Lösung zum 8. Sonderübungsblatt

Lösungen zum Sonderübungsblatt 8 – Analysis II
Aufgabe 1 (Extrema berechnen):
1 1
a) Sei f ( x, y) : = 4 x y, x, y 0
y
− x
− + ≠ gegeben.
Berechne alle Extrempunkte und gib die Art der Extrema an.
b) Sei f : R² → R , f ( x, y) : = x² + 12xy + 2 y²
gegeben. Zu berechnen sind die Extrema unter
der Nebenbedingung 4 x² + y² = 25 .
Aufgabe 2 (Implizite Funktionen):
²
Man berechnen y '( x ) der durch x − 3y + e
xy + 2 = 0 implizit gegebenen Funktion y = g( x)
mit 1 = h(0)
.
Aufgabe 3 (Taylorentwicklung):
Zu bestimmen ist das Taylorpolynom T2 (( x, y );(1,1)) zweiter Ordnung von
g : , f ( x, y) : y
R 2
→ R = x
an der Stelle > 0
0 0
Aufgabe 4 (Stetigkeit):
xy
Zeige, dass f ( x, y)
=
x²
e −1
( x , y ) = (1,1) .
im Nullpunkt unstetig ist.
Aufgabe 5 (Differenzierbarkeit):
Ist die Funktion f : R² → R , f ( x, y) : = | xy | im Nullpunkt partiell oder total differenzierbar?
Aufgabe 6 (Differentialgleichungen):
Wir betrachten die Differentialgleichung
Separationsverfahren lösen wollen.
y = x • y ' , die wir ebenfalls mit dem
Aufgabe 7 (Picard-Lindelöf):
k −1
Wir betrachten die Gleichung y '( x) = kx y( x)
mit einem k ∈ N .
Sei η ∈ R beliebig und ξ : = 0 , also y(0)
= η . Löse die Differentialgleichung mit dem
Iterationsverfahren von Picard-Lindelöf.
Zusatzaufgaben:
Aufgabe 3.1.1:
k
k 2
k
Folgende Normen sind gegeben: || x ||
1: = ∑ | x | , || x || : = ( ( x )²) = ( x )²
k
|| x || : = max | x | . Zeigen für den Spezialfall n=2 die Ungleichung
∞
1≤k ≤n
|| x || ≤|| x || ≤ n || x || ≤ n || x || . Stelle dies auch graphisch dar.
∞
1 2
∞
n
k = 1
2
n
k = 1 k = 1
1
∑ ∑ und
n

Aufgabe 3.2.1:
Seien f , g : X → R zwei stetige Funktionen auf dem metrischen Raum X . Für x ∈ X
werde definiert
ϕ( x) : = max( f ( x), g( x))
ψ ( x) : = min( f ( x), g( x))
Man zeige, dass die Funktionen ϕ,
ψ : X → R stetig sind.
Aufgabe 3.2.2:
Sei W der offene Würfel im
n
R ,
1
n
W : = {( x ,..., x ) ∈ R :| x | < 1 für i = 1,..., n}
.
Man konstruiere einen Homöomorphismus von W auf die Einheitskugel
B(1,0) = { x ∈ R n :|| x || < 1} .
Aufgabe 3.2.3:
Man zeige, dass der Vektorraum C[ a, b ] aller stetigen Funktionen f :[ a, b]
→ R auf dem
kompakten Intervall [ a, b]
⊂ R mit der Supremumsnorm || f ||: = sup{| f ( x) |: x ∈ [ a, b]}
vollständig ist.
Aufgabe 3.2.4:
Aug dem Vektorraum C [ , ] 1
a b aller einmal stetig differenzierbaren Funktionen f :[ a , b ] → R
n
werde folgende Norm definiert und eingeführt und zwar
|| f || : = sup{| f ( x) | + | f '( x) |: x ∈ [ a, b]}
.
C1
a) Man zeige, dass C [ , ] 1
a b mit dieser Norm vollständig ist.
b) Man zeige, dass die Abbildung D : C1[ a, b] → C[ a, b], f ֏ f ' stetig wird, wenn C [ a, b ] 1
mit der || • || C1
- Norm und C[ a, b ] mit der Supremumsnorm versieht.
Zusatzaufgabe:
Seien I,
J ⊂ R kompakte Intervall und f : I × J → R eine stetige Funktion. Die Funktion
F : I → R werde definiert durch F( x) : = sup{ f ( x, y) : y ∈ J}
. Man zeige dass F stetig ist.
i

