Kurs:Mathematik (Osnabrück 2009-2011)/Teil II/Klausur mit Lösungen

Aufgabe * (4 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

Eine rationale Funktion (in einer Variablen über ${}\mathbb {R}$ ).
Eine Stammfunktion zu einer Funktion ${}f\colon ]a,b[\rightarrow \mathbb {R}$ .
Die totale Differenzierbarkeit einer Abbildung
$\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{m}$
in einem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ .
Ein ${}C^{k}$ -Diffeomorphismus zwischen den offenen Mengen ${}U_{1}\subseteq V_{1}$ und ${}U_{2}\subseteq V_{2}$ in euklidischen Vektorräumen ${}V_{1},V_{2}$ .
Der Dualraum zu einem ${}K$ -Vektorraum ${}V$ .
Die Hesse-Matrix zu einer zweimal stetig differenzierbaren Funktion
$f\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R}$
in einem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ .
Eine invariante Fahne zu einer linearen Abbildung
$f\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}.$
Ein zeitunabhängiges Vektorfeld.

Lösung

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

Eine rationale Funktion (in einer Variablen über ${}\mathbb {R}$ ).
Eine Stammfunktion zu einer Funktion ${}f\colon ]a,b[\rightarrow \mathbb {R}$ .
Die totale Differenzierbarkeit einer Abbildung
$\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{m}$
in einem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ .
Ein ${}C^{k}$ -Diffeomorphismus zwischen den offenen Mengen ${}U_{1}\subseteq V_{1}$ und ${}U_{2}\subseteq V_{2}$ in euklidischen Vektorräumen ${}V_{1},V_{2}$ .
Der Dualraum zu einem ${}K$ -Vektorraum ${}V$ .
Die Hesse-Matrix zu einer zweimal stetig differenzierbaren Funktion
$f\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R}$
in einem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ .
Eine invariante Fahne zu einer linearen Abbildung
$f\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}.$
Ein zeitunabhängiges Vektorfeld.

Aufgabe * (4 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

Die Kettenregel für total differenzierbare Abbildungen.
Der Satz über die (lokale) Umkehrabbildung.
Der Sylvestersche Trägheitssatz über eine symmetrische Bilinearform.
Der Banachsche Fixpunktsatz.

Lösung

Seien ${}V,\,W$ und ${}U$ endlichdimensionale ${}{\mathbb {R} }$ -Vektorräume, ${}G\subseteq V$ und ${}D\subseteq W$ offene Mengen, und ${}\varphi \colon G\rightarrow W$ und ${}\psi \colon D\rightarrow U$ Abbildungen derart, dass ${}\varphi (G)\subseteq D$ gilt. Es sei weiter angenommen, dass ${}\varphi$ in ${}P\in G$ und ${}\psi$ in ${}\varphi (P)\in D$ total differenzierbar ist.
Dann ist ${}\psi \circ \varphi \colon G\rightarrow U$ in ${}P$ differenzierbar mit dem totalen Differential

${}\left(D(\psi \circ \varphi )\right)_{P}=\left(D\psi \right)_{\varphi (P)}\circ \left(D\varphi \right)_{P}\,.$
Es seien ${}V_{1}$ und ${}V_{2}$ endlichdimensionale reelle 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.
Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum mit einer symmetrischen Bilinearform ${}\left\langle -,-\right\rangle$ vom Typ ${}(p,q)$ .
Dann ist die Gramsche Matrix von ${}\left\langle -,-\right\rangle$ bezüglich einer jeden Orthogonalbasis eine Diagonalmatrix mit ${}p$ positiven und ${}q$ negativen Einträgen.
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.

Aufgabe * (3 Punkte)

Berechne das bestimmte Integral zur Funktion

f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)=2x^{3}+3e^{x}-\sin x,

über ${}[-1,0]$ .

Lösung

Eine Stammfunktion ist

{\frac {1}{2}}x^{4}+3e^{x}+\cos x.

Daher ist das bestimmte Integral gleich

{}{\begin{aligned}\int _{-1}^{0}f(x)\,dx&={\left({\frac {1}{2}}x^{4}+3e^{x}+\cos x\right)}|_{-1}^{0}\\&=(0+3+1)-{\left({\frac {1}{2}}(-1)^{4}+3e^{-1}+\cos(-1)\right)}\\&={\frac {7}{2}}-3e^{-1}-\cos(-1).\end{aligned}}

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme eine Stammfunktion von

{\frac {5x^{3}+4x-3}{x^{2}+1}}

mittels Partialbruchzerlegung.

Lösung

Da der Grad des Zählerpolynoms größer als der Grad des Nennerpolynoms ist, führen wir zuerst eine Polynomdivision durch. Diese ergibt

{}5x^{3}+4x-3=(x^{2}+1)(5x)-x-3\,

und daher ist

{}{\frac {5x^{3}+4x-3}{x^{2}+1}}=5x-{\frac {x}{x^{2}+1}}-3{\frac {1}{x^{2}+1}}\,.

Eine Stammfunktion ist also

{\frac {5}{2}}x^{2}-{\frac {1}{2}}\ln(x^{2}+1)-3\arctan x.

Aufgabe * (5 Punkte)

Finde eine Lösung für die gewöhnliche Differentialgleichung

y'={\frac {t}{t^{2}-1}}y^{2}

mit ${}t>1$ und ${}y<0$ .

Lösung

Es liegt eine Differentialgleichung mit getrennten Variablen vor. Wir setzen

h(y)={\frac {1}{y^{2}}},

davon ist

H(y)=-y^{-1}

eine Stammfunktion. Die Umkehrfunktion davon ist ebenfalls

H^{-1}(u)=-u^{-1}.

Wir setzen weiter ${}g(t)={\frac {t}{t^{2}-1}}$ . Wir machen den Ansatz für die Partialbruchzerlegung, also

{}{\frac {t}{t^{2}-1}}={\frac {a}{t-1}}+{\frac {b}{t+1}}\,.

Daraus ergibt sich die Bedingung

{}t=a(t+1)+b(t-1)\,

und daraus

a=b={\frac {1}{2}}.

Also ist

G(t)={\frac {1}{2}}\ln(t+1)+{\frac {1}{2}}\ln(t-1)

eine Stammfunktion von ${}g(t)$ . Daher ist

y(t)={\frac {-2}{\ln(t-1)+\ln(t+1)}}

eine Lösung, die für ${}t>1$ definiert ist und für die ${}y(t)<0$ gilt.

Aufgabe * (9 Punkte)

Es sei

f\colon {]0,1]}\longrightarrow [0,\infty [

eine stetige, streng fallende, bijektive Funktion mit der ebenfalls stetigen Umkehrfunktion

f^{-1}\colon {[0,\infty [}\longrightarrow {]0,1]}.

Es sei vorausgesetzt, dass das uneigentliche Integral ${}\int _{0}^{1}f(t)\,dt$ existiert. Zeige, dass dann auch das uneigentliche Integral ${}\int _{0}^{\infty }f^{-1}(y)\,dy$ existiert und dass der Wert dieser beiden Integrale übereinstimmt.

Lösung

Es sei ${}F$ eine Stammfunktion zu der stetigen Funktion ${}f$ . Nach Voraussetzung existiert

F(0):=\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,F(x).

Der Wert des uneigentlichen Integrals ist

{}\int _{0}^{1}f(t)\,dt=F(1)-F(0)\,.

Durch Addition einer Konstanten können wir ${}F(0)=0$ annehmen.

Zu jedem ${}x\in {]0,1]}$ ist

{}\int _{0}^{x}f(t)\,dt+\int _{x}^{1}f(t)\,dt=\int _{0}^{1}f(t)\,dt=F(1)\,

und wegen der Monotonie ist

{}\int _{0}^{x}f(t)\,dt\geq xf(x)\,.

Für ${}x\mapsto 0$ konvergiert das rechte Integral gegen ${}F(1)$ und das linke Integral gegen ${}0$ . Daher gibt es zu jedem ${}\epsilon >0$ ein ${}x_{0}$ mit

{}xf(x)\leq \epsilon \,

für alle ${}x\leq x_{0}$ .

Die Umkehrfunktion ${}f^{-1}$ besitzt die Stammfunktion

G(y)=yf^{-1}(y)-F(f^{-1}(y)).

Wir müssen zeigen, dass diese Funktion für ${}y\mapsto \infty$ einen Limes besitzt. Für ${}y\mapsto \infty$ gilt ${}f^{-1}(y)\mapsto 0$ und somit ist wegen der Stetigkeit

\operatorname {lim} _{y\rightarrow \infty }\,F(f^{-1}(y))=0.

Wir behaupten, dass auch der linke Summand einen Limes für ${}y\mapsto \infty$ besitzt. Dazu sei ${}\epsilon >0$ und sei ${}x_{0}$ wie oben gewählt. Da ${}f^{-1}$ fallend (und bijektiv) ist, gibt es ein ${}y_{0}$ mit ${}f^{-1}(y_{0})=x_{0}$ . Daher gelten für alle ${}y\geq y_{0}$ (mit ${}y=f(x)$ ) die Abschätzungen

{}yf^{-1}(y)=f(x)f^{-1}(f(x))=f(x)x\leq \epsilon \,.

Daher ist

{}\operatorname {lim} _{y\rightarrow \infty }\,yf^{-1}(y)=0\,

und das uneigentliche Integral existiert. Sein Wert ist

{}{\begin{aligned}\int _{0}^{\infty }f^{-1}(y)\,dy&=\operatorname {lim} _{y\rightarrow \infty }\,G(y)-G(0)\\&=\operatorname {lim} _{y\rightarrow \infty }\,(yf^{-1}(y)-F(f^{-1}(y)))-(-F(1))\\&=-F(0)+F(1)\\&=\int _{0}^{1}f(t)\,dt.\end{aligned}}

Aufgabe * (8 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 * (9 Punkte)

Beweise die Kettenregel für total differenzierbare Abbildungen ${}\varphi :V\rightarrow W$ und ${}\psi :W\rightarrow U$ , wobei ${}V,W,U$ endlichdimensionale ${}{\mathbb {K} }$ -Vektorräume sind.

Lösung

Wir haben nach Voraussetzung (wobei wir ${}Q:=\varphi (P)$ setzen)

{}\varphi (P+v)=\varphi (P)+L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)\,

und

{}\psi (Q+w)=\psi (Q)+M(w)+\Vert {w}\Vert s(w)\,

mit linearen Abbildungen ${}L\colon V\rightarrow W$ und ${}M\colon W\rightarrow U$ , und mit in ${}0$ stetigen Funktionen ${}r\colon U{\left(0,\delta \right)}\rightarrow W$ und ${}s\colon U{\left(0,\delta '\right)}\rightarrow U$ , die beide in ${}0$ den Wert ${}0$ annehmen. Damit gilt

{}{\begin{aligned}(\psi \circ \varphi )(P+v)&=\psi (\varphi (P+v))\\&=\psi {\left(\varphi (P)+L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)\right)}\\&=\psi (\varphi (P))+M(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))+\Vert {L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)}\Vert s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))\\&=\psi (\varphi (P))+M(L(v))+M(\Vert {v}\Vert r(v))+\Vert {L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)}\Vert s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))\\&=\psi (\varphi (P))+(M\circ L)(v)+\Vert {v}\Vert M(r(v))+\Vert {\Vert {v}\Vert L{\left({\frac {v}{\Vert {v}\Vert }}\right)}+\Vert {v}\Vert r(v)}\Vert s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))\\&=\psi (\varphi (P))+(M\circ L)(v)+\Vert {v}\Vert {\left(M(r(v))+\Vert {L{\left({\frac {v}{\Vert {v}\Vert }}\right)}+r(v)}\Vert s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))\right)}.\,\end{aligned}}

Dabei haben wir in der dritten Gleichung die lineare Approximation für

{}w=L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)\,

eingesetzt. Die beiden letzten Gleichungen gelten nur für ${}v\neq 0$ . Der Ausdruck

t(v):=M(r(v))+\Vert {L{\left({\frac {v}{\Vert {v}\Vert }}\right)}+r(v)}\Vert s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))\,

ist unser Kandidat für die Abweichungsfunktion. Der erste Summand ${}M(r(v))$ ist in ${}v=0$ stetig und hat dort auch den Wert ${}0$ . Es genügt also den zweiten Summanden zu betrachten. Der ${}\Vert {-}\Vert$ -Ausdruck ist in einer Umgebung der Null beschränkt, da ${}L$ auf der kompakten Einheitssphäre nach Satz 22.4 beschränkt ist und da ${}r$ in ${}0$ stetig ist. Daher hängt die Stetigkeit nur von dem rechten Faktor ab. Aber ${}L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)$ hat für ${}v\rightarrow 0$ den Grenzwert ${}0$ . Damit ist auch ${}s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))$ in ${}0$ stetig und hat dort den Grenzwert ${}0$ .

Aufgabe * (3 Punkte)

Man gebe ein Beispiel einer Funktion

f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,

das zeigt, dass im Satz über die (lokale) Umkehrbarkeit die Bijektivität im Allgemeinen nur auf echten Teilintervallen besteht.

Lösung

Wir betrachten die Funktion

f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto x^{2}.

Diese Funktion ist stetig differenzierbar mit ${}f'(x)=2x$ . Im Punkt ${}x=1$ gilt ${}f'(1)=2\neq 0$ , so dass dort der Satz über die lokale Umkehrbarkeit anwendbar ist (und zwar liegt eine Bijektion ${}f\colon \mathbb {R} _{+}\rightarrow \mathbb {R} _{+}$ mit der Quadratwurzel als Umkehrfunktion vor). Es gibt aber keine Umkehrfunktion auf ganz ${}\mathbb {R}$ , da wegen ${}x^{2}=(-x)^{2}$ die Funktion nicht injektiv ist.

Aufgabe * (6 Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

f\colon \mathbb {R} \times \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y,z)\longmapsto {\frac {xz}{x^{2}+y^{2}}},

(es ist also ${}y>0$ ).

a) Berechne die partiellen Ableitungen von ${}f$ und stelle den Gradienten zu ${}f$ auf.

b) Bestimme die isolierten lokalen Extrema von ${}f$ .

Lösung

a) Es handelt sich um eine rationale Funktionen in mehreren Variablen ohne Nullstelle des Nenners, daher existieren alle partiellen Ableitungen. Die partiellen Ableitungen von ${}f$ ergeben sich aus der Quotientenregel; sie sind

{}{\frac {\partial }{\partial x}}{\left({\frac {xz}{x^{2}+y^{2}}}\right)}={\frac {z(x^{2}+y^{2})-2x^{2}z}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}={\frac {z(-x^{2}+y^{2})}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\,,

{}{\frac {\partial }{\partial y}}{\left({\frac {xz}{x^{2}+y^{2}}}\right)}={\frac {-2xyz}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\,

und

{}{\frac {\partial }{\partial z}}{\left({\frac {xz}{x^{2}+y^{2}}}\right)}={\frac {x}{x^{2}+y^{2}}}\,.

Der Gradient zu ${}f$ in einem Punkt ${}P=(x,y,z)$ ist demnach der Vektor

{}\operatorname {Grad} \,f(P)=\left({\frac {z(-x^{2}+y^{2})}{(x^{2}+y^{2})^{2}}},\,{\frac {-2xyz}{(x^{2}+y^{2})^{2}}},\,{\frac {x}{x^{2}+y^{2}}}\right)\,.

b) Da der Definitionsbereich offen ist und da die Funktion stetig differenzierbar ist, ist es für die Existenz eines lokalen Extremums eine notwendige Bedingung, dass der Gradient ${}0$ ist. Dies kann wegen der dritten partiellen Ableitung nur bei ${}x=0$ der Fall sein. Dann ist die zweite partielle Ableitung ebenfalls ${}0$ und wegen ${}y>0$ folgt aus der ersten partiellen Ableitung, dass ${}z=0$ sein muss. Extrema kann es also allenfalls bei Punkten der Form ${}(0,y,0)$ geben. Die Funktion hat aber bei all diesen Punkten den Wert ${}0$ , so dass es kein isoliertes Extremum gibt.

Aufgabe * (5 Punkte)

Untersuche die Funktion

f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto -3x^{2}+2xy-7y^{2}+x,

auf Extrema.

Lösung

Die partiellen Ableitungen der Funktion ${}f$ sind

{}{\frac {\partial f}{\partial x}}=-6x+2y+1\,

und

{}{\frac {\partial f}{\partial y}}=2x-14y\,.

Eine notwendige Voraussetzung für die Existenz eines lokalen Extremums ist, dass der Gradient ${}0$ ist. Aus

-6x+2y+1=0\,\,{\text{  und }}\,\,2x-14y=0

folgt sofort

-40y+1=0,

also ${}y={\frac {1}{40}}$ und daraus

x={\frac {7}{40}}.

Es kann also allenfalls im Punkt

{}P=\left({\frac {7}{40}},\,{\frac {1}{40}}\right)\,

ein lokales Extremum vorliegen.

Die Hesse-Matrix der Funktion ist

{\begin{pmatrix}-6&2\\2&-14\end{pmatrix}}.

Der Eintrag links oben ist also negativ und die Determinante ist positiv. Daher ist die Hesse-Matrix negativ definit und somit liegt in ${}P$ ein lokales Maximum vor. Da es sonst kein weiteres lokales Extremum gibt, ist dieses Maximum isoliert und global.

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,