Kurs:Analysis/Teil II/22/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	${}\sum$
Punkte	3	3	4	4	3	8	3	4	6	0	2	4	11	4	3	0	62

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Konvergenz einer Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in einem metrischen Raum ${}M$.
2. Ein Berührpunkt zu einer Teilmenge ${}T\subseteq M$ eines metrischen Raumes ${}M$.
3. Die Länge eines Streckenzugs

   $[P_{0},P_{1},\ldots ,P_{k}]$

   mit ${}P_{i}\in \mathbb {R} ^{n}$.

4. 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 ${}v\in \mathbb {R} ^{n}$.

5. Der Dualraum zu einem ${}K$- Vektorraum ${}V$.
6. Die gleichmäßige Konvergenz einer Abbildungsfolge

   $f_{n}\colon T\longrightarrow M,$

   wobei ${}T$ eine Menge und ${}M$ ein metrischer Raum ist.

Lösung

1. 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.

2. Es sei ${}(M,d)$ ein metrischer Raum und ${}T\subseteq M$ eine Teilmenge. Ein Punkt ${}a\in M$ heißt Berührpunkt von ${}T$, wenn zu jedem ${}\epsilon >0$ der Durchschnitt

   ${}T\cap U{\left(a,\epsilon \right)}\neq \emptyset \,.$

3. Man nennt

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

   die Gesamtlänge des Streckenzugs.

4. 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.

5. Unter dem Dualraum zu ${}V$ versteht man den Homomorphismenraum

   ${}{V}^{*}=\operatorname {Hom} _{K}{\left(V,K\right)}\,.$

6. Man sagt, dass die Abbildungsfolge gleichmäßig konvergiert, wenn es eine Funktion

   $f\colon T\longrightarrow M$

   derart gibt, dass es zu jedem ${}\epsilon >0$ ein ${}n_{0}$ gibt mit

   $d{\left(f_{n}(x),f(x)\right)}\leq \epsilon {\text{ für alle }}n\geq n_{0}{\text{ und alle }}x\in T.$

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über das Maximum von Funktionen auf kompakten Teilmengen.
2. Die Integralabschätzung für stetige Kurven.
3. Der Satz über den Zusammenhang zwischen partieller Ableitung und Richtungsableitung.

Lösung

1. Es sei ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine nichtleere kompakte Teilmenge und sei

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

   eine stetige Funktion.

   Dann gibt es ein ${}x\in T$ mit

   $f(x)\geq f(x'){\text{ für alle }}x'\in T.$

2. Es sei ${}V$ ein euklidischer Vektorraum und

   $g\colon [a,b]\longrightarrow V$

   eine stetige Abbildung. Dann gilt

   ${}\Vert {\int _{a}^{b}g(t)\,dt}\Vert \leq \int _{a}^{b}\Vert {g(t)}\Vert \,dt\,.$

3. Es sei ${}G\subseteq {\mathbb {K} }^{n}$ offen, ${}P\in G$ ein Punkt und sei

   $f\colon G\longrightarrow {\mathbb {K} }^{m},\,(x_{1},\ldots ,x_{n})\longmapsto \varphi (x_{1},\ldots ,x_{n})=(f_{1}(x_{1},\ldots ,x_{n}),\ldots ,f_{m}(x_{1},\ldots ,x_{n})),$

   eine Abbildung. Dann ist ${}\varphi$ in ${}P$ genau dann partiell differenzierbar, wenn die Richtungsableitungen

   von sämtlichen Komponentenfunktionen ${}f_{j}$ in ${}P$ in Richtung eines jeden Standardvektors existieren.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise das Majorantenkriterium für uneigentliche Integrale.

Lösung

Wir behandeln den Fall, wo ${}r$ die obere Intervallgrenze ist. Für alle ${}b\in I$ ist

${}\int _{a}^{b}f(t)\,dt\leq \int _{a}^{b}h(t)\,dt\,$

wegen ${}f(t)\leq h(t)$ für alle ${}t\in I$. Wegen der Nichtnegativität von ${}h$ und von ${}f$ wachsen beide Seite bei ${}b\rightarrow r$, und die rechte Seite ist durch das uneigentliche Integral ${}\int _{a}^{r}h(t)\,dt$ beschränkt. Nach Satz 7.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) existiert der Grenzwert

${}\operatorname {lim} _{b\rightarrow r}\,\int _{a}^{b}f(t)\,dt=\int _{a}^{r}f(t)\,dt\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}T\subseteq M$ eine Teilmenge in einem metrischen Raum ${}M$. Zeige für den Abschluss von ${}T$ die Gleichheit

${}{\overline {T}}={\left\{x\in M\mid {\text{ es gibt eine Folge }}x_{n}{\text{ in }}T,{\text{ die gegen }}x{\text{ konvergiert}}\right\}}\,.$

Lösung

Es sei zunächst ${}x\in {\overline {T}}$. Das bedeutet, dass zu jedem ${}\epsilon >0$ die Menge

${}T\cap B\left(x,\epsilon \right)\neq \emptyset \,$

ist. Dies gilt insbesondere für die Stammbrüche ${}{\frac {1}{n}}$. Somit gibt es zu ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ ein Element ${}x_{n}\in T\cap B\left(x,{\frac {1}{n}}\right)$. Dies ergibt eine Folge in ${}T$. Diese Folge konvergiert gegen ${}x$, da jede gewünschte Genauigkeit durch einen Stammbruch unterboten wird.

Es sei ungekehrt ${}x$ der Grenzwert einer Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ mit Folgengliedern ${}x_{n}$ in ${}T$ ist. Sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Für ${}n$ hinreichend groß ist ${}x_{n}\in B\left(x,\epsilon \right)$. Somit ist

${}T\cap B\left(x,\epsilon \right)\neq \emptyset \,$

und ${}x$ ist ein Berührpunkt von ${}T$, also ${}x\in {\overline {T}}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass eine Menge ${}M$ mit der diskreten Metrik zu einem vollständigen metrischen Raum wird.

Lösung

Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Cauchy-Folge in ${}M$. Zu ${}\epsilon ={\frac {1}{2}}$ gibt es ein ${}n_{0}$ mit

${}d(x_{n},x_{m})\leq {\frac {1}{2}}\,$

für alle ${}m,n\geq n_{0}$. Da es bei der diskreten Metrik nur die beiden Abstände ${}0$ und ${}1$ möglich sind, muss

${}d(x_{n},x_{m})=0\,$

und damit

${}x_{n}=x_{m}=x_{n_{0}}\,$

für alle ${}m,n\geq n_{0}$ sein. Dies bedeutet, dass die Folge ab einem bestimmten Index ${}n_{0}$ konstant ist, und dass die Folge gegen das Folgenglied ${}x_{n_{0}}$ konvergiert.

Aufgabe (8 (2+2+2+2) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} _{\leq 0}\longrightarrow \mathbb {R} _{\leq 0},\,x\longmapsto e^{x}-1.$

1. Zeige, dass ${}0$ der einzige Fixpunkt von ${}f$ ist.
2. Zeige, dass ${}f$ Lipschitz-stetig mit Lipschitz-Konstante ${}1$ ist.
3. Zeige, dass ${}f$ keine starke Kontraktion ist.
4. Zeige, dass zu jedem Startwert ${}x_{0}\in \mathbb {R} _{\leq 0}$ die rekursiv definierte Folge ${}x_{n+1}:=f(x_{n})$ gegen ${}0$ konvergiert.

Lösung

1. Es ist

   ${}f(0)=e^{0}-1=1-1=0\,,$

   daher ist ${}0$ ein Fixpunkt. Die Ableitung von ${}f(x)-x$ ist ${}{\left(f(x)-x\right)}'=e^{x}-1<0$ auf ${}\mathbb {R} _{-}$, daher ist ${}f(x)-x$ im negativen Bereich streng fallend und somit besitzt dort ${}f(x)-x$ keine weitere Nullstelle, also ist dort

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

2. Es ist

   ${}f'(x)=e^{x}\leq 1\,$

   für alle ${}x\in \mathbb {R} _{\leq 0}$. Daher ist nach dem Mittelwertstz

   ${}{\frac {f(y)-f(x)}{y-x}}\leq 1\,$

   für alle ${}x,y\in \mathbb {R} _{\leq 0}$. Somit ist

   ${}\vert {f(y)-f(x)}\vert \leq \vert {y-x}\vert \,,$

   was die Lipschitz-Eigenschaft mit Lipschitzfaktor ${}1$ bedeutet.

3. Wir betrachten den Differenzenquotienten

   ${}{\frac {f(y)-f(0)}{y-0}}={\frac {f(y)}{y}}={\frac {e^{y}-1}{y}}\,.$

   Für ${}y\rightarrow 0$ konvergiert dies gegen den Differentialquotienten an der Stelle ${}0$ von ${}f$, also gegen ${}1$. Würde eine starke Kontraktion vorliegen, so würde es ein ${}c<1$ geben, wofür insbesondere

   ${}\vert {f(y)}\vert \leq c\vert {y}\vert \,$

   gelten würde. Dann wäre

   ${}\vert {\frac {f(y)}{y}}\vert \leq c\,$

   im Widerspruch zur Konvergenzeigenschaft.

4. Nach Teil (1) ist ${}f(x)-x$ auf ${}\mathbb {R} _{\leq 0}$ streng fallend und daher ist ${}f(x)-x\geq 0$, also ${}f(x)\geq x$. Dies bedeutet, dass eine durch ${}f$ gegebene rekursive Folge wachsend ist. Da ferner ${}f(x)\leq 0$ gilt, liegt eine wachsende, nach oben beschränkte Folge vor, die in ${}\mathbb {R}$ konvergieren muss. Es sei ${}a$ der Grenzwert, der zu ${}\mathbb {R} _{\leq 0}$ gehört. Aufgrund der Stetigkeit ist ${}f(a)=a$, also muss nach Teil (1) ${}a=0$ sein.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Länge der Kurve

$\gamma \colon [0,2\pi ]\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,t\longmapsto \left(\cos t,\,\sin t,\,3t\right).$

Lösung

Es ist

${}\gamma '(t)=\left(-\sin t,\,\cos t,\,3\right)\,$

und

${}\Vert {\gamma '(t)}\Vert ={\sqrt {\sin ^{2}t+\cos ^{2}t+9}}={\sqrt {10}}\,.$

Die Länge der Kurve ist nach Satz 38.6 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gleich

${}\int _{0}^{2\pi }{\sqrt {10}}=2\pi {\sqrt {10}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über Wegintegrale bei einer Umparametrisierung.

Lösung

Es seien ${}F_{1},\ldots ,F_{n}$ die Komponentenfunktionen von ${}F$ und ${}\gamma _{1},\ldots ,\gamma _{n}$ die Komponentenfunktionen von ${}\gamma$. Dann gilt mit der Substitution

${}t=g(s)\,$

unter Verwendung von Korollar 25.9 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))

${}{\begin{aligned}\int _{\gamma }F&=\sum _{i=1}^{n}\int _{a}^{b}F_{i}{\left(\gamma _{1}(t),\ldots ,\gamma _{n}(t)\right)}\cdot \gamma _{i}'(t)dt\\&=\sum _{i=1}^{n}\int _{c}^{d}F_{i}{\left(\gamma _{1}(g(s)),\ldots ,\gamma _{n}(g(s))\right)}\cdot \gamma _{i}'(g(s))\cdot g'(s)ds\\&=\sum _{i=1}^{n}\int _{c}^{d}F_{i}{\left({\tilde {\gamma }}_{1}(s),\ldots ,{\tilde {\gamma }}_{n}(s)\right)}\cdot {\tilde {\gamma }}_{i}'(s)ds\\&=\int _{\tilde {\gamma }}F.\end{aligned}}$

Aufgabe (6 Punkte)

Löse mit einem Potenzreihenansatz das Anfangswertproblem

${}x^{\prime \prime }={\frac {-2gx-4x(x')^{2}}{1+4x^{2}}}\,$

mit ${}x(0)=0$ und ${}x'(0)=1$ bis zur Ordnung ${}4$. Dabei ist ${}g$ eine Konstante.

Lösung

Wir machen den Ansatz

${}x(t)=a_{0}+a_{1}t+a_{2}t^{2}+a_{3}t^{3}+\ldots =t+a_{2}t^{2}+a_{3}t^{3}+\ldots \,,$

wobei sich die ersten beiden Koeffizienten aus den Anfangsbedingungen ergeben. Es ist also noch ${}a_{2},a_{3}$ und ${}a_{4}$ zu bestimmen. Die linke Seite der Gleichung ist

$2a_{2}+6a_{3}t+12a_{4}t^{2}+\ldots .$

Von der rechten Seite müssen wir also die Koeffizienten zu ${}t^{0},t^{1},t^{2}$ ausrechnen, um drei Gleichungen zu bekommen. Zur Auswertung des Nenners verwenden wir

${}{\frac {1}{1+u}}=1-u+u^{2}-u^{3}+u^{4}\pm \ldots \,.$

Daher gilt mit ${}u=4x^{2}$ die Beziehung

${}{\frac {1}{1+4x^{2}}}=1-4x^{2}+16x^{4}\pm \ldots \,.$

Wenn man darin für ${}x$ die Potenzreihe einsetzt, erhält man

${}{\begin{aligned}{\frac {1}{1+4{\left(t+a_{2}t^{2}+a_{3}t^{3}+\ldots \right)}^{2}}}&=1-4{\left(t+a_{2}t^{2}+\ldots \right)}^{2}+16{\left(t+a_{2}t^{2}+\ldots \right)}^{4}\ldots \\&=1-4t^{2}-8a_{2}t^{3}+\ldots .\end{aligned}}$

Somit ist die rechte Seite der Differentialgleichung gleich

${}{\begin{aligned}\,&\,{\left(-2g{\left(t+a_{2}t^{2}+\ldots \right)}-4{\left(t+a_{2}t^{2}+\ldots \right)}{\left(1+2a_{2}t+3a_{3}t^{2}+\ldots \right)}^{2}\right)}{\left(1-4t^{2}+\ldots \right)}\\&={\left(-2g{\left(t+a_{2}t^{2}+\ldots \right)}-4{\left(t+a_{2}t^{2}+\ldots \right)}{\left(1+4a_{2}t+\ldots \right)}\right)}{\left(1-4t^{2}+\ldots \right)}\\&={\left(-2gt-2ga_{2}t^{2}-4t-16a_{2}t^{2}-4a_{2}t^{2}+\ldots \right)}{\left(1-4t^{2}+\ldots \right)}\\&={\left((-2g-4)t+(-2g-20)a_{2}t^{2}+\ldots \right)}{\left(1-4t^{2}+\ldots \right)}\\&=(-2g-4)t+(-2g-20)a_{2}t^{2}+\ldots .\end{aligned}}$

Somit ist (rechts ist der Koeffizient zu ${}t^{0}$ gleich ${}0$)

${}a_{2}=0\,,$

aus

${}6a_{3}=-2g-4\,$

folgt

${}a_{3}=-{\frac {g+2}{3}}\,,$

aus

${}12a_{4}=0\,$

folgt

${}a_{4}=0\,.$

Der Anfang der Potenzreihe ist also

${}x(t)=t-{\frac {g+2}{3}}t^{3}\,.$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Man gebe für vorgegebene natürliche Zahlen ${}p,q,n$ mit ${}p+q\leq n$ eine zweimal stetig differenzierbare Funktion

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

deren Hesse-Form im Nullpunkt den Typ ${}(p,q)$ besitzt.

Lösung

Wir betrachten die Funktion

${}f(x_{1},\ldots ,x_{p},x_{p+1},\ldots ,x_{p+q},x_{p+q+1},\ldots ,x_{n}):=x_{1}^{2}+\cdots +x_{p}^{2}-x_{p+1}^{2}-\cdots -x_{p+q}^{2}\,.$

Die partiellen Ableitungen sind

${\frac {\partial f}{\partial x_{i}}}={\begin{cases}2x_{i}{\text{ für }}i\leq p\,,\\-2x_{i}{\text{ für }}p<i\leq p+q\,,\\0{\text{ für }}i>p+q\,.\end{cases}}$

Damit sind alle gemischten zweiten Ableitungen ${}0$ und es ist

${\frac {\partial }{\partial x_{i}}}{\frac {\partial f}{\partial x_{i}}}={\begin{cases}2{\text{ für }}i\leq p\,,\\-2{\text{ für }}p<i\leq p+q\,,\\0{\text{ für }}i>p+q\,.\end{cases}}$

Die Hesse-Matrix ist also eine Diagonalmatrix mit ${}p$ positiven und ${}q$ negativen Einträgen. Nach dem Trägheitssatz von Sylvester besitzt die Hesse-Form den Typ ${}(p,q)$.

Aufgabe (4 Punkte)

Untersuche die Funktion

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto -3x^{2}+2xy-7y^{2}+x,$

auf Extrema.

Lösung

Die partiellen Ableitungen der Funktion ${}f$ sind

${}{\frac {\partial f}{\partial x}}=-6x+2y+1\,$

und

${}{\frac {\partial f}{\partial y}}=2x-14y\,.$

Eine notwendige Voraussetzung für die Existenz eines lokalen Extremums ist, dass der Gradient ${}0$ ist. Aus

$-6x+2y+1=0\,\,{\text{ und }}\,\,2x-14y=0$

folgt sofort

$-40y+1=0,$

also ${}y={\frac {1}{40}}$ und daraus

$x={\frac {7}{40}}.$

Es kann also allenfalls im Punkt

${}P=\left({\frac {7}{40}},\,{\frac {1}{40}}\right)\,$

ein lokales Extremum vorliegen.

Die Hesse-Matrix der Funktion ist

${\begin{pmatrix}-6&2\\2&-14\end{pmatrix}}.$

Der Eintrag links oben ist also negativ und die Determinante ist positiv. Daher ist die Hesse-Matrix negativ definit und somit liegt in ${}P$ ein lokales Maximum vor. Da es sonst kein weiteres lokales Extremum gibt, ist dieses Maximum isoliert und global.

Aufgabe (11 (2+2+4+3) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} _{+},\,\left(x,\,y\right)\longmapsto \left(x^{y},\,y^{x}\right).$

1. Bestimme die Jacobi-Matrix zu ${}\varphi$ in einem beliebigen Punkt ${}\left(x,\,y\right)$
2. Bestimme die Punkte ${}\left(x,\,y\right)$, für die ${}\varphi$ regulär ist.
3. Ist ${}\varphi$ injektiv?
4. Ist ${}\varphi$ surjektiv? Tipp: Die Funktion ${}e^{-{\frac {1}{x}}}\cdot \ln x$ ist nach unten beschränkt.

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 20.57 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) 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.

Aufgabe (4 (1+1+2) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} \times \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,\left(x,\,y,\,z\right)\longmapsto y\ln x-3xz^{2}.$

1. Bestimme das totale Differential von ${}\varphi$ in jedem Punkt ${}\left(x,\,y,\,z\right)$.
2. Bestimme die kritischen Punkte von ${}\varphi$.
3. Bestimme eine Basis für den Tangentialraum an die Faser von ${}\varphi$ durch den Punkt ${}\left(1,\,0,\,-3\right)$.

Lösung

1. Das totale Differential ist

   $\left({\frac {y}{x}}-3z^{2},\,\ln x,\,-6xz\right).$

2. Für einen kritischen Punkte müssen alle Komponenten des totalen Differentials gleich ${}0$ sein. Daher muss wegen der zweiten Komponente ${}x=1$ sein und damit ${}z=0$ und ${}y=0$. Der einzige kritische Punkt liegt also in ${}\left(1,\,0,\,0\right)$ vor.
3. Das totale Differential in ${}\left(1,\,0,\,-3\right)$ ist

   $\left(-27,\,0,\,18\right).$

   Der Tangentialraum ist der Kern dieser linearen Abbildung, eine Basis davon ist ${}\left(0,\,1,\,0\right)$ und ${}\left(2,\,0,\,3\right)$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale reelle Vektorräume, ${}U\subseteq V$ und ${}U'\subseteq W$ offene Teilmengen und

$\varphi \colon U\longrightarrow U'$

ein Diffeomorphismus. Es sei

$F\colon I\times U\longrightarrow V,\,(t,x)\longmapsto F(t,x),$

ein Vektorfeld auf ${}U$. Es sei ${}G$ das durch

${}G(t,y):={\left(D\varphi \right)}_{\varphi ^{-1}(y)}{\left(F(t,\varphi ^{-1}(y))\right)}\,$

definierte Vektorfeld auf ${}U'$. Zeige, dass

$\alpha \colon J\longrightarrow U$

genau dann eine Lösung des Anfangswertproblems

$x'=F(t,x){\text{ mit }}x(t_{0})=x_{0},$

wenn ${}\varphi \circ \alpha$ eine Lösung des Anfangswertproblems

$y'=G(t,y){\text{ mit }}y(t_{0})=\varphi (x_{0})$

ist.

Lösung

Da mit ${}\varphi$ auch die Umkehrabbildung ${}\varphi ^{-1}$ ein Diffeomorphismus ist, genügt es, die eine Richtung zu zeigen. Es sei also ${}\alpha$ eine Lösung des Anfangswertproblems zu ${}F$. Dann gelten nach der Kettenregel für ${}\varphi \circ \alpha$ die Gleichheiten

${}{\begin{aligned}{\left(\varphi \circ \alpha \right)}'(t)&={\left(D\varphi \right)}_{\alpha (t)}{\left(\alpha '(t)\right)}\\&={\left(D\varphi \right)}_{\alpha (t)}{\left(F(t,\alpha (t))\right)}\\&={\left(D\varphi \right)}_{\varphi ^{-1}((\varphi (\alpha (t))}{\left(F(t,\varphi ^{-1}(\varphi (\alpha (t)))\right)}\\&=G(t,(\varphi \circ \alpha )(t)).\end{aligned}}$

Ferner gilt

${}(\varphi \circ \alpha )(t_{0})=\varphi (\alpha (t_{0}))=\varphi (x_{0})\,.$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung