Lösung
- Man nennt
-
das Anfangswertproblem zur
gewöhnlichen Differentialgleichung
mit der Anfangsbedingung .
- Das Element heißt Grenzwert von in , wenn es für jedes ein gibt mit der folgenden Eigenschaft: Für jedes ist .
- Das Wegintegral ist
-
- Eine Abbildung
-
heißt Bilinearform, wenn für alle die induzierten Abbildungen
-
und für alle die induzierten Abbildungen
-
-
linear
sind.
- Die Funktion heißt partiell differenzierbar, wenn sie in jedem Punkt
partiell differenzierbar ist.
- Der Punkt heißt regulär, wenn
-
ist.
Formuliere die folgenden Sätze.
- Das
Lösungsverfahren für eine inhomogene lineare Differentialgleichung in oberer Dreiecksgestalt.
- Der
Trägheitssatz von Sylvester.
- Das Cavalieri-Prinzip.
Lösung
- Es sei ein offenes Intervall und es liege eine inhomogene lineare gewöhnliche Differentialgleichung
der Form
-
mit stetigen Funktionen
und
und den Anfangsbedingungen
-
vor. Dann lässt sich diese Gleichung lösen, indem man sukzessive unter Verwendung der zuvor gefundenen Lösungen die inhomogenen linearen gewöhnlichen Differentialgleichungen in einer Variablen,
nämlich
-
-
-
-
-
löst.
- Es sei ein
endlichdimensionaler
reeller Vektorraum
mit einer
symmetrischen
Bilinearform
vom
Typ
. Dann ist die
Gramsche Matrix
von bezüglich einer jeden
Orthogonalbasis
eine
Diagonalmatrix
mit positiven und negativen Einträgen.
- Es sei
eine
kompakte Teilmenge
und es sei vorausgesetzt, dass die Funktion
-
stetig
ist. Dann ist
-
Beweise den Satz über das Lösungsverfahren für homogene lineare gewöhnliche Differentialgleichungen.
Lösung
Es seien
und
zwei Punkte im . Bestimme den Abstand zwischen diesen beiden Punkten in
a) der euklidischen Metrik,
b) der Summenmetrik,
c) der Maximumsmetrik.
d) Vergleiche diese verschiedenen Abstände der Größe nach.
Lösung
Die Abstände der einzelnen Koordinaten sind
-
und
-
a) Der euklidische Abstand ist somit
-
b) In der Summenmetrik ist der Abstand
-
c) Es ist
-
daher ist der Abstand in der Maximumsmetrik gleich .
d) Wir behaupten, dass der Maximumsabstand kleiner dem euklidischen Abstand und dass dieser kleiner dem Summenabstand ist. Um dies zu sehen bringt man die drei Zahlen auf den Hauptnenner
und muss dann für die Zähler
-
zeigen. Wegen und ist das klar.
Beweise die Mittelwertabschätzung für differenzierbare Kurven.
Lösung
Wenn
ist, so ist die Aussage trivialerweise richtig. Es sei also
.
Dann ist
nach dem
Schmidtschen Orthonormalisierungsverfahren
Teil einer
Orthonormalbasis
von . Es seien die
Komponentenfunktionen
von bezüglich dieser Basis. Wir wenden den
Mittelwertsatz für eine Variable
auf die erste Komponentenfunktion an. Es gibt also ein
mit der Eigenschaft
-
und damit auch
-
Da man die Längenmessung mit jeder Orthonormalbasis durchführen kann, gilt
Es sei
-
ein
lineares Differentialgleichungssystem
auf
( ein reelles Intervall)
mit einer Funktionenmatrix
-
wobei das zugrunde liegende Vektorfeld zugleich ein
Zentralfeld
sei. Zeige, dass die Matrix die Gestalt
-
mit einer geeigneten Funktion
-
besitzt.
Lösung
Der sei mit der
Standard-Minkowski-Form
versehen. Zeige, dass zu jedem
Beobachtervektor
die Raumkomponente des Beobachters die Spiegelung seiner Zeitkomponente an der Hauptdiagonalen ist.
Lösung
Lösung
- Es ist
-
Um die kritischen Punkte zu finden setzt man diese beiden Funktionen gleich . Das bedeutet
-
und
-
Es ist also
-
und daher gibt es die beiden kritischen Punkte
-
Die Hesse-Matrix ist
-
In ist dies
-
wobei der erste Minor und die Determinante ist. Also liegt nach
[[Zweimal stetig differenzierbare Funktion/Definitheit der Hesse-Form/Extrema/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Zweimal stetig differenzierbare Funktion/Definitheit der Hesse-Form/Extrema/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]]
kein lokales Extremum vor. In ist die Hesse-Matrix
-
die Minoren sind und daher ist die Matrix positiv definit und es liegt ein lokales Minimum vor, das auch ein globales Minimum ist.
- Da in ein globales Minimum vorliegt, gilt dies auch für die Einschränkung der Funktion auf jede Gerade durch diesen Punkt. Betrachten wir also den Nullpunkt . Eine Gerade durch diesen Punkt wird durch
-
mit
, ,
beschrieben. Die eingeschränkte Funktion auf eine solche Gerade ist durch
-
gegeben. Die Ableitungen davon sind
-
-
und
-
Im Nullpunkt ist dabei
-
-
und
-
Bei und liegt längs dieser Geraden ein lokales Minimum vor. Ebenso bei und . Bei und und bei und liegt ein lokales Maximum vor. Bei ist , die beiden ersten Ableitungen sind und die dritte nicht, daher liegt nach
Satz 17.4 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))
kein lokales Extremum vor. Bei und liegt aus dem gleichen Grund kein lokales Extremum vor.
Wir betrachten die Abbildung
-
- Bestimme die
Jacobi-Matrix
zu in einem Punkt .
- Berechne die
Jacobi-Determinante
von in einem Punkt .
- Begründe, dass in einer offenen Umgebung des Punktes
einen
Diffeomorphismus
beschreibt.
- Bestimme die Jacobi-Matrix der Umkehrabbildung im Punkt .
Lösung
Wir betrachten die Abbildung
-
- Die
Jacobi-Matrix
zu in ist
-
- Die
Jacobi-Determinante
von in ist
- Die Jacobi-Determinante von in
ist . Daher ist das totale Differential in diesem Punkt
invertierbar
und nach
dem Satz über die Umkehrabbildung
gibt es eine offene Umgebung von , worauf ein Diffeomorphismus vorliegt.
- Die Jacobi-Matrix von in ist
-
Die Jacobi-Matrix der Umkehrabbildung in ist die inverse Matrix dazu. Das Invertierungsverfahren ergibt
|
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|
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|
|
|
|
Die Jacobi-Matrix der Umkehrabbildung ist somit
-
Es sei
-
Begründe, ob die Abbildung
-
injektiv ist oder nicht.
Lösung
Die Abbildung ist nicht injektiv. Um dies zu zeigen, weisen wir nach, dass es verschiedene Zahlen mit
-
gibt. Für ein solches Paar ist dann
-
Die Bedingung bedeutet
-
und ist wegen der Injektivität der Exponentialfunktion äquivalent zu
-
was wiederum auf
-
führt. Die Abbildung
-
ist stetig und hat in
eine Nullstelle, ist für
positiv und konvergiert für gegen . Somit nimmt die Funktion in einem Punkt ihr Maximum an
(übrigens ist ).
Für jedes gibt es dann
nach dem Zwischenwertsatz
ein mit
-
und ein mit
-
Da es unendlich viele gibt, kann man auch sichern.
Wir betrachten das Vektorfeld
-
mit
-
Zeige auf zweifache Weise, dass kein Gradientenfeld ist.
- Mit der Integrabilitätsbedingung.
- Mit Wegintegralen.
Lösung
- Es ist
-
und
-
Daher ist die Integrabilitätsbedingung nicht erfüllt und es kann kein Gradientenfeld vorliegen.
- Wir betrachten Wegintegrale mit dem Anfangs- und Endpunkt , in einem Gradientenfeld ist für solche geschlossenen Wege das Wegintegral gleich . Wir betrachten den Weg
-
Das Wegintegral dazu ist
-
Der Integrand ist hier stets negativ und daher ist auch das Integral negativ und nicht . Also ist kein Gradientenfeld.
Lösung
Wir berechnen zuerst die Länge und die Breite der Querschnittsebene des Bootes zu einer Höhe über der Grundseite. Für die Länge gilt
-
da die Abhängigkeit von der Höhe linear ist. Für die Breite gilt
-
Daher ist der Flächeninhalt der Querschnittsfläche gleich
-
Nach dem Cavalieri-Prinzip ist daher das Volumen
(in Kubikmetern)
des Bootes von der Grundseite bis zur Höhe gleich
-
Für ergibt sich
in Kubikmetern. Der Auftrieb ist gleich dem Gewicht des verdrängten Wasservolumens. Also darf das Schiff maximal Tonnen wiegen, sodass es eine Ladung von Tonnen befördern kann.
Dr. Eisenbeis und Prof. Knopfloch haben einen runden Kuchen mit einem Durchmesser von cm gebacken und ihn in gleich große Kuchenstücke aufgeteilt. Am übernächsten Tag ist leider nur noch ein Stück übrig, das sie gerecht aufteilen möchten. Da Dr. Eisenbeis den Rand nicht mag, halbieren sie nicht den Winkel, sondern sie teilen so, dass die eine Hälfte ein gleichschenkliges Dreieck wird.
- Wie lang ist die Schnittkante?
- Liegt der Schwerpunkt des Kuchenstücks auf der Schnittkante? Falls nein, wer isst den Schwerpunkt?
Tipp: Bei einen gleichschenkligen Dreieck mit dem Winkel Grad ist das Verhältnis von Grundfläche zu Schenkellänge gleich . Vergleiche mit dem Schwerpunkt des gleichschenkligen Dreiecks, das entsteht, wenn man das Kuchenstück zu einem gleichschenkligen Dreieck auffüllen würde, also den runden Rand durch eine im Randmittelpunkt tangentiale gerade Strecke ersetzt. Bei einem Dreieck mit den Ecken liegt der Schwerpunkt in .
Lösung
- Die Grundfläche des Kuchenstücks ist . Deshalb soll der Inhalt des gleichschenkligen Dreiecks die Hälfte davon sein. Der Flächeninhalt des gleichschenkligen Dreiecks mit dem Winkel Grad und Schenkellänge
(mit Höhe und Grundseite )
ist
Die Bedingung
-
führt auf
-
Für die Länge der Schnittkante ergibt sich
-
- Wir behaupten, dass sogar der Schwerpunkt des gleichschenkligen Dreiecks, das entsteht, wenn man das Kuchenstück auffüllt, auf der Eisenbeishälfte liegt. Dies gilt dann erst recht für den Schwerpunkt des Kuchenstücks. Die Kuchenspitze liege im Nullpunkt und die Höhe des gleichschenkligen Dreiecks sei die -Achse. Die Höhe der Schnittkante liegt nach Teil (1) auf
-
Die Höhe des Schwerpunktes des aufgefüllten Dreiecks ist
(wie bei jedem Dreieck, vergleiche
[[Dreieck/Seitenhalbierende/Schnittpunkt/Fakt|Kurs:Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)/Dreieck/Seitenhalbierende/Schnittpunkt/Fakt/Faktreferenznummer (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025))]])
gleich . Wir behaupten
-
was zu
-
bzw. zu
-
bzw. zu
-
äquivalent ist. Wegen
und
gilt in der Tat
-