Bestimme die
kritischen Punkte
der Funktion
-
und entscheide, ob in diesen kritischen Punkten ein
lokales Extremum
vorliegt.
Die Jacobi-Matrix dieser Funktion ist
-
Wir setzen beide Komponenten gleich
und erhalten durch Subtraktion der beiden Gleichungen voneinander die Bedingung
-
also ist
-
Der einzige kritische Punkt der Funktion ist also
-

Wir bestimmen die Hesse-Matrix in diesem Punkt. Sie ist
-
Wir wenden das Minorenkriterium an. Der Eintrag links oben ist positiv, die Determinante ist
, also negativ. Daher besitzt die Hesse-Form den Typ
, und somit liegt kein lokales Extremum vor.
Berechne die Länge des Graphen der Funktion
-
zwischen
und
.
Man gebe für jedes
eine bijektive,
total differenzierbare
Abbildung
-
an, für die das totale Differential in mindestens einem Punkt nicht
regulär
ist.
Für
ist die Abbildung
-
bijektiv
(mit der Umkehrfunktion
).
Für ein
betrachten wir die Abbildung
-
Dies ist eine polynomiale Abbildung, so dass das totale Differential durch die Jacobi-Matrix, also durch
-
gegeben ist. Für
ist diese Matrix nicht invertierbar, da ihre Determinante
ist, und die Abbildung ist für diese Punkte nicht regulär. Dennoch ist die Abbildung bijektiv, die Umkehrabbildung wird durch
-
gegeben.
Bestimme die lokalen und globalen Extrema der auf der
abgeschlossenen Kreisscheibe
definierten Funktion
-
Wir bestimmen zunächst lokale Extrema auf dem offenen Innern der Kreisscheibe, indem wir die Funktion auf kritische Punkte untersuchen. Die Jacobi-Matrix von
ist
-

Die kritischen Punkte liegen also bei
und
vor. Für die Gleichung
sind
und
die Lösungen, wobei der Punkt
nicht zum Innern
(aber zum Rand)
gehört, der Punkt
aber schon. Für
bestimmen wir die Hesse-Matrix, diese ist allgemein
-
so dass sich für
die Hesse-Matrix
-
ergibt. Diese hat den Typ
, so dass diese Matrix indefinit ist und kein lokales Extremum vorliegt. Daher liegen sämtliche lokalen und globalen Extrema auf dem Rand.
Die Funktion
lässt sich auf ganz
in natürlicher Weise ausdehnen
(durch dieselben polynomialen Ausdrücke).
Für den kritischen Punkt
ist die Hesse-Matrix gleich
-
welche positiv definit ist. Daher liegt in
ein lokales Minimum der ausgedehnten Funktion und damit erst recht ein lokales Minimum der auf der abgeschlossenen Kreisscheibe definierten Funktion vor.
Wir untersuchen nun den Rand auf weitere Extrema. Da die Funktion auf einer abgeschlossenen und beschränkten Menge definiert und stetig ist, muss es sowohl ein globales Minimum als auch ein globales Maximum geben. Der Rand ist durch
-

gegeben. Daher gilt dort
und somit hängt die Funktion auf dem Rand nur von
ab, man kann daher
-

ansetzen, wobei
zwischen
und
läuft. Da ein lokales Extremum auf der abgeschlossenen Kreisscheibe insbesondere ein lokales Extremum auf dem Rand sein muss, müssen wir zunächst die Nullstellen der Ableitung von
bestimmen. Diese ist
, und die Nullstellen davon sind
-

Dabei ist
-

außerhalb des Intervalls, also nicht relevant für die Aufgabenstellung. Dagegen ist
-
zwischen
und
.
Da die zweite Ableitung in diesem Punkt negativ ist, liegt dort ein lokales Maximum auf dem Rand vor. Weiterhin sind noch die Randpunkte
und
des Intervalls zu berücksichtigen, dort müssen jeweils lokale Minima für
vorliegen.
Wir müssen dies jetzt auf die ursprüngliche Funktion auf der Kreisscheibe zurückübersetzen. Wir wissen schon, dass in
ein lokales Minimum vorliegt, und zwar mit dem Wert
-
Es sei
. Der Wert an dieser Stelle ist ebenfalls
. Da diese beiden Punkte die einzigen Kandidaten für lokale Minima sind, müssen beide Punkte globale Minima sein.
Wir berechnen die
-Koordinaten zu
. Es ist
-

also
-

und somit
-

Die beiden Punkte
und
sind die einzigen Kandidaten für lokale Maxima. Da es ein globales Maximum geben muss, und die Situation für diese beiden Punkte symmetrisch ist, muss in beiden Punkten ein globales Maximum vorliegen.
a) Formuliere den Banachschen Fixpunktsatz.
b) Beweise die Existenzaussage im Banachschen Fixpunktsatz.
a) Der Banachsche Fixpunktsatz besagt:
Es sei
ein nicht-leerer
vollständiger
metrischer Raum
und
-
eine
stark kontrahierende
Abbildung.
Dann besitzt
genau einen
Fixpunkt.
b)
Sei
ein beliebiger Punkt. Wir betrachten die durch
-
rekursiv definierte
Folge
in
. Wir setzen
. Dann gilt für jedes
die Beziehung
-

Daher gilt aufgrund der
Dreiecksungleichung
und der
geometrischen Reihe
für
die Beziehung

