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\documentclass[uebung]{../../../lecture}

\title{Analysis II: Übungsblatt 8}
\author{Leon Burgard, Christian Merten}

\begin{document}

\punkte

\begin{aufgabe}[]
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: Für $x = (x_1, \ldots, x_n)^{T} \in \R^{n}$, $n \ge 1$, $\nu \in \N_0$ gilt
            \[
                (x_1 + \ldots + x_n)^{\nu} = \nu! \sum_{|\alpha|=\nu} \frac{x^{\alpha}}{\alpha!}
            .\] 
            \begin{proof}
                Induktion über $n$. I.A.: $n = 1$ trivial.

                Sei $n \in \N$ beliebig und Beh. gezeigt für $n-1$. Dann gilt für $x \in \R^{n}$ und
                $\nu \in \N_0$ mit $\tilde{x} = (x_2, \ldots, x_n)^{T} \in \R^{n-1}$:
                \begin{salign*}
                    (x_1 + x_2 \ldots + x_n)^{\nu} &= (x_1 + (x_2 + \ldots + x_n))^{\nu} \\
                   &\stackrel{\text{Bin. Formel}}{=}
                   \sum_{k=0}^{\nu} \binom{\nu}{k} x_1^{k} (x_2 + \ldots + x_n)^{\nu - k} \\
                   &\stackrel{\text{I.V.}}{=} \sum_{k=0}^{\nu} x_1^{k}
                   (\nu - k)! \sum_{|\alpha|=\nu-k} \frac{\tilde{x}^{\alpha}}{\alpha!} \\
                   &= \sum_{k=0}^{\nu} \frac{\nu!}{(\nu-k)!} (\nu-k)! \sum_{|\alpha| = \nu-k}
                   \frac{\tilde{x}^{\alpha}x_1^{k}}{\alpha! k!} \\
                   &= \nu! \sum_{k=0}^{\nu} \sum_{|\alpha|=\nu-k} \frac{\tilde{x}^{\alpha} x_1^{k}}{\alpha! k!} \\
                   &= \nu! \sum_{|\alpha|=\nu} \frac{x^{\alpha}}{\alpha!}
                .\end{salign*}
            \end{proof}
        \item Beh.: Es ist mit $h = (h_1, h_2, h_3)^{T} \in \R^{3}$:
            \[
                T_{2}^{f}(\hat{x} + h) = -e\left(-h_1 - h_2 -h_3 + \frac{1}{2} h_2^2 + h_1 h_2 + h_1h_3\right)
            .\] 
            \begin{proof}
                Mit $\hat{x} = (-1, -1, 0)^{T}$ folgt
                der Gradient von $f$ bei $\hat{x}$ direkt
                \begin{align*}
                    \nabla f(x) = \begin{pmatrix} e^{-x_2} - x_3e^{-x_1} \\ -x_1e^{-x_2} \\ e^{-x_1} \end{pmatrix}  \implies \nabla f(\hat{x}) = \begin{pmatrix} e \\ e \\ e \end{pmatrix} 
                .\end{align*}
                Die Hessematrix von $f$ ist gegeben als
                \begin{align*}
                    H_f(x) = \begin{pmatrix}
                        x_3 e^{-x_1} & -e^{-x_2} & -e^{-x_1} \\
                        -e^{-x_2} & x_1 e^{-x_2} & 0 \\
                        -e^{-x_1} & 0 & 0
                    \end{pmatrix} 
                    \implies
                    H_f(\hat{x}) = \begin{pmatrix} 0 & -e & -e \\
                    -e & -e & 0 \\
                    -e & 0 & 0
                    \end{pmatrix}
                .\end{align*}
                Damit folgt direkt
                \begin{salign*}
                    T_2^{f}(\hat{x} + h) &= f(\hat{x}) + (\nabla f(\hat{x}), h)_2 + \frac{1}{2} (H_f(\hat{x})h, h)_2 \\
                    &= -e + eh_1 + eh_2 + eh_3 - \frac{1}{2} eh_2^2 - eh_1h_2 - eh_1h_3 \\
                    &= -e \left(-h_1 - h_2-h_3 + \frac{1}{2}h_2^2 + h_1h_2 + h_1 h_3\right)
                .\end{salign*}
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}[]
    Beh.: $f\colon \R^2 \to \R$, $f(x,y) = (4x^2 + y^2) \exp(-x^2 - 4y^2)$ hat zwei strikte lokale Maxima
    bei $P_1 = (1, 0)^{T}$ und $P_2 = (-1, 0)^{T}$ und ein striktes lokales Minimum bei $P_3 = (0,0)^{T}$.
    \begin{proof}
        Der Gradient ergibt sich als
        \begin{align*}
            \nabla f(x,y) = \begin{pmatrix} 8x - 8x^{3} - 2y^2x \\ 2y - 32x^2y - 8y^{3} \end{pmatrix}
            \exp(-x^2 - 4y^2)
        .\end{align*}
        Daraus folgen die notwendigen Bedingungen
        \begin{align}
            8x - 8x^{3} - 2y^2x &= 0 \\
            2y - 32x^2y - 8y^{3} &= 0
        .\end{align}
        Aus (1) folgt
        \[
            8x - 8x^{3} - 2y^2x = x(8 -8x^2 - 2y^2) = 0 \implies x = 0 \lor x^2 = 1 - \frac{1}{4}y^2
        .\] Für $x = 0$ folgt aus (2):
        \begin{align*}
            2y - 8y^{3} \implies y (2 - 8y^2) \implies y = 0 \lor 2 = 8y^2 \implies y = 0 \lor y = \pm \frac{1}{2}
        .\end{align*}
        Damit folgen $P_3 = (0,0)^{T}$, $P_4 = \left( 0, \frac{1}{2} \right)^{T} $ und $P_5 = \left( 0, -\frac{1}{2} \right)^{T} $.

