Je mag Zorich deel I en II gebruiken, maar geen ander hulpmiddelen (zoals andere boeken, aantekeningen, rekenmachine etc.)!

Transcriptie

1 Tentamen Analyse II. Najaar 6 (.1.7) Toelicting: Je mag Zoric deel I en II gebruiken, maar geen ander ulpmiddelen (zoals andere boeken, aantekeningen, rekenmacine etc.)! Als je bekende stellingen gebruikt willen we volledige referenties zien (bijv.: Zoric II, blz 13, Stelling 5), waar je ook duidelijk maakt dat aan de voorwaarden voldaan is. Per opgave zijn 1 punten te bealen. steeds een 1 alen. Als je één opgave volledig weglaat kun je nog Opgave 1 Bekijk de functie f : R R gedefineerd door { x 3 als (x, y) (, ) f(x, y) = x +y als (x, y) = (, ) (a) Laat zien dat f op eel R continu is. (b) Laat zien dat f in et punt (, ) niet differentieerbaar is (in de zin van Zoric II, blz 61, Def. 1.) (c) Ga na of de partiële afgeleiden van f in et punt (, ) bestaan. (d) Waarom is er geen contradictie? Opgave Laat zien dat et stelsel 3x + y z + u = x y + z + u = x + y 3z + u = naar x, y, u als functie van z, naar x, z, u als functie van y en naar y, z, u als functie van x opgelosd kan worden, maar niet naar x, y, z als functie van u. Zie vervolg op acterkant!! 1

2 Opgave 3 (Zoric II, blz 134, opg 7) (a) Zij E = {(x, y) R y x 1} en zij f : E R continu. Bewijs dat de geïtereerde integralen 1 dx x f(x, y)dy, 1 1 dy f(x, y)dx y bestaan en gelijk zijn. (b) Gebruik de geïtereerde integraal π dx sin x 1 dy om te laten zien dat niet elke geïtereerde integraal door de stelling van Fubini uit een dubbele integraal ontstaat. Opgave 4 Zij < a < b en bekijk de afbeelding F : R 3 R gegeven door F (x 1, x, x 3 ) = ( ) x 1 + x b + x 3 a. (a) Laat zien dat S = {x R 3 F (x 1, x, x 3 ) = } een C 1 -oppervlakte van dimensie twee is. (b) Geef een parametrisatie van S. Hint: Gebruik twee oek-variablen. (c) Laat zien dat S R 3 compact is. (d) Geef een meetkundige karakterisering van S R 3. (Dus: Hoe ziet S er uit?) Opgave 5 Zij (X, d) een volledige metrisce ruimte en f : X X een afbeelding zodanig dat f n f f een contractie is, voor een zekere n N. Laat zien dat f een uniek vast punt }{{} n keer eeft.

3 Oplossingen Oplossing 1 (a) De teller en noemer van f zijn continue functies, en voor (x, y) (, ) is de noemer ongelijk nul, dus f continu. Voor (x, y) (, ) geldt f(x, y) = x3 x + y x3 = x. x (De ongelijkeid f(x, y) x geldt nu ook voor (x, y) = (, ).) Als nu {(x i, y i )} een rij in R is die naar (, ) convergeert, dan geldt lim i x i = en met bovenstande scatting lim i f(x i, y i ) = = f(, ). Dus f is continu in (, ). [Alternatief kun je poolcoordinaten gebruiken (x = r cos θ, y = r sin θ). Dan geldt f(r, θ) = r cos 3 θ, en dit gaat naar nul als r, voor alle θ.] (b) Stel dat f in (, ) wel differentieerbaar is. Er is dus een lineaire afbeelding A : R R zodanig dat f( 1, ) f(, ) A lim =, te weten of met pool-coordinaten Maar de vergelijking lim A 1 1 A 1 + =, r 3 cos 3 θ A r lim 1 r cos θ A r sin θ r r cos 3 θ A 1 cos θ A sin θ = eeft geen oplossing (A 1, A ), dus f (, ) bestaat niet. (c) Per definitie is f(, ) f(, ) (, ) = lim x (, ) = lim y en we zien dat de limieten bestaan. f(, ) f(, ) =. 3 = lim = lim 1 = 1, = lim (d) We berekenen de partiële afgeleiden van f voor (x, y) (, ). of in pool-coordinaten x (x, y) = 3x x + y x x3 (x + y ), y x3 (x, y) = y (x + y ), x (r, θ) = 3 cos θ cos 4 θ, y (r, θ) = sin θ cos3 θ. 3 =,

4 De limiet van deze uitdrukkingen voor r angt van θ af, en daarom zijn de partiele afgeleiden in (, ) niet continu (terwijl ze overal bestaan). De stelling (Zoric II, blz 78, Teorem ) is dus niet van toepassing. Oplossing We noemen de drie functies in et stelsel F 1, F, F 3, en in plaats van x, y, x, u scrijven we x 1,..., x 4. Om de inverse functie stelling toe te passen, moet F = (F 1, F, F 3 ) : R 4 R 3 differentieerbaar zijn, en et is duidelijk dat dit geldt. De partiële afgeleiden F i / x i zijn zo berekend: ( ) x 4 Fi = x j 3 (a) Om et stelsel naar z op te lossen moet de matrix 3 1 x 4 A z = rang drie ebben. We ebben det A z = x 4 + 4x 4 6 = 8x 4 1, en bealve voor x 4 = 3/ is dit ongelijk nul, dus et stelsel kan naar z = x 3 opgelosd worden. (b) Idem met A y = 3 1 x , det A y = 1 6x 4 8x = 14x 4 + 1, en dit is als x 4 3/. (c) Idem met A x = 1 1 x , det A x = 4 + 6x 4 8x = x 4 + 3, en dit is als x 4 3/. (d) Als we x, y, z als functies van u willen bekijken, krijgen we een lineair stelsel voor x, y, z, namelijk A u (x, y, z) t = ( u, u, u) t. Maar de matrix A u is niet inverteerbaar: de eerste rij is gelijk aan de som van de tweede en de derde. De som van de tweede en derde vergelijking levert 3x + y z + 3u =, en dit is compatiebel met de eerste vergelijking alleen als 3u = u, dus voor u {, 3}. Opmerking: Er is dus geen oplossing van et stelsel met de waarde u = 3/ die we in a) t/m c) zijn tegengekomen. 4

5 Oplossing 3 (a) Het gebied E = {(x, y) R y x 1} is begrensd en eeft de rand E = {(x, ) x [, 1]} {(1, y) y [, 1]} {(x, x) x [, 1]}. Dit is een deelverzameling van R van maat null. (Bijv. Zoric II, blz 11, voorbeeld.) Dus E is admissible en elke continue functie is Riemann integreerbaar over E. (Zoric II, blz 119, Teorem 1). We kunnen dus (Zoric II, blz 17, Teorem) en (Zoric II, blz 13, Corollarium 3) toepassen en zien dat beide integralen in de opgave gelijk zijn aan f(x, y)dxdy. E (b) Met E = {(x, y) x π, y φ(x)} geldt (Zoric II,...) E f(x, y)dxdy = π φ(x) dx dy f(x, y). Maar dit kunnen we niet op ons integraal toepassen omdat sin x op [, π] et teken wisselt en er daarom geen meetkundige interpretatie voor et integraal π dx sin x 1 dy is. Oplossing 4 (a) We berekenen de partiële afgeleiden van F : F = ( x 1 + x x 1 b) x 1 x 1 + x F = x ( x 1 + x b), x x 1 + x F = x 3. x 3 = x 1( x 1 + x b), x 1 + x Zij x S = F 1 (). Als x 3 dan is 3 F. Als x 3 = dan is x 1 + x b = a >. Verder is x 1 + x = a + b > en dus zijn x 1 en x niet beide nul. Dus 1 F of F. We concluderen dat F (x) voor alle x F 1 (). Nu volgt met (Zoric II, blz 164, Example 1) dat S = F 1 () R 3 een -dimensionaale C 1 -oppervlakte is. (b) Met z = x 1 + x b komt F (x 1, x, x 3 ) = neer op z + x 3 = a, en de oplossingen iervan kunnen we parametriseren door (z, x 3 ) = (a cos θ, a sin θ) met a [, π). Vanwege < a < b geldt steeds b + a cos θ, en daarom is z = a cos θ equivalent aan x 1 + x = (b + a cos θ). De oplossingen iervan kunnen we parametriseren door (x 1, x ) = (b+a cos θ)(cos φ, sin φ), en daarmee volgt dat de afbeelding (b + a cos θ) cos φ f : [, π) [, π) R 3, (θ, φ) (b + a cos θ) sin φ a sin θ een bijectie is. (c) De functie F : R 3 R is continu, dus S = F 1 () R 3 is afgesloten. Uit de vorm van F volgt dat x S implieceert dat x 3 a en x 1 + x b a en dus x 1 + x a + b. Dus S is begrensd en afgesloten en daarom compact. [Alternatief: S = f([, π] [, π]), en et beeld van een compacte verzameling onder een continue functie is compact.] 5

6 (d) De afbeeling f kunnen we bekijken als een injectieve afbeelding van de -torus T = S 1 S 1 naar R 3. Gezien S = f(t ) compact is, is f : T S een omeomorfisme. Dus: S is en -torus. Oplossing 5 De contractiestelling (Zoric II, blz 34) geeft ons dat f n een unieke vaste punt x X eeft. Als x een vaste punt van f is, dan is ij natuurlijk ook een vaste punt van f n en dus geldt x = x. Dus, als f überaupt een vaste punt eeft, dan is dit x. Maar dit impliceert niet dat f(x ) = x!! We weten dat f n (x ) = x, dus de baan O(x ) = {f i (x ) i N } van x is eindig, en f(x ) = x is equivalent aan O(x ) = {x }. Zij y O(x ). Dan is y = f i (x ) voor een zeker i N, en dus f n (y) = f n (f i (x )) = f n+i (x ) = f i (f n (x )) = f i (x ) = y. Dus: elk y O(x ) is een vaste punt van f n. Maar die is uniek, dus y = x. Hieruit volgt O(x ) = {x }, en we zijn klaar. LET OP: Dat f n een contractie is implieceert niet dat f en contractie is!! Tegenvoorbeeld: X = R met de euclidisce metriek en f : (x, y) (y, x/). Dan is f (x, y) = (x/, y/) een contractie, terwijl uit d(f(, a), f(, b)) = d((a, ), (b, )) = d((, a), (, b)) volgt dat f geen contractie is. 6