Klausur zur Analysis II

Werbung
Klausur zur Analysis II
Prof. Dr. C. Löh/M. Blank
13. Februar 2012
Name:
Vorname:
Matrikelnummer:
Übungsleiter:
– Diese Klausur besteht aus 8 Seiten. Bitte überprüfen Sie, ob Sie alle
Seiten erhalten haben.
– Bitte versehen Sie alle Seiten mit Ihrem Namen und Ihrer Matrikelnummer.
– Bitte schreiben Sie nicht Lösungen zu verschiedenen Aufgaben auf dasselbe Blatt.
– Sie haben zwei Stunden (= 120 Minuten) Zeit, um die Klausur zu bearbeiten; bitte legen Sie Ihren Studentenausweis und einen Lichtbildausweis zu Beginn der Klausur vor sich auf den Tisch und halten Sie die
Ausweise bei der Abgabe bereit. Um Unruhe in den letzten Minuten zu
vermeiden, geben Sie bitte entweder um 11:00 Uhr oder vor 10:40 Uhr
ab.
– Die Klausur besteht aus 7 Aufgaben. Es können im Total 72 Punkte
erreicht werden. Zum Bestehen genügen voraussichtlich 50% der Punkte.
– Es sind keinerlei Hilfsmittel wie Taschenrechner, Computer, Bücher, Vorlesungsmitschriften, Mobiltelephone etc. gestattet; Papier wird zur Verfügung gestellt. Alle Täuschungsversuche führen zum Ausschluss von der
Klausur; die Klausur wird dann als nicht bestanden gewertet!
Viel Erfolg!
Aufgabe
Punkte maximal
erreichte Punkte
Note:
1
12
2
12
3
12
4
8
5
11
6
11
Unterschrift:
7
6
Summe
72
Name:
Matrikelnr.:
Seite 2/8
Aufgabe 1 (3+3+3+3 = 12 Punkte). Beantworten Sie die folgenden Fragen;
begründen Sie jeweils kurz Ihre Antwort (ca. ein bis drei Sätze).
1. Ist jede Lipschitz-Abbildung zwischen metrischen Räumen stetig?
2. Sei (X, d) ein metrischer Raum und sei f : (X, d) −→ (X, d) eine Isometrie. Ist dann f (U ) für jede offene Teilmenge U ⊂ X offen?
3. Ist jeder topologische Raum, der eine endliche offene Überdeckung besitzt, kompakt?
4. Sind alle kompakten topologischen Räume zusammenhängend?
Lösung:
1. Ja, denn: Sei etwa f : (X, dX ) −→ (Y, dY ) eine Lipschitz-Abbildung mit Lipschitz-Konstante L ∈ R>0 . Dann gilt für alle ε ∈ R>0 , dass
∀x∈X ∀x0 ∈U (X,d) (x,ε/L) dY f (x), f (x0 ) ≤ L · dX (x, x0 ) ≤ ε.
Also ist f stetig.
2. Ja, denn: Da f eine Isometrie ist, besitzt f eine Umkehrabbildung g : X −→ X
und diese ist eine isometrische Einbettung. Insbesondere ist g auch stetig.
Damit folgt: Ist U ⊂ X offen, so ist
f (U ) = g −1 (U )
offen in X.
[Häufige Fehler : Oft wurde falsch mit Bild/Urbild gerechnet bzw. in der falschen
Richtung mit Bild/Urbild argumentiert.]
3. Nein, denn: Jeder topologische Raum (X, T ) besitzt eine endliche offene Überdeckung, etwa {X}; aber es gibt natürlich topologische Räume, die nicht kompakt sind, zum Beispiel R (mit der Standardtopologie) oder diskrete Räume
mit unendlich vielen Elementen.
[Häufige Fehler : Oft wurde nur angegeben, dass die Definition von Kompaktheit anders aussieht“, aber kein konkretes Gegenbeispiel angegeben.]
”
Name:
Matrikelnr.:
Seite 2/8
4. Nein, denn: Jeder diskrete endliche Raum mit mindestens zwei Elementen ist
kompakt, aber nicht zusammenhängend, man betrachte als Beispiel {0, 1} mit
der diskreten Topologie.
