Kettenregel, Jacobi-Matrix,Inverse Abbildungen und Banachscher Fixpunktsatz a) Formulieren Sie die Kettenregel f¨ur Funktionen mehrerer Ver¨anderlicher genau! b) Berechnen Sie jeweilsDf(x, y), Dg(u)bzw

Aufgabe 1. Kettenregel, Jacobi-Matrix,Inverse Abbildungen und Banachscher Fixpunktsatz

a) Formulieren Sie die Kettenregel f¨ur Funktionen mehrerer Ver¨anderlicher genau!

b) Berechnen Sie jeweilsDf(x, y), Dg(u)bzw. Dg(u, v) undD(g◦f)(x, y)f¨ur alleu, v, x, y∈R, wobei 1. f(x, y) =e^xycos(y) und g(u) = _sin(u)^u+1

f¨ur u, x, y∈R. 2. f(x, y) = ^x2_2xy^−y2

und g(u, v) = ^u_3u^3−3uv2v−v³²

f¨ur u, v, x, y∈R.

Df(x, y) =

2x −2y 2y 2x

, Dg(u, v) =

3u²−3v² −6uv 6uv 3u²−3v²

.

D(g◦f)(x, y) =Dg(f(x, y)).Df(x, y) =

3(x²−y²)²−3(2xy)² −6(x²−y²)(2xy) 6(x²−y²)(2xy) 3(x²−y²)²−3(2xy)²

∗

2x −2y 2y 2x

=

6x⁵−60x³y²+ 30xy⁴ −6y⁵+ 60x²y³−30x⁴y +6y⁵−60x²y³+ 30x⁴y 6x⁵−60x³y²+ 30xy⁴

. c) Gegeben sei die folgenden Funktionen:

f :R²−→R², f(x, y) :=

x³−3xy²

−y²+ 3yx²

. g:R²−→R², g(x, y) :=

e^xyx²

−3ye^−xy

.

h: (0,∞)×R−→R²\{0}, h(x, y) :=

x²cos(y) x²sin(y)

. 1. Bestimmen Sie die Jacobi-Matrix vonf, gund h.

Dg(x, y) =

(2x+yx²)e^xy x³e^xy 3y²e^−xy (−3 + 3xy)e^−xy

2. Begr¨unden Sie, dassf lokal invertierbar und konform aufR²\{0} ist.

3. Sei A:={(x, y)∈R² mit0< xy <2}. Ist g in jedem (x, y)∈Alokal invertierbar?

L¨osung:Die Menge A ist offen, da mitf :R²→Rmitf(x, y) =xy gilt, dassA=f⁻¹(0,2). Also ist A nach dem Satz(4) in der Seite M32 offen. Dar¨uber hinaus ist g eine stetige differenzierbare Funktion, da g1, g2 steitg differenzierbar sind. Wir zeigen nun, dass detDg(x, y)6= 0 ist.

detDg(x, y) = (2x+yx²)e^xy∗(−3 + 3xy)e^−xy−x³e^xy∗3y²e^−xy = 3x²y−6x= x(3xy−6). Sie ist genau gleich Null, falls entweder x = 0 oder 3xy = 6 ⇔ xy = 2 ist. Aber die beiden F¨alle sind ausgeschlossen nach der Voraussetzung 0 < xy < 2. Somit folgt nach dem Satz ¨uber inverse Abbildungen in der SeiteD55, dass g in jedem(x, y)∈Alokal invertierbar ist.

4. Untersuchen Sie, ob hinjektiv, surjektiv bzw. ¨uberall lokal invertierbar ist.

5. Bestimmen Sie die Jacobi-Matrix von f⁻¹im Punkt f(0,1) = ₋₁⁰

und von g⁻¹im Punkt g(1,1) =

e

−³_e

.

Dg⁻¹(g(x, y)) = (Dg(x, y))⁻¹=

3e e

3 e 0

−1

= 1

−3

0 −e

−3 e 3e

=

0 ^e₃

1 e −e

.

d) i) Formulieren Sie den Banachschen Fixpunktsatz genau!

ii) Untersuchen Sie, ob das nichtlineare Gleichungssystem x₁ = e^{0,5 sin(x2)}

√e , x₂ = ¹₂p

x²₁+ 4 eine eindeutige L¨osung (x^∗₁, x^∗₂)∈R² besitzt. Formulieren Sie eine Behauptung, und beweisen Sie diese.

L¨osung: Wir Definieren:

F :R²→R² mitF(x₁, x₂) =

F1(x2) F₂(x₁)

= _√¹

ee^12sin(x2)

1 2

px²₁+ 4

.

Dann gilt nach dem Mittelwertsatz:

(F1(x2)−F1(y2)) =F₁⁰(ξ)(x2−y2), mit |F₁⁰(ξ)|=| 1 2√

ecos(ξ)e^12sin(ξ)|6

√e 2√

e = 1 2. 1

Also |F1(x2)−F1(y2))|6¹2|x2−y2|.

Analog erhalten wir:

(F2(x1)−F2(y1)) =F₂⁰(ρ)(x1−y1), mit |F₂⁰(ρ)|=|1 2

ρ

pρ²+ 4|6 1 2. Also |F2(x1)−F2(y1))|6¹2|x1−y1|.

Insgesamt ist also:

kF(x)−F(y)k1=kF(x₁, x₂)−F(y₁, y₂)k16 1

2kx−yk1.

Daraus folgt, dassf eine Kontraktion des vollst¨andigen metrischen Raum(R²,k.k1)in sich ist. Der Banachscher Fixpunktsatz ergibt also die Behauptung.

Aufgabe 2. Taylor-Formel und lokale Extrema

a) Betrachten Sie die Funktionen

f :R³−→R (x, y, z)7→f(x, y, z) =−1

2x²+ 2xy−5

2y²−3z²−zx.

g:R³−→R (x, y, z)7→g(x, y, z) =xyz+y²+x³.

1. Bestimmen Sie jeweils den Gradienten und die Hessematrix der Funktionen f,g .

∇f(x, y, z) = (−x+ 2y−z,−5y+ 2x,−6z−x), ∇g(x, y, z) = (yz+ 3x², xz+ 2y, xy).

Hessf(x, y, z) =





−1 2 −1

2 −5 0

−1 0 −6



, Hessg(x, y, z) =





6x z y

z 2 x

y x 0



 2. Bestimmen Sie alle lokalen Extremastellen der Funktion f.

∇f(x, y, z) = 0⇔





−1 2 −1

2 −5 0

−1 0 −6





| {z }

:A



 x y z



=



 0 0 0



⇔(x, y, z) = (0,0,0),

da det(A)6= 0 ist. Also ist(0,0,0) die einzige kritische Stelle.

Hessf(0,0,0) =





−1 2 −1

2 −5 0

−1 0 −6



.

Es gilt nun ∆1 = ∆2 = ∆3 = 1 f¨ur −Hessf(0,0,0). Also folgt nach dem Lemma 2 in der Seite D42, dass −Hessf(0,0,0) positiv definit ist. Also ist Hessf(0,0,0) negativ definit. D.h. im Punkt (0,0,0) befindet sich ein lokales Maximum.

3. Entscheiden Sie, ob die Funktion g lokale Maxima oder lokale Minima besitzt.

∇g(x, y, z) = 0⇔yz+ 3x²= 0 (1) xz+ 2y= 0 (2)

xy= 0 (3).

Aus (3)folgt, dass entweder x= 0odery = 0. Falls x= 0, so folgt aus(2), dass y = 0. Also sind die kritischen Stellen gegeben durch die Menge

{(0,0, α)∈R³ |α∈R}

Hessg(0,0, α) =





0 α 0

α 2 0

0 0 0



.

Wir bestimmen nun die Eigenwerte von Hessg(0,0, α), indem wir die Nullstellen des charakteristi- schen Polynomes von Hessg(0,0, α) bestimmen.

χHessg(0,0,α)(λ) = det(Hessg(0,0, α)−λE3) = det





−λ α 0 α 2−λ 0

0 0 −λ



=−λ(−λ(2−λ)−α²).

2

Die Nullstellen sind λ1 = 0, λ2,3 = 1±p

(1 +α²). F¨ur α6= 0 folgt aus dem Lemma 1 D40, dass Hessg(0,0, α) indefinit ist. F¨ur α= 0ist λ1=λ2=λ3= 0. Also ist es nach dem Lemma 1 D40 keine Aussage m¨oglich. Daher m¨ussen wir ein anderes Argument verwenden.

Zum Beispiel kann man das Umgebungsargument benutzen: Sei >0 gegeben. Sei U =B(0,0,0) der offene Kugel um den Punkt (0,0,0). Betrachte nun die Punkte a= (₂,0,0) und b= (−₂,0,0).

Offensichtlich ist a, b∈B(0,0,0) und es gilt:

g(₂,0,0) = ₈³ > 0 und g(−₂,0,0) =−₈³ <0. Deswegen kann im Punkt (0,0,0) kein Extremum vorliegen. Die Funktion g besitzt also in der Menge

{(0,0, α)∈R³ |α∈R}

nur Sattelpunkte.

4. Berechnen Sie das Taylorpolynom zweiten Grades am Punkt (1,0,1) f¨ur f und am Punkt (1,1,1) f¨ur g.

Lesen Sie den Satz 1 in der Seite D30 bzw. die speziell-f¨alle in der Seite D35. Das Taylor-Polynom m-ten Grades am Punkt x0 =Pm

k=0 1

k!d^k_hg(x0). Also

T_(g,m=2)(h,(1,1,1)) =g(1,1,1) +∇g(1,1,1).h+1

2hh, Hessg(1,1,1)hi

= 3h²₁+h²₂+h1h2+h1h3+h2h3+ 4h1+ 3h2+h3+ 3.

3