Tutorübung 13 - Alexander Schmalstieg

Tutorübung 13
Analysis 2 für Lehramt
TU Dortmund, Sommersemester 2014
Aufgabe T1 (Kugelkoordinaten)
(a) Bestimme die Jacobi-Matrix Jf und deren Determinante det Jf für


r sin ϑ cos ϕ
f : R3 → R3 , f (r, θ, ϕ) :=  r sin ϑ sin ϕ 
r cos ϑ
(b) Bestimme die Punkte, in denen Jf singulär ist.
(c) Betrachte die Halbebene
S := {(x, 0, z) ∈ R3 | x ≥ 0, z ∈ R}.
Zeige, dass
f : (0, ∞) × (0, π) × (0, 2π) → R3 \S
bijektiv ist.
(d) Entscheide, ob f ein Diffeomorphismus ist.
Lösung.
a) Es gilt


sin ϑ cos ϕ r cos ϑ cos ϕ −r sin ϑ sin ϕ
Jf (r, θ, ϕ) =  sin ϑ sin ϕ r cos ϑ sin ϕ r sin ϑ cos ϕ 
cos ϑ
−r sin ϑ
0
und mit der Regel von Sarrus folgt für die Determinante
det Jf (x, y) = r2 cos2 ϑ sin ϑ cos2 ϕ + r2 sin3 ϑ sin2 ϕ + r2 sin ϑ cos2 ϑ sin2 ϕ + r2 sin3 ϑ cos2 ϕ
= r2 sin ϑ · (cos2 ϑ cos2 ϕ + sin2 ϑ sin2 ϕ + cos2 ϑ sin2 ϕ + sin2 ϑ cos2 ϕ)
{z
}
|
=1 durch mehrfache Anwendung von cos2 x+sin2 x=1
= r2 sin ϑ.
b) Die Punkte, in denen Jf singulär ist, sind die Punkte, in denen Jf nicht invertierbar
ist. Man sucht also die Nullstellen von det Jf :
!
det Jf (x, y) = r2 sin ϑ = 0 ⇔ r = 0 oder ϑ ∈ πZ.
c) Offenbar gilt
f ((0, ∞) × (0, π) × (0, 2π)) = R3 \S
1
Analysis 2
und f ist auf diesem Definitionsbereich gerade invertierbar. Also ist f eine Bijektion
zwischen den obigen Mengen.
Abbildung 1: Kugelkoordinaten
d) S ist abgeschlossen ⇒ R3 \S ist offen. Für r > 0 und ϑ ∈
/ πZ ist Jf invertierbar.
Dann folgt mit Satz 21.15, dass f ein Diffeomorphismus ist.
Aufgabe T2
Überprüfe für die Funktionen
f1 (x, y) := (x − y)4 + y 4 und f2 (x, y) := x4 + y 3 ,
dass jeweils ∇fi (0, 0) = 0 und Hf (0, 0) = 0 gilt, wobei i ∈ {1, 2}. Entscheide, ob in
(0, 0) ein Extremum liegt.
2
Analysis 2
Lösung.
a) Es gilt
∇f1 (x, y) = (4(x − y)3 , −4(x − y)3 + 4y 3 ) ⇒ ∇f1 (0, 0) = (0, 0)
und
Hf1 (x, y) =
12(x − y)2
−12(x − y)2
−12(x − y)2 12(x − y)2 + 12y 2
0 0
⇒ Hf1 (0, 0) =
.
0 0
Offenbar ist f1 (x, y) ≥ 0 ∀(x, y) ∈ R2 . Also ist in (0, 0) ein globales Minimum, denn
f1 (0, 0) = 0.
a) Es gilt
∇f2 (x, y) = (4x3 , 3y 2 ) ⇒ ∇f2 (0, 0) = (0, 0)
und
Hf2 (x, y) =
12x2 0
0
6y
0 0
⇒ Hf2 (0, 0) =
.
0 0
Offenbar ist f2 (0, 0) = 0. Ferner gilt für alle y ≥ 0
f2 (0, y) = y 3 ≥ 0
und für alle y ≤ 0
f2 (0, y) = y 3 ≤ 0.
Also hat f2 kein Minimum in (0, 0).
Aufgabe T3
(a) Identifiziere C mit R2 und fasse die komplexe Exponentialfunktion
g : C → C, g(z) = ez
auf als Funktion f : R2 → R2 . Bestimme f explizit und skizziere die Bilder der Geraden,
die parallel zur x- bzw. y-Achse verlaufen.
(b) Eine Matrix A ∈ R2×2 heißt konform, falls c · A orthogonal für ein c ∈ R\{0} ist.
Zeige, dass eine konforme Matrix eine winkeltreue lineare Abbildung definiert.
(c) Berechne die Jacobi-Matrix Jf für die Funktion f aus (a) und zeige, dass sie in
jedem Punkt konform ist.
Lösung.
a) Sei z = x + iy. Dann folgt mit der eulerschen Formel
ez = ex+iy = ex · eiy = ex · (cos y + i sin y) = ex cos y + i ex sin y.
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Analysis 2
Also hat man
f (x, y) = (ex cos y, ex sin y).
Für Geraden parallel zur x − Achse wählt man y0 ∈ R fest und betrachtet die Punkte
(x, y0 ) ∈ R2 . Dann erhält man
f (x, y0 ) = ex · (cos y0 , sin y0 )
also Strahlen vom Ursprung ausgehend im Winkel y0 zur x-Achse.
Für Geraden parallel zur y-Achse wählt man x0 ∈ R fest und betrachtet die Punkte
(x0 , y) ∈ R2 . Dann erhält man
f (x0 , y) = ex0 · (cos y, sin y)
also Kreise um den Ursprung mit Radius ex0 .
Abbildung 2: Komplexe Exponentialfunktion
b) Sei A ∈ R2×2 konform,d.h. A = c · B für c ∈ R und B orthogonal. Seien ferner
x, y ∈ R2 und α der Winkel zwischen x, y und β der Winkel zwischen A · x, A · y. Dann
gilt
cos β =
hAx, Ayi
hcBx, cByi
c2 · hBx, Byi
=
= 2
kAxk2 kAyk2
kcBxk2 kcByk2
c · kBxk2 kByk2
c) Es gilt
cos y − sin y
Jf (x, y) = e
sin y cos y
|
{z
}
x
orthogonal, LinA II
Also ist Jf (x, y) konform für c = e−x .
4
B orthogonal
=
hx, yi
= cos α.
kxk2 kyk2
Analysis 2
Aufgabe T4
.
Betrachte die komplexe Funktion g : C\{1} → C, g(z) := 1+z
1−z
(a) Fasse g als Abbildung f : R2 \{(1, 0)} → R2 auf und gib eine explizite Darstellung
für f an.
(b) Berechne Jf und zeige, dass Jf in jedem Punkt (x, y) ∈ R2 \{(1, 0)} konform ist.
(c) Zeige, dass f die Menge H := {(x, y) ∈ R2 | x < 0} diffeomorph auf die Menge
B := {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 < 1} abbildet.
(d) Skizziere f (Hx ) ⊆ B und f (Hy ) ⊆ B mit Hx := H∩({x}×R) und Hy := H∩(R×{y})
für einige x < 0 und y ∈ R.
Lösung.
a) Es gilt
g(z) =
1 + 2 · 12 (z − z) − |z|2
(1 + z)(1 − z)
1+z
1 + z − z − |z|2
=
=
=
1−z
|1 − z|2
|1 − z|2
|1 − z|2
Mit z = x + iy folgt
1
1
(z − z) = (x + iy − x + iy) = iy
2
2
und
1 − z = 1 − x − iy.
Also folgt mit (?) sofort
f (x, y) =
1 − x2 − y 2
2y
,
2
2
(1 − x) + y (1 − x)2 + y 2
.
b) Die Jacobi-Matrix ist
2
(x − 1)2 − y 2
2xy − 2y
Jf (x, y) =
·
−(2xy − 2y) (x − 1)2 − y 2
((1 − x)2 + y 2 )2
|
{z
} |
{z
}
=c
orthogonal
in jedem Punkt (x, y) ∈ R2 \{(1, 0)} konform.
c) Die Jacobi-Matrix ist von der Form
a b
.
−b a
Eine solche Matrix ist offenbar genau dann singulär, wenn
a2 + b2 = 0 ⇔ a = 0 und b = 0.
Also ist Jf genau dann singulär, wenn
(x − 1)2 = y 2 und 2xy = 2y.
5
(?).
Analysis 2
Für y = 0 folgt sofort x = 1, aber (1, 0) liegt nicht im Definitionsbereich. Ist y 6= 0, so
folgt sofort x = 1 und die erste Gleichung liefert dann wieder y = 0. Also ist der einzige
Punkt, in dem f singulär ist, der Punkt (1, 0).
Jf ist also auf R2 \{(1, 0)} regulär und konform.
Ferner gilt
1 + z < 1 ⇔ |1+z| < |1−z| ⇔ |z+1)| < |z−1| ⇔ z ∈ {x+iy ∈ C| x < 0} = H.
|g(z)| = 1 − z
Also gilt H = g −1 (B). Insbesondere sind H, B offen. Zuletzt bleibt noch zu zeigen, dass
g bijektiv ist. Sei dazu w ∈ B, dann folgt
g(z) = w ⇔
1+z
w−1
= w ⇔ 1 + z = (1 − z)w ⇔ z =
.
1−z
w+1
Mit dem Diffeomorphiesatz folgt nun, dass f ein Diffeomorphismus ist.
d) s. Übungen.
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