Analysis 2 Blatt 05 Lsg - Sommersemester PDF

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1. Juni 2016 Institut für Analysis Prof. Dr. Roland Schnaubelt Dipl.-Math. Andreas Geyer-Schulz

Analysis 2 Lösungsvorschlag zum 5. Übungsblatt Aufgabe 1 Seien (M, d) ein metrischer Raum, A ⊆ M . Die Abstandsfunktion dA ist definiert durch dA (x) = inf d(x, a), a∈A

x ∈ M.

Den Abstand zweier nichtleerer Teilmengen A, B ⊆ M definiert man durch dist(A, B) = inf dA (b). b∈B

a) Behauptung. Die Abbildung dA : M → R ist Lipschitz stetig. Beweis. Seien x, y ∈ M . Für ein beliebiges a ∈ A folgt aus der Definition von A und der Dreicksungleichung dA (x) ≤ d(a, x) ≤ d(a, y) + d(x, y ). Bildet man nun in der Ungleichung dA (x)−d(x, y) ≤ d(a, y) das Infimum über alle a ∈ A, so erhält man dA (x) − d(x, y) ≤ dA (y) bzw. dA (x) − dA (y) ≤ d(x, y ). Durch Vertauschen von x und y zeigt man so auch, dass dA (y) − dA (x) ≤ d(x, y) gilt. Insgesamt ergibt sich daraus |dA (x) − dA (y)| ≤ d(x, y), mit anderen Worten, dA ist Lipschitz stetig mit Konstante 1. b) Sei A abgeschlossen. Behauptung. Es gilt die Äquivalenz x ∈ A ⇐⇒ dA (x) = 0. Beweis. Sei x ∈ A. Dann gilt 0 ≤ dA (x) ≤ d(x, x) = 0. Sei umgekehrt x ∈ M mit dA (x) = 0. Nach Definition von dA existiert eine Folge (an )n in A, mit an → x für n → ∞. Da A abgeschlossen ist, folgt x ∈ A. c) Sei A abgeschlossen, B kompakt und A ∩ B = ∅. Behauptung. Dann gilt dist(A, B) > 0. Beweis. Da die Abbildung dA nach Teil a) stetig ist, nimmt dA auf der kompakten Menge B ihr Minimum an, d.h. es exisitert ein b0 ∈ B mit dA (b0 ) = dist(A, B). Angenommen es wäre dA (b0 ) = 0. Nach Teil b) folgt daraus b0 ∈ A, ein Widerspruch zu A ∩ B = ∅. Also gilt dist(A, B) > 0. d) Der metrische Raum (0, 1) ist nicht vollständig. Die Abbildung f : (0, 1) → (0, 1), t 7→ t/2 ist stetig, hat keinen Fixpunkt und es gilt |f (t) − f (s)| ≤ 12 |t − s| für alle t, s ∈ (0, 1). 1 Der metrische Raum [0, ∞) ist vollständig. Die Abbildung f : [0, ∞) → [0, ∞), t 7→ t+ 1+t 1 ist stetig und hat keinen Fixpunkt. Da f ′ (t) = 1 − (1+t)2 < 1 für alle t ∈ [0, ∞) gilt, folgt aus dem Mittelwertsatz die Abschätzung   |f (t) − f (s)| = f ′ (ξ)|t − s| < |t − s|

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Analysis 2 – Lösungsvorschlag zum 5. Übungsblatt

für alle t, s ∈ [0, ∞) mit t 6= s, wobei ξ = ξ(t, s) zwischen t und s liegt. Schließlich untersuchen wir noch die Situation, in der M kompakt ist und f : M → M erfüllt d(f (x), f (y)) < d(x, y), für alle x, y ∈ M, x 6= y. (1) Zum Beispiel erfüllt f = sin auf [0, 1] diese Bedingungen und man sieht, dass es kein q ∈ [0, 1) gibt, sodass f eine strikte Kontraktion wäre. Trotzdem hat f den Fixpunkt 0 = sin(0). Tatsächlich ist dies für kompakte M allgemein richtig, wie das folgende Argument zeigt. Die Abbildung g : M → R, x 7→ d(x, f (x)) ist stetig, nimmt also nach Theorem 1.49 ihr Minimum in x0 ∈ M an. Angenommen es gelte g(x0 ) > 0. Dann wäre x0 6= f (x0 ) und aus (1) folgt dann aber g(f (x0 )) = d(f (x0 ), f (f (x0 ))) < d(x0 , f (x0 )) = g(x0 ). Dies widerspricht der Wahl von x0 als Minimalstelle. Also gilt doch g(x0 ) = 0, d.h., x0 ist ein Fixpunkt von f . Die Eindeutigkeit dieses Fixpunkts zeigt man wie im Beweis des Banachschen Fixpunktsatzes. Aufgabe 2   cos(t) + t sin(t) a) Die Kreisevolvente f : [0, ∞) → R ist definiert durch f (t) = . sin(t) − t cos(t) 2

Sei t ≥ 0. Wir berechnen mit den aus Analysis 1 bekannten Differentiationsregeln     − sin(t) + sin(t) + t cos(t) cos(t) f ′ (t) = . =t sin(t) cos(t) − cos(t) + t sin(t) 2 2 1/2 = t. Für t > 0 kann man somit Hieraus erhält man|f ′ (t)  (t) + sin (t)) |2 = t(cos  sin(t) sin(t) definieren. Beachte, dass diese Definition gerade so = n(t) = 1t t − cos(t) − cos(t) gewählt wurde, dass (f ′ (t)|n(t)) = 0 und |n(t)|2 = 1 für t > 0 gilt. Dies rechtfertigt den Namen Einheitsnormale. Aus der 2π -Periodizität der Sinus- und Kosinusfunktion folgt schließlich, dass     cos(t) + t sin(t) sin(t) f (t) + 2πn(t) = + 2π − cos(t) sin(t) − t cos(t)   cos(t + 2π ) + (t + 2π) sin(t + 2π ) = = f (t + 2π). sin(t + 2π) − (t + 2π) cos(t + 2π)

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b) Die Kardioide f : [0, 2π] → R ist definiert durch f (t) =



 sin(2t) − 2 sin(t) . 2 cos(t) − cos(2t)

Sei t ∈ [0, 2π]. Wir berechnen     2 cos(2t) − 2 cos(t) cos(2t) − cos(t) ′ f (t) = . =2 sin(2t) − sin(t) −2 sin(t) + 2 sin(2t) Man beachte, dass in Aufgabenteil b) der Weg f unendlich oft differenzierbar ist. Allerdings gilt f ′ (0) = 0 = f ′ (2π). An diesen Stellen hat die Kurve f ([0, 2π]) einen Knick.

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1. Juni 2016 Institut für Analysis Prof. Dr. Roland Schnaubelt Dipl.-Math. Andreas Geyer-Schulz

20

y

y 1

10

x −3

x −20

10

−10

−2

1

−1

20

2

3

−1

−10

−2

−3 −20

c) Wir betrachten die Funktionen f : R2 → R,

f (x, y) = (x2 + y2 )exy

g:D→R   wobei D = (x, y, z) ∈ R3 | z 6= 0 .

g(x, y, z) =

und

xey z ,

Für (x, y) ∈ R2 gilt

∂1 f (x, y) = (2x + (x2 + y2 )y)exy ,

∂2 f (x, y) = (2y + (x2 + y2 )x)exy ,

∂11 f (x, y) = (2 + 2xy)exy + (2x + (x2 + y2 )y)yexy = (2 + 4xy + x2 y2 + y4 )exy , ∂21 f (x, y) = (x2 + 3y2 )exy + (2x + (x2 + y2 )y)xexy = (3x2 + 3y2 + x3 y + xy 3 )exy , ∂12 f (x, y) = (y2 + 3x2 )exy + (2y + (x2 + y2 )x)yexy = (3x2 + 3y2 + x3 y + xy 3 )exy , ∂22 f (x, y) = (2 + 2xy)exy + (2y + (x2 + y2 )x)xexy = (2 + 4xy + x2 y2 + x4 )exy . Für (x, y, z) ∈ D gilt ∂1 g(x, y, z) = ∂11 g(x, y, z ) = 0, ∂12 g(x, y, z) = ∂13 g(x, y, z) =

ey z

,

∂2 g(x, y, z) =

∂21g(x, y, z )

ey z , y − ze 2 ,

=

∂22 g(x, y, z)

