Kurs:Analysis/Teil II/18/Klausur mit Lösungen

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein Häufungspunkt einer Folge ${\displaystyle {}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }}$ einem metrischen Raum ${\displaystyle {}M}$.
2. Eine polynomiale Funktion

   ${\displaystyle f\colon {\mathbb {K} }^{n}\longrightarrow {\mathbb {K} }.}$

3. Das Wegintegral zu einem stetigen Vektorfeld

   ${\displaystyle f\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}}$

   und einer stetig differenzierbaren Kurve

   ${\displaystyle \gamma \colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}.}$

4. Ein lokales Maximum einer Funktion

   ${\displaystyle f\colon M\longrightarrow \mathbb {R} }$

   auf einem metrischen Raum ${\displaystyle {}M}$ in einem Punkt ${\displaystyle {}x\in M}$.

5. Ein kritischer Punkt einer differenzierbaren Funktion ${\displaystyle {}f\colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} }$.
6. Eine nicht-ausgeartete Bilinearform.

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über Folgen und abgeschlossene Mengen in einem metrischen Raum ${\displaystyle {}M}$.
2. Die Mittelwertabschätzung für eine differenzierbare Kurve

   ${\displaystyle f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}.}$

3. Der Satz über implizite Abbildungen.

Beweise den Satz über Bilder kompakter Mengen.

Es sei ${\displaystyle {}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }\in f(T)}$ eine Folge, wobei wir ${\displaystyle {}y_{n}=f(x_{n})}$ mit ${\displaystyle {}x_{n}\in T}$ schreiben können. Da ${\displaystyle {}T}$ kompakt ist, gibt es nach Satz 36.9 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) eine konvergente Teilfolge ${\displaystyle {}x_{n_{i}},\,i\in \mathbb {N} }$, die gegen ein ${\displaystyle {}x\in T}$ konvergiert. Aufgrund der Stetigkeit konvergiert auch die Bildfolge ${\displaystyle {}y_{n_{i}}=f(x_{n_{i}})}$ gegen ${\displaystyle {}f(x)}$. Damit ist eine konvergente Teilfolge gefunden und ${\displaystyle {}f(T)}$ ist kompakt nach Satz 36.9 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)).

Wir betrachten die Funktionen

${\displaystyle B_{0}(t)=(1-t)^{2},\,B_{1}(t)=2t(1-t){\text{ und }}B_{2}(t)=t^{2}.}$

Es seien ${\displaystyle {}v_{0},v_{1},v_{2}\in \mathbb {R} ^{n}}$ drei Vektoren. Wir definieren die Kurve

${\displaystyle {}f(t):=B_{0}(t)v_{0}+B_{1}(t)v_{1}+B_{2}(t)v_{2}\,.}$

a) Berechne ${\displaystyle {}f(0)}$ und ${\displaystyle {}f(1)}$.

b) Berechne ${\displaystyle {}f'(t)}$.

c) Zeige, dass ${\displaystyle {}f'(0)}$ ein Vielfaches von ${\displaystyle {}v_{1}-v_{0}}$ und ${\displaystyle {}f'(1)}$ ein Vielfaches von ${\displaystyle {}v_{2}-v_{1}}$ ist.

d) Skizziere für ${\displaystyle {}v_{0}=(0,1)}$, ${\displaystyle {}v_{1}=(1,1)}$ und ${\displaystyle {}v_{2}=(2,0)}$ das Bild der Kurve ${\displaystyle {}f(t)}$ für ${\displaystyle {}0\leq t\leq 1}$.

a) Es ist

${\displaystyle {}f(0)=B_{0}(0)v_{0}+B_{1}(0)v_{1}+B_{2}(0)v_{2}=v_{0}\,}$

und

${\displaystyle {}f(1)=B_{0}(1)v_{0}+B_{1}(1)v_{1}+B_{2}(1)v_{2}=v_{2}\,.}$

b) Es ist

${\displaystyle {}{\begin{aligned}f'(t)&=B_{0}'(t)v_{0}+B_{1}'(t)v_{1}+B_{2}'(t)v_{2}\\&={\left(2t-2\right)}v_{0}+{\left(-4t+2\right)}v_{1}+{\left(2t\right)}v_{2}.\end{aligned}}}$

c) Es ist

${\displaystyle {}f'(0)=-2v_{0}+2v_{1}=2{\left(v_{1}-v_{0}\right)}\,}$

und

${\displaystyle {}f'(1)=-2v_{1}+2v_{2}=2{\left(v_{2}-v_{1}\right)}\,.}$

d) Skizze.

Es sei ${\displaystyle {}F\colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ^{n}}$ eine lineare Abbildung, aufgefasst als lineares Vektorfeld.

1. Man gebe ein Beispiel für ein diagonalisierbares ${\displaystyle {}F}$ (mit ${\displaystyle {}n=2}$) und eine stetig differenzierbare Kurve

   ${\displaystyle \gamma \colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}}$

   mit ${\displaystyle {}\gamma (a)=\gamma (b)}$ derart an, dass das Wegintegral ${\displaystyle {}\int _{\gamma }F}$ nicht ${\displaystyle {}0}$ ist.

2. Es sei nun ${\displaystyle {}F}$ diagonalisierbar bezüglich einer Orthonormalbasis. Zeige, dass

   ${\displaystyle {}\int _{\gamma }F=0\,}$

   für jede stetig differenzierbare Kurve ${\displaystyle {}\gamma }$ mit ${\displaystyle {}\gamma (a)=\gamma (b)}$ ist.

1. Wir betrachten

   ${\displaystyle {}F(x,y)={\begin{pmatrix}2&1\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2x+y\\y\end{pmatrix}}\,.}$

   Die Matrix besitzt obere Dreiecksgestalt und somit sind die Diagonaleinträge ${\displaystyle {}1}$ und ${\displaystyle {}2}$ die verschiedenen Eigenwerte und die Abbildung ist diagonalisierbar. Es sei ${\displaystyle {}\gamma }$ die trigonometrische Parametrisierung des Einheitskreises, also

   ${\displaystyle {}\gamma (t)={\begin{pmatrix}\cos t\\\sin t\end{pmatrix}}\,.}$

   Dann ist

   ${\displaystyle {}{\begin{aligned}\left\langle F(\gamma (t),\gamma '(t)\right\rangle &=\left\langle {\begin{pmatrix}2\cos t+\sin t\\\sin t\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle \\&=-2\cos t\sin t-\sin ^{2}t+\cos t\sin t\\&=-\cos t\sin t-\sin ^{2}t.\end{aligned}}}$

   Diese Funktion ist von ${\displaystyle {}0}$ zu ${\displaystyle {}2\pi }$ zu integrieren. Der vordere Summand hat ${\displaystyle {}-{\frac {1}{2}}\sin ^{2}t}$ als Stammfunktion, das zugehörige bestimmte Integral ist daher gleich ${\displaystyle {}0}$. Der hintere Summand besitzt aber ein negatives Integral und somit ist

   ${\displaystyle {}\int _{\gamma }F\neq 0\,.}$

2. Es sei ${\displaystyle {}u_{1},\ldots ,u_{n}}$ eine Orthonormalbasis aus Eigenvektoren von ${\displaystyle {}F}$, und es gelte

   ${\displaystyle {}F(u_{j})=c_{j}u_{j}\,.}$

   Es sei ${\displaystyle {}\gamma }$ eine stetig differenzierbare Kurve mit

   ${\displaystyle {}\gamma (a)=\gamma (b)\,}$

   und seien ${\displaystyle {}\gamma _{j}}$ die Komponentenfunktionen bezüglich der Orthonormalbasis. Dann ist

   ${\displaystyle {}{\begin{aligned}\left\langle F(\gamma (t)),\gamma '(t)\right\rangle &=\left\langle F(\gamma _{1}(t)u_{1}+\cdots +\gamma _{n}(t)u_{n}),\gamma _{1}'(t)u_{1}+\cdots +\gamma _{n}'(t)u_{n}\right\rangle \\&=\left\langle F(\gamma _{1}(t)u_{1})+\cdots +F(\gamma _{n}(t)u_{n}),\gamma _{1}'(t)u_{1}+\cdots +\gamma _{n}'(t)u_{n}\right\rangle \\&=\left\langle \gamma _{1}(t)c_{1}u_{1}+\cdots +c_{n}\gamma _{n}(t)u_{n},\gamma _{1}'(t)u_{1}+\cdots +\gamma _{n}'(t)u_{n}\right\rangle \\&=c_{1}\gamma _{1}(t)\gamma _{1}'(t)+\cdots +c_{n}\gamma _{n}(t)\gamma _{n}'(t).\end{aligned}}}$

   Eine Stammfunktion von dieser Funktion ist

   ${\displaystyle {\frac {1}{2}}c_{1}(\gamma _{1}(t))^{2}+\cdots +{\frac {1}{2}}c_{n}(\gamma _{n}(t))^{2}.}$

   Daher ist

   ${\displaystyle {}{\begin{aligned}\int _{\gamma }F&=\int _{a}^{b}(c_{1}\gamma _{1}(t)\gamma _{1}'(t)+\cdots +c_{n}\gamma _{n}(t)\gamma _{n}'(t))dt\\&={\frac {1}{2}}{\left(c_{1}(\gamma _{1}(t))^{2}+\cdots +c_{n}(\gamma _{n}(t))^{2}|_{a}^{b}\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\left(c_{1}(\gamma _{1}(b))^{2}+\cdots +c_{n}(\gamma _{n}(b))^{2}-c_{1}(\gamma _{1}(a))^{2}+\cdots +c_{n}(\gamma _{n}(a))^{2}\right)}\\&=0.\end{aligned}}}$

Wir betrachten die Funktion

${\displaystyle f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto f(x,y)=\vert {x}\vert y.}$

1. Bestimme, welche Richtungsableitungen von ${\displaystyle {}f}$ im Nullpunkt ${\displaystyle {}\left(0,\,0\right)}$ existieren.
2. Bestimme für jeden weiteren Punkt ${\displaystyle {}P\neq \left(0,\,0\right)}$, welche Richtungsableitungen von ${\displaystyle {}f}$ in ${\displaystyle {}P}$ existieren.
3. Bestimme, in welchen Punkten ${\displaystyle {}P}$ die Funktion ${\displaystyle {}f}$ total differenzierbar ist.

1. Es sei ${\displaystyle {}v=\left(c,\,d\right)}$ der Richtungsvektor, bei der Richtungsableitung geht es darum, ob die Abbildung

   ${\displaystyle {}h(t)=f(0+tv)=f(tc,td)=\vert {tc}\vert \cdot td=t\vert {t}\vert \vert {c}\vert \cdot d\,}$

   im Nullpunkt als Funktion in ${\displaystyle {}t}$ differenzierbar ist. Dies ist stets der Fall (mit dem Wert ${\displaystyle {}0}$), da der Differenzenquotient zu ${\displaystyle {}t\vert {t}\vert }$ von beiden Seiten her gegen ${\displaystyle {}0}$ konvergiert.

2. Es sei ${\displaystyle {}P=\left(a,\,b\right)}$ und ${\displaystyle {}v=\left(c,\,d\right)}$. Es sei zunächst ${\displaystyle {}a=0}$ und ${\displaystyle {}b\neq 0}$. Es geht um die Abbildung

   ${\displaystyle {}h(t)=f(P+tv)=f(tc,b+td)=\vert {tc}\vert \cdot {\left(b+td\right)}=\vert {t}\vert \vert {c}\vert \cdot {\left(b+td\right)}\,.}$

   Bei ${\displaystyle {}c=0}$ handelt es sich um die Nullfunktion, die differenzierbar ist. Es sei also ${\displaystyle {}c\neq 0}$. Es ist

   ${\displaystyle {}\vert {t}\vert \vert {c}\vert \cdot {\left(b+td\right)}=\vert {t}\vert \vert {c}\vert b+\vert {t}\vert td\,.}$

   Der zweite Summand ist differenzierbar in ${\displaystyle {}0}$, der erste aber nicht, daher ist diese Abbildung nicht differenzierbar und diese Richtungsableitungen existieren nicht.

   Für ${\displaystyle {}a\neq 0}$ siehe den nächsten Teil.

3. Im Nullpunkt ist die Abbildung total differenzierbar mit dem totalen Differential ${\displaystyle {}0}$. Dazu ist zu zeigen, dass ${\displaystyle {}{\frac {\vert {c}\vert d}{\sqrt {c^{2}+d^{2}}}}}$ für ${\displaystyle {}\left(c,\,d\right)\rightarrow 0}$ gegen ${\displaystyle {}0}$ konvergiert. Dies folgt direkt aus der Abschätzung

   ${\displaystyle {}\vert {\frac {\vert {c}\vert d}{\sqrt {c^{2}+d^{2}}}}\vert ={\frac {\vert {c}\vert \vert {d}\vert }{\sqrt {c^{2}+d^{2}}}}\leq {\frac {{\sqrt {c^{2}+d^{2}}}\cdot {\sqrt {c^{2}+d^{2}}}}{\sqrt {c^{2}+d^{2}}}}={\sqrt {c^{2}+d^{2}}}\,.}$

   Für einen Punkt der Form ${\displaystyle {}\left(0,\,b\right)}$ mit ${\displaystyle {}b\neq 0}$ existieren nach dem zweiten Teil nicht alle Richtungsableitungen und daher ist ${\displaystyle {}f}$ in diesen Punkten auch nicht total differenzierbar. Es sei nun ${\displaystyle {}P=\left(a,\,b\right)}$ mit ${\displaystyle {}a\neq 0}$. Dann gibt es eine hinreichend kleine ${\displaystyle {}\epsilon }$-Umgebung ${\displaystyle {}U}$ von ${\displaystyle {}P}$ derart, dass die erste Koordinate der Punkte aus ${\displaystyle {}U}$ das gleiche Vorzeichen hat wie ${\displaystyle {}a}$. Auf ${\displaystyle {}U}$ ist

   ${\displaystyle {}f(x,y)=\vert {x}\vert y=\pm xy\,}$

   und daher ist ${\displaystyle {}f}$ in diesen Punkten total differenzierbar. Daher existieren in diesen Punkten auch alle Richtungsableitungen.

Zeige, dass das totale Differential zu einer total differenzierbaren Abbildungen

${\displaystyle f\colon V\longrightarrow W}$

in einem Punkt ${\displaystyle {}P\in V}$ eindeutig bestimmt ist.

Angenommen, es gelte

${\displaystyle {}\varphi (P+v)=\varphi (P)+L_{1}(v)+\Vert {v}\Vert \cdot r_{1}(v)\,}$

und

${\displaystyle {}\varphi (P+v)=\varphi (P)+L_{2}(v)+\Vert {v}\Vert \cdot r_{2}(v)\,}$

mit linearen Abbildungen ${\displaystyle {}L_{1}}$ und ${\displaystyle {}L_{2}}$ und mit im Punkt ${\displaystyle {}0}$ stetigen Funktionen ${\displaystyle {}r_{1},r_{2}\colon U{\left(0,\delta \right)}\rightarrow W}$ mit ${\displaystyle {}r_{1}(0)=r_{2}(0)=0}$. Wir müssen ${\displaystyle {}L_{1}=L_{2}}$ zeigen. Dazu ziehen wir die beiden Gleichungen voneinander ab (da es sich hier um Gleichungen von Funktionswerten im Vektorraum ${\displaystyle {}W}$ handelt, ist hier werteweises Abziehen gemeint) und erhalten die Gleichung

${\displaystyle {}0=(L_{1}-L_{2})(v)+\Vert {v}\Vert \cdot (r_{1}(v)-r_{2}(v))\,.}$

Daher müssen wir zeigen, dass die (konstante) Nullabbildung die Eigenschaft besitzt, dass die lineare Abbildung ${\displaystyle {}0}$ ihre einzige lineare Approximation ist.  Wir nehmen daher an, dass

${\displaystyle {}0=L(v)+\Vert {v}\Vert \cdot r(v)\,}$

gilt, wobei ${\displaystyle {}L}$ linear und ${\displaystyle {}r}$ eine in ${\displaystyle {}0}$ stetige Funktion mit ${\displaystyle {}r(0)=0}$ ist. Wenn ${\displaystyle {}L}$ nicht die Nullabbildung ist, so gibt es einen Vektor ${\displaystyle {}v\in V}$ mit ${\displaystyle {}L(v)=w\neq 0}$. Dann gilt für ${\displaystyle {}s\in {\mathbb {R} }}$

${\displaystyle {}0=L(sv)+\Vert {sv}\Vert r(sv)=sw+\vert {s}\vert \cdot \Vert {v}\Vert \cdot r(sv)\,.}$

Dies impliziert, dass ${\displaystyle {}r(sv)=-{\frac {sw}{\vert {s}\vert \cdot \Vert {v}\Vert }}}$ für ${\displaystyle {}s\neq 0}$ gilt. Die Norm von ${\displaystyle {}r(sv)}$ ist daher konstant gleich ${\displaystyle {}{\frac {\Vert {w}\Vert }{\Vert {v}\Vert }}\neq 0}$. Also gilt ${\displaystyle {}\operatorname {lim} _{s\rightarrow 0}\,\Vert {r(sv)}\Vert \neq 0}$, ein Widerspruch.

Es sei ${\displaystyle {}V}$ ein ${\displaystyle {}n}$- dimensionaler ${\displaystyle {}\mathbb {R} }$- Vektorraum mit einer Bilinearform vom Typ ${\displaystyle {}(p,q)}$ und es sei ${\displaystyle {}U\subseteq V}$ ein ${\displaystyle {}d}$-dimensionaler Untervektorraum. Die Einschränkung der Bilinearform sei vom Typ ${\displaystyle {}(p',q')}$. Zeige

${\displaystyle {}p'\geq d+p-n\,.}$

Es sei ${\displaystyle {}W\subseteq V}$ ein Untervektorraum der Dimension ${\displaystyle {}p}$, auf dem die eingeschränkte Bilinearform positiv definit ist. Einen solchen Untervektorraum muss es nach der Definition des Typs geben. Nach der Dimensionsabschätzung für den Durchschnitt von Untervektorräumen besitzt ${\displaystyle {}U\cap W}$ mindestens die Dimension ${\displaystyle {}d+p-n}$. Da dies ein Untervektorraum von ${\displaystyle {}U}$ ist, auf dem die Form positiv definit ist, gilt

${\displaystyle {}p'\geq d+p-n\,.}$

Gibt es ein reelles Polynom ${\displaystyle {}f}$ in zwei Variablen vom Grad ${\displaystyle {}\leq 2}$, das die folgenden Eigenschaften besitzt?

1. Es ist ${\displaystyle {}f((0,0))=0}$.
2. Es ist ${\displaystyle {}f((0,1))=0}$.
3. Es ist

   ${\displaystyle {}{\frac {\partial f}{\partial x}}((0,0))=1\,.}$

4. Es ist

   ${\displaystyle {}{\frac {\partial f}{\partial y}}((0,0))=-2\,.}$

5. Es ist

   ${\displaystyle {}{\frac {\partial f}{\partial x}}((0,1))=-1\,.}$

6. Es ist

   ${\displaystyle {}{\frac {\partial f}{\partial y}}((0,1))=1\,.}$

Wegen der ersten Bedingung können wir direkt ${\displaystyle {}f}$ als

${\displaystyle {}f=ax+by+cx^{2}+dxy+ey^{2}\,}$

ansetzen. Wegen der zweiten Bedingung ist ${\displaystyle {}b+e=0}$, wir können also ${\displaystyle {}e}$ durch ${\displaystyle {}-b}$ ersetzen. Die partielle Ableitung von ${\displaystyle {}f}$ nach ${\displaystyle {}y}$ ist

${\displaystyle {}{\frac {\partial f}{\partial y}}=b+dx-2by\,.}$

Die vierte Bedingung ergibt ${\displaystyle {}b=-2}$ und die sechste Bedingung ergibt

${\displaystyle {}-b=1\,.}$

Die Bedingungen lassen sich also nicht simltan erfüllen.

Es sei ${\displaystyle {}f(x,y)=x\sin y}$.

1. Bestimme die kritischen Punkte von ${\displaystyle {}f}$ auf ${\displaystyle {}\mathbb {R} ^{2}}$.
2. Bestimme die lokalen Extrema von ${\displaystyle {}f}$.
3. Zeige, dass die Einschränkung von ${\displaystyle {}f}$ auf die durch ${\displaystyle {}y=x}$ gegebene Diagonale unendlich viele lokale Extrema besitzt.
4. Bestimme, ob die Einschränkung von ${\displaystyle {}f}$ auf die durch ${\displaystyle {}y=x}$ gegebene Diagonale im Nullpunkt ein lokales Extremum besitzt.