        Für $x = 1 - \frac{1}{4}y^2$ folgt aus (2):
        \begin{align*}
            2y - 32\left( 1 - \frac{1}{4}y^2 \right) y - 8y^{3} = 0 \implies y - 16y = 0 \implies y = 0
        .\end{align*}
        Damit folgt für $x$ mit $x = 1 - \frac{1}{4} y^2$: $x = \pm 1$. Also $P_1 = (1, 0)^{T}$ und
        $P_2 = (-1, 0)^{T}$.

        Die Hessematrix von $f$ folgt direkt als
        \begin{align*}
            H_f(x) = \exp(-x^2 - 4y^2)
            \begin{pmatrix}
                16 x^{4} + 4y^2x^2 - 40x^2 - 2y^2+8 & -68xy + 64x^{3}y + 16xy^{3} \\
                -68xy + 64 x^{3}y + 16xy^{3} & 2 - 32x^2 - 40y^2 + 256 x^2y^2 + 64y^{4}
            \end{pmatrix}
        .\end{align*}
        Dann folgt durch Ablesen der Eigenwerte
        \begin{align*}
            H_f(P_1) &= H_f(1,0) = \frac{1}{e}\begin{pmatrix} -16 & 0\\ 0 & -30 \end{pmatrix} \quad
            \text{negativ definit} \implies P_1 \text{ striktes lokales Min.} \\
            H_f(P_2) &= H_f(-1,0) = \frac{1}{e}\begin{pmatrix} -16 & 0\\ 0 & -30 \end{pmatrix} \quad
            \text{negativ definit} \implies P_2 \text{ striktes lokales Min.} \\
            H_f(P_3) &= H_f(0,0) = \begin{pmatrix} 8 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} \quad
            \text{positiv definit} \implies P_3 \text{ striktes lokales Max.} \\
            H_f(P_4) &= H_f\left( 0, \frac{1}{2} \right)  = \frac{1}{e}\begin{pmatrix} 7 \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & -4 \end{pmatrix} \quad
            \text{indefinit} \implies P_4 \text{ kein lokales Extremum} \\
            H_f(P_5) &= H_f\left( 0, - \frac{1}{2} \right)  = \frac{1}{e}\begin{pmatrix} 7 \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & -4 \end{pmatrix} \quad
            \text{indefinit} \implies P_5 \text{ kein lokales Extremum}
        .\end{align*}
        Das zeigt die Behauptung.
    \end{proof}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}[]
    Beh.: Das Gleichungssystem
    \begin{align*}
        y_1 + \sin(y_1 y_2) &= y_1x_1 + 1 + \frac{\pi}{2} \\
        \cos(y_1) &= x_2 + y_2
    .\end{align*}
    ist in einer Umgebung von $(x_1^{0}, x_2^{0}, y_1^{0}, y_2^{0})^{T} = (0, -1, \frac{\pi}{2}, 1)^{T} \in \R^{4}$ durch differenzierbare Funktionen $g_i \colon \R^2 \to \R$ mit
    \begin{align*}
        y_1 &= g_1(x_1, x_2) \\
        y_2 &= g_2(x_1, x_2) \\
    \end{align*}
    eindeutig aufgelöst werden kann.
    \begin{proof}
        Das Gleichungssystem ist darstellbar als
        \begin{align*}
            \begin{cases}
        y_1 + \sin(y_1 y_2) &= y_1x_1 + 1 + \frac{\pi}{2} \\
        \cos(y_1) &= x_2 + y_2
            \end{cases}
            \implies
            \begin{cases}
                0 = y_1 + \sin(y_1 y_2) - y_1 x_1 - 1 - \frac{\pi}{2} \\
                0 = \cos(y_1) - x_2 - y_2
            \end{cases}
        .\end{align*}
        Mit $x = (x_1, x_2)^{T}$ und $y = (y_1, y_2)^{T}$ definiere
        \[
            F(x,y) \coloneqq \begin{pmatrix} 
                y_1 + \sin(y_1 y_2) - y_1 x_1 - 1 - \frac{\pi}{2} \\
                \cos(y_1) - x_2 - y_2
            \end{pmatrix} 
        .\]
        Damit folgt
        \[
            D_yF(x,y) = \begin{pmatrix} 1 + y_2 \cos(y_1 y_2) -x_1 & y_1 \cos(y_1 y_2) \\
            - \sin(y_1) & -1 \end{pmatrix} \quad
            D_xF(x,y) = \begin{pmatrix} -y_1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} 
        .\] und
        \[
            D_yF(x^{0}, y^{0}) = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -1 & -1 \end{pmatrix}
            \quad
            D_xF(x^{0}, y^{0}) = \begin{pmatrix} - \frac{\pi}{2} & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} 
        .\] Es ist
        \[
            \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -1 & -1 \end{pmatrix} 
            \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -1 & -1 \end{pmatrix}
            =
            \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} 
        .\] Also $D_yF(x^{0}, y^{0})^{-1} = D_yF(x^{0}, y^{0})$. Weiter ist
        $F(x,y)$ stetig partiell differenzierbar, da alle partiellen Ableitungen stetig sind.
        Außerdem gilt $F(x^{0}, y^{0}) = 0$.

