\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}