1. Die Jacobi-Matrix ist

   ${\displaystyle \left(\sin y,\,x\cos y\right).}$

   Für einen kritischen Punkt müssen beide Komponenten ${\displaystyle {}0}$ sein. Aus der ersten Komponente folgt ${\displaystyle {}y\in \mathbb {Z} \pi }$ und daraus aus der zweiten Komponente ${\displaystyle {}x=0}$, da der Kosinus an den Nullstellen des Sinus keine Nullstelle besitzt. Die kritischen Punkte haben also die Gestalt

   ${\displaystyle (0,n\pi )}$

   mit ${\displaystyle {}n\in \mathbb {Z} }$.

2. Zur Bestimmung der lokalen Extrema betrachten wir die Hesse-Matrix, diese ist

   ${\displaystyle {\begin{pmatrix}0&\cos y\\\cos y&-x\sin y\end{pmatrix}}.}$

   In einem kritischen Punkt ${\displaystyle {}(0,n\pi )}$ ist diese

   ${\displaystyle {\begin{pmatrix}0&\pm 1\\\pm 1&0\end{pmatrix}},}$

   und zwar hängt das Vorzeichen davon ab, ob ${\displaystyle {}n}$ gerade oder ungerade ist. Das charakteristische Polynom ist

   ${\displaystyle {}\chi _{}\,(\lambda )=\det {\begin{pmatrix}\lambda &\mp 1\\\mp 1&\lambda \end{pmatrix}}=\lambda ^{2}-1=(\lambda -1)(\lambda +1)\,.}$

   Die Hesse-Matrix hat somit einen positiven und einen negativen Eigenwert und nach [[Bilinearform/Symmetrisch/Eigenwertkriterium/Fakt|Kurs:Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)/Teil II/18/Klausur mit Lösungen (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) (Analysis (Osnabrück 2021-2023))]] ist ihr Typ ${\displaystyle {}(1,1)}$. Daher ist sie indefinit und nach Satz 50.2 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gibt es keine lokalen Extrema.

3. Auf der Diagonalen wird die Funktion zu ${\displaystyle {}g(x)=x\sin x}$. Für ${\displaystyle {}x\in \mathbb {Z} \pi }$ hat ${\displaystyle {}g}$ den Wert ${\displaystyle {}0}$. Deshalb muss zwischen zwei solchen benachbarten Nullstellen nach Satz 13.10 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) jeweils ein Maximum oder ein Minimum angenommen werden.
4. Die Funktion ${\displaystyle {}x\sin x}$ hat im Nullpunkt den Wert ${\displaystyle {}0}$. Für ${\displaystyle {}x}$ echt zwischen ${\displaystyle {}-{\frac {\pi }{2}}}$ und ${\displaystyle {}{\frac {\pi }{2}}}$ sind im positiven Bereich beide Faktoren positiv und im negativen Bereich beide Faktoren negativ. Damit ist ${\displaystyle {}x\sin x}$ auf diesem Intervall außerhalb des Nullpunktes positiv und somit liegt im Nullpunkt ein isoliertes lokales Minimum vor.

Es sei

${\displaystyle {}G={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid x>y>0\right\}}\,.}$

Wie betrachten die Abbildung

${\displaystyle \varphi \colon G\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,(x,y)\longmapsto (x+y,xy,x^{y})=(u,v,w).}$

Zeige, dass sämtliche Bildpunkte der Abbildung ${\displaystyle {}\varphi }$ die Bedingung

${\displaystyle {}w^{2}2^{u}{\left(u+{\sqrt {u^{4}-4v}}\right)}^{\sqrt {u^{2}-4v}}={\left(u+{\sqrt {u^{2}-4v}}\right)}^{u}2^{\sqrt {u^{2}-4v}}\,}$

erfüllen.

