\documentclass[11pt,a4paper,oneside,fleqn]{article} % usepackages \usepackage{latexsym} \usepackage{amstext,amsthm} \usepackage{amsmath,amssymb} \usepackage{amsfonts,german} % Einstellungen \setlength{\oddsidemargin}{0.46cm} \setlength{\textwidth}{16cm} \setlength{\mathindent}{1cm} \setlength{\topmargin}{-1cm} \setlength{\headheight}{0cm} \setlength{\headsep}{0cm} \setlength{\topskip}{0cm} \setlength{\textheight}{26cm} % Neue Kommandos \newcommand{\fa}{\qquad \forall \quad} \newcommand{\eps}{\varepsilon} \newcommand{\im}{{\rm Im}\,} \newcommand{\re}{{\rm Re}\,} \newcommand{\be}{\begin{equation}} \newcommand{\ee}{\end{equation}} \newcommand {\field}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand {\B}{\mathcal{B}} \newcommand {\C}{\field C} \newcommand {\D}{\mathcal{D}} \newcommand {\E}{\mathcal{E}} \newcommand {\F}{\field{F}} \newcommand {\G}{\mathcal{G}} \newcommand {\K}{\mathcal{K}} \newcommand {\Ll}{\mathcal{L}} \newcommand {\N}{\field N} \newcommand {\Oo}{\mathcal{O}} \newcommand {\PP}{\mathcal{P}} \newcommand {\Q}{\field Q} \newcommand {\R}{\field R} \newcommand {\Ss}{\mathcal{S}} \newcommand {\T}{\field T} \newcommand {\Z}{\field Z} % Umgebung fuer Saetze \newtheorem{satz}{Satz}%[section] \newtheorem{lemma}[satz]{Lemma} \newtheorem{hilfssatz}[satz]{Hilfssatz} \newtheorem{korollar}[satz]{Korollar} \newtheorem{prop}[satz]{Proposition} \newtheorem{defi}[satz]{Definition} \newtheorem{bem}[satz]{Bemerkung} \newtheorem{beis}[satz]{Beispiel} \newcommand{\Arsinh}{\operatorname{Arsinh}} \newcommand{\Arcosh}{\operatorname{Arcosh}} \newcommand{\Artanh}{\operatorname{Artanh}} \newcommand{\Arcoth}{\operatorname{Arcoth}} \newcommand{\dist}{\operatorname{dist}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \begin{document} \pagestyle{empty} \noindent Mathematisches Institut LMU \hspace{7cm} 06.06.2005\\ Prof. Dr. H. Steinlein \\ \begin{center} \ % {\Large \bf {\"Ubungsblatt 8 zu MPIIA} } \end{center} \ % \vspace{1cm} \noindent{\bf Aufgabe 29: (4 Punkte)} Berechnen Sie die Jacobi-Matrix und die Jacobi-Determinante der Abbildung \begin{align*} F:\mathbb R^3&\to\mathbb R^3\\ (r, \theta, \varphi)&\mapsto (r\sin\theta\cos\varphi,r\sin\theta\sin\varphi,r\cos\theta) \end{align*} \noindent{\it L\"osungsvorschlag:} \(F=(F_1,F_2,F_3)\), \begin{align*} F'(r,\theta,\varphi)&= \begin{pmatrix} \frac{\partial F_1 }{\partial r} & \frac{\partial F_1 }{\partial \theta } & \frac{\partial F_ 1}{\partial \varphi}\\ \frac{\partial F_2 }{\partial r} & \frac{\partial F_2 }{\partial \theta} & \frac{\partial F_2 }{\partial \varphi}\\ \frac{\partial F_3 }{\partial r} & \frac{\partial F_3 }{\partial \theta} & \frac{\partial F_ 3}{\partial \varphi} \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} \sin\theta\cos\varphi& r\cos\theta\cos\varphi &-r\sin\theta\sin\varphi\\ \sin\theta\sin\varphi & r\cos\theta\sin\varphi & r\sin\theta\cos\varphi\\ \cos\theta & -r\sin\theta & 0 \end{pmatrix},\\ \det F'(r,\theta,\varphi) &= \sin\theta\cos\varphi\cdot\det \begin{pmatrix} r\cos\theta\sin\varphi & r\sin\theta\cos\varphi\\ -r\sin\theta& 0 \end{pmatrix} \\& \ -r\cos\theta\cos\varphi\cdot\det \begin{pmatrix} \sin\theta\sin\varphi & r\sin\theta\cos\varphi\\\cos\theta & 0 \end{pmatrix} \\& \ +(-r\sin\theta\sin\varphi)\cdot\det \begin{pmatrix} \sin\theta\sin\varphi & r\cos\eta\sin\varphi\\\cos\theta & -r\sin\theta \end{pmatrix} \\& =\sin\theta\cos\varphi\cdot r^2\sin^2\theta\cos\varphi +r\cos\theta\cos\varphi\cos\theta r\sin\theta\cos\varphi \\&\ +(-r\sin\theta\sin\varphi)(-r\sin^\theta\sin\varphi-r\cos^2\theta\sin\varphi) \\&=r^2\sin\theta\sin^\theta\cos^2\varphi+r^2\sin\theta\cos^\theta\cos^2\varphi \\&\ +(-r\sin\theta\sin\varphi)(-r\sin\varphi[\sin^2\theta+\cos^2\theta]) \\&=r^2\sin\theta\cos^2\varphi[\sin^2\theta+\cos^2\theta]+r^2\sin\theta\sin^2\varphi \\&=r^2\sin\theta(\cos^2\varphi+\sin^2\varphi)=r^2\sin\theta. \end{align*} % \vspace{0.5cm} % \noindent{\bf Aufgabe 30: (4 Punkte)} Sei \(U\subset\mathbb R^n\) % offen und \(f:U\to\mathbb R\) stetig differenzierbare Funktion. Sei % \(x\in U\) und \(c:=f(x)\).\\\noindent % Zeigen Sie: Ist \(N_f(c):=\{z\in U\,|\, f(z)=c\}\), so gilt f\"ur jede % stetig differenzierbare Kurve \(\varphi:]\!-\epsilon,\epsilon\,[\to\mathbb % R^n\) mit \(\varphi(0)=x\) und \(\varphi(\,]\!-\epsilon,\epsilon\,[\,)\subset % N_f(c)\), da\ss\ % \begin{align*} % \langle\nabla f(x),\varphi'(0)\rangle=0, % \end{align*} % d.h. der Gradient \(\nabla f(x)\) steht senkrecht auf die % Niveaufl\"ache \(N_f(c)\). \vspace{0.5cm} \noindent{\bf Aufgabe 30: (4 Punkte)} Sei \(A\) eine symmetrische \(n\times n\) Matrix mit reellen Koeffizienten. Zeigen Sie, da\ss\ die kritischen Punkte, d.h. die Punkte mit verschwindendem Gradienten, der Funktion \begin{align*} R: \mathbb R^n\setminus\{0\}\to\mathbb R\ , \ R(x)=\frac{\langle Ax,x\rangle}{|x|^2}, \end{align*} genau die Eigenvektoren von \(A\) sind. \noindent{\it L\"osungsvorschlag:} Mit \(A=(a_{ij})\) bekommt man \begin{align*} R(x)=\frac{\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^na_{ij}x_ix_j}{\sum_{j=1}^nx_j^2} \end{align*} und damit, f\"ur \(k\in\{1,\ldots,n\}\), \begin{align*} \frac{\partial R}{\partial x_k}(x)&=\frac{|x|^2\frac{\partial}{\partial x_k}(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^na_{ij}x_ix_j)-\langle Ax,x\rangle \frac{\partial}{\partial x_k}(\sum_{j=1}^nx_j^2)}{|x|^4} \\&=\frac{|x|^2(\sum_{j=1}^na_{kj}x_j+\sum_{i=1}^na_{ik}x_i)-\langle Ax,x\rangle 2x_k}{|x|^4} \quad(\frac{\partial}{\partial x_k}(x_ix_j)=\delta_{ki}x_j+x_i\delta_{jk}) \\&=\frac{2|x|^2\sum_{j=1}^na_{kj} x_j-2x_k\langle Ax,x\rangle}{|x|^4}\quad (A^T=A\Rightarrow a_{kj}=a_{jk}) \end{align*} und damit (weil \(\sum_{j=1}^na_{kj}x_j=(Ax)_k\)) \begin{align*} \nabla R(x)&=\frac{2}{|x|^2}\big(\sum_{j=1}^na_{1j}x_j,\ldots,\sum_{j=1}^na_{nj}x_j\big) -2\frac{\langle Ax,x\rangle}{|x|^4}(x_1,\ldots,x_n) \\&=\frac{2}{|x|^2}\big(Ax-R(x)\,x\big)^T. \end{align*} Weil immer \(x\neq0\) gilt, bekommt man also \begin{align*} &\nabla R(x)=0\Rightarrow Ax=R(x)\,x\Rightarrow x \text{ ist Eigenvektor von } A \text{ mit Eigenwert } R(x);\\ &Ax=\lambda x \ (\text{ d.h., } x \text{ ist Eigenvektor von } A \text{ mit Eigenwert } \lambda) \\& \Rightarrow R(x)=\frac{\langle Ax,x\rangle}{|x|^2}=\frac{\langle \lambda x,x\rangle}{|x|^2}=\lambda \\& \Rightarrow \nabla R(x)=\frac{2}{|x|^2}\big(Ax-R(x)\,x\big)^T =\frac{2}{|x|^2}(Ax-\lambda x)^T=0. \end{align*} Also sind die kritischen Punkten von \(R\) genau die Eigenvektoren von \(A\). \vspace{0.5cm} \noindent{\bf Aufgabe 31: (4 Punkte)} Sei \(f:\mathbb R^n\to\mathbb R^n\) und \(x_0\in\mathbb R^n, k\in\mathbb N\) mit \begin{align*} f^k(x_0):=\underset{k}{(\underbrace{f\circ f\circ\cdots\circ f})}(x_0)=x_0. \end{align*} Sei \(f\) in \(x_0,f(x_0),\ldots,f^{k-1}(x_0)\in\mathbb R^n\) total differenzierbar. Zeigen Sie, da\ss\ \begin{align*} \det \big( (f^k)'(x_0)\big) = \det \big( (f^k)'(f(x_0))\big). \end{align*} Hinweis: Kettenregel. \noindent{\it L\"osungsvorschlag:} Unter Verwendung der Kettenregel (die insbesonders gibt, da\ss\ \(f^{i}\), \(1\leq i\leq k\) in \(x_0,f(x_0),\ldots,f^{k-1}(x_0)\in\mathbb R^n\) total differenzierbar sind) bekommt man (weil \(f^k(x_0)=x_0\)) \begin{align*} (f^k)'(f(x_0)&=(f\circ f^{k-1})'(f(x_0)) =f'(f^{k-1}(f(x_0)))\circ (f^{k-1})'(f(x_0)) \\&=f'(f^k(x_0))\circ(f\circ f^{k-2})'(f(x_0)) =f'(x_0)\circ f'(f^{k-2}(f(x_0)))\circ (f^{k-2})'(f(x_0)) \\&= f'(x_0)\circ f'(f^{k-1}(x_0))\circ (f\circ f^{k-3}(f(x_0))) \\&= \cdots = \quad (\text{Induktion !}) \\&= f'(x_0)\circ f'(f^{k-1}(x_0))\circ f'(f^{k-2}(x_0))\circ\cdots\circ f'(f^2(x_0))\circ f'(f(x_0)). \end{align*} Anderseits, \begin{align*} (f^k)'(x_0) &=(f\circ f^{k-1})'(x_0) =f'(f^{k-1}(x_0))\circ (f^{k-1})'(x_0) =f'(f^{k-1}(x_0))\circ (f\circ f^{k-2})'(x_0) \\&=f'(f^{k-1}(x_0))\circ f'(f^{k-2}(x_0))\circ (f^{k-2})'(x_0) \\&=\cdots= \quad (\text{Induktion !}) \\& =f'(f^{k-1}(x_0))\circ f'(f^{k-2}(x_0))\circ\cdots f'(f(x_0))\circ f'(x_0). \end{align*} % [Einfacher ist: % \begin{align*} % (f^k)'(x_0)=(f^{k-1}\circ f)'(x_0)=(f^{k-1})'(f(x_0))\circ % f'(x_0),\\ % (f^k)'(f(x_0))=(f\circ f^{k-1})'(f(x_0))= f'(f^{k-1}(f(x_0)))\circ % (f^{k-1})'(f(x_0))) % =f'(f^k(x_0))\circ (f^{k-1})'(f(x_0)), % \end{align*} % und damit % \begin{align*} % \det(f^k)'(x_0)= \det\big[(f^{k-1})'(f(x_0))\circ % f'(x_0)\big]=\det\big[f'(f^k(x_0))\circ (f^{k-1})'(f(x_0))\big] % =\det(f^k)'(f(x_0))] % \end{align*} Weil \(\det(AB)=\det(BA)\) bekommt man \begin{align*} \det(f^k)'(x_0) &= \det\Big(\prod_{j=1}^{k-1} f'(f^{k-j}(x_0))\Big) \det f'(x_0) \\&=\det f'(x_0) \det\Big(\prod_{j=1}^{k-1} f'(f^{k-j}(x_0))\Big) =\det (f^k)'(f(x_0). \end{align*} [Einfacher ist: \begin{align*} (f^k)'(x_0)&=(f^{k-1}\circ f)'(x_0)=(f^{k-1})'(f(x_0))\circ f'(x_0),\\ (f^k)'(f(x_0))&=(f\circ f^{k-1})'(f(x_0))= f'(f^{k-1}(f(x_0)))\circ (f^{k-1})'(f(x_0)))\\& =f'(f^k(x_0))\circ (f^{k-1})'(f(x_0))= f'(x_0)\circ (f^{k-1})'(f(x_0)), \end{align*} und damit \begin{align*} \det(f^k)'(x_0)&= \det\big[(f^{k-1})'(f(x_0))\circ f'(x_0)\big]=\det\big[f'(x_0)\circ (f^{k-1})'(f(x_0))\big] \\& =\det(f^k)'(f(x_0)).\qquad\qquad\qquad] \end{align*} \vspace{0.5cm} \noindent{\bf Aufgabe 32: (4 Punkte)} Bezeichne \(\langle\cdot,\cdot\rangle\) das Standardskalarprodukt im \(\mathbb R^n\), d.h. \(\langle x,y\rangle=\sum_{i=1}^n x_iy_i\). \begin{itemize} \item[a)] Sei \(b\in \mathbb R\) und \(a\in\mathbb R^n\). Zeigen Sie, da\ss\ die Funktion \(f:\mathbb R^n\to\mathbb R, f(x)=\langle a,x\rangle +b\) in jedem Punkt \(x_0\in\mathbb R^n\) differenzierbar ist mit \(f'(x_0)v=\langle a,v\rangle, v\in \mathbb R^n\). \item[b)] Sei \(A\in\mathbb R^{n\times n}\) eine reellwertige Matrix. Es bezeichne \(A^T\) die zu \(A\) transponierte Matrix. Zeigen Sie, da\ss\ die Funktion \(f:\mathbb R^n\to\mathbb R\), \(f(x)=\langle Ax,x\rangle\) in jedem Punkt \(x_0\in\mathbb R^n\) differenzierbar ist mit \(f'(x_0)v=\langle Ax_0+A^Tx_0,v\rangle, v\in\mathbb R^n\). \end{itemize} \noindent{\it L\"osungsvorschlag:} a) Man hat, durch Linearit\"at des Skalarprodukts, da\ss\ \begin{align*} \big|f(x)-f(x_0)-\langle a,x-x_0\rangle\big| &=\big|(\langle a,x\rangle+b)-(\langle a,x_0\rangle+b)-\langle a,x-x_0\rangle\big| \\&=\big|\langle a,x-x_0\rangle - \langle a,x-x_0\rangle\big|=0, \end{align*} und \(h: v\mapsto\langle a ,v\rangle \) {\it ist} eine Homomorphismus, \(h\in\Hom(\mathbb