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Einige Lösungen - Etwas Mehr Analysis

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Jürgen Pöschel
Etwas
Mehr
Analysis
Lösungen zu – bald allen – Aufgaben
Prof. Dr. Jürgen Pöschel
Fachbereich Mathematik
Universität Stuttgart
Pfaffenwaldring 57
70569 Stuttgart
Schrift: Ludica Bright
System: Mac
Software: LATEX, TEXShop, Adobe Illustrator
Gestaltung, Satz, Zeichnungen: Jules Hobbes
© Jürgen Pöschel
Februar 2015
1
K u r v en und Wege
Lösungen
1
Um die Darstellung zu verbessern, wurden die Kurven wie folgt modifiziert:
a.
t
e−t/4 (cos t, sin t) ,
b.
t
(t 3 , t 2 ) ,
c.
t
(cos t + (t/2) sin t, sin t − (t/2) cos t) .
d.
t
(t cos t, t sin t, t 2 /8) .
Siehe Abbildung 2 und 3.
Abb 1
Zu Aufgabe 2
4
1 — K u r v en und Wege
Abb 2
Kurven zu Aufgabe 1
a.
1
b.
c.
1
2
a. Siehe Abbildung 1.
˙(t) = 3 sin t cos t(− cos t, sin t) , und dies verschwindet genau für t = nπ /2 ,
b. Es ist γ
n = 0, 1, 2, 3, 4 . Also ist γ nicht regulär. Tatsächlich hat γ in diesen t-Werten Spitzen,
wie man bei Betrachtung des normalisierten Geschwindigkeitsvektors
˙(t)
γ
˙(t)
γ
=
1
(− sin t cos2 t, cos t sin2 t)
|sin t cos t|
= sgn(sin t cos t)(− sin t, cos t)
für t ≠ nπ /2 , 0
c.
n
4 , feststellt.
Ist x = cos3 t und y = sin3 t , so ist
x 2/3 + y 2/3 = cos2 t + sin2 t = 1.
Eine Spurgleichung – und wohl die einfachste – ist also
F (x, y) = x 2/3 + y 2/3 − 1 = 0.
Aber natürlich (wieso?) gibt es beliebig viele weitere.
4
Der Geschwindigkeitsvektor eines parametrisierten Funktionsgraphen γ : t
˙ = (1, f (t)),
γ
ist nie Null. Also ist die Tangente in jedem Punkt wohldefiniert.
5
Würde der Mittelwertsatz gelten, so gäbe es zum Beispiel ein s ∈ [0, 2π ] mit
˙(s)(2π − 0) = γ(2π ) − γ(0) = (0, 0),
γ
(t, f (t) ,
Lösungen — 1
Abb 3
5
Kurve zu Aufgabe 1-d.
˙(s) = (− sin s, cos s) = (0, 0) . Das ist aber nicht möglich, da die Funktionen sin
oder γ
und cos keine gemeinsamen Nullstellen haben.
6
a.
b
b
9t 4 + 9t 2 dt =
a
b
3 |t| 1 + t 2 dt = (1 + t 2 )3/2
a
.
a
b.
3π
−3π
1
1 + 5t 2 dt = √
5
√
3 5π
1 + t 2 dt
√
−3 5π
√
3 5π
1
√
t2
t 1 + + Arsinh t
2 5
1
= √ Arsinh(3 5π ).
5
=
7
√
−3 5π
˙∗ = (˙
˙ und
Es ist γ
γ ◦ ϕ) ϕ
˙∗ (t)
γ
˙
Im Fall ϕ
E
˙
˙(ϕ(t))
= |ϕ(t)|
γ
.
0 ist ϕ(c) = a und ϕ(d) = b , und die Substitutionsregel ergibt
b
a
˙
Im Fall ϕ
E
ϕ(d)
˙∗ (t)
γ
E
d
˙(ϕ(t))
γ
dt =
ϕ(c)
E
˙
ϕ(t)
dt =
˙(s)
γ
c
E
ds.
0 ist ϕ(c) = b und ϕ(d) = a , und man erhält letzten Endes ebenfalls
6
1 — K u r v en und Wege
b
a
ϕ(c)
˙∗ (t)
γ
E
˙(ϕ(t))
γ
dt =
ϕ(d)
E
˙
(−ϕ(t))
dt
c
d
˙(s)
γ
=−
d
8
˙(s)
γ
ds =
c
E
ds.
Zum Beispiel
γ(t) = t sin2 (1/t).
γ : [0, 1] → [0, 1] ,
9
E
Sei γ : [0, 1] → [0, 1]2 eine Peanokurve. Wegen deren Surjektivität gibt es dann zu
jedem n 1 Punkte 0 t0 < t1 < · · · < tn2 1 , so dass
γ(ti ) : 1
n2 = (k/n, l/n) : 1
i
k, l
n ∪ {(0, 0)} ⊂ [0, 1]2 .
Das heißt, jeder der Punkte (k/n, l/n) wird unter diesen Zeitpunkten genau einmal
getroffen. Ergänzen wir die ti gegebenenfalls links und rechts zu einer Teilung T von
[0, 1] , so folgt
n2
ΣT (γ)
γ(ti ) − γ(ti−1 )
i=2
Da dies für jedes n
10
n2 − 1
1
=n− .
n
n
1 möglich ist, ist supT ΣT (γ) = ∞ , also γ nicht rektifizierbar.
Die Relation ∼ ist reflexiv, denn die Identitätsabbildung id : I → I ist eine orientierungserhaltende Parametertransformation, und
γ = γ ◦ id ⇒ γ ∼ γ.
Sie ist symmetrisch, denn mit ϕ : I˜ → I ist auch ϕ−1 : I → I˜ eine orientierungstreue
Parametertransformation, und
˜∼γ
γ
˜ ◦ ϕ−1
γ=γ
˜ = γ ◦ϕ
γ
˜.
γ∼γ
Sie ist auch transitiv, denn die Verknüpfung zweier orientierungstreuer Transformation
˜ : Iˆ → I˜ ist eine ebensolche Transformation ϕ ◦ ϕ
˜ : Iˆ → I , und
ϕ : I˜ → I und ϕ
ˆ∼γ
˜ ∧γ
˜∼γ
γ
ˆ=γ
˜◦ϕ
˜ ∧γ
˜ = γ ◦ϕ
γ
ˆ = (γ ◦ ϕ) ◦ ϕ
˜ = γ ◦ (ϕ ◦ ϕ)
˜
⇒ γ
ˆ ∼ γ.
⇒ γ
11
Sei zum Beispiel γ : [−1, 1] → E eine stetige Kurve, deren Einschräñkung auf [−1, 0]
und [0, 1] stetig differenzierbar ist. Allenfalls im Punkt 0 existiert die Ableitung nicht.
Dann ändert man die Parametrisierung auf beiden Teilintervallen so, dass die linksund rechtsseitige Ableitungen bei 0 verschwinden. Die umparametrisierte Kurve ist
dann C 1. Eine solche Umparametrisierung erreicht man zum Beispiel mit
ϕ : [−1, 1] → [−1, 1],
ϕ(t) = t 3 .
Für stückweise reguläre Kurve ist eine solche Umparametrisierung nicht zulässig, da
die Regularität verloren geht.
Lösungen — 1
7
Abb 4
ε/2
Zu Aufgabe 12
γ
γ(ti−1 )
γi
γ(ti )
12
Korrektur: Rektifizierbarkeit ist nicht erforderlich. Die Aufgabe lautet:
Sei γ : I → E eine stetige Kurve. Dann existiert zu jedem ε > 0 eine C 1-Kurve γε : I → E
γ − γε
mit
I
< ε.
Aufgrund der Kompaktheit des Intervalls I ist γ gleichmäßig stetig auf I
1.7.43
. Zu
jedem ε > 0 existiert also ein δ > 0 , so dass für r , s ∈ I
γ(r ) − γ(s) < ε/2,
|r − s| < δ.
Es gibt also eine Teilung a = t0 < t1 < . . < tn = b von I = [a, b] derart, dass
γ(ti−1 − γ(ti ) < ε/2,
1
i
n.
Für das Streckensegment γi : [ti−1 , ti ] → E von γ(ti−1 ) nach γ(ti ) gilt daher – siehe
Abbildung ??
γ(t) − γi (t)
[ti−1 ,ti ]
< ε.
Verbinden wir diese Segmente zu einem stetigen Polygonzug γε : I → E , so gilt ebenfalls
γ − γε
I
< ε.
In einem letzten Schritt können wir diesen Polygonzug in den Ecken analog zu Aufgabe 11 noch so umparametrisieren, dass dieser C 1 wird und die Abschätzung erhalten
bleibt.
13
a. Eine Kurve in der Gestalt der Ziffer 6. Der rechte Rand von [0, 1] wird also auf einen
Punkt im Innern der Kurve abgebildet.
b. Man nehme eine reguläre Kurve und parametrisiere sie so um, dass in einem Punkt
die Ableitung verschwindet. Siehe Aufgabe 11.
c.
Die Funktion
8
1 — K u r v en und Wege
f : [0, 1] → R,
f (t) =

 t 2 sin 1/t 2 ,
t ≠ 0,
 0,
t = 0,
ist differenzierbar, aber nicht stetig differenzierbar. Ihr Graph ist nicht rektifizierbar.
d. Gäbe es eine lipschitzstetige Parametrisierung, so wäre die Kurve rektifizierbar. Also ist jede nicht rektifizierbare Kurve ein Beispiel.
14
Ist γ nach der Bogenlänge parametrisiert, so ist
˙(t)
γ
2
E
˙(t), γ
˙(t) = 1,
= γ
t ∈ E.
Differenziation ergibt
0=
15
1d
˙(t), γ
˙(t) = γ
˙(t), γ
¨(t) ,
γ
2 dt
t ∈ I.
a. Sei ε > 0 und T = (t0 , . . . , tm ) eine beliebige Teilung von I . Wegen der gleichmäßigen Konvergenz existiert ein N , so dass
γ − γn
sup γ(t) − γn (t) < ε/2m,
I
n
N.
t∈I
Mit der Dreiecksungleichung folgt dann
m
m
γ(ti ) − γ(ti−1 )
γn (ti ) − γn (ti−1 )
i=1
i=1
m
γ(ti ) − γn (ti ) + γn (ti−1 ) − γ(ti−1 )
+
i=1
und damit
ΣT (γ)
ΣT (γn ) + 2m γ − γn
Da dies für alle n
I
L(γn ) + ε,
n
N.
N gilt, muss es auch für das Infimum über alle n
N gelten.
Somit ist
ΣT (γ)
inf L(γn ) + ε < ∞.
n N
Also gilt auch
L(γ)
inf L(γn ) + ε < ∞,
n N
Somit ist γ auf jeden Fall rektifizierbar.
Die letzte Ungleichung gilt bei gegeben ε für alle N hinreichend groß. Also gilt
auch
L(γ)
sup inf L(γn ) + ε = lim inf L(γn ) + ε.
N
n
n N
Da dies für jedes ε > 0 gilt, folgt
L(γ)
lim inf L(γn ).
n
b. Gleichheit muss nicht gelten. Zum Beispiel haben alle Kurven
γn : [0, 2π ] → R2 ,
t
1
(cos nt, sin nt)
n
Lösungen — 1
Abb 5
9
Zykloiden zu a = 0.2, 1, 2, 3 von unten nach oben
2π
die Länge
2π
L(γn ) =
0
2π
˙n (t)
γ
e
1 dt = 2π ,
dt =
0
der gleichmäßige Limes dieser Kurven ist aber die Nullkurve mit Länge Null.
c.
Ein Beispiel bildet die Folge der Kurven, die gleichmäßig gegen eine Peanokurve
konvergiert.
16
Wir nehmen an, dass der Punkt bei t = 0 sich im Abstand a genau unter dem Zentrum
befindet. Hat die Kreisscheibe den Abstand t zurückgelegt, so hat sich der Ortsvektor
dieses Punktes vom Zentrum aus um den Winkel t gegen den Uhrzeigersinn gedreht.
Seine Position ist demnach
γ(t) = (t − a sin t, 1 − a cos t).
Die bei einer Umdrehung zurückgelegte Wegstrecke ist demnach
2π
1 + a2 − 2a cos t dt.
0
Solche Kurven werden als Zykloiden bezeichnet. Siehe Abbildung 5.
17
Korrektur: Es muss |t sin(1/t)| heißen.
In den Nullstellen von t
tn =
1
,
nπ
n
t sin 1/t , also
1,
ist die Ableitung dieser Funktion nicht 0 , und damit der Betrag nicht differenzierbar a-1.9.4 . Damit eine Funktion D 1 ist, darf es aber nur endlich viele solche Stellen
geben.
10
1 — K u r v en und Wege
Abb 6
Eine Wahl der Funktion u
1
1
18
2
3
4
Sei
0
1
I0 = [ 9 , 9 ],
p0 = (0, 0),
2
3
6
I1 = [ 9 , 9 ],
7
I2 = [ 9 , 9 ],
p1 = (0, 1),
p2 = (1, 0),
8
9
I3 = [ 9 , 9 ],
p3 = (1, 1).
Für die Kurve γ0 gilt dann aufgrund der Definition von u
γ0 (t) ≡ pi
für t ∈ Ii ,
Dementsprechend gilt für alle k
γk (t) = γ0 (9k t) ≡ pi
i = 0, 1, 2, 3.
0
für 9k t mod 2 ∈ Ii .
Definieren wir nun Intervalle Ii0 i1 ...in ⊂ [0, 1] mit beliebigen iκ ∈ {0, 1, 2, 3} durch
t ∈ Ii0 i1 ...in
9k t mod 2 ∈ Iik für k = 0, . . . , n,
so sind diese Intervalle nicht leer, und es gilt
n
n
2−k−1 γk (t) ≡
γn (t)
k=0
2−k−1 pik
für t ∈ Ii0 i1 ...in .
k=0
Da alle Kombinationen der Indizes iκ möglich sind, trifft die Kurve γn somit alle Punkte in [0, 1]2 mit beliebiger, n-stelliger Binärdarstellung
(0, b0 . . . bn , 0, d0 . . . dn ),
bi , di ∈ {0, 1} .
Die Kurve γn ist deshalb 2−n−1 -dicht in [0, 1]2 , gemessen in der Maximumsnorm. Als
gleichmäßiger Limes der γn ist γ damit dicht in [0, 1]2 und deshalb eine Peanokurve.
Wählen wir u zum Beispiel wie in Abbildung 6, so sehen die ersten Kurven wie folgt
aus:
Lösungen
11
12
L ö s u n g en
2
M e h r dimensionale
D i f f e renziation
Lösungen
5
Nach Voraussetzung gilt |f (h)|
a.
|f (g(h))|
|h|
b.
=
|g(h)|
→ 0.
|h|
|g(h)|
|h|
2
→ 0.
(ϕf )(h) = O(h) , denn
|(ϕf )(h)|
d.
M
g 2 (h) = o(h2 ) , denn
g 2 (h)
|h2 |
c.
M |h| lokal um 0 und |g(h)| / |h| → 0 .
(f ◦ g)(h) = o(h) , denn
ϕ
[−1,1]
|f (h)|
[−1,1]
M |h| = M |h| .
(f g)(h) = o(h ) , denn
|(f g)(h)|
|f (h)| |g(h)|
=
|h2 |
|h|
|h|
e.
ϕ
2
M
|g(h)|
→ 0.
|h|
g(h + f (h)) = o(h) . Denn h + f (h) → 0 für h → 0 , und damit
|g(h + f (h))|
|g(h + f (h))| |h + f (h)|
=
|h|
|h + f (h)|
|h|
M
|g(h + f (h))|
→ 0.
|h + f (h)|
Dabei können wir diejenigen h mit h + f (h) = 0 ausschließen, da hier sowieso g(h +
f (h)) = 0 .
14
11
2 — M e h rdimensionale Differenziation
a. In jedem Punkt x ≠ 0 ergibt sich die Differenzierbarkeit aus den üblichen Regeln.
Im Nullpunkt gilt
f (x) = O(|x|2 ) = f (0) + 0·x + o(|x|).
Daher ist Df (0) = 0 .
b. Für x ≠ 0 ist
∂i f (x) = 2xi sin
1
1
1
−
cos
.
|x|
|x|
|x|
Diese partiellen Ableitungen sind nicht stetig nach x = 0 fortsetzbar.
12
In diesem Fall wird im Lemma von Hadamard 22 das Integral der stetigen skalaren Funktion t
Df ((1 − t)u + tv)(v − u) auf [0, 1] gebildet. Der Mittelwertsatz der eindimensionalen Integralrechnung 1.8.7 ist hierauf anwendbar, und es gibt ein θ ∈ [0, 1] , so
dass
1
Df ((1 − t)u + tv)(v − u) dt = Df ((1 − θ)u + θv)(v − u).
0
Die Behauptung folgt daraus mit ξ = (1 − θ)u + θv ∈ [u, v] .
14
a. Es ist
Df (x)x =
d
f (tx)
dt
t=1
=
d λ
t f (x)
dt
t=1
= λt λ−1 f (x)
t=1
= λf (x).
b. Für die Funktion ϕ und t > 0 gilt
ϕ (t) = λt λ−1 f (x) − Df (tx)x =
λ λ
λ
(t f (x) − f (tx)) = ϕ(t).
t
t
Eine Lösung dieser separierbaren Differenzialgleichung ist ϕ ≡ 0 , alle anderen sind
von der Form Für ϕ ≠ 0 ist die allgemeine Lösung d
ϕ(t) = αt λ ,
α > 0.
Diese kommen aber nicht in Frage, da ϕ(1) = 0 gelten muss. Also ist ϕ identisch Null,
und das ergibt die Behauptung.
16
Es ist
f (x + h) = x, x + Ax, h + Ah, x + Ah, h
= f (x) + Ax, h + A x, h + o(h)
= f (x) + (A + A )x, h + o(h).
Somit ist ∇f (x) = (A + A )x . Oder man bestimmt aus
f (x) =
akl xk xl
k,l
die partiellen Ableitungen fxi =
k (aki
+ aik )xk .
Lösungen — 2
17
15
Mit f (x + h) = f (x) + Df (x)h + o(h) und entsprechend für g erhält man
ϕ(x + h) = f (x), g(x) + Df (x)h, g(x) + f (x), Dg(x)h + o(h)
= ϕ(x) + Df (x) g(x) + Dg(x) f (x), h + o(h).
Also ist
∇ f , g (x) = Df (x) g(x) + Dg(x) f (x).
Oder man bestimmt aus ϕ(x) =
ϕxi (x) =
k
fk (x)gk (x) die partiellen Ableitungen
(gk fk,xi + fk gk,xi )(x).
k
18
a.
b.
c.
d.
19
Df (x) = 2x .
f˙(t) = (2t cos t − t 2 sin t, 2t sin t + t 2 cos t, cosh t) .
b
a
d
c
Df (x) =
.
2ac 2 −2bd2 2a2 c −2b2 d


sin y sin z x cos y sin z x sin y cos z


Df (x) =  sin y cos z x cos y cos z −x sin y sin z  .
cos y
−x sin y
0
a. Da f und g differenzierbar sind, ist
(f g)(x + h) = (f (x) + Df (x)h + o(h))(g(x) + Dg(x)h + o(h))
= (f g)(x) + f (x)Dg(x)h + g(x)Df (x)h + o(h).
Also ist
Dϕ(x)h = [f (x)Dg(x) + g(x)Df (x)] h.
b. Es folgt, dass
∇(f g) = f ∇g + g ∇f .
20
Es ist f (1, 1) = 0 ,
fx
(1,1)
= y e−xy − x e(x
2
+y 2 )/2
(1,1)
sowie aus Symmetriegründen auch fy
(1,1)
= 0,
= 0 . Also ist die Tangentialebene die hori-
zontale Ebene z = 0 durch den Nullpunkt.
21
Es ist
Φ(f + η) = Φ(f ) +
f η dt +
I
1
2
η2 dt,
I
wobei
f η dt
I
|f | dt η
I
I
η2 dt
,
I
η
2
I
|I| = o( η I ).
Das erste Integral beschreibt somit eine beschränkte Linearform L auf C(I) , und es ist
Φ(f + η) = Φ(f ) + Lη + o( η I ).
Also ist Lη = DΦ(f )η .
16
22
L ö s u n g en
Es ist
Dϕ(x)h =
Ax, h
Ax, x
−
x, x
x, x 2
Ax − λx, h
x, x
x, h , =
mit
λ=
Ax, x
.
x, x
Also ist Dϕ(x) = 0 genau dann, wenn Ax = λx . Das heißt, jeder kritische Punkt ist
ein Eigenvektor, der zugehörige kritische Werte ist sein Eigenwert. Man beachte, dass
diese kritischen Punkte nicht isoliert sind.
23
Mit dem Hauptsatz und der Kettenregel ist
1
f (x) − f (0) =
0
Also können wir gi (x) =
24
n
d
f (tx) dt =
xi
dt
i=1
1
0
1
0
fxi (tx) dt.
fxi (tx) dt wählen. Diese Funktionen sind C 1, da f C 2 ist.
Sei Λ = Df (x) . Aus f (x + h) − f (x) = Λh + o(h) und der Lipschitzstetigkeit von f
folgt
|Λh|
|h|
|f (x + h) − f (x)|
o(h)
+
|h|
|h|
M+
o(h)
|h|
Ersetzen wir h durch εh mit ε > 0 , so ändert sich die linke Seite nicht. Also gilt auch
|Λh|
|h|
M + lim
ε 0
o(εh)
= M.
|εh|
3
M e h r dimensionale
A n a l ysis
Lösungen
4
Sei c = cos ϕ und s = sin ϕ . Mit der Kettenregel erhält man
vr = ux c + uy s,
vr r = uxx c 2 + 2uxy sc + uyy s 2 ,
vϕ = −r (ux s + uy c),
vϕϕ = −r (ux c − uy s) + r 2 (uxx s 2 − 2uxy sc + uyy c 2 ).
Daraus folgt vr r + r −1 vr + r −2 vϕϕ = uxx + uyy .
7
Für
fx = −6xy + 8x 3 = 0,
fy = 2y − 3x 2 = 0
ist (x, y) = (0, 0) die einzige Lösung. Es gibt also nur den einen kritischen Punkt (0, 0) .
Weiter ist
Hf (x, y) =
−6y + 24x −6x
−6x
2
,
Hf (0, 0) =
0 0
0 2
.
Also hat Hf (0, 0) die beiden Eigenwerte 0 und 2 und ist positiv semidefinit. Dies
reicht aber nicht aus, um auf ein lokales Minimum zu schließen. So ist
fxx (0, y) = −6y < 0,
y > 0,
18
3 — M e h r dimensionale Analysis
was darauf hindeutet, dass kein Minimum vorliegt. Tatsächlich ist mit quadratischer
Ergänzung f (x, y) = (2y − 3x 2 )2 /4 − x 4 /9 und somit
f (x, y)
8
2y=3x 2
1
= − x 4 < 0,
9
x ≠ 0.
Aus
m
Fb =
m
(axi + b − yi ) = mb + a
i=1
m
xi −
i=1
yi = 0
i=1
ergibt sich
¯ − ax,
¯
b=y
¯=
x
m
1
m
xi ,
¯=
y
i=1
1
m
m
yi .
i=1
Aus
m
m
i=1
m
xi2 −
¯+a
(axi + b − yi )xi = mbx
Fa =
i=1
xi yi = 0
i=1
folgt nach Einsetzen von b dann
a
1
m
m
¯2 =
xi2 − x
i=1
1
m
m
¯ y.
¯
x i yi − x
i=1
Mit dem gewichteten Skalarprodukt [x, y]
¯ 2 = [x, y] − x
¯ y.
¯
a [x, x] − x
1
m
m
xi yi schreibt sich das
i=1
¯ = [x, 1] mit 1 = (1, 1, . . . , 1) , und es gilt mit Cauchy-Bunjakowski
Nun ist x
¯ 2 = [x, 1]2
x
[x, x] [1, 1] = [x, x] .
Dabei gilt Gleichheit genau dann, wenn x und 1 kollinear sind – wenn also alle xi
gleich sind. Ist dies nicht der Fall, so erhält man also
a=
¯y
¯
[x, y] − x
,
¯2
[x, x] − x
b=
¯ − [x, y] x
¯
[x, x] y
.
¯2
[x, x] − x
Sind dagegen alle xi gleich, so wird tatsächlich nur ein Wert m mal gemessen. In
diesem Fall liefert die Methode der kleinsten Quadrate das arithmetische Mittel dieser
Messwerte.
9
Mit a, x =
i
ai xi erhält man
fxi = ϕ ( a, x )ai ,
fxi xj = ϕ ( a, x )ai aj ,
also
Hf = ϕ ( a, x )(ai aj )ij .
Fassen wir a als Spaltenvektor auf, so besteht die Matrix (ai aj ) aus den Spalten
a1 a, a2 a, . . . , an a.
Für a = 0 hat diese Matrix Rang 0 , sonst Rang 1 . Im Fall n
entartet.
2 ist sie daher immer
Lösungen — 3
10
19
Mit u, v ∈ Ω gilt auch [u, v] ⊂ Ω wegen der Konvexität von Ω . Mit dem Lemma von
Hadamard gilt dann
1
f (v) − f (u) =
Df (tv + (1 − t)u)(v − u) dt.
0
Nehmen wir das Skalarprodukt mit v − u , so können wir aus Linearitätsgründen das
Integral vor das Produkt ziehen und erhalten
1
f (v) − f (u), v − u =
Df (tv + (1 − t)u)(v − u), v − u dt.
0
Fur v ≠ u ist die rechte Seite aufgrund der Voraussetzung strikt positiv. Also ist
f (v) ≠ f (u) und damit f injektiv.
11
Ist f auf Rn konvex, so gilt
f (x)
f (0) + ∇f (0), x .
Ist auch −f konvex, so gilt entsprechend −f (x)
f (x)
−f (0) − ∇f (0), x , oder
f (0) + ∇f (0), x .
Also gilt
f (x) = f (0) + ∇f (0), x .
Umgekehrt gilt für jede Funktion mit f (x) = a, x + b die Identität
f (tu + (1 − t)v) = a, tu + (1 − t)v + b
= t a, u + (1 − t) a, v + tb + (1 − t)b
= tf (u) + (1 − t)f (v).
Daraus folgt die Konvexität von f und −f .
12
Aufgrund der Koerzivität existiert eine abgeschlossene Kugel B = Br− (0) so, dass
f
Rn {B}
Da jede auf R
m
n
> f (0).
konvexe Funktion außerdem stetig ist, gilt deshalb
inf
f = inf f = min f > −∞,
n
R
B
B
und es gibt mindestens einen Punkt x0 mit f (x0 ) = m . Gäbe es eine weitere solche
˜0 ≠ x0 , so wäre f auf dem Innern der Verbindungsstrecke [x0 , x
˜0 ]
Minimalstelle x
aufgrund der strikten Konvexität strikt kleiner als m . Das ist aber nicht möglich. Also
ist x0 eindeutig.
13
Sei f : Rn → R eine C 2-Funktion mit nichtentartetem kritischem Punkt 0 . Dann ist also
∇f (0) = 0,
det Hf (0) ≠ 0.
Das aber bedeutet, dass ∇f um 0 einen lokalen Diffeomorphismus darstellt, und damit
in einer Umgebung von 0 den Wert 0 nicht ein zweites Mal annehmen kann.
20
14
3 — M e h r dimensionale Analysis
a. Da C(Ω, Rn ) ein Vektorraum ist, ist lediglich zu zeigen, dass L ein Unterraum ist.
Sind f , g ∈ L , so ist sicher
(αf + βg)(x0 ) = αf (x0 ) + βg(x0 ) = 0,
sowie
|αf (u) + βg(u) − αf (v) − βg(v)|
|u − v|
|α| |f (u) − f (v)| + |β| |g(u) − g(v)|
sup
|u − v|
u≠v
|f (u) − f (v)|
|g(u) − g(v)|
|α| sup
+ |β| sup
|u − v|
|u − v|
u≠v
u≠v
[αf + βg]Ω = sup
(∆)
u≠v
|α| [f ]Ω + |β| [g]Ω
< ∞.
Also ist auch αf + βg ∈ L .
b. Positivität ist klar, Homogenität ergibt sich aus
[αf ] = sup
u≠v
|f (u) − f (v)|
|αf (u) − αf (v)|
= |α| sup
= |α| [f ] ,
|u − v|
|u − v|
u≠v
und ( ∆ ) zeigt die Dreiecksungleichung. Bleibt die Definitheit. Ist [f ] = 0 , so ist f
konstant, und damit f (u) = f (x0 ) = 0 für alle u ∈ Ω , also f = 0 .
c.
Auf jeder Teilmenge Ωr
Ω ∩ Br (x0 ) gilt
|f (x)| = |f (x) − f (x0 )|
[f ]Ω |x − x0 |
[f ]Ω r ,
und deshalb
|f |Ωr = sup |f (x)|
x∈Ωr
[f ]Ω r .
(∞)
Das bedeutet: Ist (fn ) eine Cauchyfolge in L , so ist (fn ) auch eine Cauchyfolge bezüglich der Supremumsnorm auf jedem Ωr , r > 0 . Wegen der Vollständigkeit von
C(Ω, Rn ) und
r >0
Ωr = Ω konvergiert daher (fn ) gegen eine stetige Funktion
lim fn = f ∈ C(Ω, Rn ).
n→∞
Bleibt zu zeigen, dass f ∈ L . Offensichtlich ist f (x0 ) = lim fn (x0 ) = 0 , und für je
zwei u ≠ v in Ω gilt
|f (u) − f (v)|
|fn (u) − fn (v)|
= lim
n→∞
|u − v|
|u − v|
lim [fn ] .
n→∞
Lezterer Grenzwert existiert, und es folgt, dass
[f ] = sup
u≠v
|f (u) − f (v)|
|u − v|
lim [fn ] < ∞.
n→∞
Also ist f ∈ L , und damit die Vollständigkeit von L gezeigt.
Lösungen — 3
v
y =2
21
y
x=2
v=2
y =1
x=1
u=1
u
x
u = −1
y = −2
16
y = −1
v = −2
a. Es ist
Dφ = 2
x −y
y
x
,
det Dφ = 4(x 2 + y 2 ) > 0
für x > 0 . Also ist φ in jedem Punkt ein lokaler Diffeomorphismus. Damit ist auch die
Bildmenge offen. Es bleibt zu zeigen, dass φ injektiv ist.
Eine kleine Rechnung zeigt, dass mit
x 2 − y 2 = u,
2xy = v,
x > 0,
auch
x2 + y 2 =
u2 + v 2 .
Damit kann man eindeutig nach x und y auslösen, wenn man noch berücksichtigt,
dass x > 0 und sgn v = sgn y . Somit ist die Abbildung injektiv.
Oder man macht es sich einfach und erkennt, dass φ die ›Realisierung‹ der komplexen Abbildung z
(x, y)
z2 auf der rechten Halbebene darstellt:
z = x + iy
z2 = x 2 − y 2 + 2ixy
(x 2 − y 2 , 2xy).
Diese ist leicht als injektiv zu erkennen. Damit ist auch klar, dass (0, ∞) × R unter φ
diffeomorph auf die Ebene ohne die abgeschlossene negative reelle Achse abgebildet
wird.
17
Beweis per Induktion. Für r = 1 ist dies gerade der Umkehrsatz. Gelte die Behauptung
also für ein r
1 , und sei außerdem ϕ ∈ C r +1 . Es ist
22
L ö s u n g en
D(ϕ−1 ) = (Dϕ)−1 ◦ ϕ−1 .
Nach Induktionsannahme sind hier ϕ−1 und Dϕ von der Klasse C r , und auch die
Inverse ist C r . Als Komposition von C r -Abbildungen ist also D(ϕ−1 ) ebenfalls C r .
Das aber bedeutet, dass ϕ−1 selber C r +1 ist.
18
Für die Funktion
f (x, y) = xy 2 + 2x 2 ey − y
f : R2 → R,
gilt
f (0, 0) = 0,
fy (0, 0) = −1 ≠ 0.
Also besitzt die Gleichung f (x, y) = 0 um 0 eine lokale, stetig differenzierbare Lösung x = ϕ(y) mit ϕ(0) = 0 , und das ist gerade die Lösung der Aufgabe. Für deren
Ableitung bei 0 gilt außerdem
−fx (0, 0)
= fx (0, 0) = 0.
fy (0, 0)
ϕ (0) =
20
a. Es ist Z = {t ∈ R : sin π t = 0} , und in jedem Punkt von Z ist
(sin π t)
t=n
= π cos π n = (−1)n π ≠ 0.
Also ist 0 regulärer Wert von t
sin π t .
b. Es ist M = f −1 (0) mit
f : (0, ∞) → R,
t
sin π /t.
0 ist regulärer Wert dieser Funktion, denn
f (t)
c.
t=1/n
= − π /t 2 cos π /t
t=1/n
= (−1)n+1 π n2 ≠ 0.
Für jede C 1-Funktion f mit M = f −1 (0) gilt
f (0) = lim
n→∞
f (t) − f (0)
t
= lim n(0 − 0) = 0.
t=1/n
n→∞
Also ist 0 kein regulärer Wert von f , und M somit keine Mannigfaltigkeit.
21
Kritische Werte sind
a.
22
−4 und 0
b.
0 und 4/e2 .
a. Es ist
f (x, y) = (x 2 + y 2 − 1)2 + 4y 2 ,
somit nimmt f alle Werte in [0, ∞) an. Kritische Punkte sind (−1, 0) , (0, 0) und (1, 0) ,
die zugehörigen kritischen Werte sind 0 und 1 . Allerdings besteht f −1 (0) aus zwei
isolierten absoluten Minimalstellen, bildet also eine Mannigfaltigkeit der Dimension 0 ,
und nur f −1 (1) ist keine Mannigfaltigkeit. Somit ist f −1 (c) für c ∈ [0, 1) ∪ (1, ∞) eine
Mannigfaltigkeit.
4
W e g i ntegrale
Lösungen
1
a. Parametrisieren ergibt
1
y 3 dx + x 3 dy =
γ
αt α+2 + t 3α dt =
0
3α2 + 2α + 3
.
(α + 3)(3α + 1)
b. Man erhält zunächst
1
(−2π t sin 2π t + 2π cos2 2π t + sin 2π t) dt.
0
Das Integral über sin 2π t ergibt Null, das über 2π cos2 2π t ergibt π . Also erhält man
mit partieller Integration im ersten Term
1
π + t cos 2π t
2
1
cos 2π t dt = π + 1.
−
0
0
˜ gilt dasselbe wegen der Linearität der beteiligten Operationen.
a. Für α + α
b. Dies ist im Allgemeinen nicht richtig. Betrachte zum Beispiel auf dem R2
α = dx,
f α = f dx.
α ist geschlossen und exakt, aber f α nicht, falls fy ≠ 0 . Denn dann erfüllt f α nicht
die Integrabilitätsbedingung und kann erst recht nicht exakt sein.
3
Da die Form geschlossen ist, kann man zur Erlangung einer Stammfunktion entlang
eines beliebigen Weges in [0, 1] × [0, 1] integrieren, zum Beispiel von (0, 0) über (x, 0)
nach (x, y) . Man erhält so die Stammfunktion
x
y
f (t, 0) dt +
Φ(x, y) =
0
g(x, t) dt.
0
24
4
L ö s u n g en
Aus der Homogenitätsgleichung und der Geschlossenheit von α folgt durch Differenzieren nach t
n
n
∂ai (tx)
∂ak (tx)
xk =
xk .
∂xk
∂xi
k=1
λt λ−1 ai (x) =
k=1
Auswerten bei t = 1 ergibt also
n
λai (x) =
k=1
∂ak (x)
xk .
∂xi
Damit erhalten wir für die partiellen f -Ableitungen
n
(1 + λ)
∂f
∂ak (x)
= ai +
xk = (1 + λ)ai .
∂xi
∂xi
k=1
Im Fall λ ≠ −1 ist also fxi = ai wie gefordert.
7
a. Es ist (ϕ∗ dxi )(h) = (dxi )(Dϕ·h) = Dϕi ·h = dϕi (h) . Also ist
m
ϕ∗ dxi = dϕi =
k=1
∂ϕi
dy k
∂yk
und allgemein aufgrund der Linearität der Operationen
n
ϕ∗ α =
m
(ai ◦ ϕ)
i=1
k=1
m
∂ϕi
dy k =
∂yk
k=1
n
(ai ◦ ϕ)
i=1
∂ϕi
∂yk
dy k .
b. Mit der vorangehenden Formel ist
n
ϕ∗ df = ϕ∗
m
i=1
(fxi ◦ ϕ)
k=1 i=1
m
=
k=1
c.
n
fxi dxi =
∂(f ◦ ϕ)
dy k = d(f ◦ ϕ).
∂yk
Es ist
b
˙) dt
(α ◦ ϕ ◦ γ)(Dϕ(γ)· γ
α=
ϕ◦γ
a
b
˙ dt
((α ◦ ϕ) ◦ γ)(Dϕ(γ)· γ
=
a
b
=
(ϕ∗ α ◦ γ)(˙
γ ) dt
a
ϕ∗ α.
=
γ
∂ϕi
dy k
∂yk
5
G e w ö hnliche
D i f f e renzialgleichungen
Lösungen
2
Zwei Lösungen sind zum Beispiel
ϕ1 (t) = t,
ϕ2 (t) ≡ 0.
Also ist das Awp zum Anfangswert x0 = 0 nicht eindeutig lösbar.
3
a. Für jedes T > 0 gilt
ϕ
[−T ,T ]
ϕ(t)
sup
ϕ
t∈[−T ,T ]
L
eLT .
Ist also (ϕn ) eine Cauchyfolge in E , so ist deren Einschränkung auf jedes beliebige
Intervall [−T , T ] eine Cauchyfolge bezüglich der Supremumsnorm
·
[−T ,T ] .
Die Folge
ist somit lokal gleichmäßig konvergent gegen eine stetige Funktion ϕ : R → V . Für
jedes t gilt außerdem
ϕ(t) e−L|t| = lim ϕn (t) e−L|t|
n→∞
Letzteres Supremum ist endlich, da ja auch
ϕ
L
sup ϕn
n
L
sup ϕn
n
ϕn
L
L
konvergiert. Also ist auch
< ∞,
die Grenzfunktion ϕ gehört also ebenfalls zu E .
b. Ist ϕn ) eine konvergente Folge in X mit Limes ϕ , so ist ja
ϕ(0) = lim ϕn (0) = lim x0 = x0 .
n→∞
Also gehört auch ϕ zu X .
n→∞
26
4
5 — G e w ö hnliche Differenzialgleichung e n
Sei noch K = supx∈Br (x0 ) v(x) . Dies ist endlich, da v lipschitz ist. Es genügt dann
anzunehmen, dass
T < min(1/L, r /K).
Zuerst ist zu zeigen, dass der Operator T aus dem Beweis im Skript jede stetige
Kurve ϕ : [0, T ] → Br (x0 ) wieder in eine solche Kurve abbildet. Dies folgt aber aus
t
T ϕ(t) − x0 =
v(ϕ(s)) ds
0
t
v(ϕ(s) ds
TK < r,
0
t
T.
0
Dann ist noch die Kontraktionseigenschaft zu zeigen. Wie im Skript ist für 0
t
T
t
(T ϕ − T ψ)(t)
v(ϕ(s)) − v(ψ(s)) ds
0
t
L ϕ(s) − ψ(s) ds
0
LT ϕ − ψ
[0,T ]
.
Also gilt
(T ϕ − T ψ)
LT ϕ − ψ
[0,T ]
[0,T ]
.
Mit LT < 1 liegt also eine Kontraktion vor.
5
Es ist zu zeigen, dass die Folge (ϕn ) gleichmäßig beschränkt und gleichgradig stetig ist.
Der Satz von Arzelà-Ascoli sagt dann aus, dass eine gleichmäßig konvergente Teilfolge
existiert.
Für eine beliebige Lösung ϕ gilt ja
Gleichgradig stetig:
t
ϕ(t) = ϕ(0) +
v(ϕ(s)) ds.
(1)
0
Daher ist
t2
ϕ(t2 ) − ϕ(t1 ) =
v(ϕ(s)) ds
t1
K,
und, mit einer Schranke |v|
t2
|ϕ(t2 ) − ϕ(t1 )|
|v(ϕ(s))| ds
t1
K |t2 − t1 | .
(2)
Somit ist jede Lösung global lipschitz mit ein und derselben Lipschitzkonstanten K .
Damit ist auch (ϕn ) gleichgradig stetig.
Gleichmäßig beschränkt:
Konvergiert (ϕn (0)) , so ist (|ϕn (0)|) beschränkt. Mit
(2) ist dann auch (|ϕn (t)|) für alle t ∈ [0, 1] gleichmäßig beschränkt.
Also besitzt (ϕn ) eine gleichmäßig konvergente Teilfolge. Diese erfüllt dann ebenfalls die Integralgleichung (1), ist also eine Lösung der Differenzialgleichung.
Lösungen
6
27
Betrachte eine konvergente Folge von Anfangswerten xn → x0 und die zugehörigen
Lösungskurven ϕn = ϕ(·, xn ) . Angenommen, diese Kurven konvergieren auf einem
kleinen t-Intervall um 0 nicht gegen die Lösung mit Anfangswert x0 :
ϕn
ϕ(·, x0 ).
Da aber lokal die Voraussetzungen der vorangehenden Aufgabe erfüllt sind, konvergiert
eine Teilfolge hiervon gegen eine andere Lösung desselben Awp. Das heißt, wir erhalten
zwei verschiedene Lösungen, im Widerspruch zu der Annahme, dass diese Lösungen
eindeutig sind.
7
Entscheidend ist, dass jedes Awp eine eindeutige Lösung besitzt. Daraus folgt für je˙ entweder immer verschwindet oder nie. Denn
de Lösungskurve ϕ : I → V , dass ϕ
˙ in einem Punkt, so ist die konstante Kurve an diesem Punkt eine Löverschwindet ϕ
sung der Differenzialgleichung. Aus Eindeutigkeitsgründen ist dies dann ϕ , und damit
˙ dann auch für alle t ∈ I .
verschwindet ϕ
˙ ≠ 0 , hat also maximalen Rang 1 , und ϕ
Ist also ϕ nicht konstant, so ist immer ϕ
ist damit eine Immersion. Ist ϕ jetzt injektiv, so ist ϕ eine injektive Immersion.
Andernfalls existieren t1 ≠ t2 mit ϕ(t1 ) = ϕ(t2 ) . Dann sind aber ϕ(t) und ϕ(t +
T ) mit T = t2 − t1 beides Lösungskurven mit demselben Wert bei t1 . Also sind sie
gleich, und ϕ ist periodisch.
15
Für
ρ(t)
1 + ϕt (x)
gilt ρ(0) = 1 + x
2
2
und
˙
ρ(t)
= 2 v(ϕt (x)), ϕt (x)
−2at
Daraus folgt (ρe
ρ(t)
).
2
) = 2aρ(t).
0 und damit
2at
ρ(0)e
2a(1 + ϕt (x)
.
Daraus folgt
ϕt (x)
1+ x
Damit dies auch für t
v(x), x
2 at
(1 + x )eat .
e
0 gilt – mit ea|t| an Stelle von eat – muss auch
−a(1 + x
2
)
2
),
gelten, insgesamt also
| v(x), x |
a(1 + x
x ∈ V.
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