Kurs:Analysis/Teil II/22/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	4	4	3	8	3	4	6	0	2	4	11	4	3	0	62

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Man sagt, dass die Folge konvergiert, wenn es ein ${}x\in M$ gibt, das folgende Eigenschaft erfüllt: Zu jedem ${}\epsilon \in \mathbb {R}$, ${}\epsilon >0$, gibt es ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}$ die Beziehung

   $d{\left(x_{n},x\right)}\leq \epsilon$

   gilt.

2. Es sei ${}(M,d)$ ein metrischer Raum und ${}T\subseteq M$ eine Teilmenge. Ein Punkt ${}a\in M$ heißt Berührpunkt von ${}T$, wenn zu jedem ${}\epsilon >0$ der Durchschnitt

   ${}T\cap U{\left(a,\epsilon \right)}\neq \emptyset \,.$

3. Man nennt

   $\sum _{i=1}^{k}d{\left(P_{i},P_{i-1}\right)}$

   die Gesamtlänge des Streckenzugs.

4. Unter der Richtungsableitung von ${}f$ in ${}P$ in Richtung ${}v$ versteht man den Grenzwert

   $\operatorname {lim} _{s\rightarrow 0,s\neq 0}\,{\frac {f(P+sv)-f(P)}{s}},$

   falls dieser existiert.

5. Unter dem Dualraum zu ${}V$ versteht man den Homomorphismenraum

   ${}{V}^{*}=\operatorname {Hom} _{K}{\left(V,K\right)}\,.$

6. Man sagt, dass die Abbildungsfolge gleichmäßig konvergiert, wenn es eine Funktion

   $f\colon T\longrightarrow M$

   derart gibt, dass es zu jedem ${}\epsilon >0$ ein ${}n_{0}$ gibt mit

   $d{\left(f_{n}(x),f(x)\right)}\leq \epsilon {\text{ für alle }}n\geq n_{0}{\text{ und alle }}x\in T.$

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine nichtleere kompakte Teilmenge und sei

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

   eine stetige Funktion.

   Dann gibt es ein ${}x\in T$ mit

   $f(x)\geq f(x'){\text{ für alle }}x'\in T.$

2. Es sei ${}V$ ein euklidischer Vektorraum und

   $g\colon [a,b]\longrightarrow V$

   eine stetige Abbildung. Dann gilt

   ${}\Vert {\int _{a}^{b}g(t)\,dt}\Vert \leq \int _{a}^{b}\Vert {g(t)}\Vert \,dt\,.$

3. Es sei ${}G\subseteq {\mathbb {K} }^{n}$ offen, ${}P\in G$ ein Punkt und sei

   $f\colon G\longrightarrow {\mathbb {K} }^{m},\,(x_{1},\ldots ,x_{n})\longmapsto \varphi (x_{1},\ldots ,x_{n})=(f_{1}(x_{1},\ldots ,x_{n}),\ldots ,f_{m}(x_{1},\ldots ,x_{n})),$

   eine Abbildung. Dann ist ${}\varphi$ in ${}P$ genau dann partiell differenzierbar, wenn die Richtungsableitungen

   von sämtlichen Komponentenfunktionen ${}f_{j}$ in ${}P$ in Richtung eines jeden Standardvektors existieren.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise das Majorantenkriterium für uneigentliche Integrale.

Lösung

Wir behandeln den Fall, wo ${}r$ die obere Intervallgrenze ist. Für alle ${}b\in I$ ist

${}\int _{a}^{b}f(t)\,dt\leq \int _{a}^{b}h(t)\,dt\,$

wegen ${}f(t)\leq h(t)$ für alle ${}t\in I$. Wegen der Nichtnegativität von ${}h$ und von ${}f$ wachsen beide Seite bei ${}b\rightarrow r$, und die rechte Seite ist durch das uneigentliche Integral ${}\int _{a}^{r}h(t)\,dt$ beschränkt. Nach Satz 7.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) existiert der Grenzwert

${}\operatorname {lim} _{b\rightarrow r}\,\int _{a}^{b}f(t)\,dt=\int _{a}^{r}f(t)\,dt\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}T\subseteq M$ eine Teilmenge in einem metrischen Raum ${}M$. Zeige für den Abschluss von ${}T$ die Gleichheit

${}{\overline {T}}={\left\{x\in M\mid {\text{ es gibt eine Folge }}x_{n}{\text{ in }}T,{\text{ die gegen }}x{\text{ konvergiert}}\right\}}\,.$

Lösung

Es sei zunächst ${}x\in {\overline {T}}$. Das bedeutet, dass zu jedem ${}\epsilon >0$ die Menge

${}T\cap B\left(x,\epsilon \right)\neq \emptyset \,$

ist. Dies gilt insbesondere für die Stammbrüche ${}{\frac {1}{n}}$. Somit gibt es zu ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ ein Element ${}x_{n}\in T\cap B\left(x,{\frac {1}{n}}\right)$. Dies ergibt eine Folge in ${}T$. Diese Folge konvergiert gegen ${}x$, da jede gewünschte Genauigkeit durch einen Stammbruch unterboten wird.

Es sei ungekehrt ${}x$ der Grenzwert einer Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ mit Folgengliedern ${}x_{n}$ in ${}T$ ist. Sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Für ${}n$ hinreichend groß ist ${}x_{n}\in B\left(x,\epsilon \right)$. Somit ist

${}T\cap B\left(x,\epsilon \right)\neq \emptyset \,$

und ${}x$ ist ein Berührpunkt von ${}T$, also ${}x\in {\overline {T}}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass eine Menge ${}M$ mit der diskreten Metrik zu einem vollständigen metrischen Raum wird.

Lösung

Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Cauchy-Folge in ${}M$. Zu ${}\epsilon ={\frac {1}{2}}$ gibt es ein ${}n_{0}$ mit

${}d(x_{n},x_{m})\leq {\frac {1}{2}}\,$

für alle ${}m,n\geq n_{0}$. Da es bei der diskreten Metrik nur die beiden Abstände ${}0$ und ${}1$ möglich sind, muss

${}d(x_{n},x_{m})=0\,$

und damit

${}x_{n}=x_{m}=x_{n_{0}}\,$

für alle ${}m,n\geq n_{0}$ sein. Dies bedeutet, dass die Folge ab einem bestimmten Index ${}n_{0}$ konstant ist, und dass die Folge gegen das Folgenglied ${}x_{n_{0}}$ konvergiert.

Aufgabe (8 (2+2+2+2) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} _{\leq 0}\longrightarrow \mathbb {R} _{\leq 0},\,x\longmapsto e^{x}-1.$

1. Zeige, dass ${}0$ der einzige Fixpunkt von ${}f$ ist.
2. Zeige, dass ${}f$ Lipschitz-stetig mit Lipschitz-Konstante ${}1$ ist.
3. Zeige, dass ${}f$ keine starke Kontraktion ist.
4. Zeige, dass zu jedem Startwert ${}x_{0}\in \mathbb {R} _{\leq 0}$ die rekursiv definierte Folge ${}x_{n+1}:=f(x_{n})$ gegen ${}0$ konvergiert.

Lösung

1. Es ist

   ${}f(0)=e^{0}-1=1-1=0\,,$

   daher ist ${}0$ ein Fixpunkt. Die Ableitung von ${}f(x)-x$ ist ${}{\left(f(x)-x\right)}'=e^{x}-1<0$ auf ${}\mathbb {R} _{-}$, daher ist ${}f(x)-x$ im negativen Bereich streng fallend und somit besitzt dort ${}f(x)-x$ keine weitere Nullstelle, also ist dort

   ${}f(x)\neq x\,.$

2. Es ist

   ${}f'(x)=e^{x}\leq 1\,$

   für alle ${}x\in \mathbb {R} _{\leq 0}$. Daher ist nach dem Mittelwertstz

   ${}{\frac {f(y)-f(x)}{y-x}}\leq 1\,$

   für alle ${}x,y\in \mathbb {R} _{\leq 0}$. Somit ist

   ${}\vert {f(y)-f(x)}\vert \leq \vert {y-x}\vert \,,$

   was die Lipschitz-Eigenschaft mit Lipschitzfaktor ${}1$ bedeutet.

