¨Ubungsblatt 8 MAT122 Analysis II Frühjahrsemester 2017 Prof. Dr

Übungsblatt 8
MAT122 Analysis II
Frühjahrsemester 2017
Prof. Dr. Camillo De Lellis
Die Übungsblätter werden jeweils am Freitag auf der Homepage der Vorlesung publiziert.
Für den Leistungsnachweis müssen mindestens 8 gelöste Übungsblätter mit mindestens 12 Punkten abgegeben
und insgesamt mindestens 280 Punkte erreicht werden. Generell soll die Herleitung der Resultate übersichtlich
sein, und es wird gebeten, leserlich zu schreiben.
Abgabe: 28. April 13:00 im Briefkasten “Analysis II Mat 122” im K-Stock am Institut für Mathematik
Aufgabe 1 (12 Punkte)
(a) Zeigen Sie die Existenz einer Umgebung der Stelle P = (1, π2 ), auf welcher die folgende Teilmenge E
von R2 der Graph einer C 1 Funktion x 7→ g(x) ist:
E = {x > 0, y : y ln x − x cos y = 0} .
(1)
Berechnen Sie ausserdem die Taylorentwicklung erster Ordnung der Funktion g an der Stelle x = 1.
(b) Finden Sie die Punkte (x, y), in welchen die folgende Teilmenge E ⊂ R2 eine C 1 Untermannigfaltigkeit von R2 ist (d.h. die Punkte p ∈ E, die eine Umgebung U besitzen, so dass U ∩ E eine C 1
Untermannigfaltigkeit ist):
E := {(x, y) ∈ R2 : (x2 + y 2 )3 − 4x2 y 2 = 0} .
(2)
Lösung:
(a). Sei f (x, y) := y ln x − x cos y. Die Funktion f ist auf ]0, +∞[×R stetig differenzierbar. Wir rechnen
∂f
∂f
π
π
∂y = ln x + x sin y und somit ∂y (P ) = ln 1 + sin 2 = 1. Ausserdem ist f (1, 2 ) = 0. Das Theorem über
implizite Funktionen garantiert die Existenz von zwei Umgebungen U0 und V0 von 1 und π2 und einer
C 1 Funktion g : U0 → V0 , so dass
(U0 × V0 ) ∩ E = {(x, g(x)) : x ∈ U0 } .
Aus der Vorlesung wissen wir auch, dass
∂f
∂x
g 0 (1) = − ∂f
(P )
∂y (P )
Wir haben schon
∂f
∂y (P )
= 1 berechnet. Nun,
∂f
∂x (x, y)
1
=
y
x
.
− cos y und deshalb
∂f
∂x (P )
=
π
2.
Deswegen
g 0 (1) = − π2 und die Taylorentwicklung erster Ordnung der Funktion g an der Stelle 1 ist
g(x) =
π π
− (x − 1) + o(|x − 1|) .
2
2
(b). Sei φ(x, y) = (x2 +y 2 )3 −4x2 y 2 . Wir suchen zuerst die Punkte p ∈ E, für welche ∇φ(p) 6= 0: in einer
Umgebung solcher Punkte ist E der Graph einer Funktion (und deshalb eine Untermannigfaltigkeit)
wegen des Satzes über implizite Funktionen. Wir rechnen ∇φ(x, y) = (6x(x2 + y 2 )2 − 8xy 2 , 6y(x2 +
y 2 )2 − 8yx2 ). Falls ∇φ(x, y) = 0, dann
2x(3(x2 + y 2 )2 − 4y 2 ) = 0
2
2 2
(3)
2
2y(3(x + y ) − 4x ) = 0 .
(4)
Falls x und y beide ungleich Null sind, dann
4x2 = 3(x2 + y 2 )2 = 4y 2 ,
d.h. x2 = y 2 und 12x4 = 4x2 , also x2 = 31 . Andererseits impliziert dies (x2 + y 2 )3 =
Also falls x 6= 0, y 6= 0 und ∇φ(x, y) = 0, dann (x, y) 6∈ E.
8
27
6=
4
9
= 4x2 y 2 .
Nehmen wir an, dass x = 0 und ∇φ(x, y) = 0. Aus (4) folgt dann 6y 5 = 0, d.h. y = 0. Ähnlicherweise
impliziert y = 0 und ∇φ(x, y) = 0 dass x = 0. Wir folgern, dass ∇φ(x, y) 6= 0 für alle (x, y) ∈ E\{(0, 0)}.
Somit ist E in jedem Punkt ausser eventuell dem Ursprung eine C 1 Untermannigfaltigkeit von R2 .
Wir zeigen nun, dass E in (0, 0) keine C 1 Untermannigfaltigkeit ist. Nehme per Widerspruch an, es gäbe
U0 und V0 offene Umgebungen von 0, so dass (U0 × V0 ) ∩ E entweder der Graph {(x, g(x)) : x ∈ U0 }
einer C 1 Abbildung g : U0 → V0 oder der Graph {(h(y), y) : y ∈ V0 } einer C 1 Abbildung h : V0 → U0
ist. Wenn das der Fall ist, können wir ohne Beschränkung der Allgemeinheit annehmen (da unbedingt
g(0) = 0 oder h(0) = 0 sein muss), dass U0 und V0 symmetrische Intervalle ] − δ, δ[ respektive ] − η, η[
sind. Im ersten Fall hätten wir dann, dass es für alle x ∈]−δ, δ[ genau eine Stelle y = g(x) ∈]−η, η[ gibt,
so dass (x2 + y 2 )3 = 4x2 y 2 . Aber wenn (x, y) eine Lösung der Gleichung ist, dann muss auch (x, −y)
eine Lösung der Gleichung sein. Also muss unbedingt g(x) = 0 für alle x ∈] − δ, δ[. Das impliziert x6 = 0
für alle x ∈] − δ, δ[, d.h. ein Widerspruch. Das gleiche Argument kann man im anderen Fall anwenden.
Aufgabe 2 (12 Punkte)
Betrachten Sie die Menge Q der dreidimensionalen Quader mit Volumen 1. Bestimmen Sie die Seitenlängen
x, y und z der Quader Q ∈ Q mit minimaler Oberfläche.
Lösung:
Wir haben x, y, z > 0 und xyz = 1. Sei E := {x, y, z > 0 : xyz = 1}. Die Oberfläche eines Quaders
Q ∈ Q mit Seitenlängen x, y, z ist 2xy + 2xz + 2yz = z2 + y2 + x2 . Sei deshalb f (x, y, z) = x1 + y1 + z1 .
Wir wollen zeigen, dass f auf E ein Minimum annimmt. Dazu bemerken wir zuerst, dass wir uns
p
auf eine kompakte Teilmenge von E beschränken können. In der Tat, falls x2 + y 2 + z 2 ≥ R, dann
√
max{x, y, z} ≥ R/ 3 und
min{x, y, z}2 max{x, y, z} ≤ xyz = 1 ,
und deshalb min{x, y, z} ≤
√
4
√3,
R
d.h.
√
R
f (x, y, z) ≥ √
4
3
∀(x, y, z) ∈ K
2
mit
p
x2 + y 2 + z 2 ≥ R .
Insbesondere, wenn R gross genug ist,
inf f =
E
inf
f,
E∩K R (0)
wobei K R (0) die abgeschlossene Kugel mit Mittelpunkt 0 und Radius R ist. Nun ist aber E ∩K R (0) eine
kompakte Menge, da sie beschränkt und abgeschlossen ist, denn E ist als Urbild einer abgeschlossenen
Menge unter einer stetigen Funktion abgeschlossen. Somit nimmt f ihr Minimum auf E ∩ K R (0) an.
Sei p = (x0 , y0 , z0 ) eine Minimumstelle. Wenn wir φ(x, y, z) = xyz − 1 einführen, dürfen wir die Regel
von Lagrange anwenden, weil ∇φ(x, y, z) = (yz, xz, xy) 6= 0 für alle (x, y, z) ∈ E. Deshalb gibt es λ so
dass ∇f (p) = λ∇φ(p). Somit kriegen wir das Gleichungssystem



x0 , y0 , z0 > 0






x0 y0 z0 = 1


− x12 = λy0 z0
0



1

= λx0 z0
−


y02



 − 12 = λx0 y0 .
z
0
Wir können die letzten drei Gleichungen (wegen der ersten Ungleichung) folgendermassen schreiben:
1
= λx0 y0 z0 = λ
x0
1
−
= λy0 x0 z0 = λ
y0
1
−
= λz0 x0 y0 = λ .
z0
−
Wir schliessen deshalb x0 = y0 = z0 = 1. Somit sind die Quader mit minimaler Oberfläche einfach
Würfel.
Aufgabe 3 (12 Punkte)
Seien p, q > 1 reelle Zahlen so dass
1
p
+
1
q
= 1.
q
p
(a) Definieren Sie die Abbildung f (x, y) = xp + yq und die Menge E := {(x, y) ∈ R2 : x, y > 0 und xy =
1}. Nutzen Sie die Multiplikatorenregel von Lagrange um zu zeigen, dass
min f = f (1, 1) = 1 .
E
(5)
(b) Nutzen Sie (a) um zu zeigen, dass die folgende Ungleichung für alle x, y ≥ 0 gilt:
xp
yq
+
≥ xy .
p
q
(6)
Lösung:
(a). Eine analoge Argumentation wie in der letzten Aufgabe gibt uns die Existenz eines Minimums von
f auf E. Wir können uns für die Suche nach dem Minimum erneut auf die kompakte Menge E ∩ K̄R (0)
(E ist wieder als Urbild einer abgeschlossenen Menge unter einer stetigen Funktion abgeschlossen)
beschränken, denn falls x2 + y 2 ≥ R2 ≥ 2 (und x, y > 0) dann gilt mit m := 12 min{p, q} und M =
max{p, q}, dass
1
1
1 p
f (x, y) ≥
(x + y q ) ≥
max{x2 , y 2 }m ≥ m R2m .
M
M
2 M
3
Deshalb, wenn R gross genug ist, schliessen wir f (x, y) ≥ 1 = f (1, 1) für alle (x, y) mit x2 + y 2 ≥ R2 .
Da (1, 1) ∈ E, schliessen wir inf E f = inf E∩K R (0) f . Die Menge E ∩ K R (0) ist abgeschlossen und
beschränkt. Da f stetig ist, nimmt sie das Minimum auf E ∩ K R (0) in irgendeiner Stelle z = (x0 , y0 )
an. z ist also auch ein globales Minimum für f auf E, d.h. z ist ein Minimum von f mit Nebenbedinung
φ = 0 für φ(x, y) = xy − 1. Die Multiplikatorregel von Lagrange gibt uns dann ein λ ∈ R, so dass
∇f (z) = λ∇φ(z) (NB: da ∇φ(z) 6= 0 für alle z ∈ E dürfen wir die Lagrangesche Regel anwenden). Also
x0 , y0 > 0
x0 y0 = 1
xp−1
= λy0
0
y0q−1 = λx0 .
1−1/p
Wir scheiben die letzten zwei Gleichungen als x0
kriegen wir
1/p
= λ1/p y0
1/q
= λ1/p y0
1/p
= λ1/q x0
x0
y0
1−1/q
und y0
1/q
= λ1/q x0 . Da
1
p
+ 1q = 1,
1/p
1/q
.
1/q 1/p
1/p 1/q
Wenn wir die zwei letzten Gleichungen miteinander multiplizieren haben wir dann x0 y0 = λy0 x0 ,
d.h. λ = 1. Daraus folgt xp−1
= y0 = x10 , d.h. xp0 = 1. Deswegen ist x0 = 1 = y0 und wir haben bewiesen,
0
dass
1 1
min f = min f = f (x0 , y0 ) = f (1, 1) = + = 1 .
E
p q
E∩K̄R (0)
Alternativ kann man das ursprüngliche Gleichungssystem auch lösen, indem man die vorletzte Gleichung
mit x0 multipliziert und die letzte mit y0 und dann voneinander subtrahiert um die Gleichung
xp0 = y0q
zu schliessen. Mit Hilfe der zweiten Gleichung kriegt man somit x0p+q = 1, also x0 = 1 =
1
x0
= y0 .
(b). Falls x oder y = 0 ist die Ungleichung trivial. Seien also x, y > 0 und setze x̃ := x/(xy)1/p und
ỹ = y/(xy)1/q . Dann
xy
xy
x̃ỹ =
=
= 1.
xy
(xy)1/p+1/q
Aus dem Teil (a) schliessen wir
d.h.
ỹ q
x̃p
+
≥ 1,
p
q
xp
yq
+
≥ 1.
pxy qxy
Das beweist die Ungleichung (6).
Aufgabe 4 (12 Punkte)
Sei A eine symmetrische n × n Matrix und v ∈ {x ∈ Rn : |x| = 1} =: S eine Maximumstelle der Abbildung
g(x) := hAx, xi .
(a) Zeigen Sie, dass v ein Eigenvektor von A ist. (Hinweis: Nutzen Sie die Lagrangesche Multiplikatorenregel!)
(b) Sei V := {x ∈ Rn : hx, vi = 0}. Zeigen Sie, dass A(V ) ⊂ V . (Hinweis: Beweisen Sie zuerst die Identität
4
hAx, yi = hx, Ayi.)
(c) Nutzen Sie (a) und (b) um zu zeigen, dass es eine orthonormale Basis v1 , . . . , vn von Rn gibt, so dass
jeder Vektor vi ein Eigenvektor von A ist.
Lösung:
(a). Sei φ(x) = |x|2 − 1. Die Abbildungen g und φ sind C 1 und die Stelle v ist dann ein Maximum von
g mit Nebenbedingung φ = 0. Nun, ∇φ(x) = 2x und somit gilt ∇φ(x) 6= 0 für alle x mit φ(x) = 0.
Deshalb dürfen wir die Regel von Lagrange anwenden: Es gibt also ein λ ∈ R, so dass
∇g(v) = λ∇φ(v) .
Ausserdem ist g(x) =
P
i,j
(7)
Aij xi xj und deshalb
X
X
X
∂g
(x) =
Ai` xi +
A`j xj = 2
Ai` xi ,
∂x`
i
j
i
wobei wir für die letzte Gleichung die Symmetrie von A benutzt haben. Deshalb ist ∇g(x) = 2Ax und
(7) besagt dann
2Av = 2λv .
Dies zeigt, dass v ein Eigenvektor von A zum Eigenwert λ ist.
(b). Wir müssen zeigen, dass falls hw, vi = 0, dann hAw, vi = 0. Die Symmetrie von A impliziert
hAx, yi =
X
i,j
Aij xi yj =
X
Aji xi yj = hx, Ayi
∀x, y, ∈ Rn .
i,j
Andererseits wissen wir, dass Av = λv. Also, falls hw, vi = 0, dann
hAw, vi = hw, Avi = hw, λvi = λhw, vi = 0 .
(c). Da g stetig ist und die Einheitsspähre S kompakt ist, gibt es sicher eine Stelle v1 ∈ S so dass
g(v1 ) = maxS g. (a) zeigt dann, dass v1 ein Eigenvektor von A ist. Sei nun φ1 (x) := hx, v1 i und
V1 := φ−1
1 (0) (bemerke, dass per Definition alle Elemente aus V1 orthogonal zu v1 sind). Da φ1 stetig
und {0} abgeschlossen ist, ist S2 := V1 ∩ S wieder eine kompakte Menge und g nimmt sein Maximum
an irgendeiner Stelle v2 ∈ S2 an. Für alle x ∈ S2 haben wir ∇φ(x) = 2x ∈ V1 und ∇φ1 (x) = v1 .
Deshalb sind ∇φ(x) und ∇φ1 (x) linear unabhägig. Aus der Multiplikatorregel von Lagrange gibt es
reelle Zahlen λ2 , µ, so dass
2Av2 = ∇g(v2 ) = λ2 ∇φ(v2 ) + µ∇φ2 (v2 ) = 2λ2 v2 + µv1 .
Per Annahme ist aber v2 ∈ V1 , d.h. v2 ist orthogonal zu v1 . Daraus folgt mit Hilfe von (b), dass auch
Av2 orthogonal zu v1 ist. Also gilt µ = 0 und ist v2 einen Eigenvektor von A zum Eigenwert λ2 .
Ausserdem ist |v2 | = |v1 | = 1 und v2 ⊥ v1 .
Wir können analog weitergehen: Wir definieren φ2 (x) := hv2 , xi und V2 := {x : φ1 (x) = φ2 (x) = 0}.
Aus dem gleichen Argument wie in (b) schliessen wir dass A(V2 ) ⊂ V2 . Wenn wir obiges Argument
repetieren, finden wir, dass jede Maxiumsstelle v3 von f auf S3 := S ∩ V2 ein Eigenvektor von A ist und
dass |v3 | = |v2 | = |v1 | = 1, v3 ⊥ v2 und v3 ⊥ v1 . Nach n Schritten haben wir dann eine orthonormale
Basis v1 , . . . , vn von Eigenvektoren von A.
Aufgabe 5 (12 Punkte)
5
Beweisen Sie, dass
abc3 ≤ 27
a+b+c
5
5
∀a, b, c ≥ 0 .
Lösung:
Da die Ungleichung für a = b = c = 0 trivial ist, können wir ρ := a + b + c > 0 annehmen. In diesem Fall
gilt die Ungleichung für a, b, c genau dann, wenn sie für α = 5a/ρ, β = 5b/ρ und γ = 5c/ρ gilt. Deshalb
nehmen wir ohne Beschränkung der Allgmeinheit die folgende Bedingung an:
a + b + c = 5.
(8)
Seien nun f (a, b, c) = abc3 und K := {a, b, c ≥ 0 : a + b + c = 5}. Die Menge K ⊂ R3 ist beschränkt und
abgeschlossen und deswegen kompakt, und die Funktion f : R3 → R ist stetig. Deshalb gibt es eine (nicht
unbedingt eindeutige) Stelle x0 = (a0 , b0 , c0 ) ∈ K so dass f (x0 ) = maxx∈K f . Unsere Behauptung ist dann,
dass f (x0 ) ≤ 27.
Da f (a, b, c) = 0 wenn eine der Zahlen a, b, c null ist, müssen die Koordinaten der Maximumstelle x0
alle positiv sein. Deshalb ist x0 ein lokales Maximum für f mit Nebenbedinung g(a, b, c) := a + b + c − 5 = 0.
Ausserdem, da t 7→ ln t monoton steigend ist, muss (a0 , b0 , c0 ) auch ein lokales Maximum der Funktion
−1
−1
h(a, b, c) := ln(abc3 ) = ln a + ln b + 3 ln c (mit Nebenbedinung g(x0 ) = 0) sein. Da ∇h(x0 ) = (a−1
0 , b0 , 3c0 )
und somit ∇h(x0 ) 6= 0 können wir die Multiplikatorregel von Lagrange anwenden und kriegen die Existenz
eines λ ∈ R, so dass ∇h(x0 ) = λ∇g(x0 ). Als Konsequenz müssen die Zahlen a0 , b0 , c0 und λ die folgenden
Bedingungen erfüllen:
a0 , b0 , c0 > 0
a0 + b0 + c0 = 5
1
=λ
a0
1
=λ
b0
3
= λ.
c0
Daraus folgt c0 = 3a0 = 3b0 und 5 = a0 + b0 + c0 = 5a0 , d.h. a0 = b0 = 1 und c0 = 3. Deshalb
maxx∈K g = g(x0 ) = a0 b0 c30 = 33 = 27. Ausserdem ist die Maximumstelle, in diesem Fall, eindeutig.
6