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
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in die quadratische Gleichung ein. Das ergibt
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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
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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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