Übungsbuch zur Analysis 2: Aufgaben und Lösungen, 7. Auflage

Otto Forster | Thomas Szymczak Übungsbuch zur Analysis 2

Otto Forster | Thomas Szymczak

Übungsbuch zur Analysis 2 Aufgaben und Lösungen 7., aktualisierte Auflage STUDIUM

Bibliografische Information der Deutschen Nationalbibliothek Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über abrufbar.

Prof. Dr. Otto Forster Ludwig-Maximilians-Universität München Mathematisches Institut Theresienstraße 39 80333 München [email protected] Dr. Thomas Szymczak [email protected]

1. Auflage 1995 2., überarbeitete Auflage 1997 2 Nachdrucke 3., durchgesehene Auflage 2003 1 Nachdruck 4., überarbeitete Auflage 2005 5., durchgesehene Auflage 2006 6., aktualisierte Auflage 2008 7., aktualisierte Auflage 2011 Alle Rechte vorbehalten © Vieweg+Teubner Verlag |Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH 2011 Lektorat: Ulrike Schmickler-Hirzebruch | Barbara Gerlach Vieweg+Teubner Verlag ist eine Marke von Springer Fachmedien. Springer Fachmedien ist Teil der Fachverlagsgruppe Springer Science+Business Media. www.viewegteubner.de Das Werk einschließlich aller seiner Teile ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung außerhalb der engen Grenzen des Urheberrechtsgesetzes ist ohne Zustimmung des Verlags unzulässig und strafbar. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Verarbeitung in elektronischen Systemen. Die Wiedergabe von Gebrauchsnamen, Handelsnamen, Warenbezeichnungen usw. in diesem Werk berechtigt auch ohne besondere Kennzeichnung nicht zu der Annahme, dass solche Namen im Sinne der Warenzeichen- und Markenschutz-Gesetzgebung als frei zu betrachten wären und daher von jedermann benutzt werden dürften. Umschlaggestaltung: KünkelLopka Medienentwicklung, Heidelberg Druck und buchbinderische Verarbeitung: MercedesDruck, Berlin Gedruckt auf säurefreiem und chlorfrei gebleichtem Papier Printed in Germany ISBN 978-3-8348-1253-7

V

Vorwort zur ersten Auflage ¨ Der vorliegende Band stellt den zweiten Teil eines Ubungsbuches zur Analysis dar. Wie im ersten Band ist das Buch in einen Aufgaben– und L¨osungsteil untergliedert. Die Aufgaben stammen vorwiegend aus dem Buch Analysis 2“ von ” O. Forster, jedoch auch die zus¨atzlichen Aufgaben setzen stofflich nicht mehr Wissen voraus. Die L¨osungen zu den einzelnen Aufgaben sind weitgehend sehr ausf¨uhrlich dargestellt und an die B¨ucher Analysis 1“ und Analysis 2“ (im folgenden mit ” ” An. 1 und An. 2 zitiert) von O. Forster angelehnt, so daß sie auch ohne zus¨atzliche Literatur zu verstehen sind. Ist zu einer Aufgabe keine L¨osung enthalten, so wurde sie, je nach Schwierigkeitsgrad, mit einer ausf¨uhrlichen Anleitung versehen. Sicherlich wird dieses Buch nicht fehlerfrei sein und zu einigen Aufgaben gibt es k¨urzere bzw. elegantere L¨osungen, doch ich hoffe, daß der Leser mit diesem Buch nicht den Spaß verliert, selbst mathematische Aufgaben zu l¨osen. Denn man sollte sich in der Regel, bevor man eine L¨osung zu einer Aufgabe in einem Buch nachliest, ausgiebig mit ihr besch¨aftigt haben und versucht haben, selbst eine L¨osung zu finden. Schließlich m¨ochte ich noch einige Danksagungen aussprechen: • Herrn Professor O. Forster, der mit seinen B¨uchern zur Analysis dieses Buch erst m¨oglich gemacht hat. • Herrn Professor Dr. W. K¨uhnel, bei dem ich die Grundvorlesungen zur Analysis geh¨ort habe. • F¨ur die Mithilfe beim Korrekturlesen danke ich Herrn K¨uhn und Herrn Westermann. • Dem Vieweg–Verlag und insbesondere Frau Schmickler–Hirzebruch f¨ur die Herausgabe des Buches.

Dinslaken, Februar 1995

Thomas Szymczak

VI

Vorwort zur 2. Auflage In der vorliegenden zweiten Auflage wurden einige L¨osungen vereinfacht. Weiter wurden diejenigen Aufgaben, zu denen L¨osungen bzw. Hinweise im 2. Teil vorhanden sind, im Aufgabenteil mit einem Stern versehen.

Rostock, M¨arz 1997

Thomas Szymczak

Vorwort zur 4. Auflage Nachdem der Band Analysis 2 mit der 6. Auflage eine umfassende Neube¨ arbeitung erfahren hat, wurde auch das vorliegende Ubungsbuch u¨ berarbeitet ¨ und der Neuauflage der Analysis 2 angepasst. Einige fr¨uhere Ubungsaufgaben sind jetzt in den Haupttext der Analysis 2 aufgenommen; daf¨ur kamen andere Aufgaben und L¨osungen hinzu. April 2005

Otto Forster Thomas Szymczak

Vorwort zur 7. Auflage F¨ur die 7. Auflage wurden bekannt gewordene Druckfehler korrigiert sowie einige neue Aufgaben und L¨osungen hinzugef¨ugt. Außerdem wurden einige L¨osungen vereinfacht. Februar 2011

Otto Forster

VII

Inhaltsverzeichnis I. Aufgaben §1. Topologie metrischer R¨aume . . . . . . . . . . . . §2. Grenzwerte. Stetigkeit . . . . . . . . . . . . . . . §3. Kompaktheit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . §4. Kurven im Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . §5. Partielle Ableitungen . . . . . . . . . . . . . . . . §6. Totale Differenzierbarkeit . . . . . . . . . . . . . . §7. Taylor–Formel. Lokale Extrema . . . . . . . . . . §8. Implizite Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . §9. Untermannigfaltigkeiten . . . . . . . . . . . . . . §10. Integrale, die von einem Parameter abh¨angen . . . §11. Elementare L¨osungsmethoden . . . . . . . . . . . §12. Existenz– und Eindeutigkeitssatz . . . . . . . . . . §13. Lineare Differentialgleichungen . . . . . . . . . . §14. Differentialgleichungen 2. Ordnung . . . . . . . . §15. Lineare Dgl. mit konstanten Koeffizienten . . . . . §16. Systeme von lin. Dgl. mit konstanten Koeffizienten II. L¨osungen §1. Topologie metrischer R¨aume . . . . . . . . . . . . §2. Grenzwerte. Stetigkeit . . . . . . . . . . . . . . . §3. Kompaktheit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . §4. Kurven im Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . §5. Partielle Ableitungen . . . . . . . . . . . . . . . . §6. Totale Differenzierbarkeit . . . . . . . . . . . . . . §7. Taylor–Formel. Lokale Extrema . . . . . . . . . . §8. Implizite Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . §9. Untermannigfaltigkeiten . . . . . . . . . . . . . . §10. Integrale, die von einem Parameter abh¨angen . . . §11. Elementare L¨osungsmethoden . . . . . . . . . . . §12. Existenz– und Eindeutigkeitssatz . . . . . . . . . . §13. Lineare Differentialgleichungen . . . . . . . . . . §14. Differentialgleichungen 2. Ordnung . . . . . . . . §15. Lineare Dgl. mit konstanten Koeffizienten . . . . . §16. Systeme von lin. Dgl. mit konstanten Koeffizienten Literaturverzeichnis

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3 4 7 8 11 12 14 16 17 18 20 22 23 25 28 30

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35 39 42 47 52 56 60 71 77 82 88 100 104 110 127 137 147

Teil I Aufgaben

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§1.

Topologie metrischer R¨aume

Aufgabe 1 A.∗ Auf R werde eine Metrik δ definiert durch δ(x, y) := arctan |x − y|. Man zeige, dass δ die Axiome einer Metrik erf¨ullt und dass die offenen Mengen bzgl. dieser Metrik dieselben sind wie bzgl. der u¨ blichen Metrik d(x, y) = |x − y|. Aufgabe 1 B. Es sei X die Menge aller komplexer Zahlenfolgen. Man zeige, dass durch ∞

1 |ai − bi | · i+1 1 + |a − b | 2 i i i=0

d((an ), (bn)) := ∑

((an ), (bn) ∈ X )

eine Metrik auf X definiert wird. Aufgabe 1 C. (Vierecksungleichung). Es sei (X, d) ein metrischer Raum und a, b, c, d ∈ X . Dann gilt |d(a, b) − d(c, d)| ≤ d(a, c) + d(b, d). Aufgabe 1 D.∗ Seien A, B ⊂ R beliebige Teilmengen. Man zeige: ◦

◦

◦

a) (A × B) = A × B, b) A × B = A × B. Aufgabe 1 E.∗ Seien A, B ⊂ R beliebige Teilmengen. Man zeige, dass f¨ur den Rand von A × B ⊂ R2 gilt ∂(A × B) = (∂A × B) ∪ (A × ∂B). Aufgabe 1 F.∗ Man zeige, dass in einem metrischen (oder topologischen) Raum die Vereinigung endlich vieler und der Durchschnitt beliebig vieler abgeschlossener Mengen wieder abgeschlossen ist. ∗ Zu

den mit einem Stern versehenen Aufgaben finden sich L¨osungen im L¨osungsteil

O. Forster, T. Szymczak, Übungsbuch zur Analysis 2, DOI 10.1007/978-3-8348-8140-3_1, © Vieweg+Teubner Verlag |Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH 2011

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Aufgaben

Aufgabe 1 G.∗ Man beweise: a) Eine Teilmenge Y eines topologischen Raumes X ist genau dann offen, / wenn Y ∩ ∂Y = 0. b) Eine Teilmenge Y eines topologischen Raumes X ist genau dann abgeschlossen, wenn ∂Y ⊂ Y . Aufgabe 1 H.∗ Es sei X eine beliebige Menge. Dann wird durch  0, falls x = y, d(x, y) := 1, falls x = y, auf X eine Metrik definiert (d heißt triviale Metrik auf X ). Man zeige, dass jede Teilmenge von X bzgl. dieser Metrik zugleich offen und abgeschlossen ist. Aufgabe 1 I. Es sei X ein metrischer Raum und A, B zwei Teilmengen von X . Man zeige folgende Aussagen: ◦◦ ◦ a) A = A ⊂ A ⊂ A = A. b) Die Vereinigung aller offenen Teilmengen von X, die auch Teilmenge ◦ von A sind, ist gleich A. Der Durchschnitt aller abgeschlossenen Teilmengen von X , welche A umfassen, ist gleich A. ◦

◦

c) Ist A ⊂ B, so auch A ⊂ B und A ⊂ B. ◦

◦

◦

◦

◦

◦

d) A ∩ B = (A ∩ B) , A ∪ B = A ∪ B. e) A ∪ B ⊂ (A ∪ B) , A ∩ B ⊃ A ∩ B. Gilt i.a. auch Gleichheit? Aufgabe 1 J.∗ Auf der Menge Z der ganzen Zahlen werde folgende Topologie eingef¨uhrt: Offene Mengen sind außer 0/ und Z alle Teilmengen U ⊂ Z, so dass Z  U endlich ist. Man zeige, dass die Axiome einer Topologie erf¨ullt sind, aber das Hausdorffsche Trennungs-Axiom nicht gilt.

§2.

Grenzwerte. Stetigkeit

Aufgabe 2 A.∗ Seien f , g : X −→ R zwei stetige Funktionen auf dem metrischen Raum X. F¨ur x ∈ X werde definiert ϕ(x) := max( f (x), g(x)),

ψ(x) := min( f (x), g(x)).

§2. Grenzwerte. Stetigkeit

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Man zeige, dass die Funktionen ϕ, ψ : X −→ R stetig sind. Aufgabe 2 B. Es sei f : R2 −→ R definiert durch ⎧ xy ⎪ , falls (x, y) = (0, 0), ⎨ |x| + y2 f (x, y) := ⎪ ⎩ 0, falls (x, y) = (0, 0). Man pr¨ufe, ob f in (0, 0) stetig ist. Aufgabe 2 C.∗ Man zeige, dass der Vektorraum C[a, b] aller stetigen Funktionen f : [a, b] −→ R auf dem Intervall [a, b] ⊂ R mit der Supremums–Norm f := sup{| f (x)| : x ∈ [a, b]} vollst¨andig ist. Aufgabe 2 D.∗ Auf dem Vektorraum C 1 [a, b] aller einmal stetig differenzierbaren Funktionen f : [a, b] −→ R werde folgende Norm eingef¨uhrt: f C1 := sup{| f (x)| + | f (x)| : x ∈ [a, b]}. a) Man zeige, dass C1 [a, b] mit dieser Norm vollst¨andig ist. b) Man zeige: Die Abbildung f −→ f ,

D : C 1 [a, b] −→ C[a, b],

wird stetig, wenn man C 1 [a, b] mit der C1 –Norm und C[a, b] mit der Supremums–Norm versieht. Aufgabe 2 E. (Hilbertscher Folgenraum). Es sei p ∈ [1, ∞[. Weiter sei  p der Vektorraum aller reellen Zahlenfolgen (xi )i∈N mit 1/p

∞

∑ |xi | p

< ∞.

i=0

Dann wird durch

(xn )  p :=

∞

∑ |xi|

i=0

1/p p

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Aufgaben

eine Norm auf  p erkl¨art. Man zeige, dass ( p ,  p ) vollst¨andig ist, d.h. ein Banach–Raum ist. Aufgabe 2 F.∗ Sei W der offene W¨urfel im Rn , W := {(x1 , . . . , xn ) ∈ Rn : |xi | < 1 f¨ur i = 1, . . . , n} Man konstruiere einen Hom¨oomorphismus von W auf die Einheitskugel B1 (0) = {x ∈ Rn : x < 1}. Aufgabe 2 G. Die Funktion g : R −→ R mit Periode 2 sei definiert durch ⎧ ⎨ g(t) :=

