Blatt 10

O. Schnürer, L. S. Krapp Universität Konstanz

Sommersemester 2020 Fachbereich Mathematik und Statistik

Übungen zur Vorlesung Analysis II

Blatt 10

Abgabe von:Musterstudent

Tutor(in):Mein Lieblingstutor 1 2 3 4 Σ

4 4 4 4 16 Allgemeiner Hinweis:Für die Bearbeitung dieses Übungsblatts werden alle Resultate bis ein- schließlich Theorem 6.17 vorausgesetzt. Alle Aussagen sind stets zu beweisen.

Aufgabe 10.1(Ableitungen und Gradienten) [2 + 2 Punkte]

Sein∈N>0. Überprüfen Sie die folgenden Funktionen auf Differenzierbarkeit und berechnen Sie die Ableitung sowie den Gradienten in allen Punkten, in denen die jeweilige Funktion differen- zierbar ist.

(i) f:Rⁿ→R, x7→ kxk. (ii) g:Rⁿ\ {0} →Rⁿ, x7→ _kxk^x .

Lösung:Diese Lösung kommt ohne die Verwendung der Jacobi-Matrix aus und nutzt ausschließ- lich die Kettenregel und die direkte Berechnung von Ableitungen. Selbstverständlich können viele der Nachweise mit Verwendung der Jacobi-Matrix deutlich abgekürzt werden.

(i) Die Wurzelfunktion r:R>0 → R, α 7→ √

α ist für α > 0 differenzierbar mit Ableitung r⁰(α)hβi= ₂^√β_α für alle β ∈R. Fürx∈Rⁿ und ξ ∈Rⁿ gilt

kx+ξk²=kxk²+ 2hx, ξi+kξk² =kxk²+ 2hξ, xi+o(kξk).

s:Rⁿ→R, x7→ kxk² ist also differenzierbar mit Ableitung s⁰(x)hξi= 2hξ, xi für alleξ∈ Rⁿ. Es giltf(x) =r(s(x)) und wir erhalten mit Hilfe der Kettenregel die Differenzierbarkeit von f in x6= 0. Die Ableitung lautet

f⁰(x)hξi=r⁰(s(x))s⁰(x)hξi= 2r⁰kxk²hhx, ξii= 2 hx, ξi 2^qkxk²

= hx, ξi kxk

für alle ξ ∈Rⁿ.

Nach Definition des Gradienten gilt

hξ,∇f(x)i=ξ, x kxk

für alle ξ ∈Rⁿ. Daraus folgt∇f(x) = _kxk^x =g(x).

An der Stelle 0 istf nicht differenzierbar: Angenommen,f wäre in 0 differenzierbar. Dann wäre es insbesondere partiell differenzierbar. Wir erhalten

−1 = lim

t↑0

−t t = lim

t↑0

kte₁k

t =D₁f(0) = lim

t↓0

kte₁k t = lim

t↓0

t t = 1, ein Widerspruch.

(ii) Wir verketten folgende Funktionen:

α:Rⁿ\ {0} 7→(R\ {0})×Rⁿ, x7→(kxk, x),

β: (R\ {0})×Rⁿ→(R\ {0})×Rⁿ, (a, x)7→a⁻¹, x, γ: (R\ {0})×Rⁿ→Rⁿ, (a, x)7→ax.

Es giltg=γ◦β◦α. Wir berechnen die Ableitungen, wobeix, ξ∈Rⁿ und λ, ε∈Rsind:

α(x+ξ) = (kx+ξk, x+ξ) =kxk+ξ, x kxk

+o(kξk), x+ξ

=α(x) +ξ, x kxk

, ξ

| {z }

α⁰(x)hξi

+o(kξk),

β(λ+ε, x+ξ) = 1

λ+ε, x+ξ

=1 λ+ −ε

λ² +o(|ε|), x+ξ

=β(λ, x) + −ε λ², ξ

| {z }

β⁰(λ,x)h(ε,ξ)i

+o(k(ε, ξ)k),

γ(λ+ε, x+ξ) = (λ+ε)(x+ξ) =λx+εx+λξ+εξ

=γ(λ, x) + εx+λξ

| {z }

γ⁰(λ,x)h(ε,ξ)i

+o(k(ε, ξ)k).

Aufgrund der Kettenregel ist g also in x∈Rⁿ\ {0} differenzierbar und es gilt g⁰(x)hξi= (γ⁰(β◦α(x))◦(β◦α)⁰(x))hξi= (γ⁰(β◦α(x))◦β⁰(α(x))◦α⁰(x))hξi

=γ⁰_kxk¹ , x◦β⁰(kxk, x) ^DDξ,_kxk^{x E}, ξ^E

=γ⁰_kxk¹ , x

*



−^Dξ,_kxk^{x E} kxk² , ξ



 +

= ξ kxk−

Dξ,_kxk^{x E}

kxk² x= ξ

kxk −hξ, xix kxk³ .

Aufgabe 10.2(Eigenwerte symmetrischer Matrizen II) [2 + 2 Punkte]

Sein∈N>0 und sei A∈R^n×n symmetrisch. Betrachte die Abbildung ϕ:Rⁿ\ {0} →R, x7→ hAx, xi

kxk² . (i) Zeigen Sie, dass es einx0∈Sⁿ⁻¹ mit

ϕ(x₀) = inf

t∈Rⁿ\{0}ϕ(t)

gibt, d. h. die Funktion ϕ nimmt ihr globales Minimum in Sⁿ⁻¹ an. Folgern Sie, dass Dϕ(x0) = 0 gilt.

(ii) Berechnen SieDϕ(x)hyi fürx∈Rⁿ\ {0} undy∈Rⁿ. Folgern Sie, dassx₀ ein Eigenvektor der Matrix A ist. Was ist der zugehörige Eigenwert?

Lösung:

(i) Wir bemerken zunächst, dass für alle λ∈R\ {0}und alle x∈Rⁿ\ {0}gilt:

ϕ(λx) = hA(λx), λxi kλxk² = λ²

λ²

hAx, xi

kxk² =ϕ(x).

Da ϕ als Komposition stetiger Funktionen stetig ist, nimmt ϕ|_Sn−1 auf der Kompakten Menge Sⁿ⁻¹ sein Minimum an. Seix₀ ∈Sⁿ⁻¹ mit

ϕ(x0) = inf

t∈Sⁿ⁻¹

ϕ(t).

Wir zeigen, dassϕ(x₀) schon das globale Minimum vonϕist. Sei hierzuy∈Rⁿ\ {0}. Dann gilt fürλ=kyk⁻¹

ϕ(y) =ϕ(λy)≥ϕ(x₀), da λy∈Sⁿ⁻¹.

Da ein globales Minimum insbesondere ein lokales Minimum ist und die Funktion ϕ in einer offenen Umgebung von x₀ differenzierbar ist, erhalten wir mit Theorem 6.15, dass Dϕ(x₀) = 0 gilt.

(ii) Seien

∆:Rⁿ7→Rⁿ×Rⁿ, x7→(x, x) und

u:Rⁿ×Rⁿ→R, (x, y)7→ hAx, yi. Die Ableitung von ∆ ist durch

D∆(x)hyi= (y, y)

gegeben, da ∆(x+y) = ∆(x) + (y, y) gilt. Die Funktionuist eine Bilinearform.

Wir wenden die Ketten-, Produkt- und Quotientenregel, die Lösung von Aufgabe 10.1 (i) sowie Beispiel 6.7 an:

Dϕ(x)hyi=D

u◦∆ s

(x)hyi

=D(u◦∆)(x)

s(x) − (u◦∆)(x)Ds(x) s²(x)

hyi

= Du(x, x)◦D∆(x)

kxk² −hAx, xiDs(x) kxk⁴

! hyi

= Du(x, x)h(y, y)i

kxk² −hAx, xiDs(x)hyi kxk⁴

= 2hAx, yi

kxk² −hAx, xi2hx, yi kxk⁴

Wir erhalten also für alle y∈Rⁿ:

0 = hAx₀, yi

kx₀k² −hAx₀, x₀i hx₀, yi kx₀k⁴

=hAx₀, yi − hAx₀, x₀i hx₀, yi

=hAx₀, yi − hhAx₀, x0ix0, yi

=hAx₀− hAx₀, x0ix0, yi.

Daraus folgt Ax0 − hAx₀, x0ix0 = 0, also Ax0 = hAx₀, x0ix0. Dies zeigt, dass x0 ein Eigenvektor vonA mit Eigenwert hAx₀, x₀iist.

Aufgabe 10.3(Wer lebt wo?) [4 Punkte]

Für ihre Vorbereitung auf die Analysis-Klausur findet eine Studentin folgende Zeilen in ihren Mitschriften:

Seien n, m∈N>0, sei A:R×R→Rⁿ eine stetige bilineare Abbildung und seien f, g∈C¹(R^m). Dann gilt für h(x) :=Ahf(x), g(x)i,

∆ : R

→ R

× R

, x 7→ (x, x) und [f × g] : R

× R

→ R × R , (x, y) 7→ (f(x), g(y))

Dh(x0)hyi=D(A◦[f×g]◦∆)(x0)hyi

=DA [f×g](∆(x0))◦D([f ×g]◦∆)(x0)hyi

= DA(f(x₀), g(x₀))◦D[f×g](∆(x₀))◦D∆(x₀)hyi

= DA(f(x₀), g(x₀))◦D[f×g](∆(x₀))h(y, y)i

=DA(f(x₀), g(x₀))h(Df(x₀)hyi, Dg(x₀)hyi)i

=Ahf(x0), Dg(x0)hyii+AhDf(x0)hyi, g(x0)i.

Helfen Sie der Studentin, diesen Beweis wieder zu verstehen, indem Sie

(a) die fehlenden Definitionen der auftretenden Funktionen ∆ und [f×g] ergänzen.

(b) für die folgenden Ausdrücke angeben, zu welchen Räumen sie gehören. Benutzen Sie dabei soweit möglich die SchreibweisenC^...(. . .) undL_...(. . .) anstatt Abb(. . .).

(i) x₀ ∈R^m (ii) y∈R^m

(iii) A∈L2(R;Rⁿ)

(iv) [f×g]∈C¹(R^m×R^m,R×R) (v) ∆∈C^∞(R^m,R^m×R^m) (vi) h∈C¹(R^m,Rⁿ)

(vii) [f×g]◦∆∈C¹(R^m,R×R) (viii) D([f×g]◦∆)(x0)∈L(R^m,R×R)

(ix) DA(f(x0), g(x0))∈L(R×R,Rⁿ) (x) D[f×g](∆(x₀))∈L(R^m×R^m,R×R) (xi) D∆(x₀)∈L(R^m,R^m×R^m)

(xii) Dh(x₀)∈L(R^m,Rⁿ) (xiii) Df ∈C⁰(R^m, L(R^m,R)) (xiv) AhDf(x0)hyi, g(x0)i ∈Rⁿ

Lösung:Ist direkt in der Aufgabe eingetragen.

Aufgabe 10.4(Interpolationsungleichung II) [4 Punkte]

Für eine Funktion f:R² →Rschreiben wir^Z

R²

f für ^{Z ∞}

−∞

Z ∞

−∞

f(x, y)dx dy.

In einem alten Buch hat ein Student auf der Suche nach der Lösung zu einer Übungsaufgabe folgenden Beweis gefunden, in dem leider einige Zeilen nicht mehr zu lesen waren:

Sei u∈C¹(R²) eine Funktion mit kompaktem Träger.

u²(x, y) = 2^{Z x}

−∞

u(t, y)∂u

∂x(t, y)dt≤2^{Z ∞}

−∞

|u(t, y)| k∇u(t, y)k dt.

Daraus folgt Z

R²

u⁴≤4^{Z ∞}

−∞

Z ∞

−∞

Z ∞

−∞

|u(t, y)| k∇u(t, y)kdt

Z ∞

−∞

|u(x, s)| k∇u(x, s)kds

dx dy

= 4^Z

R²

|u| k∇uk 2

≤4^Z

R²

u² Z

R²

k∇uk²

.

Formulieren Sie die Aussage, die hier bewiesen wurde, und begründen Sie die einzelnen Beweis- schritte, die hier durchgeführt wurden.

Lösung:Aussage: Seiu∈C¹(R²) eine Funktion mit kompaktem Träger. Dann gilt Z

R²

u⁴ ≤4^Z

R²

u² Z

R²

k∇uk²

.

Da u einen kompakten Träger hat, gibt es ein M ∈N>1, sodass supp u ⊂[−(M−1), M −1]² gilt. Also insbesondere gilt u(x, y) = 0, falls |x| ≥ M oder |y| ≥M (und selbiges gilt für beide partiellen Ableitungen).

•

u²(x, y) = 2^{Z x}

−∞

u(t, y)∂u

∂x(t, y)dt – Es genügt

u²(x, y) = 2^{Z x}

−M

u(t, y)∂u

∂x(t, y)dt zu zeigen:

2^{Z x}

−Mu(t, y)∂u

∂x(t, y)dt=^{Z x}

−M

∂

∂xu²(t, y)dt=u²(x, y)−u²(−M, y) =u²(x, y).

•

2^{Z x}

−∞u(t, y)∂u

∂x(t, y)dt≤2^{Z ∞}

−∞|u(t, y)| k∇u(t, y)k dt – Dies ist offensichtlich, dau(t, x)≤ |u(t, x)|sowie

D₁u(t, y)≤^q(D₁u(t, y))²+ (D₂u(t, y))² =k∇u(t, y)k für alle t, y∈R² gilt.

• Z

R²

u⁴≤4^{Z ∞}

−∞

Z ∞

−∞

Z ∞

−∞

|u(t, y)| k∇u(t, y)kdt

Z ∞

−∞

|u(x, s)| k∇u(x, s)kds

dx dy – Hier wurde schlicht u²·u² durch oben gezeigte Gleichung (einmal für x, einmal für y) abgeschätzt.

•

4^{Z ∞}

−∞

Z ∞

−∞

Z ∞

−∞

|u(t, y)| k∇u(t, y)kdt

Z ∞

−∞

|u(x, s)| k∇u(x, s)kds

dx dy

= 4^Z

R²

|u| k∇uk 2

– Es genügt Z M

−M

Z M

−M

Z M

−M

|u(t, y)| k∇u(t, y)kdt

! Z M

−M

|u(x, s)| k∇u(x, s)kds

! dx dy

= ^{Z M}

−M

Z M

−M

|u(x, y)| k∇u(x, y)kdx dy

!2

zu zeigen:

Z M

−M

Z M

−M

Z M

−M

|u(t, y)| k∇u(t, y)kdt

! Z M

−M

|u(x, s)| k∇u(x, s)kds

! dx dy

=^{Z M}

−M

Z M

−M

|u(t, y)| k∇u(t, y)kdt

!Z M

−M

Z M

−M

|u(x, s)| k∇u(x, s)kds

! dx dy

=^{Z M}

−M

Z M

−M

|u(x, s)| k∇u(x, s)kds

! dx·

Z M

−M

Z M

−M

|u(t, y)| k∇u(t, y)kdt

! dy

= ^{Z M}

−M

Z M

−M

|u(x, y)| k∇u(x, y)kdx dy

!2

,

wobei wir bei der letzten Gleichung Korollar 5.81 angewandt haben.

•

4^Z

R²

|u| k∇uk 2

≤4^Z

R²

u² Z

R²

k∇uk²

. – Es genügt

Z M

−M

Z M

−M

|u(x, y)| k∇u(x, y)kdx dy

!2

≤ Z M

−M

Z M

−Mu²(x, y)dx dy

! Z M

−M

Z M

−M

k∇u(x, y)k²dx dy

!

zu zeigen. Wir wenden zweimal die Höldersche Ungleichung an:

Z M

−M

Z M

−M

|u(x, y)| k∇u(x, y)kdx dy

!2

≤



 Z M

−M

Z M

−M

|u(x, y)|²dx

!¹₂ Z M

−M

k∇u(x, y)k²dx

!¹₂ dy





2

≤ Z M

−M

Z M

−M

u²(x, y)dx dy

! Z M

−M

Z M

−M

k∇u(x, y)k²dx dy

! .

Abgabe: Bis Freitag, 26. Juni 2020, 09:54 Uhr, direkt an die Tutorin / den Tutor. Wir bitten die allgemeinen Hinweise zur Abgabe von Lösungen (siehe Homepage) zu beachten.