Kurs:Mathematik für Anwender II/Teiltest 1/Klausur mit Lösungen

Aufgabe * (4 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein Skalarprodukt auf einem reellen Vektorraum ${}V$.
2. Die Stetigkeit einer Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M$

   zwischen metrischen Räumen ${}L$ und ${}M$ in einem Punkt ${}x\in L$.

3. Eine differenzierbare Kurve

   $\gamma \colon I\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

   auf einem reellen Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$.

4. Der Eigenraum zu ${}\lambda \in K$ und einem Endomorphismus

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   auf einem ${}K$- Vektorraum ${}V$.

5. Eine trigonalisierbare lineare Abbildung ${}\varphi \colon V\rightarrow V$, wobei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum ist.
6. Ein homogenes lineares Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten.
7. Die Jacobi-Matrix zu einer partiell differenzierbaren Abbildung

   $\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{m}$

   in einem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$.

8. Das totale Differential in einem Punkt ${}P\in V$ einer in diesem Punkt total differenzierbaren Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   (dabei seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale reelle Vektorräume).

Lösung

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein Skalarprodukt auf einem reellen Vektorraum ${}V$.
2. Die Stetigkeit einer Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M$

   zwischen metrischen Räumen ${}L$ und ${}M$ in einem Punkt ${}x\in L$.

3. Eine differenzierbare Kurve

   $\gamma \colon I\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

   auf einem reellen Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$.

4. Der Eigenraum zu ${}\lambda \in K$ und einem Endomorphismus

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   auf einem ${}K$- Vektorraum ${}V$.

5. Eine trigonalisierbare lineare Abbildung ${}\varphi \colon V\rightarrow V$, wobei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum ist.
6. Ein homogenes lineares Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten.
7. Die Jacobi-Matrix zu einer partiell differenzierbaren Abbildung

   $\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{m}$

   in einem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$.

8. Das totale Differential in einem Punkt ${}P\in V$ einer in diesem Punkt total differenzierbaren Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   (dabei seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale reelle Vektorräume).

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Formel für die Länge einer Kurve

   $f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}.$

2. Der Satz über die Beziehung zwischen geometrischer und algebraischer Vielfachheit zu einer linearen Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   auf einem endlichdimensionalen ${}K$-Vektorraum ${}V$.
3. Der Satz über den Zusammenhang von totaler Differenzierbarkeit und Richtungsableitung für eine Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   in einem Punkt

   ${}P\in V$.
4. Die Kettenregel zu zwei total differenzierbaren Abbildungen

   $f\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{m}$

   und

   $g\colon \mathbb {R} ^{m}\longrightarrow \mathbb {R} ^{k}$

   in einem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$.

Lösung

1. Es sei ${}[a,b]$ ein kompaktes Intervall und

   $f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

   eine stetig differenzierbare Abbildung. Dann ist ${}f$ rektifizierbar und für die Kurvenlänge gilt

   ${}L(f)=\int _{a}^{b}\Vert {f'(t)}\Vert \,dt\,.$

2. Es sei ${}\lambda \in K$. Dann besteht zwischen der geometrischen und der algebraischen Vielfachheit die Beziehung

   ${}\dim _{K}{\left(\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}\right)}\leq \mu _{\lambda }(\varphi )\,.$

3. Sei ${}\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ^{m}$ im Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ total differenzierbar mit dem totalen Differential ${}\left(D\varphi \right)_{P}$. Dann ist ${}\varphi$ in ${}P$ in jede Richtung ${}v\in \mathbb {R} ^{n}$ differenzierbar, und es gilt

   ${\left(D_{v}\varphi \right)}{\left(P\right)}={\left(D\varphi \right)}_{P}{\left(v\right)}.$

4. Die zusammengesetzte Abbildung ${}g\circ f\colon \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ^{k}$ ist ebenfalls total differenzierbar, und zwischen den totalen Differentialen in einem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ besteht die Beziehung

   $\left(D(g\circ f)\right)_{P}=\left(Dg\right)_{f(P)}\circ \left(Df\right)_{P}.$

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Wende das Schmidtsche Orthonormalisierungsverfahren auf die Basis

${\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}}$

des ${}\mathbb {R} ^{3}$ an.