Zu einem gegebenen
wählt man
mit
. Dies zeigt, dass eine
Cauchy-Folge
vorliegt, die aufgrund der
Vollständigkeit
gegen ein
konvergiert.
Wir zeigen, dass dieses
ein Fixpunkt ist. Die Bildfolge
konvergiert gegen
, da eine kontrahierende Abbildung stetig ist. Andererseits stimmt diese Bildfolge mit der Ausgangsfolge bis auf die Indizierung überein, so dass der Grenzwert
sein muss.
Wir betrachten die Abbildung
-
a) Bestimme die regulären Punkte der Abbildung
.
b) Zeige, dass
in
lokal eine differenzierbare Umkehrabbildung
besitzt, und bestimme das totale Differential von
im Punkt
.
c) Man gebe alle Punkte
an, in denen
nicht lokal invertierbar ist.
a) Wir bestimmen die Jacobi-Matrix von
, diese ist
-
Die Determinante davon ist
-
Dies ist
genau dann, wenn
ist, so dass die regulären Punkte genau die Punkte sind, deren
-Koordinate nicht
ist.
b) Die Abbildung ist nach Teil a) im Punkt
regulär, daher gibt es nach dem Satz über die Umkehrabbildung eine differenzierbare Umkehrabbildung
, die in einer offenen Umgebung von
definiert ist. Das totale Differential von
im Punkt
ist die inverse Matrix zum totalen Differential von
in
, also invers zu
-
Die inverse Matrix dazu ist
-
c) Für die Punkte
mit
gibt es aufgrund des Satzes über die Umkehrabbildung lokal eine Umkehrabildung. Für einen Punkt
mit
gibt es dagegen keine lokale Umkehrabbildung, da ein solcher Punkt auf der Geraden liegt, die die Faser über
ist. Daher ist diese Abbildung in keiner offenen Umgebung von
injektiv.
Wir betrachten die Abbildung
-
a) Bestimme die regulären Punkte der Abbildung
. Zeige, dass
regulär ist.
b) Beschreibe für den Punkt
den
Tangentialraum an die Faser
von
durch
.
c) Man gebe für
einen lokalen Diffeomorphismus zwischen einem offenen Intervall und einer offenen Umgebung von
in der Faser
durch
an.
a) Die Jacobi-Matrix der Abbildung ist
-

Diese Matrix besitzt maximalen Rang, wenn die erste Zeile kein Vielfaches der zweiten Zeile ist. Die Bedingung lautet also
-
D.h. die singulären Punkte der Abbildung sind die Punkte der von
erzeugten Geraden. Der Punkt
gehört nicht zu dieser Geraden, da
keine Lösung besitzt.
b) Der Tangentialraum an
in
ist der Kern des totalen Differentials, also der Kern von
-
Zur Bestimmung des Kerns muss man also das lineare Gleichungssystem
-
lösen. Durch Subtraktion der beiden Zeilen folgt
und daher ist der Tangentialraum gleich der Geraden
-
c) Der Punkt
wird unter der Abbildung
auf
abgebildet. Die Faser darüber wird durch die beiden Gleichungen
-
beschrieben. Wir lösen die lineare Gleichung nach
auf und setzen das Ergebnis
-
in die quadratische Gleichung ein. Das ergibt
-
bzw.
-
Wir lösen dies nach
auf und erhalten zunächst
-
und durch quadratisches Ergänzen
-
Daraus ergibt sich
-
Dabei ist die Wurzel für
und damit insbesondere für
definiert. Da für
ja
sein soll, muss man das negative Vorzeichen nehmen. Somit liefert die Abbildung
-
eine Bijektion dieses offenen Intervalls mit der offenen Teilmenge der Faser
durch
, die durch
gegeben ist. Es ist ein Diffeomorphismus, da diese Abbildung differenzierbar ist und ihre Ableitung wegen der zweiten Komponenten nirgendwo verschwindet.
Es sei
-
ein Potential zu
, also eine differenzierbare Funktion, deren Gradientenfeld gleich
ist. Wir zeigen, dass sogar die zusammengesetzte Abbildung
-
injektiv ist. Aufgrund der Kettenregel ist die Ableitung dieser Abbildung gleich
-

Nach
Lemma 54.5
steht
senkrecht auf dem Tangentialraum zu
im Punkt
. Insbesondere gehört
nicht zum Tangentialraum
(da das Skalarprodukt positiv definit ist),
also nicht zum Kern von
. Daher ist
-

D.h. dass
keine Nullstelle besitzt und daher ist
nach
Satz 28.5
streng wachsend oder streng fallend, also injektiv.
a) Bestimme den Lösungsraum des linearen Differentialgleichungssystems
-

b) Löse das Anfangswertproblem
-

mit der Anfangsbedingung
-

a) Wir berechnen die Eigenwerte der Matrix. Das charakteristische Polynom davon ist
-

Daher sind
und
die Eigenwerte, und daher ist die Matrix diagonalisierbar.
Zur Bestimmung eines Eigenvektors zum Eigenwert
berechnen wir den Kern von
-
Dies ergibt den Eigenvektor
zum Eigenwert
und damit die erste Fundamentallösung
-
Zur Bestimmung eines Eigenvektors zum Eigenwert
berechnen wir den Kern von
-
Dies ergibt den Eigenvektor
zum Eigenwert
und damit die zweite Fundamentallösung
-
Die allgemeine Lösung hat demnach die Form
-
b)
Um das Anfangsproblem zu lösen müssen wir
und
so bestimmen, dass
-

ist. Dies ist ein lineares Gleichungssystem, Addition führt auf
,
also
und daher
.
Die Lösung des Anfangswertproblems ist also
-
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