Kurs:Analysis/Teil II/8/Klausur mit Lösungen/kontrolle

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

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Eine Abbildung ${}d\colon M\times M\to \mathbb {R}$ heißt Metrik, wenn für alle ${}x,y,z\in M$ die folgenden Bedingungen erfüllt sind:
   1. ${}d\left(x,y\right)=0\Longleftrightarrow x=y$ (Definitheit),
   2. ${}d\left(x,y\right)=d(y,x)$ (Symmetrie), und
   3. ${}d\left(x,y\right)\leq d(x,z)+d(z,y)$ (Dreiecksungleichung).
2. Unter der Kurvenlänge von ${}f$ versteht man

   $L(f)={\operatorname {sup} \,(L(f(t_{0}),\ldots ,f(t_{k})),a=t_{0}\leq t_{1}\leq \ldots \leq t_{k-1}\leq t_{k}=b{\text{ Unterteilung}},\,k\in \mathbb {N} )}.$

3. Die Niveaumenge zu ${}f$ zum Wert ${}c$ ist

   ${}N_{c}={\left\{x\in \mathbb {R} ^{n}\mid f(x)=c\right\}}\,.$

4. Der Punkt ${}P$ heißt regulär, wenn

   ${}\operatorname {rang} \,\left(D\varphi \right)_{P}={\min {\left(\dim _{}{\left(V\right)},\dim _{}{\left(W\right)}\right)}}\,$

   ist.

5. Das Taylor-Polynom vom Grad ${}\leq k$ zu ${}f$ in ${}P$ ist

   $\sum _{r={\left(r_{1},\ldots ,r_{n}\right)},\,\vert {\,r\,}\vert \leq k}{\frac {1}{r!}}D^{r}f(P)\cdot (x_{1}-a_{1})^{r_{1}}\cdots (x_{n}-a_{n})^{r_{n}}.$

6. Die Abbildung

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

   heißt Gradientenfeld zu ${}f$.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}M$ ein nicht-leerer vollständiger metrischer Raum und

   $f\colon M\longrightarrow M$

   eine stark kontrahierende Abbildung. Dann besitzt ${}f$ genau einen Fixpunkt.
2. 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.
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 Vektorfeld auf ${}U$. Es sei vorausgesetzt, dass dieses Vektorfeld stetig sei und lokal einer Lipschitz-Bedingung genüge. Dann gibt es zu jedem ${}(t_{0},w)\in I\times U$ ein offenes Intervall ${}J$ mit ${}t_{0}\in J\subseteq I$ derart, dass auf diesem Intervall eine eindeutige Lösung für das Anfangswertproblem

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

   existiert.

Aufgabe (6 (3+1+2) Punkte)

Es sei ${}A$ eine nichtleere Menge, ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ und ${}M=A^{n}$ das ${}n$-fache Produkt der Menge mit sich selbst.

a) Zeige, dass auf ${}M$ durch

${}d(x,y)=d((x_{1},\ldots ,x_{n}),(y_{1},\ldots ,y_{n})):={\#\left({\left\{i\mid x_{i}\neq y_{i}\right\}}\right)}\,$

eine Metrik definiert wird.

b) Bestimme zu ${}A=\{a,b,c\}$ und ${}n=4$ den Abstand ${}d((a,a,b,c),(c,a,b,a))$.

c) Liste für ${}A=\{a,b,c\}$ und ${}n=3$ alle Elemente aus der offenen Kugel ${}U{\left((a,a,b),2\right)}$ auf.

Lösung

a) Die Anzahl ist stets eine nichtnegative Zahl. Zwei Tupel ${}x,y\in M$ sind genau dann gleich, wenn jede ihrer Komponenten übereinstimmt. Dies ist genau dann der Fall, wenn ${}d(x,y)=0$ ist. Da die (Un-)gleichheit symmetrisch ist, ist ${}d(x,y)=d(y,x)$. Zum Beweis der Dreiecksungleichung seien ${}x,y,z\in M$ vorgegeben. Wenn ${}x$ und ${}z$ in der ${}i$-ten Komponente nicht übereinstimmen, so ist ${}x_{i}\neq y_{i}$ oder ${}y_{i}\neq z_{i}$. Es ist also

${}{\left\{i\mid x_{i}\neq z_{i}\right\}}\subseteq {\left\{i\mid x_{i}\neq y_{i}\right\}}\cup {\left\{i\mid y_{i}\neq z_{i}\right\}}\,$

und daher

${}{\begin{aligned}d(x,z)&={\#\left({\left\{i\mid x_{i}\neq z_{i}\right\}}\right)}\\&\leq {\#\left({\left\{i\mid x_{i}\neq y_{i}\right\}}\right)}+{\#\left({\left\{i\mid y_{i}\neq z_{i}\right\}}\right)}\\&=d(x,y)+d(y,z).\end{aligned}}$

b) Die beiden Tupel ${}(a,a,b,c)$ und ${}(c,a,b,a)$ unterscheiden sich an der ersten und der vierten Stelle, also ist der Abstand ${}2$.

c) Die Werte der Metrik sind ganzzahlig, und in der offenen Ballumgebung mit Radius ${}2$ liegen die Elemente, die vom Mittelpunkt einen Abstand ${}<2$ haben. Der Abstand zum Mittelpunkt muss also ${}0$ oder ${}1$ sein. Die Elemente darin sind daher

$(a,a,b),\,(b,a,b),\,(c,a,b),\,(a,b,b),\,(a,c,b),\,(a,a,a),\,(a,a,c).$

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien ${}L$ und ${}M$ metrische Räume und es seien

$f,g\colon L\longrightarrow M$

zwei stetige Abbildungen. Zeige, dass die Menge

${}N={\left\{x\in L\mid f(x)=g(x)\right\}}\,$

abgeschlossen in ${}L$ ist.

Lösung

Wir zeigen, dass das Komplement offen ist. Es sei also ${}x\in L$ ein Punkt mit

${}f(x)\neq g(x)\,$

und sei

${}\delta =d{\left(f(x),g(x)\right)}>0\,.$

Wegen der Stetigkeit von ${}f$ und ${}g$ gibt es ${}\epsilon _{1},\epsilon _{2}\in \mathbb {R} _{+}$ mit den Eigenschaften:

Wenn ${}d(x,x')\leq \epsilon _{1}$, dann ${}d(f(x),f(x'))\leq {\frac {\delta }{3}}$

und

Wenn ${}d(x,x')\leq \epsilon _{2}$, dann ${}d(g(x),g(x'))\leq {\frac {\delta }{3}}$.

Dies gilt dann auch für

${}\epsilon ={\min {\left(\epsilon _{1},\epsilon _{2}\right)}}\,.$

Daher gelten für ${}x'\in U{\left(x,\epsilon \right)}$ die Abschätzungen

${}{\begin{aligned}d{\left(f(x'),g(x')\right)}&\geq d{\left(f(x),g(x)\right)}-d{\left(f(x),f(x')\right)}-d{\left(g(x),g(x')\right)}\\&\geq \delta -{\frac {2}{3}}\delta \\&={\frac {1}{3}}\delta \\&>0,\end{aligned}}$

d.h. diese offene Ballumgebung gehört vollständig zum Komplement.

Aufgabe (2 Punkte)

Beschreibe (ohne weitere Begründung) den Lauf des Sekundenzeigers einer Uhr als eine differenzierbare Kurve auf dem Einheitskreis (der Zeiger soll also im Zeitintervall ${}[0,60]$ eine Runde im Uhrzeigersinn drehen und zum Zeitpunkt ${}0$ „oben“ starten).

