Lösung
- Man nennt
-
das Anfangswertproblem zur
gewöhnlichen Differentialgleichung
mit der Anfangsbedingung .
- Zu zwei Vektoren nennt man
-
den Abstand zwischen
und .
- Das Wegintegral ist
-
- Man nennt die
Determinante
-
des totalen Differentials die Jacobi-Determinante in .
- Man sagt, dass in einem Punkt
ein isoliertes lokales Minimum besitzt, wenn es ein
derart gibt, dass für alle
mit und
die Abschätzung
-
gilt.
- Unter dem Tangentiaraum in an die Faser versteht man
-
Formuliere die folgenden Sätze.
- Der Satz über eine Differentialgleichung höherer Ordnung und das zugehörige System erster Ordnung.
- Das
Minorenkriterium
für den Typ einer symmetrischen Bilinearform.
- Der Satz über die Integration einer Funktion über ein ebenes stetig berandetes Gebiet.
Lösung
- Es sei ein
Intervall,
eine
offene Menge
und
-
eine
Funktion.
Dann ist die
Differentialgleichung höherer Ordnung
-
über die Beziehung
äquivalent zum
Differentialgleichungssystem
-
- Es sei eine
symmetrische Bilinearform
auf einem
endlichdimensionalen
reellen Vektorraum
und sei eine
Basis
von . Es sei die
Gramsche Matrix
zu bezüglich dieser Basis. Die Determinanten der
quadratischen
Untermatrizen
-
seien alle von verschieden für . Es sei die Anzahl der Vorzeichenwechsel in der Folge
-
Dann ist vom
Typ
.
- Es sei
ein
reelles Intervall
und es seien
-
zwei
stetige Funktionen
mit
für alle
.
Es sei das durch die beiden zugehörigen Graphen begrenzte Flächenstück über , und es sei
-
eine stetige Funktion. Dann ist
-
Lösung
- Es sei
und
die
Exponentialfunktion
zur Basis . Zeige, dass es ein
mit
für alle
gibt.
Wir setzen
-
Dann ist
-
- Aus der Bedingung
folgt
-
Damit ist in der Tat
-
- Wir betrachten die Funktion
-
mit
.
Jedes
liegt in einem eindeutigen halboffenen Intervall
mit
.
Wir setzen die Funktion auf ganz durch die Festlegung
-
fort. Dies stimmt für
mit überein, da dort
ist. Für
ist
-
Die Funktion ist stetig, was auf den ganzzahligen Intervallen klar ist und an den Intervallgrenzen wegen
(der Funktionslimes ist für
)
-
gilt.
Die Funktion ist auch streng monoton wachsend, was ebenfalls auf den ganzzahligen Intervallen klar ist und an den Übergängen wegen der Stetigkeit gilt. Die Funktion ist keine Exponentialfunktion, da sie auf
linear ist.
Bestimme die
Ableitung
der Kurve
-
in jedem Punkt
.
Lösung
Die Ableitung rechnet man komponentenweise aus, sie ist
-
Beweise die Integralabschätzung für stetige Kurven.
Lösung
Wenn
ist, so ist nichts zu zeigen. Es sei also
-
Es sei
.
Das ergänzen wir zu einer
Orthonormalbasis
von . Es seien die Koordinatenfunktionen von bezüglich dieser Basis. Dann besteht aufgrund unserer Basiswahl die Beziehung
da ja ein Vielfaches von ist und somit die anderen Koeffizienten gleich sind. Daher ist
Löse das
Anfangswertproblem
-
durch einen
Potenzreihenansatz
bis zur vierten Ordnung.
Lösung
Wir machen den Ansatz
-
aufgrund der Anfangswertbedingungen ist und . Es ist
und .
Aus der Gleichung
-
lassen sich die Koeffizienten bestimmen.
Koeffizientenvergleich zu ergibt
-
also ist .
Koeffizientenvergleich zu ergibt
-
also ist .
Koeffizientenvergleich zu ergibt
-
also ist .
Daher ist
-
die Lösung des Anfangswertproblems bis zur Ordnung .
Bestimme das Taylor-Polynom zweiter Ordnung der Funktion
-
im Punkt .
Lösung
Die relevanten Ableitungen sind
-
-
-
-
-
-
-
-
-
Somit sind die Werte der relevanten Ableitungen im Punkt gleich
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
Daher ist das Taylor-Polynom der Ordnung zwei gleich
-
Lösung
- Da streng fallend ist, besitzt die maximale untere Treppenfunktion auf jedem Teilintervall den Wert von an der oberen Intervallgrenze. Der Flächeninhalt der maximalen unteren Treppenfunktion zu
-
ist also
- Es ist
-
und
-
Damit beide partiellen Ableitungen gleich sind, muss
-
also
und
-
also
sein. Dies ergibt für die Bedingung
-
also, da
,
-
und damit
-
Der einzige kritische Punkt liegt also in
-
vor.
Die Hesse-Matrix ist
-
Die Determinante ist
-
Im kritischen Punkt ist dies wegen
-
positiv. Also ist die Hesse-Form im kritischen Punkt negativ definit und somit liegt in diesem Punkt ein isoliertes lokales Maximum vor. Da es der einzige kritische Punkt ist, und in Randpunkten kein Maximum vorliegt, da diese ja einer Unterteilung mit weniger Punkten entsprechen, liegt auch ein globales Maximum vor.
Das Flächenintegral für diesen Punkt ist gleich
Wir betrachten die Funktion
-
- Bestimme die
Jacobi-Matrix
zu in einem Punkt .
- Bestimme die
kritischen Punkte
von .
- Bestimme die
Hesse-Matrix
zu in einem Punkt .
- Bestimme die
Eigenräume
der Hesse-Matrix zu im Punkt .
- Bestimme den
Typ
der Hesse-Form zu im Punkt mit Hilfe
des Eigenwertkriteriums.
Lösung
- Die
Jacobi-Matrix
zu in ist
-
- Ein
kritischer Punkt
liegt genau dann vor, wenn alle drei partiellen Ableitungen sind. Bei
-
muss
-
sein, dass ist die -Achse. Wegen der Symmetrie der Situation sind also die kritischen Punkte genau die Punkte der drei Raumachsen.
- Die
Hesse-Matrix
zu in ist
-
- Die Hesse-Matrix zu in ist
-
Das
charakteristische Polynom
davon ist
Der Eigenraum zum Eigenwert ist .
Der Eigenraum zum Eigenwert ist
-
- Nach Teil (4) und dem Eigenwertkriterium ist der Typ der Hesse-Form zu im Punkt gleich .
Man gebe ein Beispiel einer Funktion
-
das zeigt, dass im Satz über die
(lokale)
Umkehrbarkeit die Bijektivität im Allgemeinen nur auf echten Teilintervallen besteht.
Lösung
Lösung
Der Weg ist durch
-
gegeben. Somit ist
Wir analysieren die einzelnen Summanden getrennt. Ganz rechts wird der Integrand für aufgrund der Eigenschaften von und der Stetigkeit des Skalarproduktes beliebig klein, was sich auf das Integral überträgt. Dieser Term spielt also im Limes keine Rolle. Das linke Integral ist
-
sodass alles vom mittleren Summanden abhängt. Der Integrand ist
Wegen
-
fallen diese Terme weg. Übrig bleiben
-
und
-
Alles zusammen ergibt
-
Zeige, dass der Flächeninhalt der Rotationsfläche, die entsteht, wenn man den Graphen
-
um die -Achse rotieren lässt, kleiner als ist.
Lösung
Es sei
-
ein Quader im und sei
-
ein Monom. Berechne .
Lösung