3. Wir betrachten den Differenzenquotienten

   ${}{\frac {f(y)-f(0)}{y-0}}={\frac {f(y)}{y}}={\frac {e^{y}-1}{y}}\,.$

   Für ${}y\rightarrow 0$ konvergiert dies gegen den Differentialquotienten an der Stelle ${}0$ von ${}f$, also gegen ${}1$. Würde eine starke Kontraktion vorliegen, so würde es ein ${}c<1$ geben, wofür insbesondere

   ${}\vert {f(y)}\vert \leq c\vert {y}\vert \,$

   gelten würde. Dann wäre

   ${}\vert {\frac {f(y)}{y}}\vert \leq c\,$

   im Widerspruch zur Konvergenzeigenschaft.

4. Nach Teil (1) ist ${}f(x)-x$ auf ${}\mathbb {R} _{\leq 0}$ streng fallend und daher ist ${}f(x)-x\geq 0$, also ${}f(x)\geq x$. Dies bedeutet, dass eine durch ${}f$ gegebene rekursive Folge wachsend ist. Da ferner ${}f(x)\leq 0$ gilt, liegt eine wachsende, nach oben beschränkte Folge vor, die in ${}\mathbb {R}$ konvergieren muss. Es sei ${}a$ der Grenzwert, der zu ${}\mathbb {R} _{\leq 0}$ gehört. Aufgrund der Stetigkeit ist ${}f(a)=a$, also muss nach Teil (1) ${}a=0$ sein.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Länge der Kurve

$\gamma \colon [0,2\pi ]\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,t\longmapsto \left(\cos t,\,\sin t,\,3t\right).$

Lösung

Es ist

${}\gamma '(t)=\left(-\sin t,\,\cos t,\,3\right)\,$

und

${}\Vert {\gamma '(t)}\Vert ={\sqrt {\sin ^{2}t+\cos ^{2}t+9}}={\sqrt {10}}\,.$

Die Länge der Kurve ist nach Satz 38.6 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gleich

${}\int _{0}^{2\pi }{\sqrt {10}}=2\pi {\sqrt {10}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über Wegintegrale bei einer Umparametrisierung.

Lösung

Es seien ${}F_{1},\ldots ,F_{n}$ die Komponentenfunktionen von ${}F$ und ${}\gamma _{1},\ldots ,\gamma _{n}$ die Komponentenfunktionen von ${}\gamma$. Dann gilt mit der Substitution

${}t=g(s)\,$

unter Verwendung von Korollar 25.9 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))

${}{\begin{aligned}\int _{\gamma }F&=\sum _{i=1}^{n}\int _{a}^{b}F_{i}{\left(\gamma _{1}(t),\ldots ,\gamma _{n}(t)\right)}\cdot \gamma _{i}'(t)dt\\&=\sum _{i=1}^{n}\int _{c}^{d}F_{i}{\left(\gamma _{1}(g(s)),\ldots ,\gamma _{n}(g(s))\right)}\cdot \gamma _{i}'(g(s))\cdot g'(s)ds\\&=\sum _{i=1}^{n}\int _{c}^{d}F_{i}{\left({\tilde {\gamma }}_{1}(s),\ldots ,{\tilde {\gamma }}_{n}(s)\right)}\cdot {\tilde {\gamma }}_{i}'(s)ds\\&=\int _{\tilde {\gamma }}F.\end{aligned}}$

Aufgabe (6 Punkte)

Löse mit einem Potenzreihenansatz das Anfangswertproblem

${}x^{\prime \prime }={\frac {-2gx-4x(x')^{2}}{1+4x^{2}}}\,$

mit ${}x(0)=0$ und ${}x'(0)=1$ bis zur Ordnung ${}4$. Dabei ist ${}g$ eine Konstante.

Lösung

Wir machen den Ansatz

${}x(t)=a_{0}+a_{1}t+a_{2}t^{2}+a_{3}t^{3}+\ldots =t+a_{2}t^{2}+a_{3}t^{3}+\ldots \,,$

wobei sich die ersten beiden Koeffizienten aus den Anfangsbedingungen ergeben. Es ist also noch ${}a_{2},a_{3}$ und ${}a_{4}$ zu bestimmen. Die linke Seite der Gleichung ist

$2a_{2}+6a_{3}t+12a_{4}t^{2}+\ldots .$

Von der rechten Seite müssen wir also die Koeffizienten zu ${}t^{0},t^{1},t^{2}$ ausrechnen, um drei Gleichungen zu bekommen. Zur Auswertung des Nenners verwenden wir

${}{\frac {1}{1+u}}=1-u+u^{2}-u^{3}+u^{4}\pm \ldots \,.$

Daher gilt mit ${}u=4x^{2}$ die Beziehung

${}{\frac {1}{1+4x^{2}}}=1-4x^{2}+16x^{4}\pm \ldots \,.$

Wenn man darin für ${}x$ die Potenzreihe einsetzt, erhält man

${}{\begin{aligned}{\frac {1}{1+4{\left(t+a_{2}t^{2}+a_{3}t^{3}+\ldots \right)}^{2}}}&=1-4{\left(t+a_{2}t^{2}+\ldots \right)}^{2}+16{\left(t+a_{2}t^{2}+\ldots \right)}^{4}\ldots \\&=1-4t^{2}-8a_{2}t^{3}+\ldots .\end{aligned}}$

Somit ist die rechte Seite der Differentialgleichung gleich

${}{\begin{aligned}\,&\,{\left(-2g{\left(t+a_{2}t^{2}+\ldots \right)}-4{\left(t+a_{2}t^{2}+\ldots \right)}{\left(1+2a_{2}t+3a_{3}t^{2}+\ldots \right)}^{2}\right)}{\left(1-4t^{2}+\ldots \right)}\\&={\left(-2g{\left(t+a_{2}t^{2}+\ldots \right)}-4{\left(t+a_{2}t^{2}+\ldots \right)}{\left(1+4a_{2}t+\ldots \right)}\right)}{\left(1-4t^{2}+\ldots \right)}\\&={\left(-2gt-2ga_{2}t^{2}-4t-16a_{2}t^{2}-4a_{2}t^{2}+\ldots \right)}{\left(1-4t^{2}+\ldots \right)}\\&={\left((-2g-4)t+(-2g-20)a_{2}t^{2}+\ldots \right)}{\left(1-4t^{2}+\ldots \right)}\\&=(-2g-4)t+(-2g-20)a_{2}t^{2}+\ldots .\end{aligned}}$

Somit ist (rechts ist der Koeffizient zu ${}t^{0}$ gleich ${}0$)

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

aus

${}6a_{3}=-2g-4\,$

folgt

${}a_{3}=-{\frac {g+2}{3}}\,,$

aus

${}12a_{4}=0\,$

folgt

${}a_{4}=0\,.$

Der Anfang der Potenzreihe ist also

${}x(t)=t-{\frac {g+2}{3}}t^{3}\,.$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Man gebe für vorgegebene natürliche Zahlen ${}p,q,n$ mit ${}p+q\leq n$ eine zweimal stetig differenzierbare Funktion

$f\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ,$

deren Hesse-Form im Nullpunkt den Typ ${}(p,q)$ besitzt.

Lösung

Wir betrachten die Funktion

${}f(x_{1},\ldots ,x_{p},x_{p+1},\ldots ,x_{p+q},x_{p+q+1},\ldots ,x_{n}):=x_{1}^{2}+\cdots +x_{p}^{2}-x_{p+1}^{2}-\cdots -x_{p+q}^{2}\,.$

Die partiellen Ableitungen sind

${\frac {\partial f}{\partial x_{i}}}={\begin{cases}2x_{i}{\text{ für }}i\leq p\,,\\-2x_{i}{\text{ für }}p<i\leq p+q\,,\\0{\text{ für }}i>p+q\,.\end{cases}}$

Damit sind alle gemischten zweiten Ableitungen ${}0$ und es ist

${\frac {\partial }{\partial x_{i}}}{\frac {\partial f}{\partial x_{i}}}={\begin{cases}2{\text{ für }}i\leq p\,,\\-2{\text{ für }}p<i\leq p+q\,,\\0{\text{ für }}i>p+q\,.\end{cases}}$

Die Hesse-Matrix ist also eine Diagonalmatrix mit ${}p$ positiven und ${}q$ negativen Einträgen. Nach dem Trägheitssatz von Sylvester besitzt die Hesse-Form den Typ ${}(p,q)$.

Aufgabe (4 Punkte)

Untersuche die Funktion

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto -3x^{2}+2xy-7y^{2}+x,$

auf Extrema.

Lösung

Die partiellen Ableitungen der Funktion ${}f$ sind

${}{\frac {\partial f}{\partial x}}=-6x+2y+1\,$

und

${}{\frac {\partial f}{\partial y}}=2x-14y\,.$

Eine notwendige Voraussetzung für die Existenz eines lokalen Extremums ist, dass der Gradient ${}0$ ist. Aus

$-6x+2y+1=0\,\,{\text{ und }}\,\,2x-14y=0$

folgt sofort

$-40y+1=0,$

also ${}y={\frac {1}{40}}$ und daraus

$x={\frac {7}{40}}.$

Es kann also allenfalls im Punkt

${}P=\left({\frac {7}{40}},\,{\frac {1}{40}}\right)\,$

ein lokales Extremum vorliegen.

Die Hesse-Matrix der Funktion ist

${\begin{pmatrix}-6&2\\2&-14\end{pmatrix}}.$

Der Eintrag links oben ist also negativ und die Determinante ist positiv. Daher ist die Hesse-Matrix negativ definit und somit liegt in ${}P$ ein lokales Maximum vor. Da es sonst kein weiteres lokales Extremum gibt, ist dieses Maximum isoliert und global.

Aufgabe (11 (2+2+4+3) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

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

1. Bestimme die Jacobi-Matrix zu ${}\varphi$ in einem beliebigen Punkt ${}\left(x,\,y\right)$
2. Bestimme die Punkte ${}\left(x,\,y\right)$, für die ${}\varphi$ regulär ist.
3. Ist ${}\varphi$ injektiv?
4. Ist ${}\varphi$ surjektiv? Tipp: Die Funktion ${}e^{-{\frac {1}{x}}}\cdot \ln x$ ist nach unten beschränkt.

Lösung

1. Es ist

   ${}x^{y}=e^{{\left(\ln x\right)}y}\,$

   und

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

   Somit ist die Jacobi-Matrix gleich

   ${}\left(D\varphi \right)_{(x,y)}={\begin{pmatrix}{\frac {y}{x}}e^{{\left(\ln x\right)}y}&{\left(\ln x\right)}e^{{\left(\ln x\right)}y}\\{\left(\ln y\right)}e^{{\left(\ln y\right)}x}&{\frac {x}{y}}e^{{\left(\ln y\right)}x}\end{pmatrix}}\,.$

2. Die Determinante der Jacobi-Matrix ist

   ${}e^{{\left(\ln x\right)}y}e^{{\left(\ln y\right)}x}{\left({\frac {y}{x}}\cdot {\frac {x}{y}}-{\left(\ln x\right)}{\left(\ln y\right)}\right)}=e^{{\left(\ln x\right)}y}e^{{\left(\ln y\right)}x}{\left(1-{\left(\ln x\right)}{\left(\ln y\right)}\right)}\,.$

   Da die Exponentialfunktion stets positiv ist, ist die Determinante genau dann gleich ${}0$, wenn

   ${}{\left(\ln x\right)}{\left(\ln y\right)}=1\,$

   ist. Dies ist genau bei

   ${}x\neq 1\,$

   und

   ${}\ln y={\frac {1}{\ln x}}\,$

   bzw.

   ${}y=e^{\frac {1}{\ln x}}\,$

   der Fall. Dies charakterisiert die kritischen Punkte, die Punkte mit ${}x=1$ oder

   ${}y\neq e^{\frac {1}{\ln x}}\,$

   sind regulär.

3. Wir betrachten die Einschränkung von ${}\varphi$ auf die durch

   ${}x=y\,$

   gegebene Gerade. Die beiden Komponentenfunktionen haben darauf die Form

   ${}g(x)=x^{x}\,.$

   Die Ableitung davon ist

   ${}g'(x)={\left(1+\ln x\right)}x^{x}\,$

   mit einer Nullstelle an

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

   Wegen

   ${}g^{\prime \prime }(x)={\left({\frac {1}{x}}+1+\ln x\right)}x^{x}\,$

   liegt dort ein isoliertes Minimum von ${}g$ vor. Nach dem Zwischenwertsatz gibt es daher

   ${}x_{1}<e^{-1}<x_{2}\,$

   mit

   ${}x_{1}^{x_{1}}=x_{2}^{x_{2}}\,.$

   Daher haben ${}(x_{1},x_{1})$ und ${}(x_{2},x_{2})$ unter ${}\varphi$ den gleichen Wert und die Abbildung ist nicht injektiv.

