\newcommand{\authors}{Fabian Kohler, Karolina Stoiber} % Name
\newcommand{\tutor}{\textbf{Dein Tutor}} % Name Deines Tutors
\newcommand{\expage}{5} % Die Nummer des Übungsblatts
\newcommand{\expageuntil}{05.09.2014} % Das Abgabedatum
\newcommand{\doctitle}{\textbf{\LARGE \"Ubungen zum Ferienkurs Analysis II 2014}}
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
% Überschrift
\thispagestyle{fancy}
\begin{center}{\textbf{ \Large{Probeklausur}}}\end{center}

\addtocounter{section}{0} %Fügt dem Section-Zähler +x hinzu. Nützlich, falls die Blätter durchnummeriert sind und das erste Übungsblatt z.B. gegliedert ist in Aufgabe 1.1, 1.2 etc. ..

\textbf{Allgemein Hinweise:}\\
Die Arbeitszeit beträgt \textbf{90 Minuten}. Falls nicht anders angegeben, sind alle Lösungen \textbf{ausführlich und nachvollziehbar} zu begründen. Schreiben Sie bitte \textbf{nicht mit Bleistift} und auch \textbf{nicht in roter oder grüner} Farbe. Zum Erreichen der Note 4,0 sind mindestens 50\% der Punkte nötig. 


% \section{Stetigkeit [7 Punkte]}
%    Sei $X$, metrischer Raum, zusammenh\"angend und $f:X\rightarrow\mathbb{R}$ lokal konstant d.h. zu jedem $x\in X$ exisitiert eine Umgebung $x\in U\subset X$ so dass $f|_U$ konstant. Zeige: $f$ ist konstant. Geben Sie zudem ein Gegenbeispiel an, f\"ur den Fall, dass $X$ nicht zusammenh\"angend ist (eine lokal konstanten Funktion an, die nicht konstant ist).
%\begin{comment}
% \paragraph*{L\"osung}
%Sei $z\in X$ und $A=\{x\in X|f(x)=f(z)\}$. Nach Voraussetzung ist $f$ lokal konstant, also ist $A$ offen. Die Menge $B:=X\setminus A = \{x\in X|f(x)\neq f(z)\} = \{x\in X|f(x)< f(z)\}\cup \{x\in X|f(x)>f(z)\}$ ist auch offen und es gilt $X=A\cup B$. Da $X$ nach Voraussetzung zusammenh\"angend ist, muss gelten $A=\emptyset$ oder $B=\emptyset$. Da aber $z\in A \Rightarrow B=\emptyset \Rightarrow f$ konstant.
%
%Als Gegenbeispiel w\"ahlen wir $X=\mathbb{R}\setminus \{0\}$. Diese Menge ist nicht zusammenh\"angend. Die Funktion $f:\mathbb{R}\setminus \{0\}\rightarrow \mathbb{R},x\mapsto \text{sgn}(x)$ ist dann lokal konstant, aber nicht global konstant.
%\end{comment}

