Musterlösung Aufgabe 1 a) Die Aussage ist falsch. Ein

Musterlösung
Aufgabe 1
a) Die Aussage ist falsch. Ein Gegenbeispiel ist die Funktion f : [0, 1] → R, die
folgendermaßen definiert ist:
(
0 für x ∈ R \ Q
f (x) :=
1 für x ∈ Q
f ist offensichtlich beschränkt. Wir zeigen, dass f nicht Riemann-integrierbar ist.
Es sei 0 = t0 < t1 < . . . < tn = 1 eine beliebige Unterteilung von [0, 1] und τ+ eine
Treppenfunktion mit Sprungstellen ti und τ+ (x) ≥ f (x) für alle x ∈ [0, 1]. Da jedes
Intervall (ti−1 , ti ) mindestens eine rationale Zahl enthält, muss der Wert ci von τ+
auf (ti−1 , ti ) mindestens 1 sein. Also gilt:
Z
n
X
1
τ+ (x)dx =
0
ci (ti − ti−1 ) ≥
i=1
n
X
1 · (ti − ti−1 ) = 1
i=1
Also ist 1 eine untere Schranke von
Z
1
τ+ (x)dx|τ+ ∈ T r([0, 1]), τ+ ≥ f
M+ =
0
Da die Rkonstante Funktion 1 : [0, 1] → R eine Treppenfunktion ist und 1 ≥ f gilt,
1
ist 1 = 0 1dx ∈ M+ und 1 ist das Infimum von M+ . Also gilt
Z
1∗
f (x)dx = 1
0
Sei umgekehrt τ− eine Treppenfunktion mit τ− (x) ≤ f (x) für alle x ∈ [0, 1]. Da jedes
Intervall (ti−1 , ti ) mindestens eine irrationale Zahl enthält, kann der Wert ci von τ−
auf (ti−1 , ti ) höchstens 0 sein. Also gilt:
1
Z
τ− (x)dx =
0
n
X
ci (ti − ti−1 ) ≤ 0
i=1
Also ist 0 eine obere Schranke von
Z
1
τ− (x)dx|τ− ∈ T r([0, 1]), τ− ≤ f
M− =
0
Da die Rkonstante Funktion 0 : [0, 1] → R eine Treppenfunktion ist und 0 ≤ f gilt,
1
ist 0 = 0 0dx ∈ M− und 0 ist das Supremum von M− . Also gilt
Z
1
f (x)dx = 0
0 ∗
f ist nicht Riemann-integrierbar, da für Riemann-integrierbare Funktionen das Oberund das Unter-Integral übereinstimmen.
b) Die Aussage ist wahr. Wenn f stetig ist, dann ist auch f 2 stetig, da das Produkt
zweier stetiger Funktionen wieder stetig ist. Da stetige Funktionen auf kompakten
Intervallen Riemann-integrierbar sind, ist f 2 : [a, b] → R Riemann-integrierbar.
Aufgabe 2 Wir bestimmen zunächst eine Stammfunktion von x31−x mittels Partialbruchzerlegung. Es gilt x3 − x = x(x − 1)(x + 1). Unser Ansatz für die Partialbruchzerlegung lautet:
x3
1
A
B
C
= +
+
−x
x x−1 x+1
A(x2 − 1) B(x2 + x) C(x2 − x)
=
+
+
x3 − x
x3 − x
x3 − x
2
(A + B + C)x + (B − C)x − A
=
x3 − x
Das Gleichungssystem
A+B+C = 0
B−C = 0
−A = 1
hat die eindeutige Lösung A = −1, B = 21 , C = 12 .
Wir erhalten also
Z
Z 1 1 1
1 1
− +
+
dx
x 2x−1 2x+1
1
1
= − ln |x| + ln |x − 1| + ln |x + 1|
2
s 2 p
2
|x − 1|
1
= ln 1 − 2 = ln
x
x
1
dx =
3
x −x
a)
Z
2
∞
s
∞
1
1 − 1 dx
=
ln
x3 − x
x2 2
s
s
1
1 = lim ln 1 − 2 − ln 1 − x→∞
x
4
√
3
2
2
= ln 1 − ln
= 0 + ln √ = ln √ .
2
3
3
q
b) F (x) := ln 1 −
uneigentliche Integral
1 x2
ist eine Stammfunktion von
Z
0
1
x3
1
dx
−x
1
x3 −x
auf (0, 1). Damit das
existiert, müssen limx→1− F (x) und limx→0+ F (x) existieren. Es gilt aber
r
lim− ln
x→1
1
− 1 = −∞
x2
r
lim+ ln
x→0
1
− 1 = ∞,
x2
q
da limx→1− x12 − 1 = 0 und limx→0+ ln x = −∞ ist. Also existiert das uneigentliche
Integral nicht.
Bemerkung. Um zu zeigen, dass das uneigentliche Integral divergiert, muss nur
gezeigt werden, dass einer der beiden Grenzwerte limx→1− F (x) oder limx→0+ F (x)
divergiert.
Aufgabe 3 Sei x := (x1 , . . . , xn )T . Es gilt:
kxkp =
n
X
i=1
! p1
|xi |p
≤
n
X
! p1
max {|x1 |, . . . , |xn |}p
= (nkxkp∞ )1/p =
√
p
n · kxk∞
i=1
und
1
p
kxk∞ = max{|x1 |, . . . , |xn |} = max{|x1 |p , . . . , |xn |p } ≤
n
X
i=1
Zusammengefasst haben wir:
1 · kxk∞ ≤ kxkp ≤
Also ist k kp äquivalent zu k k∞ .
√
p
n · kxk∞
! p1
|xi |p
= kxkp
Aufgabe 4
a) Die Aussage ist falsch. Ein Gegenbeispiel ist durch fn : [0, 1] → R mit fn (x) := xn
gegeben. (fn )n∈N konvergiert bezüglich k.k2 gegen 0, da
Z
1
kfn k2 =
x2n dx
0
12
=√
1
1 + 2n
1
= 0 ist. Der punktweise Limes von (fn )n∈N ist die Funktion
und limn→∞ √1+2n
f : [0, 1] → R mit
(
0 für x ∈ [0, 1)
f (x) =
1 für x = 1
Somit sind der punktweise Limes und der Limes bezüglich der 2-Norm verschieden.
b) Die Aussage ist wahr. In der Vorlesung wurde gezeigt, dass aus der Konvergenz
bezüglich k.kq die Konvergenz bezüglich k.kp folgt, wenn p ≤ q ist.
Will man nicht diesen Satz zitieren, so kann man dies auch mit Hilfe der CauchySchwarz-Ungleichung zeigen:
Z
kfn − f k1 =
1
Z
|fn (x) − f (x)| dx =
0
1
1 · |fn (x) − f (x)| dx ≤ k1k2 · kfn − f k2 ,
0
qR
1
1 dx = 1. Also ist kfn − f k1 ≤ kfn − f k2 . Konvergiert also (fn )
und k1k2 =
0
gegen f in der Norm k.k2 , so ist lim kfn − f k2 = 0 und wegen dieser Abschätzung
dann auch lim kfn − f k1 = 0, so dass (fn ) auch bzgl. k.k1 gegen f konvergiert.
Aufgabe 5
a) Es gibt keine solche Überdeckung.
X1 ist eine abgeschlossene und beschränkte Teilmenge von R und somit kompakt.
Auf Grund des Satzes von Heine-Borel hat jede offene Überdeckung von X1 eine
endliche Teilüberdeckung und eine Überdeckung mit der in der Aufgabenstellung
geforderten Eigenschaft kann somit nicht existieren.
b) Es gibt eine solche Überdeckung.
Behauptung: Die folgende Vereinigung offener Mengen ist eine Überdeckung von X2 :
X2 ⊂
[
Un
mit Un := (−∞, 1 − n1 )
n∈N
Sei nämlich x ∈ X2 = [0, 1). Es ist zu zeigen, dass ein n ∈ N mit x ∈ Un existiert.
Wegen lim 1 − n1 = 1 und x < 1 gibt es ein n ∈ S
N mit x < 1 − n1 . Also ist
1
x ∈ (−∞, 1 − n ) = Un für dieses n, und somit ist x ∈ n∈N Un .
S
Da x ∈ X2 beliebig war, folgt X2 ⊂ n∈N Un , so dass die Behauptung bewiesen ist.
Angenommen die obige Überdeckung besitzt eine endliche Teilüberdeckung. Dann
existiert eine endliche Teilmenge {n1 , . . . , nk } von N mit
X2 ⊂
k
[
j=1
Unj =
k
[
(−∞, 1 −
1
)
nj
j=1
Setze L0 := max {1 − n11 , . . . , 1 − n1k }. Dann ist 0 ≤ L0 < 1. Wähle x ∈ (L0 , 1), so
/ Unj
dass x ∈ X2 = [0, 1) gilt, aber wegen x > L0 folgt: x > 1 − n1j und somit x ∈
Sk
für alle j, also x ∈
/ j=1 Unj .
S
Es gibt also ein x ∈ X2 , das nicht in kj=1 Unj liegt, so dass Un1 , . . . , Unk keine
Teilüberdeckung von X2 ist.
Aufgabe 6
a) Wir verwenden das -δ-Kriterium. Sei also > 0 gegeben und setzt δ := . Es gilt
p
√
für alle x, y, ∈ R: |x| = x2 ≤ x2 + y 2 = k(x, y)k2 und y 2 ≤ x2 + y 2 = k(x, y)k22 .
Ist also (0, 0) 6= (x, y) ∈ R2 mit k(x, y)k < δ, so folgt:
2
2
xy 2 = |x|y ≤ k(x, y)k2 · k(x, y)k2 = k(x, y)k2 < δ = .
x2 + y 2 x2 + y 2
k(x, y)k22
Damit ist das -δ-Kriterium erfüllt, und es gilt:
xy 2
= 0.
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lim
b) Dieser Limes existiert nicht. Wir wählen hierzu xn = yn = n1 . Offensichtlich ist
limn→∞ xn = limn→∞ yn = 0. Es gilt:
xn y n
= lim
2
2
n→∞ xn + yn
n→∞
lim
1
n2
1
n2
+
1
n2
=
1
.
2
Als nächstes wählen wir xn = −yn = n1 . Es ist wieder limn→∞ xn = limn→∞ yn = 0.
Weiterhin gilt:
− n12
1
xn y n
=− .
lim 2
= lim 1
1
2
n→∞ xn + yn
n→∞ 2 + 2
2
n
n
Da die beiden Limiten verschieden sind, kann lim(x,y)→(0,0)
xy
x2 +y 2
nicht existieren.
Aufgabe 7
a) Die Jacobi-Matrix von f lautet:


1
1
1
(df )(x,y,z)  y + z x + z x + y 
yz
xz
xy
Da alle 9 Koeffizientenfunktionen von (df )(x,y,z) stetig sind, folgt, dass f stetig differenzierbar ist.
b) Laut dem Umkehrsatz ist f im Punkt (x0 , y0 , z0 ) genau dann lokal invertierbar,
wenn die Matrix (df )(x0 ,y0 ,z0 ) invertierbar ist bzw. wenn ihre Determinante ungleich
null ist. Es gilt:
det (df )(1,1,0)
1 1 1
= 1 1 2
0 0 1
=0
det (df )(1,−1,0)
1 1 1
= −1 1 0
0 0 −1
Also ist f in (1, 1, 0) nicht lokal invertierbar, aber in (1, −1, 0).
= −2
Aufgabe 8
a) Sei p ∈ S beliebig, z.B. p = (1, 1). S und Bkpk2 (0) sind beides abgeschlossene
Mengen, da S das Urbild der abgeschlossenen Menge {0} ⊂ R bezüglich der stetigen
Funktion g(x, y) := xy − 1 ist. Also ist M := S ∩ Bkpk2 (0) auch abgeschlossen. Da
M eine Teilmenge von Bkpk2 (0) ist, ist M auch beschränkt. Also ist M kompakt und
wegen p ∈ M ist M 6= ∅. Da k.k2 stetig ist, nimmt die Abstandsfunktion k.k2 |M
auf M ein Mininmum an. Sei p0 eine solche Minimalstelle. Es gilt kp0 k2 ≤ kpk2 .
