Kurs:Analysis/Teil II/23/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	${}\sum$
Punkte	3	3	0	4	8	5	4	4	2	0	2	0	6	5	3	4	8	61

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}T=[a,\infty ]$ (oder $T=[-\infty ,a]$) ein rechtsseitig (bzw. linksseitig) unbeschränktes Intervall und

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

   eine Funktion. Dann heißt ${}b\in \mathbb {R}$ Grenzwert von ${}f$ für ${}x\rightarrow +\infty$ (bzw. $x\rightarrow -\infty$), wenn es für jedes ${}\epsilon >0$ ein ${}x_{0}\geq a$ (bzw. $x_{0}\leq a$) gibt mit ${}\vert {f(x)-b}\vert \leq \epsilon$ für alle ${}x\geq x_{0}$ (bzw. $x\leq x_{0}$).

2. Eine Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in einem metrischen Raum ${}M$ heißt Cauchy-Folge, wenn folgende Bedingung erfüllt ist. Zu jedem ${}\epsilon \in \mathbb {R}$, ${}\epsilon >0$, gibt es ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ derart, dass für alle ${}n,m\geq n_{0}$ die Beziehung

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

   gilt.

3. Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum, ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein reelles Intervall, ${}U\subseteq V$ eine offene Menge und

   $f\colon I\times U\longrightarrow V,\,(t,v)\longmapsto f(t,v),$

   ein Vektorfeld auf ${}U$. Dann nennt man

   ${}v'=f(t,v)\,$

   die gewöhnliche Differentialgleichung zum Vektorfeld ${}f$.

4. Die Abbildung ${}\varphi$ heißt total differenzierbar in ${}P$, wenn es eine ${}\mathbb {R}$- lineare Abbildung ${}L\colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ^{m}$ mit der Eigenschaft

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

   gibt, wobei ${}r\colon U{\left(0,\delta \right)}\rightarrow W$ eine in ${}0$ stetige Abbildung mit ${}r(0)=0$ ist und die Gleichung für alle ${}v\in V$ mit ${}P+v\in U{\left(P,\delta \right)}\subseteq G$ gilt.

5. Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ ein ${}K$-Vektorraum und ${}\left\langle -,-\right\rangle$ eine Bilinearform auf ${}V$. Die Bilinearform heißt symmetrisch, wenn

   ${}\left\langle v,w\right\rangle =\left\langle w,v\right\rangle \,$

   für alle ${}v,w\in V$ gilt.

6. Das Taylor-Polynom vom Grad ${}\leq k$ zu ${}f$ in ${}P$ ist

   $\sum _{r={\left(r_{1},\ldots ,r_{n}\right)},\,\vert {\,r\,}\vert \leq k}{\frac {1}{r!}}D^{r}f(P)\cdot (x_{1}-a_{1})^{r_{1}}\cdots (x_{n}-a_{n})^{r_{n}}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Eine Teilmenge ${}T\subseteq \mathbb {R}$ der reellen Zahlen ist genau dann zusammenhängend, wenn ${}T$ ein (nichtleeres) Intervall ist.
2. Für alle ${}v\in \mathbb {R} ^{n}$ gilt die Beziehung

   ${}f(P+v)=\sum _{\vert {\,r\,}\vert \leq k}{\frac {1}{r!}}D^{r}f(P)\cdot v^{r}+R_{k}(v)\,,$

   wobei

   $\operatorname {lim} _{v\rightarrow 0}\,{\frac {\Vert {R_{k}(v)}\Vert }{\Vert {v}\Vert ^{k}}}=0$

   ist.
3. Es sei ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine offene zusammenhängende Teilmenge und

   $G\colon U\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

   ein stetig differenzierbares Vektorfeld. Dann sind die folgenden Eigenschaften äquivalent.

   1. ${}G$ ist ein Gradientenfeld.
   2. Für jeden stetig differenzierbaren Weg ${}\gamma \colon [a,b]\rightarrow U$ hängt das Wegintegral ${}\int _{\gamma }G$ nur vom Anfangspunkt ${}\gamma (a)$ und Endpunkt ${}\gamma (b)$ ab.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}(M,d)$ ein metrischer Raum und ${}T\subseteq M$ eine Teilmenge mit der induzierten Metrik. Zeige, dass eine Teilmenge ${}Z\subseteq T$ genau dann offen in ${}T$ ist, wenn es eine in ${}M$ offene Menge ${}U$ mit ${}Z=T\cap U$ gibt.

