Kurs:Mathematik für Anwender/Teil II/19/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	${}\sum$
Punkte	3	3	2	1	2	8	4	5	4	3	4	5	6	5	9	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

Eine Linearform auf einem ${}K$ - Vektorraum ${}V$ , wobei ${}K$ ein Körper ist.
Die Länge eines Streckenzugs
$[P_{0},P_{1},\ldots ,P_{k}]$

mit ${}P_{i}\in \mathbb {R} ^{n}$ .
Ein inhomogenes lineares Differentialgleichungssystem.
Die positive Definitheit einer symmetrischen Bilinearform auf einem reellen Vektorraum ${}V$ .
Die partielle Differenzierbarkeit einer Funktion ${}f\colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R}$ in einem Punkt ${}P=\left(a_{1},\,\ldots ,\,a_{n}\right)\in \mathbb {R} ^{n}$ .
Der Kegel zu einer Basismenge ${}B\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ und einem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n+1}$ .

Lösung

Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}V$ ein ${}K$ -Vektorraum. Eine lineare Abbildung
$V\longrightarrow K$

heißt auch eine Linearform auf ${}V$ .
Man nennt
$\sum _{i=1}^{k}d{\left(P_{i},P_{i-1}\right)}$

die Gesamtlänge des Streckenzugs.
Es sei ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein offenes reelles Intervall. Eine Differentialgleichung der Form
$v'=Mv+z,$

wobei

$M={\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&\ldots &a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\ldots &a_{2n}\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\a_{n1}&a_{n2}&\ldots &a_{nn}\end{pmatrix}}$

eine Matrix ist, deren Einträge allesamt Funktionen

$a_{ij}\colon I\longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto a_{ij}(t),$

sind und wobei

$z\colon I\longrightarrow \mathbb {R} ^{n},\,t\longmapsto z(t)={\begin{pmatrix}z_{1}(t)\\\vdots \\z_{n}(t)\end{pmatrix}},$

eine Abbildung ist, heißt inhomogenes lineares gewöhnliches Differentialgleichungssystem.
Die Bilinearform heißt positiv definit, wenn ${}\left\langle v,v\right\rangle >0$ für alle ${}v\in V$ , ${}v\neq 0$ ist.
Die Abbildung ${}f$ heißt partiell differenzierbar, wenn für jedes ${}i=1,\ldots ,n$ die Abbildung
$\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{n},\,x_{i}\longmapsto f(a_{1},\ldots ,a_{i-1},x_{i},a_{i+1},\ldots ,a_{n}),$

in ${}a_{i}$ differenzierbar ist.
Der Kegel zur Basis ${}B$ mit der Spitze ${}P$ ist definiert durch
${}K_{B}={\left\{P+t(Q-P)\mid Q\in B,\,t\in [0,1]\right\}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

Das Eigenwertkriterium für eine reell-symmetrische Bilinearform.
Der Satz von Schwarz.
Der Satz über die Umkehrabbildung.

Lösung

Es sei ${}\left\langle -,-\right\rangle$ eine symmetrische Bilinearform auf einem endlichdimensionalen reellen Vektorraum und sei ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Basis von ${}V$ . Es sei ${}G$ die Gramsche Matrix zu ${}\left\langle -,-\right\rangle$ bezüglich dieser Basis. Dann besitzt der Typ ${}(p,q)$ der Form folgende Interpretation: ${}p$ ist die Summe der Dimensionen der Eigenräume zu ${}G$ zu positiven Eigenwerten und ${}q$ ist die Summe der Dimensionen der Eigenräume zu ${}G$ zu negativen Eigenwerten.
Es sei ${}G\subseteq V$ offen und ${}\varphi \colon G\rightarrow W$ eine Abbildung, so dass für ${}u,v\in V$ die zweiten Richtungsableitungen ${}D_{v}D_{u}\varphi$ und ${}D_{u}D_{v}\varphi$ existieren und stetig sind. Dann gilt
$D_{v}D_{u}\varphi =D_{u}D_{v}\varphi .$
Es seien ${}V_{1}$ und ${}V_{2}$ euklidische Vektorräume, sei ${}G\subseteq V_{1}$ offen und es sei
$\varphi \colon G\longrightarrow V_{2}$

eine stetig differenzierbare Abbildung. Es sei ${}P\in G$ ein Punkt derart, dass das totale Differential

