Prof. Dr. Moritz KaßmannFakultät für MathematikSommersemester 2015 Universität Bielefeld

Klausur zur Analysis (24-AN)

2. Termin: 30. September 2015

Aufgabe 1 (8 Punkte)(a) Formulieren Sie den Banachschen Fixpunktsatz.(b) Beweisen Sie, dass durch cos : [−1, 1]→ [−1, 1] eine Kontraktion gegeben ist.

Lösungsvorschlag:

(a) Seien (X, d) ein (nichtleerer) vollständiger metrischer Raum und ϕ : X → X eine Kontraktion. Dannbesitzt ϕ genau einen Fixpunkt, d.h. es existiert genau ein x ∈ X mit ϕ(x) = x.

(b) Seien x, y ∈ [−1, 1]. Falls x = y, so ist die Aussage trivial. Es gelte also x 6= y. Da die Funktion sin :[−π

2 ,π2

]→ [−1, 1] eine streng monoton wachsende bijektive Abbildung ist und θ = sin(1) < sin

(π2

)= 1,

existiert nach dem Mittelwertsatz ein x0 ∈ (−1, 1) derart, dass

| cos(x)− cos(y)| =∣∣∣∣cos(x)− cos(y)

x− y

∣∣∣∣ · |x− y| = | sin(x0)||x− y| ≤ sin(1)|x− y| = θ|x− y|.

Folglich ist cos : [−1, 1]→ [−1, 1] eine Kontraktion.

Aufgabe 2 (10 Punkte)Seien (X, ‖ · ‖X) und (Y, ‖ · ‖Y ) normierte Räume und D ⊂ X,D 6= ∅ und f : D → Y . Entscheiden Sie, obdie folgenden Aussagen wahr oder falsch sind. Eine Begründung ist nicht erforderlich.

(a) Wenn D offen und f stetig ist, dann ist f(D) offen.

(b) Wenn X kompakt ist, dann ist jede Cauchy-Folge in X konvergent.

(c) Wenn X kompakt ist, dann besitzt jede Cauchy-Folge in X eine konvergente Teilfolge.

(d) Wenn D abgeschlossen und beschränkt ist, dann nimmt f auf D ein globales Maximum an.

(e) Wenn D = D gilt und (xn) eine Folge in D ist, dann ist (xn) konvergent.

Lösungsvorschlag:

(a) Falsch. Seien (X, ‖ · ‖X) = (Y, ‖ · ‖Y ) = (R, ‖ · ‖), D = (−π, π) und f : D → R, f(x) = sin(x). Dann giltf(D) = [−1, 1]. Also ist f(D) nicht offen.

(b) Wahr.

(c) Wahr.

(d) Falsch. Seien (X, ‖·‖X) = (Y, ‖·‖Y ) = (R, ‖·‖) und D = [0, 1]. Dann ist D abgeschlossen und beschränkt.Sei zudem f : D → R definiert durch

f(x) =

0, falls x = 0,1x , falls x ∈ (0, 1].

Dann nimmt die Funktion f offensichtlich kein globales Maximum auf der Menge [−1, 1] an.

(e) Falsch. Seien (X, ‖ · ‖X) = (Y, ‖ · ‖Y ) = (R, ‖ · ‖) und D = [−1, 1]. Dann gilt D = D, da D eineabgeschlossene Menge ist. Die Folge xn = (−1)n ist eine Folge in D, welche nicht konvergent ist.

1

Aufgabe 3 (14 Punkte)Sei M eine nichtleere Teilmenge des Rd. Sei

A = y ∈ Rd| ∃x ∈M : ‖x− y‖ < 1 .

(a) Beweisen Sie, dass die Menge A offen ist.(b) Skizzieren Sie A und M im Fall M = [0, 1]× 0 ⊂ R2.(c) Skizzieren Sie A und M im Fall M = ∂B1(0) ⊂ R2.

Lösungsvorschlag:

(a) Sei z ∈ A. Dann existiert ein x ∈M derart, dass

‖x− z‖ = δ < 1.

Sei ε = 1−δ2 . Zu zeigen ist, dass Bε(z) ⊂ A. Sei hierzu y ∈ Bε(z) beliebig. Dann gilt

‖x− y‖ ≤ ‖x− y‖+ ‖y − z‖ < δ +1− δ

2< 1.

Also gilt y ∈ A und somit Bε(z) ⊂ A.

(b)

(c)

2

Beachten Sie, dass der Nullpunkt nicht Teil der Menge A ist.

Aufgabe 4 (12 Punkte)Sei g : R2 → R definiert durch

g(x, y) = (y − x2)(y − 3x2) .

(a) Zeigen Sie, dass für jeden Vektor v ∈ R2, v 6= 0, die Funktion t 7→ g(tv) ein striktes lokales Minimum int = 0 besitzt.(b) Skizzieren Sie die Niveaumenge

N = (x, y) ∈ R2| g(x, y) = 0

und kennzeichnen Sie diejenigen Bereiche des R2, in denen g positive bzw. negative Werte annimmt.(c) Zeigen Sie, dass g im Nullpunkt kein lokales Minimum besitzt.

Lösungsvorschlag:

(a) Seien v = (v1, v2) ∈ R2 und f : R→ R definiert durch

f(t) = g(tv) = (tv2 − t2v21)(tv2 − 3t2v21) = t2v22 − 4t3v21v2 + 3t4v41.

Es gilt: f ′(t) = 2tv22−12t2v21v2 + 12t3v41 und f ′(0) = 0. Somit ist t = 0 ein kritischer Punkt der Funktionf . Des Weiteren gilt

f ′′(0) = 2v22 > 0, falls v2 6= 0.

Im Falle v2 = 0 gilt v1 6= 0 und es gilt f ′(t) = 12t3v41. Also besitzt f ′ im Nullpunkt ein Vorzeichenwechselvon − nach +.Folglich besitzt t 7→ g(tv) ein striktes lokales Minimum in t = 0.

(b) Es giltg(x, y) = 0 ⇐⇒ y = 3x2 oder y = x2.

Des Weiteren giltg(x, y) > 0 ⇐⇒ y > 3x2 oder y < x2

undg(x, y) < 0 ⇐⇒ x2 < y < 3x2.

3

(c) Angenommen g besitzt im Punkt (0, 0) ein lokales Minimum. Dann existiert ein ε > 0 derart, dass füralle x, y ∈ Bε((0, 0)) gilt: g(x, y) ≥ g(0, 0) = 0.Betrachte die Folge (xn, yn) = ( 1

n ,2n2 ). Dann gilt

g(xn, yn) = 3x4n − 4x2nyn + y2n =3

n3− 8

n4+

4

n4= − 1

n4< 0.

Dies ist ein Widerspruch zur Annahme. Also besitzt g im Nullpunkt kein lokales Minimum.

Aufgabe 5 (12 Punkte)Seien f : R3 → R definiert durch f(x, y, z) = x2 + 4xz + z2 + 4yz − 1 und die Menge M ⊂ R3 durch

M = (x, y, z) ∈ R3| z ≥ 0, f(x, y, z) = 0) .

Durch M wird eine Funktion (x, y) 7→ z(x, y) festgelegt.Berechnen Sie ∂z

∂x und ∂z∂y im Punkt (x, y) = (1, 1).

Lösungsvorschlag:Seien f : R3 → R definiert durch

f(x, y, z) = x2 + 4xz + z2 + 4yz − 1

undM = (x, y, z) ∈ R3|z ≥ 0, f(x, y, z) = 0.

Dann gilt offensichtlich f ∈ C1(Ω) und f(1, 1, z) = 0 ⇐⇒ z = 0 oder z = −8. Da jedoch (1, 1,−8) /∈ M ,können wir diesen Punkt im Folgenden vernachlässigen. Zudem gilt:

∂

∂zf(x, y, z)

∣∣(1,1,0)

= (4x+ 2z + 4y)∣∣(1,1,0)

= 8 6= 0.

Der Satz über implizite Funktionen ist also anwendbar. Aus diesem Satz folgt die Existenz einer offenenUmgebung U ⊂ R2 von (1, 1) und V ⊂ R von 0 sowie einer Funktion g : U → V mit der Eigenschaft, dassg(x, y) = z die einzige Lösung der Gleichung f(x, y, z) = 0 ist, die in U × V liegt. Für die Ableitungen vong gilt:

∂g

∂x(1, 1) =

∂z

∂x(1, 1) =

−1

8(2x+ 4z)

∣∣(1,1,0)

= −1

4,

∂g

∂y(1, 1) =

∂z

∂y(1, 1) =

−1

8(4z)

∣∣(1,1,0)

= 0.

Aufgabe 6 (10 Punkte)(a) Sei f : R→ R, f(x) = exp(x2). Geben Sie die Taylorpolynome von Grad 1, 2 und 3 der Taylorreihe zumEntwicklunspunkt x = 0 an.(b) Sei f : R2 → R, f(x) = exp(‖x‖2). Geben Sie die Taylorpolynome von Grad 1 und 2 der Taylorreihe zumEntwicklunspunkt x = 0 an. Geben Sie mit ihrer Hilfe eine Approximation des Wertes f(0, 1

10) an.

Lösungsvorschlag:

a) Wir berechnen zunächst die Ableitungen der Funktion f : R → R, f(x) = exp(x2) bis zur drittenOrdnung. Es gilt:

f ′(x) = 2x exp(x2),

f ′′(x) = 2 exp(x2) + 4x2 exp(x2) = (2 + 4x2) exp(x2),

f ′′′(x) = (4x+ 8x3) exp(x2) + 8x exp(x2) = (12x+ 8x3) exp(x3).

4

Also sind die Taylorpolynome von Grad 1, 2 und 3 der Taylorreihe zum Entwicklunspunkt x = 0gegeben durch

T1(h, 0) = exp(0) + 0 · h = 1,

T2(h, 0) = exp(0) + 0 · h+ 2 exp(0)h2

2= 1 + h2,

T3(h, 0) = exp(0) + 0 · h+ 2 exp(0)h2

2+ 0 · h

3

6= 1 + h2.

b) Seien x = (x1, x2) und h = (h1, h2). Für das Taylorpolynom erster Ordnung sind die Multiindizesα1 = (1, 0) und α2 = (0, 1) zu betrachten. Es gilt

∂α1f(x) = 2x1 exp(‖x‖) und ∂α2f(x) = 2x2 exp(‖x‖).

Folglich ist das Taylorpolynom von Grad 1 der Taylorreihe zum Entwicklunspunkt x = 0 gegeben durch

T1(h, 0) = exp(0) + 0 · h1 + 0 · h2 = 1.

Für das Taylorpolynom zweiter Ordnung sind die Multiindizes α3 = (2, 0), α4 = (0, 2) und α5 = (1, 1)zu betrachten. Es gilt

∂α3f(x) = (2 + 4x21) exp(‖x‖),∂α4f(x) = (2 + 4x22) exp(‖x‖),∂α5f(x) = 4x1x2 exp(‖x‖).

Folglich ist das Taylorpolynom von Grad 2 der Taylorreihe zum Entwicklunspunkt x = 0 gegeben durch

T2(h, 0) = exp(0) + 0 · h1 + 0 · h2 + 2 · h21

2+ 2 · h

22

2+ 0 · h1h2

2= 1 + h21 + h22.

Es gilt:

f

(0,

1

10

)≈ T2

((0,

1

10

), 0

)= 1 + 0 +

1

100=

101

100.

Aufgabe 7 (12 Punkte)Bestimmen Sie die globalen Extrema der durch

f(x, y, z) = x− 8y + z

gegebenen Funktion f : R3 → R auf dem Schnitt der durch

g(x, y, z) = x2 + (y + 4)2 + z2 − 25 = 0 ,

h(x, y, z) = x2 + y2 + z2 − 9 = 0

gegebenen zwei Kugeloberflächen.

Lösungsvorschlag:Sei die Lagrange Funktion L : R5 → R definiert durch

L(x, y, z, λ, µ) = f(x, y, z) + λg(x, y, z) + µh(x, y, z)

= x− 8y + z + λ(x2 + (y + 4)2 + z2 − 25) + µ(x2 + y2 + z2 − 9).

Die notwendige Bedingung für kritische Punkte ∇L(x, y, z, λ, µ) = 0 liefert:

5

(i) 1 + 2xλ+ 2xµ = 0,

(ii) −8 + 2(y + 4)λ+ 2y = 0,

(iii) 1 + 2zλ+ 2zµ = 0,

(iv) x2 + (y + 4)2 + z2 − 25 = 0,

(v) x2 + y2 + z2 − 9 = 0.

Aus den Gleichungen (i) und (iii) folgt unmittelbar 2λ+ 2µ 6= 0 und

x = z =−1

2λ+ 2µ.

Einsetzen von (v) in (iv) liefert:

0 = x2 + (y + 4)2 + z2 − 25 = x2 + y2 + 8y − 16 + z2 − 25 = x2 + y2 + z2 − 9 + 8y = 8y.

Folglich gilt y = 0. Aus (ii) folgt daher λ = 1 und (v) impliziert

µ = −1− 1

3√

2oder µ = −1 +

1

3√

2.

Also gilt:

x = z =3√2

oder x = z =−3√

2.

Der Schnitt der beiden Kugeloberflächen ist eine abgeschlossene und beschränkte Teilmenge des R3. Alsonimmt f auf der Menge Minimum und Maximum an. Der Vergleich der Funktionswerte liefert:

f

(3√(2)

, 0,3√(2)

)= 3√

2 und f

(−3√(2)

, 0,−3√(2)

)= −3

√2.

Also hat f ein globales Maximum in(

3√(2), 0, 3√

(2)

)und ein globales Minimum in

(−3√(2), 0, −3√

(2)

).

Aufgabe 8 (12 Punkte)Sei a ∈ R. Berechnen Sie eine Lösung u : R→ R der Differentialgleichung

u′(t) = u2(t)(2t− 1

)mit u(0) = a

und geben Sie das maximale Definitionsintervall I ⊂ R mit a ∈ I an.

Lösungsvorschlag:(Hinweis: Die Aufgabenstellung enthält einen Fehler. Es muss hier "...mit 0 ∈ I an" heißen. Daher werdenAntworten zu diesem Teil der Aufgabe bei allen Teilnehmerinnen und Teilnehmern nicht bewertet.)Wir beobachten zunächst, dass u ≡ 0 eine Lösung der Differentialgleichung mit a = 0 ist. Sei also u 6= 0.Dann erhalten wir durch Trennung der Variablen

u′ = u2(2t− 1) ⇐⇒ u′

u2= 2t− 1.

Also: ∫1

u2du = −1

u+ c1 = t2 − t+ c2 ⇐⇒ u =

1

−t2 + t+ c1 − c2=

1

−t2 + t+ c.

Einsetzen der Bedingung u(0) = a liefert:

u(0) = a ⇐⇒ 1

c= a ⇐⇒ c =

1

a, falls a 6= 0.

6

Im Fall a = 0 ist u ≡ 0 die einzige Lösung der Differentialgleichung, dessen Definitionsintervall gegeben istdurch I = R. Im Fall a 6= 0 sind die Nullstellen des Polynoms f(t) = −t2 + t+ 1

a gegeben durch

t1 =1

2−√

1

2+

1

aund

1

2+

√1

2+

1

a.

Folglich existieren im Fall a ∈ (−2, 0) keine Nullstellen des Polynoms f und somit ist in diesem Fall das ma-ximale Definitionsintervall gegeben durch I = R. Im Fall a ∈ R\ (−2, 0] ist das maximale Definitionsintervall

gegeben durch das offene Intervall zwischen den Nullstellen von f , also I =(12 −

√12 + 1

a ,12 +

√12 + 1

a

).

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