Kurs:Analysis/Teil II/2/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	${}\sum$
Punkte	3	3	3	6	4	4	8	8	4	6	5	2	4	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Das Element ${}b\in L$ heißt Grenzwert von ${}f$ in ${}a$ , wenn es für jedes ${}\epsilon >0$ ein ${}\delta >0$ gibt mit der folgenden Eigenschaft: Für jedes ${}x\in T\cap U{\left(a,\delta \right)}$ ist ${}f(x)\in U{\left(b,\epsilon \right)}$ .
Der Raum ${}M$ heißt wegzusammenhängend, wenn er nicht leer ist und es zu je zwei Punkten ${}x,y\in M$ eine stetige Abbildung
$\gamma \colon [a,b]\longrightarrow X$

mit ${}\gamma (a)=x$ und ${}\gamma (b)=y$ gibt.
Die Abbildung ${}f$ heißt in ${}t\in I$ differenzierbar, wenn der Limes
$\operatorname {lim} _{h\rightarrow 0}\,{\frac {f(t+h)-f(t)}{h}}$

existiert.
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.
Die Abbildung ${}f$ heißt differenzierbar in Richtung ${}v$ , falls ${}f$ in jedem Punkt ${}P\in G$ in Richtung ${}v$ differenzierbar ist. In diesem Fall heißt die Abbildung
$D_{v}f\colon G\longrightarrow W,\,P\longmapsto {\left(D_{v}f\right)}{\left(P\right)},$

die Richtungsableitung von ${}f$ in Richtung ${}v$ .
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.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Die Abbildung ${}\varphi$ ist genau dann im Punkt ${}x$ stetig, wenn für jede konvergente Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in ${}L$ mit ${}\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}=x$ auch die Bildfolge ${}{\left(\varphi (x_{n})\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergent mit dem Grenzwert ${}\varphi (x)$ ist.
Jedes nichtkonstante Polynom ${}P\in {\mathbb {C} }[X]$ über den komplexen Zahlen besitzt eine Nullstelle.
Es sei ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein reelles offenes Intervall, ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine offene Menge und
$f\colon I\times U\longrightarrow \mathbb {R} ^{n},\,(t,v_{1},\ldots ,v_{n})\longmapsto f(t,v_{1},\ldots ,v_{n}),$

ein Vektorfeld auf ${}U$ derart, dass die partiellen Ableitungen nach ${}v_{j}$ existieren und stetig sind. Dann genügt ${}f$
lokal einer Lipschitz-Bedingung.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass für ${}u,v_{1},v_{2}\in \mathbb {R} ^{n}$ die Abschätzung

{}\vert {e^{{\mathrm {i} }\left\langle u,v_{1}\right\rangle }-e^{{\mathrm {i} }\left\langle u,v_{2}\right\rangle }}\vert \leq \Vert {u}\Vert \cdot \Vert {v_{1}-v_{2}}\Vert \,

gilt.

Lösung

Es ist

{}{\begin{aligned}\vert {e^{{\mathrm {i} }\left\langle u,v_{1}\right\rangle }-e^{{\mathrm {i} }\left\langle u,v_{2}\right\rangle }}\vert &=\vert {e^{{\mathrm {i} }\left\langle u,v_{1}\right\rangle }}\vert \cdot \vert {e^{-{\mathrm {i} }\left\langle u,v_{1}\right\rangle }\cdot {\left(e^{{\mathrm {i} }\left\langle u,v_{1}\right\rangle }-e^{{\mathrm {i} }\left\langle u,v_{2}\right\rangle }\right)}}\vert \\&=\vert {1-e^{{\mathrm {i} }\left\langle u,v_{2}-v_{1}\right\rangle }}\vert .\end{aligned}}

Nach Aufgabe 21.6 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist

{}\vert {1-e^{{\mathrm {i} }\left\langle u,v_{2}-v_{1}\right\rangle }}\vert \leq \vert {\left\langle u,v_{2}-v_{1}\right\rangle }\vert \,

und nach Satz 32.11 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist dies ${}\leq \Vert {u}\Vert \cdot \Vert {v_{2}-v_{1}}\Vert$ .

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge in einem metrischen Raum ${}(M,d)$ . Es sei ${}H$ die Menge aller Häufungspunkte der Folge und

{}A=\{x_{n}:\,n\in \mathbb {N} \}\cup H\,.

Zeige, dass ${}A$ eine abgeschlossene Teilmenge von ${}M$ ist.

Lösung

Wir zeigen, dass das Komplement ${}M\setminus A$ offen ist. Es sei dazu ein Punkt ${}y\in M$ , ${}y\not \in A$ , gegeben. D.h. dass ${}y$ weder ein Folgenglied noch ein Häufungspunkt der Folge ist. Da ${}y$ kein Häufungpunkt ist bedeutet, dass es ein ${}\epsilon >0$ derart gibt, dass es in ${}U{\left(y,\epsilon \right)}$ nur endlich viele Folgenglieder gibt. Diese Folgenglieder seien

y_{1}=x_{n_{1}},\,y_{2}=x_{n_{2}},\ldots ,y_{k}=x_{n_{k}}.

Da ${}y$ selbst kein Folgenglied ist, ist ${}y\neq y_{i}$ für alle ${}i=1,\ldots ,k$ . Daher ist ${}d(y,y_{i})>0$ für alle ${}i=1,\ldots ,k$ und somit

\delta :={\min {\left(d(y,y_{i}),i=1,\ldots ,k\right)}}>0.

Damit ist ${}U{\left(y,\delta \right)}$ eine offene Umgebung von ${}y$ , die keine Folgenglieder enthält. Dies gilt dann erst recht für ${}U{\left(y,{\frac {\delta }{2}}\right)}$ . Diese Menge enthält aber auch keinen Häufungspunkt der Folge. Wäre nämlich ${}z\in H\cap U{\left(y,{\frac {\delta }{2}}\right)}$ , so würde es in ${}U{\left(z,{\frac {\delta }{2}}\right)}$ unendlich viele Folgenglieder geben, was wegen

U{\left(z,{\frac {\delta }{2}}\right)}\subseteq U{\left(y,\delta \right)}\subseteq U{\left(y,\epsilon \right)}

ein Widerspruch ist. Daher haben wir eine offene Umgebung von ${}y$ gefunden, die zu ${}A$ disjunkt ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Die folgende Tabelle zeigt eine Auswahl der Gastgeberländer und der Weltmeister der Fußballweltmeisterschaften von 1970 bis 2014.

Jahr	Gastgeber	Weltmeister
${}1970$	${}{\text{Mexiko}}$	${}{\text{Brasilien}}$
${}1974$	${}{\text{Deutschland}}$	${}{\text{Deutschland}}$
${}1982$	${}{\text{Spanien}}$	${}{\text{Italien}}$
${}1990$	${}{\text{Italien}}$	${}{\text{Deutschland}}$
${}1994$	${}{\text{USA}}$	${}{\text{Brasilien}}$
${}2002$	${}{\text{Japan und Korea}}$	${}{\text{Brasilien}}$
${}2010$	${}{\text{Südafrika}}$	${}{\text{Spanien}}$
${}2014$	${}{\text{Brasilien}}$	${}{\text{Deutschland}}$

Es sei ${}L=\{B,D,I,JuK,M,S,SA,U\}$ die Menge der Gastgeberländer und

\varphi \colon L\longrightarrow L

die Abbildung, die dem Gastgeberland den Weltmeister zuordnet. Gibt es auf ${}L$ eine Metrik derart, dass ${}L$ zu einem vollständigen metrischen Raum wird und dass ${}\varphi$ eine starke Kontraktion ist?

Lösung

Wir platzieren die Manschaften auf die reelle Gerade mit den Positionen

Südafrika -6

Spanien -3

Italien -1

Deutschland 0

Brasilien 1

Mexiko 2,5

USA 3

Japan 3,5.

Durch die induzierte reelle Metrik liegt ein metrischer Raum vor. Da er endlich ist, ist er vollständig. Die angegebene Abbildung verschiebt die oberen drei Mannschaften um eine Position nach unten, die untersten drei Mannschaften auf Brasilien nach oben, Brasilien auf Deutschland und Deutschland auf sich. Dies ist eine starke Kontraktion: Für zwei obere Mannschaften ist der Abstand der Bildpunkte nach Wahl der Positionen kleiner als der Ausgangsabstand. Zu einer Mannschaften von oben und einer von unten wird der Abstand der Bildpunkte auch kleiner, da sie sich aufeinander zubewegen. Je zwei der drei untersten werden durch die Abbildung vereinigt, ihr Abstand wird also ${}0$ , und eine dieser Mannschaften hat zu Brasilien mindestens den Abstand ${}1,5$ , während der Bildabstand zu ${}1$ wird.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein Intervall, ${}W$ ein euklidischer Vektorraum und

\varphi \colon I\longrightarrow W

eine differenzierbare Kurve. Zeige, dass zwischen dem totalen Differential und der Kurven-Ableitung die Beziehung

{}{\left(D\varphi \right)}_{t}{\left(1\right)}=\varphi '(t)\,

besteht.

Lösung

Die Kurvendifferenzierbarkeit im Punkt ${}t$ bedeutet nach Definition . die Existenz des Limes

\operatorname {lim} _{h\rightarrow 0}\,{\frac {\gamma (t+h)-\gamma (t)}{h}}.

Diese Existenz ist (entsprechend Satz . (Analysis (Osnabrück 2021-2023))) dazu äquivalent, dass man

{}\gamma (t+h)=\gamma (t)+hw+h\cdot r(h)\,

mit einem Vektor ${}w\in W$ und einer in ${}0$ stetigen Abbildung ${}r$ mir ${}r(0)=0$ schreiben kann (wobei ${}w=\gamma '(t)$ sein muss). Dabei kann man hinten ${}h$ durch ${}\vert {h}\vert$ ersetzen (wobei man auch ${}r(h)$ abwandeln muss). Diese lineare Approximierbarkeit ist aber die Definition der totalen Differenzierbarkeit, und zwar ist die lineare Abbildung durch

\mathbb {R} \longrightarrow W,\,h\longmapsto hw,

gegeben. Somit ist

{}\gamma '(t)=w=\left(D\gamma \right)_{t}(1)\,.

Aufgabe (8 (5+3) Punkte)

a) Bestimme den Lösungsraum des linearen Differentialgleichungssystems

{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}1&2\\3&5\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}.

b) Löse das Anfangswertproblem

{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}1&2\\3&5\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}

mit der Anfangsbedingung ${}{\begin{pmatrix}x(0)\\y(0)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-4\\3\end{pmatrix}}$ .

Lösung

a) Wir berechnen die Eigenwerte der Matrix. Das charakteristische Polynom davon ist

{}\det {\begin{pmatrix}\lambda -1&-2\\-3&\lambda -5\end{pmatrix}}=(\lambda -1)(\lambda -5)-6=\lambda ^{2}-6\lambda -1\,.

Daher sind ${}3+{\sqrt {10}}$ und ${}3-{\sqrt {10}}$ die Eigenwerte, und daher ist die Matrix diagonalisierbar.

Zur Bestimmung eines Eigenvektors zum Eigenwert ${}3+{\sqrt {10}}$ berechnen wir den Kern von

{\begin{pmatrix}2+{\sqrt {10}}&-2\\-3&-2+{\sqrt {10}}\end{pmatrix}}.

Dies ergibt den Eigenvektor ${}{\begin{pmatrix}2-{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}$ zum Eigenwert ${}3+{\sqrt {10}}$ und damit die erste Fundamentallösung

e^{(3+{\sqrt {10}})t}\cdot {\begin{pmatrix}2-{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}.

Zur Bestimmung eines Eigenvektors zum Eigenwert ${}3-{\sqrt {10}}$ berechnen wir den Kern von

{\begin{pmatrix}2-{\sqrt {10}}&-2\\-3&-2-{\sqrt {10}}\end{pmatrix}}.

Dies ergibt den Eigenvektor ${}{\begin{pmatrix}2+{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}$ zum Eigenwert ${}3-{\sqrt {10}}$ und damit die zweite Fundamentallösung

e^{(3-{\sqrt {10}})t}\cdot {\begin{pmatrix}2+{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}.

Die allgemeine Lösung hat demnach die Form

{}ae^{(3+{\sqrt {10}})t}\cdot {\begin{pmatrix}2-{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}+be^{(3-{\sqrt {10}})t}\cdot {\begin{pmatrix}2+{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a(2-{\sqrt {10}})e^{(3+{\sqrt {10}})t}+b(2+{\sqrt {10}})e^{(3-{\sqrt {10}})t}\\-3ae^{(3+{\sqrt {10}})t}-3be^{(3-{\sqrt {10}})t}\end{pmatrix}}\,

mit ${}a,b\in \mathbb {R}$ .

b) Um das Anfangsproblem zu lösen müssen wir ${}a$ und ${}b$ so bestimmen, dass

{\begin{pmatrix}(2-{\sqrt {10}})a+(2+{\sqrt {10}})b\\-3a-3b\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-4\\3\end{pmatrix}}

ist. Die zweite Gleichung bedeutet ${}a+b=-1$ . Wir addieren das ${}-{\frac {1}{2-{\sqrt {10}}}}$ -fache der ersten Zeile zu ${}a+b=-1$ dazu und erhalten

{}b(1-{\frac {2+{\sqrt {10}}}{2-{\sqrt {10}}}})=-1+{\frac {4}{2-{\sqrt {10}}}}={\frac {2+{\sqrt {10}}}{2-{\sqrt {10}}}}\,,

woraus sich

{}b{\frac {-2{\sqrt {10}}}{2-{\sqrt {10}}}}={\frac {2+{\sqrt {10}}}{2-{\sqrt {10}}}}\,

und somit

{}b=-{\frac {2+{\sqrt {10}}}{2{\sqrt {10}}}}\,

ergibt. Daher ist

{}a=-1-b=-1+{\frac {2+{\sqrt {10}}}{2{\sqrt {10}}}}={\frac {2-{\sqrt {10}}}{2{\sqrt {10}}}}\,.

Die Lösung des Anfangswertproblems ist also

{\frac {2-{\sqrt {10}}}{2{\sqrt {10}}}}e^{(3+{\sqrt {10}})t}\cdot {\begin{pmatrix}2-{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}-{\frac {2+{\sqrt {10}}}{2{\sqrt {10}}}}e^{(3-{\sqrt {10}})t}\cdot {\begin{pmatrix}2+{\sqrt {10}}\\-3\end{pmatrix}}.

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Satz von Schwarz.

Lösung

Durch Betrachten der einzelnen Komponenten von ${}\varphi$ bezüglich einer Basis von ${}W$ können wir annehmen, dass ${}W={\mathbb {K} }$ und ${}{\mathbb {K} }=\mathbb {R}$ ist. Wir wollen den eindimensionalen Mittelwertsatz der Differentialrechnung anwenden. Sei ${}P\in G$ ein fixierter Punkt. Wir betrachten die Abbildung ${}(s,t)\mapsto \varphi (P+su+tv)$ und studieren diese für hinreichend kleine ${}s$ und ${}t$ . Wir fixieren diese (für den Moment) und betrachten die differenzierbare Abbildung

\sigma \longmapsto \varphi (P+\sigma u+tv)-\varphi (P+\sigma u).

Nach dem Mittelwertsatz gibt es ein (von ${}s$ und ${}t$ abhängiges) ${}s_{1}\in {]0,s[}$ mit

\varphi (P+su+tv)-\varphi (P+su)-\varphi (P+tv)+\varphi (P)=s\cdot ({\left(D_{u}\varphi \right)}{\left(P+s_{1}u+tv\right)}-{\left(D_{u}\varphi \right)}{\left(P+s_{1}u\right)})\,.

Nun wenden wir erneut den Mittelwertsatz auf die differenzierbare Abbildung

\tau \longmapsto {\left(D_{u}\varphi \right)}{\left(P+s_{1}u+\tau v\right)}

an, und erhalten die Existenz eines ${}t_{1}\in {]0,t[}$ mit

{\left(D_{u}\varphi \right)}{\left(P+s_{1}u+tv\right)}-{\left(D_{u}\varphi \right)}{\left(P+s_{1}u\right)}=t\cdot {\left(D_{v}D_{u}\varphi \right)}{\left(P+s_{1}u+t_{1}v\right)}\,.

Zusammen erhalten wir

\varphi (P+su+tv)-\varphi (P+su)-\varphi (P+tv)+\varphi (P)=st\cdot {\left(D_{v}D_{u}\varphi \right)}{\left(P+s_{1}u+t_{1}v\right)}\,.

Wenden wir denselben Trick in umgekehrter Reihenfolge an, so erhalten wir ${}s_{2}$ und ${}t_{2}$ , sodass dieser Ausdruck auch gleich

st\cdot {\left(D_{u}D_{v}\varphi \right)}{\left(P+s_{2}u+t_{2}v\right)}

ist. Somit schließen wir für (hinreichend kleine) gegebene ${}s,t>0$ , dass positive ${}s_{1},s_{2}\leq s$ und ${}t_{1},t_{2}\leq t$ existieren mit

{}{\left(D_{v}D_{u}\varphi \right)}{\left(P+s_{1}u+t_{1}v\right)}={\left(D_{u}D_{v}\varphi \right)}{\left(P+s_{2}u+t_{2}v\right)}\,.

Für ${}s\rightarrow 0$ und ${}t\rightarrow 0$ konvergieren auch ${}s_{1},s_{2},t_{1}$ und ${}t_{2}$ gegen ${}0$ . Die Stetigkeit der beiden zweiten Richtungsableitungen impliziert für ${}s,t\rightarrow 0$ die Gleichheit

{}{\left(D_{v}D_{u}\varphi \right)}{\left(P\right)}={\left(D_{u}D_{v}\varphi \right)}{\left(P\right)}\,.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom zweiter Ordnung der Funktion

f\colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y,z)\longmapsto f(x,y,z)=e^{x}yz^{2}-xy,

im Punkt ${}(1,0,-1)$ .

Lösung

Die relevanten Ableitungen sind

{}{\frac {\partial f}{\partial x}}=e^{x}yz^{2}-y\,,

{}{\frac {\partial f}{\partial y}}=e^{x}z^{2}-x\,,

{}{\frac {\partial f}{\partial z}}=2e^{x}yz\,,

{}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}x}}=e^{x}yz^{2}\,,

{}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}y}}=0\,,

{}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}z}}=2e^{x}y\,,

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

{}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial z}}=2e^{x}yz\,,

{}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial z}}=2e^{x}z\,.

Somit sind die Werte der relevanten Ableitungen im Punkt ${}(1,0,-1)$ gleich

{}f(1,0,-1)=0\,,

{}{\frac {\partial f}{\partial x}}(1,0,-1)=0\,,

{}{\frac {\partial f}{\partial y}}(1,0,-1)=e-1\,,

{}{\frac {\partial f}{\partial z}}(1,0,-1)=0\,,

{}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}x}}(1,0,-1)=0\,,

{}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}y}}(1,0,-1)=0\,,

{}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}z}}(1,0,-1)=0\,,

{}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial y}}(1,0,-1)=e-1\,,

{}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial z}}(1,0,-1)=0\,,

{}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial z}}(1,0,-1)=-2e\,.

Daher ist das Taylor-Polynom der Ordnung zwei gleich

(e-1)y+(e-1)(x-1)y-2ey(z+1).

Aufgabe (6 (2+1+1+2) Punkte)

Es sei ${}f\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ eine stetige Funktion. Wir betrachten das bestimmte Integral ${}\int _{a}^{b}f(t)dt$ als Funktion in den beiden Grenzen, also die Abbildung

G\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(a,b)\longmapsto G(a,b)=\int _{a}^{b}f(t)dt.

Bestimme die kritischen Punkte von ${}G$ .
Erstelle die Hesse-Matrix zu ${}G$ unter der zusätzlichen Voraussetzung, dass ${}f$ stetig differenzierbar ist.
Formuliere das Minorenkriterium für Extrema in der Situation von (2).
Man erläutere diese Ergebnisse inhaltlich unter Bezug zur Bedeutung des bestimmten Integrals.

Lösung

Es sei ${}F(x)$ eine Stammfunktion zu ${}f(x)$ . Dann ist
${}G(a,b)=\int _{a}^{b}f(t)dt=F(b)-F(a)\,.$

Die partiellen Ableitungen von ${}G$ sind nach dem Hauptsatz der Infinitesimalrechnung

${}{\frac {\partial G}{\partial a}}=-f(a)\,$

und

${}{\frac {\partial G}{\partial b}}=f(b)\,.$

Ein Punkt ${}(a,b)$ ist also genau dann kritisch, wenn

${}f(a)=f(b)=0\,$

ist.
Die Hesse-Matrix ist
${\begin{pmatrix}-f'(a)&0\\0&f'(b)\end{pmatrix}}.$
Das Minorenkriterium sagt für einen kritischen Punkt, dass ein isoliertes lokales Maximum vorliegt, wenn ${}f'(a)$ positiv und ${}f'(b)$ negativ ist, und dass ein isoliertes lokales Minimum vorliegt, wenn ${}f'(a)$ negativ und ${}f'(b)$ positiv ist.
${}\,$

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

Wir betrachten die Abbildung

\varphi \colon \mathbb {R} ^{6}\longrightarrow \mathbb {R} ^{4},\,(a,b,c,d,u,v)\longmapsto (au+bv+c+d,ad-bc,ac-b^{2},bd-c^{2}).

a) Bestimme die Jacobi-Matrix zu dieser Abbildung.

b) Zeige, dass ${}\varphi$ im Nullpunkt nicht regulär ist.

c) Zeige, dass ${}\varphi$ in ${}(1,1,0,0,1,1)$ regulär ist.

Lösung

a) Die Jacobi-Matrix ist

{\begin{pmatrix}u&v&1&1&a&b\\d&-c&-b&a&0&0\\c&-2b&a&0&0&0\\0&d&-2c&b&0&0\end{pmatrix}}.

b) Die Jacobi-Matrix im Nullpunkt ist

{\begin{pmatrix}0&0&1&1&0&0\\0&0&0&0&0&0\\0&0&0&0&0&0\\0&0&0&0&0&0\end{pmatrix}}.

Diese Matrix hat den Rang ${}1$ , sodass der Nullpunkt nicht regulär ist.

c) Die Jacobi-Matrix in ${}(1,1,0,0,1,1)$ ist

{\begin{pmatrix}1&1&1&1&1&1\\0&0&-1&1&0&0\\0&-2&1&0&0&0\\0&0&0&1&0&0\end{pmatrix}}.

Die Determinante der vorderen ${}4\times 4$ -Untermatrix ist ${}1\cdot (-1)(-2)(-1)1=-2\neq 0$ , sodass die ersten vier Spaltenvektoren linear unabhängig sind und daher der Rang der Matrix gleich ${}4$ ist. Daher handelt es sich um einen regulären Punkt.

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

Es sei

f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}

eine Funktion.

a) Realisiere den Graphen von ${}f$ als Faser zu einer Abbildung

\mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R}

über ${}0$ .

b) Es sei ${}f$ stetig differenzierbar. Zeige, dass die Punkte auf dem Graphen von ${}f$ regulär sind.

Lösung

a) Es sei ${}\psi (x,y)=y-f(x)$ . Dann ist ${}\psi (x,y)=0$ genau dann, wenn ${}y=f(x)$ , d.h. wenn ${}(x,y)$ ein Punkt des Graphen ist.

b) Wenn ${}f$ stetig differenzierbar ist, so ist ${}\psi$ stetig differenzierbar mit der Jacobi-Matrix ${}(-f'(x),1)$ . Diese beschreibt eine surjektive lineare Abbildung in jedem Punkt, also ist ${}\psi$ in jedem Punkt regulär.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über den Zusammenhang von Anfangswertproblemen und Integralgleichungen.

Lösung

Es sei die Integralbedingung erfüllt. Dann ist

{}v(t_{0})=w\,

und aufgrund des Hauptsatzes der Infinitesimalrechnung gilt ${}v'(t)=f(t,v(t))$ . Insbesondere sichert die Integralbedingung, dass ${}v$ differenzierbar ist.
Wenn umgekehrt ${}v$ eine Lösung des Anfangswertproblems ist, so ist ${}v'(s)=f(s,v(s))$ und daher