Kurs:Analysis/Teil II/16/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	${}\sum$
Punkte	3	3	6	3	6	6	3	7	3	2	6	4	3	5	2	62

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Für ${}x\in \mathbb {R}$ , ${}x>-1$ , heißt die Funktion
$x\longmapsto \operatorname {Fak} \,(x):=\int _{0}^{\infty }t^{x}e^{-t}\,dt$

die Fakultätsfunktion.
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.
Ein homogenes lineares gewöhnliches Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten ist eine Differentialgleichung der Form
${}v'=Mv\,,$

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 mit Einträgen ${}a_{ij}\in {\mathbb {C} }$ ist.
Die ${}n$ -fache stetige Differenzierbarkeit liegt vor, wenn für jede Auswahl ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ von ${}n$ Vektoren aus ${}V$ die höhere Richtungsableitung
$D_{v_{n}}(...D_{v_{2}}(D_{v_{1}}f)\ldots )$

in Richtung ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ existiert und stetig ist.
Die Niveaumenge zu ${}f$ zum Wert ${}c$ ist
${}N_{c}={\left\{x\in \mathbb {R} ^{n}\mid f(x)=c\right\}}\,.$
Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum, ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein reelles Intervall, ${}U\subseteq V$ eine offene Menge und
$f\colon I\times U\longrightarrow V,\,(t,v)\longmapsto f(t,v),$

ein Vektorfeld auf ${}U$ . Man sagt, dass das Vektorfeld ${}f$ einer Lipschitz-Bedingung genügt, wenn es eine reelle Zahl ${}L\geq 0$ gibt mit

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

für alle ${}t\in I$ und ${}u,v\in U$ .

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Die Abbildung ${}\varphi$ ist genau dann im Punkt ${}x$ stetig, wenn für jede konvergente Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in ${}L$ mit ${}\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}=x$ auch die Bildfolge ${}{\left(\varphi (x_{n})\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergent mit dem Grenzwert ${}\varphi (x)$ ist.
Es sei ${}\left\langle -,-\right\rangle$ eine symmetrische Bilinearform auf einem endlichdimensionalen reellen Vektorraum ${}V$ 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. Die Determinanten ${}D_{k}$ der quadratischen Untermatrizen
$M_{k}=(\left\langle v_{i},v_{j}\right\rangle )_{1\leq i,j\leq k}$

seien alle von ${}0$ verschieden für ${}k=1,\ldots ,n$ . Es sei ${}q$ die Anzahl der Vorzeichenwechsel in der Folge

$D_{0}=1,\,D_{1}=\det M_{1},\,D_{2}=\det M_{2},\ldots ,D_{n}=\det M_{n}=\det G.$

Dann ist ${}\left\langle -,-\right\rangle$ vom Typ
${}(n-q,q)$ .
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 (6 Punkte)

Beweise das Vergleichskriterium für Reihen und uneigentliche Integrale.

Lösung

Wenn das uneigentliche Integral existiert, so betrachten wir die Abschätzung

{}\sum _{n=2}^{k}f(n)\leq \int _{1}^{k}f(t)\,dt\,,

die darauf beruht, dass die linke Seite das Treppenintegral zu einer unteren Treppenfunktion für ${}f$ auf ${}[1,k]$ ist. Da die rechte Seite beschränkt ist, gilt dies auch für die linke Seite, sodass wegen ${}f(n)\geq 0$ die Reihe konvergiert.
Ist umgekehrt die Reihe konvergent, so betrachten wir die Abschätzung

{}\int _{1}^{k}f(t)\,dt\leq \sum _{n=1}^{k-1}f(n)\,,

die gilt, da die rechte Seite das Treppenintegral zu einer oberen Treppenfunktion ist. Wegen ${}f(t)\geq 0$ ist die Integralfunktion ${}x\mapsto \int _{1}^{x}f(t)\,dt$ wachsend und beschränkt, da die rechte Seite wegen der Konvergenz der Reihe beschränkt ist. Daher besitzt die Integralfunktion für ${}x\mapsto \infty$ einen Grenzwert und das uneigentliche Integral existiert.

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise die Dreiecksungleichung für die Norm zu einem Skalarprodukt.

Lösung

Zum Beweis der Dreiecksungleichung schreiben wir

{}\Vert {v+w}\Vert ^{2}=\left\langle v+w,v+w\right\rangle =\Vert {v}\Vert ^{2}+\Vert {w}\Vert ^{2}+2\left\langle v,w\right\rangle \leq \Vert {v}\Vert ^{2}+\Vert {w}\Vert ^{2}+2\vert {\left\langle v,w\right\rangle }\vert \,

Aufgrund von Satz 32.11 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist dies ${}\leq {\left(\Vert {v}\Vert +\Vert {w}\Vert \right)}^{2}$ . Diese Abschätzung überträgt sich auf die Quadratwurzeln.

Aufgabe (6 (3+3) Punkte)

Bestimme den Abschluss für die folgenden Teilmengen von ${}\mathbb {R} _{\geq 0}$ .

Sei ${}k\in \mathbb {N} _{+}$ fixiert. ${}S_{k}$ ist die Menge der reellen Zahlen ${}\geq 0$ , deren Dezimalentwicklung nach der ${}k$ -ten Nachkommastelle abbricht.
${}T$ ist die Menge aller reellen Zahlen ${}\geq 0$ , deren Dezimalentwicklung irgendwo abbricht.

Lösung

Ein Element ${}x\in S_{k}$ hat im Dezimalsystem die Form
${}\sum _{j=-k}^{m}z_{j}10^{j}={\left(\sum _{j=0}^{m+k}z_{j}10^{j}\right)}10^{-k}\,$

Die Menge ${}S_{k}$ besteht also aus allen reellen Zahlen, die von der Form

${}x=n{\frac {1}{10^{k}}}\,$

mit einer natürlichen Zahl ${}n\in \mathbb {N}$ sind. Der Abstand von zwei solchen verschiedenen Zahlen ist also zumindest ${}10^{-k}$ . Daher gibt es zu jedem Punkt ${}x\in S_{k}$ eine offene Intervallumgebung, in der nur dieser Punkt liegt. Somit ist diese Menge abgeschlossen.
Der Abschluss der Menge ${}T$ ist ganz ${}\mathbb {R} _{\geq 0}$ . Eine jede reelle Zahl ${}y\geq 0$ besitzt eine Dezimalentwicklung
${}y=\sum _{j=-\infty }^{m}z_{j}10^{j}\,.$

Hierbei ist ${}y$ der Grenzwert der Folge

${}x_{n}=\sum _{j=-n}^{m}z_{j}10^{j}\,.$

Dabei besitzt ${}x_{n}$ eine abbrechende Dezimalentwicklung (mit höchstens ${}n$ Nachkommastellen) und gehört somit zu ${}T$ .

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise die Integralabschätzung für stetige Kurven.

Lösung

Wenn ${}\int _{a}^{b}g(t)\,dt=0$ ist, so ist nichts zu zeigen. Es sei also

{}\int _{a}^{b}g(t)\,dt=v\neq 0\,.

Es sei ${}u_{1}:={\frac {v}{\Vert {v}\Vert }}$ . Das ergänzen wir zu einer Orthonormalbasis ${}u_{1},u_{2},\ldots ,u_{n}$ von ${}V$ . Es seien ${}g_{1},g_{2},\ldots ,g_{n}$ die Koordinatenfunktionen von ${}g$ bezüglich dieser Basis. Dann besteht aufgrund unserer Basiswahl die Beziehung

{}{\begin{aligned}v&=\int _{a}^{b}g(t)\,dt\\&={\left(\int _{a}^{b}g_{1}(t)\,dt\right)}u_{1}+\cdots +{\left(\int _{a}^{b}g_{n}(t)\,dt\right)}u_{n}\\&={\left(\int _{a}^{b}g_{1}(t)\,dt\right)}u_{1},\end{aligned}}

da ja ${}v$ ein Vielfaches von ${}u_{1}$ ist und somit die anderen Koeffizienten gleich ${}0$ sind. Daher ist

{}{\begin{aligned}\Vert {\int _{a}^{b}g(t)\,dt}\Vert &=\vert {\int _{a}^{b}g_{1}(t)\,dt}\vert \\&\leq \int _{a}^{b}\vert {g_{1}(t)}\vert \,dt\\&\leq \int _{a}^{b}{\sqrt {(g_{1}(t))^{2}+\cdots +(g_{n}(t))^{2}}}\,dt\\&=\int _{a}^{b}\Vert {g_{1}(t)u_{1}+\cdots +g_{n}(t)u_{n}}\Vert \,dt\\&=\int _{a}^{b}\Vert {g(t)}\Vert \,dt.\end{aligned}}

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 (7 (2+2+3) Punkte)

Wir betrachten das lineare Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten

{}{\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}u\\v\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}u\\v\end{pmatrix}}'\,.

Bestimme die Eigenwerte der Matrix und die zugehörigen Basislösungen.
Beschreibe ein Fundamentalsystem aus Basislösungen mit den Hyperbelfunktionen.
Löse das lineare Anfangswertproblem
${\begin{pmatrix}u\\v\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}u\\v\end{pmatrix}}{\text{ mit }}{\begin{pmatrix}u(0)\\v(0)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4\\5\end{pmatrix}}$

mit den beiden Fundamentalsystemen aus (1) und (2).

Lösung

Das charakteristische Polynom ist
${}\lambda ^{2}-1=(\lambda -1)(\lambda +1)\,,$

die Eigenwerte sind also ${}\pm 1$ . Ein Eigenvektor zu ${}1$ ist ${}{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}$ und ein Eigenvektor zu ${}-1$ ist ${}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$ . Nach Lemma 42.1 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) sind somit ${}e^{t}{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}$ und ${}e^{-t}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$ Basislösungen des Systems.
Wir betrachten die beiden (linear unabhängigen) Linearkombinationen
${}e^{t}{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}+e^{-t}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}e^{t}+e^{-t}\\e^{t}-e^{-t}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\cosh t\\2\sinh t\end{pmatrix}}\,$

und

${}e^{t}{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}-e^{-t}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}e^{t}-e^{-t}\\e^{t}+e^{-t}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\sinh t\\2\cosh t\end{pmatrix}}\,.$

Also bilden auch ${}{\begin{pmatrix}\cosh t\\\sinh t\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}\sinh t\\\cosh t\end{pmatrix}}$ ein Fundamentalsystem.
Die Anfangsbedingung führt auf
${}a{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4\\5\end{pmatrix}}\,$

und somit auf ${}a={\frac {9}{2}}$ und ${}b=-{\frac {1}{2}}$ . Die Lösung des Anfangswertproblemes ist also

${}\varphi (t)={\frac {9}{2}}e^{t}{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}-{\frac {1}{2}}e^{-t}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}\,,$

gegeben als Linearkombination zum ersten Fundamentalsystem.
Eine lineare Umrechnung ergibt

${}{\begin{aligned}\varphi (t)&={\frac {9}{2}}e^{t}{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}-{\frac {1}{2}}e^{-t}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\frac {9}{2}}e^{t}-{\frac {1}{2}}e^{-t}\\{\frac {9}{2}}e^{t}+{\frac {1}{2}}e^{-t}\end{pmatrix}}\\&=4{\begin{pmatrix}\cosh t\\\sinh t\end{pmatrix}}+5{\begin{pmatrix}\sinh t\\\cosh t\end{pmatrix}},\end{aligned}}$

dies ist die Darstellung im zweiten Fundamentalsystem.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Richtungsableitung von

{}f(x,y)=x^{3}+x^{2}y-y^{5}\,

im Punkt ${}(4,-1)$ in Richtung ${}(-3,2)$ .

Lösung

Es geht um die Ableitung der zusammengesetzten Funktion

f\circ \gamma \colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}

mit dem linearen Weg

{}\gamma (t)={\begin{pmatrix}4\\-1\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}-3\\2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4-3t\\-1+2t\end{pmatrix}}\,

im Nullpunkt. Es ist

{}{\begin{aligned}{\left(f\circ \gamma \right)}(t)&=f{\left({\begin{pmatrix}4-3t\\-1+2t\end{pmatrix}}\right)}\\&={\left(4-3t\right)}^{3}+{\left(4-3t\right)}^{2}{\left(-1+2t\right)}-{\left(-1+2t\right)}^{5}\\&=64-144t-16+(32+24)t-1-10t+t^{2}Q\\&=47-98t+t^{2}Q\end{aligned}}

mit einem Polynom ${}Q$ , das aber für die Ableitung an ${}0$ irrelevant ist. Die Richtungsableitung ist

{}{\left(f\circ \gamma \right)}'(0)=-98\,.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}G\subseteq V$ eine offene Teilmenge in einem endlichdimensionalen reellen Vektorraum ${}V$ , sei ${}f\colon G\rightarrow \mathbb {R}$ eine total differenzierbare Funktion und ${}g\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ eine differenzierbare Funktion. Zeige

{}\left(D{\left(g\circ f\right)}\right)_{P}=g'(f(P))\cdot \left(Df\right)_{P}\,

für ${}P\in G$ .

Lösung

Nach der Kettenregel ist

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

Da ${}g$ eine Funktion von ${}\mathbb {R}$ nach ${}\mathbb {R}$ ist, ist das totale Differential ${}\left(Dg\right)_{f(P)}$ einfach die Multiplikation mit ${}g'(f(P))$ , dies ist die Behauptung.

Aufgabe (6 (3+3) Punkte)

Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum und

F\colon V\longrightarrow V

ein stetig differenzierbares Vektorfeld. Es sei ${}C=C^{\infty }(V,\mathbb {R} )$ die Menge der unendlich oft stetig differenzierbaren Funktionen von ${}V$ nach ${}\mathbb {R}$ . Wir betrachten die Abbildung

\delta =\delta _{F}\colon C\longrightarrow C,\,g\longmapsto \delta (g),

mit

{}(\delta (g))(P)={\left(D_{F(P)}g\right)}{\left(P\right)}\,.

Man erhält also aus der Funktion ${}g$ die neue Funktion ${}\delta (g)$ , indem man an einem Punkt ${}P\in V$ die Richtungsableitung der Funktion ${}g$ in Richtung ${}F(P)$ berechnet.

Zeige
${}\delta (gh)=g\delta (h)+h\delta (g)\,$

für ${}g,h\in C$ .
Es sei ${}h\in C$ mit ${}\delta (h)=0$ . Zeige, dass ${}h$ auf allen (Bildern der) Lösungen zur Differentialgleichung ${}y'=F(y)$ konstant ist.

Lösung

Nach der Produktregel für das totale Differential und dem Zusammenhang zwischen Richtungsableitung und totalem Differential ist
${}{\begin{aligned}{\left(\delta (gh)\right)}(P)&={\left(D_{F(P)}(gh)\right)}{\left(P\right)}\\&={\left(D(gh)\right)}_{P}{\left(F(P)\right)}\\&={\left(g(P)\left(Dh\right)_{P}+h(P)\left(Dg\right)_{P}\right)}(F(P))\\&=g(P){\left(Dh\right)}_{P}{\left(F(P)\right)}+h(P){\left(Dg\right)}_{P}{\left(F(P)\right)}\\&=g(P){\left(D_{F(P)}h\right)}{\left(P\right)}+h(P){\left(D_{F(P)}g\right)}{\left(P\right)}\\&={\left(g\delta (h)\right)}(P)+{\left(h\delta (g)\right)}(P)\end{aligned}}$
für jeden Punkt ${}P\in V$ .
Es sei
$v\colon I\longrightarrow V,\,t\longmapsto v(t),$

eine auf einem Intervall ${}I$ definierte Lösungskurve zur Differentialgleichung ${}v'=F(v)$ , d.h. es gilt ${}v'(t)=F(v(t))$ für alle ${}t\in I$ . Wir betrachten die Ableitung der Verknüpfung

$h\circ v\colon I\longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto h(v(t)).$

Nach der Kettenregel ist

${}{\begin{aligned}(h\circ v)'(t)&={\left(Dh\right)}_{v(t)}{\left(v'(t)\right)}\\&={\left(Dh\right)}_{v(t)}{\left(F(v(t))\right)}\\&={\left(D_{F(v(t))}h\right)}{\left(v(t)\right)}\\&=(\delta (h))(v(t))\\&=0.\end{aligned}}$

Also ist die Ableitung von ${}h\circ v$ gleich ${}0$ für alle ${}t\in I$ und daher ist ${}h\circ v$ konstant.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme mit dem Eigenwertkriterium den Typ der durch die Matrix

{\begin{pmatrix}7&0&0\\0&5&-4\\0&-4&2\end{pmatrix}}

gegebenen symmetrischen Bilinearform.

Lösung

Das charakteristische Polynom der Matrix ist

{}{\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}x-7&0&0\\0&x-5&4\\0&4&x-2\end{pmatrix}}&=(x-7)((x-5)(x-2)-16)\\&=(x-7)(x^{2}-7x+10-16)\\&=(x-7)(x^{2}-7x-6).\end{aligned}}

Das Polynom ${}x^{2}-7x-6$ hat an der Stelle ${}0$ einen negativen Wert, deshalb besitzt es eine positive und eine negative Nullstelle. Da ${}7$ eine weitere Nullstelle des charakteristische Polynoms ist, besitzt dieses ${}2$ positive und eine negative Nullstelle. Daher ist der Typ der Bilinearform gleich ${}(2,1)$ .

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die kritischen Punkte der Funktion

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

Lösung

Der Gradient der Funktion ist

{\begin{pmatrix}y^{2}-1\\2xy\end{pmatrix}}.

Zur Bestimmung der kritischen Punkte setzen wir ${}y^{2}-1=0$ und ${}2xy=0$ . Die erste Bedingung führt auf ${}y=\pm 1$ und die zweite Bedingung auf ${}x=0$ . Die kritischen Punkte sind also ${}(0,1)$ und ${}(0,-1)$ .

Aufgabe (5 Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

F\colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,(x,y,z)\longmapsto (x+y+z,xy+xz+yz,xyz).

Zeige, dass ein Punkt ${}P=(x,y,z)$ genau dann ein regulärer Punkt von ${}F$ ist, wenn die Koordinaten von ${}P$ paarweise verschieden (also ${}x\neq y$ , ${}x\neq z$ und ${}y\neq z$ ) sind.

Lösung

Die Jacobi-Matrix von ${}F$ ist

{\begin{pmatrix}1&1&1\\y+z&x+z&x+y\\yz&xz&xy\end{pmatrix}}.

Ein Punkt ${}P$ ist genau dann ein regulärer Punkt, wenn der Rang dieser Matrix ${}3$ ist, wenn die Matrix also invertierbar ist.

Wenn ${}x=y$ ist, so stimmen die erste und die zweite Spalte überein; wenn ${}x=z$ ist, so stimmen die erste und die dritte Spalte überein; wenn ${}y=z$ ist, so stimmen die zweite und die dritte Spalte überein. Daher liegt bei Punkten, bei denen zwei Koordinaten übereinstimmen, eine lineare Abhängigkeit zwischen den Spalten vor und der Rang der Matrix ist nicht ${}3$ . Solche Punkte sind also nicht regulär.

Zum Beweis der Umkehrung berechnen wir die Determinante der Matrix. Diese ist (Entwicklung nach der ersten Zeile)

{}{\begin{aligned}(x+z)xy-xz(x+y)-(y+z)xy+yz(x+y)+(y+z)xz-yz(x+z)&=x^{2}y-x^{2}z-xy^{2}+y^{2}z+xz^{2}-yz^{2}\\&=x^{2}(y-z)+x(z^{2}-y^{2})+yz(y-z)\\&=x^{2}(y-z)+x(z-y)(z+y)+yz(y-z)\\&=(y-z)(x^{2}-x(z+y)+yz)\\&=(y-z)(x-y)(x-z).\,\end{aligned}}

Wenn die Koordinaten paarweise verschieden sind, so ist die Determinante nicht ${}0$ und die Matrix ist invertierbar, also sind diese Punkte regulär (mit diesem Argument beweist man gleichzeitig auch die Hinrichtung).

Aufgabe (2 Punkte)

Finde eine Lösung ${}v\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ für die Integralgleichung

{}v(t)=1+\int _{0}^{t}v(s)ds\,.

Lösung

Wir behaupten, dass

{}v(t)=e^{t}\,

eine Lösung der Integralgleichung ist. Die rechte Seite der Integralgleichung ist ja

{}1+\int _{0}^{t}e^{s}ds=1+e^{s}|_{0}^{t}=1+e^{t}-e^{0}=e^{t}\,.