(0,π2) finde man m¨oglichst grosse Umgebungen U von (x0, y0) und V von f(x0, y0), so dass f|U : U → V bijektiv ist

Mathematisches Institut SoSe 2020

der Heinrich-Heine Universit¨at 24.06.2020

D¨usseldorf Blatt 10

Apl. Prof. Dr. Axel Gr¨unrock

UBUNGEN ZUR ANALYSIS II¨

37. Gegeben sei die Funktion

f :R² →R²,(x, y)7→f(x, y) = e^x(cosy,siny), vgl. Bsp.2 in Abschnitt 2.4 der Vorlesung.

(a) Zu (x₀, y₀) = (0,^π₂) finde man m¨oglichst grosse Umgebungen U von (x₀, y₀) und V von f(x0, y0), so dass f|U : U → V bijektiv ist. Geben Sie die Umkehrfunktion f⁻¹ :V →U explizit an.

(b) Dieselbe Aufgabenstellung wie in (a), jedoch mit (x₀, y₀) = (0, π).

Hinweis: Lesen Sie ggf. den Satz 1 in Abschnitt 4.3 der Vorlesung zur Analysis I nach.

38. Es sei f(x₁, x₂) = (x²₁ −x²₂,2x₁x₂).

(a) Zeigen Sie, dass f in jedem Punkt (x₁, x₂) 6= (0,0) lokal umkehrbar ist. Ist f als Abbildung vonR²\ {(0,0)} in sich global umkehrbar?

(b) Finden Sie eine affine Abbildung, die die lokale Umkehrung f⁻¹ in der N¨ahe von f(1,−1) approximiert.

39. F¨ur 1≤i, k ≤n seine reelle Zahlenbi und cik gegeben, so dass

n

X

i,k=1

c²_ik <1.

Zeigen Sie mit Hilfe des Banachschen Fixpunktsatzes, dass das nichtlineare Gleichungs- system

x_i =

n

X

k=1

sin (c_ikx_k) +b_i, 1≤i≤n, genau eine L¨osung besitzt.

Bitte wenden!

1

40. Gegeben sei das folgende Gleichungssystem:

x²₁+ 4x²₂ +x²₃−2y²₁+y₂² = −4 (x₁+x₃)²+y₁−y₂ = −3

Zeigen Sie, dass dieses System in einer Umgebung von (x⁽⁰⁾₁ , x⁽⁰⁾₂ , x⁽⁰⁾₃ ;y₁⁽⁰⁾, y₂⁽⁰⁾) = (1,¹₂,−1;−2,1) nach y = (y₁, y₂) aufgel¨ost werden kann. Bestimmen Sie die Jacobi-Matrix von y = y(x)

in (1,¹₂,−1).

Abgabe: elektronisch bis Mi., 01.07., 15.00 Uhr

L¨osungsvorschlag zu Blatt 10 der Analysis II

Aufgabe 37. Bei der Funktionf handelt es sich um die reelle Darstellung der komplexen e-Funktion.

Aus der Vorlesung ist bekannt:

detDf(x, y) = e^2x >0⇒f ist ¨uberall lokal integrierbar (d.h. : zu jedem (x₀, y₀) existieren Umgebungen U von (x₀, y₀) und V von f(x₀, y₀), sodass f|_U :U →V bijektiv ist), aber f ist nicht injektiv, da f(x, y) =f(x, y+ 2π).

(a) (x₀, y₀) = (0,^π₂).

Gesucht: M¨oglichst große UmgebungU von (x0, y0) undV vonf(x0, y0) = (0,1), so dass f|_U :U →V bijektiv ist. Hierf¨ur ist die Umkehrfunktionf⁻¹ :V →U explizit zu bestimmen.

Bezeichnen wir f(x, y) mit (u, v), so ist u

v = cot(y), sofern v 6= 0 ist.

Die Umkehrfunktion arccot des Cotangens ist definiert mit Werten in (0, π), d.h. f¨ur y∈(0, π) haben wir y= arccot(^u_v). Ferner ist u²+v² = e^2x, also x= ¹₂ln(u²+v²).

Wir w¨ahlen U =R×(0, π), so dass (x₀, y₀) ∈U ist, V =f(U) = R×(0,∞) und haben als Umkehrfunktion

f⁻¹ :R×(0,∞)→R×(0, π), (u, v)7→f⁻¹(u, v), wobei

f⁻¹(u, v) = 1

2ln(u²+v²),arccot(u v)

=

ln(√

u²+v²),arccot(u v)

.

Wertung:1 Punkt f¨ur U und V, 1 Punkt f¨ur die Umkehrfunktion.

(b) (x0, y0) = (0, π) mitf(x0, y0) = (−1,0).

Jetzt haben wir f¨uru6= 0:

v

u = tan(y)

Vorsicht: y₀ liegt nicht im Bild des arctan! Also schreiben wir u

v = tan(y) = tan (y−π)

| {z }

⇒y=π+ arctan(v u)

∈(−^π₂,^π₂) = arctan(R), fallsy∈(^π₂,^3π₂ )3y0

Also:

U =R×(π 2,3π

2 )3(x0, y0), V =f(U) = (−∞,0)×R und

f⁻¹ :V →U, (u, v)7→f⁻¹(u, v)

mit

f⁻¹(u, v) = 1

2ln(u²+v²), π+ arctan(v u)

.

Wertung:1 Punkt f¨ur U und V, 1 Punkt f¨ur die Umkehrfunktion.

Aufgabe 38.

(a) Um die lokale Umkehrbarkeit vonf in jedem Punkt (x₁, x₂)∈R²\{(0,0}zu zeigen betrachten wir zun¨achst

Df(x₁, x₂) = 2

x₁ −x₂ x₂ x₁

mit det((Df(x₁, x₂)) = 2(x²₁+x²₂)6= 0 f¨ur alle (x₁, x₂)6= (0,0). Nach dem Satz ¨uber die Umkehrabbildung existieren zu jedem (x₁, x₂) also Umgebungen U von (x₁, x₂) und V von f(x₁, x₂), so dass f|_U :U →V bijektiv ist. (1 Punkt)

Da f nicht injektiv ist (f(−x₁,−x₂) = f(x₁, x₂)) existiert auch keine globale Um- kehrfunktion. (1 Punkt)

(b) Betrachte

f⁻¹(f(1,−1) +h) =f⁻¹(f(1,−1)) +Df⁻¹(f(1,−1))·h+ϕ(h)

=

|{z}

(−1,1)^T + (Df(1,−1))⁻¹·h+ϕ(h)

Satz ¨uber die Umkehrfunktion

mit

Df(1,−1) = 2

1 1

−1 1

und

(Df(1,−1))⁻¹ = 1 4

1 −1

1 1

,

beachte hierbei

a b c d

−1

= 1

ad−bc

d −b

−c a

.

(1 Punkt) Also ist

f⁻¹(f(1,−1) +h) = (1,−1)^T + 1 4

1 −1

1 1

h₁ h₂

+ϕ(h)

= 1

−1

+ 1 4

h₁−h₂ h1+h2

+ϕ(h).

Die affin-lineare Approximation ist dann 1

−1

+1 4

h1−h2

h1+h2

.

(1 Punkt)

Aufgabe 39. Setze

f_i(x) =

n

X

k=1

sin(c_ikx_k) +b_i, (1≤i≤n).

Hierdurch wird eine Funktionf :Rⁿ →Rⁿ definiert, wobei wirRⁿals mit der euklidischen Norm ausgestatteten vollst¨andig metrischen (Vektor-)raum auffassen. (1 Punkt)

Wir haben

f_i(x)−f_i(y) =

n

X

k=1

sin(c_ikx_k)−sin(c_iky_k)

=

|{z}

n

X

k=1

c_ik·cos(c_ikξ_k)·(x_k−y_k)

MWS

.

(1 Punkt)

Mit Cauchy-Schwarz ergibt sich

(f_i(x)−f_i(y))² ≤

n

X

k=1

c²_ik·

n

X

k=1

(x_k−y_k)². Nach Summation ¨uberi, erhalten wir dann

|f(x)−f(y)|² ≤

n

X

i,k=1

c²_ik

| {z }

<1

|x−y|².

(1 Punkt)

Also istf eine Kontraktion, besitzt also nach dem Banachschen Fixpunktsatz genau einen Fixpunkt. Dieser ist die L¨osung des gegebenen nichtlinearen Gleichungssystems. (1 Punkt) Aufgabe 40. Sei

F(x, y) =

F₁(x, y) F₂(x, y)

=

x²₁+ 4x²₂+x²₃−2y²₁+y²₂+ 4 (x₁+x₃)²+y₁−y₂+ 3

.

Dann ist F ∈ C¹(R⁵,R²), F(x, y) = 0 genau dann, wenn (x, y) das gegebene nichtlineare Gleichungssystem l¨ost und

F(1,1

2,−1;−2,1) = 0

0

.

Die Jacobimatrix von F ist

DF(x, y) = (D_xF(x, y), D_yF(x, y)) mit

D_yF(x, y) =

−4y₁ 2y₂

1 −1

.

Speziell f¨ur (x⁽⁰⁾, y⁽⁰⁾) = (1,¹₂,−1,−2,1) erhalten wir D_yF(x⁽⁰⁾, y⁽⁰⁾) =

8 2 1 −1

mit der Determinanten

detD_yF(x⁽⁰⁾, y⁽⁰⁾) = det

8 2 1 −1

=−10.

Damit sind die Voraussetzungen des Satzes ¨uber implizite Funktionen nachgewiesen. (2 Punkte)

Es gibt also Umgebungen W_x⁽⁰⁾ von x⁽⁰⁾ und W_y⁽⁰⁾ von y⁽⁰⁾ und eine Funktion y:W_x(0) →W_y(0), x7→y(x)

mit F(x, y(x)) = 0, ∀x∈W_x⁽⁰⁾.

F¨ur die Jacobimatrix von y erhalten wir nach dem Satz ¨uber implizite Funktionen Dy(x) = −(D_yF(x, y(x)))⁻¹·D_xF(x, y(x))

=−

−4y₁(x) 2y₂(x)

1 −1

−1

|_(x,y)=(x(0),y⁽⁰⁾)·

2x₁ 8x₂ 2x₃ 2(x₁+x₃) 0 2(x₁+x₃)

|_x=x(0) (1 Punkt)

=−

8 2 1 −1

−1

·

2 4 −2 0 0 0

= 1 10

−1 −2

−1 8

2 4 −2

0 0 0

= 1 5

−1 −2 1

−1 −2 1

. (1 Punkt)

Die Inverse wird wie in Aufgabe 38 berechnet, die Determinante wurde bereits berechnet.