0, f¨ur |t| ≤ 1/3, 3t − 1, f¨ur 1/3 < |t| < 2/3, ⎩ 1, f¨ur 2/3 ≤ |t| ≤ 1

und g(t + 2) = g(t) f¨ur alle t ∈ R. Die Abbildung c : [0, 1] −→ R2 werde definiert durch

c(t) :=

 g(42n+2t) ∞ g(42n+1t) ∑ 2n+1 , ∑ 2n+1 . n=0 n=0 ∞

Man zeige, dass c stetig ist und das Bild das ganze Einheitsquadrat ausf¨ullt, d.h. c([0, 1]) = [0, 1]2 (eine sogenannte Peano–Kurve). Anleitung. F¨ur t=

∞

ak

∑ 4k+1

mit ak ∈ {0, 1}

k=0

ist g(4nt) = an−1 , n ≥ 1, also

c(t) :=

∞

a2n+1 ∞ a2n ∑ 2n+1 , ∑ 2n+1 n=0 n=0

 .

Die Behauptung folgt dann mit Hilfe dyadischer Br¨uche (vgl. An. 1, §5).

§3. Kompaktheit

§3.

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Kompaktheit

Aufgabe 3 A. Sei X ein kompakter metrischer Raum und f : X −→ R lokal beschr¨ankt, d.h. zu jedem Punkt p ∈ X gibt es eine Umgebung U von p, so dass f | U beschr¨ankt ist. Dann ist f auf ganz X beschr¨ankt. Aufgabe 3 B.∗ Man zeige, dass die Vereinigung von endlich vielen kompakten Teilmengen eines metrischen Raumes wieder kompakt ist. Aufgabe 3 C.∗ Es sei A0 ⊃ A1 ⊃ A2 ⊃ . . . eine absteigende Folge von nichtleeren kompakten Teilmengen eines Hausdorff-Raumes. Man zeige, dass dann auch die Menge A :=

∞ \

An

n=0

nichtleer und kompakt ist. Aufgabe 3 D.∗ Sei A eine Teilmenge von Rn . Zu jeder Folge (xi )i∈N von Punkten xi ∈ A gebe es eine Teilfolge (xik )k∈N , die gegen einen Punkt a ∈ A konvergiert. Man zeige, dass A dann kompakt ist. Aufgabe 3 E.∗ Seien K und L kompakte Teilmengen von Rn . Man zeige, dass dann auch die Menge K + L := {x + y : x ∈ K, y ∈ L} kompakt ist. Aufgabe 3 F. Seien K ⊂ Rn und L ⊂ Rm . Man zeige: K × L ⊂ Rn+m ist genau dann kompakt, wenn K und L kompakt sind. Aufgabe 3 G.∗ (Lebesguesches Lemma). Sei K eine kompakte Teilmenge eines metrischen Raumes X und (Ui)i∈I eine ¨ offene Uberdeckung von K. Man zeige: Es gibt eine Zahl λ > 0 mit folgender Eigenschaft: Zu jeder Teilmenge A ⊂ K mit diam(A) ≤ λ existiert ein i ∈ I mit A ⊂ U i . Aufgabe 3 H.∗ Man beweise: Jeder kompakte metrische Raum ist vollst¨andig. Aufgabe 3 I.∗ Seien X ,Y Hausdorff-R¨aume, X kompakt und f : X → Y eine stetige bijektive Abbildung. Man beweise: Die Umkehrabbildung f −1 :Y → X ist stetig, d.h. f ist ein Hom¨oomorphismus.

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Aufgaben

Aufgabe 3 J.∗ Sei X ein metrischer Raum, A ⊂ X und x ∈ X  A ein Punkt mit dist(x, A) = 0. Man zeige, dass x Randpunkt von A ist. Aufgabe 3 K.∗ Seien I, J ⊂ R kompakte Intervalle und f : I × J −→ R eine stetige Funktion. Die Funktion F : I −→ R werde definiert durch F(x) := sup{ f (x, y) : y ∈ J}. Man zeige, dass F stetig ist. Aufgabe 3 L.∗ Sei X ein topologischer Raum. Eine Funktion f : X → R heißt halbstetig von unten (bzw. von oben), wenn f¨ur jedes c ∈ R die Menge {x ∈ X : f (x) > c}

(bzw. {x ∈ X : f (x) < c})

offen in X ist. Man beweise: a) Eine Funktion f : X → R ist genau dann stetig, wenn sie halbstetig von unten und halbstetig von oben ist. b) Ist X kompakt, so nimmt jede von unten (oben) halbstetige Funktion f : X → R ihr Minimum (Maximum) an. Aufgabe 3 M. Es sei X ein metrischer Raum und A ⊂ X. A heißt total beschr¨ankt, wenn es zu jedem ε > 0 endlich viele Punkte x1 , x2 , . . . , xm ∈ A gibt, so dass A⊂

m [

B(xi, ε).

i=1

Man zeige: Eine abgeschlossene Teilmenge K ⊂ X eines vollst¨andigen metrischen Raumes X ist genau dann kompakt, wenn K total beschr¨ankt ist.

§4.

Kurven im Rn

Aufgabe 4 A.∗ Seien a, b, c, r ∈ R mit a < b, r > 0. Man berechne die Bogenl¨ange der Kurve f : [a, b] −→ R3 , Aufgabe 4

B.∗

Sei

c ∈ R∗

f (t) := (r cost, r sint, ct).

und

f : R −→ R2 ,

f (t) := (ect cost, ect sint).

Die Kurve f heißt logarithmische Spirale.

§4. Kurven im Rn

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a) Man skizziere die Kurve f¨ur c =

1 2π

im Bereich −2π ≤ t ≤ 2π.

b) F¨ur [a, b] ⊂ R sei La,b die Bogenl¨ange der Kurve f | [a, b]. Man berechne La,b . c) Existiert lim La,0 ? a→−∞

d) Man zeige, dass die logarithmische Spirale jeden Kreis um den Nullpunkt in genau einem Punkt schneidet und berechne den Cosinus des Schnittwinkels. Aufgabe 4 C. Es sei f : [−π, π] −→ R2 definiert durch f (t) := (sin(2t) cos(t), sin(2t) sint). Man skizziere die Kurve und zeige, dass f | ]0, π[ injektiv und regul¨ar ist. Aufgabe 4 D.∗ a) Man zeige, dass f¨ur jedes k ∈ [0, 1] das uneigentliche Integral Z1 √

E(k) := 0

1 − k 2t 2 √ dt 1 − t2

existiert. E(k) heißt vollsta¨ ndiges elliptisches Integral. b) Man dr¨ucke die Bogenl¨ange der Ellipse f : [0, 2π] −→ R2 ,

t −→ (a cost, b sint),

mit den Halbachsen a, b ∈ R∗+ mit Hilfe von E(k) aus. Aufgabe 4 E. Es sei f : [a, b] −→ Rn eine regul¨are Kurve. Dann existiert eine Parametertransformation ϕ : [α, β] −→ [a, b], so dass die Kurve g := f ◦ ϕ nach der Bogenl¨ange parametrisiert ist, d.h. f¨ur alle t ∈ [α, β] gilt g (t) = 1.

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Aufgaben

Aufgabe 4 F. Man zeige, dass f : [0, 1] −→ R2 , definiert durch  (t,t cos(π/t)), falls t ∈ ]0, 1], f (t) := (0, 0), falls t = 0, eine stetige Kurve ist, die nicht rektifizierbar ist. Aufgabe 4 G. F¨ur zwei Punkte x, y ∈ Rn bezeichne < x, y > := {λx + (1 − λ)y : 0 ≤ λ ≤ 1} die Verbindungsstrecke von x nach y. Eine Teilmenge P ⊂ Rn heißt ein Polygonzug, wenn es Punkte x1 , x2 , . . ., xk ∈ Rn gibt, so dass P=

k−1 [

< xi , xi+1 > .

i=1

a) Man beweise: Die Funktion f : [0, 1] −→ R, definiert durch ⎧

⎪ ⎨ exp − 1 , falls x ∈ ]0, 1[, x(1 − x) f (x) := ⎪ ⎩ 0, falls x ∈ {0, 1}, ist in [0, 1] beliebig oft differenzierbar (in 0 und 1 einseitig differenzierbar), und es gilt f (k) (0) = f (k) (1) = 0

f¨ur alle k ∈ N.

b) Es sei f die Funktion aus a) und Z1

C :=

f (x) dx.

0

Dann ist C > 0. Wir definieren eine Funktion F : [0, 1] −→ R durch F(x) := Man zeige:

1 C

Zx 0

f (ξ) dξ.

§5. Partielle Ableitungen

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i) F ist streng monoton wachsend mit F(0) = 0 und F(1) = 1. ii) F ist in [0, 1] beliebig oft differenzierbar mit F (k) (0) = F (k) (1) = 0

f¨ur alle k ≥ 1.

c) Man beweise mit b), dass jeder Polygonzug P die Bildmenge c([a, b]) einer beliebig oft differenzierbaren Kurve c : [a, b] −→ Rn ist.

§5.

Partielle Ableitungen

Aufgabe 5 A.∗ Man untersuche, an welchen Stellen die Funktion f : R2 −→ R, (x, y) −→ y 2x2 + y2 (einmal) partiell differenzierbar ist und berechne dort ihre partiellen Ableitungen. Aufgabe 5 B.∗ Die Funktion F : R2 −→ R sei definiert durch ⎧ 2 2 ⎪ ⎨ xy x − y , falls (x, y) = (0, 0), 2 x + y2 F(x, y) := ⎪ ⎩ 0, falls (x, y) = (0, 0). Man zeige, dass F u¨ berall zweimal partiell differenzierbar ist, dass aber D1 D2 F(0, 0) = D2 D1 F(0, 0). Ist F im Nullpunkt stetig? Aufgabe 5 C.∗ Sei U ⊂ R3 offen und v : U −→ R3 ein zweimal stetig differenzierbares Vektorfeld. Man zeige, dass div rot v = 0. Aufgabe 5 D. Sei U ⊂ R3 offen und v = (v1 , v2 , v3 ) : U −→ R3 ein zweimal stetig differenzierbares Vektorfeld. Man zeige, dass rot (rot v) = ∇(div v) − (Δv1 , Δv2 , Δv3 ).

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Aufgaben

Aufgabe 5 E.∗ Sei U ⊂ Rn offen und seien f , g : U −→ R zweimal stetig partiell differenzierbare Funktionen. Man zeige Δ( f g) = f Δg + 2∇ f , ∇g + gΔ f . Aufgabe 5 F.∗ Man zeige: Die Funktion F : Rn × R∗+ −→ R, definiert durch

x 2 , F(x,t) := t −n/2 exp − 4t ist eine L¨osung der W¨armeleitungsgleichung ΔF −

∂F = 0. ∂t

Aufgabe 5 G.∗ Sei c > 0, k ∈ Rn und ω := k c. Sei f : R −→ R eine beliebige, zweimal stetig differenzierbare Funktion. Man zeige: Die Funktion F : Rn × R −→ R,

F(x,t) := f (k, x − ωt)

ist eine L¨osung der Wellengleichung ΔF −

§6.

1 ∂2 F = 0. c2 ∂t 2

Totale Differenzierbarkeit

Aufgabe 6 A.∗ Man berechne die Jacobi–Matrix der Abbildung F : R 3 −→ R3 , F(r, θ, ϕ) := (r sin θ cos ϕ, r sin θ sin ϕ, r cos θ). Aufgabe 6 B.∗ Es sei p die wie folgt definierte Abbildung p : R∗+ × R −→ R2 ,

p(r, ϕ) = (r cos ϕ, r sin ϕ).

Man zeige: Ist u : G −→ R eine auf der offenen Menge G ⊂ R2 zweimal stetig differenzierbare Funktion, so gilt auf der Menge p−1 (G) die Gleichung (Δu) ◦ p =

∂2 (u ◦ p) 1 ∂(u ◦ p) 1 ∂2 (u ◦ p) + 2 + . ∂r2 r ∂r r ∂ϕ2

§6. Totale Differenzierbarkeit

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Aufgabe 6 C.∗ Sei U ⊂ Rn eine offene Kugel und f : U −→ Rm eine stetig differenzierbare Abbildung mit beschr¨anktem Differential, d.h. es gebe eine Konstante K ∈ R+ , so dass D f (x) ≤ K

f¨ur alle x ∈ U.

Man zeige, dass f in U gleichm¨aßig stetig ist. Aufgabe 6 D.∗ Sei U ⊂ Rn offen und f : U −→ R eine stetig differenzierbare Funktion. Sei x ∈ U und f (x) =: c. Man zeige, dass der Gradient grad f (x) auf der Niveaufl¨ache N f (c) = {z ∈ U : f (z) = c} senkrecht steht, d.h. folgendes gilt: Ist ϕ : ]−ε, ε [ −→ Rn ,

(ε > 0),

eine beliebige stetig differenzierbare Kurve mit ϕ(0) = x so folgt

und ϕ( ]−ε, ε [ ) ⊂ N f (c),

ϕ (0), grad f (x) = 0.

Aufgabe 6 E. Es seien x ∈ Rn und r > 0. Weiter sei f : Br (x) −→ R eine stetig differenzierbare Funktion. Man zeige: Gilt ∇ f (x) = 0 f¨ur alle x ∈ Br (x), so ist f auf Br (x) konstant. Aufgabe 6 F.∗ Es sei M := {(x, y) ∈ R2 : x = y und x = 0}. Weiter sei eine Funktion f : R2 −→ R gegeben durch  x e − 1, falls (x, y) ∈ M, f (x, y) := 0, falls (x, y) ∈ / M. Man zeige: /M a) f ist in (x, y) ∈ R2 genau dann partiell differenzierbar, wenn (x, y) ∈ ist.

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Aufgaben b) Die Richtungsableitung Dv f (0) von f in 0 existiert f¨ur jedes v ∈ R 2 mit v = 1. c) Es gibt ein v ∈ R2 mit v = 1 und Dv f (0) = v, grad f (0).

§7.

Taylor–Formel. Lokale Extrema

Aufgabe 7 A.∗ Man bestimme die Taylor–Entwicklung der Funktion f : R∗+ × R∗+ −→ R,

f (x, y) :=

x−y , x+y

im Punkt (1, 1) bis einschließlich den Gliedern 2.Ordnung. Aufgabe 7 B.∗ Man bestimme die lokalen Extrema der Funktion f : R2 −→ R,

f (x, y) := (4x2 + y2 ) exp(−x2 − 4y2 ).

Aufgabe 7 C. Man bestimme die lokalen Extrema der Funktion f : R2 −→ R Aufgabe 7 D. Es sei

f (x, y) := sin x sin y.

A=

ab b c

eine symmetrische 2 × 2–Matrix. Weiter sei D die Determinante von A, also D = ac − b2 . Man beweise direkt ohne Benutzung des Determinantenkriteriums von Hurwitz/Jacobi (An. 2, §7): a) A ist positiv definit, falls a > 0 und D > 0. b) A ist negativ definit, falls a < 0 und D > 0. c) A ist indefinit, falls D < 0.

§7. Taylor–Formel. Lokale Extrema

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Aufgabe 7 E.∗ Sei P : Rn −→ R das folgende homogene Polynom k–ten Grades P(x) = ∑ cα xα , |α|=k

cα ∈ R, α = (α1 , . . ., αn ) ∈ N , x = (x1 , . . ., xn ) ∈ Rn . Man beweise: n

a) Ist β ∈ Nn ein n–tupel mit |β| = k, so gilt Dβ P(x) = β! cβ . b) Gilt P(x) = 0 f¨ur alle x aus einer gewissen Umgebung des Nullpunkts, so folgt cα = 0 f¨ur alle α ∈ Nn mit |α| = k. c) Es gilt P(x) = o( x m ) f¨ur alle m < k. d) Gilt P(x) = o( x k ), so folgt P(x) = 0 f¨ur alle x ∈ Rn . Aufgabe 7 F.∗ Seien U ⊂ Rn offen, f : U −→ R eine Funktion und x ∈ U ein Punkt. In einer Umgebung von x gelte f (x + ξ) =

∑

cα ξα + ϕ(ξ)

∑

(ξ) cα ξα + ϕ

|α|≤k

und f (x + ξ) =

|α|≤k

(ξ) = o( ξ k ). Man zeige, dass dann bereits cα = cα mit ϕ(ξ) = o( ξ k ) und ϕ n f¨ur alle α ∈ N mit |α| ≤ k gilt. Aufgabe 7 G.∗ Seien U eine offene Teilmenge des Rn und Cbk (U) die Menge alle k–mal stetig differenzierbaren Funktionen f : U −→ R, f¨ur die Dα f beschr¨ankt in U ist f¨ur jedes α ∈ Nn mit |α| ≤ k. F¨ur f ∈ Cbk (U ) werde definiert f k :=

1 sup{|Dα f (x)| : x ∈ U}. α! |α|≤k

∑

16

Aufgaben

Man beweise: a) Die Abbildung k : Cbk (U) −→ R, ist eine Norm auf dem b) F¨ur f , g ∈ Cbk (U) gilt

f −→ f k

Vektorraum Cbk (U ). f g k ≤ f k g k .

c) Der normierte Vektorraum (Cbk (U), k ) ist vollst¨andig.

§8.

Implizite Funktionen

Aufgabe 8 A.∗ Es sei F : R2 −→ R2 die durch F(x, y) := (x2 − y2 , 2xy) definierte Abbildung. Man berechne die Funktional–Matrix von F und, wo sie existiert, ihre Inverse. Man zeige, dass F surjektiv ist und dass jeder Punkt (x, y) ∈ R2  {(0, 0)} genau zwei Urbildpunkte besitzt. Aufgabe 8 B.∗ Man diskutiere die H¨ohenlinien der Funktion F : R∗+ × R∗+ −→ R,

(x, y) −→ xye−x−y

und untersuche insbesondere, in welchen Rechtecken I ×J ⊂ R∗+ ×R∗+ sich die Mengen {(x, y) ∈ I × J : F(x, y) = c} in der Form {(x, y) ∈ I × J : y = ϕ(x)} bzw. {(x, y) ∈ I × J : x = ψ(y)} mit differenzierbaren Funktionen ϕ : I −→ J bzw. ψ : J −→ I darstellen lassen. Aufgabe 8 C.∗ Sei F : R3 → R die Funktion F(x, y, z) := z3 + 2xy − 4xz + 2y − 1. Man zeige, dass durch F(x, y, z) = 0 in einer Umgebung U von (x, y) = (1, 1) eine differenzierbare Funktion z = ϕ(x, y) mit ϕ(1, 1) = 1 implizit definiert ist ∂ϕ und berechne die partiellen Ableitungen ∂ϕ ∂x und ∂y im Punkt (1, 1).

§9. Untermannigfaltigkeiten

§9.

17

Untermannigfaltigkeiten

Aufgabe 9 A.∗ Die Funktionen f , g: R3 → R seien definiert durch f (x, y, z) := x2 + xy − y − z,

g(x, y, z) := 2x2 + 3xy − 2y − 3z.

Man zeige, dass C := {(x, y, z) ∈ R3 : f (x, y, z) = g(x, y, z) = 0} eine eindimensionale Untermannigfaltigkeit des R 3 ist, und dass ϕ : R → R3 ,

ϕ(t) = (t,t 2,t 3 )

eine globale Parameterdarstellung von C ist. Aufgabe 9 B.∗ Die Funktionen f i : R4 → R, i = 1, 2, 3, seien definiert durch f1 (x1 , . . . , x4 ) = x1 x3 − x22 , f2 (x1 , . . . , x4 ) = x2 x4 − x23 f3 (x1 , . . . , x4 ) = x1 x4 − x2 x3 Man zeige, dass M := {x ∈ R4  {0} : f1 (x) = f2 (x) = f3 (x) = 0} eine 2-dimensionale Untermannigfaltigkeit des R 4 ist. Aufgabe 9 C.∗ Die Menge M(3 × 3, R) aller reellen 3 × 3-Matrizen ⎞ ⎛ x11 x12 x13 X = ⎝ x21 x22 x23 ⎠ , xi j ∈ R, x31 x32 x33 werde mit dem R9 mit Koordinaten x11 , x12 , . . . , x33 identifiziert. Es sei O(3) = {A ∈ M(3 × 3, R) : A A = E} die Menge aller orthogonalen 3 × 3-Matrizen. (A bezeichne die zu A transponierte Matrix.) Man zeige, dass O(3) eine 3-dimensionale kompakte Untermannigfaltigkeit von M(3 × 3, R) ist.

