Kurs:Analysis/Teil II/Test 1/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Fakultätsfunktion

   $\mathbb {R} _{>-1}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto \operatorname {Fak} \,x.$

2. Eine Metrik auf einer Menge ${}M$.
3. Eine Cauchy-Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in einem metrischen Raum ${}M$.
4. Die Kurvenlänge einer Kurve

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

5. Die Jacobi-Matrix zu einer partiell differenzierbaren Abbildung

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

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

6. Die Niveaumenge zu einer Funktion

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

   über ${}c\in \mathbb {R}$.

Lösung

1. Für ${}x\in \mathbb {R}$, ${}x>-1$, heißt die Funktion

   $x\longmapsto \operatorname {Fak} \,(x):=\int _{0}^{\infty }t^{x}e^{-t}\,dt$

   die Fakultätsfunktion.

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. Eine Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in einem metrischen Raum ${}M$ heißt Cauchy-Folge, wenn folgende Bedingung erfüllt ist. Zu jedem ${}\epsilon \in \mathbb {R}$, ${}\epsilon >0$, gibt es ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ derart, dass für alle ${}n,m\geq n_{0}$ die Beziehung

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

   gilt.

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. Die Matrix

   ${}\operatorname {Jak} (f)_{P}:={\begin{pmatrix}{\frac {\partial f_{1}}{\partial x_{1}}}(P)&\ldots &{\frac {\partial f_{1}}{\partial x_{n}}}(P)\\\vdots &\ddots &\vdots \\{\frac {\partial f_{m}}{\partial x_{1}}}(P)&\ldots &{\frac {\partial f_{m}}{\partial x_{n}}}(P)\end{pmatrix}}\,$

   heißt die Jacobi-Matrix zu ${}f$ im Punkt ${}P$.

6. Die Niveaumenge zu ${}f$ zum Wert ${}c$ ist

   ${}N_{c}={\left\{x\in \mathbb {R} ^{n}\mid f(x)=c\right\}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Banachsche Fixpunktsatz.
2. Die Mittelwertabschätzung für eine differenzierbare Kurve

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

3. Der Satz von Schwarz.

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 gibt ein ${}c\in [a,b]$ mit

   ${}\Vert {f(b)-f(a)}\Vert \leq (b-a)\cdot \Vert {f'(c)}\Vert \,.$

3. Es sei ${}G\subseteq V$ offen und ${}\varphi \colon G\rightarrow W$ eine Abbildung derart, dass für ${}u,v\in V$ die zweiten Richtungsableitungen ${}D_{v}D_{u}\varphi$ und ${}D_{u}D_{v}\varphi$ existieren und stetig sind. Dann gilt

   ${}D_{v}D_{u}\varphi =D_{u}D_{v}\varphi \,.$

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Satz über die Charakterisierung von abgeschlossenen Mengen in einem metrischen Raum mit konvergenten Folgen.

Lösung

Es sei zunächst ${}T$ abgeschlossen und eine Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }\in T$ gegeben, die in ${}M$ gegen ${}x\in M$ konvergiert. Wir müssen zeigen, dass ${}x\in T$ ist. Angenommen, dies wäre nicht der Fall. Dann liegt ${}x$ im offenen Komplement von ${}T$ und daher gibt es ein ${}\epsilon >0$ derart, dass der gesamte ${}\epsilon$-Ball ${}U{\left(x,\epsilon \right)}$ im Komplement von ${}T$ liegt. Also ist

${}T\cap U{\left(x,\epsilon \right)}=\emptyset \,.$

Da die Folge aber gegen ${}x$ konvergiert, gibt es ein ${}n_{0}$ derart, dass alle Folgenglieder ${}x_{n}$, ${}n\geq n_{0}$, zu diesem Ball gehören. Da sie andererseits in ${}T$ liegen, ist dies ein Widerspruch.
  Es sei nun ${}T$ nicht abgeschlossen. Wir müssen eine Folge in ${}T$ konstruieren, die in ${}M$ konvergiert, deren Grenzwert aber nicht zu ${}T$ gehört. Da ${}T$ nicht abgeschlossen ist, ist das Komplement ${}U:=\setminus T$ nicht offen. D.h. es gibt einen Punkt ${}x\in U$ derart, dass in jedem ${}\epsilon$-Ball von ${}x$ auch Punkte außerhalb von ${}U$, also in ${}T$ liegen. Insbesondere ist also für jede natürliche Zahl ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ der Durchschnitt

${}T\cap U{\left(x,{\frac {1}{n}}\right)}\neq \emptyset \,.$

Wir wählen aus dieser Schnittmenge ein Element ${}x_{n}$ und behaupten, dass die sich ergebende Folge die gewünschten Eigenschaften besitzt. Zunächst liegen nach Konstruktion alle Folgenglieder in ${}T$. Die Folge konvergiert gegen ${}x$, da man sich hierzu auf

${}\epsilon =1/n\,$

beschränken kann und alle Folgenglieder ${}x_{m}$, ${}m\geq n$, in ${}U{\left(x,{\frac {1}{m}}\right)}\subseteq U{\left(x,{\frac {1}{n}}\right)}$ liegen. Da der Grenzwert einer Folge im Falle der Existenz eindeutig bestimmt ist, und ${}x\notin T$ ist, konvergiert die Folge in ${}T$ nicht.

Aufgabe (3 Punkte)

Von einer Bewegung

$\varphi \colon ]0,{\frac {\pi }{2}}[\longrightarrow \mathbb {R} ^{3}$

sei der Geschwindigkeitsverlauf

${}\varphi '(t)=\left({\frac {1}{t}},\,\tan {\left(t\right)},\,e^{-t}\right)\,$

bekannt. Ferner sei

${}\varphi {\left({\frac {\pi }{4}}\right)}=(0,0,0)\,$

bekannt. Bestimme ${}\varphi (t)$.

Lösung

Die Integralkurven ergeben sich durch komponentenweises Integrieren zu

$\left(\ln t+c_{1},\,-\ln \left(\cos t\right)+c_{2},\,-e^{-t}+c_{3}\right).$

Die Anfangsbedingung ergibt

${}c_{1}=-\ln {\frac {\pi }{4}}\,,$

${}c_{2}=\ln \left(\cos {\frac {\pi }{4}}\right)\,$

und

${}c_{3}=e^{-{\frac {\pi }{4}}}\,.$

Die Lösungskurve ist also

$\left(\ln t-\ln {\frac {\pi }{4}},\,-\ln \left(\cos t\right)+\ln \left(\cos {\frac {\pi }{4}}\right),\,-e^{-t}+e^{-{\frac {\pi }{4}}}\right).$

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise die Integralabschätzung für stetige Kurven.

Lösung

Wenn ${}\int _{a}^{b}g(t)\,dt=0$ ist, so ist nichts zu zeigen. Es sei also

${}\int _{a}^{b}g(t)\,dt=v\neq 0\,.$

Es sei ${}u_{1}:={\frac {v}{\Vert {v}\Vert }}$. Das ergänzen wir zu einer Orthonormalbasis ${}u_{1},u_{2},\ldots ,u_{n}$ von ${}V$. Es seien ${}g_{1},g_{2},\ldots ,g_{n}$ die Koordinatenfunktionen von ${}g$ bezüglich dieser Basis. Dann besteht aufgrund unserer Basiswahl die Beziehung

${}{\begin{aligned}v&=\int _{a}^{b}g(t)\,dt\\&={\left(\int _{a}^{b}g_{1}(t)\,dt\right)}u_{1}+\cdots +{\left(\int _{a}^{b}g_{n}(t)\,dt\right)}u_{n}\\&={\left(\int _{a}^{b}g_{1}(t)\,dt\right)}u_{1},\end{aligned}}$

da ja ${}v$ ein Vielfaches von ${}u_{1}$ ist und somit die anderen Koeffizienten gleich ${}0$ sind. Daher ist

${}{\begin{aligned}\Vert {\int _{a}^{b}g(t)\,dt}\Vert &=\vert {\int _{a}^{b}g_{1}(t)\,dt}\vert \\&\leq \int _{a}^{b}\vert {g_{1}(t)}\vert \,dt\\&\leq \int _{a}^{b}{\sqrt {(g_{1}(t))^{2}+\cdots +(g_{n}(t))^{2}}}\,dt\\&=\int _{a}^{b}\Vert {g_{1}(t)u_{1}+\cdots +g_{n}(t)u_{n}}\Vert \,dt\\&=\int _{a}^{b}\Vert {g(t)}\Vert \,dt.\end{aligned}}$

Aufgabe (8 (2+4+2) Punkte)

Wir betrachten die differenzierbare Kurve

$f\colon [0,\pi ]\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto (t,\sin t).$

a) Skizziere das Bild dieser Kurve und den Streckenzug, der sich ergibt, wenn man das Definitionsintervall in vier gleichlange Teilintervalle unterteilt.

b) Berechne die Gesamtlänge des in a) beschriebenen Streckenzugs.

c) Zeige, dass für die Länge ${}L$ dieser Kurve die Abschätzung

${}L\leq {\sqrt {2}}\pi \,$

gilt.

Lösung

b) Die Unterteilungspunkte sind

$0,{\frac {\pi }{4}},{\frac {\pi }{2}},{\frac {3\pi }{4}},\pi .$

Der Sinus hat dabei folgende Werte:

$\sin 0=0,\,\sin {\frac {\pi }{4}}={\frac {1}{\sqrt {2}}},\,\sin {\frac {\pi }{2}}=1,\,\sin {\frac {3\pi }{4}}={\frac {1}{\sqrt {2}}},\,\sin \pi =0.$

Dabei ergibt sich die zweite Gleichung aus

${}\sin \left({\frac {\pi }{4}}\right)=\cos \left({\frac {\pi }{4}}\right)\,$

und der Kreisgleichung ${}\sin ^{2}x+\cos ^{2}x=1$. Die dritte Gleichung folgt daraus aus der Symmetrie des Sinus.

Die erste Teilstrecke des Streckenzugs verbindet die beiden Punkte ${}\left(0,\,0\right)$ und ${}\left({\frac {\pi }{4}},\,{\frac {1}{\sqrt {2}}}\right)$, deren Länge ist also

${}{\begin{aligned}{\sqrt {{\left({\frac {\pi }{4}}\right)}^{2}+{\left({\frac {1}{\sqrt {2}}}\right)}^{2}}}&={\sqrt {{\frac {\pi ^{2}}{4^{2}}}+{\frac {1}{2}}}}\\&={\sqrt {{\frac {\pi ^{2}}{4^{2}}}+{\frac {8}{4^{2}}}}}\\&={\frac {1}{4}}{\sqrt {\pi ^{2}+8}}.\end{aligned}}$

Die zweite Teilstrecke des Streckenzugs verbindet die beiden Punkte ${}\left({\frac {\pi }{4}},\,{\frac {1}{\sqrt {2}}}\right)$ und ${}\left({\frac {\pi }{2}},\,1\right)$, deren Länge ist also

${}{\begin{aligned}{\sqrt {{\left({\frac {\pi }{4}}\right)}^{2}+{\left(1-{\frac {1}{\sqrt {2}}}\right)}^{2}}}&={\sqrt {{\frac {\pi ^{2}}{4^{2}}}+{\left({\frac {{\sqrt {2}}-1}{\sqrt {2}}}\right)}^{2}}}\\&={\sqrt {{\frac {\pi ^{2}}{4^{2}}}+{\frac {2+1-2{\sqrt {2}}}{2}}}}\\&={\sqrt {{\frac {\pi ^{2}}{4^{2}}}+{\frac {24-16{\sqrt {2}}}{4^{2}}}}}\\&={\frac {1}{4}}{\sqrt {\pi ^{2}+24-16{\sqrt {2}}}}.\end{aligned}}$

Die dritte Teilstrecke ist gleichlang zur zweiten und die vierte Teilstrecke ist gleichlang zur ersten. Daher ist die Gesamtlänge dieses Streckenzugs insgesamt gleich

${\frac {1}{2}}{\left({\sqrt {\pi ^{2}+8}}+{\sqrt {\pi ^{2}+24-16{\sqrt {2}}}}\right)}.$

c) Da die Kurve stetig differenzierbar ist, ist sie auch rektifizierbar, und ihre Länge ist gleich

${}L=\int _{0}^{\pi }{\sqrt {1+\cos ^{2}t}}\,dt\,.$

Wegen ${}-1\leq \cos t\leq 1$ ist ${}\cos ^{2}t\leq 1$ und daher ist ${}1+\cos ^{2}t\leq 2$. Wegen der Monotonie der Quadratwurzel folgt

${}{\sqrt {1+\cos ^{2}t}}\leq {\sqrt {2}}\,.$

Also ist

${}\int _{0}^{\pi }{\sqrt {1+\cos ^{2}t}}\,dt\leq \int _{0}^{\pi }{\sqrt {2}}\,dt={\sqrt {2}}\pi \,.$

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 (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 (7 (5+2) Punkte)

a) Bestimme den Lösungsraum des linearen Differentialgleichungssystems

${}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}2&1\\3&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,.$

b) Löse das Anfangswertproblem

${}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}2&1\\3&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,$

mit der Anfangsbedingung

${}{\begin{pmatrix}x(0)\\y(0)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\7\end{pmatrix}}\,.$

Lösung

a) Wir berechnen die Eigenwerte der Matrix. Das charakteristische Polynom davon ist

${}\det {\begin{pmatrix}\lambda -2&-1\\-3&\lambda -4\end{pmatrix}}=(\lambda -2)(\lambda -4)-3=\lambda ^{2}-6\lambda +5=(\lambda -1)(\lambda -5)\,.$

Daher sind ${}1$ und ${}5$ die Eigenwerte, und daher ist die Matrix diagonalisierbar.

Zur Bestimmung eines Eigenvektors zum Eigenwert ${}1$ berechnen wir den Kern von

${\begin{pmatrix}-1&-1\\-3&-3\end{pmatrix}}.$

Dies ergibt den Eigenvektor ${}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$ zum Eigenwert ${}1$ und damit die erste Fundamentallösung

$e^{t}\cdot {\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}.$

Zur Bestimmung eines Eigenvektors zum Eigenwert ${}5$ berechnen wir den Kern von

${\begin{pmatrix}3&-1\\-3&1\end{pmatrix}}.$

Dies ergibt den Eigenvektor ${}{\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}$ zum Eigenwert ${}5$ und damit die zweite Fundamentallösung

$e^{5t}\cdot {\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}.$

Die allgemeine Lösung hat demnach die Form

$ae^{t}\cdot {\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}+be^{5t}\cdot {\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}ae^{t}+be^{5t}\\-ae^{t}+3be^{5t}\end{pmatrix}},\,a,b\in \mathbb {R} .$

b) Um das Anfangsproblem zu lösen müssen wir ${}a$ und ${}b$ so bestimmen, dass

${}{\begin{pmatrix}a+b\\-a+3b\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\7\end{pmatrix}}\,$

ist. Dies ist ein lineares Gleichungssystem, Addition führt auf ${}4b=9$, also ${}b={\frac {9}{4}}$ und daher ${}a=-{\frac {1}{4}}$. Die Lösung des Anfangswertproblems ist also

$-{\frac {1}{4}}e^{t}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}+{\frac {9}{4}}e^{5t}{\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Löse das Anfangswertproblem

${}y'=ty-2t^{2}+1\,$

und

${}y(0)=0\,$

durch einen Potenzreihenansatz bis zur Ordnung ${}3$.

Lösung

Wir machen den Ansatz

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

wegen der Anfangsbedingung ist ja direkt ${}a_{0}=0$. Die Ableitung ist

${}y'(t)=a_{1}+2a_{2}t+3a_{3}t^{2}+\ldots \,,$

das führt auf die Gleichung

${}a_{1}+2a_{2}t+3a_{3}t^{2}+\ldots =t{\left(a_{1}t+a_{2}t^{2}+a_{3}t^{3}+\ldots \right)}-2t^{2}+1\,.$

Daraus kann man

${}a_{1}=1\,$

ablesen, sodann

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

und daher

${}3a_{3}=1-2=-1\,,$

also

${}a_{3}=-{\frac {1}{3}}\,.$

Der Potenzreihenansatz liefert also bis zur Ordnung ${}3$ die Lösung

${}y(t)=t-{\frac {1}{3}}t^{3}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Richtungsableitung von

${}f(x,y)=x^{3}+x^{2}y-y^{5}\,$

im Punkt ${}(4,-1)$ in Richtung ${}(-3,2)$.

Lösung

Es geht um die Ableitung der zusammengesetzten Funktion

$f\circ \gamma \colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

mit dem linearen Weg

${}\gamma (t)={\begin{pmatrix}4\\-1\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}-3\\2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4-3t\\-1+2t\end{pmatrix}}\,$

im Nullpunkt. Es ist

${}{\begin{aligned}{\left(f\circ \gamma \right)}(t)&=f{\left({\begin{pmatrix}4-3t\\-1+2t\end{pmatrix}}\right)}\\&={\left(4-3t\right)}^{3}+{\left(4-3t\right)}^{2}{\left(-1+2t\right)}-{\left(-1+2t\right)}^{5}\\&=64-144t-16+(32+24)t-1-10t+t^{2}Q\\&=47-98t+t^{2}Q\end{aligned}}$

mit einem Polynom ${}Q$, das aber für die Ableitung an ${}0$ irrelevant ist. Die Richtungsableitung ist

${}{\left(f\circ \gamma \right)}'(0)=-98\,.$

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.

Aufgabe (3 Punkte)

Begründe ohne Differentialrechnung, dass die Funktion

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

kein lokales Extremum besitzt.

Lösung

Die Funktion ${}h\mapsto h^{2}$ ist für ${}h\geq 0$ streng wachsend und für ${}h\leq 0$ streng fallend, für ${}h\mapsto -h^{2}$ ist es umgekehrt. Daher kann man für jeden Punkt ${}(x,y)$ in einer beliebig kleinen Ballumgebung den Funktionswert von ${}f(x,y)$ erhöhen, indem man ${}y$ beibehält und ${}x$ größer (bei ${}x\geq 0$) bzw. kleiner (bei $x<0$) macht. Ebenso kann man den Funktionswert kleiner machen, indem man ${}x$ beibehält und ${}y$ größer (bei $y\geq 0$) bzw. kleiner (bei ${}y<0$) macht.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die kritischen Punkte der Funktion

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto 3x^{2}-2xy-y^{2}+5x,$

und entscheide, ob in diesen kritischen Punkten ein lokales Extremum vorliegt.

Lösung

Die Jacobi-Matrix dieser Funktion ist

$(6x-2y+5,-2x-2y).$

Wir setzen beide Komponenten gleich ${}0$ und erhalten durch Subtraktion der beiden Gleichungen voneinander die Bedingung

$8x+5=0,$

also ist

$x=-{\frac {5}{8}}{\text{ und daher }}y={\frac {5}{8}}.$

Der einzige kritische Punkt der Funktion ist also

${}P=\left(-{\frac {5}{8}},\,{\frac {5}{8}}\right)\,.$

Wir bestimmen die Hesse-Matrix in diesem Punkt. Sie ist

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

Wir wenden das Minorenkriterium an. Der Eintrag links oben ist positiv, die Determinante ist ${}-12-4=-16$, also negativ. Daher besitzt die Hesse-Form den Typ ${}(1,1)$, und somit liegt kein lokales Extremum vor.