Zeige, dass die Funktion d

Aufgabe 0.1. Zeige, dass die Funktion d: (0,∞)×(0,∞)→[0,∞), d(x, y) = ^|x−y|_xy eine Metrix aufX = (0,∞) definiert.

Lösung.

(i) Es gilt: d(x, y) = 0 ⇔ |x−y|= 0⇔x=y (ii) d(x, y) = ^|x−y|_xy = ^|−x+y|_yx = ^|y−x|_yx =d(y, x)

(iii) d(x, y) = ^|x−y|_xy =|_y¹− _x¹| ≤ |¹_y −¹_z|+|_z¹− ¹_x|=d(x, z) +d(z, y)

Aufgabe 0.2. Zeige, dass die Nichtnegativität einer Metrik nicht explizit gefordert werden muss, sondern sich aus den übrigen Eigenschaften einer Metrik ergibt.

Lösung.

∀x, y ∈X : 0 = d(x, x)≤d(x, y) +d(x, y) = 2d(x, y)⇒d(x, y)≥0

Aufgabe 0.3. Zeige: Die Vereinigung von endlich vielen kompakten Teilmengen eines metrischen Raumes ist wieder kompakt.

Lösung. Sei

A=

n

[

l=1

K_l, K_l kompakt und (U_i)_i∈I eine beliebige offene Überdeckung von A.

Dann ist (U_i)_i∈I auch eine offene Überdeckung für jedes K_l. Aufgrund der Kom- paktheit der Mengen K_l gibt es jeweils endlich viele Indizes i_l1, . . . i_lkl mit

kl

[

j=1

U_ilj ⊃K_l, l ∈ {1, . . . , n}.

Also bildet(U_ilj){l∈{1,...,n},j∈{1,...,kl}eine offene Überdeckung für jedesK_lund somit gilt

n

[

l=1 kl

[

j=1

U_ilj

!

⊃A,

weil für jedes a ∈ A ein l ∈ {1, . . . , n} existiert, sodass a ∈ K_l. Auf diese Weise können wir zu jeder beliebigen offenen Überdeckung von Aeine endliche Teilüber- deckung konstruieren. Also ist A kompakt.

Aufgabe 0.4. Sei f :R^{2 →}Rgegeben durch f(x, y) =

( _xy

x²+y² für x²+y²6= 0, 0 für x²+y²= 0.

Untersuche f auf Stetigkeit, partielle und totale Differenzierbarkeit in (0,0).

Lösung. Zunächst wird gezeigt, dass f im Nullpunkt nicht stetig ist. Hierzu be- trachte die Nullfolge(_n¹,_n¹). Es gilt:

n→∞lim f(1 n, 1

n) = lim

n→∞

1/n² 2/n² = 1

2 6= 0.

Also ist f nicht stetig im Nullpunkt.

Als nächstes zeigen wir, dassf in(0,0)partiell differenzierbar ist:

∂₁f(0,0) = lim

h→0

1

h ·(f(0 +h,0)−f(0,0)) = lim

h→0

1 h ·( 0

h²) = 0.

Analog gilt:

∂₂f(0,0) = lim

h→0

1

h ·(f(0,0 +h)−f(0,0)) = lim

h→0

1 h ·( 0

h²) = 0.

f ist im Nullpunkt nicht differenzierbar, daf dort nicht stetig ist.

Aufgabe 0.5. Sei f :R^{2 →}R gegeben durch f(x, y) =

( x³

x²+y² fürx²+y² 6= 0, 0 fürx²+y² = 0.

(i) Untersuchef auf Stetigkeit(0,0).

(ii) Untersuche, ob die partiellen Ableitungen von f in (0,0) existieren.

Lösung. (i) Sei (x_n, y_n) eine beliebige Nullfolge in R², dann gilt:

|f(x_n, y_n)| ≤ |x³_n|

x²_n+y²_n = |x³_n|

x²_n =|x_n| →0 = f(0,0) für n→ ∞.

Also ist f stetig in(0,0).

(ii) Partielle Differenzierbarkeit:

∂₁f(0,0) = lim

h→0

1

h ·(f(0 +h,0)−f(0,0)) = lim

h→0

1 h ·(h³

h²) = 1.

und

∂2f(0,0) = lim

h→0

1

h ·(f(0,0 +h)−f(0,0)) = lim

h→0

1 h ·( 0

h²) = 0.

Aufgabe 0.6. Sei y∈R^{2. Sei f :}R^{2\{y} →}Rdefiniert durch:

f(x) = 1

2πlnkx−yk, wobei k · k die euklidische Norm imR² bezeichnet.

(i) Berechne ∇f(x) für x∈R^2\{y}.

(ii) Berechne ∆f(x) fürx∈R^2\{y}.

Lösung. (i) Partielle Ableitungen ersten Ordnung von f für i= 1,2:

∂_if(x) = 1 2π

1 kx−y|k

2(x_i−y_i) 2kx−yk = 1

2π

x_i−y_i kx−yk².

Also ∇f(x) =

1

2πkx−yk²(x1−y1)

1

2πkx−yk²(x₂−y₂)

!

(ii) Bestimmte die nötigen partiellen Ableitungen zweiter Ordnung für i= 1,2:

∂_i²f(x) = 1 2π

kx−yk²−(x_i−y_i)·2kx−yk · _2kx−yk¹ ·2(x_i−y_i)

kx−yk⁴ = 1

2π

kx−yk²−2(xi−yi)² kx−yk⁴ . Also:

∆f(x) =∂₁²f(x) +∂₂²f(x) = 1 2π

2kx−yk²−2((x1−y1)²+ (x2−y2)²) kx−yk⁴

= 1 π

kx−yk²− kx−yk² kx−yk⁴ = 0 Aufgabe 0.7. Zeige, dass die Gleichung

sin(x+y+z) = sin(xyz)

in einer Umgebung V von (0,0,0) mittels einer geeigneten Funktion g : U → R eindeutig nach z auflösen lässt, wobeiU eine geeignete Umgebung von(0,0,0) ist und berechne ∇g(0,0).

Lösung. Setze X =R^{2, Y =}R^und

F(x, y, z) = sin(x+y+z)−sin(xyz).

Offensichtlich gilt:F(0,0,0) = 0 und F ∈C¹(R³). Ausserdem gilt:

∂_YF(0,0,0) =∂₃F(0,0,0) = cos(0)−0·cos(0) = 16= 0 Der Satz über implizite Funktionen ist also anwendbar:

Es existieren Umgebungen U von (0,0), U˜ von 0 und eine Funktion g : U → U˜ mit der Eigenschaft:

F(x, y, z) = 0 auf V ⇔ z =g(x, y), (x, y)∈U Für die Ableitung vong an der Stelle (0,0) gilt:

∇(g(0,0)) = (∂₁g(0,0), ∂₂g(0,0)) =−(∂_YF(0,0,0))⁻¹·∂_XF(0,0,0)

= (−1)·cos(0)−0·cos(0),cos(0)−0·cos(0)) = (−1,−1) Aufgabe 0.8. Zeige, dass die Gleichung

exp(sin(xy)) +x²−2y−1 = 0

in einer Umgebung V von (0,0) mittels einer geeigneten Funktion g : U → R eindeutig nach y auflösen lässt, wobei U eine geeignete Umgebung von (0,0) ist und berechne g‘(0).

Lösung. Setze X =R^{, Y =}R ^und

F(x, y) =exp(sin(xy)) +x²−2y−1.

Es gilt:F(0,0) =exp(0) + 0−2·0−1 = 0 und offensichtlich ist F ∈C¹(R^{2). Des} Weiteren gilt:

∂_YF(x, y) = ∂₂F(x, y) = x·cos(xy)exp(sin(xy))−2 Also:∂₂F(0,0) =−2.

Der Satz über implizite Funktionen ist also anwendbar:

Es existieren Umgebungen U von 0, U˜ von 0 und eine Funktion g : U → U˜ mit der Eigenschaft:

F(x, y) = 0 auf V ⇔ y=g(x), x∈U Für die Ableitung vong an der Stelle (0,0) gilt:

g‘(0) =−(∂_YF(0,0))⁻¹·∂_XF(0,0)

= 1

2 ·(0·cos(0)exp(sin(0)) + 2·0) = 0

Aufgabe 0.9. Bestimme eine Lösung u:R^→R des Anfangwertproblems u‘(t) = (u(t) +t)², t >0

u(0) = 42

Lösung. In der Differentialgleichung u‘(t) = (u(t) +t)² substituieren wir v(t) = u(t) +t. Es gilt also v‘(t) = u‘(t) + 1 und die Differentialgleichung lautet damit:

v‘(t) =v²(t) + 1 Durch Seperation der Variablen erhalten wir

Z 1

v²+ 1dv=t+C⇔arctan(v) =t+C ⇒v(t) =tan(t+C) Es ergibt sich also die Lösung der ursprünglichen Differentialgleichung:

u(t) = tan(t+C)−t, wobei C =arctan(42).

Aufgabe 0.10. Bestimme die Lösung der Anfangwertproblems y‘ =e^−y·cos(x)

y(x₀) = y₀ Lösung. Setze h(x) =cos(x), g(y) = e^−y.

Es gibt keine konstanten Lösungen, da g(y)6= 0 ∀y∈R^. Setze

H(x) =

x

Z

x0

h(s)ds=sin(x)−sin(x₀) und

G(y) =

y

Z

y0

1

g(s)ds=e^y−e^y0 Des Weiteren gilt: G⁻¹(x) =log(e^y0 +x).

Nach dem Satz über Trennung der Variablen ist

y(x) =G⁻¹(H(x)) =log(e^y0 +sin(x)−sin(x₀)) Da G⁻¹ auf (−e^y0,∞)definiert ist, ist y auf:

I = {x ∈ R ^{: sin(x)−sin(x}0) > −e^y0} = {x ∈ R ^{: sin(x) > sin(x}0)−e^y0} definiert.