18

Aufgaben

Aufgabe 9 D.∗ Man bestimme die Maxima und Minima der Funktion f (x, y) := 4x2 − 3xy auf der Kreisscheibe K := {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1}. Anleitung. Man berechne zun¨achst die lokalen Extrema von f im Inneren von K und dann auf dem Rand von K, d.h. unter der Nebenbedingung x2 + y2 = 1. Aufgabe 9 E. Man bestimme den Abstand des Punktes (1, −1, 0) von dem Rotationshyperboloid H := {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 − z2 = 1}, d.h. inf

(x,y,z)∈H

d((x, y, z), (1, −1, 0)).

§10. Integrale, die von einem Parameter abh¨angen Aufgabe 10 A.∗ Man berechne das Integral Zx

t ne−t dt

0

durch Differenzieren des Parameter–abh¨angigen Integrals Zx

F(y) :=

e−ty dt.

0

Aufgabe 10

B.∗

Sei I ⊂ R ein offenes Intervall, a ∈ I und f : I × I −→ R,

(x, y) −→ f (x, y),

eine stetige, nach der zweiten Variablen stetig partiell differenzierbare Funktion. Man zeige, dass die durch Zy

F(y) := a

f (x, y) dx

§10. Integrale, die von einem Parameter abh¨angen

19

definierte Funktion F : I −→ R differenzierbar ist, und dass f¨ur alle y ∈ I gilt F (y) = f (y, y) +

Zy

D2 f (x, y) dx.

a

Anleitung. Man beweise, dass die durch Zz

G(y, z) :=

f (x, y) dx

a

definierte Funktion G : I × I −→ R stetig partiell differenzierbar ist und wende die Kettenregel an. Aufgabe 10 C. Man zeige: Z1 0

log(1 + x) 1 dx = log2 · arctan(1). 1 + x2 2

Anleitung. Man gehe in drei Schritten vor: (1) Man setze I := ] − 12 , 2[, a := 0 und definiere zwei Funktionen f : I × I −→ R,

F : I −→ R

durch f (x, y) :=

log(1 + xy) , 1 + x2

Zy

F(y) :=

f (x, y) dx.

a

Mittels Aufgabe 10 B berechne man dann F . (2) Man bestimme durch Integrieren von F aus (1) eine Stammfunktion G von F . (G liegt dann in einer integralfreien Form“ vor.) ” (3) Man berechne F(1). Aufgabe 10 D.∗ Sei g : R2 −→ R die Funktion ⎧ ⎪ xy3 ⎨ , falls (x, y) = (0, 0), g(x, y) := (x2 + y2 )2 ⎪ ⎩ 0, falls (x, y) = (0, 0).

20

Aufgaben

Man zeige, dass f¨ur jedes y ∈ R die Integrale f (y) :=

Z1

g(x, y) dx

und

f ∗ (y) :=

Z1

0

D2 g(x, y) dx 0

wohldefiniert sind, und dass die Funktion f : R −→ R differenzierbar ist, jedoch f (0) = f ∗ (0) gilt. Aufgabe 10 E.∗ Es sei f : [−r, r]3 → R die wie folgt definierte Funktion dreier Variablen: ⎧ ⎨ r2 − x2 − x2 − x2 falls x2 + x2 + x2 ≤ r2 , 1 2 3 1 2 3 f (x1 , x2 , x3 ) := ⎩0 sonst. Man berechne das dreifache Integral Z rZ rZ r

V :=

−r −r −r

f (x1 , x2 , x3 )dx1 dx2 dx3 .

Bemerkung. 2V ist das Volumen der 4-dimensionalen Kugel vom Radius r. Aufgabe 10 F. Es sei f : ]0, 1] × ]0, 1] −→ R definiert durch f (x, y) :=

x−y . (x + y)3

Man zeige, dass die folgenden Doppelintegrale ⎛ ⎞ Z1

C1 :=

Z1

⎝

0

f (x, y) dx⎠ dy

Z1

und C2 :=

0

⎛

Z1

⎝

0

⎞ f (x, y) dy⎠ dx

0

als uneigentliche Integrale existieren, aber C1 = C2 ist.

§11. Elementare L¨osungsmethoden Aufgabe 11 A.∗ (Halb-)Parabeln

In G := R∗+ × R∗+ ⊂ R2 sei Pc , c > 0, die Schar der y = cx2 ,

x > 0.

§11. Elementare L¨osungsmethoden

21

a) Man bestimme eine Differentialgleichung y = f (x, y),

(x, y) ∈ G,

deren L¨osungen genau die Parabeln Pc sind. b) Man stelle die Differentialgleichung der Orthogonal-Trajektorien zur Schar Pc , c > 0, auf und l¨ose sie. Aufgabe 11 B.∗ Man bestimme die allgemeine L¨osung der folgenden Differentialgleichungen, d.h. die L¨osung durch einen beliebigen Punkt (x 0 , y0 ) des Definitionsbereichs. a) y = ey cos x, b) y = 1 − y2 ,

(|y| < 1),

1 c) y = 1 − y2 , y

(0 < y < 1),

d) y = (a2 + x2 )(b2 + y2 ), e)

(1 − x2 )y − xy + 1

= 0,

(a, b > 0), (|x| < 1).

Aufgabe 11 C.∗ Man bestimme die allgemeine L¨osung der folgenden Differentialgleichungen. a) y = (x + y)2 , b) (1 + x2 )y + xy − xy2 = 0,

(y > 0),

c) y + y + (sin x + ex )y3 = 0,

(y > 0).

Anleitung. Man verwende folgende Substitutionen: a) z = x + y,

1 b) z = , y

c) z =

1 . y2

Aufgabe 11 D.∗ Man bestimme die allgemeine L¨osung der folgenden homogenen Differentialgleichungen (bei b) und c) in impliziter Form). a) y =

y 1 , + x sin yx

(x > 1, y ∈ ]0, π[),

22

Aufgaben b) y =

2y − x , y

(x ∈ ]0, 1[, y > 1),

c) y =

x+y , x + 2y

(x > 0, y > 0).

