Kurs:Mathematik für Anwender/Teil II/5a/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine ortsunabhängige gewöhnliche Differentialgleichung

   $y'=f(t,y).$

2. Die Stetigkeit einer Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M$

   zwischen metrischen Räumen ${}L$ und ${}M$ in einem Punkt ${}x\in L$.

3. Eine Differentialgleichung höherer Ordnung (in einer Variablen).
4. Die Richtungsableitung einer Abbildung

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

   in einem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ in Richtung eines Vektors ${}v\in \mathbb {R} ^{n}$.

5. Die Jacobi-Matrix zu einer partiell differenzierbaren Abbildung

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

   in einem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$.

6. Ein lokales Minimum einer Funktion

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

   auf einem metrischen Raum ${}M$ in einem Punkt ${}x\in M$.

Lösung

1. Ortsunabhängig bedeutet, dass die Funktion ${}f$ nicht von ${}y$ abhängt.
2. Die Abbildung ${}f$ heißt stetig in ${}x$, wenn für jedes ${}\epsilon >0$ ein ${}\delta >0$ derart existiert, dass

   ${}f{\left(B\left(x,\delta \right)\right)}\subseteq B\left(f(x),\epsilon \right)\,$

   gilt.

3. Es sei ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein offenes Intervall, ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ offen und

   $h\colon I\times U\longrightarrow \mathbb {R}$

   eine Funktion. Dann nennt man den Ausdruck

   ${}y^{(n)}=h{\left(t,y,y',y^{\prime \prime },\ldots ,y^{(n-1)}\right)}\,$

   eine Differentialgleichung der Ordnung ${}n$.

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. Die Matrix

   ${}\operatorname {Jak} (f)_{P}:={\begin{pmatrix}{\frac {\partial f_{1}}{\partial x_{1}}}(P)&\ldots &{\frac {\partial f_{1}}{\partial x_{n}}}(P)\\\vdots &\ddots &\vdots \\{\frac {\partial f_{m}}{\partial x_{1}}}(P)&\ldots &{\frac {\partial f_{m}}{\partial x_{n}}}(P)\end{pmatrix}}\,$

   heißt die Jacobi-Matrix zu ${}f$ im Punkt ${}P$.

6. Man sagt, dass ${}f$ in ${}x\in M$ ein lokales Minimum besitzt, wenn es ein ${}\epsilon >0$ derart gibt, dass für alle ${}x'\in M$ mit ${}d(x,x')\leq \epsilon$ die Abschätzung

   ${}f(x)\leq f(x')\,$

   gilt.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Abschätzung von Cauchy-Schwarz (oder Ungleichung von Cauchy-Schwarz).
2. Die Mittelwertabschätzung für eine differenzierbare Kurve

   $f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}.$

3. Die Kettenregel zu zwei total differenzierbaren Abbildungen

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

   und

   $g\colon \mathbb {R} ^{m}\longrightarrow \mathbb {R} ^{k}$

   in einem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$.

Lösung

1. Es sei ${}V$ ein Vektorraum über ${}\mathbb {R}$ mit einem Skalarprodukt ${}\left\langle -,-\right\rangle$ und der zugehörigen Norm ${}\Vert {-}\Vert$. Dann gilt die Abschätzung

   ${}\vert {\left\langle v,w\right\rangle }\vert \leq \Vert {v}\Vert \cdot \Vert {w}\Vert \,$

   für alle ${}v,w\in V$.
2. Es gibt ein ${}c\in [a,b]$ mit

   ${}\Vert {f(b)-f(a)}\Vert \leq (b-a)\cdot \Vert {f'(c)}\Vert \,.$

3. Die zusammengesetzte Abbildung ${}g\circ f\colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ^{k}$ ist ebenfalls total differenzierbar, und zwischen den totalen Differentialen in einem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ besteht die Beziehung

   $\left(D(g\circ f)\right)_{P}=\left(Dg\right)_{f(P)}\circ \left(Df\right)_{P}.$

Aufgabe (5 Punkte)

Finde eine Lösung für die gewöhnliche Differentialgleichung

$y'={\frac {t}{t^{2}-1}}y^{2}$

mit ${}t>1$ und ${}y<0$.

Lösung

Es liegt eine Differentialgleichung mit getrennten Variablen vor. Wir setzen

${}h(y)={\frac {1}{y^{2}}}\,,$

davon ist

${}H(y)=-y^{-1}\,$

eine Stammfunktion. Die Umkehrfunktion davon ist ebenfalls

${}H^{-1}(u)=-u^{-1}\,.$

Wir setzen weiter

${}g(t)={\frac {t}{t^{2}-1}}\,.$

Wir machen den Ansatz für die Partialbruchzerlegung, also

${}{\frac {t}{t^{2}-1}}={\frac {a}{t-1}}+{\frac {b}{t+1}}\,.$

Daraus ergibt sich die Bedingung

${}t=a(t+1)+b(t-1)\,$

und daraus

${}a=b={\frac {1}{2}}\,.$

Also ist

${}G(t)={\frac {1}{2}}\ln(t+1)+{\frac {1}{2}}\ln(t-1)\,$

eine Stammfunktion von ${}g(t)$. Daher ist

${}y(t)={\frac {-2}{\ln(t-1)+\ln(t+1)}}\,$

eine Lösung, die für ${}t>1$ definiert ist und für die ${}y(t)<0$ gilt.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise das Folgenkriterium für die Stetigkeit einer Funktion ${}f\colon L\rightarrow M$ zwischen metrischen Räumen in einem Punkt ${}x\in L$.

Lösung

Die Äquivalenz von (1) und (2) ist klar.
Es sei nun (2) erfüllt und sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge in ${}L$, die gegen ${}x$ konvergiert. Wir müssen zeigen, dass ${}\lim _{n\rightarrow \infty }f(x_{n})=f(x)$ ist. Dazu sei ${}\epsilon >0$ gegeben. Wegen (2) gibt es ein ${}\delta$ mit der angegebenen Eigenschaft und wegen der Konvergenz von ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen ${}x$ gibt es eine natürliche Zahl ${}n_{0}$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}$ die Abschätzung

${}d(x_{n},x)\leq \delta \,$

gilt. Nach der Wahl von ${}\delta$ ist dann

$d(f(x_{n}),f(x))\leq \epsilon {\text{ für alle }}n\geq n_{0},$

so dass die Bildfolge gegen ${}f(x)$ konvergiert.

Es sei (3) erfüllt und ${}\epsilon >0$ vorgegeben.  Wir nehmen an, dass es für alle ${}\delta >0$ Elemente ${}z\in L$ gibt, deren Abstand zu ${}x$ maximal gleich ${}\delta$ ist, deren Wert ${}f(z)$ unter der Abbildung aber zu ${}f(x)$ einen Abstand größer als ${}\epsilon$ besitzt. Dies gilt dann insbesondere für die Stammbrüche ${}\delta =1/n$, ${}n\in \mathbb {N}$. D.h. für jede natürliche Zahl ${}n$ gibt es ein ${}x_{n}\in L$ mit

$d(x_{n},x)\leq {\frac {1}{n}}{\text{ und mit }}d(f(x_{n}),f(x))>\epsilon .$

Diese so konstruierte Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiert gegen ${}x$, aber die Bildfolge konvergiert nicht gegen ${}f(x)$, da der Abstand der Bildfolgenwerte zu ${}f(x)$ zumindest ${}\epsilon$ ist. Dies ist ein Widerspruch zu (3).

Aufgabe (4 Punkte)

Von einer Bewegung

$\varphi \colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3}$

sei der Geschwindigkeitsverlauf

${}\varphi '(t)=\left({\frac {t^{2}-1}{t}},\,t\sin \left(t^{2}\right),\,te^{t}\right)\,$

bekannt. Ferner sei

${}\varphi (1)=(1,2,3)\,$

bekannt. Bestimme ${}\varphi (t)$.

Lösung

Wir bestimmen Stammfunktionen für die einzelnen Komponentenfunktionen. Eine Stammfunktion zu

${}{\frac {t^{2}-1}{t}}=t-{\frac {1}{t}}\,$

ist

${\frac {1}{2}}t^{2}-\ln t,$

eine Stammfunktion zu ${}t\sin \left(t^{2}\right)$ ist

$-{\frac {1}{2}}\cos \left(t^{2}\right)$

und eine Stammfunktion zu ${}te^{t}$ ist

$te^{t}-e^{t}.$

Deshalb besitzt ${}\varphi$ die allgemeine Gestalt

${}\varphi (t)=\left({\frac {1}{2}}t^{2}-\ln t+a,\,-{\frac {1}{2}}\cos \left(t^{2}\right)+b,\,te^{t}-e^{t}+c\right)\,$

mit Konstanten ${}a,b,c\in \mathbb {R}$. Die Bedingung

${}\varphi (1)=\left(1,\,2,\,3\right)\,$

führt auf

${}\left({\frac {1}{2}}+a,\,-{\frac {1}{2}}\cos \left(1\right)+b,\,c\right)=\left(1,\,2,\,3\right)\,,$

also ist

${}a={\frac {1}{2}}\,,$

${}b=2+{\frac {1}{2}}\cos 1\,$

und

${}c=3\,.$

Insgesamt ist also

${}\varphi (t)=\left({\frac {1}{2}}t^{2}-\ln t+{\frac {1}{2}},\,-{\frac {1}{2}}\cos \left(t^{2}\right)+2+{\frac {1}{2}}\cos 1,\,te^{t}-e^{t}+3\right)\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme das Wegintegral zum Vektorfeld

${}F{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}y+e^{x}\\\sin y\end{pmatrix}}\,$

auf ${}\mathbb {R} ^{2}$ zum Weg

$\gamma \colon [0,1]\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto {\begin{pmatrix}t\\t^{2}\end{pmatrix}}.$

Lösung

Es ist

${}\gamma '(t)={\begin{pmatrix}1\\2t\end{pmatrix}}\,$

und somit ist der Integrand des Wegintegrals gleich

${}\left\langle {\begin{pmatrix}t^{2}+e^{t}\\\sin \left(t^{2}\right)\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\2t\end{pmatrix}}\right\rangle =t^{2}+e^{t}+2t\sin \left(t^{2}\right)\,.$

Eine Stammfunktion davon ist

${\frac {1}{3}}t^{3}+e^{t}-\cos \left(t^{2}\right).$

Somit ist

${}{\begin{aligned}\int _{\gamma }F&=\int _{0}^{1}t^{2}+e^{t}+2t\sin \left(t^{2}\right)\,dt\\&=\left({\frac {1}{3}}t^{3}+e^{t}-\cos \left(t^{2}\right)\right)|_{0}^{1}\\&={\frac {1}{3}}+e^{1}-\cos 1-1+\cos 0\\&={\frac {1}{3}}+e-\cos 1.\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Löse das Anfangswertproblem

${}y^{\prime \prime }+e^{t}y'+ty=t^{2}+3\,$

mit den Anfangsbedingungen ${}y(0)=2$ und ${}y'(0)=5$ durch einen Potenzreihenansatz bis zur vierten Ordnung.