$\left(D\varphi \right)_{P}$

bijektiv ist. Dann gibt es eine offene Menge ${}U_{1}\subseteq G$ und eine offene Menge ${}U_{2}\subseteq V_{2}$ mit ${}P\in U_{1}$ und mit ${}\varphi (P)\in U_{2}$ derart, dass ${}\varphi$ eine Bijektion

$\varphi {|}_{U_{1}}\colon U_{1}\longrightarrow U_{2}$

induziert, und dass die Umkehrabbildung

$(\varphi {|}_{U_{1}})^{-1}\colon U_{2}\longrightarrow U_{1}$
ebenfalls stetig differenzierbar ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Löse das Anfangswertproblem

y'=3t^{2}-3t+4{\text{ mit }}y(-1)=-5.

Lösung

Die Stammfunktionen zu ${}f(t)=3t^{2}-3t+4$ sind

{}F(t)=t^{3}-{\frac {3}{2}}t^{2}+4t+c\,.

Die Bedingung

{}F(-1)=-5\,

führt auf

{}-1-{\frac {3}{2}}-4+c=-5\,,

also

{}c={\frac {3}{2}}\,.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme eine Basis für das orthogonale Komplement zu ${}U={\begin{pmatrix}5\\3\\6\end{pmatrix}}\mathbb {R} \subseteq \mathbb {R} ^{3}$ .

Lösung

Die Vektoren ${}{\begin{pmatrix}3\\-5\\0\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}0\\2\\-1\end{pmatrix}}$ stehen offenbar senkrecht auf der gegebenen Geraden und sind zueinander linear unabhängig. Daher ist dies aus Dimensionsgründen eine Basis des orthogonalen Komplementes.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}(M,d)$ ein metrischer Raum. Zeige, dass die offenen Kugeln ${}U{\left(x,\epsilon \right)}$ offen sind.

Lösung

Es sei ${}y\in U{\left(x,\epsilon \right)}$ . Daher ist

{}d(x,y)<\epsilon \,.

Wir setzen

{}\delta :=\epsilon -d(x,y)>0\,.

Für ${}z\in U{\left(y,\delta \right)}$ ist nach der Dreiecksungleichung

{}{\begin{aligned}d(x,z)&\leq d(x,y)+d(y,z)\\&<d(x,y)+\delta \\&=d(x,y)+\epsilon -d(x,y)\\&=\epsilon ,\end{aligned}}

also ist ${}U{\left(y,\delta \right)}\subseteq U{\left(x,\epsilon \right)}$ und damit ist ${}U{\left(x,\epsilon \right)}$ offen.

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Satz über die Charakterisierung von abgeschlossenen Mengen in einem metrischen Raum mit konvergenten Folgen.

Lösung

Es sei zunächst ${}T$ abgeschlossen und eine Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }\in T$ gegeben, die in ${}M$ gegen ${}x\in M$ konvergiert. Wir müssen zeigen, dass ${}x\in T$ ist. Angenommen, dies wäre nicht der Fall. Dann liegt ${}x$ im offenen Komplement von ${}T$ und daher gibt es ein ${}\epsilon >0$ derart, dass der gesamte ${}\epsilon$ -Ball ${}U{\left(x,\epsilon \right)}$ im Komplement von ${}T$ liegt. Also ist

{}T\cap U{\left(x,\epsilon \right)}=\emptyset \,.

Da die Folge aber gegen ${}x$ konvergiert, gibt es ein ${}n_{0}$ derart, dass alle Folgenglieder ${}x_{n}$ , ${}n\geq n_{0}$ , zu diesem Ball gehören. Da sie andererseits in ${}T$ liegen, ist dies ein Widerspruch.
Es sei nun ${}T$ nicht abgeschlossen. Wir müssen eine Folge in ${}T$ konstruieren, die in ${}M$ konvergiert, deren Grenzwert aber nicht zu ${}T$ gehört. Da ${}T$ nicht abgeschlossen ist, ist das Komplement ${}U:=\setminus T$ nicht offen. D.h. es gibt einen Punkt ${}x\in U$ derart, dass in jedem ${}\epsilon$ -Ball von ${}x$ auch Punkte außerhalb von ${}U$ , also in ${}T$ liegen. Insbesondere ist also für jede natürliche Zahl ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ der Durchschnitt

{}T\cap U{\left(x,{\frac {1}{n}}\right)}\neq \emptyset \,.

Wir wählen aus dieser Schnittmenge ein Element ${}x_{n}$ und behaupten, dass die sich ergebende Folge die gewünschten Eigenschaften besitzt. Zunächst liegen nach Konstruktion alle Folgenglieder in ${}T$ . Die Folge konvergiert gegen ${}x$ , da man sich hierzu auf

{}\epsilon =1/n\,

beschränken kann und alle Folgenglieder ${}x_{m}$ , ${}m\geq n$ , in ${}U{\left(x,{\frac {1}{m}}\right)}\subseteq U{\left(x,{\frac {1}{n}}\right)}$ liegen. Da der Grenzwert einer Folge im Falle der Existenz eindeutig bestimmt ist, und ${}x\notin T$ ist, konvergiert die Folge in ${}T$ nicht.

Aufgabe (4 Punkte)

Berechne die Länge des Graphen der Funktion

f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto {\frac {1}{2}}x^{2}-x+13,

zwischen ${}4$ und ${}8$ .

Lösung

Es ist ${}f'(x)=x-1$ . Daher ist die Länge des Graphen gleich dem Integral (mit der Substitution ${}u=x-1$ )

{}{\begin{aligned}\int _{4}^{8}{\sqrt {1+(x-1)^{2}}}dx&=\int _{3}^{7}{\sqrt {u^{2}+1}}du\\&={\frac {1}{2}}{\left(u{\sqrt {u^{2}+1}}+\,\operatorname {arsinh} \,u\,\right)}{|}_{3}^{7}\\&={\frac {1}{2}}{\left(7{\sqrt {50}}+\,\operatorname {arsinh} \,7\,-3{\sqrt {10}}-\,\operatorname {arsinh} \,3\,\right)}.\end{aligned}}

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei

\gamma \colon [-1,1]\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,t\longmapsto {\left(t^{2},-t^{2}+1,t\right)},

gegeben. Berechne das Wegintegral längs dieses Weges zum Vektorfeld

{}F(x,y,z)={\left(y^{2}-xz,xyz,5x^{2}z-yz\right)}\,.

Lösung

Es ist

{}{\begin{aligned}\int _{\gamma }F&=\int _{-1}^{1}\left\langle F(\gamma (t)),\gamma '(t)\right\rangle dt\\&=\int _{-1}^{1}\left\langle {\begin{pmatrix}(-t^{2}+1)^{2}-t^{3}\\t^{3}(-t^{2}+1)\\5t^{5}-t(-t^{2}+1)\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}2t\\-2t\\1\end{pmatrix}}\right\rangle dt\\&=\int _{-1}^{1}\left\langle {\begin{pmatrix}t^{4}-t^{3}-2t^{2}+1\\-t^{5}+t^{3}\\5t^{5}+t^{3}-t\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}2t\\-2t\\1\end{pmatrix}}\right\rangle dt\\&=\int _{-1}^{1}2t(t^{4}-t^{3}-2t^{2}+1)-2t(-t^{5}+t^{3})+5t^{5}+t^{3}-tdt\\&=\int _{-1}^{1}2t^{5}-2t^{4}-4t^{3}+2t+2t^{6}-2t^{4}+5t^{5}+t^{3}-tdt\\&=\int _{-1}^{1}2t^{6}+7t^{5}-4t^{4}-3t^{3}+tdt\\&={\left({\frac {2}{7}}t^{7}+{\frac {7}{6}}t^{6}-{\frac {4}{5}}t^{5}-{\frac {3}{4}}t^{4}+{\frac {1}{2}}t^{2}\right)}{|}_{-1}^{1}.\end{aligned}}

Für die geraden Exponenten heben sich die Summanden zu ${}1$ und ${}-1$ weg, zu ungeraden Exponenten verdoppeln sie sich. Daher ist dieses Integral gleich

{}2{\left({\frac {2}{7}}-{\frac {4}{5}}\right)}=2{\frac {10-28}{35}}=2{\frac {-18}{35}}=-{\frac {36}{35}}\,.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme ein Fundamentalsystem für das Differentialgleichungssystem

{}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}7&-1\\-5&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,.

Lösung

Das charakteristische Polynom der Matrix ist

{}{\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}\lambda -7&1\\5&\lambda -3\end{pmatrix}}&=(\lambda -7)(\lambda -3)-5\\&=\lambda ^{2}-10\lambda +16\\&=(\lambda -2)(\lambda -8).\end{aligned}}

Die Eigenwerte sind also ${}2$ und ${}8$ . Zum Kern von ${}{\begin{pmatrix}-5&1\\5&-1\end{pmatrix}}$ gehört ${}{\begin{pmatrix}1\\5\end{pmatrix}}$ , daher ist ${}{\begin{pmatrix}1\\5\end{pmatrix}}$ ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}2$ .

Zum Kern von ${}{\begin{pmatrix}1&1\\5&5\end{pmatrix}}$ gehört ${}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$ , daher ist ${}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$ ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}8$ . Nach [[Lineares Differentialgleichungssystem/Konstante Koeffizienten/Eigenvektor/Lösung/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Lineares Differentialgleichungssystem/Konstante Koeffizienten/Eigenvektor/Lösung/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]] bilden somit die Funktionen ${}e^{2t}{\begin{pmatrix}1\\5\end{pmatrix}}$ und ${}e^{8t}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$ ein Fundamentalsystem.

Aufgabe (3 Punkte)

Der ${}\mathbb {R} ^{2}$ sei mit der Standard-Minkowski-Form versehen. Zeige, dass ${}{\begin{pmatrix}{\frac {\sqrt {5}}{2}}\\{\frac {3}{2}}\end{pmatrix}}$ ein Beobachtervektor ist und bestimme die Raumkomponente dazu.

Lösung

Die Standard-Minkowski-Form im ${}\mathbb {R} ^{2}$ ist durch ${}\left\langle {\begin{pmatrix}x_{1}\\y_{1}\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}x_{2}\\y_{2}\end{pmatrix}}\right\rangle =x_{1}x_{2}-y_{1}y_{2}$ gegeben. Wegen

{}\left\langle {\begin{pmatrix}{\frac {\sqrt {5}}{2}}\\{\frac {3}{2}}\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}{\frac {\sqrt {5}}{2}}\\{\frac {3}{2}}\end{pmatrix}}\right\rangle ={\left({\frac {\sqrt {5}}{2}}\right)}^{2}-{\left({\frac {3}{2}}\right)}^{2}={\frac {5}{4}}-{\frac {9}{4}}=-1\,

liegt ein Beobachtervektor vor. Die Raumkomponente steht bezüglich der Minkowski-Form senkrecht auf dem Beobachtervektor. Dies führt zur Bedingung

{}0=\left\langle {\begin{pmatrix}{\frac {\sqrt {5}}{2}}\\{\frac {3}{2}}\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\right\rangle ={\frac {\sqrt {5}}{2}}x-{\frac {3}{2}}y\,

mit dem Lösungsraum

{\begin{pmatrix}3\\{\sqrt {5}}\end{pmatrix}}\mathbb {R} .

Aufgabe (4 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für eine Funktion

f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,

die im Nullpunkt partiell differenzierbar ist und dort die Eigenschaft besitzt, dass die Richtungsableitung in keine Richtung ${}v=(a,b)$ mit ${}a,b\neq 0$ existiert.

Lösung

Es sei

{}f(x,y):={\begin{cases}0,{\text{ falls }}x=0{\text{ oder }}y=0\,,\\1{\text{ sonst}}\,.\end{cases}}\,

Die partiellen Ableitungen sind die Richtungsableitungen in Richtung der Standardvektoren ${}e_{1}$ bzw. ${}e_{2}$ . Für jeden Richtungsvektor ${}v=(a,b)$ geht es um die Existenz des Limes

{}\operatorname {lim} _{t\rightarrow 0}\,{\frac {f((0,0)+tv)}{t}}=\operatorname {lim} _{t\rightarrow 0}\,{\frac {f((ta,tb))}{t}}\,.

Bei ${}a=0$ oder ${}b=0$ ist der Zähler konstant gleich ${}0$ , so dass der Limes existiert. Somit existieren die partiellen Ableitungen. Wenn hingegen ${}a$ und ${}b$ beide nicht ${}0$ sind, so ist

{}f((ta,tb))=1\,

und dann existiert der Limes

{}\operatorname {lim} _{t\rightarrow 0}\,{\frac {f((ta,tb))}{t}}=\operatorname {lim} _{t\rightarrow 0}\,{\frac {1}{t}}\,

nicht.

Aufgabe (5 Punkte)

Bestimme die Extrema der Funktion

\mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto f(x,y)={\left(\sin x\right)}{\left(\cos y\right)}.

Lösung

Es ist

{}{\frac {\partial f}{\partial x}}={\left(\cos x\right)}{\left(\cos y\right)}\,

und

{}{\frac {\partial f}{\partial y}}=-{\left(\sin x\right)}{\left(\sin y\right)}\,.

Damit beide partiellen Ableitung gleich ${}0$ sind, muss

{}x={\frac {\pi }{2}}+m\pi \,

und

{}y=n\pi \,

mit ${}m,n\in \mathbb {Z}$ oder dasselbe mit vertauschten Rollen sein. Die kritischen Punkte sind also

\left({\frac {\pi }{2}}+m\pi ,\,n\pi \right)\,\,{\text{  und }}\,\,\left(m\pi ,\,{\frac {\pi }{2}}+n\pi \right).

Die Hesse-Matrix ist

{\begin{pmatrix}-{\left(\sin x\right)}{\left(\cos y\right)}&-{\left(\cos x\right)}{\left(\sin y\right)}\\-{\left(\cos x\right)}{\left(\sin y\right)}&-{\left(\sin x\right)}{\left(\cos y\right)}\end{pmatrix}}.

Bei einem Punkt der linken Art ist dies bei ${}m,n$ beide gerade oder beide ungerade ist dies

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

und es 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))]] ein isoliertes lokales Minimum mit dem Wert ${}-1$ vor und bei ${}m$ gerade und ${}n$ ungerade oder umgekehrt ist dies

{\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\end{pmatrix}}

und es liegt ein isoliertes lokales Maximum mit dem Wert ${}1$ vor. Diese lokalen Extrema sind auch global, da die Funktionswerte in ${}[-1,1]$ sind.

Bei einem Punkt der rechten Art ist die Hesse-Matrix gleich

{\begin{pmatrix}0&\pm 1\\\pm 1&0\end{pmatrix}}

vor. In beiden Fällen ist die Hesse-Form indefinit und es liegt kein lokales Extremum vor.

Aufgabe (6 (2+2+2) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

\varphi \colon \mathbb {R} \setminus \{0\}\times \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,(x,y)\longmapsto \left({\frac {y^{2}}{x}},\,{\frac {y^{3}}{x^{2}}}\right).

a) Bestimme die regulären Punkte der Abbildung ${}\varphi$ .

b) Zeige, dass ${}\varphi$ in ${}P=(1,2)$ lokal eine differenzierbare Umkehrabbildung ${}\psi =\varphi ^{-1}$ besitzt, und bestimme das totale Differential von ${}\psi$ im Punkt ${}\varphi (P)$ .

c) Man gebe alle Punkte ${}Q\in \mathbb {R} \setminus \{0\}\times \mathbb {R}$ an, in denen ${}\varphi$ nicht lokal invertierbar ist.

Lösung

a) Wir bestimmen die Jacobi-Matrix von ${}\varphi$ , diese ist

J={\begin{pmatrix}-{\frac {y^{2}}{x^{2}}}&2{\frac {y}{x}}\\-2{\frac {y^{3}}{x^{3}}}&3{\frac {y^{2}}{x^{2}}}\end{pmatrix}}.

Die Determinante davon ist

-3{\frac {y^{4}}{x^{4}}}+4{\frac {y^{4}}{x^{4}}}={\frac {y^{4}}{x^{4}}}.

Dies ist ${}0$ genau dann, wenn ${}y=0$ ist, so dass die regulären Punkte genau die Punkte sind, deren ${}y$ -Koordinate nicht ${}0$ ist.

b) Die Abbildung ist nach Teil a) im Punkt ${}P=(1,2)$ regulär, daher gibt es nach dem Satz über die Umkehrabbildung eine differenzierbare Umkehrabbildung ${}\psi$ , die in einer offenen Umgebung von ${}\varphi (P)=(4,8)$ definiert ist. Das totale Differential von ${}\psi$ im Punkt ${}\varphi (P)$ ist die inverse Matrix zum totalen Differential von ${}\varphi$ in ${}P$ , also invers zu

{\begin{pmatrix}-4&4\\-16&12\end{pmatrix}}.

Die inverse Matrix dazu ist

{\frac {1}{16}}{\begin{pmatrix}12&-4\\16&-4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {3}{4}}&-{\frac {1}{4}}\\1&-{\frac {1}{4}}\end{pmatrix}}.

c) Für die Punkte ${}(x,y)$ mit ${}y\neq 0$ gibt es aufgrund des Satzes über die Umkehrabbildung lokal eine Umkehrabildung. Für einen Punkt ${}Q$ mit ${}y=0$ gibt es dagegen keine lokale Umkehrabbildung, da ein solcher Punkt auf der Geraden liegt, die die Faser über ${}(0,0)$ ist. Daher ist diese Abbildung in keiner offenen Umgebung von ${}Q$ injektiv.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei

h\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R}

eine stetig differenzierbare Funktion und

{}G(P)=\operatorname {Grad} \,h(P)\,

das zugehörige Gradientenfeld. Es sei

\varphi \colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{n}

eine stetig differenzierbare Lösung zur zugehörigen Differentialgleichung, die eine Faser ${}F$ zu ${}h$ zu zwei verschiedenen Zeitpunkten ${}t_{0}<t_{1}$ trifft. Zeige, dass ${}\varphi {|}_{[t_{0},t_{1}]}$ konstant ist.

Lösung

Nehmen wir an, dass ${}\varphi$ auf dem Intervall ${}I=[t_{0},t_{1}]$ nicht konstant ist. Dann gibt es ein ${}t\in {]t_{0},t_{1}[}$ mit

{}\varphi '(t)\neq 0\,.

Wir betrachten das Wegintegral

{}\int _{\varphi }G=\int _{t_{0}}^{t_{1}}\left\langle G(\varphi (s)),\varphi '(s)\right\rangle ds=\int _{t_{0}}^{t_{1}}\left\langle \varphi '(s),\varphi '(s)\right\rangle ds=\int _{t_{0}}^{t_{1}}\Vert {\varphi '(s)}\Vert ^{2}ds\,.

Hierbei beruht die mittlere Gleichung darauf, dass ${}\varphi$ eine Lösung der Differentialgleichung ist. Da ${}\varphi '(t)\neq 0$ ist, ist die Norm ${}\Vert {\varphi '(t)}\Vert$ positiv und daher ist wegen der Stetigkeit dieses Integral positiv. Andererseits ist ${}G$ ein Gradientenfeld und daher ist nach [[Gradientenfeld/Wegintegral/Berechnung/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Gradientenfeld/Wegintegral/Berechnung/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]]

{}\int _{\varphi }G=h(\varphi (t_{1}))-h(\varphi (t_{0}))=0\,,

da ja ${}\varphi (t_{0})$ und ${}\varphi (t_{1})$ zur gleichen Faser gehören. Dies ist ein Widerspruch.

Aufgabe (9 (3+1+1+4) Punkte)

Es sei

{}G={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} _{+}\mid x^{2}>y^{3}\right\}}\,,

wir betrachten die Abbildung

\varphi \colon G\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,(x,y)\longmapsto (xy,x^{2}-y^{3}).

Zeige, dass ${}\varphi$ injektiv ist.
Zeige, dass ${}\varphi$ einen Diffeomorphismus auf sein Bild induziert.
Zeige, dass das Rechteck ${}Q=[3,4]\times [1,2]$ in ${}G$ liegt.
Berechne den Flächeninhalt des Bildes von ${}Q=[3,4]\times [1,2]$ unter ${}\varphi$ .

Lösung

Wir betrachten das Gleichungssystem
${}(xy,x^{2}-y^{3})=(u,v)\,$

und müssen zeigen, dass ${}(x,y)$ durch ${}(u,v)$ eindeutig bestimmt ist. Wegen ${}(x,y)\in T$ ist ${}(u,v)\in \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} _{+}$ . Es gilt

${}x={\frac {u}{y}}\,$

und

${}x^{2}=v+y^{3}\,.$

Daraus ergibt sich

${}{\frac {u^{2}}{y^{2}}}=v+y^{3}\,$

bzw.

${}u^{2}=vy^{2}+y^{5}\,.$

Bei gegebenem ${}v>0$ ist diese Funktion in ${}y\in \mathbb {R} _{+}$ streng wachsend, daher gibt es maximal ein ${}y$ , das diese Gleichung erfüllt. Dadurch ist auch ${}x={\frac {u}{y}}$ eindeutig bestimmt.
Die Jacobi-Matrix ist
${\begin{pmatrix}y&x\\2x&-3y^{2}\end{pmatrix}}$

mit der Determinante

${}\det {\begin{pmatrix}y&x\\2x&-3y^{2}\end{pmatrix}}=-3y^{3}-2x^{2}\,.$

Auf ${}G\subseteq \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} _{+}$ ist dies überall negativ, daher liegt ein Diffeomorphismus auf das Bild vor.
Für ${}(x,y)\in Q$ ist
${}x^{2}\geq 3^{2}>2^{3}\geq y^{3}\,,$

also ist ${}(x,y)\in G$ .
Der Flächeninhalt ist nach [[Diffeomorphismus/Transformationsformel/Kompakte Teilmengen/Volumen/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Diffeomorphismus/Transformationsformel/Kompakte Teilmengen/Volumen/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]] gleich
${}{\begin{aligned}\lambda ^{2}(\varphi (Q))&=\int _{Q}\det \left(D\varphi \right)_{x}d\lambda ^{2}\\&=\int _{3}^{4}\int _{1}^{2}2x^{2}+3y^{3}dydx\\&=\int _{3}^{4}{\left(2x^{2}y+{\frac {3}{4}}y^{4}\right)}{|}_{1}^{2}dx\\&=\int _{3}^{4}{\left(4x^{2}+192-2x^{2}-{\frac {3}{4}}\right)}dx\\&=\int _{3}^{4}{\left(2x^{2}+{\frac {765}{4}}\right)}dx\\&={\left({\frac {2}{3}}x^{3}+{\frac {765}{4}}x\right)}{|}_{3}^{4}\\&={\frac {2}{3}}\cdot (64-27)+{\frac {765}{4}}\\&={\frac {74}{3}}+{\frac {765}{4}}\\&={\frac {2591}{12}}.\end{aligned}}$