Für alle q ∈ S mit q ∈
/ Bkpk2 (0) gilt kqk2 > kpk2 ≥ kp0 k2 . Also ist p0 eine globale
Minimalstelle für k.k2 auf S.
b) Sei wieder g : R2 → R als g(x, y) := xy − 1 definiert. Weiterhin definieren wir
f : R2 → R als f (x, y) := k(x, y)k22 = x2 +y 2 . f ist das Quadrat des Euklidischen Abstands vom Nullpunkt. Der Wert von f ist genau dann maximal bzw. minimal, wenn
der Euklidische Abstand maximal bzw. minimal ist. Also müssen wir die Funktion
f unter der Nebenbedingung g(x, y) = 0 untersuchen.
Es gilt (∇g)(x,y)T = (y, x)T . ∇g verschwindet nur im Nullpunkt, der aber nicht in S
liegt. Also ist ∇g auf S niemals gleich null und wir können den Satz über Extrema
mit Nebenbedingungen anwenden. Wir definieren
f˜(x, y, λ) := f (x, y) + λg(x, y) = x2 + y 2 + λ(xy − 1) .
Nach der Methode der Lagrange-Multiplikatoren müssen wir die kritischen Punkte
von f˜ bestimmen. Diese sind gegeben durch die Gleichungen
2x + λy = 0
2y + λx = 0
xy = 1
(1)
(2)
(3)
Wegen (3) ist x 6= 0 und y 6= 0. Damit folgt aus (1) und (2):
λ = −2
y
x
y
x
= −2 ⇒ = ⇒ x2 = y 2 ⇒ y = ±x.
y
x
y
x
Setzt man dies in (3) ein, folgt ±x2 = 1. Also muss ± = + und daher y = x sein,
und wegen x2 = 1 folgt x = y ∈ {−1, 1}. Also existieren genau die beiden folgenden
kritischen Punkte von f˜:
(1, 1) und (−1, −1) .
√
Beide Punkte haben den Abstand 2 vom Ursprung. Also sind beide globale Minima
der Abstandsfunktion.
c) Solche Punkte können nicht existieren.
1. Begründung:
Wir definieren pn := ( n1 , n) ∈ S mit n ∈ N. Es gilt:
q
kpn k = n2 +
1
n2
>n.
Angenommen q ∈ S habe maximalen Abstand vom Nullpunkt. Dann existiert ein
n ∈ N mit n > kqk und somit gilt auch kpn k > kqk. Also kann q nicht existieren.
2. Begründung:
Wir hatten gezeigt, dass g auf S keine kritischen Punkte hat. Hätte also die Funktion
f von b) ein Maximum auf S, so müsste dies nach der Methode der Lagrangemultiplikatoren wieder ein kritischer Punkt von f˜ in b) sein. Da wir aber gezeigt haben,
dass f˜ nur die beiden kritischen Punkte hat, die den Punkten mit minimalem Abstand entsprechen, kann es keinen Punkt mit maximalem Abstand geben.
Aufgabe 9 Die Aussage ist falsch. Ein Gegenbeispiel ist durch F : R2 → R mit
F (t, x) := x2 sowie t0 = 0 und x0 = 1 gegeben. Wir bestimmen die maximale Lösung
des Anfangswertproblems
x0 = x2 ,
x(0) = 1 .
x0 = x2 ist eine separable Differentialgleichung und wir können wie üblich umformen:
x0 (t)
= 1
x2 (t)
Z
t
⇒
0
⇒
⇒
−
x0 (s)
ds =
x2 (s)
Z
t
1ds
0
1
+1 = t
x(t)
x(t) =
1
1−t
1
Die Funktion x : (−∞, 1) → R mit x(t) = 1−t
löst das Anfangswertproblem. Es
können keine weiteren Lösungen x
e : I → R mit (−∞, 1) ⊂ I und x
e|(−∞,1) =
x existieren, da x bei 1 eine Polstelle hat und somit nicht stetig über 1 hinaus
fortgesetzt werden kann. Also ist x eine maximale Lösung, die nicht auf ganz R
definiert ist.
Aufgabe 10
∂F
|(t ,x ) =
a) Ist t0 ∈ R beliebig und x0 6= 0, so existiert die partielle Ableitung
∂x 0 0
1
in (t0 , x0 ), und sie ist stetig. Damit folgt aus einem Satz der Vorlesung, dass
4√
5 x
0
F in (t0 , x0 ) lokal Lipschitzstetig bzgl. x ist.
Ist t0 ∈ R beliebig und x0 = 0, so ist F nicht lokal Lipschitztstetig bzgl. x in (t0 , 0).
Denn wäre F lokal Lipschitzstetig bzgl. x in (t0 , 0), so gäbe es eine Umgebung U0
von (t0 , 0) und eine Konstante L > 0 mit |F (t, x) − F (t, 0)| ≤ L|x − 0|, für alle
(t, x) ∈ U0 , also müsste gelten für (t, x) ∈ U0 , x 6= 0:
L≥
|F (t, x) − F (t, 0)|
=
|x − 0|
√
5 4
5 x − 0
|x|
5
= p
.
5
|x|
5
5
Da aber limx→0 p
= ∞, gibt es ein > 0 so dass für |x| < folgt: p
> L, so
5
5
|x|
|x|
dass die obige Ungleichung nicht gilt. Da aber U0 eine offene Umgebung von (t0 , 0)
ist, enthält es Punkte (t, x) mit 0 < |x| < , für die diese Ungleichung nicht gilt.
Dies ist ein Widerspruch.
Daher ist F lokal Lipschitzstetig bzgl. x in (t0 , x0 ) genau dann, wenn x0 6= 0.
√
5
b) Die Differentialgleichung x0 = 5 x4 ist separabel und wir erhalten:
x0 (t)
p
= 5
5
x(t)4
t
Z
⇒
0
u=x(s)
Z
x0 (s)
p
ds =
5
x(s)4
x(t)
⇒
x(0)
Z
t
5ds
0
1
√
du = 5t
5
4
u
| {z }
u−4/5
⇒
x(t)
5u1/5 |x(0) = 5t
p
p
⇒ 5 5 x(t) − 5 5 x(0) = 5t
| {z }
=1
x(t) = (t + 1)5
p
Wegen x(0) = 1 und x0 (t) = 5(t + 1)4 = 5 5 x(t)4 ist dies in der Tat eine Lösung,
die auf ganz R definiert und daher maximal ist.
⇒
c) Eine maximale Lösung des Anfangswertproblems ist x1 : R → R mit x1 (t) = 0.
Sei x die Lösung aus Aufgabenteil b). Es gilt x(−1) = 0. Dies motiviert die folgende
Definition:
(
(t + 1)5
x2 (t) =
0
für t ≤ −1
für t > −1
x2 ist stetig und es gilt x2 (0) = 0. Eingeschränkt auf (−∞, −1) und (−1, ∞) ist x2
eine Lösung der Differentialgleichung. Man kann leicht zeigen, dass
lim ±
x→−1
x2 (t) − x2 (−1)
=0
t − (−1)
ist. Somit ist x02 (−2) = x2 (−2) = 0 und x2 löst die Differentialgleichung auf ganz R.
Da x2 auf ganz R definiert ist, handelt es sich um eine maximale Lösung. Also hat
das Anfangswertproblem zwei verschiedene Lösungen x1 und x2 .
Alternativ könnte man wieder den Separationsansatz wie in Teil a) verwenden:
x0 (t)
p
= 5
5
x(t)4
Z
⇒
0
t
x0 (s)
p
ds =
5
x(s)4
Z
t
5ds
0
p
p
⇒ 5 5 x(t) − 5 5 x(0) = 5t
| {z }
=0
⇒
x(t) = t5
p
Dann ist x0 (t) = 5t4 = 5 5 x(t)4 und x(0) = 0, also ist dies eine dritte Lösung des
Anfangswertproblems.
Dies ist kein Widerspruch zum Satz von Picard-Lindelöf, da F nicht lokal Lipschitzstetig bezüglich x in (0, 0) ist, was beim Satz von Picard-Lindelöf vorausgesetzt
ist.

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