t^{4}+6t^{2}-2t-1.$

Die Jacobi-Matrix zu ${}f$ ist

$\operatorname {Jak} (f)_{t}={\begin{pmatrix}3t^{2}-1\\-2t\end{pmatrix}}$

und die Jacobi-Matrix zu ${}g$ ist

$\operatorname {Jak} (g)_{(x,y)}=\left(y+1,\,x+1\right).$

Daher ist die Jacobi-Matrix zu ${}g$ in einem Punkt ${}f(t)$ gleich

$\operatorname {Jak} (g)_{(f_{1}(t),f_{2}(t))}=\left(-t^{2}+1,\,t^{3}-t+1\right).$

Das zu bildende Matrixprodukt dieser beiden Matrizen ist

${}{\begin{aligned}\left(-t^{2}+1,\,t^{3}-t+1\right)\circ {\begin{pmatrix}3t^{2}-1\\-2t\end{pmatrix}}&=(-t^{2}+1)(3t^{2}-1)+(t^{3}-t+1)(-2t)\\&=-3t^{4}+4t^{2}-1-2t^{4}+2t^{2}-2t\\&=-5t^{4}+6t^{2}-2t-1.\end{aligned}}$

Dies stimmt natürlich mit der direkt bestimmten Ableitung überein.

 

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