Erreichbare Punktzahl: 20

Prof. Dr. Moritz Kaßmann
Fakultät für Mathematik
Sommersemester 2015
Universität Bielefeld
Übungsaufgaben zu Analysis 2
Lösungen von Blatt VIII vom 28.05.15
Aufgabe VIII.1 (2+2+2+1 Punkte)
Beweisen Sie Satz III.35 aus der Vorlesung:
Satz: Seien Ω ⊂ Rd offen und konvex. Sei f ∈ C 1 (Ω). Dann gilt:
(i) f ist konvex genau dann, wenn für alle x, h mit x ∈ Ω und x + h ∈ Ω gilt:
f (x + h) ≥ f (x) + (∇f (x), h) .
(ii) f ist strikt konvex genau dann, wenn für alle x, h 6= 0 mit x ∈ Ω und x + h ∈ Ω gilt:
f (x + h) > f (x) + (∇f (x), h) .
(iii) Im Fall f ∈ C 2 (Ω) gilt: f ist konvex genau dann, wenn D2 f ≥ 0 auf Ω gilt.
(iv) Im Fall f ∈ C 2 (Ω) gilt: f ist strikt konvex, wenn D2 f > 0 auf Ω gilt.
Beachten Sie, dass jeweils eine Richtung von (i) und (ii) in den Präsenzaufgaben bereits behandelt wird.
Diese Lösungen können Sie übernehmen.
Aufgabe VIII.2 (1+2+3 Punkte)
Der Satz von der Umkehrfunktion (Satz III.38 der Vorlesung) lautet:
Satz: Seien Ω ⊂ Rd offen, f ∈ C 1 (Ω, Rd ) und x0 ∈ Ω. Die durch Df (x0 ) gegebene lineare Abbildung sei
invertierbar. Dann gibt es eine offene Umgebung U ⊂ Ω von x0 und eine offene Umgebung V ⊂ Rd von
f (x0 ) der Gestalt, dass f |U : U → V bijektiv ist. Für die Umkehrfunktion f −1 : V → U gilt
Df −1 (f (x0 )) = (Df (x0 ))−1
In der Vorlesung haben wir diesen Satz unter drei zusätzlichen Annahmen bewiesen:
(i) f (x0 ) = 0, (ii) x0 = 0 und (iii) Df (x0 ) = Id.
Beweisen Sie, dass sich der allgemeine Fall auf diesen Spezialfall zurückführen lässt.
Aufgabe VIII.3 (4 Punkte)
a) Es sei eine Funktion x 7→ y(x) durch
x2 − xy + 2y 2 + x − y − 1 = 0
gegeben. Berechnen Sie die Ableitungen
3
2
dy d2 y
,
dx dx2
2
und
d3 y
dx3
im Punkt (x, y) = (0, 1).
b) Sei f : R → R, f (x, y, z) = x + 2xz + z + 2yz − 1. Die Menge
{(x, y, z) ∈ R3 |z ≥ 0, f (x, y, z) = 0}
beschreibt eine Fläche und eine Funktion (x, y) 7→ z(x, y). Berechnen Sie
∂z
∂x
für x = y = 1.
Aufgabe VIII.4 (3 Punkte)
Zwei Radfahrer A und B befinden sich (ruhend) 350 Meter von einander entfernt und zwar in Ost-West
Richtung. A beginnt, mit konstanter Geschwindigkeit von 5m/sec nach Norden zu radeln. Sieben Minuten
später beginnt B, mit konstanter Geschwindigeit von 3m/sec nach Süden zu radeln. Berechnen Sie die
Geschwindigkeit, mit der sich der Abstand zwischen A und B verändert
a) ... genau 25 Minuten nach dem Start von A.
b) ... in dem Zeitpunkt, zu dem die Fahrradfahrer 15 km voneinander entfernt sind.
Erreichbare Punktzahl: 20
Übungsblatt VIII – Lösungen
Seite 2
Hinweis: Eine Anwendung des Satzes über implizite Funktionen erleichtert die Bearbeitung der Aufgabe.
Lösungsvorschläge
Aufgabe VIII.1
(i) Wir zeigen zunächst die Hinrichtung1 . Seien f ∈ C 1 (Ω) konvex, t ∈ (0, 1) und
x, x + h ∈ Ω. Dann gilt aufgrund der Konvexität von Ω auch x + th ∈ Ω für alle
t ∈ (0, 1) und die Konvexität von f impliziert
f (x + th) ≤ (1 − t)f (x) + tf (x + h) ⇐⇒ f (x + th) − f (x) ≤ t(f (x + h) − f (x)).