R^n;\mathbb R)\). Also ist (VII 1.1. Def.) \(f\) in jedem Punkt \(x_0\in\mathbb R^n\) differenzierbar, und \(f'(x_0)v=\langle a,v\rangle\), \(v\in\mathbb R^n\). b) Fast gleich bekommt man (unter verwendung von \(\langle A^Tx,y \rangle=\langle x,Ay\rangle\) und \(\langle x,y\rangle=\langle y,x\rangle\), Linearit\"at des Skalarprodukts, und der Ungleichung von Cauchy-Schwarz), da\ss\ \begin{align*} \big|f(x)&-f(x_0)-\langle A x_0+A^Tx_0, x-x_0\rangle\big| \\&=\big|\langle Ax, x\rangle -\langle Ax_0,x_0\rangle-\langle Ax_0,x\rangle+\langle Ax_0,x_0\rangle -\langle A^Tx_0,x\rangle +\langle A^Tx_0,x_0\rangle\big| \\&= \big|\langle Ax,x\rangle -\langle Ax_0,x\rangle +\langle A^Tx_0,x_0\rangle -\langle A^Tx_0,x\rangle\big| \\&=\big|\langle Ax,x\rangle -\langle Ax_0,x\rangle+\langle x_0,Ax_0\rangle-\langle x_0,Ax\rangle\big| \\&=\big|\langle Ax-Ax_0,x\rangle +\langle x_0,Ax_0-Ax\rangle\big| =\big|\langle x,Ax-Ax_0\rangle+\langle x_0,Ax_0-Ax\rangle\big| \\&=\big|\langle x_0,Ax_0-Ax\rangle-\langle x,Ax_0-Ax\rangle\big| =\big|\langle x_0-x,A(x_0-x)\rangle\big| \\&\leq|x_0-x|\cdot|A(x_0-x)|. \end{align*} Behauptung: \begin{align*} |Av|\leq n(\max_{1\leq i,j\leq n}|a_{ij}|)|v|. \end{align*} Beweis: \begin{align*} |Av|^2&=\langle Av,Av\rangle =\sum_{i=1}^n (\sum_{j=1}^n a_{ij}v_j)^2 \leq \sum_{i=1}^n(\sum_{j=1}^n[\max_{1\leq i,j\leq n}|a_{ij}|]|v_j|)^2 \\&=n(\max_{1\leq i,j\leq n}|a_{ij}|)^2(\sum_{j=1}^n|v_j|)^2 =n(\max_{1\leq i,j\leq n}|a_{ij}|)^2\Big\{\langle (|v_1|,\ldots,|v_n|), (1,\ldots, 1)\rangle\Big\}^2 \\&\leq n(\max_{1\leq i,j\leq n}|a_{ij}|)^2 |v|^2 |(1,\ldots,1)|^2 =n^2 (\max_{1\leq i,j\leq n}|a_{ij}|)^2 |v|^2 \end{align*} Also folgt (mit \(\delta:=\min\big\{\frac{\epsilon}{n(\max_{1\leq i,j\leq n}|a_{ij}|)},1\big\}\)), \begin{align*} \forall\epsilon>0\exists\delta>0: |x-x_0|<\delta \Rightarrow \big|f(x)-f(x_0)-\langle Ax_0+A^Tx_0,x-x_0\rangle\big| \leq \epsilon|x-x_0|, \end{align*} und \(h: v\mapsto \langle Ax_0+A^Tx_0,v\rangle \) {\it ist} eine Homomorphismus,, \(h\in\Hom(\mathbb R^n;\mathbb R)\). Also ist (VII 1.1. Def.) \(f\) in jedem Punkt \(x_0\in\mathbb R^n\) differenzierbar, und \(f'(x_0)v=\langle Ax_0+A^Tx_0,v\rangle\), \(v\in\mathbb R^n\). \vspace{1cm} {\bf \noindent Abgabe bis Montag 13.06.2005, 11.15 Uhr in den MPIIA \"Ubungskasten im 1.~Stock vor der Bibliothek. \\ Unter {\tt http://www.mathematik.uni-muenchen.de/$\sim$sorensen} sind die Bl\"atter im Internet abrufbar. \\ Sprechstunden: H. Steinlein: \hspace{1cm} Mo 10-11, Zimmer 318\\ \hspace*{2.95cm} T. S\o rensen: \hspace{1.02cm} Mi 14-15, Zimmer 335} \end{document}