4. Die Abbildung ist nicht surjektiv. Wir zeigen, dass Elemente der Form

   ${\begin{pmatrix}a\\e^{-1}\end{pmatrix}}$

   mit ${}a$ hinreichend klein nicht zum Bild gehören. Die Bedingung (der zweiten Komponente)

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

   führt auf

   ${}x\ln y=-1\,$

   und damit auf

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

   und somit ergibt sich (aus der ersten Komponente) die Bedingung

   ${}a=e^{y\ln x}=e^{e^{-{\frac {1}{x}}}\cdot \ln x}\,.$

   Da ${}e^{-{\frac {1}{x}}}\cdot \ln x$ nach Aufgabe 20.57 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) nach unten beschränkt ist, ist auch ${}e^{e^{-{\frac {1}{x}}}\cdot \ln x}$ nach unten beschränkt, und für

   ${}a>0\,$

   unterhalb dieser Schranke gibt es kein Urbild.

Aufgabe (4 (1+1+2) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} \times \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,\left(x,\,y,\,z\right)\longmapsto y\ln x-3xz^{2}.$

1. Bestimme das totale Differential von ${}\varphi$ in jedem Punkt ${}\left(x,\,y,\,z\right)$.
2. Bestimme die kritischen Punkte von ${}\varphi$.
3. Bestimme eine Basis für den Tangentialraum an die Faser von ${}\varphi$ durch den Punkt ${}\left(1,\,0,\,-3\right)$.

Lösung

1. Das totale Differential ist

   $\left({\frac {y}{x}}-3z^{2},\,\ln x,\,-6xz\right).$

2. Für einen kritischen Punkte müssen alle Komponenten des totalen Differentials gleich ${}0$ sein. Daher muss wegen der zweiten Komponente ${}x=1$ sein und damit ${}z=0$ und ${}y=0$. Der einzige kritische Punkt liegt also in ${}\left(1,\,0,\,0\right)$ vor.
3. Das totale Differential in ${}\left(1,\,0,\,-3\right)$ ist

   $\left(-27,\,0,\,18\right).$

   Der Tangentialraum ist der Kern dieser linearen Abbildung, eine Basis davon ist ${}\left(0,\,1,\,0\right)$ und ${}\left(2,\,0,\,3\right)$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale reelle Vektorräume, ${}U\subseteq V$ und ${}U'\subseteq W$ offene Teilmengen und

$\varphi \colon U\longrightarrow U'$

ein Diffeomorphismus. Es sei

$F\colon I\times U\longrightarrow V,\,(t,x)\longmapsto F(t,x),$

ein Vektorfeld auf ${}U$. Es sei ${}G$ das durch

${}G(t,y):={\left(D\varphi \right)}_{\varphi ^{-1}(y)}{\left(F(t,\varphi ^{-1}(y))\right)}\,$

definierte Vektorfeld auf ${}U'$. Zeige, dass

$\alpha \colon J\longrightarrow U$

genau dann eine Lösung des Anfangswertproblems

$x'=F(t,x){\text{ mit }}x(t_{0})=x_{0},$

wenn ${}\varphi \circ \alpha$ eine Lösung des Anfangswertproblems

$y'=G(t,y){\text{ mit }}y(t_{0})=\varphi (x_{0})$

ist.

Lösung

Da mit ${}\varphi$ auch die Umkehrabbildung ${}\varphi ^{-1}$ ein Diffeomorphismus ist, genügt es, die eine Richtung zu zeigen. Es sei also ${}\alpha$ eine Lösung des Anfangswertproblems zu ${}F$. Dann gelten nach der Kettenregel für ${}\varphi \circ \alpha$ die Gleichheiten

${}{\begin{aligned}{\left(\varphi \circ \alpha \right)}'(t)&={\left(D\varphi \right)}_{\alpha (t)}{\left(\alpha '(t)\right)}\\&={\left(D\varphi \right)}_{\alpha (t)}{\left(F(t,\alpha (t))\right)}\\&={\left(D\varphi \right)}_{\varphi ^{-1}((\varphi (\alpha (t))}{\left(F(t,\varphi ^{-1}(\varphi (\alpha (t)))\right)}\\&=G(t,(\varphi \circ \alpha )(t)).\end{aligned}}$

Ferner gilt

${}(\varphi \circ \alpha )(t_{0})=\varphi (\alpha (t_{0}))=\varphi (x_{0})\,.$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung