Kurs:Analysis/Teil II/11/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	${}\sum$
Punkte	3	3	4	5	4	4	5	4	5	9	12	5	0	63

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Die offene Kugel zum Mittelpunkt ${}x$ und Radius ${}r$ ist durch

   ${}U{\left(x,r\right)}={\left\{y\in M\mid d(x,y)<r\right\}}\,$

   definiert.

2. Das Element ${}b\in L$ heißt Grenzwert von ${}f$ in ${}a$, wenn es für jedes ${}\epsilon >0$ ein ${}\delta >0$ gibt mit der folgenden Eigenschaft: Für jedes ${}x\in T\cap U{\left(a,\delta \right)}$ ist ${}f(x)\in U{\left(b,\epsilon \right)}$.
3. Es sei ${}U\subseteq V$ eine offene Teilmenge in einem endlichdimensionalen reellen Vektorraum ${}V$, ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein Intervall und es sei

   $g\colon I\times U\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(t,v)\longmapsto g(t,v)$

   eine Funktion. Dann heißt das Vektorfeld

   $F\colon I\times U\longrightarrow V,\,(t,v)\longmapsto F(t,v)=g(t,v)\cdot v,$

   ein Zentralfeld.

4. Es seien ${}D_{i}$ die Richtungsableitungen in Richtung des ${}i$-ten Einheitsvektors. Zu ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ heißt die Matrix

   ${\begin{pmatrix}D_{1}D_{1}f(P)&\cdots &D_{1}D_{n}f(P)\\\vdots &\ddots &\vdots \\D_{n}D_{1}f(P)&\cdots &D_{n}D_{n}f(P)\end{pmatrix}}$

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

5. Unter dem Tangentiaraum in ${}P$ an die Faser versteht man

   ${\left\{v\in V\mid {\left(D\varphi \right)}_{P}{\left(v\right)}=0\right\}}.$

6. Man sagt, dass das Vektorfeld ${}f$ lokal einer Lipschitz-Bedingung genügt, wenn es zu jedem Punkt ${}(t,v)\in I\times \mathbb {R} ^{n}$ eine offene Umgebung

   $(t,v)\in I'\times U'\subseteq I\times \mathbb {R} ^{n}$

   derart gibt, dass das auf ${}I'\times U'$ eingeschränkte Vektorfeld einer Lipschitz-Bedingung genügt.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Seien ${}L$ und ${}M$ metrische Räume und sei

   $f\colon L\longrightarrow M$

   eine stetige Abbildung. Es sei ${}S\subseteq L$ eine zusammenhängende Teilmenge. Dann ist auch das Bild

   $f(S)$

   zusammenhängend.
2. Es sei ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein Intervall, ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine offene Menge und

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

   eine Funktion. Dann ist die Differentialgleichung höherer Ordnung

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

   über die Beziehung ${}v_{i}:=y^{(i)}$ äquivalent zum Differentialgleichungssystem

   ${}{\begin{pmatrix}v_{0}\\v_{1}\\\vdots \\v_{n-2}\\v_{n-1}\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\\vdots \\v_{n-1}\\h(t,v_{0},v_{1},\ldots ,v_{n-1})\end{pmatrix}}\,.$

3. Es sei ${}V$ ein euklidischer Vektorraum, ${}U\subseteq V$ offen,

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

   eine differenzierbare Funktion und

   $U\longrightarrow V,\,P\longmapsto G(P)=\operatorname {Grad} \,h(P),$

   das zugehörige Gradientenfeld. Es sei

   $\varphi \colon J\longrightarrow U$

   eine Lösung der Differentialgleichung

   $v'=G(v).$

   Dann steht ${}\varphi '(t)$ senkrecht auf dem Tangentialraum ${}T_{\varphi (t)}F$ der Faser ${}F$ von ${}h$ durch ${}\varphi (t)$ für alle ${}t\in J$, für die ${}\varphi (t)$ reguläre Punkte

   von ${}h$ sind.

Aufgabe (4 (1+1+1+1) Punkte)

Es seien ${}P=\left({\frac {3}{4}},\,-1\right)$ und ${}Q=\left(2,\,{\frac {1}{5}}\right)$ zwei Punkte im ${}\mathbb {R} ^{2}$. 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

$2-{\frac {3}{4}}={\frac {8-3}{4}}={\frac {5}{4}}$

und

${\frac {1}{5}}-(-1)={\frac {1+5}{5}}={\frac {6}{5}}.$

a) Der euklidische Abstand ist somit

${}{\sqrt {{\left({\frac {5}{4}}\right)}^{2}+{\left({\frac {6}{5}}\right)}^{2}}}={\sqrt {{\frac {25}{16}}+{\frac {36}{25}}}}={\sqrt {\frac {625+576}{400}}}={\sqrt {\frac {1201}{400}}}={\frac {\sqrt {1201}}{20}}\,.$

b) In der Summenmetrik ist der Abstand

${}{\frac {5}{4}}+{\frac {6}{5}}={\frac {25+24}{20}}={\frac {49}{20}}\,.$

c) Es ist

${}{\frac {5}{4}}={\frac {25}{20}}>{\frac {24}{20}}={\frac {6}{5}}\,,$

daher ist der Abstand in der Maximumsmetrik gleich ${}{\frac {5}{4}}$.

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 ${}20$ und muss dann für die Zähler

${}25<{\sqrt {1201}}<49\,$

zeigen. Wegen ${}25^{2}=625<1201$ und ${}49^{2}>40^{2}=1600>1201$ ist das klar.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den Satz über die Charakterisierung von stetigen Abbildungen mit offenen Mengen.

Lösung

Siehe Metrische Räume/Stetige Abbildung/Charakterisierung/Fakt/Beweis.

Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

Es sei ${}M$ eine Menge und

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

eine Abbildung.

a) Zeige, dass ${}\varphi$ injektiv ist, wenn die Einschränkung ${}\varphi {|}_{G}$ auf jede (affine) Gerade ${}G\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ injektiv ist.

b) Zeige durch ein Beispiel, dass ${}\varphi$ nicht injektiv sein muss, wenn die Einschränkung ${}\varphi {|}_{G}$ auf jede Gerade ${}G\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ durch den Nullpunkt injektiv ist.

Lösung

a) Es seien ${}P,Q\in \mathbb {R} ^{n}$ verschieden. Es gibt eine Gerade ${}G$, auf der diese beiden Punkte liegen. Da ${}\varphi {|}_{G}$ injektiv ist, ist

${}\varphi (P)\neq \varphi (Q)\,$

und somit ist ${}\varphi$ injektiv.

b) Wir betrachten ${}n=2$ und ${}M=\mathbb {R}$ und die Funktion

$\varphi (x,y)={\begin{cases}x\,,{\text{ falls }}x\neq 0\,,\\y\,,{\text{ falls }}x=0\,.\end{cases}}$

Die Geraden durch den Nullpunkt sind durch

$y=ax{\text{ mit }}a\in \mathbb {R}$

und durch die durch ${}x=0$ gegebene Gerade (also die ${}y$-Achse) gegeben. Auf den Geraden vom ersten Typ ist ${}x$ die Projektion auf die ${}x$-Achse und damit bijektiv und auf der ${}y$-Achse ist die Funktion ${}y$ die Identität. Die Einschränkung von ${}\varphi$ auf jede Gerade durch den Nullpunkt ist also insbesondere injektiv. Dagegen ist beispielsweise

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

und die Gesamtabbildung ist nicht injektiv.

Aufgabe (4 Punkte)

Man gebe ein Beispiel einer bijektiven Abbildung

$\varphi \colon [0,1]\longrightarrow [0,1]\subseteq \mathbb {R} ,$

die nicht rektifizierbar ist.

Lösung

Wir betrachten die Funktion

$\varphi (x)={\begin{cases}x,{\text{ falls }}x\in \mathbb {Q} \,,\\1-x,{\text{ falls }}x\not \in \mathbb {Q} \,,\end{cases}}$

die offenbar bijektiv ist. Um zu zeigen, dass ${}\varphi$ nicht rektifizierbar ist, wählen wir zu ${}n\in \mathbb {N}$ irrationale Zahlen ${}x_{i}$, ${}1\leq i\leq n$, mit

$0<x_{1}<{\frac {1}{n}}<x_{2}<{\frac {2}{n}}<x_{3}<{\frac {3}{n}}<\cdots <{\frac {n-2}{n}}<x_{n-1}<{\frac {n-1}{n}}<x_{n}<1.$

All diese Zahlen nehmen wir als Intervallunterteilung. Für ${}n=3k$ ist die Summe der Länge der Abstände der Bildpunkte mindestens

${}\varphi (x_{1})-{\frac {1}{n}}+\varphi (x_{2})-{\frac {2}{n}}+\varphi (x_{3})-{\frac {3}{n}}+\cdots +\varphi (x_{k-1})-{\frac {k-1}{n}}+\varphi (x_{k})-{\frac {k}{n}}\geq k{\frac {1}{3}}\,,$

da ja in diesem Bereich

${}\varphi (x_{i})=1-x_{i}\geq {\frac {2}{3}}\,$

gilt. Da ${}k$ beliebig groß gewählt werden kann, ist das Supremum über alle Streckenzuglängen unendlich und die Kurve ist nicht rektifizierbar.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei

${}v'=Mv\,$

ein lineares Differentialgleichungssystem auf ${}I\times \mathbb {R} ^{n}$ (${}I$ ein reelles Intervall) mit einer Funktionenmatrix

${}M(t)=(a_{ij}(t))_{1\leq i,j\leq n}\,,$

wobei das zugrunde liegende Vektorfeld zugleich ein Zentralfeld sei. Zeige, dass die Matrix die Gestalt

${}M(t)=\varphi (t){\begin{pmatrix}1&0&\cdots &\cdots &0\\0&1&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&1&0\\0&\cdots &\cdots &0&1\end{pmatrix}}\,$

mit einer geeigneten Funktion

$\varphi \colon I\longrightarrow \mathbb {R}$

besitzt.

Lösung

Es sei ein Zeitpunkt ${}t\in I$ fixiert. Das Vektorfeld wird zu diesem Zeitpunkt durch die Matrix

${}N:=M(t)=(a_{ij}(t))_{i,j}\,$

beschrieben. Da es sich um ein Zentralfeld handelt, ist für jeden Vektor ${}v\in \mathbb {R} ^{n}$ der Vektor ${}M(t)v$ linear abhängig zu ${}v$. Dies bedeutet, dass jeder Vektor ein Eigenvektor zur Matrix ${}N$ ist. Dies kann aber nur sein, wenn überhaupt nur ein Eigenwert vorkommt. Es ist also ${}N=\lambda \operatorname {Id}$ und man kann ${}\varphi$ durch

${}\varphi (t)=\lambda \,$

definieren.

Aufgabe (4 Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$\mathbb {R} ^{6}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,\left(x_{1},\,y_{1},\,x_{2},\,y_{2},\,x_{2},\,y_{2}\right)\longmapsto \left({\left(x_{1}-x_{2}\right)}^{2}+{\left(y_{1}-y_{2}\right)}^{2},\,{\left(x_{1}-x_{3}\right)}^{2}+{\left(y_{1}-y_{3}\right)}^{2},\,{\left(x_{2}-x_{3}\right)}^{2}+{\left(y_{2}-y_{3}\right)}^{2}\right),$

die einem Dreieck die Längenquadrate seiner Seiten zuordnet. Bestimme die regulären Punkte der Abbildung.

Lösung Dreieck/Längenabbildung/Kritische Punkte/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (5 (1+1+3) Punkte)

Es sei

${}U_{1}={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid x>y\right\}}\subseteq \mathbb {R} ^{2}\,$

und

${}U_{2}={\left\{(u,v)\in \mathbb {R} ^{2}\mid u^{2}>4v\right\}}\subseteq \mathbb {R} ^{2}\,.$

a) Skizziere ${}U_{1}$ und ${}U_{2}$.

b) Zeige, dass ${}U_{1}$ und ${}U_{2}$ offen sind.

c) Zeige, dass die Abbildung

$\varphi \colon U_{1}\longrightarrow U_{2},\,(x,y)\longmapsto (x+y,xy),$

ein Diffeomorphismus ist.

Lösung Diffeomorphismus/Addition und Multiplikation/Definitionsbereich/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (9 (2+3+3+1) Punkte)

Es sei

${}b\geq 1\geq a>0\,$

fixiert und sei

${}M={\left\{f:[a,b]\rightarrow [a,b]\mid f{\text{ stetig}}\right\}}\,.$

a) Zeige, dass die Abbildung

$H\colon M\longrightarrow M,\,f\longmapsto H(f)={\sqrt {f}},$

wohldefiniert ist.

b) Es sei nun zusätzlich ${}a>{\frac {1}{4}}$. Zeige, dass die Abbildung ${}H$ aus a) eine starke Kontraktion ist (wobei ${}M$ mit der Maximumsnorm versehen sei).

c) Zeige, dass ${}M$ durch die Maximumsnorm ein vollständiger metrischer Raum wird.

d) Bestimme den Fixpunkt von ${}H$.

Lösung

a) Da die Wurzelfunktion stetig ist, ist auch ${}{\sqrt {f}}$ als Hintereinanderschaltung von ${}f$ und ${}{\sqrt {\,}}$ wieder stetig. Wegen

${}{\sqrt {t}}\geq t\,$

für

${}0\leq t\leq 1\,$

und

${}{\sqrt {t}}\leq t\,$

für

${}t\geq 1\,$

ist

${}a={\sqrt {a}}={\sqrt {b}}=b\,$

und somit liegt das Bild von ${}{\sqrt {f}}$ wieder in ${}[a,b]$.

b) Für ${}f,g\in M$ und ${}t\in [a,b]$ ist

${}\vert {{\sqrt {f(t)}}-{\sqrt {g(t)}}}\vert =\vert {\frac {f(t)-g(t)}{{\sqrt {f(t)}}+{\sqrt {g(t)}}}}\vert \leq \vert {f(t)-g(t)}\vert {\frac {1}{2{\sqrt {a}}}}\,.$

Wegen ${}a>{\frac {1}{4}}$ ist der Faktor rechts kleiner als ${}1$. Wenn man das Supremum über alle ${}t\in [a,b]$ nimmt, so ergibt sich die entsprechende Abschätzung für die Maximumsnorm.

c) Nach Satz 55.9 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist der Raum ${}C$ der stetigen Funktionen von ${}[a,b]$ nach ${}\mathbb {R}$ ein vollständiger metrischer Raum. Die Bedingung, dass das Bild von ${}[a,b]$ wieder in ${}[a,b]$ liegt, kann man so formulieren, dass der Abstand (zur Maximumsnorm) von ${}f$ zur konstanten Funktion ${}g$ mit dem Wert ${}{\frac {a+b}{2}}$ maximal gleich ${}{\frac {a+b}{2}}$ ist. Es ist also

${}M=B\left(g,{\frac {a+b}{2}}\right)\subseteq C\,$

ein abgeschlossener Ball in ${}C$. Daher ist ${}M$ selbst nach Aufgabe 36.22 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) vollständig.

d) Wegen

${}{\sqrt {1}}=1\,$

ist die konstante Funktion

${}f=1\,$

der Fixpunkt von ${}H$.

Aufgabe (12 Punkte)

Beweise den Satz von Picard-Lindelöf.

Lösung

Nach Lemma 56.1 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist eine stetige Abbildung

$v\colon J\longrightarrow V$

genau dann eine Lösung des Anfangswertproblems, wenn ${}v$ die Integralgleichung

${}v(t)=w+\int _{t_{0}}^{t}f(s,v(s))\,ds\,$

erfüllt. Wir wollen die Existenz und Eindeutigkeit einer Lösung für diese Integralgleichung unter Verwendung des Banachschen Fixpunktsatzes dadurch erweisen, dass wir für die Abbildung (man spricht von einem Funktional)

$\psi \longmapsto (t\mapsto w+\int _{t_{0}}^{t}f(s,\psi (s))\,ds)$

einen Fixpunkt finden. Hierbei stehen links und rechts Abbildungen in ${}t$ (aus einem gewissen Teilintervall von ${}I$ mit Werten in ${}V$). Die Fixpunkteigenschaft ${}H(\psi )=\psi$ bedeutet gerade, dass ${}\psi (t)=w+\int _{t_{0}}^{t}f(s,\psi (s))ds$ ist. Um den Fixpunktsatz anwenden zu können müssen wir ein Definitionsintervall festlegen, und eine Metrik auf dem Abbildungsraum nach ${}V$ definieren, diesen metrischen Raum dann als vollständig und das Funktional als stark kontrahierend nachweisen. Aufgrund der Voraussetzung über die lokale Lipschitz-Bedingung gibt es eine offene Umgebung

${}(t_{0},w)\in J'\times U{\left(w,\epsilon \right)}\subseteq I\times U\,$

und ein ${}L\in \mathbb {R} _{\geq 0}$ mit

${}\Vert {f(t,v)-f(t,{\tilde {v}})}\Vert \leq L\Vert {v-{\tilde {v}}}\Vert \,$

für alle ${}t\in J'$ und ${}v,{\tilde {v}}\in U{\left(w,\epsilon \right)}$. Durch Verkleinern der Radien können wir annehmen, dass der Abschluss von ${}J'\times U{\left(w,\epsilon \right)}$, also das Produkt des abgeschlossenen Intervalls mit der abgeschlossenen Kugel, ebenfalls in ${}I\times U$ liegt. Aufgrund von Satz 36.12 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gibt es ein ${}M\in \mathbb {R} _{+}$ mit

$\Vert {f(t,v)}\Vert \leq M{\text{ für alle }}(t,v)\in J'\times U{\left(w,\epsilon \right)}$

(da diese Beschränktheit auf dem Abschluss gilt). Wir ersetzen nun ${}J'$ durch ein kleineres Intervall

${}J=[t_{0}-\delta ,t_{0}+\delta ]\subseteq J'\,$

mit ${}\delta >0$, ${}\delta \leq \epsilon /M$ und ${}\delta \leq 1/(2L)$.
Wir betrachten nun die Menge der stetigen Abbildungen

${}{\begin{aligned}C&={\left\{\psi :J\rightarrow V\mid \psi {\text{ stetig}},\,\Vert {\psi (t)-w}\Vert \leq \epsilon {\text{ für alle }}t\in J\right\}}\\&={\left\{\psi :J\rightarrow V\mid \psi {\text{ stetig}},\,\Vert {\psi -w}\Vert \leq \epsilon \right\}}.\end{aligned}}$

Dabei wird also ${}C$ mit der Maximumsnorm auf ${}J$ versehen. Dieser Raum ist nach Satz 55.9 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) und nach Aufgabe 36.22 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) wieder ein vollständiger metrischer Raum.
Wir betrachten nun auf diesem konstruierten Intervall ${}J$ bzw. der zugehörigen Menge ${}C$ die Abbildung

$H\colon C\longrightarrow C,\,\psi \longmapsto H(\psi )=(t\mapsto w+\int _{t_{0}}^{t}f(s,\psi (s))\,ds).$

Dazu müssen wir zunächst zeigen, dass ${}H(\psi )$ wieder zu ${}C$ gehört. Für ${}t\in J$ ist aber nach Satz 39.1 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))

${}{\begin{aligned}\Vert {H(\psi )(t)-w}\Vert &=\Vert {\int _{t_{0}}^{t}f(s,\psi (s))\,ds}\Vert \\&\leq {op:Betrag\int _{t_{0}}^{t}\Vert {f(s,\psi (s))}\Vert \,ds}\\&\leq \vert {t-t_{0}}\vert M\\&\leq {\frac {\epsilon }{M}}M\\&=\epsilon ,\end{aligned}}$

und ${}H(\psi )$ ist stetig, da es durch ein Integral definiert wird.
Zum Nachweis der Kontraktionseigenschaft seien ${}\psi _{1},\psi _{2}\in C$ gegeben. Für ein ${}t\in J$ ist

${}{\begin{aligned}\Vert {H(\psi _{1})(t)-H(\psi _{2})(t)}\Vert &=\Vert {\int _{t_{0}}^{t}f(s,\psi _{1}(s))\,ds-\int _{t_{0}}^{t}f(s,\psi _{2}(s))\,ds}\Vert \\&=\Vert {\int _{t_{0}}^{t}(f(s,\psi _{1}(s))-f(s,\psi _{2}(s)))\,ds}\Vert \\&\leq \vert {\int _{t_{0}}^{t}\Vert {f(s,\psi _{1}(s))-f(s,\psi _{2}(s))}\Vert \,ds}\vert \\&\leq \vert {\int _{t_{0}}^{t}L\Vert {\psi _{1}(s)-\psi _{2}(s)}\Vert \,ds}\vert \\&=L\cdot \vert {\int _{t_{0}}^{t}\Vert {\psi _{1}(s)-\psi _{2}(s)}\Vert \,ds}\vert \\&\leq L\cdot \vert {\int _{t_{0}}^{t}\Vert {\psi _{1}-\psi _{2}}\Vert \,ds}\vert \\&\leq L\vert {t-t_{0}}\vert \cdot \Vert {\psi _{1}-\psi _{2}}\Vert \\&\leq {\frac {1}{2}}\Vert {\psi _{1}-\psi _{2}}\Vert .\end{aligned}}$

Da dies für jedes ${}t\in J$ gilt, folgt aus dieser Abschätzung direkt

${}\Vert {H(\psi _{1})-H(\psi _{2})}\Vert \leq {\frac {1}{2}}\Vert {\psi _{1}-\psi _{2}}\Vert \,,$

d.h. es liegt eine starke Kontraktion vor. Daher besitzt ${}H$ ein eindeutiges Fixelement ${}\psi \in C$, und diese Abbildung löst die Differentialgleichung. Dies gilt dann erst recht auf jedem offenen Teilintervall von ${}J$.
Damit haben wir insbesondere bewiesen, dass es in ${}C$ nur eine Lösung geben kann, wir wollen aber generell auf dem Intervall ${}J$ Eindeutigkeit erhalten. Für eine Lösung ${}v\colon J\rightarrow V$ gilt aber wegen der Integralbeziehung wieder

${}v(t)=w+\int _{t_{0}}^{t}f(s,v(s))ds\,$

und die gleichen Abschätzungen wie weiter oben zeigen, dass die Lösung zu ${}C$ gehören muss.

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 Lemma 57.8 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))

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

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

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung