Kurs:Analysis/Teil II/15/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	${}\sum$
Punkte	3	3	0	3	4	3	4	10	3	4	6	5	8	4	5	65

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine abgeschlossene Menge ${}A\subseteq M$ in einem metrischen Raum ${}M$.
2. Das Wegintegral zu einem stetigen Vektorfeld

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

   und einer stetig differenzierbaren Kurve

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

3. Ein Fundamentalsystem von Lösungen eines homogenen linearen Differentialgleichungssystems mit konstanten Koeffizienten.
4. Eine höhere Richtungsableitung zu einer Abbildung

   $f\colon V\longrightarrow W,$

   wobei ${}V,W$ endlichdimensionale ${}{\mathbb {K} }$- Vektorräume sind, bezüglich der Richtungen ${}v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$.

5. Der Typ einer symmetrischen Bilinearform ${}\left\langle -,-\right\rangle$ auf einem endlichdimensionalen reellen Vektorraum ${}V$.
6. Das Gradientenfeld zu einer differenzierbaren Funktion

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

   auf einem euklidischen Vektorraum ${}V$.

Lösung

1. Eine Teilmenge ${}A\subseteq M$ heißt abgeschlossen, wenn das Komplement ${}M\setminus A$ offen ist.
2. Das Wegintegral ist

   ${}\int _{\gamma }F:=\int _{a}^{b}\left\langle F(\gamma (t)),\gamma '(t)\right\rangle dt\,.$

3. Es sei

   ${}v'=Mv\,$

   mit

   $M\in \operatorname {Mat} _{n\times n}({\mathbb {K} })$

   ein homogenes lineares gewöhnliches Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten. Dann heißt eine Basis des Lösungsraumes ein Fundamentalsystem von Lösungen dieses Systems.

4. Man sagt, dass die höhere Richtungsableitung von ${}f$ in Richtung ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ existiert, wenn die höhere Richtungsableitung in Richtung ${}v_{1},\ldots ,v_{n-1}$ existiert und davon die Richtungsableitung in Richtung ${}v_{n}$ existiert.
5. Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum mit einer symmetrischen Bilinearform ${}\left\langle -,-\right\rangle$. Man sagt, dass eine solche Bilinearform den Typ

   $(p,q)$

   besitzt, wobei

   ${}p:={\max {\left(\dim _{\mathbb {R} }{\left(U\right)},U\subseteq V,\,\left\langle -,-\right\rangle {|}_{U}{\text{ positiv definit}}\right)}}\,$

   und

   ${}q:={\max {\left(\dim _{\mathbb {R} }{\left(U\right)},U\subseteq V,\,\left\langle -,-\right\rangle {|}_{U}{\text{ negativ definit}}\right)}}\,$

   ist.

6. Die Abbildung

   $V\longrightarrow V,\,P\longmapsto \operatorname {Grad} \,f(P),$

   heißt Gradientenfeld zu ${}f$.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über das Maximum von Funktionen auf kompakten Teilmengen.
2. Der Trägheitssatz von Sylvester.
3. Der Satz über den Gradienten und die Niveaumenge.

Lösung

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über das Maximum von Funktionen auf kompakten Teilmengen.
2. Der Trägheitssatz von Sylvester.
3. Der Satz über den Gradienten und die Niveaumenge.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise die Stetigkeit polynomialer Funktionen ${}f\colon {\mathbb {K} }^{n}\rightarrow {\mathbb {K} }$.

Lösung

Die einzelnen Variablen ${}x_{i}$ repräsentieren die ${}i$-te lineare Projektion

$\left(x_{1},\ldots ,x_{n}\right)\longrightarrow x_{i}.$

Nach Satz 34.10 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) sind diese stetig. Aufgrund von Lemma 34.9 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) sind dann auch die monomialen Funktionen

$x_{1}^{\nu _{1}}x_{2}^{\nu _{2}}\cdots x_{n}^{\nu _{n}}\colon {\mathbb {K} }^{n}\longrightarrow {\mathbb {K} }$

stetig und damit aus dem gleichen Grund überhaupt alle polynomialen Funktionen.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}(M,d)$ ein metrischer Raum und ${}T\subseteq M$ eine Teilmenge. Es sei

$f\colon T\longrightarrow L$

eine stetige Abbildung in einen weiteren metrischen Raum ${}L$ und sei ${}a\in M$, ${}a\notin T$, ein Punkt, der ein Berührpunkt von ${}T$ sei. Zeige, dass der Grenzwert

$\operatorname {lim} _{x\in T,\,x\rightarrow a}\,f(x)$

genau dann existiert, wenn ${}f$ eine stetige Fortsetzung

${\tilde {f}}\colon T\cup \{a\}\longrightarrow L$

besitzt.

Lösung

Wir setzen zunächst voraus, dass der Grenzwert existiert. In diesem Fall definieren wir die Fortsetzung durch

${}{\tilde {f}}(a):=\operatorname {lim} _{x\in T,\,x\rightarrow a}\,f(x)\,$

und müssen zeigen, dass dies stetig ist. Für ${}x\in T$ ist die Abbildung nach wie vor stetig, da sich die Abbildung in einer offenen Umgebung von ${}x$ nicht ändert. Im Punkt ${}a$ stimmt die Definition der Grenzwerteigenschaft mit der ${}\epsilon -\delta$-Definition der Stetigkeit überein mit dem einzigen Unterschied, dass diese sich auch auf den Punkt ${}a$ bezieht, in diesem Punkt ist aber die Abstandsbedingung trivialerweise erfüllt.

Wenn ${}{\tilde {f}}$ eine stetige Fortsetzung ist, so ist

${}b:={\tilde {f}}(a)\,$

der Grenzwert von ${}f$ in ${}a$ sein.

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien

$f,g\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

differenzierbare Kurven. Berechne die Ableitung der Funktion

$\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto \left\langle f(t),g(t)\right\rangle .$

Formuliere das Ergebnis mit dem Skalarprodukt.

Lösung

Es seien ${}f_{i}(t)$ bzw. ${}g_{i}(t)$ die Komponentenfunktionen von ${}f$ bzw. ${}g$. Die in Frage stehende Funktion ist

${}\left\langle f(t),g(t)\right\rangle =\sum _{i=1}^{n}f_{i}(t)g_{i}(t)\,$

mit der Ableitung (auf jeden Summanden wendet man die Produktregel an)

$\sum _{i=1}^{n}f'_{i}(t)g_{i}(t)+\sum _{i=1}^{n}f_{i}(t)g'_{i}(t).$

Mit dem Skalarprodukt kann man dies als

$\left\langle f'(t),g(t)\right\rangle +\left\langle f(t),g'(t)\right\rangle$

schreiben.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das Wegintegral zum Vektorfeld

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

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 des linken Summanden ist

$t^{2}e^{t}-2te^{t}+2e^{t}$

und des rechten Summanden ist

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

Somit ist

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

Aufgabe (10 Punkte)

Beweise den Kurvenlängensatz.

Lösung

Da die Norm stetig ist, existiert nach Satz 24.3 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) das rechte Integral, und zwar ist es gleich dem Infimum über alle Treppenintegrale zu oberen Treppenfunktionen der Funktion ${}t\mapsto \Vert {f'(t)}\Vert$. Diese Treppenintegrale werden zu einer Unterteilung ${}a=t_{0}\leq \ldots \leq t_{k}=b$ durch ${}\sum _{i=1}^{k}(t_{i}-t_{i-1})w_{i}$ mit ${}w_{i}={\operatorname {sup} \,(\Vert {f'(t)}\Vert ,t_{i-1}\leq t\leq t_{i})}$ gegeben. Andererseits steht nach der Definition der Kurvenlänge links das Supremum über die zu einer solchen Unterteilung gehörigen Summen

$\sum _{i=1}^{k}\Vert {f(t_{i})-f(t_{i-1})}\Vert .$

Aufgrund der Mittelwertabschätzung gilt

${}\Vert {f(t_{i})-f(t_{i-1})}\Vert \leq (t_{i}-t_{i-1})\cdot {\operatorname {sup} \,(\Vert {f'(t)}\Vert ,t_{i-1}\leq t\leq t_{i})}\,.$

Durch Aufsummieren ergibt sich daher die Abschätzung

${}\sum _{i=1}^{k}\Vert {f(t_{i})-f(t_{i-1})}\Vert \leq \sum _{i=1}^{k}(t_{i}-t_{i-1})\cdot {\operatorname {sup} \,(\Vert {f'(t)}\Vert ,t_{i-1}\leq t\leq t_{i})}\,.$

Hierbei müssen wir links das Supremum und rechts das Infimum über alle Unterteilungen nehmen.  Nehmen wir an, dass das Supremum ${}u$ der linken Seite größer als das Infimum ${}v$ der rechten Seite ist. Dann gibt es eine Unterteilung derart, dass die Längensumme links zu dieser Unterteilung mindestens gleich ${}u-{\frac {1}{3}}(u-v)$, und eine Unterteilung derart, dass das Treppenintegral rechts höchstens gleich ${}v+{\frac {1}{3}}(u-v)$ ist. Wir können zur gemeinsamen Verfeinerung übergehen und annehmen, dass es sich um die gleiche Unterteilung handelt, und erhalten einen Widerspruch. Das Supremum der linken Seite ist also durch das Infimum der rechten Seite beschränkt. D.h. die Kurve ist rektifizierbar und es gilt

${}L(f)\leq \int _{a}^{b}\Vert {f'(t)}\Vert \,dt\leq (b-a)\cdot {\operatorname {sup} \,(\Vert {f'(t)}\Vert ,t\in [a,b])}\,.$

Diese Beziehung gilt auch für jedes beliebige Teilintervall ${}[s,s']\subseteq [a,b]$. Es sei ${}L_{a}^{s}(f)$ die Länge der auf ${}[a,s]$ definierten Kurve. Es genügt dann zu zeigen, dass diese Funktion nach ${}s$ ableitbar und eine Stammfunktion zu ${}t\mapsto \Vert {f'(t)}\Vert$ ist. Für den zugehörigen Differenzenquotienten ${}{\frac {L_{a}^{s'}(f)-L_{a}^{s}(f)}{s'-s}}={\frac {L_{s}^{s'}(f)}{s'-s}}$ in einem Punkt ${}s\in [a,b]$ gelten die Abschätzungen (${}s'>s$)

${}{\begin{aligned}{\frac {\Vert {f(s')-f(s)}\Vert }{s'-s}}&\leq {\frac {L_{s}^{s'}(f)}{s'-s}}\\&\leq {\frac {(s'-s)\cdot {\operatorname {sup} \,(\Vert {f'(t)}\Vert ,t\in [s,s'])}}{s'-s}}\\&={\operatorname {sup} \,(\Vert {f'(t)}\Vert ,t\in [s,s'])}.\end{aligned}}$

Für ${}s'\rightarrow s$ konvergieren die beiden äußeren Seiten gegen ${}\Vert {f'(s)}\Vert$, sodass auch der Differenzenquotient dagegen konvergieren muss.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}M$ eine reelle ${}n\times n$- Matrix, ${}u\in \mathbb {R} ^{n}$ ein Eigenvektor von ${}M$ zum Eigenwert ${}\lambda$. Es sei ${}g\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ eine stetige Funktion. Finde eine nichttriviale Lösung für das lineare Differentialgleichungssystem

${}{\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}'=g(t)M{\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}\,.$

Lösung

Es sei ${}G(t)$ eine Stammfunktion zu ${}g(t)$. Wir behaupten, dass

${}v(t)=e^{\lambda G(t)}u\,$

eine Lösung ist. Dies beruht auf

${}{\begin{aligned}v'(t)&={\begin{pmatrix}e^{\lambda G(t)}u_{1}\\\vdots \\e^{\lambda G(t)}u_{n}\end{pmatrix}}'\\&={\begin{pmatrix}(e^{\lambda G(t)}u_{1})'\\\vdots \\(e^{\lambda G(t)}u_{n})'\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}\lambda g(t)e^{\lambda G(t)}u_{1}\\\vdots \\\lambda g(t)e^{\lambda G(t)}u_{n}\end{pmatrix}}\\&=\lambda g(t)e^{\lambda G(t)}{\begin{pmatrix}u_{1}\\\vdots \\u_{n}\end{pmatrix}}\\&=g(t)M{\left(e^{\lambda G(t)}{\begin{pmatrix}u_{1}\\\vdots \\u_{n}\end{pmatrix}}\right)}\\&=g(t)M{\begin{pmatrix}e^{\lambda G(t)}u_{1}\\\vdots \\e^{\lambda G(t)}u_{n}\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die ersten drei Picard-Lindelöf-Iterationen zum Anfangswertproblem

${}y'=ty\,$

mit der Anfangsbedingung

${}y(0)=1\,.$

Lösung

Es ist ${}\varphi _{0}=1$. Die erste Iteration liefert

${}\varphi _{1}(t)=1+\int _{0}^{t}sds=1+{\frac {1}{2}}t^{2}\,.$

Die zweite Iteration liefert

${}{\begin{aligned}\varphi _{2}(t)&=1+\int _{0}^{t}F{\left(s,\varphi _{1}(s)\right)}ds\\&=1+\int _{0}^{t}F{\left(s,1+{\frac {1}{2}}s^{2}\right)}ds\\&=1+\int _{0}^{t}s+{\frac {1}{2}}s^{3}ds\\&=1+{\frac {1}{2}}t^{2}+{\frac {1}{8}}t^{4}.\end{aligned}}$

Die dritte Iteration liefert

${}{\begin{aligned}\varphi _{3}(t)&=1+\int _{0}^{t}F{\left(s,\varphi _{2}(s)\right)}ds\\&=1+\int _{0}^{t}F{\left(s,1+{\frac {1}{2}}s^{2}+{\frac {1}{8}}s^{4}\right)}ds\\&=1+\int _{0}^{t}s+{\frac {1}{2}}s^{3}+{\frac {1}{8}}s^{5}ds\\&=1+{\frac {1}{2}}t^{2}+{\frac {1}{8}}t^{4}+{\frac {1}{48}}t^{6}.\end{aligned}}$

Aufgabe (6 (4+2) Punkte)

1. Bestimme die Richtungsableitung der Funktion

   $f\colon \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto {\frac {\sqrt {x}}{y}},$

   im Punkt ${}(1,2)$ in Richtung ${}(3,-1)$ mit einer direkten Limesbetrachtung unter Verwendung der Regel von Hospital.

2. Überprüfe das Ergebnis aus (1) mit Hilfe des totalen Differentials.

Lösung

1. Wir müssen untersuchen, ob und wohin der Differenzenquotient

   ${}{\begin{aligned}{\frac {f((1,2)+s(3,-1))-f(1,2)}{s}}&={\frac {f((1+3s,2-s))-f(1,2)}{s}}\\&={\frac {{\frac {\sqrt {1+3s}}{2-s}}-{\frac {1}{2}}}{s}}\\&={\frac {2{\sqrt {1+3s}}-(2-s)}{2(2-s)s}}\\&={\frac {2{\sqrt {1+3s}}+s-2}{-2s^{2}+4s}}\end{aligned}}$

   für ${}s\rightarrow 0$ konvergiert. Wir leiten Zähler und Nenner ab und erhalten den neuen Quotienten

   ${\frac {{\frac {3}{\sqrt {1+3s}}}+1}{-4s+4}}.$

   Hier konvergiert der Nenner für ${}s\rightarrow 0$ gegen ${}4$ und der Gesamtbruch gegen ${}1$. Nach Hospital konvergiert dann auch der Differenzenquotient gegen ${}1$.

2. Die partiellen Ableitungen sind

   ${}\left({\frac {\partial f}{\partial x}},\,{\frac {\partial f}{\partial y}}\right)=\left({\frac {1}{2{\sqrt {x}}y}},\,-{\frac {\sqrt {x}}{y^{2}}}\right)\,.$

   Im Punkt ${}(1,2)$ ergibt dies das totale Differential

   $\left({\frac {1}{4}},\,-{\frac {1}{4}}\right)$

   und angewendet auf den Richtungsvektor ${}(3,-1)$ ergibt dies aufgrund von Proposition 46.1 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) die Richtungsableitung

   ${}\left({\frac {1}{4}},\,-{\frac {1}{4}}\right){\begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}}=1\,.$

Aufgabe (5 (1+1+1+2) Punkte)

Wir betrachten Dreiecke mit den beiden fixierten Eckpunkten ${}(-1,0)$ und ${}(1,0)$ und dem variablen Eckpunkt ${}(x,y)$.

1. Erstelle eine Formel für den Flächeninhalt des Dreieckes mit den Eckpunkten ${}(-1,0),(1,0),(x,y)$.
2. Erstelle eine Formel für den Umfang des Dreieckes mit den Eckpunkten ${}(-1,0),(1,0),(x,y)$.
3. In welche Richtung muss man den dritten Punkt ${}(x,y)$ bewegen, damit der Flächeninhalt möglichst schnell wächst?
4. In welche Richtung muss man den dritten Punkt ${}(x,y)$ bewegen, damit der Umfang möglichst schnell wächst?

Lösung

1. Die Grundseite des Dreieckes hat die Länge ${}2$, die Höhe des Dreieckes ist ${}y$, daher ist der Flächeninhalt gleich ${}y$.
2. Der Dreiecksumfang ist

   ${}U(x,y)=2+{\sqrt {(x+1)^{2}+y^{2}}}+{\sqrt {(x-1)^{2}+y^{2}}}\,.$

3. Nach Satz 47.8 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ergibt sich die stärkste Änderung des Flächeninhalts in Richtung des Gradienten der Flächenfunktion, dieser ist

   ${\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}.$

4. Nach Satz 47.8 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ergibt sich die stärkste Änderung des Umfanges in Richtung des Gradienten der Umfangsfunktion. Die partiellen Ableitungen sind

   ${}{\frac {\partial U}{\partial x}}={\frac {x+1}{\sqrt {(x+1)^{2}+y^{2}}}}+{\frac {x-1}{\sqrt {(x-1)^{2}+y^{2}}}}\,$

   und

   ${}{\frac {\partial U}{\partial y}}={\frac {y}{\sqrt {(x+1)^{2}+y^{2}}}}+{\frac {y}{\sqrt {(x-1)^{2}+y^{2}}}}\,.$

   Daher ist der Gradient in einem Punkt ${}(x,y)$ gleich

   ${\begin{pmatrix}{\frac {x+1}{\sqrt {(x+1)^{2}+y^{2}}}}+{\frac {x-1}{\sqrt {(x-1)^{2}+y^{2}}}}\\{\frac {y}{\sqrt {(x+1)^{2}+y^{2}}}}+{\frac {y}{\sqrt {(x-1)^{2}+y^{2}}}}\end{pmatrix}}.$

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 51.4 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) 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, sodass 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.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{4}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,\left(x,\,y,\,z,\,w\right)\longmapsto \left(e^{xy}-xw^{2},\,\sin y-z\cos w+yz^{2}w^{3}\right).$

1. Bestimme das totale Differential von ${}\varphi$ in jedem Punkt ${}\left(x,\,y,\,z,\,w\right)$.
2. Zeige, dass

   ${}P=\left(0,\,{\frac {\pi }{2}},\,1,\,0\right)\,$

   ein regulärer Punkt für ${}\varphi$ ist und bestimme eine Basis für den Tangentialraum an die Faser von ${}\varphi$ in Punkt ${}P$.

Lösung

1. Das totale Differential wird bezüglich der Standardbasis durch die Jacobi-Matrix beschrieben, diese ist

   ${\begin{pmatrix}ye^{xy}-w^{2}&xe^{xy}&0&-2xw\\0&\cos y+z^{2}w^{3}&-\cos w+2yzw^{3}&z\sin w+3yz^{2}w^{2}\end{pmatrix}}.$

2. In ${}P=\left(0,\,{\frac {\pi }{2}},\,1,\,0\right)$ ist die Jacobi-Matrix gleich

   ${\begin{pmatrix}{\frac {\pi }{2}}&0&0&0\\0&0&-1&0\end{pmatrix}}.$

   Diese hat offenbar den Rang ${}2$, daher liegt ein regulärer Punkt vor. Der Tangentialraum an die Faser durch ${}P$ ist der Kern dieser Matrix, eine Basis davon ist ${}{\begin{pmatrix}0\\0\\0\\1\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix}}$.

Aufgabe (5 (2+3) Punkte)

Wir betrachten das Vektorfeld

$G\colon \mathbb {R} ^{2}\setminus \{(0,0)\}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\longmapsto {\frac {1}{x^{2}+y^{2}}}{\begin{pmatrix}-y\\x\end{pmatrix}}.$

1. Zeige, dass ${}G$ die Integrabilitätsbedingung erfüllt.
2. Zeige, dass ${}G$ kein Gradientenfeld ist.

Lösung

1. Wegen

   ${}{\frac {\partial G_{1}}{\partial y}}={\frac {\partial }{\partial y}}{\left({\frac {-y}{x^{2}+y^{2}}}\right)}={\frac {-(x^{2}+y^{2})+y(2y)}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}={\frac {-x^{2}+y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\,$

   und

   ${}{\frac {\partial G_{2}}{\partial x}}={\frac {\partial }{\partial x}}{\left({\frac {x}{x^{2}+y^{2}}}\right)}={\frac {(x^{2}+y^{2})-x(2x)}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}={\frac {-x^{2}+y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\,$

   erfüllt dieses Vektorfeld die Integrabilitätsbedingung.

2. Das Wegintegral zur (geschlossenen) trigonometrischen Parametrisierung des Einheitskreises

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

   ist

   ${}{\begin{aligned}\int _{\gamma }G&=\int _{0}^{2\pi }\left\langle G(\gamma (t)),{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle dt\\&=\int _{0}^{2\pi }\left\langle {\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle dt\\&=\int _{0}^{2\pi }\sin ^{2}t+\cos ^{2}tdt\\&=\int _{0}^{2\pi }1dt\\&=2\pi \\&\neq 0\end{aligned}}$

   im Gegensatz zu Korollar 57.9 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)).