Kurs:Analysis/Teil II/4/Klausur mit Lösungen/kontrolle

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

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}T=[a,\infty ]$ (oder $T=[-\infty ,a]$) ein rechtsseitig (bzw. linksseitig) unbeschränktes Intervall und

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

   eine Funktion. Dann heißt ${}b\in \mathbb {R}$ Grenzwert von ${}f$ für ${}x\rightarrow +\infty$ (bzw. $x\rightarrow -\infty$), wenn es für jedes ${}\epsilon >0$ ein ${}x_{0}\geq a$ (bzw. $x_{0}\leq a$) gibt mit ${}\vert {f(x)-b}\vert \leq \epsilon$ für alle ${}x\geq x_{0}$ (bzw. $x\leq x_{0}$).

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. Eine Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in einem metrischen Raum ${}M$ heißt Cauchy-Folge, wenn folgende Bedingung erfüllt ist. Zu jedem ${}\epsilon \in \mathbb {R}$, ${}\epsilon >0$, gibt es ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ derart, dass für alle ${}n,m\geq n_{0}$ die Beziehung

   $d{\left(x_{n},x_{m}\right)}\leq \epsilon$

   gilt.

4. Es sei ${}I\subseteq \mathbb {R}$ 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 ${}U$. Es sei ${}(t_{0},w)\in I\times U$ gegeben. Dann nennt man

   $v'=f(t,v){\text{ und }}v(t_{0})=w$

   das Anfangswertproblem zur gewöhnlichen Differentialgleichung ${}v'=f(t,v)$ mit der Anfangsbedingung ${}v(t_{0})=w$.

5. Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}V$ ein ${}K$-Vektorraum. Eine lineare Abbildung

   $V\longrightarrow K$

   heißt auch eine Linearform auf ${}V$.

6. 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 ${}P$.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Die Abbildung ${}\varphi$ ist genau dann stetig, wenn sämtliche Komponentenfunktionen ${}\varphi _{i}$ stetig sind.
2. Es sei ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine offene Teilmenge und sei

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

   eine stetig differenzierbare Abbildung. Es sei ${}M=f^{-1}(b)$ die Faser von ${}f$ über ${}b\in \mathbb {R} ^{m}$. Es sei

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

   eine differenzierbare Funktion und die eingeschränkte Funktion ${}h{|}_{M}$ besitze im Punkt ${}a\in M$ ein lokales Extremum auf ${}M$ und ${}a$ sei ein regulärer Punkt von ${}f$. Dann ist

   ${}T_{a}M\subseteq \operatorname {kern} \left(Dh\right)_{a}\,,$

   d.h. die Linearform ${}\left(Dh\right)_{a}$ verschwindet auf dem Tangentialraum

   an der Faser von ${}f$ durch ${}a$.
3. 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 stetiges Vektorfeld auf ${}U$ das lokal einer Lipschitz-Bedingung genügt. Es sei ${}J\subseteq I$ ein offenes Teilintervall und es seien

   $v_{1},v_{2}\colon J\longrightarrow V$

   Lösungen des Anfangswertproblems

   $v'=f(t,v){\text{ und }}v(t_{0})=w.$

   Dann ist ${}v_{1}=v_{2}$.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise die Funktionalgleichung der Fakultätsfunktion ${}\operatorname {Fak} \,(x)$ für ${}x>0$.

Lösung

Mittels partieller Integration ergibt sich (für reelle Zahlen ${}b\geq a>0$ bei fixiertem ${}x>0$)

${}{\begin{aligned}\int _{a}^{b}t^{x}e^{-t}\,dt&=-t^{x}e^{-t}|_{a}^{b}+\int _{a}^{b}xt^{x-1}e^{-t}\,dt\\&=-b^{x}e^{-b}+a^{x}e^{-a}+x\cdot \int _{a}^{b}t^{x-1}e^{-t}\,dt.\end{aligned}}$

Für ${}b\rightarrow \infty$ geht ${}b^{x}e^{-b}\rightarrow 0$ und für ${}a\rightarrow 0$ geht ${}a^{x}e^{-a}\rightarrow 0$ (da ${}x$ positiv ist). Wendet man auf beide Seiten diese Grenzwertprozesse an, so erhält man ${}\operatorname {Fak} \,(x)=x\operatorname {Fak} \,(x-1)$.

Aufgabe (6 (3+3) Punkte)

Es seien ${}M,N\subseteq \mathbb {R}$ Teilmengen und ${}M\times N\subseteq \mathbb {R} ^{2}$ ihre Produktmenge.

1. Zeige, dass ${}M\times N$ genau dann offen in ${}\mathbb {R} ^{2}$ ist, wenn ${}M$ und ${}N$ offen sind.
2. Zeige, dass ${}M\times N$ genau dann abgeschlossen in ${}\mathbb {R} ^{2}$ ist, wenn ${}M$ und ${}N$ abgeschlossen sind.

Lösung Ebene/Produktmenge/Offen und abgeschlossen/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (6 (1+5) Punkte)

Es sei ${}M$ ein nichtleerer vollständiger metrischer Raum und es seien

$f,g\colon M\longrightarrow M$

starke Kontraktionen.

a) Zeige, das die Verknüpfung ${}g\circ f$ ebenfalls eine starke Kontraktion ist.

b) Zeige durch ein Beispiel mit endlichem ${}M$, dass der Fixpunkt von ${}g\circ f$ weder mit dem Fixpunkt zu ${}f$ noch mit dem Fixpunkt zu ${}g$ übereinstimmen muss.

Lösung

a) Es seien ${}L_{1},L_{2}<1$ die Kontraktionsfaktoren zu ${}f$ bzw. ${}g$. Dann ist für beliebige Punkte ${}x,y\in M$

${}d(g(f(x)),g(f(y)))\leq L_{2}d(f(x),f(y))\leq L_{2}L_{1}d(x,y)\,$

und somit kann man ${}L_{1}L_{2}<1$ als Kontraktionsfaktor für die Verknüpfung nehmen.

b) Wir betrachten die drei Punkte

${}M=\{0,2,3\}\subset \mathbb {R} \,$

mit dem reellen Abstand. Dies ist als abgeschlossene Teilmenge von ${}\mathbb {R}$ ein vollständiger metrischer Raum. Wir betrachten die konstante Abbildung

$f=0$

und ${}g$ mit

$g(0)=2,\,g(2)=g(3)=3.$

Die konstante Abbildung ${}f$ ist eine starke Kontraktion (mit Kontraktionsfaktor ${}0$) und ${}g$ ist eine starke Kontraktion mit Kontraktionsfaktor ${}{\frac {1}{2}}$; es ist ja

${}d(g(0),g(2))=d(2,3)=1\leq {\frac {1}{2}}2={\frac {1}{2}}d(0,2)\,,$

${}d(g(0),g(3))=d(2,3)=1\leq {\frac {1}{2}}3={\frac {1}{2}}d(0,3)\,,$

und

${}d(g(2),g(3))=d(3,3)=0\leq {\frac {1}{2}}={\frac {1}{2}}d(2,3)\,.$

Der Fixpunkt von ${}f$ ist ${}0$ und der Fixpunkt von ${}g$ ist ${}3$. Dagegen ist

${}(gf)(2)=g(f(2))=g(0)=2\,,$

es ist also ${}2\neq 0,3$ der Fixpunkt der Verknüpfung.

Aufgabe (8 (2+4+2) Punkte)

Wir betrachten die differenzierbare Kurve

$f\colon [0,\pi ]\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto (t,\sin t).$

a) Skizziere das Bild dieser Kurve und den Streckenzug, der sich ergibt, wenn man das Definitionsintervall in vier gleichlange Teilintervalle unterteilt.

b) Berechne die Gesamtlänge des in a) beschriebenen Streckenzugs.

c) Zeige, dass für die Länge ${}L$ dieser Kurve die Abschätzung

${}L\leq {\sqrt {2}}\pi \,$

gilt.

Lösung

b) Die Unterteilungspunkte sind

$0,{\frac {\pi }{4}},{\frac {\pi }{2}},{\frac {3\pi }{4}},\pi .$

Der Sinus hat dabei folgende Werte:

$\sin 0=0,\,\sin {\frac {\pi }{4}}={\frac {1}{\sqrt {2}}},\,\sin {\frac {\pi }{2}}=1,\,\sin {\frac {3\pi }{4}}={\frac {1}{\sqrt {2}}},\,\sin \pi =0.$

Dabei ergibt sich die zweite Gleichung aus

${}\sin \left({\frac {\pi }{4}}\right)=\cos \left({\frac {\pi }{4}}\right)\,$

und der Kreisgleichung ${}\sin ^{2}x+\cos ^{2}x=1$. Die dritte Gleichung folgt daraus aus der Symmetrie des Sinus.

Die erste Teilstrecke des Streckenzugs verbindet die beiden Punkte ${}\left(0,\,0\right)$ und ${}\left({\frac {\pi }{4}},\,{\frac {1}{\sqrt {2}}}\right)$, deren Länge ist also

${}{\begin{aligned}{\sqrt {{\left({\frac {\pi }{4}}\right)}^{2}+{\left({\frac {1}{\sqrt {2}}}\right)}^{2}}}&={\sqrt {{\frac {\pi ^{2}}{4^{2}}}+{\frac {1}{2}}}}\\&={\sqrt {{\frac {\pi ^{2}}{4^{2}}}+{\frac {8}{4^{2}}}}}\\&={\frac {1}{4}}{\sqrt {\pi ^{2}+8}}.\end{aligned}}$

Die zweite Teilstrecke des Streckenzugs verbindet die beiden Punkte ${}\left({\frac {\pi }{4}},\,{\frac {1}{\sqrt {2}}}\right)$ und ${}\left({\frac {\pi }{2}},\,1\right)$, deren Länge ist also

${}{\begin{aligned}{\sqrt {{\left({\frac {\pi }{4}}\right)}^{2}+{\left(1-{\frac {1}{\sqrt {2}}}\right)}^{2}}}&={\sqrt {{\frac {\pi ^{2}}{4^{2}}}+{\left({\frac {{\sqrt {2}}-1}{\sqrt {2}}}\right)}^{2}}}\\&={\sqrt {{\frac {\pi ^{2}}{4^{2}}}+{\frac {2+1-2{\sqrt {2}}}{2}}}}\\&={\sqrt {{\frac {\pi ^{2}}{4^{2}}}+{\frac {24-16{\sqrt {2}}}{4^{2}}}}}\\&={\frac {1}{4}}{\sqrt {\pi ^{2}+24-16{\sqrt {2}}}}.\end{aligned}}$

Die dritte Teilstrecke ist gleichlang zur zweiten und die vierte Teilstrecke ist gleichlang zur ersten. Daher ist die Gesamtlänge dieses Streckenzugs insgesamt gleich

${\frac {1}{2}}{\left({\sqrt {\pi ^{2}+8}}+{\sqrt {\pi ^{2}+24-16{\sqrt {2}}}}\right)}.$

c) Da die Kurve stetig differenzierbar ist, ist sie auch rektifizierbar, und ihre Länge ist gleich

${}L=\int _{0}^{\pi }{\sqrt {1+\cos ^{2}t}}\,dt\,.$

Wegen ${}-1\leq \cos t\leq 1$ ist ${}\cos ^{2}t\leq 1$ und daher ist ${}1+\cos ^{2}t\leq 2$. Wegen der Monotonie der Quadratwurzel folgt

${}{\sqrt {1+\cos ^{2}t}}\leq {\sqrt {2}}\,.$

Also ist

${}\int _{0}^{\pi }{\sqrt {1+\cos ^{2}t}}\,dt\leq \int _{0}^{\pi }{\sqrt {2}}\,dt={\sqrt {2}}\pi \,.$

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 (3 Punkte)

Es sei ${}U\subseteq {\mathbb {C} }^{n}$ offen und

$\varphi \colon U\longrightarrow {\mathbb {C} }^{m}$

eine in ${}P\in {\mathbb {C} }$ total differenzierbare Abbildung. Zeige, dass ${}\varphi$ auch aufgefasst als Abbildung von ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{2n}$ nach ${}\mathbb {R} ^{2m}$ in ${}P$ total differenzierbar ist.

Lösung Totale Differenzierbarkeit/K/R/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 (1+2+1) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$(x,y)\mapsto \varphi (x,y)=x^{y}.$

1. Was ist der Definitionsbereich ${}G\subseteq \mathbb {R} ^{2}$ dieser Abbildung?
2. Berechne die Jacobi-Matrix von ${}\varphi$ in jedem Punkt ${}P\in G$.
3. Ist die Funktion total differenzierbar?

Lösung

1. Es ist

   ${}x^{y}=e^{y\ln x}\,,$

   daher ist der Definitionsbereich ${}\mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R}$.

2. Die partiellen Ableitungen sind

   ${\frac {\partial \varphi }{\partial x}}={\frac {y}{x}}\cdot e^{(\ln x)\cdot y}={\frac {y}{x}}\cdot x^{y}\,\,{\text{ und }}\,\,{\frac {\partial \varphi }{\partial y}}=(\ln x)\cdot e^{(\ln x)\cdot y}=(\ln x)\cdot x^{y}.$

   Die Jacobi-Matrix ist also

   $\left({\frac {y}{x}}\cdot x^{y},\,(\ln x)\cdot x^{y}\right).$

3. Da die partiellen Ableitungen überall existieren und stetig sind, ist die Funktion nach Satz . (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) total differenzierbar.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die Bestimmung von Extrema mit der Hesse-Matrix.

Lösung

(1). Aufgrund von Lemma 50.1 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gibt es ein ${}\delta >0$ derart, dass die Hesse-Form ${}\operatorname {Hess} _{Q}\,f$ für alle ${}Q\in U{\left(P,\delta \right)}$ negativ definit ist. Für alle Vektoren ${}v\in V$, ${}v\in U{\left(0,\delta \right)}$, gibt es nach Satz 49.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ein ${}c=c(v)\in [0,1]$ mit

${}f(P+v)=f(P)+\sum _{\vert {\,r\,}\vert =2}{\frac {1}{r!}}D^{r}f(P+cv)\cdot v^{r}=f(P)+{\frac {1}{2}}\operatorname {Hess} _{P+cv}\,f(v,v)\,,$

wobei die erste Formulierung sich auf eine fixierte Basis bezieht und wobei die zweite Identität auf Aufgabe 49.18 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) beruht. Da die Hesse-Form negativ definit ist, steht rechts für ${}v\neq 0$ eine Zahl, die echt kleiner als ${}f(P)$ ist. Daher liegt ein isoliertes lokales Maximum vor.
(2) wird wie (1) bewiesen oder durch Betrachten von ${}-f$ darauf zurückgeführt.
(3). Es sei ${}\operatorname {Hess} _{P}\,f$ indefinit. Dann gibt es Vektoren ${}v$ und ${}w$ mit

$\operatorname {Hess} _{P}\,f(v,v)>0\,\,{\text{ und }}\,\,\operatorname {Hess} _{P}\,f(w,w)<0.$

Wegen der stetigen Abhängigkeit der Hesse-Form gelten diese Abschätzungen auch für ${}\operatorname {Hess} _{Q}\,f$ für ${}Q$ aus einer offenen Umgebung von ${}P$ (mit den gleichen Vektoren ${}v$ und ${}w$). Wir können durch Skalierung von ${}v$ und ${}w$ annehmen, dass ${}P+v$ und ${}P+w$ zu dieser Umgebung gehören. Wie im Beweis zu Teil (1) gilt daher (${}v$ und ${}w$ sind nicht ${}0$)

${}f(P+v)=f(P)+{\frac {1}{2}}\operatorname {Hess} _{P+cv}\,f(v,v)>f(P)\,$

und

${}f(P+w)=f(P)+{\frac {1}{2}}\operatorname {Hess} _{P+dw}\,f(w,w)<f(P)\,$

mit ${}c,d\in [0,1]$. Also kann in ${}P$ kein lokales Extremum vorliegen.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}G\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ offen und

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

eine stetig differenzierbare Abbildung. Zeige, dass die Menge der regulären Punkte von ${}\varphi$ offen ist.

Lösung

Es seien ${}\varphi _{i}$ die Koordinatenfunktionen zu ${}\varphi$ und sei

${}J(P)={\begin{pmatrix}{\frac {\partial \varphi _{1}}{\partial x_{1}}}(P)&\ldots &{\frac {\partial \varphi _{1}}{\partial x_{n}}}(P)\\\vdots &\ddots &\vdots \\{\frac {\partial \varphi _{n}}{\partial x_{1}}}(P)&\ldots &{\frac {\partial \varphi _{n}}{\partial x_{n}}}(P)\end{pmatrix}}\,$

die Jacobi-Matrix zu ${}\varphi$. Die Abbildung ist in einem Punkt ${}P\in G$ genau dann regulär, wenn die Jacobi-Matrix bijektiv ist, und dies ist genau dann der Fall, wenn ihre Determinante ungleich ${}0$ ist. Nach Voraussetzung sind die Einträge in der Matrix stetige Funktionen. Da die Determinante eine polynomiale Funktion ist, ist die Gesamtabbildung

$G\longrightarrow \mathbb {R} ,\,P\longmapsto \det J(P),$

stetig. Die Menge der regulären Punkte ist das Urbild der offenen Menge ${}\mathbb {R} \setminus \{0\}$ unter dieser Abbildung, also offen.

Aufgabe (8 (2+3+3) Punkte)

Es sei

$g\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

eine stetig differenzierbare Funktion.

a) Zeige, dass ${}g$ in einem Punkt ${}a\in \mathbb {R}$ genau dann ein lokales Maximum besitzt, wenn die Einschränkung der Funktion

$y\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto y,$

auf den Graphen

${}\Gamma ={\left\{(x,y)\mid y=g(x)\right\}}\,$

im Punkt ${}(a,g(a))$ ein lokales Maximum besitzt.

b) Wie steht in dieser Situation der Satz über Extrema mit Nebenbedingungen mit dem eindimensionalen notwendigen Kriterium für ein lokales Extremum in Verbindung?

c) Man gebe ein Beispiel von zwei stetig differenzierbaren Funktionen

$f,h\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R}$

und einem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{2}$ derart, dass ${}\left(Df\right)_{P}$ und ${}\left(Dh\right)_{P}$ linear abhängig sind und dass ${}h$ auf der Faser zu ${}f$ durch ${}P$ kein lokales Extremum besitzt.

Lösung

a) Die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} \longrightarrow \Gamma ,\,x\longmapsto (x,g(x)),$

ist eine stetige Bijektion zwischen den reellen Zahlen und dem Graphen zu dieser Funktion. Dabei gilt die Beziehung

${}g=y\circ \varphi \,.$

In einer solchen Situation übersetzen sich die Extremaleigenschaften von ${}y$ und von ${}y\circ \varphi$ ineinander.

b) Den Graphen ${}\Gamma$ kann man als Faser zur Abbildung

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

über ${}0$ auffassen. Wenn die Linearform

${}h(x,y)=y\,$

auf dieser Faser in einem Punkt ${}P=(a,g(a))$ ein lokales Extremum besitzt, so besagt der Satz über die Extrema mit Nebenbedingungen, dass ${}\left(Df\right)_{P}=(-g'(a),1)$ und ${}\left(Dy\right)_{P}=(0,1)$ linear abhängig sind. Dies ist genau bei

${}g'(a)=0\,$

der Fall, und dies ist die notwendige Bedingung dafür, dass ${}g$ in ${}a$ ein lokales Extremum besitzt.

c) Wir setzen

${}f(x,y)=y-x^{3}\,$

und

${}h(x,y)=y\,$

(wir arbeiten also mit ${}g(x)=x^{3}$ und schließen an die Überlegungen aus Teil b) an). Die totalen Differentiale sind dann ${}\left(Df\right)_{P}=(-3x^{2},1)$ und ${}\left(Dy\right)_{P}=(0,1)$. Im Punkt ${}P=(0,0)$ liegt also lineare Abhängigkeit vor. Die Funktion ${}y$ hat aber auf der zugehörigen Faser (das ist der Graph zu ${}x^{3}$) kein lokales Extremum, was wegen a) daraus folgt, dass die Funktion ${}x^{3}$ kein lokales Extremum besitzt.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Lösung zum Anfangswertproblem

${}v'=\operatorname {Grad} \,h(v)\,$

mit ${}v(0)=w$ ($w\in \mathbb {R} ^{2}$) zum Gradientenfeld zur Funktion

$h\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto x^{2}+y^{2}.$

Lösung

Das Gradientenfeld ist durch

$G\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\longmapsto {\begin{pmatrix}2x\\2y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}$

geben, es handelt sich also um ein lineares Vektorfeld. Da jeder Vektor ${}w\in \mathbb {R} ^{2}$ ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}2$ zur Matrix ${}{\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}}$ ist, sind die Lösungen durch

$\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto we^{2t}$

gegeben.