Lösung
- Man nennt die Gleichung
-
gewöhnliche Differentialgleichung zu .
- Zwei Vektoren heißen orthogonal zueinander, wenn
-
ist.
- Die Abbildung heißt in differenzierbar, wenn der
Limes
-
existiert.
- Es sei
-
mit
-
ein homogenes lineares gewöhnliches Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten. Dann heißt eine Basis des Lösungsraumes ein Fundamentalsystem von Lösungen dieses Systems.
- Die Faser über ist die Menge
-
- Eine Teilmenge heißt
sternförmig
bezüglich eines Punktes , wenn für jeden Punkt die Verbindungsstrecke
, ,
ganz in liegt.
Formuliere die folgenden Sätze.
- Der Satz über das Verhalten der Gramschen Matrizen zu einer Bilinearform bei einem Basiswechsel.
- Die Kettenregel zu zwei total differenzierbaren Abbildungen
-
und
-
in einem Punkt .
- Der
Satz über den Zusammenhang von Anfangswertproblemen und Integralgleichungen.
Lösung
- Es sei ein
Körper,
ein
endlichdimensionaler
-
Vektorraum
und eine
Bilinearform
auf . Es seien
und
zwei
Basen
von und es seien
bzw.
die
Gramschen Matrizen
von bezüglich dieser Basen. Zwischen den Basiselementen gelte die Beziehungen
-
die wir durch die
Übergangsmatrix
ausdrücken. Dan
- Die zusammengesetzte Abbildung
ist ebenfalls total differenzierbar, und zwischen den
totalen Differentialen
in einem Punkt besteht die Beziehung
-
- Es sei ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum, ein reelles Intervall, eine offene Menge und
-
ein stetiges Vektorfeld auf . Es sei vorgegeben. Dann ist eine stetige Abbildung
-
auf einem Intervall mit genau dann eine Lösung des Anfangswertproblems
(insbesondere muss differenzierbar sein)
-
wenn die Integralgleichung
-
erfüllt.
a) Es sei
-
ein nullstellenfreies Vektorfeld, d.h.
für alle . Zeige, dass jede
Lösungskurve
zur
Differentialgleichung
-
injektiv
ist.
b) Es sei nun ein zeitunabhängiges Vektorfeld. Zeige, dass genau dann nullstellenfrei ist, wenn jede Lösungskurve injektiv ist.
c) Man gebe ein Beispiel für ein Vektorfeld, das nicht nullstellenfrei ist, für das aber jede Lösungskurve injektiv ist.
Lösung
a) Es sei angenommen, dass es eine nicht injektive Lösungskurve
-
gibt. Dann gibt es Punkte
,
mit
.
Nach
dem Mittelwertsatz der Differentialrechnung
gibt es ein mit
-
Dies ist ein Widerspruch zu
-
b) Die Hinrichtung folgt aus Teil a). Es sei nun
-
nicht nullstellenfrei. Dann gibt es ein mit
.
Für die konstante Funktion
-
gilt
-
für alle , sodass eine Lösung der Differentialgleichung vorliegt. Diese konstante Lösung ist nicht injektiv.
c) Wir betrachten die Differentialgleichung
-
zum ortsunabhängigen Vektorfeld
-
Bei
liegen Nullstellen vor. Die Lösungen sind die Stammfunktionen zu , also . Da dritte Wurzeln im Reellen eindeutig sind, handelt es sich um injektive Funktionen.
Lösung
Es sei
vorgegeben. Es ist
-
sodass es genügt, die Aussage für reelles
, ,
zu zeigen. Es ist
-
wir schreiben
mit
.
Aufgrund des Archimedes-Prinzips gibt es ein
derart, dass
-
ist. Nach
der Bernoullischen Ungleichung
gilt somit für
die Abschätzung
-
Also ist
-
für
.
Es sei ein quadratischer Billardtisch ohne Löcher mit einer Seitenlänge von einem Meter gegeben, darauf bewegt sich eine punktförmige Kugel ohne Bremswirkung nach dem Reflexionsprinzip „Einfallswinkel ist gleich Ausfallswinkel“.
- Beschreibe durch eine Skizze
(inklusive Winkel oder Punktkoordinaten)
eine periodische Bewegung, bei der zwei Randpunkte getroffen werden.
- Beschreibe durch eine Skizze
(inklusive Winkel oder Punktkoordinaten)
eine periodische Bewegung, bei der vier Randpunkte getroffen werden.
- Beschreibe durch eine Skizze
(inklusive Winkel oder Punktkoordinaten)
eine periodische Bewegung, bei der acht Randpunkte getroffen werden.
- Zeige, dass es keine periodische Bewegung gibt, bei der drei Randpunkte getroffen werden.
Lösung
-
-
-
- Offenbar können nicht die drei Punkte auf einer Seite sein. Wenn zwei Punkte auf einer Seite und ein dritter auf einer weiteren Seite wäre, so müssten bei der Bewegung die beiden gleichseitigen Punkte verbunden sein, was nicht sein kann. Es ist also noch die Möglichkeit auszuschließen, dass drei Seiten einen Punkt enthalten und die vierte nicht. Ohne Einschränkung sei auf der rechten Seite kein Punkt und die Bewegung beginnt im Punkt auf der linken Seite und läuft direkt zum Punkt auf der oberen Seite. Von diesem Punkt muss die Bewegung dann zum dritten Punkt auf der unteren Seite weitergehen. Doch dann ändert sich bei dieser Bewegung die Geschwindigkeit in Richtung der -Koordinate nicht und die Bewegung trifft doch die rechte Seite.
Lösung
Das charakteristische Polynom ist , somit ist eine einfache Nullstelle des Polynoms und man muss die gesuchte Lösungsfunktion als
-
mit einer Konstanten
ansetzen. Ableiten ergibt
Der Vergleich mit der rechten Seite zeigt
-
und somit ist
-
eine Lösung der inhomogen Differentialgleichung.
Bestimme die partielle Ableitung nach der Funktion
Lösung
Die partielle Ableitung nach ist
-
Lösung
- Die Bedingung für einen lichtartigen Vektor ist
-
deshalb kann man direkt
-
nehmen.
- Die Jacobi-Matrix zu ist
-
Ein kritischer Punkt liegt genau dann vor, wenn sämtliche Einträge dieses Vektors verschwinden, was nur im Nullpunkt der Fall ist.
- Es sei
-
ein Element des Lichtkegels. Sei
-
Dann ist
aufgrund der Bedingungen an und , was die Lichtartigkeit bedeutet.
- Betrachte
und
-
In diesem Fall ist
-
nicht lichtartig.
Beweise den Satz über die Bestimmung von Extrema mit der Hesse-Matrix.
Lösung
(1). Aufgrund von
[[Zweimal stetig differenzierbare Funktion/Offenheit der positiv definiten Hesse-Form/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Zweimal stetig differenzierbare Funktion/Offenheit der positiv definiten Hesse-Form/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]]
gibt es ein
derart, dass die
Hesse-Form
für alle
negativ definit
ist. Für alle Vektoren
, ,
gibt es nach
[[Mehrere Variablen/Taylor-Formel/Eine Richtung/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Mehrere Variablen/Taylor-Formel/Eine Richtung/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]]
ein
mit
-
wobei die erste Formulierung sich auf eine fixierte Basis bezieht und wobei die zweite Identität auf
[[Taylor-Formel/Quadratische Approximation und Hesse-Form/Aufgabe|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Taylor-Formel/Quadratische Approximation und Hesse-Form/Aufgabe/Aufgabereferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]]
beruht. Da die Hesse-Form negativ definit ist, steht rechts für
eine Zahl, die echt kleiner als ist. Daher liegt ein isoliertes lokales Maximum vor.
(2) wird wie (1) bewiesen oder durch Betrachten von darauf zurückgeführt.
(3). Es sei
indefinit.
Dann gibt es Vektoren
und
mit
-
Wegen der stetigen Abhängigkeit der Hesse-Form gelten diese Abschätzungen auch für für aus einer offenen Umgebung von
(mit den gleichen Vektoren und ).
Wir können durch Skalierung von
und
annehmen, dass
und
zu dieser Umgebung gehören. Wie im Beweis zu Teil (1) gilt daher
( und sind nicht )
-
und
-
mit
.
Also kann in kein lokales Extremum vorliegen.
Es sei
offen
und
-
eine
stetig differenzierbare
Abbildung. Zeige, dass die Menge der
regulären Punkte
von offen ist.
Lösung
Es seien die Koordinatenfunktionen zu und sei
-
die
Jacobi-Matrix
zu . Die Abbildung ist in einem Punkt genau dann regulär, wenn die Jacobi-Matrix bijektiv ist, und dies ist genau dann der Fall, wenn ihre Determinante ungleich ist. Nach Voraussetzung sind die Einträge in der Matrix stetige Funktionen. Da die Determinante eine polynomiale Funktion ist, ist die Gesamtabbildung
-
stetig. Die Menge der regulären Punkte ist das Urbild der offenen Menge unter dieser Abbildung, also offen.
Wir betrachten das
Vektorfeld
-
a) Zeige mit Hilfe der Integrabilitätsbedingung, dass ein
Gradientenfeld ist.
b) Bestimme ein
Potential
zu .
Lösung
a) Es ist
-
und ebenso
-
es ist
-
und ebenso
-
und schließlich ist
-
und ebenso
-
die Integrabilitätsbedingungen sind also erfüllt. Da sternförmig ist, handelt es sich um ein Gradientenfeld.
b) Ein
Potential
zu ist
-
wie man durch Ableiten bestätigt.
Bestimme für das Anfangswertproblem
-
explizite Formeln für die
Picard-Lindelöf-Iterationen.
Lösung
Lösung
Es ist
-
und
-
Somit ist
-
Wir bestimmen den Flächeninhalt des Querschnitts von zu zwischen
und .
Der Querschnitt ist
-
Bei fixiertem
(neben dem fixierten )
läuft zwischen
und .
Der Flächeninhalt von ist durch
Eine Stammfunktion dazu ist
-
Somit ist das Volumen von gleich
Lösung