Alternativ: Der Raum [0, 1]∪[2, 3] ⊂ R mit der Teilraumtopologie ist kompakt,
aber offensichtlich nicht zusammenhängend.
[Häufige Fehler : Manchmal wurde die Implikationsrichtung nicht richtig verstanden. Oft wurde behauptet, dass topologische Räume bezüglich der Klumpentopologie nicht zusammenhängend sind (sind sie aber).]
Name:
Matrikelnr.:
Seite 3/8
Aufgabe 2 (3+3+3+3 = 12 Punkte). Beantworten Sie die folgenden Fragen;
begründen Sie jeweils kurz Ihre Antwort (ca. ein bis drei Sätze).
1. Gibt es eine surjektive C 1 -Abbildung R2 −→ R ?
2. Gibt es f ∈ C 2 (R2 , R2 ) mit der Eigenschaft, dass f 00 (0)(h, k) = h + 2 · k
für alle h, k ∈ R2 gilt?
3. Sei f ∈ C 1 (R2 , R2 ) bijektiv und es gelte det Jf (x) = 2012 für alle x ∈ R2 .
Ist f dann bereits ein C 1 -Diffeomorphismus?
4. Sei f : R2 −→ R partiell differenzierbar mit ∂1 f = 0 = ∂2 f . Ist f dann
bereits differenzierbar?
Lösung:
1. Ja, denn : Man betrachte etwa die Projektion
R2 −→ R
x 7−→ x1 ,
die offensichtlich surjektiv und als lineare Abbildung stetig differenzierbar ist.
2. Nein, denn: Angenommen, es gibt eine Abbildung f ∈ C 2 (R2 , R2 ) mit dieser
Eigenschaft. Nach dem Satz von Schwarz ist f 00 (0) symmetrisch, die vorgegebene Abbildung ist dies jedoch nicht, da (wobei e1 , e2 ∈ R2 die Einheitsvektoren
sind)
2
1
00
= f 00 (0)(e2 , e1 ).
6=
f (0)(e1 , e2 ) =
1
2
Alternativ kann man auch zeigen, dass die vorgegebene Abbildung nicht bilinear ist.
[Häufige Fehler : Es wurde bei einigen über die Hessematrix argumentiert. Die
Hessematrix gibt es jedoch nur für zweimal differenzierbare Abbildungen vom
Typ Rn −→ R.]
3. Ja, denn: Als bijektive Abbildung hat f eine Umkehrfunktion g : R2 −→ R2 .
Wegen det Jf (x) = 2012 6= 0 für alle x ∈ R2 ist f nach dem Satz über lokale
Umkehrbarkeit lokal ein C 1 -Diffeomorphismus. Also ist g = f −1 lokal stetig
differenzierbar und daher stetig differenzierbar.
[Häufige Fehler : Häufig wurden zusätzliche Annahmen über f gemacht oder
gar nur eine Beispielfunktion für f betrachtet.]
Name:
Matrikelnr.:
Seite 3/8
4. Ja, denn: Nach Voraussetzung ist f partiell differenzierbar und die partiellen
Ableitungen ∂1 f, ∂2 f stetig. Damit folgt, dass f differenzierbar ist (Satz 3.19).
[Häufige Fehler : Oft wurde behauptet, dass die Funktion
R2 −→ R
(
0 falls x1 · x2 = 0
x 7−→
1 sonst
partiell differenzierbar ist; diese Funktion ist jedoch nur im Punkt 0 partiell
differenzierbar!]
Name:
Matrikelnr.:
Seite 4/8
Aufgabe 3 (3+3+3+3 = 12 Punkte). Beantworten Sie die folgenden Fragen;
begründen Sie jeweils kurz Ihre Antwort (ca. ein bis drei Sätze).
1. Ist
[0, 1] −→ R2
t
t 7−→
cos t
eine nach Bogenlänge parametrisierte Kurve in R2 ?
2. Ist {x ∈ R3 | x1 + x22 + x33 = 1} eine C 1 -Untermannigfaltigkeit von R3 ?
3. Sei f ∈ C 2 (R3 , R) und x ∈ R3 mit ∆f (x) = 0. Gilt dann ∇f (x) = 0 ?
4. Was ist der Wert des Integrals
Z
y · ex·y dλ2 (x, y) ?