Es ist

${\displaystyle {}u^{2}-4v=(x+y)^{2}-4xy=x^{2}-2xy+y^{2}=(x-y)^{2}\,,}$

daher ist

${\displaystyle {}{\sqrt {u^{2}-4v}}=x-y\,,}$

da ja ${\displaystyle {}x>y}$ nach Voraussetzung ist. Die linke Seite der zu überprüfenden Gleichung ist

${\displaystyle {}{\begin{aligned}w^{2}2^{u}{\left(u+{\sqrt {u^{4}-4v}}\right)}^{\sqrt {u^{2}-4v}}&=(x^{y})^{2}2^{x+y}{\left(x+y+x-y\right)}^{x-y}\\&=x^{2y}2^{x+y}(2x)^{x-y}\\&=x^{y+y}2^{x}2^{y}(2x)^{x}(2x)^{-y}\\&=x^{y}x^{y}2^{x}2^{y}2^{x}x^{x}2^{-y}x^{-y}\\&=2^{2x}x^{x}x^{y}.\end{aligned}}}$

Die rechte Seite ist ebenfalls

${\displaystyle {}{\begin{aligned}{\left(u+{\sqrt {u^{2}-4v}}\right)}^{u}2^{\sqrt {u^{2}-4v}}&={\left(x+y+x-y\right)}^{x+y}2^{x-y}\\&={\left(2x\right)}^{x+y}2^{x-y}\\&=2^{x}2^{y}x^{x}x^{y}2^{x}2^{-y}\\&=2^{2x}x^{x}x^{y}.\end{aligned}}}$

Bestimme für das Anfangswertproblem

${\displaystyle y^{\prime }=y{\text{ mit }}y(0)=1}$

explizite Formeln für die Picard-Lindelöf-Iterationen.

Wir behaupten, dass die ${\displaystyle {}n}$-te Picard-Lindelöf-Iteration gleich

${\displaystyle {}\varphi _{n}(t)=\sum _{k=0}^{n}{\frac {t^{k}}{k!}}\,}$

ist. Dies beweisen wir durch Induktion nach ${\displaystyle {}n}$, wobei der Anfang ${\displaystyle {}n=0}$ klaar ist, da wegen der Anfangsbedingung

${\displaystyle {}\varphi _{0}(t)=1\,}$

ist. Der Induktionsschritt ergibt sich aus

${\displaystyle {}{\begin{aligned}\varphi _{n+1}(t)&=1+\int _{0}^{t}\varphi _{n}(s)ds\\&=1+\int _{0}^{t}\sum _{k=0}^{n}{\frac {s^{k}}{k!}}ds\\&=1+\sum _{k=0}^{n}\int _{0}^{t}{\frac {s^{k}}{k!}}ds\\&=1+\sum _{k=0}^{n}{\frac {s^{k+1}}{(k+1)!}}{|}_{0}^{t}\\&=1+\sum _{k=0}^{n}{\frac {t^{k+1}}{(k+1)!}}\\&=\sum _{k=0}^{n+1}{\frac {t^{k}}{k!}}.\end{aligned}}}$

Beweise den Satz über die Grenzabbildung einer gleichmäßig konvergenten Abbildungsfolge.

Es sei ${\displaystyle {}x\in L}$ und ${\displaystyle {}\epsilon >0}$ vorgegeben. Aufgrund der gleichmäßigen Konvergenz gibt es ein ${\displaystyle {}n_{0}}$ mit ${\displaystyle {}d{\left(f_{n}(y),f(y)\right)}\leq \epsilon /3}$ für alle ${\displaystyle {}n\geq n_{0}}$ und alle ${\displaystyle {}y\in L}$. Wegen der Stetigkeit von ${\displaystyle {}f_{n_{0}}}$ in ${\displaystyle {}x}$ gibt es ein ${\displaystyle {}\delta >0}$ mit ${\displaystyle {}d{\left(f_{n_{0}}(x),f_{n_{0}}(y)\right)}\leq \epsilon /3}$ für alle ${\displaystyle {}y\in L}$ mit ${\displaystyle {}d{\left(x,y\right)}\leq \delta }$. Für diese ${\displaystyle {}y}$ gilt somit

${\displaystyle {}{\begin{aligned}d{\left(f(x),f(y)\right)}&\leq d{\left(f(x),f_{n_{0}}(x)\right)}+d{\left(f_{n_{0}}(x),f_{n_{0}}(y)\right)}+d{\left(f_{n_{0}}(y),f(y)\right)}\\&\leq \epsilon /3+\epsilon /3+\epsilon /3\\&=\epsilon .\end{aligned}}}$