Lösung

Der Vektor ${}{\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}}$ besitzt die Norm ${}{\sqrt {2}}$, somit ist

$u_{1}={\begin{pmatrix}0\\{\frac {1}{\sqrt {2}}}\\{\frac {1}{\sqrt {2}}}\end{pmatrix}}$

der zugehörige normierte Vektor. Der zweite Vektor muss senkrecht zu ${}u_{1}$ sein und zusammen mit ${}u_{1}$ den Untervektorraum ${}\langle {\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}}\rangle$ aufspannen. Dies führt zum Ansatz

${}0=\left\langle {\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}}+\lambda {\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}}\right\rangle =\left\langle {\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}\lambda \\1\\1+\lambda \end{pmatrix}}\right\rangle =1+1+\lambda \,,$

sodass

${}\lambda =-2\,$

und ${}w_{2}={\begin{pmatrix}-2\\1\\-1\end{pmatrix}}$ ist. Der normierte Vektor dazu ist

$u_{2}={\begin{pmatrix}-{\frac {2}{\sqrt {6}}}\\{\frac {1}{\sqrt {6}}}\\-{\frac {1}{\sqrt {6}}}\end{pmatrix}}.$

Der dritte Vektor muss senkrecht auf ${}u_{1}$ und ${}u_{2}$ stehen. Ein solcher Vektor ist offenbar ${}{\begin{pmatrix}-1\\-1\\1\end{pmatrix}}$. Daher kann man

$u_{3}={\begin{pmatrix}-{\frac {1}{\sqrt {3}}}\\-{\frac {1}{\sqrt {3}}}\\{\frac {1}{\sqrt {3}}}\end{pmatrix}}$

als dritten Vektor der Orthonormalbasis nehmen.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Es sei ${}(M,d)$ ein metrischer Raum. Zeige, dass jede endliche Teilmenge ${}T\subseteq M$ abgeschlossen ist.

Lösung

Die endliche Punktmenge bestehe aus ${}P_{1},\ldots ,P_{n}\in M$. Wir müssen zeigen, dass das Komplement ${}U=M\setminus \{P_{1},\ldots ,P_{n}\}$ dieser Punktmenge offen ist. D.h. wir müssen zeigen, dass es zu jedem Punkt ${}Q\in M$, ${}Q\neq P_{1},\ldots ,P_{n}$, eine offene Ballumgebung ${}U{\left(Q,\epsilon \right)}$ gibt, die ganz in ${}U$ liegt. Wegen ${}Q\neq P_{i}$ ist ${}d(Q,P_{i})=\epsilon _{i}>0$. Wir setzen ${}\epsilon :=\operatorname {min} _{i=1,\ldots ,n}\{\epsilon _{i}\}$. Dann enthält ${}U{\left(Q,\epsilon \right)}=\bigcap _{i=1}^{n}U{\left(Q,\epsilon _{i}\right)}$ keinen der Punkte.

 

Aufgabe * (8 (2+4+2) 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 * (4 Punkte)

Es sei

$\gamma \colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

eine stetig differenzierbare Kurve und sei

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

eine lineare Isometrie. Beweise die Längengleichheit

${}L(\gamma )=L(\varphi \circ \gamma )\,.$

Lösung

Für eine stetig differenzierbare Kurve

$\gamma \colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R}$

gilt

$L(\gamma )=\int _{a}^{b}\Vert {\gamma '(t)}\Vert \,dt.$

Die Kurve ${}\varphi \circ \gamma$ ist ebenfalls stetig differenzierbar, und nach der Kettenregel gilt

${}(\varphi \circ \gamma )'(t)=\left(D\varphi \right)_{\gamma (t)}(\gamma '(t))=\varphi (\gamma '(t))\,,$

da ${}\varphi$ linear ist. Da ${}\varphi$ eine Isometrie ist, stimmt die Norm von ${}\gamma '(t)$ mit der Norm von ${}\varphi (\gamma '(t))$ überein. Daher ist

${}L(\varphi \circ \gamma )=\int _{a}^{b}\Vert {(\varphi \circ \gamma )'(t)}\Vert \,dt=\int _{a}^{b}\Vert {\gamma '(t)}\Vert \,dt=L(\gamma )\,.$

 

Aufgabe * (6 Punkte)

Es sei

$\gamma \colon [-1,1]\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,t\longmapsto {\left(t^{2},-t^{2}+1,t\right)},$

gegeben. Berechne das Wegintegral längs dieses Weges zum Vektorfeld

${}F(x,y,z)={\left(y^{2}-xz,xyz,5x^{2}z-yz\right)}\,.$

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\int _{\gamma }F&=\int _{-1}^{1}\left\langle F(\gamma (t)),\gamma '(t)\right\rangle dt\\&=\int _{-1}^{1}\left\langle {\begin{pmatrix}(-t^{2}+1)^{2}-t^{3}\\t^{3}(-t^{2}+1)\\5t^{5}-t(-t^{2}+1)\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}2t\\-2t\\1\end{pmatrix}}\right\rangle dt\\&=\int _{-1}^{1}\left\langle {\begin{pmatrix}t^{4}-t^{3}-2t^{2}+1\\-t^{5}+t^{3}\\5t^{5}+t^{3}-t\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}2t\\-2t\\1\end{pmatrix}}\right\rangle dt\\&=\int _{-1}^{1}2t(t^{4}-t^{3}-2t^{2}+1)-2t(-t^{5}+t^{3})+5t^{5}+t^{3}-tdt\\&=\int _{-1}^{1}2t^{5}-2t^{4}-4t^{3}+2t+2t^{6}-2t^{4}+5t^{5}+t^{3}-tdt\\&=\int _{-1}^{1}2t^{6}+7t^{5}-4t^{4}-3t^{3}+tdt\\&={\left({\frac {2}{7}}t^{7}+{\frac {7}{6}}t^{6}-{\frac {4}{5}}t^{5}-{\frac {3}{4}}t^{4}+{\frac {1}{2}}t^{2}\right)}{|}_{-1}^{1}.\end{aligned}}$

Für die geraden Exponenten heben sich die Summanden zu ${}1$ und ${}-1$ weg, zu ungeraden Exponenten verdoppeln sie sich. Daher ist dieses Integral gleich

${}2{\left({\frac {2}{7}}-{\frac {4}{5}}\right)}=2{\frac {10-28}{35}}=2{\frac {-18}{35}}=-{\frac {36}{35}}\,.$

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Löse das Anfangswertproblem

$y^{\prime \prime }=3yy'+y^{2}{\text{ mit }}y(0)=0{\text{ und }}y'(0)=2$

durch einen Potenzreihenansatz bis zur vierten Ordnung.

Lösung

Wir machen den Ansatz

$y=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}t^{n},$

aufgrund der Anfangswertbedingungen ist ${}a_{0}=0$ und ${}a_{1}=2$. Es ist ${}y'=\sum _{n=1}^{\infty }na_{n}t^{n-1}$ und ${}y^{\prime \prime }=\sum _{n=2}^{\infty }n(n-1)a_{n}t^{n-2}$. Aus der Gleichung

${}\sum _{n=2}^{\infty }n(n-1)a_{n}t^{n-2}=3{\left(\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}t^{n}\right)}\cdot {\left(\sum _{n=1}^{\infty }na_{n}t^{n-1}\right)}+{\left(\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}t^{n}\right)}^{2}\,$

lassen sich die Koeffizienten ${}a_{i}$ bestimmen.

Koeffizientenvergleich zu ${}t^{0}$ ergibt

${}2a_{2}=3a_{0}a_{1}+a_{0}^{2}=0\,,$

also ist ${}a_{2}=0$.

Koeffizientenvergleich zu ${}t^{1}$ ergibt

${}6a_{3}=3{\left(a_{1}a_{1}+2a_{0}a_{2}\right)}+2a_{0}a_{1}=12\,,$

also ist ${}a_{3}=2$.

Koeffizientenvergleich zu ${}t^{2}$ ergibt

${}12a_{4}=3{\left(a_{2}a_{1}+2a_{1}a_{2}+3a_{0}a_{3}\right)}+2a_{0}a_{2}+a_{1}^{2}=a_{1}^{2}=4\,,$

also ist ${}a_{4}={\frac {1}{3}}$.

Daher ist

$2t+2t^{3}+{\frac {1}{3}}t^{4}$

die Lösung des Anfangswertproblems bis zur Ordnung ${}4$.

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Bestimme die Eigenwerte und die Eigenräume der durch die Matrix

${}M={\begin{pmatrix}2&0&5\\0&-1&0\\8&0&5\end{pmatrix}}\,$

gegebenen linearen Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,v\longmapsto Mv.$

Lösung

Das charakteristische Polynom ist

${}{\begin{aligned}\chi _{M}&=\det {\begin{pmatrix}x-2&0&-5\\0&x+1&0\\-8&0&x-5\end{pmatrix}}\\&=(x-2)(x+1)(x-5)-40(x+1)\\&=(x+1)((x-2)(x-5)-40)\\&=(x+1)(x^{2}-7x-30).\end{aligned}}$

Dies ergibt zunächst den Eigenwert ${}-1$. Durch quadratisches Ergänzen (oder direkt) sieht man für den quadratischen Term die Nullstellen ${}-3$ und ${}10$, die die weiteren Eigenwerte sind. Da es drei verschiedene Eigenwerte gibt ist klar, dass zu jedem Eigenwert der Eigenraum eindimensional ist.

Eigenraum zu ${}-1$: Man muss die Lösungsmenge von

${\begin{pmatrix}-3&0&-5\\0&0&0\\-8&0&-6\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}$

bestimmen. Eine Lösung ist offenbar der Spaltenvektor ${}{\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}$, sodass der Eigenraum zu ${}-1$ gleich ${}\lambda {\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}$ ist.

Eigenraum zu ${}-3$: Man muss die Lösungsmenge von

${\begin{pmatrix}-5&0&-5\\0&-2&0\\-8&0&-8\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}$

bestimmen. Eine Lösung ist offenbar der Spaltenvektor ${}{\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}}$, sodass der Eigenraum zu ${}-3$ gleich ${}\lambda {\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}}$ ist.

Eigenraum zu ${}10$: Man muss die Lösungsmenge von

${\begin{pmatrix}8&0&-5\\0&11&0\\-8&0&5\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}$

bestimmen. Eine Lösung ist offenbar der Spaltenvektor ${}{\begin{pmatrix}5\\0\\8\end{pmatrix}}$, sodass der Eigenraum zu ${}10$ gleich ${}\lambda {\begin{pmatrix}5\\0\\8\end{pmatrix}}$ ist.

 

Aufgabe * (6 (2+3+1) Punkte)

Wir betrachten die lineare Abbildung

$\varphi \colon {\mathbb {C} }^{3}\longrightarrow {\mathbb {C} }^{3},$

die bezüglich der Standardbasis durch die Matrix

${}A={\begin{pmatrix}2&1&-2+{\mathrm {i} }\\0&{\mathrm {i} }&1+{\mathrm {i} }\\0&0&-1+2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\,$

beschrieben wird.

a) Bestimme das charakteristische Polynom und die Eigenwerte von ${}A$.

b) Berechne zu jedem Eigenwert einen Eigenvektor.

c) Stelle die Matrix für ${}\varphi$ bezüglich einer Basis aus Eigenvektoren auf.

Lösung

a) Das charakteristische Polynom ist

${}{\begin{aligned}\chi _{A}&=\det {\begin{pmatrix}x-2&-1&2-{\mathrm {i} }\\0&x-{\mathrm {i} }&-1-{\mathrm {i} }\\0&0&x+1-2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\\&=(x-2)(x-{\mathrm {i} })(x+1-2{\mathrm {i} })\\&=x^{3}-(1+3{\mathrm {i} })x^{2}+(2{\mathrm {i} }-2(1-2{\mathrm {i} })-{\mathrm {i} }(1-2{\mathrm {i} }))x+2{\mathrm {i} }(1-2{\mathrm {i} })\\&=x^{3}-(1+3{\mathrm {i} })x^{2}+(-4+5{\mathrm {i} })x+4+2{\mathrm {i} }\end{aligned}}$

und die Eigenwerte von ${}A$ sind ${}2,{\mathrm {i} },-1+2{\mathrm {i} }$.

b) Wir bestimmen für jeden Eigenwert einen Eigenvektor.

${}x=2$:

Wir müssen ein nichttriviales Element im Kern von

${\begin{pmatrix}0&-1&2-{\mathrm {i} }\\0&2-{\mathrm {i} }&-1-{\mathrm {i} }\\0&0&3-2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}$

bestimmen. Da gehört ${}{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}$ dazu.

${}x={\mathrm {i} }$:

Dies führt auf

${\begin{pmatrix}-2+{\mathrm {i} }&-1&2-{\mathrm {i} }\\0&0&-1-{\mathrm {i} }\\0&0&1-{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}.$

Wir wählen ${}c=0$ und ${}a=1$ und erhalten ${}b=-2+{\mathrm {i} }$, also ist

${\begin{pmatrix}1\\-2+{\mathrm {i} }\\0\end{pmatrix}}$

ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}{\mathrm {i} }$.

${}x=-1+2{\mathrm {i} }$:

Dies führt auf

${\begin{pmatrix}-3+2{\mathrm {i} }&-1&2-{\mathrm {i} }\\0&-1+{\mathrm {i} }&-1-{\mathrm {i} }\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}.$

Mit ${}c=-1+{\mathrm {i} }$ und ${}b=1+{\mathrm {i} }$ ist die mittlere Zeile erfüllt. Die erste Zeile wird dann zu

$(-3+2{\mathrm {i} })a-1-{\mathrm {i} }+(2-{\mathrm {i} })(-1+{\mathrm {i} })=0$

und daher ist

${}(-3+2{\mathrm {i} })a=1+{\mathrm {i} }-(2-{\mathrm {i} })(-1+{\mathrm {i} })=1+{\mathrm {i} }-2{\mathrm {i} }+2-1-{\mathrm {i} }=2-2{\mathrm {i} }\,.$

Daher ist

${}a=(2-2{\mathrm {i} })(-3+2{\mathrm {i} })^{-1}=(2-2{\mathrm {i} }){\frac {-3-2{\mathrm {i} }}{13}}={\frac {-10+2{\mathrm {i} }}{13}}\,.$

Somit ist

${\begin{pmatrix}{\frac {-10+2{\mathrm {i} }}{13}}\\1+{\mathrm {i} }\\-1+{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}$

ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}-1+2{\mathrm {i} }$.

c) Bezüglich einer Basis aus Eigenvektoren besitzt die beschreibende Matrix die Gestalt

${\begin{pmatrix}2&0&0\\0&{\mathrm {i} }&0\\0&0&-1+2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.$

 

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,

$v_{1}'=3v_{1}-4e^{2t}{\text{ mit }}v_{1}(0)=5.$

Die zugehörige homogene lineare Gleichung besitzt die Lösungen ${}ce^{3t}$. Mittels Variation der Konstanten, also dem Ansatz

${}v_{1}(t)=c(t)e^{3t}\,,$

ergibt sich die Bedingung

${}c'(t)=-4e^{2t}\cdot e^{-3t}=-4e^{-t}\,.$

Also ist ${}c(t)=4e^{-t}+b$ mit einer Konstanten ${}b\in \mathbb {R}$. Aus

${}(4e^{0}+b)e^{0}=5\,$

folgt ${}b=1$. Die Lösung ist also

${}{\begin{pmatrix}v_{1}(t)\\v_{2}(t)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}(4e^{-t}+1)e^{3t}\\e^{2t}\end{pmatrix}}\,.$

 

Aufgabe * (7 (5+2) Punkte)

a) Bestimme den Lösungsraum des linearen Differentialgleichungssystems

${}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}2&1\\3&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,.$

b) Löse das Anfangswertproblem

${}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}2&1\\3&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,$

mit der Anfangsbedingung

${}{\begin{pmatrix}x(0)\\y(0)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\7\end{pmatrix}}\,.$

Lösung

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

${}\det {\begin{pmatrix}\lambda -2&-1\\-3&\lambda -4\end{pmatrix}}=(\lambda -2)(\lambda -4)-3=\lambda ^{2}-6\lambda +5=(\lambda -1)(\lambda -5)\,.$

Daher sind ${}1$ und ${}5$ die Eigenwerte, und daher ist die Matrix diagonalisierbar.

Zur Bestimmung eines Eigenvektors zum Eigenwert ${}1$ berechnen wir den Kern von

${\begin{pmatrix}-1&-1\\-3&-3\end{pmatrix}}.$

Dies ergibt den Eigenvektor ${}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$ zum Eigenwert ${}1$ und damit die erste Fundamentallösung

$e^{t}\cdot {\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}.$

Zur Bestimmung eines Eigenvektors zum Eigenwert ${}5$ berechnen wir den Kern von

${\begin{pmatrix}3&-1\\-3&1\end{pmatrix}}.$

Dies ergibt den Eigenvektor ${}{\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}$ zum Eigenwert ${}5$ und damit die zweite Fundamentallösung

$e^{5t}\cdot {\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}.$

Die allgemeine Lösung hat demnach die Form

$ae^{t}\cdot {\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}+be^{5t}\cdot {\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}ae^{t}+be^{5t}\\-ae^{t}+3be^{5t}\end{pmatrix}},\,a,b\in \mathbb {R} .$

b) Um das Anfangsproblem zu lösen müssen wir ${}a$ und ${}b$ so bestimmen, dass

${}{\begin{pmatrix}a+b\\-a+3b\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\7\end{pmatrix}}\,$

ist. Dies ist ein lineares Gleichungssystem, Addition führt auf ${}4b=9$, also ${}b={\frac {9}{4}}$ und daher ${}a=-{\frac {1}{4}}$. Die Lösung des Anfangswertproblems ist also

$-{\frac {1}{4}}e^{t}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}+{\frac {9}{4}}e^{5t}{\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}.$

 

Aufgabe * (2 Punkte)

Bestimme zur Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto t^{2},$

die Richtungsableitung in Richtung ${}3$ für jeden Punkt.

Lösung

Es ist

${}(D_{3}f)(t)=3(D_{1}f)(t)=3f'(t)=3\cdot 2t=6t\,.$

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Bestimme die Jacobi-Matrix der Abbildung

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\setminus \{(0,0)\}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,(x,y)\longmapsto \left({\frac {\sin x}{x^{2}+y^{4}}},\,{\frac {x^{2}y}{x^{2}+y^{2}}},\,\ln(x^{2}+y^{2})\right),$

in jedem Punkt.

Lösung

Die partiellen Ableitungen sind

${}{\frac {\partial f_{1}}{\partial x}}={\frac {(x^{2}+y^{4})\cos x-2x\sin x}{(x^{2}+y^{4})^{2}}}\,,$

${}{\frac {\partial f_{1}}{\partial y}}={\frac {-4y^{3}\sin x}{(x^{2}+y^{4})^{2}}}\,,$

${}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x}}={\frac {2xy(x^{2}+y^{2})-x^{2}y(2x)}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}={\frac {2xy^{3}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\,,$

${}{\frac {\partial f_{2}}{\partial y}}={\frac {x^{2}(x^{2}+y^{2})-x^{2}y(2y)}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}={\frac {x^{4}-x^{2}y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\,,$

${}{\frac {\partial f_{3}}{\partial x}}={\frac {2x}{x^{2}+y^{2}}}\,$

und

${}{\frac {\partial f_{3}}{\partial y}}={\frac {2y}{x^{2}+y^{2}}}\,.$

Somit ist die Jacobi-Matrix in einem Punkt ${}(x,y)$ gleich

${\begin{pmatrix}{\frac {(x^{2}+y^{4})\cos x-2x\sin x}{(x^{2}+y^{4})^{2}}}&{\frac {-4y^{3}\sin x}{(x^{2}+y^{4})^{2}}}\\{\frac {2xy^{3}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}&{\frac {x^{4}-x^{2}y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\\{\frac {2x}{x^{2}+y^{2}}}&{\frac {2y}{x^{2}+y^{2}}}\end{pmatrix}}.$

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestätige die Kettenregel für ${}g\circ f$ für die beiden differenzierbaren Abbildungen

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto (t^{3}-t,-t^{2}),$

und

$g\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto xy+x+y.$

Lösung

Die zusammengesetzte Abbildung ${}g\circ f$ ist durch

${}{\begin{aligned}g(f(t))&=g(t^{3}-t,-t^{2})\\&=(t^{3}-t)(-t^{2})+t^{3}-t-t^{2}\\&=-t^{5}+t^{3}+t^{3}-t-t^{2}\\&=-t^{5}+2t^{3}-t^{2}-t\end{aligned}}$

gegeben, ihre Ableitung ist

$-5t^{4}+6t^{2}-2t-1.$

Die Jacobi-Matrix zu ${}f$ ist

$\operatorname {Jak} (f)_{t}={\begin{pmatrix}3t^{2}-1\\-2t\end{pmatrix}}$

und die Jacobi-Matrix zu ${}g$ ist

$\operatorname {Jak} (g)_{(x,y)}=\left(y+1,\,x+1\right).$

Daher ist die Jacobi-Matrix zu ${}g$ in einem Punkt ${}f(t)$ gleich

$\operatorname {Jak} (g)_{(f_{1}(t),f_{2}(t))}=\left(-t^{2}+1,\,t^{3}-t+1\right).$

Das zu bildende Matrixprodukt dieser beiden Matrizen ist

${}{\begin{aligned}\left(-t^{2}+1,\,t^{3}-t+1\right)\circ {\begin{pmatrix}3t^{2}-1\\-2t\end{pmatrix}}&=(-t^{2}+1)(3t^{2}-1)+(t^{3}-t+1)(-2t)\\&=-3t^{4}+4t^{2}-1-2t^{4}+2t^{2}-2t\\&=-5t^{4}+6t^{2}-2t-1.\end{aligned}}$

Dies stimmt natürlich mit der direkt bestimmten Ableitung überein.

 

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