Also gilt:
1
(f (x + th) − f (x)) − (∇f (x), h) ≤ f (x + h) − f (x) − (∇f (x), h).
t
Die rechte Seite der Ungleichung ist unabhängig von t und für die linke Seite der
Ungleichung gilt:
1
lim (f (x + th) − f (x)) − (∇f (x), h) = (∇f (x), h) − (∇f (x), h) = 0,
t
t&0
woraus die Behauptung folgt.
Wir beweisen nun die Rückrichtung. Seien x, h mit x ∈ Ω und x + h ∈ Ω. Es gelte
f (x + h) ≥ f (x) + (∇f (x), h).
Sei t ∈ (0, 1). Für beliebige x, y ∈ Ω mit x 6= y sei z = tx + (1 − t)y und h = x − z.
Dann gilt nach der Konvexität von Ω: z ∈ Ω und es gilt
y=
1
1
t
(z − tx) =
(z − tz − tx + tz) = z −
h und x = z + h.
1−t
1−t
1−t
Aus der Voraussetzung ergibt sich
f (y) ≥ f (z) −
t
(∇f (z), h) und f (x) ≥ f (z) + (∇f (z), h).
1−t
Multiplikation der ersten Ungleichung mit (1 − t) liefert
(1 − t)f (y) ≥ (1 − t)f (z) − t(∇f (z), h).
Des Weiteren liefert Multiplikation der zweiten Ungleichung mit t
tf (x) ≥ tf (z) + t(∇f (z), h).
Addition der beiden Ungleichungen liefert
tf (x) + (1 − t)f (y) ≥ (1 − t)f (z) − t(∇f (z), h) + tf (z) + t(∇f (z), h) = f (z),
d.h. f ist konvex.
1
Diese wurde bereits in den Präsenzübungen bewiesen. Wir geben der Vollständigkeit halber den Beweis
an
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(ii) Die Rückrichtung der Äquivalenz geht analog zur Rückrichtung der Äquivalenz von
Aufgabenteil (i).
Wir beweisen also nur die Hinrichtung. Seien f ∈ C 1 (Ω) strikt konvex, t ∈ (0, 1)
und x, x + h ∈ Ω mit h 6= 0. Nach Aufgabenteil (i) wissen wir
f (x + th) − f (x) ≥ (∇f (x), th).
Die strikte Konvexität liefert
f (x + th) = f (t(x + h) + (1 − t)x) < tf (x + h) + (1 − t)f (x)
⇐⇒ f (x + th) − f (x) < t(f (x + h) − f (x)).
Also
1
1
f (x + h) − f (x) > (f (x + th) − f (x)) ≥ (∇f (x), th) = (∇f (x), h),
t
t
was zu zeigen war.
(iii) Seien x, x + h ∈ Ω. Dann gilt nach der Konvexität von Ω auch {λx + (1 − λ)(x + h) :
λ ∈ [0, 1]} ⊂ Ω. Die Taylor-Formel liefert
1
f (x + h) = f (x) + (∇f (x), h) + (h, D2 f (x + θh)h)
2
(1)
mit einem θ ∈ (0, 1).
Sei f konvex. Dann gilt nach Aufgabenteil (i) f (x + h) ≥ f (x) + (∇f (x), h), also
1
f (x) + (∇f (x), h) ≤ f (x + h) = f (x) + (∇f (x), h) + (h, D2 f (x + ξh)h).
2
Wir können ohne Beschränkung der Allgemeinheit annehmen, dass khk ≤ 1. Dann gilt
(h, D2 f (x + ξh)h) ≥ 0 für khk < 1 und ein θ ∈ (0, 1). Seien t ∈ (0, 1), a ∈ S d−1 (Rd )
und h = ta. Dann liefert einsetzen in die obige Ungleichung und Multiplikation mit
t−2
(a, D2 f (x + tξa)a) ≥ 0.
Da f ∈ C 2 (Ω) ist, gilt für t & 0: (a, D2 f (x)a) ≥ 0 für alle a ∈ S d−1 (Rd ) und somit
D2 f (x) ≥ 0 für alle x ∈ Ω.
Es gelte nun D2 f (x) ≥ 0. Dann folgt aus (1)
1
f (x + h) = f (x) + (∇f (x), h) + (h, D2 f (x + ξh)h) ≥ f (x) + (∇f (x), h)
2
und somit die Konvexität nach Aufgabenteil (i).
