Kurs:Analysis/Teil II/13/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	${}\sum$
Punkte	3	3	3	6	9	3	4	5	5	6	5	9	3	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Eine Abbildung ${}d\colon M\times M\to \mathbb {R}$ heißt Metrik, wenn für alle ${}x,y,z\in M$ die folgenden Bedingungen erfüllt sind:
   1. ${}d\left(x,y\right)=0\Longleftrightarrow x=y$ (Definitheit),
   2. ${}d\left(x,y\right)=d(y,x)$ (Symmetrie), und
   3. ${}d\left(x,y\right)\leq d(x,z)+d(z,y)$ (Dreiecksungleichung).
2. Die Abbildung ${}f$ heißt Lipschitz-stetig, wenn es eine reelle Zahl ${}c\geq 0$ mit

   ${}d{\left(f(x),f(y)\right)}\leq c\cdot d{\left(x,y\right)}\,$

   für alle ${}x,y\in L$ gibt.

3. Ein Vektorfeld ist eine Abbildung

   $f\colon I\times U\longrightarrow \mathbb {R} ^{n},\,(t,v)\longmapsto f(t,v),$

   wobei ${}I$ ein reelles Intervall ist.

4. Die Abbildung ${}f$ heißt partiell differenzierbar, wenn für jedes ${}i=1,\ldots ,n$ die Abbildung

   $\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{n},\,x_{i}\longmapsto f(a_{1},\ldots ,a_{i-1},x_{i},a_{i+1},\ldots ,a_{n}),$

   in ${}a_{i}$ differenzierbar ist.

5. Eine Abbildung

   $V\times V\longrightarrow K,\,(v,w)\longmapsto \left\langle v,w\right\rangle ,$

   heißt Bilinearform, wenn für alle ${}v\in V$ die induzierten Abbildungen

   $V\longrightarrow K,\,w\longmapsto \left\langle v,w\right\rangle ,$

   und für alle ${}w\in V$ die induzierten Abbildungen

   $V\longrightarrow K,\,v\longmapsto \left\langle v,w\right\rangle ,$

   ${}K$- linear sind.

6. Die Integrabilitätsbedingung besagt, dass

   ${}{\frac {\partial G_{i}}{\partial x_{j}}}(P)={\frac {\partial G_{j}}{\partial x_{i}}}(P)\,$

   für alle ${}P\in U$ und alle ${}i,j$ gilt.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}(M,d)$ ein metrischer Raum und sei ${}P\in M$ ein Punkt. Zeige, dass ${}\{P\}$ abgeschlossen ist.

Lösung

Es ist zu zeigen, dass ${}M\setminus \{P\}$ offen ist. Es sei dazu ${}Q\in M\setminus \{P\}$, also ${}Q\neq P$. Dann ist

${}d(Q,P)=r>0\,$

und somit ist

${}Q\in U{\left(Q,r\right)}\subseteq M\setminus \{P\}\,,$

da ja ${}P$ nicht zu diesem offenen Ball gehört. Also gibt es zu jedem Punkt aus ${}M\setminus \{P\}$ eine offene Ballumgebung, die ganz in ${}M\setminus \{P\}$ drinliegt und daher ist diese Menge offen.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise die Aussage, dass eine Folge ${}{\left(z_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ im ${}\mathbb {R} ^{m}$ (versehen mit der euklidischen Metrik) genau dann konvergiert, wenn sämtliche Komponentenfolgen konvergieren.

Lösung

Es sei die Gesamtfolge konvergent gegen ${}w=(w_{1},\ldots ,w_{m})$. Wir behaupten, dass die ${}i$-te Komponentenfolge ${}{\left(z_{in}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen ${}w_{i}$ konvergiert. Sei (ohne Einschränkung) ${}i=1$ und ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Wegen der Konvergenz der Gesamtfolge gibt es ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ mit ${}d{\left(z_{n},w\right)}\leq \epsilon$ für alle ${}n\geq n_{0}$. Daher ist

${}{\begin{aligned}\vert {z_{1n}-w_{1}}\vert &={\sqrt {{\left(z_{1n}-w_{1}\right)}^{2}}}\\&\leq {\sqrt {{\left(z_{1n}-w_{1}\right)}^{2}+{\left(z_{2n}-w_{2}\right)}^{2}+\cdots +{\left(z_{mn}-w_{m}\right)}^{2}}}\\&=d{\left(z_{n},w\right)}\\&\leq \epsilon .\end{aligned}}$

Es seien nun alle Komponentenfolgen konvergent, wobei die ${}i$-te Folge den Grenzwert ${}w_{i}$ besitzen möge, und sei ein ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Wir setzen ${}w=(w_{1},\ldots ,w_{m})$ und behaupten, dass die Folge gegen ${}w$ konvergiert. Zu ${}\epsilon /m$ gibt es für jede Komponentenfolge ein ${}n_{0i}$ derart, dass ${}\vert {z_{in}-w_{i}}\vert \leq \epsilon /m$ für alle ${}n\geq n_{0i}$ gilt. Dann gilt für alle

${}n\geq n_{0}:={\max {\left(n_{0i},i=1,\ldots ,m\right)}}\,$

die Beziehung

${}{\begin{aligned}d{\left(z_{n},w\right)}&={\sqrt {{\left(z_{1n}-w_{1}\right)}^{2}+\cdots +{\left(z_{mn}-w_{m}\right)}^{2}}}\\&\leq {\sqrt {{\left({\frac {\epsilon }{m}}\right)}^{2}+\cdots +{\left({\frac {\epsilon }{m}}\right)}^{2}}}\\&={\sqrt {\frac {\epsilon ^{2}}{m}}}\\&={\frac {\epsilon }{\sqrt {m}}}\\&\leq \epsilon .\end{aligned}}$

Aufgabe (9 Punkte)

Beweise den Fundamentalsatz der Algebra.

Lösung

Es sei ${}P\in {\mathbb {C} }[X]$ ein nichtkonstantes Polynom. Aufgrund von Lemma 36.13 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gibt es ein ${}z_{0}\in {\mathbb {C} }$ mit ${}\vert {P(z)}\vert \geq \vert {P(z_{0})}\vert$ für alle ${}z\in {\mathbb {C} }$. Wir müssen zeigen, dass dieses Betragsminimum ${}0$ ist. Wir nehmen also an, dass ${}\vert {P(z_{0})}\vert >0$ ist, und müssen dann ein ${}z_{1}$ finden, an dem der Betrag des Polynoms kleiner wird. Durch Verschieben (d.h. indem wir die Situation in der neuen Variablen ${}z-z_{0}$ betrachten) können wir annehmen, dass das Minimum an der Stelle ${}0$ angenommen wird, und durch Division durch ${}P(z_{0})$ können wir annehmen, dass das Polynom im Nullpunkt den Wert ${}1$ besitzt. D.h. wir können annehmen, dass ein Polynom

${}P=1+c_{k}z^{k}+c_{k+1}z^{k+1}+\cdots +c_{d}z^{d}\,$

mit ${}k\geq 1$ und ${}c_{k}\neq 0$ vorliegt, das im Nullpunkt das Betragsminimum annimmt. Wegen Korollar 21.9 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gibt es ein ${}\gamma \in {\mathbb {C} }$ mit ${}\gamma ^{k}=-c_{k}^{-1}$. Wir setzen ${}z=\gamma w$ (das ist eine Variablenstreckung). In der neuen Variablen ${}w$ erhalten wir ein Polynom der Form

$1-w^{k}+w^{k+1}Q(w),$

das nach wie vor im Nullpunkt das Betragsminimum annimmt (hierbei ist ${}Q(w)\in {\mathbb {C} }[w]$ ein Polynom). Aufgrund von Satz 36.12 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gibt es ein ${}b\in \mathbb {R} _{+}$ mit ${}\vert {Q(w)}\vert \leq b$ für alle ${}w\in B\left(0,1\right)$. Für reelles ${}w$ mit ${}0<w<{\min {\left(1,b^{-1}\right)}}$ gilt

${}{\begin{aligned}\vert {1-w^{k}+w^{k+1}Q(w)}\vert &\leq \vert {1-w^{k}}\vert +\vert {w^{k+1}Q(w)}\vert \\&=1-w^{k}+w^{k+1}\vert {Q(w)}\vert \\&=1-w^{k}(1-w\vert {Q(w)}\vert )\\&<1.\end{aligned}}$

Wir haben also Stellen gefunden, wo der Betrag des Polynoms einen kleineren Wert annimmt, ein Widerspruch.

Aufgabe (3 Punkte)

Von einer Bewegung

$\varphi \colon ]0,{\frac {\pi }{2}}[\longrightarrow \mathbb {R} ^{3}$

sei der Geschwindigkeitsverlauf

${}\varphi '(t)=\left({\frac {1}{t}},\,\tan {\left(t\right)},\,e^{-t}\right)\,$

bekannt. Ferner sei

${}\varphi {\left({\frac {\pi }{4}}\right)}=(0,0,0)\,$

bekannt. Bestimme ${}\varphi (t)$.

Lösung

Die Integralkurven ergeben sich durch komponentenweises Integrieren zu

$\left(\ln t+c_{1},\,-\ln \left(\cos t\right)+c_{2},\,-e^{-t}+c_{3}\right).$

Die Anfangsbedingung ergibt

${}c_{1}=-\ln {\frac {\pi }{4}}\,,$

${}c_{2}=\ln \left(\cos {\frac {\pi }{4}}\right)\,$

und

${}c_{3}=e^{-{\frac {\pi }{4}}}\,.$

Die Lösungskurve ist also

$\left(\ln t-\ln {\frac {\pi }{4}},\,-\ln \left(\cos t\right)+\ln \left(\cos {\frac {\pi }{4}}\right),\,-e^{-t}+e^{-{\frac {\pi }{4}}}\right).$

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das lineare Anfangswertproblem

${\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}-2&7\\0&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\end{pmatrix}}{\text{ mit }}{\begin{pmatrix}v_{1}(0)\\v_{2}(0)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-4\\6\end{pmatrix}}.$

Lösung

Aus der zweiten Zeile folgt sofort

${}v_{2}(t)=ae^{3t}\,,$

wobei die Anfangsbedingung ${}v_{2}(0)=6$ durch ${}a=6$ erfüllt wird. Für ${}v_{1}$ ergibt sich daraus die inhomogene lineare Differentialgleichung in einer Variablen,

$v_{1}'=-2v_{1}+42e^{3t}{\text{ mit }}v_{1}(0)=-4.$

Die zugehörige homogene lineare Gleichung besitzt die Lösungen ${}ce^{-2t}$. Mittels Variation der Konstanten, also dem Ansatz

${}v_{1}(t)=c(t)e^{-2t}\,,$

ergibt sich die Bedingung

${}c'(t)=42e^{2t}\cdot e^{3t}=42e^{5t}\,.$

Also ist ${}c(t)={\frac {42}{5}}e^{5t}+b$ mit einer Konstanten ${}b\in \mathbb {R}$. Aus

${}{\frac {42}{5}}e^{0}+b=-4\,$

folgt ${}b=-4-{\frac {42}{5}}=-{\frac {62}{5}}$. Die Lösung ist also

${}{\begin{pmatrix}v_{1}(t)\\v_{2}(t)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\left({\frac {42}{5}}e^{5t}-{\frac {62}{5}}\right)}e^{-2t}\\6e^{3t}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {42}{5}}e^{3t}-{\frac {62}{5}}e^{-2t}\\6e^{3t}\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Löse das Anfangswertproblem

$y^{\prime \prime }=y'y+\sin t{\text{ mit }}y(0)=0{\text{ und }}y'(0)=1$

mit einem Potenzreihenansatz bis zur Ordnung ${}5$.

Lösung

Wir machen den Ansatz

${}y(t)=\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\,.$

Die auszuwertende Potenzreihengleichung ist somit

${}{\begin{aligned}{\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\right)}^{\prime \prime }&=\sum _{k=2}^{\infty }k(k-1)a_{k}t^{k-2}\\&={\left(\sum _{k=1}^{\infty }ka_{k}t^{k-1}\right)}\cdot {\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}t^{k}\right)}+\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}{\frac {1}{(2n+1)!}}t^{2n+1}.\end{aligned}}$

Die Anfangsbedingung legt ${}a_{0}=0$ und ${}a_{1}=1$ fest. Für den konstanten Term (also zu ${}t^{0}$) ergibt sich aus der Potenzreihengleichung

${}2a_{2}=a_{1}a_{0}=0\,,$

also ist ${}a_{2}=0$. Für ${}t^{1}$ ergibt sich

${}6a_{3}=a_{1}^{2}+2a_{2}a_{0}+1=2\,$

also ist ${}a_{3}={\frac {1}{3}}$. Für ${}t^{2}$ ergibt sich

${}12a_{4}=a_{1}a_{2}+2a_{2}a_{1}+3a_{3}a_{0}=0\,,$

also ist ${}a_{4}=0$. Für ${}t^{3}$ ergibt sich

${}20a_{5}=a_{1}a_{3}+2a_{2}^{2}+3a_{3}a_{1}+4a_{4}a_{0}-{\frac {1}{6}}={\frac {4}{3}}-{\frac {1}{6}}={\frac {7}{6}}\,,$

also ist ${}a_{5}={\frac {7}{120}}$. Die Taylor-Entwicklung der Lösungskurve bis zur Ordnung ${}5$ ist demnach

$t+{\frac {1}{3}}t^{3}+{\frac {7}{120}}t^{5}.$

Aufgabe (5 (2+2+1) Punkte)

Es sei ${}f$ ein reelles Polynom in ${}n$ Variablen mit der Eigenschaft, dass sämtliche in ${}f$ vorkommenden Monome den gleichen Grad ${}d$ haben. Es ist also

${}f(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})=\sum _{(r_{1},r_{2},\ldots ,r_{n})\,,\sum _{j}r_{j}=d}a_{r}x_{1}^{r_{1}}x_{2}^{r_{2}}\cdots x_{n}^{r_{n}}\,.$

1. Zeige

   ${}f(tx_{1},tx_{2},\ldots ,tx_{n})=t^{d}\cdot f(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})\,$

   für ${}t\in \mathbb {R}$.

2. Zeige, dass ${}f$ kein isoliertes lokales Extremum in einem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$, ${}P\neq \left(0,\,0,\,\ldots ,\,0\right)$ besitzt.
3. Es sei ${}d$ ungerade. Zeige, dass ${}f$ kein isoliertes lokales Extremum im Nullpunkt besitzt.

Lösung

1. Es ist

   ${}{\begin{aligned}f(tx_{1},tx_{2},\ldots ,tx_{n})&=\sum _{(r_{1},r_{2},\ldots ,r_{n})\,,\sum _{j}r_{j}=d}a_{r}{\left(tx_{1}\right)}^{r_{1}}{\left(tx_{2}\right)}^{r_{2}}\cdots {\left(tx_{n}\right)}^{r_{n}}\\&=\sum _{(r_{1},r_{2},\ldots ,r_{n})\,,\sum _{j}r_{j}=d}a_{r}t^{r_{1}}t^{r_{2}}\cdots t^{r_{n}}x_{1}^{r_{1}}x_{2}^{r_{2}}\cdots x_{n}^{r_{n}}\\&=\sum _{(r_{1},r_{2},\ldots ,r_{n})\,,\sum _{j}r_{j}=d}a_{r}t^{d}x_{1}^{r_{1}}x_{2}^{r_{2}}\cdots x_{n}^{r_{n}}\\&=t^{d}\cdot \sum _{(r_{1},r_{2},\ldots ,r_{n})\,,\sum _{j}r_{j}=d}a_{r}x_{1}^{r_{1}}x_{2}^{r_{2}}\cdots x_{n}^{r_{n}}\\&=t^{d}\cdot f(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n}).\end{aligned}}$

2. Es sei ${}P=\left(x_{1},\,x_{2},\,\ldots ,\,x_{n}\right)\in \mathbb {R} ^{n}$ ein Punkt ${}\neq 0$. In jeder beliebig kleinen ${}\epsilon$-Umgebung von ${}P$ gibt es von ${}P$ verschiedene Punkte der Form

   ${}tP=t\left(x_{1},\,x_{2},\,\ldots ,\,x_{n}\right)=\left(tx_{1},\,tx_{2},\,\ldots ,\,tx_{n}\right)\,$

   mit ${}t>1$ und ${}t<1$. Nach Teil (1) ist

   ${}f(tP)=t^{d}f(P)\,.$

   Bei ${}f(P)=0$ sind diese Punkte ebenfalls gleich ${}0$, bei ${}f(P)\neq 0$ ist einer von ihnen kleiner und einer größer als ${}f(P)$, was die Existenz eines lokalen Extremums ausschließt.

3. Im Nullpunkt besitzt ${}f$ den Wert ${}0$. Es sei ${}Q\in \mathbb {R} ^{n}$, ${}Q\neq 0$. Wir betrachten das Verhalten von ${}f$ auf der Geraden ${}\mathbb {R} Q$. Bei ${}f(Q)=0$ ist ${}f$ auf der Geraden konstant gleich ${}0$. Bei ${}f(Q)\neq 0$ hängt das Vorzeichen von ${}f(tQ)$ davon ab, ob ${}t$ positiv oder negativ ist. Daher kann im Nullpunkt kein lokales Extremum vorliegen.

Aufgabe (6 (1+5) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$[1,2]\longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto g(t)={\frac {1}{t}}.$

1. Beschreibe den Flächeninhalt zur unteren maximalen Treppenfunktion zu ${}g$ zur Intervallunterteilung ${}1\leq x\leq y\leq 2$ in Abhängigkeit von ${}x$ und ${}y$.
2. Bestimme das Punktepaar ${}(x,y)$ zwischen ${}1$ und ${}2$, für das der Flächeninhalt zur unteren maximalen Treppenfunktion zu ${}g$ zur Intervallunterteilung ${}1\leq x\leq y\leq 2$ maximal wird. Welchen Wert hat dieser Flächeninhalt?

Lösung

1. Da ${}g$ streng fallend ist, besitzt die maximale untere Treppenfunktion auf jedem Teilintervall den Wert von ${}g$ an der oberen Intervallgrenze. Der Flächeninhalt der maximalen unteren Treppenfunktion zu

   ${}1<x<y<2\,$

   ist also

   ${}{\begin{aligned}f(x,y)&={\left(x-1\right)}{\frac {1}{x}}+{\left(y-x\right)}{\frac {1}{y}}+{\left(2-y\right)}{\frac {1}{2}}\\&=3-{\frac {1}{x}}-{\frac {x}{y}}-{\frac {y}{2}}.\end{aligned}}$

2. Es ist

   ${}{\frac {\partial f}{\partial x}}={\frac {1}{x^{2}}}-{\frac {1}{y}}\,$

   und

   ${}{\frac {\partial f}{\partial y}}={\frac {x}{y^{2}}}-{\frac {1}{2}}\,.$

   Damit beide partiellen Ableitungen gleich ${}0$ sind, muss

   ${}{\frac {1}{x^{2}}}={\frac {1}{y}}\,,$

   also ${}y=x^{2}$ und

   ${}{\frac {x}{y^{2}}}={\frac {1}{2}}\,,$

   also ${}x={\frac {1}{2}}y^{2}$ sein. Dies ergibt für ${}x$ die Bedingung

   ${}x={\frac {1}{2}}x^{4}\,,$

   also, da ${}x\neq 0$,

   ${}x={\sqrt[{3}]{2}}=2^{\frac {1}{3}}\,$

   und damit

   ${}y=2^{\frac {2}{3}}\,$

   Der einzige kritische Punkt liegt also in

   $\left(2^{\frac {1}{3}},\,2^{\frac {2}{3}}\right)$

   vor.

   Die Hesse-Matrix ist

   ${\begin{pmatrix}-2x^{-3}&y^{-2}\\y^{-2}&-2xy^{-3}\end{pmatrix}}.$

   Die Determinante ist

   ${}4x^{-2}y^{-3}-y^{-4}=x^{-2}y^{-4}{\left(4y-x^{2}\right)}\,.$

   Im kritischen Punkt ist dies wegen

   ${}4\cdot 2^{\frac {2}{3}}-2^{\frac {2}{3}}=3\cdot 2^{\frac {2}{3}}>0\,$

   positiv. Also ist die Hesse-Form im kritischen Punkt negativ definit und somit liegt in diesem Punkt ein isoliertes lokales Maximum vor. Da es der einzige kritische Punkt ist, und in Randpunkten kein Maximum vorliegt, da diese ja einer Unterteilung mit weniger Punkten entsprechen, liegt auch ein globales Maximum vor.

   Das Flächenintegral für diesen Punkt ist gleich

   ${}{\begin{aligned}f(2^{\frac {1}{3}},2^{\frac {2}{3}})&=3-{\frac {1}{2^{\frac {1}{3}}}}-{\frac {2^{\frac {1}{3}}}{2^{\frac {2}{3}}}}-{\frac {2^{\frac {2}{3}}}{2}}\\&=3-2^{-{\frac {1}{3}}}-2^{-{\frac {1}{3}}}-2^{-{\frac {1}{3}}}\\&=3-3\cdot 2^{-{\frac {1}{3}}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Formuliere und beweise die Mittelwertabschätzung für eine stetig differenzierbare Funktion

$\varphi \colon G\longrightarrow W,$

(${}G\subseteq V$ offen, ${}V,W$ euklidische Vektorräume).

Lösung

Bei ${}P=Q$ ist nichts zu zeigen, sei also ${}P\neq Q$. Wir betrachten die Abbildung

$h\colon [0,\Vert {Q-P}\Vert ]\longrightarrow W,\,t\longmapsto \varphi {\left(P+t{\frac {Q-P}{\Vert {Q-P}\Vert }}\right)}.$

Da nach Voraussetzung ${}P+t{\frac {Q-P}{\Vert {Q-P}\Vert }}\in G$ ist, ist dies eine differenzierbare Kurve in ${}W$. Daher gibt es nach der Mittelwertabschätzung für Kurven ein ${}c\in [0,\Vert {Q-P}\Vert ]$ mit

${}{\begin{aligned}\Vert {\varphi (P)-\varphi (Q)}\Vert &\leq \Vert {Q-P}\Vert \cdot \Vert {h'(c)}\Vert \\&=\Vert {Q-P}\Vert \cdot \Vert {{\left(D\varphi \right)}_{P+c{\frac {Q-P}{\Vert {Q-P}\Vert }}}{\left({\frac {Q-P}{\Vert {Q-P}\Vert }}\right)}}\Vert \\&=\Vert {Q-P}\Vert \cdot \Vert {\left(D\varphi \right)_{P+c{\frac {Q-P}{\Vert {Q-P}\Vert }}}}\Vert \cdot \Vert {\frac {Q-P}{\Vert {Q-P}\Vert }}\Vert \\&\leq \Vert {Q-P}\Vert \cdot \Vert {\left(D\varphi \right)_{P+c{\frac {Q-P}{\Vert {Q-P}\Vert }}}}\Vert \\&\leq \Vert {Q-P}\Vert \cdot b.\end{aligned}}$

Aufgabe (9 (1+2+1+5) Punkte)

Es sei

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto x^{2}+2y^{2}.$

a) Bestimme das zugehörige Gradientenfeld ${}\operatorname {Grad} \,f$.

b) Beschreibe die Lösungskurven zur zugehörigen Differentialgleichung

${}v'=\operatorname {Grad} \,f(v)\,$

zu einer Anfangsbedingung

${}v(0)={\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}}\,.$

c) Bestimme in Abhängigkeit von ${}(a,b)$ den Ort, wo sich die Lösung zum Zeitpunkt ${}t=1$ befindet.

d) Wir beschränken uns nun auf Anfangsbedingungen

${}v(0)={\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}}\,$

mit

${}f(a,b)=1\,.$

Für welchen dieser Anfangspunkte ist der Wert von ${}f$ am Ortspunkt der Lösung zum Zeitpunkt ${}t=1$ extremal?

Lösung

a) Es ist

${}\operatorname {Grad} \,f(x,y)={\begin{pmatrix}2x\\4y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2&0\\0&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,.$

b) Da es sich um ein lineares Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten handelt, und da das Vektorfeld in diagonalisierter Form vorliegt, sind ${}e^{2t}{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}$ und ${}e^{4t}{\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}$ die Basislösungen. Die allgemeine Lösung ist

${}v(t)=ae^{2t}{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}+be^{4t}{\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}\,.$

Diese befindet sich zum Zeitpunkt ${}t=0$ an der Stelle ${}{\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}}$.

c) Zum Zeitpunkt ${}t=1$ befindet sich die Lösungskurve ${}v(t)$ an der Stelle

${}v(1)=ae^{2}{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}+be^{4}{\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}ae^{2}\\be^{4}\end{pmatrix}}\,.$

d) Der Wert von ${}f$ an der Stelle ${}v(1)$ ist

${}f{\begin{pmatrix}ae^{2}\\be^{4}\end{pmatrix}}=a^{2}e^{4}+2b^{2}e^{8}=h(a,b)\,.$

Es geht also um die Extrema dieser Funktion ${}h(a,b)$ unter der Nebenbedingung ${}f=1$. Es ist

${}\operatorname {Grad} \,h={\begin{pmatrix}2ae^{4}\\4be^{8}\end{pmatrix}}\,.$

Der Ansatz

${}\lambda {\begin{pmatrix}2a\\4b\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2ae^{4}\\4be^{8}\end{pmatrix}}\,$

führt bei ${}a\neq 0$ auf

${}\lambda =e^{4}\,$

und auf

${}b=0\,$

und bei ${}b\neq 0$ auf

${}\lambda =e^{8}\,$

und auf

${}a=0\,.$

Mögliche Extrema liegen also in ${}P_{1}={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}$ und in ${}P_{2}={\begin{pmatrix}0\\{\frac {1}{\sqrt {2}}}\end{pmatrix}}$ vor. Die Werte sind ${}h(P_{1})=e^{4}$ und ${}h(P_{2})=2{\left({\frac {1}{\sqrt {2}}}\right)}^{2}e^{8}=e^{8}$. Daher liegt, da die durch ${}f=1$ gegebene Faser kompakt und ${}h$ darauf überall regulär ist, in ${}P_{1}$ das Minimum und in ${}P_{2}$ das Maximum vor.

Aufgabe (3 Punkte)

Wir betrachten den Subgraphen zur positiven Standardparabel, also

${}S={\left\{(x,y)\mid x\in \mathbb {R} _{\geq 0},\,0\leq y\leq x^{2}\right\}}\,.$

Zeige, dass ${}S$ nicht sternförmig ist.

Lösung

Es sei ${}(a,b)\in S$ ein Punkt. Es ist zu zeigen, dass ${}S$ nicht jede Verbindungsstrecke zwischen diesem Punkt und einem anderen Punkt von ${}S$ enthält. Die Verbindungsgerade von ${}(a,b)$ mit einem Punkt ${}(u,u^{2})$ des Graphen (${}u>a$) ist durch

${\frac {u^{2}-b}{u-a}}x+b-{\frac {u^{2}-b}{u-a}}a$

gegeben. Indem man ein großes ${}u$ wählt, kann man die Steigung beliebig groß machen und insbesondere erreichen, dass diese Gerade die Parabel in zwei Punkten schneidet (und nicht nur im Punkt ${}(u,u^{2})$ tangential). Die Verbindungsgerade verläuft dann zwischen den beiden Schnittpunkten außerhalb von ${}S$.