Lösung:
Aufgabe 1:
1 1
a) Wir berechnen nun die Extrempunkte von f ( x, y) : = 4 x y, x, y 0
y
− x
− + ≠ .
Auch hier ist die Vorgehensweise analog wie in den vorigen Beispielen. Zunächst benötigen
wir den Gradienten (oder auch Hessematrix), folglich also die partiellen Ableitungen
1 1
fx( x, y) = 4, fx( x, y) 1
x² − = − y²
+
1
1
Wir erhalten als notwendige Bedingung also 0 = − 4 und 0 = − + 1 .
x²
y²
1
Die erste Gleichung ist für x
1,2
= ± und die zweite Gleichung für y
1,2
= ± 1 erfüllt.
2
Wir erhalten demnach vier mögliche Extrema (vier kritische Punkte). Und zwar an den
1 1 1 1
Stellen: ( ,1), ( , −1), ( − ,1), ( − , − 1) . Nun stellen für die hinreichende Bedingung
2 2 2 2
⎛ −2 x³ 0 ⎞
wieder die Hessematrix auf H : = D² f ( x, y)
= ⎜ ⎟ . In dieser Matrix stehen
⎝ 0 2 y³
⎠
einfach die entsprechenden zweiten partiellen Ableitungen.
Wir berechnen zunächst allgemein das charakteristische Polynom, ohne zuvor einzusetzen.
Es ergibt sich
⎛ −2 x³ − λ 0 ⎞
4 2 2
PH
= det ⎜
⎟ = ( −2 x³ − λ)(2 y³ − λ) = − + λ − λ + λ²
⎝ 0 2 y³ − λ ⎠
x³ y³ x³ y³
2 2 4
= λ² + ( − ) λ −
x³ y³ x³ y³
Die Nullstellen des charakteristischen Polynoms sind die Eigenwerte der Matrix, die sich über
die p, q-Formel ergeben:
2 2 4
λ² + ( − ) λ − = 0
x³ y³ x³ y³
1 2 2 1 2 2 4
⇒ λ1,2
= − ( − ) ± [ − ( − )]² +
2 x³ y³ 2 x³ y³ x³ y³
λ
1 1 1 1 4 1 1 1 1 2 4
= − + ± [ − + ]² + = − + ± + − +
x³ y³ x³ y³ x³ y³ x³ y³ x y x³ y³ x³ y³
1,2 6 6
1 1 1 1 2
= − + ± + +
x y x y x y
6 6
³ ³ ³ ³
Nun können wir nacheinander die möglichen Extremstellen einsetzen und so entscheiden,
ob die Matrix positiv, negativ oder indefinit ist.

1
• Für ( ,1) :
2
1 1 1 1 2
λ1,2 = − + ± + + = − 8 + 1± 64 + 1+ 16 = − 7 ± 81 = − 7 ± 9
6 6
0,5³ 1³ 0,5 1 0,5³1³
⇒ λ = 2 ∨ λ = −16
1 2
Also die die Matrix indefinit. D.h. bei
1
Stelle ( ,1)
2
1
• Für ( , 1)
2 − :
λ
aber ein Sattelpunkt vor.
1,2 6 6
1
( ,1) liegt kein Extrempunkt vor. Dafür liegt an der
2
1 1 1 1 2
= − + ± + + = −8 − 1± 64 + 1− 16 = − 9 ± 49 = − 9 ± 7
0,5³ ( −1)³ 0,5 ( −1) 0,5³( −1)³
⇒ λ1 = −2 ∨ λ2
= −16
1
Wir folgern, dass die Matrix negativ definit ist. Daher liegt bei ( , − 1) ein Maximum vor.
2
1
• Für ( − ,1) :
2
1 1 1 1 2
λ1,2 = − + ± + + = 8 + 1± 64 + 1− 16 = 9 ± 49 = 9 ± 7
6 6
−0,5³ 1³ ( −0,5) 1 −0,5³1³
⇒ λ1 = 16 ∨ λ2
= 2
1
Wir folgern, dass die Matrix positiv definit ist. Daher liegt bei ( − ,1) ein Minimum vor.
2
1
• Für ( − , − 1) :
2
1 1 1 1 2
λ1,2 = − + ± + + = 8 − 1± 64 + 1+ 16 = 7 ± 81 = 7 ± 9
6 6
−0,5³ −1³ ( −0,5) ( −1) 0,5³1³
⇒ λ1 = 16 ∨ λ2
= −2
Die Matrix ist semidefinit, da sowohl positive als auch negative Eigenwerte vorliegen. Daher
1
liegt bei ( − , − 1) kein Extrempunkt, aber ein Sattelpunkt vor.
2
Wir berechnen noch die Größe der Extrema durch Einsetzen in die Funktionsgleichung.
1
Das Maximum liegt an der Stelle ( , 1)
2 − .
1 1
Der Funktionswert lautet also z = f ( , − 1) : = − 2 − 2 − 1 = −1− 2 − 2 − 1 = −6
.
2 −1
1
Das Minimum liegt an der Stelle ( − ,1) .
2
1
Der Funktionswert lautet also z = f ( − ,1) = 1+ 2 + 2 + 1 = 6 .
2
Damit ist die Aufgabe mehr als gelöst.

) Sei f : R² → R , f ( x, y) : = x² + 12xy + 2 y²
gegeben. Zu berechnen sind die Extrema unter
der Nebenbedingung 4 x² + y² = 25 .
Wir verwenden die Lagrange-Multiplikationsregel.
Nach Lagrange existiert eine Funktion L( x, y, λ) = f ( x, y) + λg( x, y)
mit unserer
Nebenbedingung g( x, y) = 4 x² + y² − 25 .
Das bedeutet L( x, y, λ) = x² + 12xy + 2 y² + λ(4 x² + y² − 25) .
Wir bestimmen die partiellen Ableitungen:
L ( x, y, λ) = 2x + 12y + 8λx
x
L ( x, y, λ) = 12x + 4y + 2λ
y
y
L ( x, y, λ) = 4 x² + y² − 25
λ
Die notwendige Bedingung für das Vorhandensein von Extrema ist nun, dass
L ( x, y, λ) = L ( x, y, λ) = L ( x, y, λ) = 0 .
x
y
Wir erhalten also das Gleichungssystem:
0 = 2x + 12y + 8 λx = (2 + 8 λ) x + 12 y (1)
0 = 12x + 4y + 2 λ y = (4 + 2 λ) y + 12 x (2)
0 = 4 x² + y² − 25 (3)
λ
Dieses müssen wir nun lösen. Wir können (3) direkt nach x bzw. y auflösen. Das „Problem“
dabei ist, dass wir hier einige Fälle zu unterscheiden haben.
25 − y²
25 − y²
Es gilt zunächst x²
= ⇒ x = ± und analog y² = 25 − 4 x² ⇒ y = ± 25 − 4 x²
.
4 2
−12y
−12x
Aus Gleichung (1) und (2) folgen x = und y = .
2 + 8λ
4 + 2λ
Diese Gleichungen müssen nun kombiniert, eingesetzt und die Werte berechnet werden. Ich
führe dies nicht mehr für alle Fälle ausführlich aus, sondern gebe nur die Ergebnisse an.
25 − y²
1. Fall: x = und y = 25 − 4 x²
.
2
Hier erhalten wir x = 2, y = − 3, λ = 2 .
25 − y²
2. Fall: x = − und y = 25 − 4 x²
.
2
Hier erhalten wir x = − 2, y = 3, λ = 2 .
25 − y²
3. Fall: x = und y = − 25 − 4 x²
.
2
Hier erhalten wir x = 3 2, y = 3, λ = − 17 4 .
4. Fall:
25 − y²
x = − und y = − 25 − 4 x²
.
2

Hier erhalten wir x = − 3 2, y = − 4, λ = − 17 4 .
Für die hinreichende Bedingung benötigen wir die Hessematrix und folglich erstmal die
zweiten Ableitungen:
f ( x, y) = 2x + 12 y, f ( x, y) = 2
x
f ( x, y) = 12x + 4 y, f ( x, y) = 4
y
xx
yy
f ( x, y) = 12 = f ( x, y)
xy
yx
⎛ 2 12⎞
⇒ H : = ⎜ ⎟
⎝12 4 ⎠
Um zu entscheiden, ob diese Hessematrix positiv oder negativ definit ist, berechnen wir die
Eigenwerte durch die Nullstellen des charakteristischen Polynoms
⎛ 2 − x 12 ⎞
PH
= det ⎜ ⎟ = (2 − x)(4 − x) −144
.
⎝ 12 4 − x⎠
0 = (2 − x)(4 − x) − 144 = 8 − 6 x + x² − 144 = x² − 6x
−136
⇒ x = 3± 9 + 136 = 3 ± 145
1,2
Es folgt daraus, dass die Hessematrix indefinit ist. Daher liegt an den besagten Stellen keine
Extrema vor.
Aufgabe 2:
Man berechnen y '( x ) der durch
mit 1 = h(0)
.
²
− 3 + xy + 2 = 0 implizit gegebenen Funktion y = g( x)
x y e
Explizit kann diese Gleichung nicht aufgelöst werden. Wir differenzieren beide Seiten der
Gleichung daher implizit unter Ausnutzung der Produkt –und Kettenregel:
xy²( x)
x − 3 y( x) + e + 2 = 0 ⇒
y x e y x x y x y x
xy²( x)
1− 3 '( ) + • (1 • ²( ) + • 2 ( ) '( )) = 0
xy²( x)
1− 3 y '( x) + e • ( y²( x) + x • 2 y( x) y '( x)) = 0
+ y e + − + xye y =
xy² xy ²
1 ² ( 3 2 ) ' 0
Daraus kann man die Ableitung y ' der Auflösung an allen Stellen ( x0, y
0)
berechnen. Wir
xy ²
xy² xy²
1 + y²
e
xy²
erhalten 1 + y² e + ( − 3+ 2 xye ) y ' = 0 ⇔ y ' = − . Hierbei muss − 3+ 2xye
≠ 0
−
xy²
3 + 2xye
²
sein. Dies ist aber für x = 0, y = 1 erfüllt, denn − 3+ 2xye
xy = −3 ≠ 0 . Wir berechnen also die
Ableitung, ohne y = g( x)
explizit anzugeben.

Aufgabe 3:
Zu bestimmen ist das Taylorpolynom T2 (( x, y );(1,1)) zweiter Ordnung von
2
x
g : R → R > 0
, f ( x, y) : = y an der Stelle ( x0, y
0) = (1,1) .
Hierzu benötigen wir die partiellen Ableitungen, die wir zunächst berechnen. Weiterhin
setzen wir in diese partiellen Ableitungen gleich die Stelle ( x0, y
0) = (1,1) ein.
x
f ( x, y) = y ⇒ f (1,1) = 1
∂ x ∂
x
fx( x, y) = y = (exp( x • ln y)) = exp( x • ln y) • ln y = ln y • y ⇒ fx(1,1) = 0
∂x
∂x
∂ x x−1
f
y
( x, y) = y = xy ⇒ f
y
(1,1) = 1
∂y
∂ ∂ x ∂ x ∂
x
fxx
( x, y) = ( y ) = (ln y • y ) = (ln y • exp( x • ln y)) = ln ² y • y ⇒ fxx
(1,1) = 0
∂x ∂x ∂x ∂x
∂ ∂ x ∂ x−1 x−2
f
yy
( x, y)
= ( y ) = ( xy ) = x( x −1) y ⇒ f
yy
(1,1) = 0
∂y ∂y ∂y
∂ ∂ ∂
1
fxy
( x, y) = ( y ) = (ln y • y ) = • y + ln( y) • xy = y + ln( y)
• xy
∂y ∂x ∂y y
= (1 + ln( )) ⇒ (1,1) = 1
x−1
y x y fxy
x x x x−1 x−1 x−1
∂ ∂ ∂ ∂
f x y y xy x x y y
∂x ∂y ∂x ∂x
x x−1
x−1 x−1
yx
( , ) = ( ) = ( ) = ( • exp(( − 1) • ln( )) = 1•
+ x ln( y)
y
= (1 + ln( )) ⇒ (1,1) = 1
x−1
y x y f
yx
Das zweite Taylorpolynom lautet nach Satz 12.4.10 allgemein:
T (( x, y);( x , y )) = f ( x , y ) + f ( x , y )( x − x ) + f ( x , y )( y − y ) +
2 0 0 0 0 x 0 0 0 y 0 0 0
1 ( fxx ( x0 , y0 )( x − x0 )² + 2 fxy ( x0 , y0 )( x − x0 )( y − y0 ) + f
yy ( x0 , y0 )( y − y0
)²)
2!
Ein einfaches Einsetzen der obigen Werte liefert das gesuchte folgende Taylorpolynom
zweiter Ordnung.
T (( x, y);(1,1)) = f (1,1) + f (1,1)( x − 1) + f (1,1)( y − 1) +
2
x
1 ( fxx (1,1)( x − 1)² + 2 fxy (1,1)( x − 1)( y − 1) + f
yy (1,1)( y − 1)²)
2!
1
= 1+ 0 • ( x − 1) + 1 • ( y − 1) + (0• ( x − 1)² + 2• 1 • ( x −1)( y − 1) + 0 • ( y −1)²)
2
1
= 1+ y − 1+ • 2 • ( xy − x − y + 1) = y + xy − x − y + 1 = xy − x + 1
2
⇒ T 2
(( x, y);(1,1)) = xy − x + 1
Damit ist die Aufgabe gelöst.
y

Aufgabe 4:
xy
Die Funktion f ( x, y)
= ist im Nullpunkt unstetig. Wir müssen uns nur mit zwei
x²
e −1
verschiedenen Geraden annähern. Die Rechnung können wir aus Abschnitt 2.1 übernehmen.
Sei also zunächst einmal y = 0 : Wir erhalten
x • 0
lim
( x,0) →(0,0) f ( x,0) = lim( x,0) →(0,0) = lim
²
( x,0) (0,0)
0 0
x
→
= .
e −1
Nun sei y = x :
L'
Hospital
L'
Hospital
x²
2x
2
lim
( x, x) (0,0)
f ( x, x) = lim( x, x) (0,0)
= lim
² ( x, x) (0,0)
= lim
² ( x, x) (0,0)
= 1
→ → x x x² x²
e − 1 → 2xe →
2e + 4 x²
e
Daraus folgt, dass der Grenzwert nicht existieren kann. Insbesondere folgt damit die
Unstetigkeit im Nullpunkt.
Aufgabe 5:
Wir betrachten die Funktion f : R² → R , f ( x, y) : = | xy | .
Die Funktion ist an der Stelle (0,0) partiell differenzierbar mit
∂f f ( t,0) − f (0,0) ∂f
(0,0) = limt→0
= 0, (0,0) = 0 .
∂x t ∂y
f ist aber an der Stelle (0,0) nicht differenzierbar, den sonst müsste Df (0,0) = 0 und
D f (0,0) = 0 für alle v ∈ R ² gelten. Allerdings ist z.B. für t ≠ 0 :
v
f ( t, t) − f (0,0) | t |
= = sign( t)
, so dass Dv
f (0,0) für v = e1 + e2
gar nicht existiert.
t t
Merke: Partielle Differenzierbarkeit impliziert in keinem Fall totale Differenzierbarkeit. Die
Umkehrung gilt jedoch.
Aufgabe 6:
Wir betrachten die Differentialgleichung
Separationsverfahren lösen wollen.
y = x • y ' , die wir ebenfalls mit dem
y ' 1 y ' 1
k
y = x • y ' ⇔ = ⇒ dx ln | y | ln | x | k y e x cx mit einer gewissen
y x
∫ = ⇒ = + ⇒ = =
y
∫
x
Konstanten c ∈ R, die natürlich von k ∈ R abhängt.
Aufgabe 7:
In einigen Fällen ist es möglich, die Lösung von der Differentialgleichung y '( x) = f ( x, y( x))
durch das Iterationsverfahren, das sich aus dem Beweis des Satzes von Picard-Lindelöf
k −1
ergibt, zu berechnen. Wir betrachten die Gleichung y '( x) = kx y( x)
mit einem k ∈ N .
Sei η ∈ R beliebig und ξ : = 0 , also y(0)
= η .
Iterativ erhalten wir
y x y f t y t dt kt y t dt .
y(0)
= η
y
'( t
x
)
x
k −1
n+ 1( ) : = ( ξ ) + ∫ ( ,
n( )) = η + ∫ n( )
ξ
0