Lösung

Die Bewegung des Sekundenzeigers wird durch

${}z(t)={\begin{pmatrix}\sin \left({\frac {2\pi }{60}}t\right)\\\cos \left({\frac {2\pi }{60}}t\right)\end{pmatrix}}\,$

beschrieben.

Aufgabe (10 Punkte)

Beweise den Banachschen Fixpunktsatz.

Lösung

Es sei ${}c\in \mathbb {R}$, ${}0\leq c<1$, ein Kontraktionsfaktor, d.h. es gelte

${}d{\left(f(x),f(y)\right)}\leq c\cdot d{\left(x,y\right)}\,$

für alle ${}x,y\in M$. Wenn ${}x,y\in M$ Fixpunkte sind, so folgt aus

${}d(x,y)=d(f(x),f(y))\leq c\cdot d(x,y)\,$

sofort ${}d(x,y)=0$ und somit ${}x=y$, es kann also maximal einen Fixpunkt geben.
Es sei nun ${}x\in M$ ein beliebiger Punkt. Wir betrachten die durch

$x_{0}=x{\text{ und }}x_{n}:=f^{n}(x):=f(x_{n-1})$

rekursiv definierte Folge in ${}M$. Wir setzen

${}a=d{\left(f(x),x\right)}\,.$

Dann gilt für jedes ${}n\in \mathbb {N}$ die Beziehung

${}d{\left(f^{n+1}(x),f^{n}(x)\right)}\leq c\cdot d{\left(f^{n}(x),f^{n-1}(x)\right)}\leq c^{n}\cdot d{\left(f(x),x\right)}=c^{n}a\,.$

Daher gilt aufgrund der Dreiecksungleichung und der geometrischen Reihe für ${}n\geq m$ die Beziehung

${}{\begin{aligned}d{\left(f^{n}(x),f^{m}(x)\right)}&\leq d{\left(f^{n}(x),f^{n-1}(x)\right)}+d{\left(f^{n-1}(x),f^{n-2}(x)\right)}+\cdots +d{\left(f^{m+1}(x),f^{m}(x)\right)}\\&\leq a\left(c^{n-1}+c^{n-2}+\cdots +c^{m+1}+c^{m}\right)\\&=ac^{m}\left(c^{n-m-1}+c^{n-m-2}+\cdots +c^{2}+c^{1}+1\right)\\&\leq c^{m}a{\frac {1}{1-c}}.\,\end{aligned}}$

Zu einem gegebenen ${}\epsilon >0$ wählt man ${}n_{0}$ mit

${}c^{n_{0}}a{\frac {1}{1-c}}\leq \epsilon \,.$

Dies zeigt, dass eine Cauchy-Folge vorliegt, die aufgrund der Vollständigkeit gegen ein ${}y\in M$ konvergiert.
Wir zeigen, dass dieses ${}y$ ein Fixpunkt ist. Die Bildfolge ${}{\left(f(x_{n})\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiert gegen ${}f(y)$, da eine kontrahierende Abbildung stetig ist. Andererseits stimmt diese Bildfolge mit der Ausgangsfolge bis auf die Indizierung überein, sodass der Grenzwert ${}y$ sein muss.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei

$f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R}$

eine stetig differenzierbare Funktion mit ${}f'(x)>0$ für ${}x\in [a,b]$. Zeige (die anschaulich klare Aussage), dass die Bogenlänge des Graphen von ${}f$ über ${}[a,b]$ mit der Bogenlänge des Graphen der Umkehrfunktion ${}f^{-1}$ über ${}[f(a),f(b)]$ übereinstimmt.

Lösung

Die Funktion ${}f$ ist wegen ${}f'(x)>0$ streng wachsend und insbesondere injektiv, und definiert aufgrund des Zwischenwertsatzes eine Bijektion zwischen ${}[a,b]$ und ${}[f(a),f(b)]$. Die Umkehrfunktion ${}f^{-1}$ ist ebenfalls stetig differenzierbar mit

${}(f^{-1})'(y)=-{\frac {1}{f'(f^{-1}(y))}}\,.$

In dieser Situation können wir die Längenformel für den Graphen anwenden und erhalten mit der Substitution ${}y=f(x)$ (und ${}dy=f'(x)dx$)

${}{\begin{aligned}L(f^{-1})&=\int _{f(a)}^{f(b)}{\sqrt {1+((f^{-1})'(y))^{2}}}\,dy\\&=\int _{f(a)}^{f(b)}{\sqrt {1+{\frac {1}{(f'(f^{-1}(y)))^{2}}}}}\,dy\\&=\int _{a}^{b}{\sqrt {1+{\frac {1}{(f'(x))^{2}}}}}\,f'(x)\,dx\\&=\int _{a}^{b}{\sqrt {(f'(x))^{2}+1}}\,dx\\&=L(f).\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das lineare Anfangswertproblem

${\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}3&-4\\0&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\end{pmatrix}}{\text{ mit }}{\begin{pmatrix}v_{1}(0)\\v_{2}(0)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5\\1\end{pmatrix}}.$

Lösung

Aus der zweiten Zeile folgt sofort

${}v_{2}(t)=ae^{2t}\,,$

wobei die Anfangsbedingung ${}v_{2}(0)=1$ durch ${}a=1$ erfüllt wird. Für ${}v_{1}$ ergibt sich daraus die inhomogene lineare Differentialgleichung in einer Variablen,

$v_{1}'=3v_{1}-4e^{2t}{\text{ mit }}v_{1}(0)=5.$

Die zugehörige homogene lineare Gleichung besitzt die Lösungen ${}ce^{3t}$. Mittels Variation der Konstanten, also dem Ansatz

${}v_{1}(t)=c(t)e^{3t}\,,$

ergibt sich die Bedingung

${}c'(t)=-4e^{2t}\cdot e^{-3t}=-4e^{-t}\,.$

Also ist ${}c(t)=4e^{-t}+b$ mit einer Konstanten ${}b\in \mathbb {R}$. Aus

${}(4e^{0}+b)e^{0}=5\,$

folgt ${}b=1$. Die Lösung ist also

${}{\begin{pmatrix}v_{1}(t)\\v_{2}(t)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}(4e^{-t}+1)e^{3t}\\e^{2t}\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom zweiter Ordnung der Funktion

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto f(x,y)=e^{\sin x-\cos y},$

im Punkt ${}\left(0,\,{\frac {\pi }{2}}\right)$.

Lösung

Die relevanten Ableitungen sind

${}{\frac {\partial f}{\partial x}}=\cos xe^{\sin x-\cos y}\,,$

${}{\frac {\partial f}{\partial y}}=\sin ye^{\sin x-\cos y}\,,$

${}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}x}}={\left(\cos ^{2}x-\sin x\right)}e^{\sin x-\cos y}\,,$

${}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}y}}={\left(\sin ^{2}y+\cos y\right)}e^{\sin x-\cos y}\,,$

${}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=\cos x\sin ye^{\sin x-\cos y}\,.$

Somit sind die Werte der relevanten Ableitungen im Punkt ${}\left(0,\,{\frac {\pi }{2}}\right)$ gleich

${}f\left(0,\,{\frac {\pi }{2}}\right)=e^{0}=1\,,$

${}{\frac {\partial f}{\partial x}}\left(0,\,{\frac {\pi }{2}}\right)=1\,,$

${}{\frac {\partial f}{\partial y}}\left(0,\,{\frac {\pi }{2}}\right)=1\,,$

${}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}x}}\left(0,\,{\frac {\pi }{2}}\right)=1\,,$

${}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}y}}\left(0,\,{\frac {\pi }{2}}\right)=1\,,$

${}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial x}}\left(0,\,{\frac {\pi }{2}}\right)=1\,.$

Daher ist das Taylor-Polynom der Ordnung zwei gleich

$1+x+{\left(y-{\frac {\pi }{2}}\right)}+{\frac {1}{2}}x^{2}+x{\left(y-{\frac {\pi }{2}}\right)}+{\frac {1}{2}}{\left(y-{\frac {\pi }{2}}\right)}^{2}.$

Aufgabe (6 Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon [0,1]\longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto 1-t^{2}.$

Für welche ${}x,y\in [0,1]$, ${}x<y$, besitzt die zugehörige dreistufige (maximale) untere Treppenfunktion zu ${}f$ den maximalen Flächeninhalt? Welchen Wert besitzt er?

Lösung

Es seien ${}0\leq x\leq y\leq 1$ die Markierungen der möglichen Intervallunterteilungen. Der Flächeninhalt der zugehörigen maximalen unteren Treppenfunktion von ${}f$ ist

${}{\begin{aligned}g(x,y)&=x(1-x^{2})+(y-x)(1-y^{2})\\&=x-x^{3}+y-y^{3}-x+xy^{2}\\&=-x^{3}-y^{3}+xy^{2}+y.\end{aligned}}$

Die partiellen Ableitungen davon sind

${\frac {\partial g}{\partial x}}=-3x^{2}+y^{2}\,\,{\text{ und }}\,\,{\frac {\partial g}{\partial y}}=-3y^{2}+2xy+1.$

Wir bestimmen die kritischen Punkte. Aus der ersten Gleichung folgt

${}y={\sqrt {3}}x\,$

(den negativen Fall kann man ausschließen). Wir setzen ${}x={\frac {1}{\sqrt {3}}}y$ in die zweite Gleichung ein und erhalten die Bedingung

${}-1=-3y^{2}+{\frac {2}{\sqrt {3}}}y^{2}={\frac {-3{\sqrt {3}}+2}{\sqrt {3}}}y^{2}\,,$

woraus

${}y={\frac {3^{1/4}}{\sqrt {3{\sqrt {3}}-2}}}={\frac {3^{1/4}\cdot 3^{1/4}}{3^{1/4}\cdot {\sqrt {3{\sqrt {3}}-2}}}}={\frac {\sqrt {3}}{\sqrt {9-2{\sqrt {3}}}}}\,$

folgt. Daher ist

${}x={\frac {1}{\sqrt {3}}}{\frac {\sqrt {3}}{\sqrt {9-2{\sqrt {3}}}}}={\frac {1}{\sqrt {9-2{\sqrt {3}}}}}\,$

und der einzige kritische Punkt ist

$\left({\frac {1}{\sqrt {9-2{\sqrt {3}}}}},\,{\frac {\sqrt {3}}{\sqrt {9-2{\sqrt {3}}}}}\right).$

Die Hesse-Matrix von ${}g$ ist

${\begin{pmatrix}-6x&2y\\2y&-6y+2x\end{pmatrix}}.$

Im kritischen Punkt ist der Eintrag links oben negativ. Die Determinante ist

${}36xy-12x^{2}-4y^{2}=x^{2}{\left(36{\sqrt {3}}-12-4{\sqrt {3}}^{2}\right)}=x^{2}{\left(36{\sqrt {3}}-24\right)}>0\,$

positiv, sodass die Hesse-Matrix negativ definit ist und daher im kritischen Punkt ein Maximum vorliegt. Da es auch in einer geeigneten (kleinen) offenen Umgebung des abgeschlossenen Definitionsbereiches keinen weiteren kritischen Punkt gibt, liegt ein absolutes Maximum vor. Der Wert ist

${}{\begin{aligned}&=-x^{3}-y^{3}+xy^{2}+y\\&=x{\left(-x^{2}-3{\sqrt {3}}x^{2}+3x^{2}+{\sqrt {3}}\right)}\\&=x{\left(x^{2}{\left(2-3{\sqrt {3}}\right)}+{\sqrt {3}}\right)}\\&={\frac {1}{\sqrt {9-2{\sqrt {3}}}}}{\left({\frac {1}{9-2{\sqrt {3}}}}{\left(2-3{\sqrt {3}}\right)}+{\sqrt {3}}\right)}\\&={\frac {1}{\sqrt {9-2{\sqrt {3}}}}}{\frac {{\left(2-3{\sqrt {3}}\right)}{\left(9+2{\sqrt {3}}\right)}+69{\sqrt {3}}}{69}}\\&={\frac {1}{\sqrt {9-2{\sqrt {3}}}}}{\frac {-23{\sqrt {3}}+69{\sqrt {3}}}{69}}\\&={\frac {1}{\sqrt {9-2{\sqrt {3}}}}}{\frac {2}{3}}{\sqrt {3}}\\&={\frac {2}{\sqrt {9{\sqrt {3}}-6}}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (6 (2+2+2) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} \setminus \{0\}\times \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,(x,y)\longmapsto \left({\frac {y^{2}}{x}},\,{\frac {y^{3}}{x^{2}}}\right).$

a) Bestimme die regulären Punkte der Abbildung ${}\varphi$.

b) Zeige, dass ${}\varphi$ in ${}P=(1,2)$ lokal eine differenzierbare Umkehrabbildung ${}\psi =\varphi ^{-1}$ besitzt, und bestimme das totale Differential von ${}\psi$ im Punkt ${}\varphi (P)$.

c) Man gebe alle Punkte ${}Q\in \mathbb {R} \setminus \{0\}\times \mathbb {R}$ an, in denen ${}\varphi$ nicht lokal invertierbar ist.

Lösung

a) Wir bestimmen die Jacobi-Matrix von ${}\varphi$, diese ist

$J={\begin{pmatrix}-{\frac {y^{2}}{x^{2}}}&2{\frac {y}{x}}\\-2{\frac {y^{3}}{x^{3}}}&3{\frac {y^{2}}{x^{2}}}\end{pmatrix}}.$

Die Determinante davon ist

$-3{\frac {y^{4}}{x^{4}}}+4{\frac {y^{4}}{x^{4}}}={\frac {y^{4}}{x^{4}}}.$

Dies ist ${}0$ genau dann, wenn ${}y=0$ ist, sodass die regulären Punkte genau die Punkte sind, deren ${}y$-Koordinate nicht ${}0$ ist.

b) Die Abbildung ist nach Teil a) im Punkt ${}P=(1,2)$ regulär, daher gibt es nach dem Satz über die Umkehrabbildung eine differenzierbare Umkehrabbildung ${}\psi$, die in einer offenen Umgebung von ${}\varphi (P)=(4,8)$ definiert ist. Das totale Differential von ${}\psi$ im Punkt ${}\varphi (P)$ ist die inverse Matrix zum totalen Differential von ${}\varphi$ in ${}P$, also invers zu

${\begin{pmatrix}-4&4\\-16&12\end{pmatrix}}.$

Die inverse Matrix dazu ist

${\frac {1}{16}}{\begin{pmatrix}12&-4\\16&-4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {3}{4}}&-{\frac {1}{4}}\\1&-{\frac {1}{4}}\end{pmatrix}}.$

c) Für die Punkte ${}(x,y)$ mit ${}y\neq 0$ gibt es aufgrund des Satzes über die Umkehrabbildung lokal eine Umkehrabildung. Für einen Punkt ${}Q$ mit ${}y=0$ gibt es dagegen keine lokale Umkehrabbildung, da ein solcher Punkt auf der Geraden liegt, die die Faser über ${}(0,0)$ ist. Daher ist diese Abbildung in keiner offenen Umgebung von ${}Q$ injektiv.

Aufgabe (5 Punkte)

Bestimme die ersten drei Iterationen in der Picard-Lindelöf-Iteration für die gewöhnliche Differentialgleichung

${}y'=y^{2}+t+yt^{2}\,$

mit der Anfangsbedingung ${}y(0)=0$.

Lösung

Wir schreiben das Vektorfeld als ${}F(t,y)=y^{2}+t+yt^{2}$. Die konstante Anfangsbedingung führt zu ${}\varphi _{0}=0$. Die erste Picard-Lindelöf-Iteration führt auf

${}{\begin{aligned}\varphi _{1}(t)&=\int _{0}^{t}F(s,\varphi _{0}(s))ds\\&=\int _{0}^{t}F(s,0)ds\\&=\int _{0}^{t}sds\\&={\frac {1}{2}}t^{2}.\end{aligned}}$

Die zweite Picard-Lindelöf-Iteration führt auf

${}{\begin{aligned}\varphi _{2}(t)&=\int _{0}^{t}F(s,\varphi _{1}(s))ds\\&=\int _{0}^{t}{\left({\frac {1}{2}}s^{2}\right)}^{2}+s+{\left({\frac {1}{2}}s^{2}\right)}s^{2}ds\\&=\int _{0}^{t}{\frac {1}{4}}s^{4}+s+{\frac {1}{2}}s^{4}ds\\&={\frac {1}{2}}t^{2}+{\frac {3}{20}}t^{5}.\end{aligned}}$

Die dritte Picard-Lindelöf-Iteration führt auf

${}{\begin{aligned}\varphi _{3}(t)&=\int _{0}^{t}F(s,\varphi _{2}(s))ds\\&=\int _{0}^{t}{\left({\frac {1}{2}}s^{2}+{\frac {3}{20}}s^{5}\right)}^{2}+s+{\left({\frac {1}{2}}s^{2}+{\frac {3}{20}}s^{5}\right)}s^{2}ds\\&=\int _{0}^{t}{\frac {1}{4}}s^{4}+{\frac {3}{20}}s^{7}+{\frac {9}{400}}s^{10}+s+{\frac {1}{2}}s^{4}+{\frac {3}{20}}s^{7}ds\\&=\int _{0}^{t}s+{\frac {3}{4}}s^{4}+{\frac {3}{10}}s^{7}+{\frac {9}{400}}s^{10}ds\\&={\frac {1}{2}}t^{2}+{\frac {3}{20}}t^{5}+{\frac {3}{80}}t^{8}+{\frac {9}{4400}}t^{11}.\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei

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

ein Gradientenfeld und sei

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

(${}J\subseteq \mathbb {R}$ ein offenes Intervall) eine Lösung der zugehörigen Differentialgleichung ${}v'=G(v)$. Es gelte ${}\varphi '(t)\neq 0$ für alle ${}t\in J$. Zeige, dass ${}\varphi$ injektiv ist.

Lösung

Es sei

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

ein Potential zu ${}G$, also eine differenzierbare Funktion, deren Gradientenfeld gleich ${}G$ ist. Wir zeigen, dass sogar die zusammengesetzte Abbildung

$f=h\circ \varphi \colon J\longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto h(\varphi (t)),$

injektiv ist. Aufgrund der Kettenregel ist die Ableitung dieser Abbildung gleich

${}f'(t)=(Dh)_{\varphi (t)}\circ (D\varphi )_{t}=(Dh)_{\varphi (t)}(\varphi '(t))\,.$

Nach Lemma 57.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) steht ${}\varphi '(t)\neq 0$ senkrecht auf dem Tangentialraum zu ${}h$ im Punkt ${}\varphi (t)$. Insbesondere gehört ${}\varphi '(t)$ nicht zum Tangentialraum (da das Skalarprodukt positiv definit ist), also nicht zum Kern von ${}(Dh)_{\varphi (t)}$. Daher ist

${}f'(t)=(Dh)_{\varphi (t)}(\varphi '(t))\neq 0\,.$

D.h. dass ${}f'(t)$ keine Nullstelle besitzt und daher ist ${}f$ nach Satz 19.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) streng wachsend oder streng fallend, also injektiv.