Kurs:Mathematik (Osnabrück 2009-2011)/Teil II/2/Probeklausur mit Lösungen

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Aufgabe * (4 Punkte)

Lösung


 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme die kritischen Punkte der Funktion

und entscheide, ob in diesen kritischen Punkten ein lokales Extremum vorliegt.

Lösung

Die Jacobi-Matrix dieser Funktion ist

Wir setzen beide Komponenten gleich und erhalten durch Subtraktion der beiden Gleichungen voneinander die Bedingung

also ist

Der einzige kritische Punkt der Funktion ist also

Wir bestimmen die Hesse-Matrix in diesem Punkt. Sie ist

Wir wenden das Minorenkriterium an. Der Eintrag links oben ist positiv, die Determinante ist , also negativ. Daher besitzt die Hesse-Form den Typ , und somit liegt kein lokales Extremum vor.


 

Aufgabe * (4 Punkte)

Berechne die Länge des Graphen der Funktion

zwischen und .

Lösung

Es ist . Daher ist die Länge des Graphen gleich dem Integral (mit der Substitution )


 

Aufgabe * (4 Punkte)

Man gebe für jedes eine bijektive, total differenzierbare Abbildung

an, für die das totale Differential in mindestens einem Punkt nicht regulär ist.

Lösung

Für ist die Abbildung

bijektiv (mit der Umkehrfunktion ). Für ein betrachten wir die Abbildung

Dies ist eine polynomiale Abbildung, so dass das totale Differential durch die Jacobi-Matrix, also durch

gegeben ist. Für ist diese Matrix nicht invertierbar, da ihre Determinante ist, und die Abbildung ist für diese Punkte nicht regulär. Dennoch ist die Abbildung bijektiv, die Umkehrabbildung wird durch

gegeben.


 

Aufgabe * (10 Punkte)

Bestimme die lokalen und globalen Extrema der auf der abgeschlossenen Kreisscheibe definierten Funktion

Lösung

Wir bestimmen zunächst lokale Extrema auf dem offenen Innern der Kreisscheibe, indem wir die Funktion auf kritische Punkte untersuchen. Die Jacobi-Matrix von ist

Die kritischen Punkte liegen also bei und vor. Für die Gleichung sind und die Lösungen, wobei der Punkt nicht zum Innern (aber zum Rand) gehört, der Punkt aber schon. Für bestimmen wir die Hesse-Matrix, diese ist allgemein

so dass sich für die Hesse-Matrix

ergibt. Diese hat den Typ , so dass diese Matrix indefinit ist und kein lokales Extremum vorliegt. Daher liegen sämtliche lokalen und globalen Extrema auf dem Rand.

Die Funktion lässt sich auf ganz in natürlicher Weise ausdehnen (durch dieselben polynomialen Ausdrücke). Für den kritischen Punkt ist die Hesse-Matrix gleich

welche positiv definit ist. Daher liegt in ein lokales Minimum der ausgedehnten Funktion und damit erst recht ein lokales Minimum der auf der abgeschlossenen Kreisscheibe definierten Funktion vor.

Wir untersuchen nun den Rand auf weitere Extrema. Da die Funktion auf einer abgeschlossenen und beschränkten Menge definiert und stetig ist, muss es sowohl ein globales Minimum als auch ein globales Maximum geben. Der Rand ist durch

gegeben. Daher gilt dort und somit hängt die Funktion auf dem Rand nur von ab, man kann daher

ansetzen, wobei zwischen und läuft. Da ein lokales Extremum auf der abgeschlossenen Kreisscheibe insbesondere ein lokales Extremum auf dem Rand sein muss, müssen wir zunächst die Nullstellen der Ableitung von bestimmen. Diese ist , und die Nullstellen davon sind

Dabei ist

außerhalb des Intervalls, also nicht relevant für die Aufgabenstellung. Dagegen ist

zwischen und . Da die zweite Ableitung in diesem Punkt negativ ist, liegt dort ein lokales Maximum auf dem Rand vor. Weiterhin sind noch die Randpunkte und des Intervalls zu berücksichtigen, dort müssen jeweils lokale Minima für vorliegen.

Wir müssen dies jetzt auf die ursprüngliche Funktion auf der Kreisscheibe zurückübersetzen. Wir wissen schon, dass in ein lokales Minimum vorliegt, und zwar mit dem Wert

Sei . Der Wert an dieser Stelle ist ebenfalls . Da diese beiden Punkte die einzigen Kandidaten für lokale Minima sind, müssen beide Punkte globale Minima sein.

Wir berechnen die -Koordinaten zu . Es ist

also

und somit

Die beiden Punkte und sind die einzigen Kandidaten für lokale Maxima. Da es ein globales Maximum geben muss, und die Situation für diese beiden Punkte symmetrisch ist, muss in beiden Punkten ein globales Maximum vorliegen.


 

Aufgabe * (10 Punkte)

a) Formuliere den Banachschen Fixpunktsatz.

b) Beweise die Existenzaussage im Banachschen Fixpunktsatz.

Lösung

a) Der Banachsche Fixpunktsatz besagt:

Es sei ein nicht-leerer vollständiger metrischer Raum und

eine stark kontrahierende Abbildung. Dann besitzt genau einen Fixpunkt.

b)

Sei ein beliebiger Punkt. Wir betrachten die durch

rekursiv definierte Folge in . Wir setzen . Dann gilt für jedes die Beziehung

Daher gilt aufgrund der Dreiecksungleichung und der geometrischen Reihe für die Beziehung

Zu einem gegebenen wählt man mit . Dies zeigt, dass eine Cauchy-Folge vorliegt, die aufgrund der Vollständigkeit gegen ein konvergiert.
Wir zeigen, dass dieses ein Fixpunkt ist. Die Bildfolge konvergiert gegen , da eine kontrahierende Abbildung stetig ist. Andererseits stimmt diese Bildfolge mit der Ausgangsfolge bis auf die Indizierung überein, so dass der Grenzwert sein muss.


 

Aufgabe * (6 Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

a) Bestimme die regulären Punkte der Abbildung .

b) Zeige, dass in lokal eine differenzierbare Umkehrabbildung besitzt, und bestimme das totale Differential von im Punkt .

c) Man gebe alle Punkte an, in denen nicht lokal invertierbar ist.

Lösung

a) Wir bestimmen die Jacobi-Matrix von , diese ist

Die Determinante davon ist

Dies ist genau dann, wenn ist, so dass die regulären Punkte genau die Punkte sind, deren -Koordinate nicht ist.

b) Die Abbildung ist nach Teil a) im Punkt regulär, daher gibt es nach dem Satz über die Umkehrabbildung eine differenzierbare Umkehrabbildung , die in einer offenen Umgebung von definiert ist. Das totale Differential von im Punkt ist die inverse Matrix zum totalen Differential von in , also invers zu

Die inverse Matrix dazu ist

c) Für die Punkte mit gibt es aufgrund des Satzes über die Umkehrabbildung lokal eine Umkehrabildung. Für einen Punkt mit gibt es dagegen keine lokale Umkehrabbildung, da ein solcher Punkt auf der Geraden liegt, die die Faser über ist. Daher ist diese Abbildung in keiner offenen Umgebung von injektiv.


 

Aufgabe * (9 Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

a) Bestimme die regulären Punkte der Abbildung . Zeige, dass regulär ist.

b) Beschreibe für den Punkt den Tangentialraum an die Faser von durch .

c) Man gebe für einen lokalen Diffeomorphismus zwischen einem offenen Intervall und einer offenen Umgebung von in der Faser durch an.

Lösung

a) Die Jacobi-Matrix der Abbildung ist

Diese Matrix besitzt maximalen Rang, wenn die erste Zeile kein Vielfaches der zweiten Zeile ist. Die Bedingung lautet also

D.h. die singulären Punkte der Abbildung sind die Punkte der von erzeugten Geraden. Der Punkt gehört nicht zu dieser Geraden, da keine Lösung besitzt.

b) Der Tangentialraum an in ist der Kern des totalen Differentials, also der Kern von

Zur Bestimmung des Kerns muss man also das lineare Gleichungssystem

lösen. Durch Subtraktion der beiden Zeilen folgt und daher ist der Tangentialraum gleich der Geraden

c) Der Punkt wird unter der Abbildung auf abgebildet. Die Faser darüber wird durch die beiden Gleichungen

beschrieben. Wir lösen die lineare Gleichung nach auf und setzen das Ergebnis

in die quadratische Gleichung ein. Das ergibt

bzw.

Wir lösen dies nach auf und erhalten zunächst

und durch quadratisches Ergänzen

Daraus ergibt sich

Dabei ist die Wurzel für und damit insbesondere für definiert. Da für ja sein soll, muss man das negative Vorzeichen nehmen. Somit liefert die Abbildung

eine Bijektion dieses offenen Intervalls mit der offenen Teilmenge der Faser durch , die durch gegeben ist. Es ist ein Diffeomorphismus, da diese Abbildung differenzierbar ist und ihre Ableitung wegen der zweiten Komponenten nirgendwo verschwindet.


 

Aufgabe * (6 Punkte)

Sei

ein Gradientenfeld und sei

( ein offenes Intervall) eine Lösung der zugehörigen Differentialgleichung . Es gelte für alle . Zeige, dass injektiv ist.

Lösung

Es sei

ein Potential zu , also eine differenzierbare Funktion, deren Gradientenfeld gleich ist. Wir zeigen, dass sogar die zusammengesetzte Abbildung

injektiv ist. Aufgrund der Kettenregel ist die Ableitung dieser Abbildung gleich

Nach Lemma 54.5 steht senkrecht auf dem Tangentialraum zu im Punkt . Insbesondere gehört nicht zum Tangentialraum (da das Skalarprodukt positiv definit ist), also nicht zum Kern von . Daher ist

D.h. dass keine Nullstelle besitzt und daher ist nach Satz 28.5 streng wachsend oder streng fallend, also injektiv.


 

Aufgabe * (7 Punkte)

a) Bestimme den Lösungsraum des linearen Differentialgleichungssystems

b) Löse das Anfangswertproblem

mit der Anfangsbedingung

Lösung

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

Daher sind und die Eigenwerte, und daher ist die Matrix diagonalisierbar.

Zur Bestimmung eines Eigenvektors zum Eigenwert berechnen wir den Kern von

Dies ergibt den Eigenvektor zum Eigenwert und damit die erste Fundamentallösung

Zur Bestimmung eines Eigenvektors zum Eigenwert berechnen wir den Kern von

Dies ergibt den Eigenvektor zum Eigenwert und damit die zweite Fundamentallösung

Die allgemeine Lösung hat demnach die Form


b) Um das Anfangsproblem zu lösen müssen wir und so bestimmen, dass

ist. Dies ist ein lineares Gleichungssystem, Addition führt auf

also und daher . Die Lösung des Anfangswertproblems ist also


 






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