[0,1]×[1,2]
Lösung:
1. Nein, denn: Sei γ die gegebene parametrisierte Kurve in R2 (offensichtlich ist
γ stetig differenzierbar). Dann gilt
0 1 1 1
γ
=
,
1 =
− sin 2 2
−ε 2
2 2
wobei ε = sin(1/2) > 0 ist (nach den Eigenschaften der Sinus-Funktion). Also
ist kγ 0 (1/2)k2 6= 1.
[Man beachte, dass π/2 6∈ [0, 1] ist . . . ]
[Häufige Fehler : Die meisten haben nichts über die Differenzierbarkeit von γ
gesagt; in vielen Fällen wurden nicht alle Variablen sauber eingeführt bzw.
quantifiziert.]
2. Ja, denn: Die Abbildung
f : R3 −→ R
x 7−→ x1 + x22 + x33 − 1
Name:
Matrikelnr.:
Seite 4/8
ist stetig differenzierbar und
∀x∈R3 rg Jf (x) = rg (1, 2 · x2 , 3 · x23 ) = 1.
Also ist 0 ein regulärer Wert von f und somit
{x ∈ R3 | x1 + x22 + x33 = 1} = f −1 ({0})
eine C 1 -Untermannigfaltigkeit von R3 .
3. Nein, denn: Man betrachte etwa die Funktion
f : R3 −→ R
x 7−→ x1 .
Dann gilt für alle x ∈ R3 , dass
∆f (x) = ∂1 ∂1 f (x) + ∂2 ∂2 f (x) + ∂3 ∂3 f (x) = ∂1 1(x) + 0 + 0 = 0,
aber
 
1
∇f (x) = 0 6= 0.
0
4. Wir benutzen den Satz von Fubini, den Vergleich zwischen Lebesgue- und
Riemann-Integral und den Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung:
!
Z
Z
Z
y · ex·y dλ2 (x, y) =
[0,1]×[1,2]
y · ex·y dλ1 (x) dλ1 (y)
[1,2]
[0,1]
Z
Z
=
[1,2]
Z
y · ex·y dx dλ1 (y)
0
=
!
1
ex·y
x=1 [1,2]
Z
x=0
dλ1 y
ey − 1 dλ1 (y)
=
[1,2]
Z 2
ey − 1 dy
=
1
2
= e − e1 − 1
[Strenggenommen war der Satz von Fubini in der Vorlesung mit der umgekehrten Integrationsreihenfolge formuliert; dies lässt sich aber dann auch mit
Name:
Matrikelnr.:
Seite 4/8
partieller Integration leicht weiterrechnen, oder man verwendet den Transformationssatz (angewendet auf das Vertauschen der Koordinaten), um die
Variablen (und damit die Integrationsreihenfolge) zu tauschen.]
[Häufige Fehler : Es wurden oft die beiden Intervalle [0, 1] bzw. [1, 2] den
falschen Integrationsvariablen zugeordnet. Außerdem wurde in einigen Fällen
die Potenzrechnung nicht korrekt beherrscht(!).]
Name:
Matrikelnr.:
Seite 5/8
Aufgabe 4 (4 + 2 + 2 = 8 Punkte).
1. Formulieren Sie den Banachschen Fixpunktsatz!
2. Nennen Sie zwei Beispiele für Sätze in der Analysis, die mit Hilfe des
Banachschen Fixpunktsatzes bewiesen werden!
3. Geben Sie ein Beispiel für eine Situation, in der der Banachsche Fixpunktsatz anwendbar ist (und erklären Sie, warum die Voraussetzungen
erfüllt sind).
Lösung:
1. Der Banachsche Fixpunktsatz: Sei (X, d) ein nicht-leerer vollständiger metrischer Raum und f : X −→ X eine kontrahierende Abbildung. Dann besitzt f
genau einen Fixpunkt in X.
[Genauer gilt: Sei c ∈ [0, 1) eine Lipschitz-Konstante für f und seien x0 , x̂ ∈ X
mit f (x̂) = x̂. Sei (xn )n∈N induktiv definiert durch xn+1 := f (xn ) für alle
n ∈ N. Dann gilt für alle n ∈ N, dass
d(xn , x̂) ≤
cn
· d(x1 , x0 ). ]
1−c
2. Zum Beispiel der Satz über die lokale Umkehrbarkeit (Satz 3.49) [alternativ
der Satz über implizite Funktionen (Satz 3.51)] oder der Satz von PicardLindelöf (Satz 5.5).
3. Ein einfaches [aber natürlich uninteressantes] Beispiel ist
f : R −→ R
x 7−→ 0.
Der Raum R ist nicht-leer und bezüglich der Standardmetrik ein vollständiger
metrischer Raum. Die Abbildung f ist kontrahierend, denn für alle x, x0 ∈ R
gilt
f (x) − f (x0 ) = |0 − 0| = 0 · |x − x0 |.
[Alternativ ist auch 1/2 · idR kontrahierend.]
[Ein Minimalbeispiel ist: Die Menge {0} ist mit der diskreten Metrik (dies
ist auch die einzige Metrik auf {0}) ein nicht-leerer vollständiger metrischer
Raum und id{0} : {0} −→ {0} ist kontrahierend.]
Name:
Matrikelnr.:
Seite 6/8
Aufgabe 5 (3 + 3 + 5 = 11 Punkte). Sei
f : R2 −→ R
x 7−→ x1 · x2 .
1. Skizzieren Sie den Gradienten und die Höhenlinien von f .
2. Besitzt f lokale Extremalstellen in R2 ? Begründen Sie Ihre Antwort!
3. Bestimmen Sie max f (x) x ∈ S 1 .
(Zur Erinnerung: S 1 = {x ∈ R2 | x21 + x22 = 1}.)
Lösung:
1. Siehe Abbildung 1.
[Häufige Fehler : Meistens wurden weder der Gradient noch die Höhenlinien
korrekt skizziert; dabei ist der Funktion direkt anzusehen, dass die Höhenlinien
Hyperbeln sind.]
2. Nein, denn: Die Abbildung ist stetig differenzierbar. Angenommen, es wäre x ∈
R2 eine lokale Extremalstelle von f . Dann ist
0 = ∇f (x) = (x2 , x1 )> ,
und damit x = (0, 0)> . Aber (0, 0)> ist keine lokale Extremalstelle von f , denn
f ((0, 0)> ) = 0 und
1 1
1 1
∀n∈N>0 f
− ,
<0<f
,
.
n n
n n
Also gibt es in jeder Nullumgebung Punkte deren Werte unter f kleiner bzw.
größer sind als 0, also kann (0, 0)> keine lokale Extremalstelle sein.
[Alternativ: Die Abbildung f ist sogar zweimal stetig differenzierbar und die
Hesse-Matrix
0 1
Hessf (0) =
1 0
hat die Eigenwerte 1, −1 und ist damit indefinit.]
[Häufige Fehler : Es wurde oft behauptet, dass die Matrix
definit ist.]
0 1
positiv
1 0
Name:
Matrikelnr.:
Seite 6/8
−
+
+
−
Abbildung 1: Gradient und Höhenlinien von f
√
√
3. Als Maximum erhält man 1/2 = f (1/ 2, 1/ 2), denn:
– Da S 1 kompakt und nicht-leer ist und f stetig ist, existiert das Maximum m := max{f (x) | x ∈ S 1 }. Sei z ∈ S 1 mit f (z) = m.
Es gilt S 1 = g −1 ({0}), wobei
g : R2 \ {0} −→ R
x 7−→ x21 + x22 − 1.
Es ist g ∈ C 1 (R2 , R) und rg(Jg(x)) = rg(2 · x1 , 2 · x2 ) = 1 für alle x ∈ S 1 .
Nach dem Satz über lokale Extrema unter Nebenbedingungen existiert
also ein λ ∈ R mit
z2
2 · z1
z2 + 2 · λ · z1
0 = ∇f (z) + λ · ∇g(z) =
+λ·
=
.
z1
2 · z2
z1 + 2 · λ · z2
Wegen z ∈ S 1 ist z 6= 0, und damit λ2 = 1/4. Aus z12 + z22 = 1 folgt
Name:
Matrikelnr.:
Seite 6/8
daher, dass
√ √ √ √ −1/√ 2
1/ √2
−1/√2
1/√2
,
,
,
.
z∈
1/ 2
1/ 2
−1/ 2
−1/ 2
Indem man die Werte unter f von diesen Punkten berechnet, stellt man
fest, dass m = f (z) = 1/2 ist.
– Alternativ kann man auch (lokal) nach der ersten Variablen auflösen und
dann ein gewöhnliches eindimensionales Extremwertproblem betrachten.
Dabei ist jedoch darauf zu achten, wirklich die positiven und die negativen Wurzeln zu berücksichtigen und auch (da es sich dann um Extremwertprobleme auf abgeschlossenen Intervallen handelt) auch die Randwerte zu diskutieren.
– Alternativ: Nach der AGM-Ungleichung (Blatt 8) gilt für alle x ∈ S 1
x1 + x2 2
f (x1 , x2 ) = x1 · x2 ≤
2
2
x + 2 · x1 · x2 + x22
= 1
4
1 + 2 · f (x1 , x2 )
.
=
4
Damit folgt
1
f (x1 , x2 ) ≤ .
2
√
√
Dieser Wert wird von f aber zum Beispiel in (1/ 2, 1/ 2)> ∈ S 1 angenommen.
– Alternativ ohne AGM-Ungleichung: Es gilt für alle (x1 , x2 )> ∈ S 1
f (x1 , x2 )2 = x21 · x22
= x21 · (1 − x21 )
1
1
4
2
= − x1 − x1 +
+
4
4
2
1
1
= − x21 −
+
2
4
1
≤ .
4
√
√
√
√
Damit ist f (x1 , x2 ) ≤ 1/2 = f ((1/ 2, 1/ 2)). Außerdem ist (1/ 2, 1/ 2)>
in S 1 .
Name:
Matrikelnr.:
Seite 7/8
Aufgabe 6 (3 + 4 + 4 = 11 Punkte). Sei
f : R2 −→ R2
x1
x2
7−→
.
x2
x1
Wir betrachten die Differentialgleichung
Gesucht: y ∈ C 1 hR1 i, hR2 i mit
y0 = f ◦ y
1. Skizzieren Sie die Phasenebene und darin die Lösungskurven dieser Differentialgleichung.
2. Bestimmen Sie alle Lösungen in C 1 (R, R2 ) dieser Differentialgleichung.
3. Seien y, ye ∈ C 1 (R, R2 ) Lösungen
der obigen
Differentialgleichung mit
y1 (0) = ye1 (0). Ist dann limt→∞ y(t) − ye(t)2 = 0 ? Begründen Sie Ihre
Antwort!
Lösung:
1. Vergleiche Abbildung 2.
[Häufige Fehler : Auch hier wurden oft weder die Phasenebene noch die Lösungskurven korrekt eingezeichnet.]
2.
– Man sieht, dass
Y : R −→ R2×2
t
e
e−t
t 7−→ t
e −e−t
eine Lösungsmatrix der obigen linearen Differentialgleichung ist. Wegen
1 1
det Y (0) = det
= −2 6= 0
1 −1
ist diese Lösung sogar eine Fundamentalmatrix.
– Alternativ: Wir schreiben die Differentialgleichung in der Form
Name:
Matrikelnr.:
Seite 7/8
Abbildung 2: Phasenebene und drei Lösungskurven
Gesucht:
y ∈ C 1 hR1 i, hR2 i mit
0 1
0
·y
y =
1 0
und benutzen das Lösungsverfahren für lineare Differentialgleichungen
mit konstanten Koeffizienten. Wir können die Matrix wie folgt über R
diagonalisieren:
1/2 1/2
1 0
1 −1
0 1
.
·
·
=
−1/2 1/2
0 −1
1 1
1 0
Also ist die folgende Abbildung eine Fundamentalmatrix des obigen Systems:
R −→ R2×2
0 t
1 −1
t 0
1/2 1/2
t 7−→ exp
=
· exp
·
−1/2 1/2
t 0
1 1
0 −t
t
1 −1
e
0
1/2 1/2
=
·
·
1 1
0 e−t
−1/2 1/2
t
−t
t
−t
1
e +e
e −e
= · t
.
−t
e −e
et + e−t
2
Name:
Matrikelnr.:
Seite 7/8
[Oder man verwendet die oben gefundenen Eigenvektoren (1, 1)> , (1, −1)>
zu den Eigenwerten 1 bzw. −1, um
R −→ R2×2
t
e
e−t
t 7−→ t
e −e−t
als Fundamentalmatrix des obigen Systems zu erkennen.]
[Wir erhalten also mit beiden Methoden die Lösungsmenge
(
)
t
−t t −t e
e
e
e
t 7→ t , t 7→
= t 7→ a· t +b·
−t a, b ∈ R . ]
e
−e−t
e
−e
1
2
C (R,R )
[Häufige Fehler : Oft wurden völlig falsche Lösungen geraten (und dann nicht
überprüft, dass es sich tatsächlich um Lösungen handelt). Einige haben versucht, Variation der Konstanten zu verwenden – dies ist hier jedoch nicht ohne
weiteres möglich.]
3. Nein, denn: Man betrachte etwa die beiden Lösungen y, ye ∈ C 1 (R, R2 ) mit
R −→ R2
t
e − e−t
y : t 7−→ t
e + e−t
ye : t 7−→ 0.
Dann gilt y1 (0) = 0 = ye1 (0), aber
p
√
y(t) − ye(t) = 2 · e2t + 2 · e−2·t ≥ 2 · et .
2
Der entsprechende Grenzwert existiert also in diesem Fall nicht.
[Häufige Fehler : Hier wurden meistens die Anfangsbedingungen nicht korrekt
beachtet.]
Name:
Matrikelnr.:
Seite 8/8
Aufgabe 7 (6 Punkte). Sei n ∈ N und x0 ∈ Rn . Sei f ∈ C(R × Rn , Rn )
lokal Lipschitz in den letzten n Variablen mit der Eigenschaft, dass es stetige
Funktionen α, β : R −→ R≥0 gibt mit
∀(t,x)∈R×Rn f (t, x) ≤ α(t) + β(t) · kxk2 .
2
Zeigen Sie, dass die Differentialgleichung
Gesucht: y ∈ C 1 hR1 i, hRn i mit
y0
= f ( · , y)
y(0) = x0
genau eine Lösung in C 1 (R, Rn ) besitzt.
Lösung: Wir führen dies auf den globalen Existenzsatz (Korollar 5.9) zurück.
– Zunächst bemerken wir, dass die Voraussetzungen für den Satz von PicardLindelöf erfüllt sind, und dass somit das obige Anfangswertproblem für jedes
Intervall I ⊂ R mit 0 ∈ I höchstens eine Lösung in C 1 (I, Rn ) besitzt.
– Zu k ∈ N sei Ik := [−k, k] ⊂ R. Wir zeigen nun, dass das obige Anfangwertproblem (genau) eine Lösung yk in C 1 (Ik , Rn ) besitzt: Da Ik kompakt ist und
α und β stetig sind, existieren αk , βk ∈ R≥0 mit
∀t∈Ik kα(t)k2 ≤ αk
und ∀t∈Ik kβ(t)k2 ≤ βk .
Also ist
∀(t,x)∈Ik ×Rn f (t, x)2 ≤ αk + βk · kxk2 .
Nach dem globalen Existenzsatz besitzt das obige Anfangswertproblem somit
eine Lösung in C 1 (Ik , Rn ). Wegen 0 ∈ Ik folgt mit dem ersten Schritt die
Eindeutigkeit.
– Wir verkleben nun die Lösungen
aus dem zweiten Schritt zu einer Lösung
S
in C 1 (R, Rn ): Es ist R = k∈N Ik . Wegen der Eindeutigkeit ist somit
y : R −→ Rn
t 7−→ yk (t), wobei k ∈ N mit |t| < k ist
wohldefiniert und eine Lösung des Anfangswertproblems.
[Alternativ kann man auch wie im Beweis des globalen Existenzsatzes vorgehen
und eine geeignete Variation des Lemmas von Gronwall beweisen; dies ist jedoch
technisch deutlich aufwendiger als obiger Beweis, der analog zum in der Vorlesung
gezeigten Beweis des Satzes der globalen Lösbarkeit von linearen Differentialgleichungssystemen ist.]
[Häufige Fehler : Oft wurde nicht überprüft, ob die Voraussetzungen für PicardLindelöf überhaupt erfüllt sind. In den meisten Lösungen wurde nicht sauber zwischen lokaler und globaler Existenz von Lösungen (was hier der entscheidende Punkt
ist) unterschieden.]
Herunterladen
Explore flashcards