(b) Beweisen Sie, dass durch cos eine Kontraktion gegeben ist

Prof. Dr. Moritz Kaßmann Fakultät für Mathematik

Sommersemester 2015 Universität Bielefeld

Klausur zur Analysis (24-AN) 2. Termin: 30. September 2015

Aufgabe 1 (8 Punkte)

(a) Formulieren Sie den Banachschen Fixpunktsatz.

(b) Beweisen Sie, dass durch cos : [−1,1]→[−1,1]eine Kontraktion gegeben ist.

Lösungsvorschlag:

(a) Seien (X, d) ein (nichtleerer) vollständiger metrischer Raum und ϕ : X → X eine Kontraktion. Dann besitztϕgenau einen Fixpunkt, d.h. es existiert genau einx∈X mit ϕ(x) =x.

(b) Seien x, y ∈ [−1,1]. Falls x = y, so ist die Aussage trivial. Es gelte also x 6= y. Da die Funktion sin : −^π₂,^π₂

→[−1,1]eine streng monoton wachsende bijektive Abbildung ist undθ= sin(1)<sin ^π₂

= 1, existiert nach dem Mittelwertsatz einx0 ∈(−1,1)derart, dass

|cos(x)−cos(y)|=

cos(x)−cos(y) x−y

· |x−y|=|sin(x₀)||x−y| ≤sin(1)|x−y|=θ|x−y|.

Folglich istcos : [−1,1]→[−1,1]eine Kontraktion.

Aufgabe 2 (10 Punkte)

Seien (X,k · k_X) und (Y,k · k_Y) normierte Räume und D⊂X, D6=∅ und f :D→Y. Entscheiden Sie, ob die folgenden Aussagen wahr oder falsch sind. Eine Begründung ist nicht erforderlich.

(a) WennDoffen und f stetig ist, dann istf(D) offen.

(b) WennX kompakt ist, dann ist jede Cauchy-Folge in X konvergent.

(c) WennX kompakt ist, dann besitzt jede Cauchy-Folge inX eine konvergente Teilfolge.

(d) WennDabgeschlossen und beschränkt ist, dann nimmtf aufD ein globales Maximum an.

(e) WennD=Dgilt und (xn)eine Folge in Dist, dann ist (xn) konvergent.

Lösungsvorschlag:

(a) Falsch. Seien(X,k · k_X) = (Y,k · k_Y) = (R,k · k),D= (−π, π) und f :D→R, f(x) = sin(x). Dann gilt f(D) = [−1,1]. Also istf(D) nicht offen.

(b) Wahr.

(c) Wahr.

(d) Falsch. Seien(X,k·k_X) = (Y,k·k_Y) = (R,k·k)undD= [0,1]. Dann istDabgeschlossen und beschränkt.

Sei zudemf :D→R definiert durch

f(x) =

(0, fallsx= 0,

1

x, fallsx∈(0,1].

Dann nimmt die Funktionf offensichtlich kein globales Maximum auf der Menge[−1,1]an.

(e) Falsch. Seien (X,k · k_X) = (Y,k · k_Y) = (R,k · k) und D = [−1,1]. Dann gilt D = D, da D eine abgeschlossene Menge ist. Die Folgex_n= (−1)ⁿ ist eine Folge inD, welche nicht konvergent ist.

Aufgabe 3 (14 Punkte)

SeiM eine nichtleere Teilmenge desR^d. Sei

A={y ∈R^d| ∃x∈M :kx−yk<1}. (a) Beweisen Sie, dass die MengeA offen ist.

(b) Skizzieren Sie Aund M im FallM = [0,1]× {0} ⊂R². (c) Skizzieren Sie Aund M im FallM =∂B₁(0)⊂R². Lösungsvorschlag:

(a) Seiz∈A. Dann existiert einx∈M derart, dass

kx−zk=δ <1.

Seiε= ^1−δ₂ . Zu zeigen ist, dass Bε(z)⊂A. Sei hierzuy∈Bε(z)beliebig. Dann gilt kx−yk ≤ kx−yk+ky−zk< δ+1−δ

2 <1.

Also gilty ∈A und somit B_ε(z)⊂A.

(b)

(c)

Beachten Sie, dass der Nullpunkt nicht Teil der MengeAist.

Aufgabe 4 (12 Punkte) Seig:R²→R definiert durch

g(x, y) = (y−x²)(y−3x²).

(a) Zeigen Sie, dass für jeden Vektorv∈R²,v6= 0, die Funktiont7→g(tv) ein striktes lokales Minimum in t= 0 besitzt.

(b) Skizzieren Sie die Niveaumenge

N ={(x, y)∈R²|g(x, y) = 0}

und kennzeichnen Sie diejenigen Bereiche desR², in deneng positive bzw. negative Werte annimmt.

(c) Zeigen Sie, dassg im Nullpunkt kein lokales Minimum besitzt.

Lösungsvorschlag:

(a) Seienv= (v1, v2)∈R² und f :R→Rdefiniert durch

f(t) =g(tv) = (tv2−t²v²₁)(tv2−3t²v₁²) =t²v₂²−4t³v²₁v2+ 3t⁴v⁴₁.

Es gilt:f⁰(t) = 2tv₂²−12t²v²₁v₂+ 12t³v₁⁴ undf⁰(0) = 0. Somit istt= 0ein kritischer Punkt der Funktion f. Des Weiteren gilt

f⁰⁰(0) = 2v²₂ >0, fallsv26= 0.

Im Fallev2 = 0giltv16= 0und es gilt f⁰(t) = 12t³v₁⁴.Also besitztf⁰ im Nullpunkt ein Vorzeichenwechsel von− nach+.

Folglich besitztt7→g(tv)ein striktes lokales Minimum int= 0.

(b) Es gilt

g(x, y) = 0 ⇐⇒ y= 3x² oder y=x². Des Weiteren gilt

g(x, y)>0 ⇐⇒ y >3x² odery < x² und

g(x, y)<0 ⇐⇒ x²< y <3x².

(c) Angenommen g besitzt im Punkt (0,0)ein lokales Minimum. Dann existiert ein ε >0 derart, dass für alle x, y∈B_ε((0,0))gilt: g(x, y)≥g(0,0) = 0.

Betrachte die Folge (xn, yn) = (_n¹,_n²2). Dann gilt

g(x_n, y_n) = 3x⁴_n−4x²_ny_n+y²_n= 3 n³ − 8

n⁴ + 4

n⁴ =− 1 n⁴ <0.

Dies ist ein Widerspruch zur Annahme. Also besitztg im Nullpunkt kein lokales Minimum.

Aufgabe 5 (12 Punkte)

Seienf :R³ →Rdefiniert durch f(x, y, z) =x²+ 4xz+z²+ 4yz−1 und die MengeM ⊂R³ durch M ={(x, y, z)∈R³|z≥0, f(x, y, z) = 0).

DurchM wird eine Funktion (x, y)7→z(x, y) festgelegt.

Berechnen Sie ^∂z_∂x und ^∂z_∂y im Punkt(x, y) = (1,1).

Lösungsvorschlag:

Seienf :R³ →Rdefiniert durch

f(x, y, z) =x²+ 4xz+z²+ 4yz−1 und

M ={(x, y, z)∈R³|z≥0, f(x, y, z) = 0}.

Dann gilt offensichtlich f ∈ C¹(Ω)und f(1,1, z) = 0 ⇐⇒ z = 0 oder z =−8. Da jedoch (1,1,−8)∈/ M, können wir diesen Punkt im Folgenden vernachlässigen. Zudem gilt:

∂

∂zf(x, y, z)

_(1,1,0)= (4x+ 2z+ 4y)

_(1,1,0) = 86= 0.

Der Satz über implizite Funktionen ist also anwendbar. Aus diesem Satz folgt die Existenz einer offenen Umgebung U ⊂R² von (1,1)und V ⊂R von 0 sowie einer Funktion g: U → V mit der Eigenschaft, dass g(x, y) =z die einzige Lösung der Gleichung f(x, y, z) = 0 ist, die in U×V liegt. Für die Ableitungen von g gilt:

∂g

∂x(1,1) = ∂z

∂x(1,1) = −1

8 (2x+ 4z)

(1,1,0) =−1 4,

∂g

∂y(1,1) = ∂z

∂y(1,1) = −1 8 (4z)

(1,1,0) = 0.

Aufgabe 6 (10 Punkte)

(a) Seif :R→R, f(x) = exp(x²). Geben Sie die Taylorpolynome von Grad 1, 2 und 3 der Taylorreihe zum Entwicklunspunktx= 0 an.

(b) Seif :R² →R, f(x) = exp(kxk²). Geben Sie die Taylorpolynome von Grad 1 und 2 der Taylorreihe zum Entwicklunspunktx= 0 an. Geben Sie mit ihrer Hilfe eine Approximation des Wertes f(0,₁₀¹ )an.

Lösungsvorschlag:

a) Wir berechnen zunächst die Ableitungen der Funktion f : R → R, f(x) = exp(x²) bis zur dritten Ordnung. Es gilt:

f⁰(x) = 2xexp(x²),

f⁰⁰(x) = 2 exp(x²) + 4x²exp(x²) = (2 + 4x²) exp(x²),

f⁰⁰⁰(x) = (4x+ 8x³) exp(x²) + 8xexp(x²) = (12x+ 8x³) exp(x³).

Also sind die Taylorpolynome von Grad 1, 2 und 3 der Taylorreihe zum Entwicklunspunkt x = 0 gegeben durch

T1(h,0) = exp(0) + 0·h= 1,

T₂(h,0) = exp(0) + 0·h+ 2 exp(0)h²

2 = 1 +h², T₃(h,0) = exp(0) + 0·h+ 2 exp(0)h²

2 + 0·h³

6 = 1 +h².

b) Seien x = (x1, x2) und h = (h1, h2). Für das Taylorpolynom erster Ordnung sind die Multiindizes α1 = (1,0)undα2 = (0,1)zu betrachten. Es gilt

∂^α1f(x) = 2x₁exp(kxk) und ∂^α2f(x) = 2x₂exp(kxk).

Folglich ist das Taylorpolynom von Grad 1 der Taylorreihe zum Entwicklunspunktx= 0gegeben durch T₁(h,0) = exp(0) + 0·h₁+ 0·h₂ = 1.

Für das Taylorpolynom zweiter Ordnung sind die Multiindizesα₃= (2,0),α₄ = (0,2)undα₅= (1,1) zu betrachten. Es gilt

∂^α3f(x) = (2 + 4x²₁) exp(kxk),

∂^α4f(x) = (2 + 4x²₂) exp(kxk),

∂^α5f(x) = 4x₁x₂exp(kxk).

Folglich ist das Taylorpolynom von Grad 2 der Taylorreihe zum Entwicklunspunktx= 0gegeben durch T₂(h,0) = exp(0) + 0·h₁+ 0·h₂+ 2·h²₁

2 + 2·h²₂

2 + 0·h₁h₂

2 = 1 +h²₁+h²₂. Es gilt:

f

0, 1 10

≈T2

0, 1

10

,0

= 1 + 0 + 1

100= 101 100.

Aufgabe 7 (12 Punkte)

Bestimmen Sie die globalen Extrema der durch

f(x, y, z) =x−8y+z gegebenen Funktionf :R³→Rauf dem Schnitt der durch

g(x, y, z) =x²+ (y+ 4)²+z²−25 = 0, h(x, y, z) =x²+y²+z²−9 = 0

gegebenen zwei Kugeloberflächen.

Lösungsvorschlag:

Sei die Lagrange FunktionL:R⁵ →R definiert durch

L(x, y, z, λ, µ) =f(x, y, z) +λg(x, y, z) +µh(x, y, z)

=x−8y+z+λ(x²+ (y+ 4)²+z²−25) +µ(x²+y²+z²−9).

Die notwendige Bedingung für kritische Punkte∇L(x, y, z, λ, µ) = 0 liefert:

(i) 1 + 2xλ+ 2xµ= 0, (ii) −8 + 2(y+ 4)λ+ 2y= 0, (iii) 1 + 2zλ+ 2zµ= 0,

(iv) x²+ (y+ 4)²+z²−25 = 0, (v) x²+y²+z²−9 = 0.

Aus den Gleichungen (i) und (iii) folgt unmittelbar2λ+ 2µ6= 0 und x=z= −1

2λ+ 2µ. Einsetzen von (v) in (iv) liefert:

0 =x²+ (y+ 4)²+z²−25 =x²+y²+ 8y−16 +z²−25 =x²+y²+z²−9 + 8y = 8y.

Folglich gilty= 0. Aus (ii) folgt daher λ= 1 und (v) impliziert µ=−1− 1

3√

2 oder µ=−1 + 1 3√

2. Also gilt:

x=z= 3

√2 oder x=z= −3

√2.

Der Schnitt der beiden Kugeloberflächen ist eine abgeschlossene und beschränkte Teilmenge des R³. Also nimmtf auf der Menge Minimum und Maximum an. Der Vergleich der Funktionswerte liefert:

f 3

p(2),0, 3 p(2)

!

= 3√

2 und f −3

p(2),0, −3 p(2)

!

=−3√ 2.

Also hatf ein globales Maximum in

√3

(2),0,√³

(2)

und ein globales Minimum in

√−3

(2),0,√⁻³

(2)

.

Aufgabe 8 (12 Punkte)

Seia∈R. Berechnen Sie eine Lösung u:R→Rder Differentialgleichung u⁰(t) =u²(t) 2t−1

mit u(0) =a und geben Sie das maximale DefinitionsintervallI ⊂Rmit a∈I an.

Lösungsvorschlag:

(Hinweis: Die Aufgabenstellung enthält einen Fehler. Es muss hier "...mit 0∈I an" heißen. Daher werden Antworten zu diesem Teil der Aufgabe bei allen Teilnehmerinnen und Teilnehmern nicht bewertet.)

Wir beobachten zunächst, dass u ≡ 0 eine Lösung der Differentialgleichung mit a = 0 ist. Sei also u 6= 0.

Dann erhalten wir durch Trennung der Variablen

u⁰ =u²(2t−1) ⇐⇒ u⁰

u² = 2t−1.

Also:

Z 1

u²du=−1

u +c1 =t²−t+c2 ⇐⇒ u= 1

−t²+t+c₁−c₂ = 1

−t²+t+c. Einsetzen der Bedingungu(0) =aliefert:

u(0) =a ⇐⇒ 1

c =a ⇐⇒ c= 1

a, fallsa6= 0.

Im Falla= 0 ist u ≡0 die einzige Lösung der Differentialgleichung, dessen Definitionsintervall gegeben ist durchI =R. Im Falla6= 0 sind die Nullstellen des Polynoms f(t) =−t²+t+¹_a gegeben durch

t₁= 1 2 −

r1 2+ 1

a und 1 2 +

r1 2 +1

a.

Folglich existieren im Falla∈(−2,0)keine Nullstellen des Polynomsf und somit ist in diesem Fall das ma- ximale Definitionsintervall gegeben durchI =R. Im Falla∈R\(−2,0]ist das maximale Definitionsintervall gegeben durch das offene Intervall zwischen den Nullstellen vonf, also I =

1 2−

q1

2 +¹_a,¹₂+ q1

2 +¹_a .