(iv)
2
2
Analog zu Aufgabenteil (iii).
Beachte, dass hier keine Äquivalenz, sondern eine Implikation zu zeigen ist. Die Rückrichtung ist im
Allgemeinen falsch.
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Aufgabe VIII.2
(i) Wir zeigen, dass sich der allgemeine Fall auf den Spezialfall f (x0 ) = 0 zurückführen
lässt. Hierzu betrachten wir die Funktion g(x) = f (x) − f (x0 ). Es gilt g(x0 ) = 0.
Beachte, dass sich die offene Umgebung V ⊂ Rd um f (x0 ) verschiebt. Es gilt:
f −1 (y) = g −1 (y + f (x0 )).
| {z }
=0
Also können wir für den Beweis den allgemeinen Fall auf den Fall f (x0 ) = 0
reduzieren.
(ii) Wir zeigen, dass sich der allgemeine Fall auf den Spezialfall x0 = 0 zurückführen
lässt. Hierzu betrachten wir die Funktion g(x) = f (x+x0 ). Beachte, dass sich hierbei
Ω und die offene Umgebung U ⊂ Ω um x0 verschieben. Es gilt:
f −1 (y) = g −1 (y) + x0 .
|{z}
=0
Also können wir für den Beweis den allgemeinen Fall auf den Fall x0 = 0 reduzieren.
(iii) Wir zeigen nun, dass wir den allgemeinen Fall auf den Fall Df (X0 ) = Id reduzieren
können. Nach (i) und (ii) können wir ohne Einschränkung f (0) = 0 betrachten
und wissen, dass Df (0) invertierbar ist. Seien also x0 = 0 und Df (0) = Id. Sei
g : Ω → Rd definiert durch
g(x) = (Df (0))−1 f (x).
Aus Aufgabe VIII.2 der Präsenzübungen ist bekannt, dass für eine lineare und
bijektive Abbildung auch die Umkehrabbildung linear ist. Also ist (Df (0))−1 linear.
Des Weiteren gilt g(0) = 0 und
Dg(0) = (Df (0))−1 Df (0) = Id.
Also wissen wir nach dem Satz über die Umkehrfunktion, dass offene Umgebungen
U 0 von 0 und V 0 von existieren derart, dass g : U 0 → V 0 eine Bijektion ist und,
dass g −1 : V 0 → U 0 im Nullpunkt differenzierbar ist mit Dg −1 (0) = Id. Da f (x) =
Df (0)g(x), ist f : U 0 → Df (0)(V 0 ) eine Bijektion. Beachte hierbei, dass Df (0)
selbst eine Bijektion ist. Da Df (0) und (Df (0))−1 stetig sind, ist Df (0)(V 0 ) offen
und es gilt offensichtlich 0 ∈ Df (0)(V 0 ). Betrachte nun f −1 : Df (0)(V 0 ) → U 0 . Da
g : U 0 → V 0 bijektiv ist, gilt
f −1 (y) = g −1 ((Df (0))−1 y) für alle y ∈ Df (0)(V 0 ).
Also ist f −1 differenzierbar im Punkt 0.
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Aufgabe VIII.3
a) Seien Ω = R2 und f : Ω → R definiert durch
f (x, y) = x2 − xy + 2y 2 + x − y − 1.
Dann gilt offensichtlich f ∈ C 1 (Ω) und f (0, 1) = 0. Des Weiteren gilt:
∂
f (x, y)(0,1) = (−x + 4y − 1)(0,1) = 3 6= 0.
∂y
Der Satz über implizite Funktionen ist also anwendbar. Aus diesem Satz folgt die
Existenz von einer offenen Umgebung U ⊂ R von 0 und V ⊂ R von 1 sowie einer
Funktion g : U → V mit der Eigenschaft, dass g(x) = y die einzige Lösung der
Gleichung f (x, y) = 0 ist, die in U × V liegt. Für die erste Ableitungen von g gilt:
dg
dy
−1
(0) =
(0) =
(2x − y + 1)|(0,1) = 0.
dx
dx
3
Nach der Ketten- und Produktregel gilt für die zweite Ableitung
dg 2
(0)
dx2
2∂x f (x, y)∂y f (x, y)∂xy f (x, y) − (∂y f (x, y))2 ∂x2 f (x, y) − (∂x f (x, y))2 ∂yx f (x, y) (∂y f (x, y))3
(0,1)
−2
=
3
=
Analog kann man die dritte Ableitung berechnen und erhält:
dg 3
−2
(0) =
.
3
dx
3
b) Sei Ω = R3 und f : Ω → R definiert durch
f (x, y, z) = x2 + 2xz + z 2 + 2yz − 1.
Dann gilt offensichtlich f ∈ C 1 (Ω) und f (1, 1, z) = 0 ⇐⇒ z = 0 oder z = −4.
Da jedoch z = −4 ∈
/ {(x, y, z) ∈ R3 |z ≥ 0, f (x, y, z) = 0} können wir diesen Punkt
vernachlässigen. Zudem gilt:
∂
f (x, y, z)(1,1,0) = (2x + 2z + 2y)(1,1,0) = 4 6= 0.
∂z
Der Satz über implizite Funktionen ist also anwendbar. Aus diesem Satz folgt die
Existenz einer offenen Umgebung U ⊂ R2 von (1, 1) und V ⊂ R von 0 sowie einer
Funktion g : U → V mit der Eigenschaft, dass g(x, y) = z die einzige Lösung der
Gleichung f (x, y, z) = 0 ist, die in U × V liegt. Für die Ableitungen von g gilt:
∂z
−1
−1
∂g
(1, 1) =
(1, 1) =
(2x + 2z)(1,1,0) =
.
∂x
∂x
4
2
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Aufgabe VIII.4
a) Es bezeichne z(t) den Abstand zwischen Radfahrer A und Radfahrer B zum Zeitpunkt t ≥ 0. Ziel ist es, die Geschwindigkeit mit der sich der Abstand zwischen
A und B verändert, zu bestimmen. Diese ist gegeben durch z 0 (t) für t = 1500,
wobei t die Zeit in Sekunden angibt. Aus der Aufgabenstellung ist bekannt, dass
Radfahrer A nach t ≥ 0 Sekunden bei einer Geschwindigkeit von 5 m/sec eine
Strecke von x(t) = 5t m zurückgelegt hat. Des Weiteren beginnt Radfahrer B sieben
Minuten nach Radfahrer A zu radeln. Hierbei legt er zum Zeitpunkt t ≥ 420 bei
einer Geschwindigkeit von 3 m/sec eine Strecke von y(t) = 3(t − 420) m zurück. Der
Abstand nach t ≥ 420 Sekunden ist nach dem Satz von Pythagoras
z(t)2 = (x(t) + y(t))2 + 3502 .
(2)
Folglich ist der Abstand nach 25 Minuten (1500 Sekunden) gegeben durch
z 2 (1500) = (x(1500) + y(1500))2 + 3502 = (7500 + 3240)2 + 3502
=⇒ z(1500) = 10745, 7015 m.
Wir definieren die Funktion f : R2 → R durch
f (z, t) = z 2 − (5t + 3(t − 420))2 − 3502
= z 2 − 64t2 + 20160t − 1710100.
Dann gilt offensichtlich f (10745, 7015; 1500) = 0 und f ∈ C 1 (R2 ). Zudem gilt
∂f
((10745, 7015; 1500) = 2z|(10745,7015;1500) = 21491, 403.
∂z
Der Satz über implizite Funktionen ist also anwendbar. Dieser liefert
1
∂f
dz
(1500) = −
(10745, 7015; 1500)
dt
21491, 403 ∂t
1
=−
(−16(5t + 3(t − 420)))|(10745,7015;1500)
21491, 403
= 7, 9958 m/sec.
Alternativ können wir die Geschwindigkeit berechnen mit der sich der Abstand
zwischen den Radfahreren verändert, indem wir (2) nach t ableiten und nach z 0 (t)
auflösen:
2z(t)z 0 (t) = 2(x(t) + y(t))(x0 (t) + y 0 (t)) ⇐⇒ z 0 (t) =
Also
z 0 (1500) =
2(x(t) + y(t))(x0 (t) + y 0 (t))
.
2z(t)
2(7500 + 3240) · (5 + 3)
= 7, 9958 m/sec.
2 · 10745, 7015
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b) Es gilt
f (1500, t) = 0 ⇐⇒ 223289900 − 64t2 + 20160t = 0
√
315 25 89951
=⇒ t =
= 2031, 9895.
2
4
Zudem gilt
∂f
(1500; 2031, 9895) = 2z|(1500;2031,9895) = 30000.
∂z
Der Satz über implizite Funktionen liefert
1 ∂f
(1500; 2031, 9895)
30000 ∂t
1
(−16(5t + 3(t − 420)))|(1500;2031,9895)
=−
30000
= 7, 9978 m/sec.
z 0 (2031, 9895) = −