Zweite Scheinklausur

Analysis 2

Ss 2018

21.07.2018

Es gibt 7 Aufgaben. Die jeweilige Punktzahl steht am linken Rand.

Die Maximalpunktzahl ist 40 . Zum Bestehen der Klausur sind 16 Punkte

hinreichend.

Die Bearbeitungszeit beträgt 90 Minuten.

Es sind keine Hilfsmittel zugelassen.

In allen Aufgaben, außer Aufgabe 7, sind alle Schritte zu begründen.

Verwenden Sie pro Aufgabe jeweils ein neues Blatt.

Abgaben mit Bleistift oder Rotstift sind nicht zulässig.

Tragen sie bitte Namen, Matrikelnummer sowie Namen Ihres Tutors ein.

Und nun wie immer: Viel Erfolg !

Name M-Nr Tutor

Ich habe die erste Scheinklausur nicht mitgeschrieben oder nicht bestanden. �

1 2 3 4 5 6 7P

Ana-2 S-2.2Ss 2018 21.07.18

h5i Aufgabe 1

Bestimmen sie die Jacobimatrizen der folgenden Abbildungen.

a. f : R ! R3mit f (t) = (t2

cos t, t2sin t, sinh t)>

b. f : R3 ! R3mit f (x, y, z) =

0BB@

x sin y sin zx sin y cos z

x cos y

1CCA

c. f : Rn ! R mit f (x) = kxk2e , wobei k·ke die euklidische Norm bezeichnet.

Lösung

a. f (t) = (2t cos t � t2sin t, 2t sin t + t2

cos t, cosh t)>.

b. Df (x) =

0BB@

sin y sin z x cos y sin z x sin y cos zsin y cos z x cos y cos z �x sin y sin z

cos y �x sin y 0

1CCA .

c. Df (x) = 2x .

h8i Aufgabe 2Sei I ein offenes Intervall.

a. Definieren sie, wann eine Funktion f : I ! R strikt konvex heißt.

b. Sei f 2 C2(I) . Geben sie eine notwendige Bedingung an f 0und eine

hinreichende Bedingung an f 00dafür an, dass f strikt konvex ist.

c. Sei

f (x) = e1/x, g(x) = log(1 + e

x).

Untersuchen sie, ob f auf (0,1) und g auf R strikt konvex sind.

d. Folgern Sie mithilfe der Funktion g , dass für c1, .. , cn · 0 mit n · 1 ,

1 + nq

c1 ..cn ‡ nq

(1 + c1)..(1 + cn)

Lösung

a. f heißt strikt konvex, wenn für beliebige a < b in I und t 2 (0, 1) gilt:

f ((1 � t)a + tb) < (1 � t)f (a) + tf (b).

b. Notwendig ist, dass f 0streng monoton steigt, und damit auch f 00 · 0 auf I

gilt. Hinreichend ist f 00 > 0 auf I .

c. f und g sind strikt konvex, da für x > 0

f 00(x) = e1/x

✓ 2x3 + 1

x4

◆> 0, g00(x) = e

x

(1 + ex)2 > 0.

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Ana-2 S-2.3Ss 2018 21.07.18

d. Gilt ci = 0 für wenigstens ein i , so ist die Ungleichung offensichtlich korrekt.

Wir können daher ci > 0 für alle i annehmen. Bilden wir auf beiden Seiten den

Logarithmus, so ist die Ungleichung äquivalent zu

log

✓1 + exp

✓ 1n

nX

i=1log ci

◆◆‡ 1

n

nX

i=1log(1 + ci),

was gleichbedeutend ist mit

g✓ 1

n

nX

i=1log ci

◆‡ 1

n

nX

i=1g(log(ci)).

Somit ist diese Ungleichung korrekt.

h5i Aufgabe 3Sei f : Rn ! R eine skalare Funktion, sowie x 2 Rn

und h 2 Rn.

a. Geben sie die Definition der Richtungsableitung Dhf (x) von f im Punkt xin Richtung h .

b. Stellen sie @hf (x) durch die totale Ableitung Df (x) sowie die partiellen

Ableitungen @jf (x) dar für den Fall, dass f total differenzierbar ist.

c. Bestimmen sie @hf für

f : R2 ! R, f (x, y) = ax2 + 2bxy + cy2.

Lösung

a. Dhf (x) = limt&0

f (x + th) � f (x)t

= d

dtf (x + th)

����t=0

.

b. Für h =Pn

i=1 hiei ist

Dhf (x) = Df (x)h =nX

k=1@kf (x)hk.

c. Mit Df = 2(ax + by, bx + cy) erhält man

Dhf (x) = Df (x)h

= 2(ax + by, bx + cy)h = 2(ax + by)h1 + 2(bx + cy)h2.

h5i Aufgabe 4Gegeben ist

f : R2 ! R, f (x, y) = 2x2 � 3xy + y2 + 2x � y.

a. Bestimmen Sie alle kritischen Punkte p von f und klassifizieren Sie diese.

b. Bestimmen Sie T 2pf für alle kritischen Punkte.

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Ana-2 S-2.4Ss 2018 21.07.18

Lösung

a. Notwendig ist

rf (x, y) =

4x � 3y + 2�3x + 2y � 1

!=

00

!,

was zu p = (1, 2) als einzigen kritischen Punkt führt. Die Hessische ist überall

Hf (x, y) =

4 �3�3 2

!.

Wegen det Hf = �1 < 0 ist diese indefinit, es liegt also ein Sattelpunkt vor.

b. Wir haben nur einen kritischen Punkt p , und dort ist natürlich Df (p) = 0 .

Da außerdem zufällig f (p) = 0 gilt, erhalten wir

T 2pf (h) = 1

2hHf (p)h,hi = 1

2

4h1 � 3h2

�3h1 + 2h2

! h1

h2

!= 2h2

1�3h1h2+h22.

h6i Aufgabe 5a. Bestimmen Sie die Länge der Kurve

g : [0, 2⇡] ! R2, g(t) =

t � sin t1 � cos t

!.

Hinweis: 1 � cos t = 2 sin2(t/2) .

b. Bestimmen Sie die Bogenlängendarstellung der Kurve

� : [0,1] ! R2, �(t) =

cos 2⇡tsin 2⇡t

!.

c. Wie lautet die Formel für die Länge des Graphen einer C1-Funktion

f : [0,1] ! R ?

Lösung

a. Es ist

kg(t)k = k(1 � cos t, sin t)>k

=q

(1 � cos t)2 + (sin t)2 =p

2p

1 � cos t = 2 |sin(t/2)| .

Wegen sin(t/2) · 0 für 0 ‡ t ‡ 2⇡ erhält man

L(g) =Z 2⇡

0kg(t)k dt = 2

Z 2⇡

0sin(t/2) dt = � 4 cos(t/2)

����2⇡

0= 8.

Es ist

k�(t)k = 2⇡q

(� sin 2⇡t)2 + (cos 2⇡t)2 = 2⇡ .

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Ana-2 S-2.5Ss 2018 21.07.18

Für die Parametrisierung nach der Bogenlänge ergibt Satz 13.18 also

⌘(t) = L[0,t](�) =Z t

02⇡ ds = 2⇡t,

und damit

t(⌘) = ⌘2⇡

.

b. Der Graph �f einer Funktion f : [0,1] ! R hat die Parametrisierung

�f : [0,1] ! R2, �(t) = (t, f (t))>,

seine Länge ist somit

L(�f ) =Z 1

0k�f (t)k dt =

Z 1

0

q1 + (f 0(t))2 dt.

h6i Aufgabe 6Gegeben ist die Differenzialgleichung

x = x(1 � tx)t

. (†)

a. Führen Sie diese Differenzialgleichung durch die Substitution y = 1/x in

eine Differenzialgleichung für y über.

b. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung

z = �zt

+ 1.

c. Bestimmen Sie damit die allgemeine Lösung von (†).

Lösung

a. Für x, y î 0 ergibt die Substitution

� yy2 = d

dt1y

= 1 � (t/y)yt

= y � ty2t

,

also

y = �yt

+ 1.

b. Betrachte zunächst den separierbaren homogenen Anteil, z = �z/t . Eine

triviale Lösung ist z ⌘ 0 . Separation der Veriablen ergibt außerhalb dieser

Lösung

Zdzz

= �Z

dtt

= � log |t| + c,

also

|z| = exp(� log |t| + c) = c|t|

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Ana-2 S-2.6Ss 2018 21.07.18

mit einem anderen c . Für die homogene Lösung erhalten wir somit

zhom = ct

, c 2 R.

Für c = 0 erhalten wir die ebenfalls korrekte spezielle Lösung z ⌘ 0 .

Als eine partikuläre Lösung erhält man auf die übliche Weise

zpart = t2

.

Die allgemeine Lösung lautet somit

z(t) = ct

+ t2

= t2 + c0

2t, c0 = 2c 2 R.

c. Die allgemeine Lösung von (†) ist x = 1/y , wobei y die Lösung z aus b

bezeichnet. Also gilt

x(t) = 1z(t)

= 2tt2 + c0 , c0 2 R.

h5i Aufgabe 7Welche Aussagen sind richtig, welche falsch? Für jede falsche Antwort werden

1,5 Punkte abgezogen, fehlende Antworten ergeben Null Punkte.

a. Mit f = O(h) und g = o(h) ist f � g = o(h) für |h| ! 0 . , wahr , falsch

b. Ist f : R ! (0,1) anti-konvex, so ist 1/f konvex. , wahr , falsch

c. Eine reelle 6 ⇥ 6-Matrix mit negativer Determinante hat mindestens einen

positiven und einen negativen Eigenwert. , wahr , falsch

d. Sei f : Rn ! R C2. Ist Hf (0) indefinit, so ist 0 ein Sattelpunkt von f .

, wahr , falsch

e. Es existiert kein f 2 C1(R2) mit

@xf (x, y) = xy, @y f (x, y) = y2

für alle x, y 2 R2. , wahr , falsch

Lösung

a. Richtig. Siehe Satz 14.5.

b. Richtig. Siehe zum Beispiel Vortragsübung 8.4.

c. Richtig. Denn andernfalls wäre die Determinante als Produkt aller Eigenwerte

nicht-negativ.

d. Falsch. 0 muss kein kritischer Punkt sein.

e. Richtig. Eine Funktion mit diesen partiellen Ableitungen ist auch C2, aber es

ist dann –– im Widerspruch zu Schwartz –

@y (@xf ) = x î @x(@y f ) = 0.

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