Lösung

Es sei zunächst ${}Z$ offen in ${}T$. Dann gibt es zu jedem Punkt ${}P\in Z$ eine offene Ballumgebung mit

${}P\in U{\left(P,\epsilon _{P}\right)}\cap T\subseteq Z\,$

(der Radius hängt von ${}P$ ab). Es ist

${}U:=\bigcup _{P\in Z}U{\left(P,\epsilon _{P}\right)}\,$

als Vereinigung offener Mengen offen in ${}M$ und ${}Z=U\cap T$.

Wenn es umgekehrt eine offene Menge ${}U\subseteq M$ mit ${}Z=U\cap T$ gibt, so sei ${}P\in Z$ ein Punkt. Es gibt in ${}M$ eine offene Ballumgebung mit

${}P\in U{\left(P,\epsilon \right)}\subseteq U\,.$

Dann ist auch

${}P\in U{\left(P,\epsilon \right)}\cap T\subseteq U\cap T=Z\,$

und es ist eine offene Ballumgebung in ${}termT$ gefunden.

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Satz über zusammenhängende Teilmengen von ${}\mathbb {R}$.

Lösung

Es sei zuerst ${}T$ kein Intervall. Wenn ${}T$ leer ist, so ist ${}T$ nach Definition nicht zusammenhängend. Es sei also ${}T\neq \emptyset$, aber kein Intervall. Dann gibt es nach Aufgabe 6.23 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ${}x,z\in T$ und ${}y\notin T$ mit

${}x<y<z\,.$

Dann ist die Menge

${}A=T\cap {]{-\infty },y[}=T\cap {]{-\infty },y]}\,$

sowohl offen als auch abgeschlossen in ${}T$, da man ${}A$ sowohl als Durchschnitt von ${}T$ mit einem offenen Intervall als auch als Durchschnitt mit einem abgeschlossenen Intervall schreiben kann. Wegen ${}x\in A$ und ${}z\notin A$ ist sie weder ${}\emptyset$ noch ${}T$, also ist ${}T$ nicht zusammenhängend.
Es sei nun ${}T$ ein nichtleeres Intervall und  sei angenommen, dass es eine Teilmenge ${}A\subseteq T$ mit ${}A\neq \emptyset ,T$ gibt, die in ${}T$ sowohl offen als auch abgeschlossen sei. Es sei ${}x\in A$ und ${}y\in T$ , ${}y\not \in A$. Wir betrachten das (abgeschlossene und beschränkte) Intervall ${}I=[x,y]\subseteq T$ (ohne Einschränkung sei ${}x<y$) und setzen ${}A'=A\cap [x,y]$. Dies ist eine in ${}I$ offene und abgeschlossene Teilmenge von ${}I$, die wegen ${}x\in A'$ nicht leer ist und wegen ${}y\notin A'$ nicht ganz ${}I$ ist. D.h., es genügt, die Behauptung für ein abgeschlossenes und beschränktes Intervall ${}I=[x,y]$ zu zeigen und können davon ausgehen, dass es eine offene und abgeschlossene Teilmenge ${}A$ mit ${}x\in A$ und ${}y\notin A$ gibt. Wir betrachten die reelle Zahl ${}s={\operatorname {sup} \,(A)}$, die wegen Satz 7.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) existiert. Da ein abgeschlossenes Intervall vorliegt, gehört ${}s$ zu ${}I$ und aufgrund von Korollar 33.17 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist ${}s\in A$. Da ${}A$ aber auch offen in ${}T$ ist, gibt es ein ${}\delta >0$ mit ${}[s-\delta ,s+\delta ]\cap I\subseteq A$. Da ${}s$ das Supremum von ${}A$ ist, folgt ${}s=y$. Dies ist ein Widerspruch zu ${}y\notin A$.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}P$ ein Polynom vom Grad ${}d$. Zeige, dass die folgenden Aussagen äquivalent sind.

1. Es ist ${}d\leq 1$.
2. Die Funktion ${}P\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ ist Lipschitz-stetig.
3. Die Funktion ${}P\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ ist gleichmäßig stetig.

Lösung

Von (1) nach (2). Wir schreiben

${}P=ax+b\,$

und behaupten, dass man ${}L:=\vert {a}\vert$ als Lipschitz-Konstante nehmen kann. In der Tat ist

${}\vert {p(x)-p(x')}\vert =\vert {ax-b-ax'+b}\vert =\vert {a(x-x')}\vert =\vert {a}\vert \cdot \vert {x-x'}\vert \,.$

Von (2) nach (3) gilt immer, zu gegebenem ${}\epsilon >0$ nimmt man ${}\delta =\epsilon /L$. Von (3) nach (1). Wir zeigen, dass ein Polynom vom Grad ${}\neq 2$ nicht auf ganz ${}\mathbb {R}$ gleichmäßig stetig ist. Ohne Einschränkung sei der Leitkoeffizient positiv. Wir betrachten den Differenzenquotienten

${}{\frac {P(x+h)-P(x)}{x+h-x}}={\frac {P(x+h)-P(x)}{h}}\,.$

Da ${}P'(x)$ zumindest den Grad ${}1$ besitzt, geht die Ableitung für ${}x\rightarrow +\infty$ gegen unendlich. Mit dem Mittelwertsatz wird dann auch zu jedem festen ${}h$ der Differenzenquotient ${}{\frac {P(x+h)-P(x)}{h}}$ für ${}x$ gegen unendlich beliebig groß. Bei gegebenem ${}\epsilon >0$ gibt es daher zu jedem positiven ${}\delta =h$ ein ${}x$ mit

${}{\frac {\vert {P(x+h)-P(x)}\vert }{h}}>{\frac {\epsilon }{h}}\,$

also ist

${}\vert {P(x+h)-P(x)}\vert >\epsilon \,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}h\colon I\rightarrow V$ eine zweimal differenzierbare Kurve in einem euklidischen Vektorraum ${}V$. Zeige, dass bei ${}h'(t)\neq 0$ die Gleichheit

${}\Vert {h'(t)}\Vert '={\frac {\left\langle h'(t),h^{\prime \prime }(t)\right\rangle }{\left\langle h'(t),h'(t)\right\rangle }}\Vert {h'(t)}\Vert \,$

gilt.

Lösung

Es sei ${}u_{1}=h'(t)$, das wir zu einer Orthogonalbasis ${}u_{1},u_{2},\ldots ,u_{n}$ von ${}V$ ergänzen. Es seien ${}h_{1},\ldots ,h_{n}$ die Koordinatenfunktionen von ${}h$ zu dieser Basis. Dann ist

${}{\begin{aligned}\Vert {h'(t)}\Vert '&=\Vert {\begin{pmatrix}h_{1}'(t)\\\vdots \\h_{n}'(t)\end{pmatrix}}\Vert '\\&={\sqrt {h_{1}'(t)^{2}+\cdots +h_{n}'(t)^{2}}}'\\&={\frac {h_{1}(t)h_{1}'(t)+\cdots +h_{n}(t)h_{n}'(t)}{\sqrt {h_{1}'(t)^{2}+\cdots +h_{n}'(t)^{2}}}}\\&={\frac {h_{1}(t)h_{1}'(t)+\cdots +h_{n}(t)h_{n}'(t)}{h_{1}'(t)^{2}+\cdots +h_{n}'(t)^{2}}}{\sqrt {h_{1}'(t)^{2}+\cdots +h_{n}'(t)^{2}}}\\&={\frac {\left\langle h'(t),h^{\prime \prime }(t)\right\rangle }{\left\langle h'(t),h'(t)\right\rangle }}\Vert {h'(t)}\Vert .\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das Wegintegral zum eindimensionalen Vektorfeld

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto x^{2}-4x+1,$

und zum Weg

$\gamma \colon [0,1]\longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto t^{3}+t-5.$

Lösung

Es ist

${}\gamma '(t)=3t^{2}+1\,.$

Damit ist das Wegintegral gleich

${}{\begin{aligned}\int _{0}^{1}f(\gamma (t))\gamma '(t)dt&=\int _{0}^{1}{\left({\left(t^{3}+t-5\right)}^{2}-4{\left(t^{3}+t-5\right)}+1\right)}{\left(3t^{2}+1\right)}dt\\&=\int _{0}^{1}{\left(t^{6}+t^{2}+25+2t^{4}-10t^{3}-10t-4t^{3}-4t+20+1\right)}{\left(3t^{2}+1\right)}dt\\&=\int _{0}^{1}{\left(t^{6}+2t^{4}-14t^{3}+t^{2}-14t+46\right)}{\left(3t^{2}+1\right)}dt\\&=\int _{0}^{1}3t^{8}+7t^{6}+-42t^{5}+5t^{4}-56t^{3}+139t^{2}-14t+46dt\\&=\left({\frac {1}{3}}t^{9}+t^{7}-7t^{6}+t^{5}-14t^{4}+{\frac {139}{3}}t^{3}-7t^{2}+46t\right)|_{0}^{1}\\&={\frac {1}{3}}+1-7+1-14+{\frac {139}{3}}-7+46\\&={\frac {140}{3}}+20\\&={\frac {200}{3}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Richtungsableitung von

${}f(x,y)=x^{3}+x^{2}y-y^{5}\,$

im Punkt ${}(4,-1)$ in Richtung ${}(-3,2)$ über das totale Differential von ${}f$.

Lösung

Das totale Differential von ${}f$ ist

$\left(3x^{2}+2xy,\,x^{2}-5y^{4}\right).$

Im Punkt ${}{\begin{pmatrix}4\\-1\end{pmatrix}}$ ist dies

$\left(40,\,11\right).$

Angewendet auf die Richtung ${}{\begin{pmatrix}-3\\2\end{pmatrix}}$ ergibt sich die Richtungsableitung

${}\left(40,\,11\right){\begin{pmatrix}-3\\2\end{pmatrix}}=-120+22=-98\,.$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Eine symmetrische Bilinearform ${}\left\langle -,-\right\rangle$ auf dem ${}\mathbb {R} ^{2}$ werde bezüglich der Standardbasis durch die Gramsche Matrix

${\begin{pmatrix}\pi &2\\2&{\sqrt {5}}\end{pmatrix}}$

beschrieben. Berechne ${}\left\langle {\begin{pmatrix}{\sqrt {3}}\\4\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-1\\e\end{pmatrix}}\right\rangle$.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\left\langle {\begin{pmatrix}{\sqrt {3}}\\4\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-1\\e\end{pmatrix}}\right\rangle &=\left({\sqrt {3}},\,4\right){\begin{pmatrix}\pi &2\\2&{\sqrt {5}}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}-1\\e\end{pmatrix}}\\&=\left({\sqrt {3}},\,4\right){\begin{pmatrix}-\pi +2e\\-2+{\sqrt {5}}e\end{pmatrix}}\\&=-{\sqrt {3}}\pi +2{\sqrt {3}}e-8+4{\sqrt {5}}e.\end{aligned}}$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (6 (2+4) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$\mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto x^{2}y^{3}.$

1. Man schreibe ${}(x+v)^{2}(y+w)^{3}$ als

   ${}(x+v)^{2}(y+w)^{3}=x^{2}y^{3}+av+bw+cv^{2}+dvw+ew^{2}\,$

   mit geeigneten Termen ${}a,b,c,d,e$, wobei ${}a$ und ${}b$ nicht von ${}v$ und ${}w$ abhängen dürfen.

2. Man folgere aus der Darstellung aus (1), dass ${}x^{2}y^{3}$ in einem beliebigen Punkt ${}(x,y)$ total differenzierbar ist.

Lösung

1. Es ist

   ${}{\begin{aligned}&\,\,\,\,\,\,\,(x+v)^{2}(y+w)^{3}\\&=(x^{2}+2xv+v^{2})(y^{3}+3y^{2}w+3yw^{2}+w^{3})\\&=x^{2}y^{3}+(2xy^{3})v+(3x^{2}y^{2})w+(y^{3}+3y^{2}w+3yw^{2}+w^{3})v^{2}+(6xy^{2})vw+(2xv+x^{2})(3y+w)w^{2}.\,\end{aligned}}$

   Es ist also

   ${}a=2xy^{3}\,,$

   ${}b=3x^{2}y^{2}\,,$

   ${}c=y^{3}+3y^{2}w+3yw^{2}+w^{3}\,,$

   ${}d=6xy^{2}\,,$

   ${}e=(2xv+x^{2})(3y+w)\,.$

2. Es sei ${}(x,y)$ fixiert. Die ersten drei Summanden ergeben die lineare Approximation, das totale Differential ist durch ${}(v,w)\mapsto (2xy^{3})v+(3x^{2}y^{2})w$ gegeben. Die drei hinteren Summanden kann man jeweils in der Form ${}{\sqrt {v^{2}+w^{2}}}\cdot r(v,w)$ mit ${}r(v,w)$ stetig mit ${}r(0,0)=0$ schreiben. Es ist nämlich

   ${}\vert {v}\vert ={\sqrt {v^{2}}}\leq {\sqrt {v^{2}+w^{2}}}\,$

   und ebenso ${}\vert {w}\vert \leq {\sqrt {v^{2}+w^{2}}}$. Daher ist für den ersten Term für ${}(v,w)\neq (0,0)$

   ${}cv^{2}={\sqrt {v^{2}+w^{2}}}\cdot {\frac {cv^{2}}{\sqrt {v^{2}+w^{2}}}}\,$

   und für

   ${}r(v,w)={\frac {cv^{2}}{\sqrt {v^{2}+w^{2}}}}\,$

   gilt

   ${}{\begin{aligned}\vert {r(v,w)}\vert &=\vert {\frac {cv^{2}}{\sqrt {v^{2}+w^{2}}}}\vert \\&={\frac {\vert {c}\vert \vert {v}\vert ^{2}}{\sqrt {v^{2}+w^{2}}}}\\&\leq {\frac {\vert {c}\vert \vert {v}\vert ^{2}}{\vert {v}\vert }}\\&=\vert {c}\vert \vert {v}\vert .\end{aligned}}$

   Für ${}(v,w)\rightarrow (0,0)$ geht das gegen ${}0$, sodass man ${}r(v,w)$ stetig mit dem Wert ${}0$ fortsetzen kann. Die beiden anderen Term werden entsprechend behandelt.

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

Betrachte die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,(s,t)\longmapsto (s,-s-t^{2},t^{3})=(x,y,z).$

a) Erstelle die Jacobi-Matrix von ${}\varphi$.

b) Bestimme die regulären Punkte ${}(s,t)$ von ${}\varphi$.

c) Zeige, dass ${}\varphi (s,t)$ die Bedingung

${}(x+y)^{3}+z^{2}=0\,$

erfüllt.

d) Zeige, dass die Abbildung injektiv ist.

Lösung

a) Die Jacobi-Matrix ist

${\begin{pmatrix}1&0\\-1&-2t\\0&3t^{2}\end{pmatrix}}.$

b) Für ${}t\neq 0$ ist der Rang der Matrix gleich ${}2$ und die Abbildung ist regulär, für ${}t=0$ wird die zweite Spalte zu ${}0$ und der Rang der Matrix ist ${}1$. Die regulären Punkte der Abbildung sind also genau die Punkte ${}(s,t)$ mit ${}t\neq 0$.

c) Es ist

${}(x+y)^{3}+z^{2}=(\varphi _{1}(s,t)+\varphi _{2}(s,t))^{3}+\varphi _{3}(s,t)^{2}=(x-x-t^{2})^{3}+(t^{3})^{2}=-t^{6}+t^{6}=0\,.$

d) Es seien ${}P=(s,t)$ und

${}P'=(s',t')\,$

gegeben mit

${}\varphi (s,t)=\varphi (s',t')\,.$

Wegen

${}\varphi _{1}(s,t)=s\,$

folgt sofort ${}s=s'$. Wegen

${}\varphi _{3}(P)=t^{3}=t'^{3}=\varphi _{3}(P')\,$

folgt wegen der Bijektivität der dritten Potenz direkt

${}t=t'\,.$

Also ist ${}P=P'$.

Aufgabe (3 Punkte)

Man gebe ein Beispiel einer Funktion

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

das zeigt, dass im Satz über die (lokale) Umkehrbarkeit die Bijektivität im Allgemeinen nur auf echten Teilintervallen besteht.

Lösung

Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto x^{2}.$

Diese Funktion ist stetig differenzierbar mit ${}f'(x)=2x$. Im Punkt ${}x=1$ gilt ${}f'(1)=2\neq 0$, sodass dort der Satz über die lokale Umkehrbarkeit anwendbar ist (und zwar liegt eine Bijektion ${}f\colon \mathbb {R} _{+}\rightarrow \mathbb {R} _{+}$ mit der Quadratwurzel als Umkehrfunktion vor). Es gibt aber keine Umkehrfunktion auf ganz ${}\mathbb {R}$, da wegen ${}x^{2}=(-x)^{2}$ die Funktion nicht injektiv ist.

Aufgabe (4 Punkte)

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

${}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}-1&3\\2&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,$

mit der Anfangsbedingung ${}x(0)=2$ und ${}y(0)=-7$.

Lösung

Die nullte Iteration ist die konstante Funktion

${}\varphi _{0}(t)={\begin{pmatrix}x_{0}(t)\\y_{0}(t)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\-7\end{pmatrix}}\,.$

Die erste Iteration ist

${}{\begin{aligned}\varphi _{1}(t)&={\begin{pmatrix}x_{1}(t)\\y_{1}(t)\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}2\\-7\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}-1&3\\2&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2\\-7\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}2\\-7\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}-23\\-24\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}2-23t\\-7-24t\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Die zweite Iteration ist

${}{\begin{aligned}\varphi _{2}(t)&={\begin{pmatrix}x_{2}(t)\\y_{2}(t)\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}2\\-7\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}-1&3\\2&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2-23s\\-7-24s\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}2\\-7\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}-23-49s\\-24-142s\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}2-23t-{\frac {49}{2}}t^{2}\\-7-24t-71t^{2}\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Die dritte Iteration ist

${}{\begin{aligned}\varphi _{3}(t)&={\begin{pmatrix}x_{3}(t)\\y_{3}(t)\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}2\\-7\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}-1&3\\2&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2-23s-{\frac {49}{2}}s^{2}\\-7-24s-71s^{2}\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}2\\-7\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}-23-49s-{\frac {277}{2}}s^{2}\\-24-142s-333s^{2}\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}2-23t-{\frac {49}{2}}t^{2}+{\frac {277}{6}}t^{3}\\-7-24t-71t^{2}-111t^{3}\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Satz über die Charakterisierung von Gradientenfeldern mit Wegintegralen.

Lösung

Die Implikation ${}(1)\Rightarrow (2)$ folgt aus Lemma 57.8 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)).
Es sei umgekehrt die Eigenschaft ${}(2)$ erfüllt. Wir geben eine auf ${}U$ definierte Funktion ${}h$ an, die differenzierbar ist und deren Gradientenfeld gleich dem vorgegebenen Vektorfeld ist. Dazu sei ein Punkt ${}P\in U$ fixiert. Für jeden Punkt ${}Q\in U$ gibt es einen stetig differenzierbaren Weg

$\gamma \colon [a,b]\longrightarrow U$

mit ${}\gamma (a)=P$ und ${}\gamma (b)=Q$. Wir setzen

${}h(Q):=\int _{\gamma }G\,.$

Aufgrund der vorausgesetzten Wegunabhängigkeit des Integrals ist ${}h(Q)$ wohldefiniert. Wir müssen zeigen, dass diese so definierte Funktion in jedem Punkt ${}Q\in U$ und in jede Richtung ${}v=(v_{1},\ldots ,v_{n})\in \mathbb {R} ^{n}$ differenzierbar ist und die Richtungsableitung mit ${}\left\langle G(Q),v\right\rangle$ übereinstimmt. Dazu betrachten wir

${}h(Q+tv)-h(Q)=\int _{\delta }G=\int _{0}^{t}\left\langle G(Q+sv),v\right\rangle ds=\int _{0}^{t}\sum _{i=1}^{n}G_{i}(Q+sv)\cdot v_{i}ds\,,$

wobei ${}\delta$ der verbindende lineare Weg von ${}Q$ nach ${}Q+tv$ auf ${}[0,t]$ sei (und ${}t$ hinreichend klein sei, damit ${}Q+tv\in U$ ist). Für den Differentialquotienten ist

${}{\begin{aligned}\operatorname {lim} _{t\rightarrow 0}\,{\frac {h(Q+tv)-h(Q)}{t}}&=\sum _{i=1}^{n}\operatorname {lim} _{t\rightarrow 0}\,{\frac {1}{t}}\int _{0}^{t}G_{i}(Q+sv)\cdot v_{i}ds\\&=\sum _{i=1}^{n}G_{i}(Q)\cdot v_{i}\\&=\left\langle G(Q),v\right\rangle .\end{aligned}}$

Somit existiert die Richtungsableitung von ${}h$ in Richtung ${}v$ und hängt stetig von ${}Q$ ab. Diese Gleichung zeigt ferner

${}{\left(Dh\right)}_{Q}{\left(v\right)}={\left(D_{v}h\right)}{\left(Q\right)}=\left\langle G(Q),v\right\rangle \,,$

sodass ${}G$ das Gradientenfeld zu ${}h$ ist.