Tutor: Martin Friesen, martin.friesen@gmx.de
Klausur- ¨Ubungen Mehrdimensionale Analysis 1 - Analysis 2, L¨osungen
1. SeiM ⊂Rneine abgeschlossene Teilmenge, welche ein nicht leeres Inneres besitzt. Ferner seiα : [0,1]−→Rn stetig mit:
α(0)∈int(M) sowie α(1)∈Rn\M Zeigen Sie, dass es ein t0 ∈(0,1) gibt mit: α(t0)∈∂M
Beweis.
Aus den ¨Ubungen ist bekannt, dass die Abbildung: d(·, M) : Rn −→ R, x 7−→ d(x, M) stetig ist. Also ist auch als Verkettung die Abbildung:
f :=d(α, M) : [0,1]−→R, t 7−→d(α(t), M) stetig. Ferner gilt jetzt: f(0) = 0 undf(1)>0.
Definiere somit t0 := sup{t ∈ [0,1] : f(t) = 0}. Damit ist 0 < t0 < 1 und wegen der Stetigkeit von f ergibt sich somit auch: f(t0) = 0 (t0 ist ein H¨aufungspunkt, also Gren- zwert einer geeigneten Folge). Damit ist also nach Definition vonf und ¨Ubungsaufgaben:
0 =f(t0) = d(α(t0), M)⇒α(t0)∈M
Zu zeigen bleibt also noch, dass α(t0) auf dem Rand liegt.
Sei alsoε >0, da α stetig ist, k¨onnen wir ein δ >0 w¨ahlen mit der Eigenschaft:
F¨ur |t−t0|< δ ist: ||α(t)−α(t0)||< ε, dh: α(t)∈B(α(t0), ε) =:B Es reicht jetzt einzusehen, dass B∩Rn\M 6=∅ und B∩M 6=∅gilt.
F¨ur t < t0 mit |t−t0|< δ istf(t) = 0 und somit α(t)∈M, dh. α(t)∈B ∩M.
F¨ur t > t0 mit |t−t0|< δ ist jetzt f(t)6= 0 also α(t)6∈M und somit α(t)∈B∩Rn\M
2. Bestimmen Sie alle lokalen Extrema und Sattelpunkte der Funktion:
f(x, y) = (x2 −y2)e−x2+y
2 2
Beweis.
Zu Beginn bestimmen wir erstmal den Gradienten der Funktion:
∂xf(x, y) = 2xexp(−x2+y2 2) + (x2−y2)(−x)exp(−x2+y2 2) =x(2−x2+y2)exp(−x2+y2 2) Analog auch die Ableitung nach y:
∂yf(x, y) = −2yexp(−x2+y2 2) + (x2−y2)(−y)exp(−x2+y2 2) = −y(x2−y2+ 2)exp(−x2+y2 2) Finde also alle (x, y)∈R2mitgrad(f(x, y)) = (0,0). Wir erhalten damit die Gleichungen:
−y(x2−y2+ 2) = 0,x(2 +y2−x2) = 0 Die erste Gleichung liefert uns:
y= 0 oder x2+ 2 =y2 Die zweite Gleichung liefert uns:
x= 0 oder 2 +y2 =x2
Zu finden sind also alle Paare, welche aus beiden Zeilen mindestens eine Bedingung erf¨ullen. Die trivialen L¨osungen sind also:
(0,0),(0,−√
2),(0,√
2),(−√
2,0),(√ 2,0)
Weitere L¨osungen m¨ussten in beiden Komponenten von 0 verschieden sein. Dh. Sie m¨usstenx2+ 2 =y2 undy2+ 2 =x2 erf¨ullen. Setzen wir die eine in die andere Gleichung ein, so erhalten wir: 2+x2+2 =x2 und das kann nicht stimmen. Also sind die gefundenen 5 L¨osungen auch die einzigen. Durch erneutes Differenzieren k¨onnten wir bestimmen um was f¨ur eine Art von Punkten es sich handelt. Dieses ist aber eine Straight-forward Rechnung und soll hier nicht gemacht werden.
3. Definiere eine Funktion f :R2 −→R durch:
f(x, y) =
x3y
x6+y2 ,(x, y)6= (0,0) 0 ,(x, y) = (0,0)
Zeigen Sie, dassf ¨uberall partiell differenzierbar, im Nullpunkt aber nicht total differen- zierbar ist.
Beweis.
Die Funktion ist f¨ur (x, y) 6= (0,0) offensichtlich partiell differenzierbar. Zu untersuchen ist also der Ursprung.
limh→0
f(h,0)−f(0,0)
h = 0
Analog durch Einsetzen der andere Differenzquotient:
limh→0
f(0,h)−f(0,0)
h = 0
W¨are die Funktion im Ursprung total differenzierbar, so w¨are sie dort auch stetig. Ins- besondere w¨are auch die Abbildung
x7−→f(x, x3) stetig im Ursprung, dh: lim
x→0f(x, x3) = 0 Rechnen wir einfach nach:
f(x, x3) = x6x+x6 6 = 12
Man kann nat¨urlich auch argumentieren indem man sich eine spezielle Folge sucht, aber mit diesem Weg finden wir gleich beliebig viele solcher Folgen. N¨amlich jede Folge der Form an := (xn, x3n), wobei xn6= 0 eine Nullfolge ist.
4. Begr¨unden Sie, warum f(x, y) := 4xy auf der Menge M :={(x, y) ∈R2 : x2+ 4y2 ≤4}
ein globales Maximum und Minimum annehmen muss. Berechnen Sie die Stellen, an dennen das Maximum bzw. Minimum angenommen wird.
Beweis.
f ist eine stetige Funktion und M ist abgeschlossen und beschr¨ankt, also kompakt. Nach Ubungen nimmt eine stetige Funktion auf einer Kompakten Menge Minimum und Maxi-¨ mum an. Bestimmen wir als n¨achstes den Gradienten:
grad(f(x, y)) = (4y,4x), alsograd(f(x, y)) = (0,0)⇔(x, y) = (0,0)
Betrachten wir die Hessematrix, so merken wir, dass diese indefinit ist und man ¨uberlegt sich schnell, dass dieses ein Sattelpunkt ist. Die Extrema m¨ussen somit auf dem Rand angenommen werden. Diese Aufgabe zielt darauf ab, die Lagrangschen Multiplikatoren Satz anzuwenden. Wir m¨ussen also folgendes l¨osen: h(x, y) := x2+ 4y2 und λ ∈R:
∂xf =λ∂xh,∂yf =λ∂yh, h(x, y) = 4
Die gesuchten Variablen sind hierbei x, y, λ wir setzen ein uns schauen was passiert:
4y= 2λx, 4x= 8λy, x2+ 4y2 = 4
Aus der 2ten Gleichung ergibt sich: x= 2λysetzen wir dieses in die erste ein: 4y = 2λx= 4λ2y. Also ist f¨ury 6= 0,|λ|= 1. F¨ur y= 0 ist auch x= 0, welches ein Wiederspruch ist.
Dieses setzen wir erneut in die 2te Gleichung ein: x= 2y und x=−2y.
Jetzt k¨onnen wir die 3te Gleichung benutzen um die Punkte auf dem Rand zu bestimmen:
4y2+ 4y2 = 8y2 = 4, also|y|= √1
2
Mit dem anderen Beziehungen ergibt sich:
(√ 2,
√ 2
2 ),(−√ 2,−
√ 2
2 ),(−√ 2,
√ 2 2 ),(√
2,−
√ 2 2 )
Setzen wir die Punkte in f ein und schauen, was Maxima und Minima sind. Wegen der Symmetrie m¨ussen nur 2 verschiedene Werte vorkommen (zur Kontrolle).
f((√ 2,
√2
2 )) = 4, f((−√ 2,−
√2
2 )) = 4, f((−√ 2,
√2
2 )) =−4, f((√ 2,−
√2
2 )) =−4
5. a) Geben Sie die Definition von totaler Differenzierbarkeit an.
b) Sei f :R2 −→R definiert durch:
f(x, y) :=
y3
√
x2+y2 ,(x, y)6= (0,0) 0 ,(x, y) = (0,0) Zeigen Sie, dass f in (0,0) total differenzierbar ist.
Beweis.
a) Sei f :U −→Rm mit U ⊂Rn eine Abbildung.
Diese heißt total differenzierbar in x0 ∈U falls gilt:
∃δ >0,∃A∈Rm×n und φ:B(0, δ)−→Rm mit: f(x0+ξ) = f(x0) +Aξ+φ(ξ), f¨ur
||ξ||< δ und φ =o(||ξ||), dh: lim
||ξ||→0 φ(ξ)
||ξ|| = 0 im Sinne der Norm vom Rm
b) Setze hier: A= (a1, a2) mit: a1 =lim
h→0
f(h,0)−f(0,0)
h und a2 analog. Also:
a1 =lim
h→0
f(h,0)−f(0,0)
h = 0
Und
a2 =lim
h→0
f(0,h)−f(0,0)
h =lim
h→0 h2
|h| = 0 Als n¨achstes definiere die Abbildung φ durch:
φ(ξ) :=f(ξ1, ξ2)−f(0,0)−Aξ =f(ξ1, ξ2) = √ξ32
ξ21+ξ22 mit ξ= (ξ1, ξ2)∈R2
Jetzt fehlt uns noch das dazugeh¨orige δ >0 f¨ur welches gilt: φ=o(||ξ||), wir rechnen das einfach nach:
|φ(ξ)
||ξ||| = |ξ2|3 pξ12+ξ22
1 pξ12+ξ22
= |ξ2|3
ξ12+ξ22 ≤ |ξ2|3
ξ22 =|ξ2| ≤ ||ξ||
Also k¨onnen wir ein beliebigesδ w¨ahlen und es folgt die Behaupung durch ¨Ubergang zum Grenzwert.
6. a) Sei U ⊂ Rn offen. Geben Sie das hinreichende Kriterium zur Ermittlung lokaler Extrema einer zweimal stetig differenzierbaren Funktion f :U −→Ran.
b) Finden Sie das lokale Minimum und Maximum der Funktion f(x, y) =xe−x2+y
2 2
Beweis.
a) Seix∈U ein Punkt mitgrad(f(x)) = 0. Ist die Hessematrix inxpositiv definit, so ist es ein isoliertes Minimum. Ist die Hessematrix inx negativ definit, so ist es ein isoliertes Maximum.
b) Als erstes bestimmen wir den Gradienten der Funktion
∂xf(x, y) =e−x2+y
2
2 −x2e−x2+y
2
2 = (1−x2)e−x2+y
2 2
Analog die Ableitung nach y
∂yf(x, y) = −xye−x2+y
2 2
Der Gradient verschwindet genau dann, wenn gilt:
−xy= 0 und (1−x2) = 0, also |x|= 1 undy= 0.
Damit sind die kritischen Punkte also: (1,0) und (−1,0)
Jetzt k¨onnen wir die Hessematrix bestimmen und diese dort einsetzen:
∂xxf(x, y) = −2xe−x2+y
2
2 + (1−x2)(−x)e−x2+y
2
2 = (x3−3x)e−x2+y
2 2
∂xyf(x, y) = −ye−x2+y
2
2 +yx2e−x2+y
2
2 =y(x2−1)e−x2+y
2 2
∂yyf(x, y) = −xe−x2+y
2
2 +xy2e−x2+y
2
2 =x(y2−1)e−x2+y
2 2
Wir setzen jetzt die beiden Punkte ein und erhalten Hess(f)(1,0) :=−e−12
2 0 0 1
Also ist in (1,0) ein isoliertes Minimum
Genauso jetzt der Punkt (−1,0): erhalten isoliertes Maximum
Hess(f)(1,0) :=e−12
2 0 0 1
7. Berechnen Sie die Ableitung und die Determinante der folgenden Funktionen:
a)f(x, y, z) = (x2+y2+z2, xy+yz+zx, x+y+z)
b)f(r, φ, ψ) = (rsinh(φ)cosh(ψ), rsinh(φ)sinh(ψ), rcosh(φ)) Beweis.
a) (Df)(x, y, z) =
2x 2y 2z
y+z x+z x+y
1 1 1
.
F¨ur die Determinante benutzen wir den Entwicklungssatz, also
2x 2y 2z
y+z x+z x+y
1 1 1
= 2x
x+z x+y
1 1
−2y
y+z x+y
1 1
+ 2z
y+z x+z
1 1
= 2x(x+z−x−y)−2y(y+z−x−y) + 2z(y+z−x−z)
= 2xz−2xy−2yz+ 2xy+ 2yz−2xz = 0
b) (Df)(r, φ, ψ) =
sinh(φ)cosh(ψ) rcosh(φ)cosh(ψ) rsinh(φ)sinh(ψ) sinh(φ)sinh(ψ) rcosh(φ)sinh(ψ) rsinh(φ)cosh(ψ)
cosh(φ) rsinh(φ) 0
|(Df)(r, φ, ψ)| = sinh(φ)cosh(ψ)(−r2)sinh(φ)2cosh(ψ)
−rcosh(φ)cosh(ψ)(−rsinh(φ)cosh(φ)cosh(ψ))
+rsinh(φ)sinh(ψ)(rsinh(φ)2sinh(ψ)−rcosh(φ)2sinh(ψ))
= −r2sinh(φ)3cosh(ψ)2+r2sinh(φ)cosh(φ)2cosh(ψ)2 +r2sinh(φ)3sinh(ψ)2−r2sinh(φ)cosh(φ)2sinh(ψ)2
= −r2sinh(φ)3+r2sinh(φ)cosh(φ)2 =r2sinh(φ)
Und siehe da nahezu dasselbe wie bei den Kugelkoordinaten. Diese Transformation besitzt sogar einen Speziellen Namen (elliptische Koordinaten oder sowas in der Richtung) 8. Berechnen Sie die Punkte mit verschwindender Ableitung folgender Funktionen und un-
tersuchen Sie (mit Beweis), ob diese lokale Maxima oder Minima sind:
a)f(x, y) =x2+y2 b)f(x, y) =x3+y2 Beweis.
a) Der Gradient ist hier:
grad(f(x, y)) = (2x,2y), alsograd(f(x, y)) = (0,0)⇔(x, y) = (0,0) Bestimmen wir die Hesse-Matrix so erhalten wir:
2 0 0 2
Also ist diese positiv definit und wir haben im Ursprung ein isoliertes Minimum.
b)Analog ist hier der Gradient:
grad(f(x, y)) = (3x2,2y) alsograd(f(x, y)) = (0,0)⇔(x, y) = (0,0) Hier ist jetzt die Hesse-Matrix eben gegeben durch:
Hess(f)(x, y) =
6x 0
0 2
also Hess(f)(0,0) =
0 0 0 2
Diese ist hier semidefinit, also ist keine Aussage m¨oglich. Da g(x) := f(x,0) = x3 einen Sattelpunkt in 0 besitzt ¨uberlegt man sich leicht, dass dieses auch auf f zutrifft. (Auf jedenfall hatf kein Extremum dort!)
9. Bestimmen Sie f¨ur gegebene a1,· · · , an ∈R das Maximum der Abbildung:
f(x) = f(x1,· · · , xn) =
n
P
i=1
aixi mit a= (a1,· · ·, an) unter der Nebenbedingung:
n
P
i=1
x2i = 1
a) durch Verwendung der Cauchy-Schwarz-Ungleichung
b) durch Verwendung des Lagrangschen Multiplikatorsatzes (einer der letzten S¨atze) Beweis.
F¨ur a= 0 ist die Aufgabe trivial, sei also im folgenden stehts a6= 0. Wir machen vorher zum Verst¨andniss einige Vor¨uberlegungen, welche sich als durchaus n¨utzlich erweisen k¨onnten.
Zuerst ist ja f nichts anderes als ein lineares Funktional der Form: f(x) =< a, x >. Bei einer solchen Abbildung vermutet man schnell, dass diese global keine Extrema annehmen kann. Unter der Nebenbedingung wird f auf eine kompakte Menge eingeschr¨ankt und wird somit Extrema besitzen. Durch ein wenig ¨uberlegen sollte klar sein, dass dieses auf der durcha aufgespannten Gerade liegen muss. Dieses zeigen wir jetzt kurz:
Setze A:={ta∈Rn:t∈R} die durch a aufgespannte Gerade und A⊥ :={x∈Rn:< a, x >= 0}
Die 2te die L¨osungsmenge einer linearen Gleichung, selbst also ein n − 1 dimension- aler Unterraum (orthogonales Komplement) und besitzt daher eine orthonormale Basis b1, . . . , bn−1. Erg¨anzen wir diese mit ||a||a zu einer orthonormalen Basis vom Rn also:
∀x∈Rn,∃λ1, . . . , λn ∈Rmit x=
n−1
P
i=1
λibi+λn||a||a
So k¨onnen wir jetzt genau vorraussagen, wief sich verh¨alt, n¨ahmlich:
f(x) = < a, x >=< a,
n−1
X
i=1
λibi+λn
a
||a|| >
=
n−1
X
i=1
λi < a, bi >+ λn
||a|| < a, a >
= λn||a||
||a|| =λn
Dabei haben wir benutzt, dass die Basis aus dem orth. Komplement kommt. Wie man sieht h¨angt f nur von einem einzigen Parameter ab (bei der Wahl einer solchen Basis nat¨urlich), dh:
g(λn) :=λn =f(x), mit x=
n−1
P
i=1
λibi+λn a
||a||
Dieses so definierteg ist eine eindimensionale lineare Abbildung und diese kennen wir gut.
g besitzt zum Beispiel global keine Extrema, also auch f selbst. Da wir eine Orthonor- malbasis gew¨ahlt haben gilt der Pythagoras und wir formulieren die Nebenbedingung zu:
1 =||x||=||
n−1
P
i=1
λibi+λn||a||a ||=
n
P
i=1
|λi|
Hier haben wir jetzt wegen −1≤λn ≤1 folgende Absch¨atzung:
−1≤λn=g(λn)≤1
F¨ur|λn|= 1 hatg ein Extrema, dabei muss wegen der Nebenbedingung geltenλi = 0 f¨ur i < n und somit:
x= ||a||a bzw. x=−||a||a
a)Die Cauchy-Schwarz-Ungleichung liefert uns hier zusammen mit der Nebenbedingung:
−||a|| ≤ −||a|| · ||x|| ≤f(x)≤ ||a|| · ||x||=||a||
Betrachten wirx= ||a||a und y=−||a||a welche die Nebenbedingung erf¨ullen, so ergibt sich:
f(x) =||a||2 1||a|| =||a||,f(y) =−||a||
Also wird die obere und untere Schranke der Ungleichung durch diese Vektoren angenom- men. Man entnimmt der Gleichung:
f(x) = < a, x >=cos(θ)||a|| · ||x||=cos(θ)||a|| (1) dass die Extrema auf der Geraden aufgespannt durch aliegen m¨ussen und diese ist eindi- mensional, also haben wir alle L¨osungen bereits gefunden.
b) Wenden wir hier den Multiplikatorensatz an so erhalten wir mit g(x) =||x|| = 1 die Gleichungen:
grad(f(x)) =a =λgrad(g(x)) = 2λx und g(x) =||x||= 1 L¨osen wir die erste nach x auf: x= 2λa und setzen diese in die 2te ein:
||2λa||= 1⇔ |λ|= ||a||2 Damit k¨onnen wir erneut aus der ersten xbestimmen:
x= ||a||a , x=−||a||a
Und dieses stimmt mit unseren 2mal vorher bestimmten L¨osungen ¨uberein. Beachte, dass (1) selbst bereits einen Beweis f¨ur die Existenz und die Lage der Extrema liefert. Wir haben also schon 4 verschiedene Beweise f¨ur diese Aufgabe gefunden.
10. Gegeben sei die Funktionf :R3 −→Rdurch
f(x, y, z) = x2+yz−y2+z2
Bestimmen Sie alle lokalen und globalen Extrema auf der Einheitskugel im R3.
Beweis. Zun¨achst berechnen wir den Gradienten und schauen ob es isolierte Extrema gibt:
grad(f(x, y, z)) = (2x, z−2y,2z+y) = (0,0,0)⇔x= 0, z= 2y, y= 0, also (x, y, z) = (0,0,0)
Die Hessematrix ist jetzt gegeben durch: Hess(f)(0,0,0) =
2 0 0
0 −2 1
0 1 2
Wir bestimmen als n¨achstes die Eigenwerte dieser Matrix, l¨osen also die folgende Gle- ichung:
0 = det(Hess(f)−λE) = (2−λ)(−2−λ)(2−λ)
= −(2−λ)2(2 +λ)
Daraus sehen wir, dass die Matrix indefinit ist und somit hier kein lokales Extremum vorliegt. Auf der kompakten Menge B :={a∈R3 :||a|| = 1} wird es also Randextrema geben, welche es zu bestimmen gilt. Mit der Nebenbedingung g(x, y, z) =||(x, y, z)||= 1 erhalten wir:
2x= 2λx, z−2y = 2λy, 2z+y= 2λz, x2+y2+z2 = 1
Aus der ersten Gleichung ergibt sich x= 0 oder λ= 1. Aus den anderen Gleichungen:
z = 2(1 +λ)y also 2z+y= 4(1 +λ)y+y= (5 + 4λ)y= 2λz = 4(λ+λ2)y Stellen wir die dieses nachy um so erhalten wir:
y= 0 oder
√ 5 2 =|λ|
Ist jetzt y = 0 so folgt aus z −2y = 2λy auch z = 0. Damit muss |x| = 1 und λ = 1 gelten.
Betrachten wir den Fall y 6= 0 und
√ 5
2 = |λ|, also ist x = 0 und wir bekommen aus:
z = 2(1 +λ)y mithilfe der Nebenbedingung:
1 = x2+y2+z2 =y2+ 4(1 +λ)2y2
= (1 + 4(1 +λ)2)y2
⇔ |y|= 1
p1 + 4(1 +λ)2
Dadurch bestimmen wir z = √2(1+λ)
1+4(1+λ)2sgn(y) und insgesamt:
(x, y, z) = (1,0,0),(−1,0,0) 1
q
1 + (2 +√ 5)2
(0,1,2 +√
5),− 1
q
1 + (2 +√ 5)2
(0,1,2 +√ 5) 1
q
1 + (2−√ 5)2
(0,1,2−√
5),− 1
q
1 + (2−√ 5)2
(0,1,2−√ 5)
Die doppelten L¨osungen sind dabei nicht allzu wichtig, da sich die Vorzeichen wegheben.
Man beachte, dass man durch Einsetzen einsieht, dass die ersten 2 Werte keine Extrema darstellen. Alternativ untersucht man dazu die Hessematrix von
H(x, y, z, λ) =x2+yz−y2+z2−λ(x2+y2+z2−1)
11. Gegeben Sei die Funktion
f(x, y) =
x6+y5
x4+y4 ,(x, y)6= (0,0) 0 ,(x, y) = (0,0) a) Ist die Funktion im Ursprung stetig? (Beweis)
b) Ermitteln Sie die partiellen Ableitungen im Ursprung.
c) Bestimmen Sie die Richtungsableitung im Ursprung in Richtung v =
√ 2 2 (1,1).
d) Istf total differenzierbar?
Beweis. a) Die Stetigkeit folgt aus den Absch¨atzungen: (f¨ur (x, y)6= (0,0))
|f(x, y)|= |xx64+y+y54| ≤ xx64+|y|+y45 = x4x+y6 4 +x4|y|+y54 ≤ xx64 + |y|y45 =x2+|y|
b) Wir rechnen dieses wie gewohnt einfach mit dem Differenzqoutienten nach:
∂xf(0,0) =lim
h→0
f(h,0)−f(0,0)
h =lim
h→0 h6 h5 = 0 Analog die Ableitung nach y
∂yf(0,0) =lim
h→0
f(0,h)−f(0,0)
h =lim
h→0 h5 h5 = 1
c)Um hier die Formel mit dem Skalarprodukt benutzen zu k¨onnen brauchen wir, dass f total diffbar ist (Kettenregel), also rechnen wir das einfach direkt nach:
Dvf(0,0) = lim
h→0
f(vh)−f(0,0) h
= lim
h→0
1 h
23
26h6+22
√ 2 25 h5 22224h4
= lim
h→0
h 4 +
√2 4 =
√2 4
d) W¨are f total differenzierbar, so m¨usste f¨ur die Richtungsableitung die Formel gelten, bzw. die Kettenregel, dh:
Dvf(0,0) =< grad(f(0,0)), v >=
√ 2 2
Dieses Ergebniss stimmt mit dem aus Teil cnicht ¨uberein, also ist f nicht total differen- zierbar!