\section{Koordinatentransformation [7 Punkte]}
Sei $U=\mathbb{R^+\times\mathbb{R}}$ und $V=\mathbb{R}^2 \setminus (\mathbb{R}^-_0\times{0})$ und $\Phi:U\rightarrow V$ die Koordinatentransformation
\begin{align*}
\binom{x_1}{x_2}=\Phi(\xi_1,\xi_2)=\binom{\xi_1^2-\xi_2^2}{2\xi_1\xi_2}.
\end{align*}
\begin{itemize}
\item[(a)] Bestimme $D\Phi(\xi)$, das normierte Zweibein $e_{\xi_1}(\xi),e_{\xi_2}(\xi)$ und $D\Phi^{-1}(\Phi(\xi))$.
\item[(b)] Sei $f\in\mathcal{C}\infty(U,\mathbb{R})$ und $\tilde{f}=f\circ\Phi^{-1}:V\rightarrow\mathbb{R}$. Drücke den Gradienten von $\tilde{f}$ durch Ableitungen von $f$ in der Basis $e_{\xi_1},e_{\xi_2}$ aus.
\end{itemize}
\begin{comment}
\paragraph{Lösung}
\begin{itemize}
\item[(a)]
\begin{align*}
\text{D}\Phi(\xi)=2\left(\begin{array}{cc}
\xi_1 & -\xi_2\\
\xi_2 & \xi_1
\end{array}\right)
\end{align*}
\begin{align*}
\text{D}\Phi^{-1}(\Phi(\xi))=\text{D}\Phi(\xi)^{-1}=\frac{1}{2(\xi_1^2+\xi_2^2)}\left(\begin{array}{cc}
\xi_1 & \xi_2\\
-\xi_2 & \xi_1
\end{array}\right)
\end{align*}
\begin{align*}
e_1(\xi)=\frac{1}{\sqrt{\xi_1^2+\xi_2^2}}\left(\begin{array}{c}
\xi_1 \\ \xi_2
\end{array}\right)\\
e_2(\xi)=\frac{1}{\sqrt{\xi_1^2+\xi_2^2}}\left(\begin{array}{c}
-\xi_2 \\ \xi_1
\end{array}\right)
\end{align*}
\item[(b)]Laut Vorlesung ist
\begin{align*}
\binom{\partial_{x_1}}{\partial_{x_2}}\tilde f &= D\Phi(\xi)^{T^{-1}}\binom{\partial_{\xi_1}}{\partial_{\xi_2}}f =\frac{1}{2(\xi_1^2+\xi_2^2)}\left(\begin{array}{cc} \xi_1 & -\xi_2 \\ \xi_2 & \xi_1 \end{array}\right)\binom{\partial_{\xi_1}}{\partial_{\xi_2}}f\\
&=\frac{1}{2\sqrt{\xi_1^2+\xi_2^2}}(e_{\xi_1}\partial_{\xi_1}+e_{\xi_2}\partial_{\xi_2})f
\end{align*}
\end{itemize}
\end{comment}

\section{Differenzierbarkeit [10 Punkte]}
Die Funktion $f:\mathbb{R}^2\rightarrow\mathbb{R}$ sei definiert durch 
\begin{align*}
 f(x,y) = \left\{
\begin{array}{l l}
\frac{xy}{x^2+y^2} &\quad (x,y) \neq 0\\
 0 &\quad (x,y) = (0,0)
 \end{array}
\right\}
\end{align*}
Man zeige
\begin{itemize}
  \item[(a)] $f$ ist partiell differenzierbar
  \item[(b)] $f$ ist nicht stetig
  \item[(c)] $f$ ist nicht total differenzierbar
  \item[(d)] Wie lautet die Richtungsableitung in Richtung $v=(v_1,v_2)\in\mathbb{R}^2$ im Punkt $(1,0)$?
\end{itemize}
\begin{comment}
\paragraph*{L\"osung}
\begin{itemize}
 \item[(a)] F\"ur $(x,y) \neq (0,0)$ ist $f$ als Komposition differenzierbarer Funktionen insbesondere auch partiell differenzierbar. Betrachte also den Fall $(x,y) = (0,0)$
\begin{align*}
 \partial_x f(0,0) & = \lim\limits_{(h,0)\rightarrow(0,0)} \frac{f(h,0)-f(0,0)}{h} = \lim\limits_{(h,0)\rightarrow(0,0)} \frac{f(h,0)}{h} \\
 &= \lim\limits_{(h,0)\rightarrow(0,0)} \frac{0}{h} = 0
\end{align*}
und analog
\[\partial_y f(0,0) = 0.\]
$f$ ist also auch in $(0,0)$ partiell differenzierbar und damit ist $f$ partiell differenzierbar. [3 Punkte]
\item[(b)] F\"ur $(x,y) \neq (0,0)$ ist $f$ als Komposition stetiger Funktionen stetig. Wir k\"onnen also nur die Unstetigkeit am Nullpunkt zeigen. Wir benutzen daf\"ur Polarkoordinaten $(x,y) = (r\sin\phi,r\cos\phi)$. Dann ist
\begin{align*}
\lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}f(x,y) &= \lim_{r\rightarrow 0}f(r,\phi)\\
 & = \lim_{r\rightarrow 0} \frac{r^2 \sin\phi\cos\phi}{r^2}\\
 & = \lim_{r\rightarrow 0}\sin\phi\cos\phi
\end{align*}
Es gibt $\phi$ f\"ur die der Grenzwert $\neq 0 = f(0,0)$ ist $\Rightarrow f$ ist nicht stetig in $(0,0)$. \mbox{[3 Punkte]}
\item[(c)] Da $f$ in $(0,0)$ nicht stetig ist, ist $f$ dort auch nicht differenzierbar also $f$ nicht differenzierbar. [1 Punkt]
\item[(d)] Au\ss erhalb von $(0,0)$ ist $f$ differenzierbar. Wir berechnen zun\"achst den Gradienten f\"ur $(x,y)\neq 0$
\begin{align*}
 \nabla f(x,y) = \begin{pmatrix}
                  \frac{y (y^2-x^2)}{(x^2+y^2)^2}\\
                  \frac{x(x^2-y^2)}{(x^2+y^2)^2}
                 \end{pmatrix}.
\end{align*}
Dann l\"asst sich die Richtungsableitung einfach berechnen.
\begin{align*}
 \partial_v f(1,0) &= \nabla f(1,0) \cdot v\\
 &= \begin{pmatrix} 
     0 \\ 1
    \end{pmatrix}
\cdot \begin{pmatrix}
       v_1 \\ v_2
      \end{pmatrix}\\
&= v_2.
\end{align*}
[3 Punkte]
\end{itemize}
\end{comment}

\section{Taylor und Extrema [10 Punkte]}
    Sei $f:\mathbb{R}^2\rightarrow\mathbb{R}$ zweimal stetig differenzierbar mit $f(0,0)=0$, $f$ hat bei $(0,0)$ einen station\"aren Punkt und
    \[H_f = \begin{pmatrix}
             4 & -1\\
             -1 & 4
            \end{pmatrix}
\]
Beweisen Sie, es existiert eine Umgebung $U$ von $(0,0)$, sodass f\"ur alle $(x,y)\in U$ gilt $f(x,y) \geq x^2 +y^2$ (Tipp: Taylor-Entwicklung).
\begin{comment}
\paragraph*{L\"osung}
Mit den gegebenen Informationen schreiben wir die Taylorreihe bis zur zweiten Ordnung hin
\begin{align*}
 f(x,y) &= 0 + (0,0)(x,y)^T + \tfrac1 2 \left( 4x^2 + 4y^2 -xy -yx\right)+\theta(3)\\
  &= \tfrac1 2\left(4x^2+4y^2-2xy\right) + \theta(3)
\end{align*}
Damit gilt $\forall (x,y)\in\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$ wegen $x^2+y^2\geq 2xy \Leftrightarrow -2xy \geq -x^2-y^2$
\begin{align*}
 f(x,y) \geq \tfrac1 2 (4x^2+4y^2-x^2-y^2)+\theta(3) = (x^2+y^2)\left(\tfrac3 2 + \tfrac{\theta(3)}{x^2+y^2}\right)
\end{align*}

\end{comment}


\section{Implizite Funktionen [12 Punkte]}
    Zeigen Sie, dass es eine Umgebung $U \subset\mathbb{R}^3$ von $(0,0,0)$ gibt , in der das Gleichungssystem 
    \begin{align*}
     \sin (x-y^2+z^3) - \cos (x+y+z) + 1 &= 0\\
     \sin (y+x^2-z^3) + \cos (x-y) -1 &= 0
    \end{align*}

    eindeutig nach $(x,y)$ aufgelöst werden kann (d.h. $(x,y) = h(z)$ mit einer geeigneten Funktion $h$). Berechnen Sie weiterhin die Ableitung von $h$ im Nullpunkt.
\begin{comment}
 \paragraph*{L\"osung}
 Wir betrachten die stetig differenzierbare Funktion 
 \begin{align*}
f:\mathbb{R}^3&\rightarrow\mathbb{R}^2\\
(x,y,z)&\mapsto \begin{pmatrix}
               \sin (x-y^2+z^3) - \cos (x+y+z) + 1\\
               \sin (y+x^2-z^3) + \cos (x-y) -1
                \end{pmatrix}  
 \end{align*}

Es gilt $f(0,0,0) = (0,0)$, der Punkt ist also eine Nullstelle. Nun berechnen wir das partielle Differential
\begin{align*}
D_{xy} f(0,0,0) &= \begin{pmatrix}  \cos(x-y^2+z^3)+\sin(x+y+z) & -2y\cos(x-y^2+z^3)+\sin(x+y+z)\\ 2x\cos(y+x^2-z^3)-\sin(x-y) & \cos(y+x^2-z^3)\sin(x-y)\end{pmatrix}\\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}
\end{align*}
Offensichtlich ist die Einheitsmatrix invertierbar, also k\"onnen wir nach dem Satz \"uber implizite Funktionen die Gleichung an der Stelle $(0,0,0)$ entsprechend aufl\"osen mit einer eindeutig bestimmten Funktion $h(z)$, die sogar differenzierbar ist. Die Ableitung berechnen wir ebenfalls nach dem Satz \"uber implizite Funktionen
\begin{align*}
 h'(0) &= - [\text{D}_{xy} f(0,h(0))]^{-1} \text{D}_{z} f(0,h(0))\\
\end{align*}
Das partielle Differential $\text{D}_z f(x,y,z)$ lautet
\begin{align*}
\text{D}_z f(0,0,0) &= \begin{pmatrix} 3z^2\cos(x-y^2+z^3)+\sin(x+y+z)\\ -3z^2\cos(y+x^2-z^3) \end{pmatrix}\\
&= \begin{pmatrix}  0 \\ 0\end{pmatrix}
\end{align*}
und damit erhalten wir f\"ur die Ableitung
\begin{align*}
h'(0) &= - \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 1\end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} 0\\ 0 \end{pmatrix}\\
&= \begin{pmatrix} 0\\ 0\end{pmatrix}.
\end{align*}
\end{comment}
\section{Extrema mit Nebenbedingungen [14 Punkte]}
Berechnen Sie diejenigen Punkte auf der Kugeloberfläche 
\begin{equation*}
M = \{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3| x^2 + y^2 + z^2 = 1\}
\end{equation*}
die von $(1,1,1)$ den kleinsten bzw. größten Abstand haben.
\begin{comment}
\paragraph*{Lösung:}
Gesucht sind die Extrema der Funktion $f(x,y,z)=(x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2$ unter der Nebenbedingung $g(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-1=0$\\
$Dg(x,y,z)=\nabla g(x,y,z)=2(x,y,z)\neq (0,0,0)$,d.h. es genügt die kritischen Punkte der Lagrangeschen Hilfsfunktion zu bestimmen:
\begin{align*}
\nabla f(x,y,z)-\lambda \nabla g(x,y,z)= \left(
\begin{matrix}
2(x-1)\\
2(y-1)\\
2(z-1)
\end{matrix}\right)-\lambda
\left(
\begin{matrix}
2x\\
2y\\
2z
\end{matrix}\right)=\left(
\begin{matrix}
0\\
0\\
0
\end{matrix}\right)
\end{align*}
Zusammen mit der Nebenbedingung liefert dies das Gleichungssystem:
\begin{equation}
\label{a}
1=(1-\lambda)x
\end{equation}
\begin{equation}
\label{b}
1=(1-\lambda)y
\end{equation}
\begin{equation}
\label{c}
1=(1-\lambda)z
\end{equation}
\begin{equation}
\label{d}
1=x^2+y^2+z^2
\end{equation}
Aus \ref{a} bis \ref{c} folgt $x=y=z=(1-\lambda)^{-1}$, in \ref{d} eingesetzt ergibt dies $\frac{3}{(1-\lambda)^2}=1 \Leftrightarrow \lambda = 1\pm \sqrt{3} \Rightarrow x=y=z=\pm \frac{1}{\sqrt{3}}$.\\
Da die Nebenbedingungsmenge kompakt und $f$ stetig ist, existiert ein Minimum in 
$$p_1=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)$$ und ein Maximum in
$$p_2=-\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1),$$ denn
$$f(p_1)=(1-\sqrt{3})^2<(1+\sqrt{3})^2=f(p_2).$$
\end{comment}
\section{Parametrisierung auf Bogenlänge [4 Punkte]}
Geben Sie explizit eine Parametrisierung auf Bogenlänge, $\tilde{\gamma}:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}^2,$ der Kettenlinie $\gamma: \mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}^2, \gamma (t)(-t,-\cosh t).$
\begin{comment}
\paragraph*{Lösung}
\begin{equation*}
s(t)=\int_{0}^{t}\sqrt{1+\sinh^2 t'}dt'=\int_0^t\cosh t' dt'=\sinh t.
\end{equation*}
[2Punkte]\\
Mit der Umkehrfunktion $\tilde{t}(s)=\operatorname{arsinh}(s)=\sinh^{-1}(s)$ [1Punkt] ist
\begin{align*}
\tilde{\gamma}(s)=\gamma(\tilde{t}(s))=(-\operatorname{arsinh}(s),-\cosh(\operatorname{arsinh}(s)))=(-\operatorname{arsinh}(s),-\sqrt{1+\sinh(\operatorname{arsinh}(s))^2})\\
=(-\operatorname{arsinh}(s),-\sqrt{1+s^2}).
\end{align*}
[1 Punkt]
\end{comment}
\section{Wegintegrale [7 Punkte]}
Berechnen Sie das Wegintegral $\int_{\gamma}f(x)\text{d}x$:
$$f(x,y,z) = (2z-\sqrt{x^2+y^2},z,z^2)$$, $$\gamma (t) = (t \cos (t), t \sin (t), t), 0 \leq t, \leq 2\pi$$
\begin{comment}
\paragraph*{Lösung}
\begin{equation*}\int_{\gamma}f(x,y,z)d(x,y,z)=\int_{0}^{2\pi}(2t-t,t,t^2)\cdot\left(\begin{matrix}
\cos(t)-t\sin(t)\\ \sin(t)+t\cos(t)\\ 1
\end{matrix}\right)dt=
\end{equation*}
\begin{equation*}
\int_{0}^{2\pi}t\cos(t)dt+\int_{0}^{2\pi}t\sin(t)dt+\int_{0}^{2\pi}t^2\cos(t)dt-\int_{0}^{2\pi}t^2\sin(t)dt+\int_{0}^{2\pi}t^2dt
\end{equation*}
mit partieller Integration $\Rightarrow$\\
\begin{equation*}\frac{8}{3}\pi^3+4\pi^2+2\pi\end{equation*}
\end{comment}

\section{Trennbare Differentialgleichung [8 Punkte]}
\begin{itemize}
\item[(a)] Finden Sie auf ganz $\mathbb{R}$ definierte Lösungen von $yy'=x(1-y^2)$ mit $y(0)=y_0, y_0 \in \mathbb{R}\setminus\{0\}$
\item[(b)] Wie viele konstante Lösungen gibt es?
\item[(c)] Wie viele auf ganz $\mathbb{R}$ definierte Lösungen mit $y(0)=0$ gibt es?
\end{itemize}
\begin{comment}
\paragraph*{Lösung}
\begin{itemize}
\item[(a)] Wir lösen durch Separation der Variablen. Für eine Lösung $y(x)$ mit $y(0)=y_0$ muss gelten
\begin{equation*}
\int_{y_0}^{y(x)}\frac{ydy}{1-y^2}=\int_{0}^{x}x'dx',\text{ also } -\frac{1}{2}\ln|1-y(x)^2|+\frac{1}{2}\ln|1-y_0^2|=\frac{1}{2}x^2.
\end{equation*}
Da die Integration über die Singularitäten $y=\pm 1$ nicht möglich ist, müssen $1-y_0^2$ und $1-y(x)^2$ für alle $x$ das gleiche Vorzeichen haben. Somit ergibt beidseitiges exponenzieren
\begin{equation*}
1-y(x)^2=e^{-x^2}(1-y_0^2).
\end{equation*}
Die rechte Seite ist immer kleiner als 1. Damit $y(x)$ stetig ist, muss also gelten:
\begin{equation*}
y(x)=\begin{cases}
\sqrt{1-e^{-x^2}(1-y_0^2)}, & \text{falls } y_0>0,\\-\sqrt{1-e^{-x^2}(1-y_0^2)}, & \text{falls } y_0<0
\end{cases}
\end{equation*}
denn der Radikant ist in beiden Fällen immer positiv.
\item[(b)] Die rechte Seite der Differentialgleichung ist Null für alle $x$, genau dann, wenn $y=\pm 1$ ist. Somit sind $y(x)=\pm 1$ genau zwei konstante Lösungen.
\item[(c)] Für $y_0=0$ sind $y_\pm (x) = \pm \sqrt{1-e^{-x^2}}$ die einzigen zwei Lösungen auf $\mathbb{R}\setminus\{0\}$ mit $\lim\limits_{0}y_\pm (x)=0.$\\
Für kleine $x$ gilt $y_\pm (x)\approx \pm \sqrt{x^2}=\pm |x|.$ Somit gibt es genau zwei Lösungen
\begin{equation*}
y_1(x)=\begin{cases}
y_+(x) & \text{für } x>0\\0 & \text{für } x=0\\y_-(x) & \text{für } x<0
\end{cases}
\text{ und } y_2(x)=-y_1(x),
\end{equation*}
die auf ganz $\mathbb{R}$ differenzierbar und Lösungen der Differentialgleichung mit $y(0)=0$ sind.
\end{itemize}
\end{comment}
 




\end{document}