=

∂23 g(x, y, z) =

xey z

, , ∂3 g(x, y, z) = − xe z2 y

ey ∂31 g(x, y, z) z , xey ∂32 g(x, y, z) z , xey − z 2 , ∂33 g(x, y, z)

Aufgabe 4 p a) Sei f : R2 \ (0, 0) → R gegeben durch f (x, y) = log( x2 + y2 ). Behauptung. ∂12f (x, y) + ∂ 22 f (x, y) = 0. Beweis. Sei x, y ∈ R2 \ {(0, 0)}. Wegen Lemma 2.5 gilt ∂1 f (x, y) = p

2x

1 x2

+ y2

p

3

x2

+ y2

=

2x , x2 + y 2

= − ze2 , y

, = − xe z2 y

=

2xey z3

.

Analysis 2 – Lösungsvorschlag zum 5. Übungsblatt

∂11 f (x, y) =

2(x2 + y2 ) − 4x2 2 y 2 − 2 x2 . = (x2 + y2 )2 (x2 + y2 )2

Aus der Symmetrie f (x, y) = f (y, x) folgt ∂22 f (x, y) = ∂11 f (y, x) =

2x2 − 2y2 = −∂11 f (x, y). (x2 + y2 )2

b) Seien f, g ∈ C 2 (R, R) und c > 0. Die Funktion u : R2 → R ist definiert durch u(t, x) = f (x − ct) + g(x + ct). Behauptung. Die Funktion u erfüllt die Wellengleichung ∂2 ∂2 u(t, x) = c2 u(t, x) ∂t∂t ∂x∂x für alle (t, x) ∈ R2 . Beweis. Sei (t, x) ∈ R2 . Mit Lemma 2.5 berechnen wir ∂u (t, x) = f ′ (x − ct)(−c) + g ′ (x + ct)c, ∂t ∂2u (t, x) = f ′′ (x − ct)c2 + g ′′ (x + ct)c2 , ∂t∂t ∂u (t, x) = f ′ (x − ct) + g ′ (x + ct), ∂x ∂2u (t, x) = f ′′ (x − ct) + g ′′ (x + ct). ∂x∂x Aus diesen Rechnungen folgt die Behauptung. Aufgabe 5 Sei M die Menge der invertierbaren Matrizen in R2×2 .   cos πt − sin πt a) Der Weg f : [0, 1] → R2×2 definiert durch f (t) = erfüllt f (0) = sin πt cos πt     1 0 −1 0 , f (1) = und ist stetig. Außerdem liegt das Bild von f in M, denn 0 1 0 −1 det f (t) = 1 6= 0 ist für alle t ∈ [0, 1] erfüllt. b) Behauptung. Die Menge M ist nicht wegzusammenhängend. Beweis. Angenommen, M wäre wegzusammenhängend. Da det : M → R stetig ist (vgl. Aufgabe 5c), Blatt 4), folgt aus dem Zwischenwertsatz 1.54, dass das Bild det(M ) = R \ {0} wegzusammenhängend ist. Dies ist offensichtlich falsch (vgl. Beipiel 1.53a)).     1 0 1 0 mit 0 −1 0 1 verbindet. Ganz anders sieht die Sache aus, wenn man die Menge M der invertierbaren Matrizen in C2×2 betrachtet. Das obige Argument funktioniert da det(M ) =  nicht mehr,  1 0 C \ {0} wegzusammenhängend ist. Tatsächlich ist [0, 1] ∋ t 7→ ∈ M ein stetiger 0 eiπt Weg in M , der die beiden genannten Matrizen verbindet.

Bemerkung. Insbesondere gibt es keinen stetigen Weg in M , der

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