§12. Existenz– und Eindeutigkeitssatz Aufgabe 12 A.∗ Seien I, J ⊂ R Intervalle, f : I → R eine stetige und g : J → R eine stetig differenzierbare Funktion. F¨ur die Differentialgleichung y = f (x)g(y),

(x, y) ∈ I × J,

beweise man: a) Sei x0 ∈ I und y0 ∈ J mit g(y0 ) = 0. Dann ist die Funktion ϕ : I → R mit ϕ(x) := y0

f¨ur alle x ∈ I

die eindeutig bestimmte L¨osung der Differentialgleichung mit ϕ(x 0 ) = y0 . b) Sei ψ : I1 → R eine L¨osung der Differentialgleichung auf einem Intervall I1 ⊂ I. Gilt g(ϕ(x1 )) = 0 f¨ur ein x1 ∈ I1 , so ist g(ϕ(x)) = 0 f¨ur alle x ∈ I1 . Aufgabe 12 B. Man zeige, dass f¨ur die Differentialgleichung y = 2 |y| der Eindeutigkeitssatz nicht gilt und bestimme alle L¨osungen ϕ : R −→ R der Differentialgleichung mit der Anfangsbedingung ϕ(0) = 0. Aufgabe 12 C.∗ Mit Hilfe des Picard–Lindel¨ofschen Iterationsverfahrens berechne man die L¨osung ϕ : R −→ R2 des Differentialgleichungssystems  y 1 = y2 , y 2 = y1  a mit der Anfangsbedingung ϕ(0) = b . Aufgabe 12 D.∗ Sei f : R × R −→ R eine stetige Funktion, die lokal einer Lipschitz–Bedingung gen¨uge. Es gelte f (−x, y) = − f (x, y)

f¨ur alle (x, y) ∈ R2 .

§13. Lineare Differentialgleichungen

23

Man beweise: Ist r > 0, so geht jede L¨osung ϕ : [−r, r] −→ R der Differentialgleichung y = f (x, y) bei Spiegelung an der y–Achse in sich u¨ ber. Aufgabe 12 E.∗ Sei I ⊂ R ein Intervall und f : I × Rn −→ Rn eine stetige Funktion, die in I × Rn global einer Lipschitz–Bedingung mit der Konstanten L ∈ R+ gen¨ugt. Weiter seien ϕ, ψ : I −→ Rn zwei L¨osungen der Differentialgleichung y = f (x, y). Sei a ∈ I und δ := ϕ(a) − ψ(a) . Man zeige ϕ(x) − ψ(x) ≤ δeL|x−a|

f¨ur alle x ∈ I.

§13. Lineare Differentialgleichungen Aufgabe 13 A.∗ Sei I ⊂ R ein Intervall und

a11 a12 A= : I −→ M(2 × 2, R) a21 a22 eine stetige Abbildung. Die Differentialgleichung y = Ay   besitze die spezielle L¨osung ϕ = ϕϕ12 : I −→ R2 . Im Teilintervall J ⊂ I gelte ϕ1 (x) = 0 f¨ur alle x ∈ J. Man zeige: Man erh¨alt eine zweite, von ϕ linear unabh¨angige L¨osung ψ : J −→ R2 durch den Ansatz



ϕ1 (x) 0 ψ(x) = u(x) + , ϕ2 (x) g(x) wobei u, g : J −→ R differenzierbare Funktionen sind, die folgenden Differentialgleichungen gen¨ugen:

⎧ ϕ2

⎪ ⎪ g = a − a g, 22 12 ⎨ ϕ1 ⎪ a12 ⎪ ⎩u = g. ϕ1

24

Aufgaben

Aufgabe 13 B.∗ Man bestimme alle L¨osungen des folgenden Differentialgleichungssystems auf R∗+ : ⎧ ⎨ y = −y1 + 1 y2 + log x + 1 , 1 x x ⎩ y2 = (1 − x)y1 + y2 + (x − 1) log x.  Anleitung. Eine spezielle L¨osung des homogenen Systems ist ϕ(x) = 1x . Aufgabe 13 C.∗ Sei r > 0, I := ]−r, r [ und seien a, b : I −→ R zwei stetige Funktionen. a sei ungerade und b sei gerade, d.h. a(−x) = −a(x),

b(−x) = b(x)

f¨ur alle x ∈ I.

Man zeige: Die Differentialgleichung y

+ a(x)y + b(x)y = 0 besitzt ein Fundamentalsystem von L¨osungen, das aus einer geraden und einer ungeraden Funktion besteht. Aufgabe 13 D.∗ Gegeben sei die Differentialgleichung n-ter Ordnung yn + an−1 (x)yn−1 + . . . + a0 (x)y = 0,

(1)

deren Koeffizienten stetige Funktionen ai : I → K auf einem Intervall I ⊂ R seien. Man beweise: Die Wronski-Determinante W : I → K eines Fundamentalsystems von L¨osungen von (1) gen¨ugt der Differentialgleichung W (x) + an−1 (x)W (x) = 0.

Anleitung. Man beweise dazu folgende Regel f¨ur die Differentiation einer Determinante: Sei Φ = (ϕi j ) eine n × n-Matrix, deren Koeffizienten differenzierbare Funktionen ϕi j : I → K sind. Dann gilt ⎛ ⎞ ϕ11 (x) . . . ϕ1n (x) ⎜ : ... : ⎟ n ⎜ ⎟ d

(x) ⎟ , det Φ(x) = ∑ det ⎜ (x) . . . ϕ ϕ in i1 ⎜ ⎟ dx ⎝ : i=1 ... : ⎠ ϕn1 (x) . . . ϕnn (x)

§14. Differentialgleichungen 2. Ordnung

25

wobei im i-ten Summanden nur die i-te Zeile der Matrix differenziert wird. Aufgabe 13 E.∗ Sei I ⊂ R ein Intervall und A : I −→ M(n × n, R) eine matrixwertige Funktion, deren Komponenten beliebig oft differenzierbar seien. Man zeige, dass alle L¨osungen ϕ : I −→ Rn der Differentialgleichung y = A(x)y beliebig oft differenzierbar sind.

§14. Differentialgleichungen 2. Ordnung Aufgabe 14 A.∗ Man l¨ose die Differentialgleichung γ d2r = − 2, dt 2 r

(r > 0),

mit der Anfangsbedingung r(0) = r0 > 0,

r˙(0) = v0 > 0.

Dabei ist γ eine positive Konstante. Man zeige: Es gibt ein v∗ > 0, so dass f¨ur v0 ≥ v∗ die L¨osung r(t) f¨ur t → ∞ unbegrenzt w¨achst, w¨ahrend f¨ur v0 < v∗ ein t1 > 0 so existiert, dass die L¨osung r(t) im Intervall 0 ≤ t ≤ t1 monoton w¨achst und f¨ur t ≥ t1 monoton f¨allt. Bemerkung. Die Differentialgleichung beschreibt die radiale Bewegung eines K¨orpers unter dem Einfluss der Schwerkraft eines anderen. Man berechne die Geschwindigkeit v∗ f¨ur die Erdanziehung und r0 = 6370 km (Erdradius). F¨ur die Erde ist γ = g r02 , wobei g = 9.81

m sec2

(Erdbeschleunigung).

Aufgabe 14 B.∗ Man bestimme alle L¨osungen der folgenden Differentialgleichungen: a) (2x + 1)y

+ (4x − 2)y − 8y = (6x2 + x − 3)ex , b) x2 (1 − x)y

+ 2x(2 − x)y + 2(1 + x)y = x2 ,

(x > − 12 ),

(0 < x < 1).