        Damit folgt mit dem SIF: Es ex. eine eindeutige diff'bare Funktion $g\colon \R^2 \to \R^2$, für
        die in einer Umgebung von $(x^{0}, y^{0})$ gilt:
        \[
            F(x, g(x)) = 0 \implies y = g(x)
        ,\] also das Gleichungssystem eindeutig auflöst.
        Die Komponentenfunktionen $g_1$ und $g_2$ von $g$ zeigen die Behauptung.
    \end{proof}
    Beh.: $J_g(0, -1) = \begin{pmatrix} \frac{\pi}{2} & 0 \\ -\frac{\pi}{2} & -1 \end{pmatrix} $.
    \begin{proof}
        Es ist mit dem SIF:
        \begin{align*}
            J_g(0, -1) = J_g(x^{0}) = D_xg(x^{0}) &= - (D_yF(x^{0}, y^{0}))^{-1} D_xF(x^{0}, y^{0}) \\
                                                  &= - \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -1 & -1  \end{pmatrix} \begin{pmatrix} - \frac{\pi}{2} & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}  \\
                                                  &= \begin{pmatrix} \frac{\pi}{2} & 0 \\ - \frac{\pi}{2} & -1 \end{pmatrix}
        .\end{align*}
    \end{proof}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    Beh.: Die Gleichung
    \[
        \ln(3 \epsilon + x) = \epsilon^2 x
    .\] ist in einer Umgebung von $(\epsilon_0, x_0)^{T} = (0,1)^{T}$ eindeutig nach $x$ durch eine
    Abbildung $x = g(\epsilon)$ auflösbar.
    \begin{proof}
        Definiere
        \[
            F(\epsilon, x) = \epsilon^2x - \ln(3 \epsilon + x)
        .\] Es gilt $F(\epsilon_0, x_0) = F(0,1) = -\ln(1) = 0$. Außerdem ist
        \begin{align*}
            D_xF(\epsilon, x) &= \frac{\partial F}{\partial x} = \epsilon^2 - \frac{1}{3 \epsilon + x} \\
            D_xF(\epsilon_0, x_0) &= -1 \implies (D_xF(\epsilon_0, x_0))^{-1} = -1
        .\end{align*}
        Damit ex. nach dem SIF eine eindeutige Funktion $g$, die die gegebene Gleichung nach $x$ auflöst.
    \end{proof}
    Beh.: Das Taylor-Polynom 2. Ordnung von $g$ im Punkt $\epsilon_0 = 0$ ist gegeben als
    \[
        T_2^{g}(\epsilon_0 + h) = 1 - 3h + 16h^2
    .\] 
    \begin{proof}
        Es ist für $F$ aus der ersten Behauptung
        \begin{align*}
            \nabla F(\epsilon, x) = 
            \begin{pmatrix}
                2 \epsilon x - \frac{3}{3 \epsilon + x} \\
                \epsilon^2 - \frac{1}{3 \epsilon + x}
            \end{pmatrix}
            \quad
            H_F(\epsilon, x) =
            \begin{pmatrix} 
                2 x + \frac{9}{(3 \epsilon + x)^2} &
                2 \epsilon - \frac{3}{(3 \epsilon +x)^2} \\
                2 \epsilon - \frac{3}{(3 \epsilon +x)^2} &
                \frac{1}{(3\epsilon + x)^2}
            \end{pmatrix} 
        .\end{align*}
        Ausgewertet an $(\epsilon_0, x_0) = (0, 1)$ folgt
        \begin{align*}
            \nabla F(\epsilon_0, x_0) = 
            \begin{pmatrix}
                -3 \\ -1
            \end{pmatrix}
            \quad
            H_F(\epsilon_0, x_0) =
            \begin{pmatrix} 
                11 & -3 \\
                -3 & 1
            \end{pmatrix} 
        .\end{align*}
        Durch implizites Differenzieren folgt
        \[
            g'(\epsilon_0) = - \left( \frac{\partial F}{\partial x}(\epsilon_0, x_0) \right)^{-1}
            \frac{\partial F}{\partial \epsilon}(\epsilon_0, x_0) = - (-1) \cdot (-3) = -3
        .\] Es gilt mit $F(\epsilon, g(\epsilon)) = 0$ und $x = g(\epsilon)$:
        \[
            0 = \frac{\d F}{\d x}(\epsilon, g(\epsilon)) = \left( \frac{\partial F}{\partial \epsilon} + \frac{\partial F}{\partial x} \cdot \frac{\partial F}{\partial \epsilon} \right) 
        .\] Angewendet auf $\frac{\d F(\epsilon, g(\epsilon)}{\d x} = 0$ ergibt
        \begin{align*}
            0 &= \frac{\d}{\d x} \left( \frac{\partial F}{\partial \epsilon} + \frac{\partial F}{\partial x} f' \right)  \\
            0 &= \frac{\partial^2}{\partial \epsilon^2} + \frac{\partial^2F}{\partial x \partial \epsilon}
            g'
            + \left( \frac{\partial^2 F}{\partial \epsilon \partial x} + \frac{\partial^2 F}{\partial x^2}f' \right) f' + \frac{\partial F}{ \partial x} f''
        .\end{align*}
        Damit folgt
        \begin{align*}
            g''(\epsilon_0) &= - \left( \frac{\partial F}{\partial x}(\epsilon_0, x_0) \right)^{-1}
            \left( \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} + 2 \frac{\partial^2 F}{\partial y \partial x}g'
            + \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} f'^2\right)\Big|_{(\epsilon,x) = (\epsilon_0, x_0)} \\
            &= - (-1) (11 + 2 (-3) (-3) + 1 \cdot 9) \\
            &= 32
        .\end{align*}
        Es ist $F(\epsilon_0, x_0) = 0 \implies x_0 = g(\epsilon_0) \implies g(\epsilon_0) = 1$. Damit folgt
        \[
            T_2^{g}(\epsilon_0 + h) = 1 - 3h + \frac{1}{2} \cdot 32 h^2 = 1 - 3h + 16h^2
        .\] 
    \end{proof}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    Sei $f\colon \R^{3} \to \R$ stetig diff'bar und in einem Punkt $x^{0} = (x_1^{0}, x_2^{0}, x_3^{0})^{T} \in \R^{3}$ gelte
    \[
        \prod_{i=1}^{3} \frac{\partial f}{\partial x_i}(x^{0}) \neq 0
    .\] Weiter seien $g_i\colon \R^2 \to \R$ eine lokale Auflösung der Gleichung
    \[
        f(x_1, x_2, x_3) = f(x^{0})
    \] nach $x_i$, $i = 1,2,3$.
    Beh.: Es gilt
    \[
        \frac{\partial g_1}{\partial x_2}(x_2^{0}, x_3^{0}) \cdot 
        \frac{\partial g_2}{\partial x_3}(x_1^{0}, x_3^{0}) \cdot 
        \frac{\partial g_3}{\partial x_1}(x_1^{0}, x_2^{0}) = -1
    .\] 
    \begin{proof}
        Es gilt $\frac{\partial f}{\partial x_1}, \frac{\partial f}{\partial x_2}, \frac{\partial f}{\partial x_3} \neq 0$. Definiere
        \[
            F(x_1, x_2, x_3) \coloneqq f(x_1, x_2, x_3) - f(x^{0})
        .\] $F$ stetig diff'bar, da $f$ stetig diff'bar und $D_xF(x) = D_xf(x)$. Es gilt außerdem
        \[
            f(x_1, x_2, x_3) = f(x^{0}) \iff F(x_1, x_2, x_3) = 0
        .\] Also sind $g_i$ auch Auflösungen von $F$ nach $x_i$. Für diese gilt nach SIF:
        \[
            D_{x_1 x_2} g_3(x_1^{0}, x_2^{0}) = - (D_{x_3}F(x_0))^{-1} D_{x_1, x_2}F(x^{0})
        .\] analog für $g_1$ und $g_2$. Damit folgt
        \begin{align*}
            \frac{\partial g_1}{\partial x_2}(x_2^{0}, x_3^{0}) &= - \left( \frac{\partial f(x^{0})}{\partial x_1} \right)^{-1}
            \frac{\partial f(x^{0})}{\partial x_2} \\
            \frac{\partial g_2}{\partial x_3}(x_1^{0}, x_3^{0}) &= - \left( \frac{\partial f(x^{0})}{\partial x_2} \right)^{-1}
            \frac{\partial f(x^{0})}{\partial x_3} \\
            \frac{\partial g_3}{\partial x_1} (x_1^{0}, x_2^{0}) &=
            - \left( \frac{\partial f(x^{0})}{\partial x_3} \right)^{-1} \frac{\partial f(x_0)}{\partial x_1}
        .\end{align*}
        Insgesamt folgt damit
        \begin{align*}
        &\frac{\partial g_1}{\partial x_2}(x_2^{0}, x_3^{0}) \cdot 
        \frac{\partial g_2}{\partial x_3}(x_1^{0}, x_3^{0}) \cdot 
        \frac{\partial g_3}{\partial x_1} (x_1^{0}, x_2^{0}) \\ =& -
\left( \frac{\partial f(x^{0})}{\partial x_1} \right)^{-1} \frac{\partial f(x^{0})}{\partial x_2}
\cdot \left( \frac{\partial f(x^{0})}{\partial x_2} \right)^{-1} \frac{\partial f(x^{0})}{\partial x_3}
\cdot \left( \frac{\partial f(x^{0})}{\partial x_3} \right)^{-1} \frac{\partial f(x_0)}{\partial x_1} \\
=& -1
        .\end{align*}
    \end{proof}
\end{aufgabe}

\end{document}