Die Idee ist nun ein paar Funktionen y ( ) n+ 1
x zu berechnen und dann induktiv eine
„Gesetzmäßigkeit“ festzustellen.
x
x
k −1 k −1
k
x
k
1
= η + ∫ 0
= η + ∫ η = η + η = η +
0
0 0
y ( x) kt y ( t) dt kt dt t (1 x )
Für y ( ) 2
x ergibt sich entsprechend:
x x x x
k −1 k −1 k k −1 k k −1 2k
−1
2( ) = η + ∫ 1( ) = η + ∫ ( η(1 + )) = η + ∫η (1 + ) = η + ∫η + η
0 0 0 0
y x kt y t dt kt t dt kt t dt kt kt dt
k 1 2k k 1 2k
= η + ηt + ηt = η(1 + t + t )
2 2
Induktiv kann man beweisen, dass y
l=
0
n
n k l
( x )
( x)
= η∑ . Damit ist
l!
l=
0
∞ k l
( x )
k
x
y = lim yn
( x)
= η∑ = ηe
. Dass dies wirklich eine Lösung der Differentialgleichung ist,
n→∞
l!
müssen wir nun noch überprüfen. Es gilt
k −1
y '( x) = kx y( x)
.
d k
k
x k 1 x
( y e ) kx
−
= η = η e und damit ist tatsächlich
dx
WICHTIG: Wir müssen natürlich noch überprüfen, ob die gefundene Lösung wirklich Lösung
der Differentialgleichung ist, denn wir hatten vorher nicht die Lipschitz-Bedingung aus dem
Satz von Picard-Lindelöf überprüft.
Merke: Bevor man Picard-Lindelöf anwendet, prüfe stets die Lipschitz-Bedingung (siehe
Beispiel 6.9)
Wenn man das Iterationsverfahren anwendet, dann überprüfe immer, ob die gefundene
Lösung wirklich eine Lösung der Differentialgleichung ist.

Zusatzaufgaben:
Aufgabe 3.1.1:
k
k 2
k
Folgende Normen sind gegeben: || x ||
1: = ∑ | x | , || x || : = ( ( x )²) = ( x )²
k
|| x || : = max | x | . Zeigen für den Spezialfall n=2 die Ungleichung
∞
1≤k ≤n
|| x || ≤|| x || ≤ n || x || ≤ n || x || . Stelle dies auch graphisch dar.
∞
1 2
∞
n
k = 1
Die Normen sind für den Spezialfall n=2 wie folgt definiert:
2
n
k = 1 k = 1
1
∑ ∑ und
n
|| x || : = || ( x , x ) || = | x | + | x |
a)
1 1 2 1 2
b) || x || : = || ( x , x ) || = x + x
2 2
2 1 2 1 2
|| x || : = || ( x , x ) || =
∞
max{| x |,| x |}
c)
1 2 1 2
Nun müssen wir also die Ungleichung || x || ≤|| x1 || ≤ 2 || x ||
2≤ 2 || x || zeigen. Das bedeutet
2 2
genauer max{| x |,| x |} ≤ | x | + | x | ≤ 2 x + x ≤ 2max{| x |,| x |} .
1 2 1 2 1 2 1 2
Dies führt auf drei zu zeigende Einzel-Ungleichungen:
∞
∞
max{| x |,| x |} ≤ | x | + | x |
1.)
1 2 1 2
2.) | x | + | x | ≤ 2 x + x
3.)
2 2
1 2 1 2
2 x + x ≤ 2 max{| x |,| x |}
2 2
1 2 1 2
Zu 1.):
Hier führt eine Fallunterscheidung zum Ziel:
a) Sei zunächst | x1 | < | x2
| . Dann gilt max{| x1 |,| x2 |} = | x2
| und damit wie gewünscht
max{| x |,| x |} = | x | ≤ | x | + | x | , da | x | ≥ 0 .
1 2 2 1 2 1
b) Sei nun | x1 | > | x2
| . Dann gilt mit derselben Überlegung wie unter a):
max{| x |,| x |} = | x | ≤ | x | + | x | , da | x | ≥ 0
1 2 1 1 2 2
c) Der Fall | x1 | = | x2
| ist trivialerweise erfüllt. Denn dies lässt sich auf die Fälle a) oder b)
zurückführen.
Zu 2.):
2 2
Zu zeigen, dass | x | + | x | ≤ 2 x + x , ist schon etwas anspruchsvoller, aber auch relativ
1 2 1 2
leicht. Wir führen folgende Äquivalenzumformungen durch, womit die Ungleichung
bewiesen ist:

| x | + | x | ≤ 2 x + x
2 2
1 2 1 2
⇔ (| x | + | x |)² ≤ 2( x + x ) = 2(| x | ² + | x | ²)
2 2
1 2 1 2 1 2
⇔ | x | ² + 2 | x || x | + | x | ² ≤ 2 | x | ² + 2 | x | ²
1 1 2 2 1 2
⇔ 0 ≤| x | ² − 2 | x || x | + | x | ²
1 1 2 2
⇔ 0 ≤ (| x | + | x |)²
1 2
Besser sollte man natürlich den Beweis so aufschreiben:
Es gilt trivialerweise 0 ≤ (| x1 | + | x2
|)² . Daraus folgt nun durch Addition von | x1 | ² + | x2
| ² :
| x | ² + 2 | x || x | + | x | ² ≤ 2 | x | ² + 2 | x | ²
1 1 2 2 1 2
⇒ (| x | + | x |)² ≤ 2( x + x ) = 2(| x | ² + | x | ²)
2 2
1 2 1 2 1 2
⇒ | x | + | x | ≤ 2 x + x
2 2
1 2 1 2
Damit ist auch 2.) gezeigt.
Zu 3.):
Auch
2 x + x ≤ 2 max{| x |,| x |} zeit man mit einer kleinen Fallunterscheidung:
2 2
1 2 1 2
a) Sei zunächst | x1 | < | x2
| . Dann gilt:
2 x + x ≤ 2 max{| x |,| x |} = 2 | x |
2 2
1 2 1 2 2
⇔ 2( x + x ) ≤ 4 | x | ²
2 2
1 2 2
⇔ 2 | x | ² + 2 | x | ² ≤ 4 | x | ²
1 2 2
⇔ 2 | x | ² ≤ 2 | x | ²
1 2
⇔| x | ² ≤| x | ²
1 2
⇔| x | ≤| x |
1 2
Dies ist die Voraussetzung. Damit ist alles gezeigt.
b) Sei zunächst | x1 | > | x2
| . Diesen Fall behandelt man analog. Wir führen ihn aber dennoch
nochmal durch:
2 x + x ≤ 2 max{| x |,| x |} = 2 | x |
2 2
1 2 1 2 1
⇔ 2( x + x ) ≤ 4 | x | ²
2 2
1 2 1
⇔ 2 | x | ² + 2 | x | ² ≤ 4 | x | ²
1 2 1
⇔ 2 | x | ² ≤ 2 | x | ²
2 1
⇔| x | ² ≤| x | ²
2 1
⇔| x | ≤| x |
2 1
Damit ist auch 3.) gezeigt.
Skizzierungen der abgeschlossenen Bälle für n=2:
• B1 x x
1
x x1 x2
(0,1) : = { :|| || ≤ 1} = { :| | + | | ≤ 1}

Um dies zeichnen zu können, müssen wir für jeden Quadranten eine Fallunterscheidung
vornehmen. Wir führen dies aus:
1. Quadrant:
Hierfür gilt | x1 | = x1 und | x2 | = x2
. Dann müssen wir also im ersten Quadranten
x + x ≤1 ⇔ x ≤1− x skizzieren.
1 2 2 1
2. Quadrant:
Hierfür gilt | x1 | = − x1 und | x2 | = x2
. Dann müssen wir also im ersten Quadranten
− x + x ≤1 ⇔ x ≤ 1+ x skizzieren.
1 2 2 1
3. Quadrant:
Hierfür gilt | x1 | = − x1 und | x2 | = − x2
. Dann müssen wir also im ersten Quadranten
−x − x ≤1 ⇔ −x ≤ 1+ x ⇔ x ≥ −1− x skizzieren.
1 2 2 1 2 1
4. Quadrant:
Hierfür gilt | x1 | = x1 und | x2 | = − x2
. Dann müssen wir also im ersten Quadranten
x − x ≤1 ⇔ −x ≤1− x ⇔ x ≥ − 1+ x skizzieren.
1 2 2 1 2 1
Dies sieht wie folgt aus:

2 2
• B2 (0,1) : = { x :|| x ||
2≤ 1} = { x : x1 + x2
≤ 1}
Hier brauchen wir nicht allzu viel zu sagen, außer dass
2 2
2 2 1 2
x + x ≤1 ⇔ x + x ≤ 1 .
2 2 2 2
1 2 1 2
B (0,1) : = { x :|| x || ≤ 1} = { x : x + x ≤ 1} stellt also die Fläche eines Kreises mit dem Radius
1 dar.
•
• B∞ (0,1) : = { x :|| x ||
2≤ 1} = { x : max{| x1 |,| x2
|} ≤ 1}
Auch hier ist eine Fallunterscheidung nötig. Wenn man dies durchführt, dann stellt man fest,
dass durch B∞ (0,1) : = { x :|| x ||
2≤ 1} = { x : max{| x1 |,| x2
|} ≤ 1} die Fläche eines Quadrats mit
Seitenlänge 2 darstellt.

Aufgabe 3.2.1:
Seien f , g : X → R zwei stetige Funktionen auf dem metrischen Raum X . Für x ∈ X
werde definiert
ϕ( x) : = max( f ( x), g( x))
ψ ( x) : = min( f ( x), g( x))
Man zeige, dass die Funktionen ϕ,
ψ : X → R stetig sind.
Wenn man Kenntnisse aus der Analysis I verwendet, dann ist die Aufgabe sehr einfach.
Aus der Analysis I wissen wir nämlich, dass ϕ ( x) : = max( f ( x), g( x))
1
= ( ( ) ( ) | ( ) ( ) |)
2 f x + g x + f x − g x und ψ ( x ) : = min( f ( x ), g ( x ))
1
= ( ( ) ( ) | ( ) ( ) |)
2 f x + g x − f x − g x . Nun folgt die Behauptung aber gerade aus dem Satz, dass
die Addition von stetigen Funktionen wieder stetig ist. Damit ist alles gezeigt.
Aufgabe 3.2.2:
Sei W der offene Würfel im
n
R ,
1
n
W : = {( x ,..., x ) ∈ R :| x | < 1 für i = 1,..., n}
.
Man konstruiere einen Homöomorphismus von W auf die Einheitskugel
B(1,0) = { x ∈ R n :|| x || < 1} .
ξ
Die Abbildung ϕ : ( −1,1) → R, ξ ֏ ϕ( ξ ) : = ist ein Homöomorphismus. Hieraus folgt
1 − | ξ |
n
nun, dass auch die Abbildung φ : W = ( −1,1) → R,( x1,..., xn
) ֏ ( ϕ( x1
),..., ϕ( xn))
ein
n
Homöomorphismus ist. Anderseits ist aber auch die Abbildung vom R auf die
n
x
Einheitskugel, also f : R → B(1,0),
x ֏ , ein Homöomorphismus. Die Komposition
1 + || x ||
f φ : W → B(1,0)
liefert nun den gewünschten Homöomorphismus des Würfels auf die
Einheitskugel B(1,0) = { x ∈ R n :|| x || < 1} .
Aufgabe 3.2.3:
Man zeige, dass der Vektorraum C[ a, b ] aller stetigen Funktionen f :[ a, b]
→ R auf dem
kompakten Intervall [ a, b]
⊂ R mit der Supremumsnorm || f ||: = sup{| f ( x) |: x ∈ [ a, b]}
vollständig ist.
Anmerkung vorweg: So erhalten wir einen Banachraum.
• Der Nachweis des Vektorraums erfolgt mit einfachen Analysis I-Kenntnissen, nämlich,
dass die Addition von stetigen Funktionen wieder stetig ist etc.
• Dass || f ||: = sup{| f ( x) |: x ∈ [ a, b]}
eine Norm bildet, ist eigentlich trivial. Nur der
Nachweis der Dreiecksungleichung könnte eventuell Schwierigkeiten machen, deshalb
führen wir dies nochmal aus:
|| f + g || = sup{| f ( x) + g( x) |: x ∈ D} ≤ sup{| f ( x) | + | g( x) |: x ∈ D}
D
≤ sup{| f ( x) |: x ∈ D} + sup{| g( x) |: x ∈ D}
= || f || + || g ||
D
D
• Die Vollständigkeit zweigen wir jetzt. Vollständig bzgl. der Norm bedeutet, dass jede
Cauchy-Folge in diesem Raum konvergiert.
n
i

Sei ( fn)
⊂ n∈N D eine Cauchy-Folge. Zu zeigen ist entsprechend, dass diese beliebig
gewählte Cauchy-Folge in C[ a, b ] konvergiert und zwar bezüglich || • || D
.
Zu jedem ε > 0 existiert ein N ∈ N , so dass
sup{ f ( x) − f ( x)} = || f ( x) − f ( x) || < ε ∀m, n ≥ N und ∀x ∈ D (*) .
n m n m
Für jedes feste x ∈ D bildet ( fn( x))
n∈N eine Cauchy-Folge in R , die wegen der
Vollständigkeit der reellen Zahlen gegen eine reelle Zahl konvergiert. Dann existiert eine
Funktion f : D → R , welche punktweiser Limes von ( f ) ist. Bildet man in der
n
n∈N obigen Ungleichung (*) den Grenzübergang m → ∞ , so ergibt sich
|| f − f || < ε , ∀n
≥ N .
n
D
Dies bedeutet aber geraden, dass f
n
gleichmäßig gegen f konvergiert. Aus der
Dreiecksungleichung folgt auch die Beschränktheit von f, denn
|| f ||
D≤|| f − fN ||
D
+ || fN ||
D< ε + || fN ||
D
< ∞ (Wir haben hier Null addiert.). Aus der
Beschränktheit folgern wir also, dass der Grenzwert der Cauchy-Folge wieder in C[ a, b ]
liegt. Damit ist alles gezeigt.
Ein etwas anderer Weg:
Hier nochmal ein etwas anderer Weg bzw. eine andere Art, den Beweis der Vollständigkeit
aufzuschreiben:
f i i ∈N
Sei ε > 0 beliebig vorgegeben und ( )
ε
∃N ∈ N ∀k, m ∈N
gilt || fk
− fm
|| <
2
ε
⇒ ∀k, m ∈N
gilt sup{| ( fk
− fm)( x) |: x ∈ [ a, b]}
<
2
ε
⇒ ∀k, m ∈N
∀x ∈[ a, b] gilt | fk
( x) − fm( x) | <
2
⇒ ∃f ∈C[ a, b] ∀k ≥ N ∀x ∈[ a, b] gilt | f ( x) − f ( x) | < ε
sei eine Cauchy-Folge in C[ a, b ] . Dann gilt:
k
• Die Existenz einer Funktion f :[ a, b]
→ R mit f ( x) = lim f ( x)
für alle x ∈ [ a, b]
folgt
aus der Vollständigkeit von R .
• Die Stetigkeit von f folgt mit Analysis I-Kenntnissen über punktweise und gleichmäßige
Konvergenz. Da für alle x ∈ [ a, b]
und für alle k ≥ N gilt
ε
| fk ( x) − f ( x) | = lim
m→∞
| fk ( x) − fm( x) | ≤ < ε , ist ( f
k
) eine gleichmäßig konvergente
2
Folge stetiger Funktion, und damit ist die Grenzfunktion f ebenfalls stetig.
Dann ist auch sup{| f ( x) − f ( x) |: x ∈ [ a, b]}
< ε für alle k ≥ N , denn ( f − f ) ist stetig als
k
Summe stetiger Funktionen, und daher nimmt ( f − f ) auf dem kompakten Intervall [ a, b ]
Minimum und Maximum an, also wird auch das Supremum angenommen. Dann gilt
|| f − f || < ε für alle k ≥ N .
k
Damit ist die Vollständigkeit gezeigt.
k
k →∞
k
k

Aufgabe 3.2.4:
Aug dem Vektorraum C [ , ] 1
a b aller einmal stetig differenzierbaren Funktionen f :[ a , b ] → R
werde folgende Norm definiert und eingeführt und zwar
|| f || : = sup{| f ( x) | + | f '( x) |: x ∈ [ a, b]}
.
C1
a) Man zeige, dass C [ , ] 1
a b mit dieser Norm vollständig ist.
b) Man zeige, dass die Abbildung D : C1[ a, b] → C[ a, b], f ֏ f ' stetig wird, wenn C [ a, b ] 1
mit der || • || C1
- Norm und C[ a, b ] mit der Supremumsnorm versieht.
a) Es ist zu zeigen, dass C [ , ] 1
a b mit der definierten Norm vollständig ist.
Hier geht man analog vor wie bei der Aufgabe 3.2.3.
Es sei ε > 0 beliebig vorgegeben und ( fn)
eine Cauchy-Folge in n∈N C [ , ] 1
a b , dann existiert
ein N ∈ N , sodass für alle n,
m ≥ N gilt:
|| f − f || < ε
n m C1
⇒ sup{| f ( x) − f ( x) | + | f '( x) − f '( x) |: x ∈ [ a, b]}
< ε
n m n m
⎧|| fn − fm || = sup{| fn( x) − fm( x) |: x ∈ [ a, b]}
< ε
⇒ ⎨
⎩|| fn ' − fm ' || = sup{| fn '( x) − fm
'( x) |: x ∈ [ a, b]}
< ε
Somit sind ( f
n)
und ( f
n
') Cauchy-Folgen in ( C[ a, b ],|| • ||) , die nach Aufgabe 3.2.3
konvergieren. Also gibt es f , g ∈ C[ a, b]
mit
⎧( fn) konvergiert gegen f bzgl. || • ||
⎨
⎩( fn
') konvergiert gegen g bzgl. || • ||
Da ( f
n)
bzw. ( f
n
') gleichmäßig gegen f bzw. g konvergieren, ist f differenzierbar und es
gilt
f ' = g . Damit gibt es ein N ∈N mit
⎧ ε
|| fn
− f || < ∀n ≥ N
⎪ 2
⎨
⎪ ε
|| fn
' − f ' || < ∀n ≥ N
⎪⎩ 2
Nun gilt weiter für alle n ≥ N :
|| f − f || = sup{| ( f − f )( x) | + | ( f ' − f ')( x) |: x ∈[ a, b]}
n C1
n n
≤|| f − f || + || f ' − f ' || < ε
n
n
Und damit konvergiert ( f
n)
gegen f bzgl. || • || C1
.
b) Es folgt unmittelbar aus den Ableitungsregeln, dass D eine lineare Abbildung ist. Damit
+
ist nur zu zeigen, dass es ein C ∈ R gibt, so dass || D( f ) || ≤ C || f || C1
für alle f ∈ C [ a, b]
.
1
Da aber für alle f C [ a, b]
1
∈ 1
|| D( f ) || = sup{| f '( x) : x ∈[ a, b]} ≤ sup{| f ( x) | + | f '( x) |: x ∈ [ a, b]} = 1 • || f || C
,
ist D stetig.

Zusatzaufgabe:
Seien I,
J ⊂ R kompakte Intervall und f : I × J → R eine stetige Funktion. Die Funktion
F : I → R werde definiert durch F( x) : = sup{ f ( x, y) : y ∈ J}
. Man zeige dass F stetig ist.
Sei ε > 0 und ( a, b)
∈ I × J beliebig. Da f stetig ist, existiert ein δ > 0 , sodass für alle
( x, y)
∈ I × J mit || ( x, y) − ( a, b) || < δ gilt || f ( x, y) − f ( a, b) || < ε .
Weiter gibt es zu jedem x ∈ I ein yx
∈ J mit f ( x, yx) = sup{ f ( x, y) : y ∈ J}
, da J kompakt
und f stetig ist. Dann gilt für alle x ∈ I mit | x − a | < δ :
| F( x) − F( a) | = | sup{ f ( x, y) : y ∈ J} − sup{ f ( a, y) : y ∈ J}
= | f ( x, y ) − f ( a, y ) | < ε
x
a
Warum gilt dies aber? Wir können ja viel behaupten. Gut. Beweisen wir die Aussage durch
einen Widerspruchsbeweis.
Annahme: Es gilt | f ( x, y ) − f ( a, y ) | ≥ ε für ein x ∈ I mit | x − a | < δ .
1.)
f ( x, y ) − f ( a, y ) ≥ ε ⇔ f ( x, y ) ≥ ε + f ( a, y )
x
x a x a
a
Da || ( x, y ) − ( a, y ) || = | x − a | gilt | f ( x, y ) − f ( a, y ) | < ε und somit f ( a, y ) > f ( a, y ).
x a x a x a
Dies ist aber der gesuchte Widerspruch, da f ( a, y ) = sup{ f ( a, y) : y ∈ J} und y ∈ J.
2.)
−( f ( x, y ) − f ( a, y )) ≥ ε ⇔ f ( a, y ) ≥ ε + f ( x, y )
x a a x
Da || ( x, y ) − ( a, y ) || = | x − a | gilt | f ( a, y ) − f ( x, y ) | < ε und somit f ( x, y ) > f ( x, y ).
a a a a a x
Dies führt aber genauso wie im Fall 1.) zu einem Widerspruch.
Damit haben wir die Stetigkeit von F mit dem Epsilon-Delta-Kriterium in a ∈ I
nachgewiesen, und da a ∈ I beliebig war, folgt die Behauptung.
a
x