Kurs:Analysis/Teil II/20/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	${}\sum$
Punkte	3	3	0	6	4	4	8	0	0	0	9	8	4	8	5	0	62

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Unter dem uneigentlichen Integral zu ${}f$ versteht man den Grenzwert

   $\operatorname {lim} _{x\rightarrow \infty }\,\int _{0}^{x}f(t)\,dt,$

   falls dieser existiert.

2. Zu zwei Vektoren ${}v,w\in V$ nennt man

   ${}d{\left(v,w\right)}:=\Vert {v-w}\Vert :={\sqrt {\left\langle v-w,v-w\right\rangle }}\,$

   den Abstand zwischen ${}v$ und ${}w$.

3. Es sei ${}U\subseteq V$ eine offene Teilmenge in einem endlichdimensionalen reellen Vektorraum ${}V$, ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein Intervall und es sei

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

   eine Funktion. Dann heißt das Vektorfeld

   $F\colon I\times U\longrightarrow V,\,(t,v)\longmapsto F(t,v)=g(t,v)\cdot v,$

   ein Zentralfeld.

4. Die ${}n\times n$- Matrix

   $\left\langle v_{i},v_{j}\right\rangle _{1\leq i,j\leq n}$

   heißt die Gramsche Matrix von ${}\left\langle -,-\right\rangle$ bezüglich der Basis.

5. Man sagt, dass ${}f$ in ${}x\in M$ ein lokales Minimum besitzt, wenn es ein ${}\epsilon >0$ derart gibt, dass für alle ${}x'\in M$ mit ${}d(x,x')\leq \epsilon$ die Abschätzung

   ${}f(x)\leq f(x')\,$

   gilt.

6. Man sagt, dass die Abbildungsfolge punktweise konvergiert, wenn für jedes ${}x\in T$ die Folge

   ${\left(f_{n}(x)\right)}_{n\in \mathbb {N} }$

   konvergiert.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}V$ ein Vektorraum über ${}{\mathbb {K} }$ mit einem Skalarprodukt ${}\left\langle -,-\right\rangle$ und der zugehörigen Norm ${}\Vert {-}\Vert$. Dann gilt die Abschätzung

   ${}\vert {\left\langle v,w\right\rangle }\vert \leq \Vert {v}\Vert \cdot \Vert {w}\Vert \,$

   für alle ${}v,w\in V$.
2. Zu ${}w\in \mathbb {R} ^{n}$ und einer Lösung

   $\alpha \colon J\longrightarrow \mathbb {R}$

   der eindimensionalen Differentialgleichung

   $z'=g(t,zw)\cdot z{\text{ mit }}\alpha (t_{0})=1$

   ist

   $v(t)=\alpha (t)\cdot w$

   eine Lösung des Anfangswertproblems

   $v'=F(t,v){\text{ mit }}v(t_{0})=w.$

3. Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum und ${}G\subseteq V$ eine offene Teilmenge. Es sei

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

   eine Funktion, die im Punkt ${}P\in G$ ein lokales Extremum besitzt. Wenn ${}f$ in ${}P$ in Richtung ${}v\in V$ differenzierbar ist, so ist

   ${}{\left(D_{v}f\right)}{\left(P\right)}=0\,.$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz über die Stetigkeit linearer Abbildungen.

Lösung

Eine komplex-lineare Abbildung ist auch reell-linear, und die euklidische Metrik hängt nur von der reellen Struktur ab. Wir können also ${}{\mathbb {K} }=\mathbb {R}$ annehmen. Aufgrund von Lemma 34.8 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) können wir ${}m=1$ annehmen. Die Abbildung sei durch

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,{\left(x_{1},\ldots ,x_{n}\right)}\longmapsto \sum _{i=1}^{n}a_{i}x_{i},$

mit ${}a_{i}\in \mathbb {R}$ gegeben. Die Nullabbildung ist konstant und daher stetig, also sei ${}a={\max {\left(\vert {a_{i}}\vert ,i=1,\ldots ,n\right)}}>0$. Es sei ${}x\in \mathbb {R} ^{n}$ und ein ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Für alle ${}y\in \mathbb {R} ^{n}$ mit ${}d{\left(x,y\right)}\leq {\frac {\epsilon }{na}}$ ist insbesondere ${}\vert {x_{i}-y_{i}}\vert \leq {\frac {\epsilon }{na}}$ für alle ${}i$ und daher ist

${}{\begin{aligned}d{\left(\varphi (x),\varphi (y)\right)}&=\vert {\sum _{i=1}^{n}a_{i}x_{i}-\sum _{i=1}^{n}a_{i}y_{i}}\vert \\&=\vert {\sum _{i=1}^{n}a_{i}(x_{i}-y_{i})}\vert \\&\leq \sum _{i=1}^{n}\vert {a_{i}(x_{i}-y_{i})}\vert \\&\leq na\vert {x_{i}-y_{i}}\vert \\&\leq \epsilon .\end{aligned}}$

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Es sei ${}M$ ein metrischer Raum, zu einer Menge ${}A\subseteq M$ bezeichnet ${}{\overline {A}}$ den Abschluss von ${}A$. Beweise oder widerlege die folgenden Eigenschaften

1. ${}{\overline {A\cup B}}={\overline {A}}\cup {\overline {B}}\,.$

2. ${}{\overline {A\cap B}}={\overline {A}}\cap {\overline {B}}\,.$

Lösung

1. Aus ${}A,B\subseteq A\cup B$ folgt direkt

   ${}{\overline {A}},{\overline {B}}\subseteq {\overline {A\cup B}}\,$

   und damit

   ${}{\overline {A}}\cup {\overline {B}}\subseteq {\overline {A\cup B}}\,.$

   Andererseits ist

   ${}A\cup B\subseteq {\overline {A}}\cup {\overline {B}}\,$

   und die rechte Menge ist als Vereinigung von zwei abgeschlossenen Mengen wieder abgeschlossen. Da ${}{\overline {A\cup B}}$ der Durchschnitt von allen abgeschlossenen Mengen, die ${}A\cup B$ umfassen, ist, gilt

   ${}{\overline {A\cup B}}\subseteq {\overline {A}}\cup {\overline {B}}\,.$

2. Diese Eigenschaft stimmt nicht. Es sei ${}M=\mathbb {R}$, ${}A=\mathbb {Q}$ und ${}B=\mathbb {R} \setminus \mathbb {Q}$. Da es in jeder beliebig kleinen Umgebung einer reellen Zahl sowohl rationale als auch irrationale Zahlen gibt, ist

   ${}{\overline {\mathbb {Q} }}=\mathbb {R} ={\overline {\mathbb {R} \setminus \mathbb {Q} }}\,,$

   was sich auf den Durchschnitt überträgt. Dagegen ist

   ${}\mathbb {Q} \cap (\mathbb {R} \setminus \mathbb {Q} )=\emptyset \,$

   und

   ${}{\overline {\emptyset }}=\emptyset \,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Finde ein Polynom ${}p(x,y)$ der Form

${}p(x,y)=a+bx+cy+dx^{2}+exy+fy^{2}\,,$

das die Bedingungen

${}p(0,0)=0\,,$

${}p(0,1)=1\,,$

${}p(1,0)=0\,,$

${}p(1,1)=3\,,$

${}p(0,2)=6\,,$

${}p(-1,1)=1\,,$

erfüllt.

Lösung

Aus der ersten Gleichung folgt direkt

${}a=0\,.$

Aus der zweiten und der fünften Gleichung ergeben sich

${}c+f=1\,$

und

${}2c+4f=6\,,$

woraus sich

${}c=-1\,$

und

${}f=2\,$

ergeben. Aus der dritten Gleichung ergibt sich

${}b+d=0\,,$

also

${}d=-b\,.$

Unter Verwendung der bisherigen Ergebnisse ergibt die vierte Bedingung

${}b-1-b+e+2=3\,,$

also

${}e=2\,,$

und die sechste Bedingung ergibt

${}-b-1-b=1\,,$

also

${}b=-1\,.$

Das Polynom

$-x-y+x^{2}+2xy+2y^{2}$

erfüllt also alle Bedingungen.

Aufgabe (8 (4+4) Punkte)

Wir betrachten die reelle Ebene ${}\mathbb {R} ^{2}$ ohne den offenen Kreis mit Mittelpunkt ${}M=(0,0)$ und Radius ${}3$, also

${}T={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid {\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\geq 3\right\}}\,.$

Eine Person befindet sich im Punkt ${}A=(5,0)$ und möchte zum Punkt ${}B=(-5,0)$, wobei sie sich nur in ${}T$ bewegen darf.

a) Zeige, dass die Person von ${}A$ nach ${}B$ entlang von zwei geraden Strecken kommen kann, deren Gesamtlänge ${}12,5$ ist.

b) Zeige, dass die Person von ${}A$ nach ${}B$ entlang eines stetigen Weges kommen kann, dessen Gesamtlänge maximal ${}11,9$ ist.

Lösung

a) Wir betrachten die (obere) Tangente an den Kreis durch ${}(5,0)$. Es sei ${}C$ der Schnittpunkt des Kreises mit dieser Tangente. Diese steht senkrecht auf dem Ortsvektor zu ${}C$. Nach dem Satz des Pythagoras, angewendet auf das rechtwinklige Dreieck ${}M,C,A$, besitzt die Verbindungsstrecke von ${}A$ nach ${}C$ die Länge ${}4$. Es sei ${}D$ der Schnittpunkt der Tangente mit der ${}y$-Achse. Wir betrachten das (rechtwinklige) Dreieck ${}M,D,C$. Der Winkel dieses Dreiecks an ${}M$ stimmt mit dem Winkel des zuerst betrachteten Dreiecks an ${}A$ überein. Daher sind die beiden Dreiecke ähnlich (d.h. es gelten die gleichen Längenverhältnisse) und daher besteht, wenn ${}x$ die Länge von ${}C$ nach ${}D$ bezeichnet, die Beziehung

${}{\frac {x}{3}}={\frac {3}{4}}\,.$

Also ist ${}x=2{,}25$. Daher ist die Strecke von ${}A$ nach ${}D$ gleich

${}4+2{,}25=6{,}25\,.$

Man kann also auf dieser Tangente von ${}A$ nach ${}D$ und von dort mit der gespiegelten Tangente von ${}D$ nach ${}B$ gelangen und legt dabei einen Weg der Länge ${}12{,}5$ zurück.

b) Die Person bewegt sich nun von ${}A$ nach ${}C$ längs der Tangenten, folgt dann dem Kreis bis zu dem ${}C$ gegenüberliegenden Punkt ${}C'$ und läuft dann längs der gespiegelten Tangenten von ${}C'$ nach ${}B$. Dieser Weg ist offenbar stetig. Es sei ${}\alpha$ der Winkel des Dreiecks ${}M,C,A$ an ${}A$. In diesem rechtwinkligen Dreieck besteht die Beziehung („Gegenkathete durch Hypotenuse“)

${}\sin \alpha ={\frac {3}{5}}\,.$

Daher ist ${}\alpha =0{,}6435\dotso$ im Bogenmaß. Wie unter a) bemerkt, tritt dieser Winkel auch im Dreieck ${}M,D,C$ an ${}M$ auf und beschreibt daher den Winkel, der den zugehörigen Kreisbogen bestimmt, entlang dem sich die Person bewegt. Da der Radius ${}3$ ist, ist der zugehörige Bogen maximal gleich

${}3\cdot 0{,}644=1{,}932\,.$

Daher ist die Gesamtlänge dieses Weges gleich

${}8+2\cdot 1{,}932=8+3{,}864=11{,}864<11{,}9\,.$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (9 Punkte)

Beweise die Kettenregel für total differenzierbare Abbildungen ${}\varphi :V\rightarrow W$ und ${}\psi :W\rightarrow U$, wobei ${}V,W,U$ endlichdimensionale ${}{\mathbb {K} }$- Vektorräume sind.

Lösung

Wir haben nach Voraussetzung (wobei wir ${}Q:=\varphi (P)$ setzen)

${}\varphi (P+v)=\varphi (P)+L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)\,$

und

${}\psi (Q+w)=\psi (Q)+M(w)+\Vert {w}\Vert s(w)\,$

mit linearen Abbildungen ${}L\colon V\rightarrow W$ und ${}M\colon W\rightarrow U$, und mit in ${}0$ stetigen Funktionen ${}r\colon U{\left(0,\delta \right)}\rightarrow W$ und ${}s\colon U{\left(0,\delta '\right)}\rightarrow U$, die beide in ${}0$ den Wert ${}0$ annehmen. Damit gilt

${}{\begin{aligned}(\psi \circ \varphi )(P+v)&=\psi (\varphi (P+v))\\&=\psi {\left(\varphi (P)+L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)\right)}\\&=\psi (\varphi (P))+M(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))+\Vert {L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)}\Vert s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))\\&=\psi (\varphi (P))+M(L(v))+M(\Vert {v}\Vert r(v))+\Vert {L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)}\Vert s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))\\&=\psi (\varphi (P))+(M\circ L)(v)+\Vert {v}\Vert M(r(v))+\Vert {\Vert {v}\Vert L{\left({\frac {v}{\Vert {v}\Vert }}\right)}+\Vert {v}\Vert r(v)}\Vert s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))\\&=\psi (\varphi (P))+(M\circ L)(v)+\Vert {v}\Vert {\left(M(r(v))+\Vert {L{\left({\frac {v}{\Vert {v}\Vert }}\right)}+r(v)}\Vert s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))\right)}.\,\end{aligned}}$

Dabei haben wir in der dritten Gleichung die lineare Approximation für

${}w=L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)\,$

eingesetzt. Die beiden letzten Gleichungen gelten nur für ${}v\neq 0$. Der Ausdruck

$t(v):=M(r(v))+\Vert {L{\left({\frac {v}{\Vert {v}\Vert }}\right)}+r(v)}\Vert s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))\,$

ist unser Kandidat für die Abweichungsfunktion. Der erste Summand ${}M(r(v))$ ist in ${}v=0$ stetig und hat dort auch den Wert ${}0$. Es genügt also den zweiten Summanden zu betrachten. Der ${}\Vert {-}\Vert$-Ausdruck ist in einer Umgebung der Null beschränkt, da ${}L$ auf der kompakten Einheitssphäre nach Satz 36.11 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) beschränkt ist und da ${}r$ in ${}0$ stetig ist. Daher hängt die Stetigkeit nur von dem rechten Faktor ab. Aber ${}L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)$ hat für ${}v\rightarrow 0$ den Grenzwert ${}0$. Damit ist auch ${}s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))$ in ${}0$ stetig und hat dort den Grenzwert ${}0$.

Aufgabe (8 (1+3+2+2) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

${}f(x,y)=x^{y}y^{x}\,$

auf ${}\mathbb {R} _{>0}\times \mathbb {R} _{>0}$.

1. Bestimme die ersten partiellen Ableitungen von ${}f$.
2. Zeige, dass ${}f$ genau einen kritischen Punkt besitzt (Tipp: kann ${}y>x$ sein?) und bestimme diesen.
3. Bestimme die Hesse-Matrix von ${}f$.
4. Bestimme die Extrema von ${}f$.

Lösung

1. Es ist

   ${}f(x,y)=x^{y}y^{x}=e^{y\ln x}\cdot e^{x\ln y}=e^{y\ln x+x\ln y}\,.$

   Daher ist

   ${}{\frac {\partial f}{\partial x}}={\left({\frac {y}{x}}+\ln y\right)}e^{y\ln x+x\ln y}\,$

   und

   ${}{\frac {\partial f}{\partial y}}={\left({\frac {x}{y}}+\ln x\right)}e^{y\ln x+x\ln y}\,.$

2. Ein kritischer Punkt liegt genau dann vor, wenn

   ${}{\frac {y}{x}}+\ln y=0\,$

   und

   ${}{\frac {x}{y}}+\ln x=0\,$

   ist. Nehmen wir an, dass dies für einen Punkt ${}(x,y)$ mit ${}y>x$ erfüllt ist. Aus der ersten Gleichung folgt

   ${}\ln y<-1\,$

   und aus der zweiten Gleichung folgt

   ${}\ln x>-1\,.$

   Dann wäre

   ${}\ln y<\ln x\,$

   was wegen der Monotonie des Logarithmus nicht sein kann. Es sei also

   ${}x=y\,.$

   Dann ist ${}\ln x=\ln y=-1$ und somit

   ${}x=y=e^{-1}\,,$

   und ${}\left(e^{-1},\,e^{-1}\right)$ ist in der Tat ein kritischer Punkt.

3. Die Hesse-Matrix ist allgemein gleich

   $e^{y\ln x+x\ln y}{\begin{pmatrix}-{\frac {y}{x^{2}}}+{\left({\frac {y}{x}}+\ln y\right)}^{2}&{\frac {1}{x}}+{\frac {1}{y}}+{\left({\frac {y}{x}}+\ln y\right)}{\left({\frac {x}{y}}+\ln x\right)}\\{\frac {1}{x}}+{\frac {1}{y}}+{\left({\frac {y}{x}}+\ln y\right)}{\left({\frac {x}{y}}+\ln x\right)}&-{\frac {x}{y^{2}}}+{\left({\frac {x}{y}}+\ln x\right)}^{2}\end{pmatrix}}$

   und im kritischen Punkt gleich

   $e^{-2e^{-1}}{\begin{pmatrix}-e&2e\\2e&-e\end{pmatrix}}.$

4. Ein lokales Extremum kann allenfalls in einem kritischen Punkt vorliegen. Im kritischen Punkt sind die Minoren (ohne den positiven Vorfaktor gleich) ${}-e$ und

   ${}e^{2}-4e^{2}=-3e^{2}\,.$

   Beide sind also negativ und somit ist die Hesse-Form indefinit und nach Satz 50.2 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) liegt kein lokales Extremum im kritischen Punkt vor.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} \times \mathbb {R} _{+}\longrightarrow ,\,\left(x,\,y\right)\longmapsto \left({\frac {x}{y}},\,{\frac {y}{1+x^{2}}}\right).$

1. Bestimme die Jacobi-Matrix zu ${}\varphi$ in einem Punkt ${}\left(x,\,y\right)$.
2. Bestimme die kritischen Punkte von ${}\varphi$.

Lösung

1. Die Jacobi-Matrix in ${}\left(x,\,y\right)$ ist

   ${\begin{pmatrix}{\frac {1}{y}}&-{\frac {x}{y^{2}}}\\-{\frac {2xy}{(1+x^{2})^{2}}}&{\frac {1}{1+x^{2}}}\end{pmatrix}}.$

2. Die Determinante der Jacobi-Matrix ist

   ${}{\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}{\frac {1}{y}}&-{\frac {x}{y^{2}}}\\-{\frac {2xy}{(1+x^{2})^{2}}}&{\frac {1}{1+x^{2}}}\end{pmatrix}}&={\frac {1}{y(1+x^{2})}}-{\frac {2x^{2}y}{(1+x^{2})^{2}y^{2}}}\\&={\frac {y(1+x^{2})-2x^{2}y}{(1+x^{2})^{2}y^{2}}}\\&={\frac {y-x^{2}y}{(1+x^{2})^{2}y^{2}}}.\end{aligned}}$

   Ein kritischer Punkt liegt genau dann vor, wenn die Determinante der Jacobi-Matrix gleich ${}0$ ist. Dies ist genau dann der Fall, wenn der Zähler

   ${}y-x^{2}y=y(1-x^{2})\,$

   gleich ${}0$ ist. Wegen ${}y>0$ ist dies genau bei

   ${}x=\pm 1\,$

   der Fall, die kritischen Punkte sind also ${}(1,y)$ und ${}(-1,y)$.

Aufgabe (8 (1+2+1+3+1) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,\left(x,\,y,\,z\right)\longmapsto xyz.$

1. Bestimme die Jacobi-Matrix zu ${}\varphi$ in einem Punkt ${}\left(x,\,y,\,z\right)$.
2. Bestimme die kritischen Punkte von ${}\varphi$.
3. Bestimme die Hesse-Matrix zu ${}\varphi$ in einem Punkt ${}\left(x,\,y,\,z\right)$.
4. Bestimme die Eigenräume der Hesse-Matrix zu ${}\varphi$ im Punkt ${}\left(1,\,1,\,1\right)$.
5. Bestimme den Typ der Hesse-Form zu ${}\varphi$ im Punkt ${}\left(1,\,1,\,1\right)$ mit Hilfe des Eigenwertkriteriums.

Lösung

1. Die Jacobi-Matrix zu ${}\varphi$ in ${}\left(x,\,y,\,z\right)$ ist

   $\left(yz,\,xz,\,xy\right).$

2. Ein kritischer Punkt liegt genau dann vor, wenn alle drei partiellen Ableitungen ${}0$ sind. Bei

   ${}x\neq 0\,$

   muss

   ${}y=z=0\,$

   sein, dass ist die ${}x$-Achse. Wegen der Symmetrie der Situation sind also die kritischen Punkte genau die Punkte der drei Raumachsen.

3. Die Hesse-Matrix zu ${}\varphi$ in ${}\left(x,\,y,\,z\right)$ ist

   ${\begin{pmatrix}0&z&y\\z&0&x\\y&x&0\end{pmatrix}}.$

4. Die Hesse-Matrix zu ${}\varphi$ in ${}\left(1,\,1,\,1\right)$ ist

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

   Das charakteristische Polynom davon ist

   ${}{\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}t&-1&-1\\-1&t&-1\\-1&-1&t\end{pmatrix}}&=t(t^{2}-1)-t-1-(1+t)\\&=t^{3}-3t-2\\&=(t-2)(t^{2}+2t+1)\\&=(t-2)(t+1)^{2}.\end{aligned}}$

   Der Eigenraum zum Eigenwert ${}2$ ist ${}\mathbb {R} {\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}}$. Der Eigenraum zum Eigenwert ${}-1$ ist

   ${}\operatorname {kern} {\begin{pmatrix}-1&-1&-1\\-1&-1&-1\\-1&-1&-1\end{pmatrix}}=\left(-1,\,-1,\,-1\right)^{\perp }=\langle {\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}}\rangle \,.$

5. Nach Teil (4) und dem Eigenwertkriterium ist der Typ der Hesse-Form zu ${}\varphi$ im Punkt ${}\left(1,\,1,\,1\right)$ gleich ${}(1,2)$.

Aufgabe (5 Punkte)

Bestimme die ersten drei Iterationen in der Picard-Lindelöf-Iteration für die lineare gewöhnliche Differentialgleichung

${}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}t&3\\1&t\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,$

mit der Anfangsbedingung ${}x(0)=0$ und ${}y(0)=1$.

Lösung

Die nullte Iteration ist die konstante Funktion

${}\varphi _{0}(t)={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}\,.$

Die erste Iteration ist

${}{\begin{aligned}\varphi _{1}(t)&={\begin{pmatrix}x_{1}(t)\\y_{1}(t)\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}s&3\\1&s\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}3\\s\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}3t\\{\frac {1}{2}}t^{2}+1\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Die zweite Iteration ist

${}{\begin{aligned}\varphi _{2}(t)&={\begin{pmatrix}x_{2}(t)\\y_{2}(t)\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}s&3\\1&s\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}3s\\{\frac {1}{2}}s^{2}+1\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}{\frac {9}{2}}s^{2}+3\\{\frac {1}{2}}s^{3}+4s\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}{\frac {3}{2}}t^{3}+3t\\{\frac {1}{8}}t^{4}+2t^{2}+1\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Die dritte Iteration ist

${}{\begin{aligned}\varphi _{3}(t)&={\begin{pmatrix}x_{3}(t)\\y_{3}(t)\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}s&3\\1&s\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}{\frac {3}{2}}s^{3}+3s\\{\frac {1}{8}}s^{4}+2s^{2}+1\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}{\frac {15}{8}}s^{4}+9s^{2}+3\\{\frac {1}{8}}s^{5}+{\frac {7}{2}}s^{3}+4s\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}{\frac {3}{8}}t^{5}+3t^{3}+3t\\{\frac {1}{48}}t^{6}+{\frac {7}{8}}t^{4}+2t^{2}+1\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung