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

\title{Analysis II: Übungsblatt 9}
\author{Leon Burgard, Christian Merten}

\usepackage[]{gauss}

\begin{document}

\punkte

\begin{aufgabe}
    Sei
    \[
    f\colon \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \mapsto \begin{pmatrix} u \\ v \\ w \end{pmatrix} 
    \coloneqq \begin{pmatrix} yz \\ x + 2z \\ xy \end{pmatrix} 
    .\]
    Dann ist die Umkehrfunktion $g = f^{-1}$ gegeben als
    \begin{align*}
        g(u, v, w) = \begin{pmatrix} \frac{wv}{w + 2u} \\ \frac{w + 2u}{v} \\ \frac{vu}{w + 2u} \end{pmatrix}
    .\end{align*} Denn $\forall x, y, z \in \R$ gilt
    \begin{align*}
        g(f(x,y,z)) = g(yz, x+2z, xy) = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} 
    .\end{align*}
    Analog für $f(g(u,v,w)) = (u,v,w)^{T}$.

    Für die Jacobimatrizen folgt
    \begin{align*}
        D_f(x,y,z) = \begin{pmatrix} 0 & z & y \\ 1 & 0 & 2 \\ y & x & 0 \end{pmatrix}
        \quad
        \text{und}
        \quad
        D_g(u,v,w) = \begin{pmatrix} - 2 \frac{wv}{(w + 2u)^2} & \frac{w}{w+2u} & \frac{2uv}{(w + 2u)^2}\\
        \frac{2}{v} & -\frac{2 + 2u}{v^2} & \frac{1}{v} \\
    \frac{vw}{(w + 2u)^2} & \frac{u}{w + 2u} & -\frac{vu}{(w + 2u)^2}\end{pmatrix}
    .\end{align*}
    Für den Punkt $(x,y,z)^{T} = (2,1,0)$ folgt $f(2,1,0) = (0,2,2)^{T}$. Damit folgt
    \begin{align*}
        D_f(2,1,0) = \begin{pmatrix} 
            0 & 0 & 1 \\
            1 & 0 & 2 \\
            1 & 2 & 0
        \end{pmatrix} 
        \quad
        \text{und}
        \quad
        D_g(0,2,2) = \begin{pmatrix} 
            -2 & 1 & 0 \\
            1 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\
            1 & 0 & 0
        \end{pmatrix} 
    .\end{align*}
    Damit folgt
    \begin{align*}
        D_f(2,1,0) D_g(0,2,2) = 
        \begin{pmatrix} 
            0 & 0 & 1 \\
            1 & 0 & 2 \\
            1 & 2 & 0
        \end{pmatrix} 
        \begin{pmatrix} 
            -2 & 1 & 0 \\
            1 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\
            1 & 0 & 0
        \end{pmatrix}
        =
            \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\
            0 & 1 & 0 \\
            0 & 0 & 1\end{pmatrix} 
    .\end{align*}
    Also $D_f(2,1,0)^{-1} = D_g(0,2,2)$.
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    Sei
    \[
        P\coloneqq \{(x,y,z)^{T} \in \R^{3}  \mid x + y - z = 1\}
        \quad
        \text{und}
        \quad
        Z \coloneqq \{(x,y,z)^{T} \in \R^{3}  \mid x^2 + y^2 = 1\} 
    .\] Setze
    \begin{align*}
        &f\colon \R^{3} \to \R, x \mapsto \Vert x \Vert_2^2 \\
        &g\colon \R^{3} \to \R^2, x \mapsto \begin{pmatrix} x+y-z-1 \\ x^2 + y^2 - 1 \end{pmatrix} 
    .\end{align*}
    Dann ist die Nebenbedingung äquivalent zu $g(x) = 0$. Minimiere nun $f(x)$ unter $g(x) = 0$.
    Es gilt
    \begin{align*}
        J_g(x) = \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ 2x & 2y & 0 \end{pmatrix}
        \quad
        \text{und}
        \quad
        \nabla f(x) = \begin{pmatrix} 2x \\ 2y \\ 2z \end{pmatrix} 
    .\end{align*}
    Es gilt $\text{Rg}(J_g(x)) = 2$, also ist mit Lagrangeregel notwendige Bedingung für
    Minimum:
    \[
        J_f(\hat{x})^{T} \lambda = \nabla f(\hat{x})
    .\]
    Damit folgt das Gleichungssystem
    \begin{align}
        x + y - z - 1 &= 0 \\
        x^2 + y^2 - 1 &= 0 \\
        \lambda_1 + 2 x \lambda_2 &= 2x \\
        \lambda_1 + 2y \lambda_2 &= 2y \\
        - \lambda_1 &= 2z
    .\end{align}
    Sei zunächst $x \neq y$. Ziehe (4) von (3) ab. Damit folgt
    \begin{align*}
        \lambda_2 (x - y) = x - y \implies \lambda_2 = 1
    .\end{align*}
    Aus (5) folgt direkt $\lambda_1 = - 2z$. Damit folgt mit (3):
    \begin{align*}
    - 2z +2x = 2x \implies -2z = 0 \implies z = 0
    .\end{align*}
    Eingesetzt in (1) und in (2) ergibt das
    \[
        x + y - 1 = 0 \implies x = 1 - y \stackrel{\text{(2)}}{\implies} (1-y)^2 + y^2 - 1 = 0 \implies y (y-1) = 0 \implies y_1 = 0 \land y_2 = 1
    .\] Damit ergeben sich $x_1 = 1 - y_1 = 1$ und $x_2 = 1 - y_2 = 0$, also
    $P_1 = (1, 0, 0)^{T}$ und $P_2 = (0,1,0)^{T}$. Hier gilt
    $f(P_1) = \Vert P_1\Vert_2^2 = 1$ und $f(P_2) =\Vert P_2 \Vert_2^2 = 1$.

    Falls nun $x = y$. Dann folgt aus (2) direkt $x = \pm \frac{1}{\sqrt{2} }$ und damit mit (1)
$z = \pm \frac{2}{\sqrt{2} } - 1$. Allerdings ist dann bereits $f(\pm \frac{1}{\sqrt{2}}, \pm \frac{1}{\sqrt{2}}, \pm \frac{2}{\sqrt{2} } - 1) > 1$, d.h. dies kann kein Minimum sein.

    Es bleiben also $P_1$ und $P_2$. Da $f(P_1) = f(P_2)$ sind beide Minima.
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    Definiere
    \begin{align*}
        &f(x) \colon \R^{3} \to \R, x \mapsto 2x_1^2 + 2x_1 x_3 + 2x_2^2 + x_2x_3 + 3x_3^2 + 3x_1 - 8x_2 + 2x_3 \\
        &g(x) \colon \R^{3} \to \R^2, x \mapsto \begin{pmatrix} -x_1 + 3x_2 - 2x^{3} - 7 \\
            -3x_1 + 2x_2 -x_3 -2
        \end{pmatrix} 
    .\end{align*}
    Damit ist das gegebene Optimierungsproblem äquivalent zu der Minimierung von $f$ unter $g(x) = 0$.

    Mit
    \[
        Q \coloneqq \begin{pmatrix} 4 & 0 & 2 \\
            0 & 4 & 1 \\
            2 & 1 & 6
        \end{pmatrix}
        \quad
        \text{und}
        \quad
        c \coloneqq \begin{pmatrix} -3 \\ 8 \\ -2 \end{pmatrix} 
    .\] folgt
    \[
        f(x) = \frac{1}{2} x^{T} Qx - c^{T} x
    .\] Mit
    \[
        A \coloneqq \begin{pmatrix} -1 & 3 & -2 \\ -3 & 2 & -1 \end{pmatrix}
        \quad
        \text{und}
        \quad
        b \coloneqq \begin{pmatrix} 7 \\ 2 \end{pmatrix} 
    \] folgt
    \[
        g(x) = Ax - b
    .\] 
    Es ist $\forall x \in \R^{3}$
    \begin{salign*}
        f(x) &= \frac{1}{2} x^{T} Q x - c^{T} x  \\
        &= \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} x_i (Qx)_i - \sum_{i=1}^{n} c_i x_i \\
        &= \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} x_i \sum_{j=1}^{n} Q_{ij} x_j - \sum_{i=1}^{n} c_i x_i \\
        &= \frac{1}{2} \left[ \sum_{i=1}^{n} Q_{ii} x_i^2 + \sum_{i,j=1, i\neq j}^{n} Q_{ij} x_i x_j \right]
        - \sum_{i=1}^{n} c_i x_i
        \intertext{Da $Q$ symmetrisch, folgt $Q_{ij} = Q_{ji}$, also}
        \frac{\partial f}{\partial x_i}
        &= \frac{1}{2} \left[ 2 Q_{ii} x_i + 2 \sum_{j=1}^{n} Q_{ij} x_j \right] - c_i \\
        &= \sum_{j=1}^{n} Q_{ij} x_j - c_i \\
        &= (Qx)_i - c_i
        \intertext{Insgesamt folgt}
        \nabla f(x) &= Qx - c
    .\end{salign*}
    Mit der Definition von $g$ und $A$ folgt außerdem direkt $J_g(x) = A$. Wegen $\text{Rg}(A) = 2$ folgt
    mit der Lagrangeregel und die Bedingung für ein Minimum für $\lambda \in \R^2$:
    \begin{align*}
        A^{T} \lambda &= Qx - c \\
        Ax &= b
    .\end{align*}
    Löse zunächst $Ax = b$:
    \begin{align*}
        \begin{gmatrix}[p] -1 & 3 & -2 & 7 \\
            -3 & 2 & -1 & 2
            \rowops
            \add[-3]{0}{1}
        \end{gmatrix}
        \to
        \begin{gmatrix}[p]
            -1 & -3 & 2 & -7 \\
            0 & -7 & 5 & -19
            \rowops
            \mult{0}{-1}
            \mult{1}{-\frac{1}{7}}
            \add[3]{1}{0}
        \end{gmatrix} 
        \to
        \begin{gmatrix}[p] 
            1 & 0 & -\frac{1}{7} & \frac{8}{7} \\
            0 & 1 & -\frac{5}{7} & \frac{19}{7}
        \end{gmatrix} 
    .\end{align*}
    Damit folgt als Lösungsmenge
    \[
    L = \begin{pmatrix} \frac{8}{7} \\ \frac{19}{7} \\ 0 \end{pmatrix}
    + \text{Lin}\left( \begin{pmatrix} -\frac{1}{7} \\ -\frac{5}{7} \\ -1 \end{pmatrix}  \right)
    = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix} + \text{Lin}\left( \begin{pmatrix} 1 \\ 5 \\ 7 \end{pmatrix}  \right) 
    .\] Also folgt für $a \in \R$:
    \[
    x = \begin{pmatrix} 1 + a \\ 2 + 5a \\ -1 + 7a \end{pmatrix} 
    .\] Setze jetzt in $A^{T} \lambda = Qx - c$ ein:
    \begin{align*}
        A^{T} \lambda &= Qx -c
                      = \begin{pmatrix} 5 + 18a \\ -1 + 27 a \\ 49 a \end{pmatrix} 
    .\end{align*}
    und löse
    \[
        \begin{pmatrix} -1 & -3 & -18 \\
            3 & 2 & -27 \\
            -2 & -1 & -49
        \end{pmatrix}
        \begin{pmatrix} \lambda_1 \\ \lambda_2 \\ a \end{pmatrix}
        =
        \begin{pmatrix} 5 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} 
    .\] Kurze Rechnung ergibt $a = 0$. Damit folgt
    \[
        x = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}
    .\] Da $f(1, 2, -1) = -12$ und für $y = (2,7,6)^{T} \in L$ ist $f(y) = 242 > -12$ folgt
    $x = (1,2,-1)^{T}$ löst das Minimierungsproblem.
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Definiere:
            \begin{align*}
                x_1 &\coloneqq v_1(t) \\
                x_2 &\coloneqq v_1'(t) \\
                x_3 &\coloneqq v_2(t) \\
                x_4 &\coloneqq v_2'(t) \\
                x_5 &\coloneqq v_2''(t) \\
                x_6 &\coloneqq v_2'''(t)
            .\end{align*}
            Das gegebene Gleichungssystem lässt sich dann so formulieren
            \begin{align*}
                x_6'(t) - a ( g(t) - b x_3(t)) &= f(t) \\
                x_2'(t) + b x_3(t) &= g(t)
            .\end{align*}
            Dann folgt für das gegebene Gleichungssystem das äquivalente Gleichungssystem 1. Ordnung:
            \begin{align*}
            x' = \begin{pmatrix} x_2 \\
                g(t) - b x_3(t) \\
                x_4 \\
                x_5 \\
                x_6 \\
                a (g(t) - b x_3(t)) + f(t)
            \end{pmatrix} 
            .\end{align*}
        \item Seien $u_1$, $u_2$ Lösungen von $(*)$. Dann gilt
            \[
                W(t) = \text{det} \begin{pmatrix} u_1(t) & u_2(t) \\
                    \frac{\d}{\d t} u_1(t) & \frac{\d}{\d t} u_2(t)
                \end{pmatrix}
                = u_1 \frac{\d}{\d t} u_2(t) - u_2(t) \frac{\d}{\d t} u_1(t)
            .\] Damit folgt
            \begin{salign*}
                \frac{\d}{\d t} W(t) &= \frac{\d}{\d t}\left( u_1 \frac{\d}{\d t}u_2 \right)
            - \frac{\d}{\d t} \left( u_2 \frac{\d}{\d t} u_1 \right) \\
            &= \left( \frac{\d}{\d t} u_1 \right)\left( \frac{\d}{\d t} u_2 \right)
            + u_1 \frac{\mathrm{d}^2}{\d t^2} u_2 - \left( \frac{\d}{\d t} u_2 \right)
            \left( \frac{\d}{\d t} u_1 \right)
            - u_2 \frac{\mathrm{d}^2}{\d t^2} u_1 \\
            &= 
            u_1 \frac{\mathrm{d}^2}{\d t^2} u_2
            - u_2 \frac{\mathrm{d}^2}{\d t^2} u_1 \\
            &\stackrel{(*)}{=}
            u_1 \left[ - p \frac{\d}{\d t} u_2 - q u_2 \right]
            - u_2 \left[ - p \frac{\d}{\d t} u_1 - q u_1 \right] \\
            &= - u_1 p \frac{\d }{\d t}u_2 - u_1 q u_2 + u_2 p \frac{\d }{\d t} u_1 + u_2 q u_1 \\
            &= -p \left( u_1 \frac{\d}{\d t} u_2 - u_2 \frac{\d }{\d t} u_1\right) \\
            &= -p W(t)
            .\end{salign*}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\end{document}