Lösung

Wir machen den Ansatz

${}y(t)=a_{0}+a_{1}t+a_{2}t^{2}+a_{3}t^{3}+a_{4}t^{4}+\ldots \,.$

Aufgrund der Anfangsbedingung ist direkt ${}a_{0}=2$ und ${}a_{1}=5$. Die relevanten Ausdrücke links sind

${}y^{\prime \prime }=2a_{2}+6a_{3}t+12a_{4}t^{2}+\ldots \,,$

${}{\begin{aligned}e^{t}y^{\prime }&={\left(1+t+{\frac {1}{2}}t^{2}+{\frac {1}{6}}t^{3}+{\frac {1}{24}}t^{4}+\ldots \right)}{\left(5+2a_{2}t+3a_{3}t^{2}+4a_{4}t^{3}+\ldots \right)}\\&=5+(5+2a_{2})t+({\frac {5}{2}}+2a_{2}+3a_{3})t^{2}+\ldots ,\end{aligned}}$

${}t{\left(a_{0}+a_{1}t+a_{2}t^{2}+a_{3}t^{3}+a_{4}t^{4}+\ldots \right)}=2t+5t^{2}+a_{2}t^{3}+a_{3}t^{4}+\ldots \,,$

und deren Summe ist mit ${}3+t^{2}$ gleichzusetzen. Der Vergleich der einzelnen Koeffizienten zu den ${}t^{i}$ führt auf

${}2a_{2}+5=3\,,$

also ist

${}a_{2}=-1\,,$

auf

${}6a_{3}+5+2a_{2}+2=0\,,$

also ist

${}a_{3}=-{\frac {5}{6}}\,,$

und auf

${}12a_{4}+{\frac {5}{2}}+2a_{2}+3a_{3}+5=1\,,$

also ist

${}{\begin{aligned}12a_{4}&=-{\frac {5}{2}}-2a_{2}-3a_{3}-4\\&=-{\frac {5}{2}}+2+3{\frac {5}{6}}-4\\&=-2,\end{aligned}}$

also

${}a_{4}=-{\frac {1}{6}}\,.$

Die Potenzreihe zu ${}y$ bis zur vierten Ordnung ist also

$2+5t-t^{2}-{\frac {5}{6}}t^{3}-{\frac {1}{6}}t^{4}.$

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das lineare Anfangswertproblem

${\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}3&-4\\0&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\end{pmatrix}}{\text{ mit }}{\begin{pmatrix}v_{1}(0)\\v_{2}(0)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5\\1\end{pmatrix}}.$

Lösung

Aus der zweiten Zeile folgt sofort

${}v_{2}(t)=ae^{2t}\,,$

wobei die Anfangsbedingung ${}v_{2}(0)=1$ durch ${}a=1$ erfüllt wird. Für ${}v_{1}$ ergibt sich daraus die inhomogene lineare Differentialgleichung in einer Variablen,

$v_{1}'=3v_{1}-4e^{2t}{\text{ mit }}v_{1}(0)=5.$

Die zugehörige homogene lineare Gleichung besitzt die Lösungen ${}ce^{3t}$. Mittels Variation der Konstanten, also dem Ansatz

${}v_{1}(t)=c(t)e^{3t}\,,$

ergibt sich die Bedingung

${}c'(t)=-4e^{2t}\cdot e^{-3t}=-4e^{-t}\,.$

Also ist ${}c(t)=4e^{-t}+b$ mit einer Konstanten ${}b\in \mathbb {R}$. Aus

${}(4e^{0}+b)e^{0}=5\,$

folgt ${}b=1$. Die Lösung ist also

${}{\begin{pmatrix}v_{1}(t)\\v_{2}(t)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}(4e^{-t}+1)e^{3t}\\e^{2t}\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Der ${}\mathbb {R} ^{3}$ sei mit der Standard-Minkowski-Form versehen. Zeige, dass ${}{\begin{pmatrix}{\frac {\sqrt {3}}{5}}\\{\frac {\sqrt {2}}{5}}\\{\frac {\sqrt {6}}{\sqrt {5}}}\end{pmatrix}}$ ein Beobachtervektor ist und bestimme eine Orthogonalbasis der Raumkomponente dazu.

Lösung

Es ist

${}\left\langle {\begin{pmatrix}{\frac {\sqrt {3}}{5}}\\{\frac {\sqrt {2}}{5}}\\{\frac {\sqrt {6}}{\sqrt {5}}}\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}{\frac {\sqrt {3}}{5}}\\{\frac {\sqrt {2}}{5}}\\{\frac {\sqrt {6}}{\sqrt {5}}}\end{pmatrix}}\right\rangle ={\frac {3}{25}}+{\frac {2}{25}}-{\frac {6}{5}}={\frac {3+2-30}{25}}={\frac {-25}{25}}=-1\,,$

also liegt ein Beobachtervektor vor. Die Raumkomponente dieses Beobachters ist die Ebene, die dazu bezüglich der Minkowski-Form senkrecht steht. Dies führt auf die Bedingung

${}\left\langle {\begin{pmatrix}{\frac {\sqrt {3}}{5}}\\{\frac {\sqrt {2}}{5}}\\{\frac {\sqrt {6}}{\sqrt {5}}}\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\right\rangle ={\frac {\sqrt {3}}{5}}x+{\frac {\sqrt {2}}{5}}y-{\frac {\sqrt {6}}{\sqrt {5}}}z=0\,,$

was nach Multiplikation mit ${}5$ zu

${}{\sqrt {3}}x+{\sqrt {2}}y-{\sqrt {30}}z=0\,$

äquivalent ist. Einfache, linear unabhängige Lösungen sind ${}v={\begin{pmatrix}0\\{\sqrt {15}}\\1\end{pmatrix}}$ und ${}w={\begin{pmatrix}{\sqrt {10}}\\0\\1\end{pmatrix}}$, diese bilden eine Basis der Raumkomponente. Um eine Orthogonalbasis zu bekommen, machen wir den Ansatz

${}{\begin{aligned}\left\langle v,v+\alpha w\right\rangle &=\left\langle {\begin{pmatrix}0\\{\sqrt {15}}\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\{\sqrt {15}}\\1\end{pmatrix}}+\alpha {\begin{pmatrix}{\sqrt {10}}\\0\\1\end{pmatrix}}\right\rangle \\&=\left\langle {\begin{pmatrix}0\\{\sqrt {15}}\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\{\sqrt {15}}\\1\end{pmatrix}}\right\rangle +\alpha \left\langle {\begin{pmatrix}0\\{\sqrt {15}}\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}{\sqrt {10}}\\0\\1\end{pmatrix}}\right\rangle \\&=14-\alpha ,\end{aligned}}$

also ist

${}\alpha =14\,$

und ${}v$ zusammen mit

${}z=v+\alpha w={\begin{pmatrix}0\\{\sqrt {15}}\\1\end{pmatrix}}+14{\begin{pmatrix}{\sqrt {10}}\\0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}14{\sqrt {10}}\\{\sqrt {15}}\\15\end{pmatrix}}\,$

eine Orthogonalbasis.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den Satz über den Zusammenhang von totaler Differenzierbarkeit und Richtungsableitung für eine Abbildung

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

in einem Punkt ${}P\in V$.

Lösung

Da ${}\left(D\varphi \right)_{P}$ eine lineare Abbildung von ${}V$ nach ${}W$ ist, liefert die Anwendung dieser Abbildung auf einen Vektor ${}v\in V$ einen Vektor in ${}{\left(D\varphi \right)}_{P}{\left(v\right)}\in W$. Nach Voraussetzung haben wir

${}\varphi (P+v)=\varphi (P)+{\left(D\varphi \right)}_{P}{\left(v\right)}+\Vert {v}\Vert \cdot r(v)\,$

(mit den üblichen Bedingungen an ${}r$). Insbesondere gilt für (hinreichend kleines) ${}s\in {\mathbb {R} }$

${}\varphi (P+sv)=\varphi (P)+s{\left(D\varphi \right)}_{P}{\left(v\right)}+\vert {s}\vert \cdot \Vert {v}\Vert \cdot r(sv)\,.$

Also gilt

${}{\begin{aligned}\operatorname {lim} _{s\rightarrow 0,s\neq 0}\,{\frac {\varphi (P+sv)-\varphi (P)}{s}}&=\operatorname {lim} _{s\rightarrow 0,s\neq 0}\,{\frac {s{\left(D\varphi \right)}_{P}{\left(v\right)}+\vert {s}\vert \cdot \Vert {v}\Vert \cdot r(sv)}{s}}\\&=\operatorname {lim} _{s\rightarrow 0,s\neq 0}\,\left({\left(D\varphi \right)}_{P}{\left(v\right)}+{\frac {\vert {s}\vert }{s}}\Vert {v}\Vert \cdot r(sv)\right)\\&={\left(D\varphi \right)}_{P}{\left(v\right)},\end{aligned}}$

da ${}\operatorname {lim} _{s\rightarrow 0}\,r(sv)=0$ und der Ausdruck ${}{\frac {\vert {s}\vert }{s}}\Vert {v}\Vert$ beschränkt ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}f\colon \mathbb {R} ^{3}\rightarrow \mathbb {R}$ eine dreimal stetig differenzierbare Funktion. Zeige

${}{\frac {\partial }{\partial z}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial x}}f={\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial z}}f\,.$

Lösung

Unter mehrfacher Anwendung des Satzes von Schwarz ist (die Klammern verdeutlichen, wie der Satz angewendet wird. Für die vierte Gleichung wird verwendet, dass ${\frac {\partial }{\partial y}}f$ zweimal stetig differenzierbar ist)

${}{\begin{aligned}{\frac {\partial }{\partial z}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial x}}f&={\frac {\partial }{\partial z}}{\left({\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial x}}f\right)}\\&={\frac {\partial }{\partial z}}{\left({\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial }{\partial y}}f\right)}\\&={\left({\frac {\partial }{\partial z}}{\frac {\partial }{\partial x}}\right)}{\left({\frac {\partial }{\partial y}}f\right)}\\&={\left({\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial }{\partial z}}\right)}{\left({\frac {\partial }{\partial y}}f\right)}\\&={\frac {\partial }{\partial x}}{\left({\frac {\partial }{\partial z}}{\frac {\partial }{\partial y}}f\right)}\\&={\frac {\partial }{\partial x}}{\left({\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial z}}f\right)}\\&={\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial z}}f.\end{aligned}}$

Aufgabe (10 (2+4+2+2) Punkte)

Es sei ${}f(x,y)=x\sin y$.

1. Bestimme die kritischen Punkte von ${}f$ auf ${}\mathbb {R} ^{2}$.
2. Bestimme die lokalen Extrema von ${}f$.
3. Zeige, dass die Einschränkung von ${}f$ auf die durch ${}y=x$ gegebene Diagonale unendlich viele lokale Extrema besitzt.
4. Bestimme, ob die Einschränkung von ${}f$ auf die durch ${}y=x$ gegebene Diagonale im Nullpunkt ein lokales Extremum besitzt.

Lösung

1. Die Jacobi-Matrix ist

   $\left(\sin y,\,x\cos y\right).$

   Für einen kritischen Punkt müssen beide Komponenten ${}0$ sein. Aus der ersten Komponente folgt ${}y\in \mathbb {Z} \pi$ und daraus aus der zweiten Komponente ${}x=0$, da der Kosinus an den Nullstellen des Sinus keine Nullstelle besitzt. Die kritischen Punkte haben also die Gestalt

   $(0,n\pi )$

   mit ${}n\in \mathbb {Z}$.

2. Zur Bestimmung der lokalen Extrema betrachten wir die Hesse-Matrix, diese ist

   ${\begin{pmatrix}0&\cos y\\\cos y&-x\sin y\end{pmatrix}}.$

   In einem kritischen Punkt ${}(0,n\pi )$ ist diese

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

   und zwar hängt das Vorzeichen davon ab, ob ${}n$ gerade oder ungerade ist. Das charakteristische Polynom ist

   ${}\chi _{}\,(\lambda )=\det {\begin{pmatrix}\lambda &\mp 1\\\mp 1&\lambda \end{pmatrix}}=\lambda ^{2}-1=(\lambda -1)(\lambda +1)\,.$

   Die Hesse-Matrix hat somit einen positiven und einen negativen Eigenwert und nach [[Bilinearform/Symmetrisch/Eigenwertkriterium/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Bilinearform/Symmetrisch/Eigenwertkriterium/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]] ist ihr Typ ${}(1,1)$. Daher ist sie indefinit und 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))]] gibt es keine lokalen Extrema.

3. Auf der Diagonalen wird die Funktion zu ${}g(x)=x\sin x$. Für ${}x\in \mathbb {Z} \pi$ hat ${}g$ den Wert ${}0$. Deshalb muss zwischen zwei solchen benachbarten Nullstellen nach Satz 11.13 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) jeweils ein Maximum oder ein Minimum angenommen werden.
4. Die Funktion ${}x\sin x$ hat im Nullpunkt den Wert ${}0$. Für ${}x$ echt zwischen ${}-{\frac {\pi }{2}}$ und ${}{\frac {\pi }{2}}$ sind im positiven Bereich beide Faktoren positiv und im negativen Bereich beide Faktoren negativ. Damit ist ${}x\sin x$ auf diesem Intervall außerhalb des Nullpunktes positiv und somit liegt im Nullpunkt ein isoliertes lokales Minimum vor.

Aufgabe (8 (2+1+1+2+2) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

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

1. Bestimme die Jacobi-Matrix zu ${}f$.
2. Berechne die Determinante der Jacobi-Matrix in Abhängigkeit von ${}(x,y,z)$.
3. Besitzt ${}f$ im Punkt ${}(2,-1,-2)$ lokal eine Umkehrabbildung?
4. Besitzt ${}f$ im Punkt ${}(0,0,0)$ lokal eine Umkehrabbildung?
5. Zeige, dass es genau einen Punkt ${}(x,y,z)$ mit

   ${}f(x,y,z)=(0,1,0)\,$

   gibt.

Lösung

1. Die Jacobi-Matrix ist

   ${\begin{pmatrix}y&x&0\\1&0&-2z\\z&3y^{2}&x\end{pmatrix}}.$

2. Die Determinante der Jacobi-Matrix ist über Entwicklung nach der ersten Zeile gleich

   ${}y(6y^{2}z)-x(x+2z^{2})=6y^{3}z-x^{2}-2xz^{2}\,.$

3. Die Determinante der Jacobi-Matrix im Punkt ${}(2,-1,-2)$ ist

   ${}6(-1)^{3}(-2)-2^{2}-2\cdot 2(-2)^{2}=12-4-16=-8\neq 0\,.$

   Die Jacobi-Matrix ist also in diesem Punkt bijektiv und daher besitzt die Abbildung nach [[Satz über die Umkehrabbildung/R/Stetig differenzierbar/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Satz über die Umkehrabbildung/R/Stetig differenzierbar/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]] in diesem Punkt lokal eine Umkehrabbildung.

4. Die Determinante der Jacobi-Matrix ist im Nullpunkt gleich ${}0$, das hilft nicht weiter. Betrachten wir Punkte der Form ${}(0,0,z)$ und ${}(0,0,-z)$. Diese werden beide auf ${}(0,-z^{2},0)$ abgebildet und somit ist die Abbildung auf keiner beliebig kleinen offenen Umgebung des Nullpunkts injektiv. Es gibt also keine lokale Umkehrabbildung.
5. Die erste Komponente führt auf ${}xy=0$, also ${}x=0$ oder ${}y=0$. Bei ${}x=0$ wäre aber der Wert der zweiten Komponente, ${}-z^{2}$, negativ, so dass so kein Urbild aussehen kann. Also ist ${}y=0$. Wegen der dritten Komponente ist daher ${}z=0$. Deshalb muss ${}x=1$ sein. Der Punkt ${}(1,0,0)$ wird in der Tat auf ${}(0,1,0)$ abgebildet.