Der Vektor
besitzt die Norm
, somit ist
-
der zugehörige normierte Vektor. Der zweite Vektor muss senkrecht zu
sein und zusammen mit
den Untervektorraum
aufspannen. Dies führt zum Ansatz
-

sodass
-

und
ist. Der normierte Vektor dazu ist
-
Der dritte Vektor muss senkrecht auf
und
stehen. Ein solcher Vektor ist offenbar
. Daher kann man
-
als dritten Vektor der Orthonormalbasis nehmen.
Die endliche Punktmenge bestehe aus
. Wir müssen zeigen, dass das Komplement
dieser Punktmenge offen ist. D.h. wir müssen zeigen, dass es zu jedem Punkt
,
, eine offene Ballumgebung
gibt, die ganz in
liegt. Wegen
ist
. Wir setzen
. Dann enthält
keinen der Punkte.
b) Die Unterteilungspunkte sind
-
Der Sinus hat dabei folgende Werte:
-
Dabei ergibt sich die zweite Gleichung aus
-

und der Kreisgleichung
.
Die dritte Gleichung folgt daraus aus der Symmetrie des Sinus.
Die erste Teilstrecke des Streckenzugs verbindet die beiden Punkte
und
,
deren Länge ist also

Die zweite Teilstrecke des Streckenzugs verbindet die beiden Punkte
und
,
deren Länge ist also

Die dritte Teilstrecke ist gleichlang zur zweiten und die vierte Teilstrecke ist gleichlang zur ersten. Daher ist die Gesamtlänge dieses Streckenzugs insgesamt gleich
-
c) Da die Kurve stetig differenzierbar ist, ist sie auch rektifizierbar, und ihre Länge ist gleich
-

Wegen
ist
und daher ist
. Wegen der Monotonie der Quadratwurzel folgt
-

Also ist
-

Für eine stetig differenzierbare Kurve
-
gilt
-
Die Kurve
ist ebenfalls stetig differenzierbar, und nach der Kettenregel gilt
-

da

linear ist. Da

eine Isometrie ist, stimmt die Norm von

mit der Norm von

überein. Daher ist
-

Wir machen den Ansatz
-
aufgrund der Anfangswertbedingungen ist
und
. Es ist
und
.
Aus der Gleichung
-

lassen sich die Koeffizienten
bestimmen.
Koeffizientenvergleich zu
ergibt
-

also ist
.
Koeffizientenvergleich zu
ergibt
-

also ist
.
Koeffizientenvergleich zu
ergibt
-

also ist
.
Daher ist
-
die Lösung des Anfangswertproblems bis zur Ordnung
.
a) Das charakteristische Polynom ist

und die Eigenwerte von
sind
.
b) Wir bestimmen für jeden Eigenwert einen Eigenvektor.
:
Wir müssen ein nichttriviales Element im Kern von
-
bestimmen. Da gehört
dazu.
:
Dies führt auf
-
Wir wählen
und
und erhalten
, also ist
-
ein Eigenvektor zum Eigenwert
.
:
Dies führt auf
-
Mit
und
ist die mittlere Zeile erfüllt. Die erste Zeile wird dann zu
-
und daher ist
-

Daher ist
-

Somit ist
-
ein Eigenvektor zum Eigenwert

.
c) Bezüglich einer Basis aus Eigenvektoren besitzt die beschreibende Matrix die Gestalt
-
Aus der zweiten Zeile folgt sofort
-

wobei die Anfangsbedingung
durch
erfüllt wird. Für
ergibt sich daraus die inhomogene lineare Differentialgleichung in einer Variablen,
-
Die zugehörige homogene lineare Gleichung besitzt die Lösungen
. Mittels Variation der Konstanten, also dem Ansatz
-

ergibt sich die Bedingung
-

Also ist
mit einer Konstanten
.
Aus
-

folgt
.
Die Lösung ist also
-

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
-
Es ist
-

Die partiellen Ableitungen sind
-

-

-

-

-

und
-

Somit ist die Jacobi-Matrix in einem Punkt
gleich
-
Die zusammengesetzte Abbildung
ist durch

gegeben, ihre Ableitung ist
-
Die Jacobi-Matrix zu
ist
-
und die Jacobi-Matrix zu
ist
-
Daher ist die Jacobi-Matrix zu
in einem Punkt
gleich
-
Das zu bildende Matrixprodukt dieser beiden Matrizen ist

Dies stimmt natürlich mit der direkt bestimmten Ableitung überein.
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