Potenzierung/Beidseitig/Ableitungseigenschaften/Aufgabe/Lösung

1. Es ist

   ${}x^{y}=e^{{\left(\ln x\right)}y}\,$

   und

   ${}y^{x}=e^{{\left(\ln y\right)}x}\,.$

   Somit ist die Jacobi-Matrix gleich

   ${}\left(D\varphi \right)_{(x,y)}={\begin{pmatrix}{\frac {y}{x}}e^{{\left(\ln x\right)}y}&{\left(\ln x\right)}e^{{\left(\ln x\right)}y}\\{\left(\ln y\right)}e^{{\left(\ln y\right)}x}&{\frac {x}{y}}e^{{\left(\ln y\right)}x}\end{pmatrix}}\,.$

2. Die Determinante der Jacobi-Matrix ist

   ${}e^{{\left(\ln x\right)}y}e^{{\left(\ln y\right)}x}{\left({\frac {y}{x}}\cdot {\frac {x}{y}}-{\left(\ln x\right)}{\left(\ln y\right)}\right)}=e^{{\left(\ln x\right)}y}e^{{\left(\ln y\right)}x}{\left(1-{\left(\ln x\right)}{\left(\ln y\right)}\right)}\,.$

   Da die Exponentialfunktion stets positiv ist, ist die Determinante genau dann gleich ${}0$, wenn

   ${}{\left(\ln x\right)}{\left(\ln y\right)}=1\,$

   ist. Dies ist genau bei

   ${}x\neq 1\,$

   und

   ${}\ln y={\frac {1}{\ln x}}\,$

   bzw.

   ${}y=e^{\frac {1}{\ln x}}\,$

   der Fall. Dies charakterisiert die kritischen Punkte, die Punkte mit ${}x=1$ oder

   ${}y\neq e^{\frac {1}{\ln x}}\,$

   sind regulär.

3. Wir betrachten die Einschränkung von ${}\varphi$ auf die durch

   ${}x=y\,$

   gegebene Gerade. Die beiden Komponentenfunktionen haben darauf die Form

   ${}g(x)=x^{x}\,.$

   Die Ableitung davon ist

   ${}g'(x)={\left(1+\ln x\right)}x^{x}\,$

   mit einer Nullstelle an

   ${}x=e^{-1}\,.$

   Wegen

   ${}g^{\prime \prime }(x)={\left({\frac {1}{x}}+1+\ln x\right)}x^{x}\,$

   liegt dort ein isoliertes Minimum von ${}g$ vor. Nach dem Zwischenwertsatz gibt es daher

   ${}x_{1}<e^{-1}<x_{2}\,$

   mit

   ${}x_{1}^{x_{1}}=x_{2}^{x_{2}}\,.$

   Daher haben ${}(x_{1},x_{1})$ und ${}(x_{2},x_{2})$ unter ${}\varphi$ den gleichen Wert und die Abbildung ist nicht injektiv.

4. Die Abbildung ist nicht surjektiv. Wir zeigen, dass Elemente der Form

   ${\begin{pmatrix}a\\e^{-1}\end{pmatrix}}$

   mit ${}a$ hinreichend klein nicht zum Bild gehören. Die Bedingung (der zweiten Komponente)

   ${}e^{x\ln y}=e^{-1}\,$

   führt auf

   ${}x\ln y=-1\,$

   und damit auf

   ${}y=e^{-{\frac {1}{x}}}\,$

   und somit ergibt sich (aus der ersten Komponente) die Bedingung

   ${}a=e^{y\ln x}=e^{e^{-{\frac {1}{x}}}\cdot \ln x}\,.$

   Da ${}e^{-{\frac {1}{x}}}\cdot \ln x$ nach Aufgabe nach unten beschränkt ist, ist auch ${}e^{e^{-{\frac {1}{x}}}\cdot \ln x}$ nach unten beschränkt, und für

   ${}a>0\,$

   unterhalb dieser Schranke gibt es kein Urbild.

Zur gelösten Aufgabe