26

Aufgaben

Anleitung. Die zugeh¨orige homogene Gleichung besitzt eine spezielle L¨osung der Gestalt y = eαx im Fall a) und y = xβ im Fall b) mit geeigneten Konstanten α, β. Eine weitere L¨osung der homogenen Gleichung erh¨alt man mit An. 2, §14, Satz 2. Eine spezielle L¨osung der inhomogenen Gleichung bestimme man durch Zur¨uckf¨uhrung auf ein System 1.Ordnung und Variation der Konstanten. Aufgabe 14 C.∗ a) Man zeige, dass

 d n 2 e−x dx ein Polynom n-ten Grades ist und die Hermitesche Differentialgleichung Hn (x) := (−1)n ex

2

y

− 2xy + 2ny = 0 l¨ost. b) Man zeige, dass f¨ur n = m die Hermiteschen Polynome Hn und Hm orthogonal sind bzgl. des Skalarprodukts  f , g :=

Z ∞ −∞

f (x)g(x)e−x dx. 2

Aufgabe 14 D. Sei n eine nat¨urliche Zahl. Man zeige, dass f¨ur die L¨osungen der Differentialgleichung y

+ (2n + 1 − x2 )y = 0 gilt y(x) = e−x chung

2 /2

u(x), wobei u eine L¨osung der Hermiteschen Differentialgleiu

− 2xu + 2nu = 0

ist. Aufgabe 14 E.∗ Man bestimme ein L¨osungs–Fundamentalsystem der Besselschen Differentialgleichung f¨ur p = 12 ,

1 1 y + y + 1 − 2 y = 0, x 4x

durch den Ansatz z =

√ xy.

§14. Differentialgleichungen 2. Ordnung

27

Aufgabe 14 F.∗ Sei C∞ (R∗+ ) der Vektorraum aller beliebig oft differenzierbaren Funktionen f : R∗+ −→ R. Lineare Abbildungen Tp , S p, B p : C∞ (R∗+ ) −→ C∞ (R∗+ ) seien wie folgt definiert: p f (x), x p (S p f )(x) := − f (x) + f (x), x

1 p2 (B p f )(x) := f

(x) + f (x) + 1 − 2 f (x). x x (Tp f )(x) := f (x) +

(Die Besselsche Differentialgleichung l¨asst sich dann schreiben als B p y = 0.) a) Man zeige: F¨ur jedes f ∈ C∞ (R∗+ ) gilt i) Tp+1 S p f = f − B p f , ii) S p−1 Tp f = f − B p f , iii) Tp B p f = B p−1 Tp f , iv) S p B p f = B p+1 S p f . b) Sei Vp := { f ∈ C ∞ (R∗+) : B p f = 0} der Vektorraum der Zylinderfunktionen der Ordnung p. Man zeige: i) Tp (Vp ) ⊂ Vp−1 , S p (Vp ) ⊂ Vp+1 . ii) Die Abbildungen S p : Vp −→ Vp+1 und Tp+1 : Vp+1 −→ Vp sind Isomorphismen und Umkehrungen voneinander. c) Man bestimme mittels b) und Aufgabe 14 E alle Zylinderfunktionen der Ordnungen p = 32 und p = 52 . Aufgabe 14 G.∗ a) Seien α, β, γ, p reelle Konstanten, β > 0, γ = 0. Man zeige, dass f¨ur die L¨osungen der Differentialgleichung

1 − 2α α2 − p2 γ2 y + (βγxγ−1 )2 + y = 0, (x > 0), y

+ x x2 gilt y(x) = xα u(βxγ ), wobei u eine L¨osung der Besselschen Differentialgleichung zum Parameter p ist.

28

Aufgaben b) Man dr¨ucke die L¨osungen der folgenden Differentialgleichungen mit Hilfe von Zylinderfunktionen aus (a, b, m ∈ R): i) y

+ a2 xm y = 0, (a = 0, m = −2),

a(a + 1) ii) y

+ 1 − y = 0, x2 a b2 iii) y

+ y + y = 0, x 4x

(b = 0).

c) Man l¨ose die beiden Differentialgleichungen i) und iii) in den Ausnahmef¨allen m = −2 und b = 0.

§15. Lineare Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten Aufgabe 15 A.∗ Man bestimme ein reelles Fundamentalsystem von L¨osungen f¨ur die folgenden Differentialgleichungen: a) y

− 4y + 4y = 0, b) y

− 2y

− 5y + 6y = 0, c) y

− 2y

+ 2y − y = 0, d) y

− y = 0, e) y(4) + y = 0, f) y(8) + 4y(6) + 6y(4) + 4y

+ y = 0. Aufgabe 15 B. Es seien a, b ∈ R. Man bestimme ein reelles L¨osungs–Fundamentalsystem der Differentialgleichung y

+ ay + by = 0. Hinweis. Man f¨uhre folgende Fallunterscheidung durch: D > 0, D = 0 und D < 0, wobei D := a2 /4 − b.

§15. Lineare Dgl. mit konstanten Koeffizienten

29

Aufgabe 15 C.∗ Man bestimme alle reellen L¨osungen der folgenden Differentialgleichungen: a) y

+ 3y + 2y = 2, b) y

+ y − 12y = 1 + x2 , c) y

− 5y + 6y = 4xex − sin x, d) y

− 2y

+ y = 1 + ex cos(2x), e) y(4) + 2y

+ y = 25e2x , f) y(n) = xex , n ∈ N. Aufgabe 15 D.∗ Man bestimme alle reellen L¨osungen der Differentialgleichung x¨ + 2μ˙x + ω20 x = a cos(ωt), ω0 , ω, μ, a ∈ R∗+ , und untersuche ihr asymptotisches Verhalten f¨ur t → ∞. Aufgabe 15 E.∗ Gegeben sei die Differentialgleichung a b y

+ y + 2 y = 0, x x

(x > 0),

(1)

wobei a, b ∈ C Konstanten seien. Man zeige: Eine Funktion ϕ : R∗+ −→ C ist genau dann eine L¨osung von (1), wenn die Funktion ψ : R −→ C, definiert durch ψ(ξ) := ϕ(eξ ), L¨osung der Differentialgleichung y

+ (a − 1)y + by = 0

(2)

ist. Man gebe ein L¨osungs–Fundamentalsystem von (1) f¨ur alle m¨oglichen Parameterwerte a, b ∈ C an.

30

Aufgaben

§16. Systeme von linearen Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten Aufgabe 16 A.∗ Man bestimme ein Fundamentalsystem (ϕ 1 , ϕ2 , ϕ3 ) von L¨osungen des Differentialgleichungs–Systems ⎛ ⎞ 123 y = ⎝ 0 1 2 ⎠ y 001 mit der Anfangsbedingung ϕ k (0) = ek , (k = 1, 2, 3), wobei (e1 , e2 , e3 ) die kanonische Basis des R3 bezeichne. Aufgabe 16 B.∗ Man bestimme ein L¨osungs–Fundamentalsystem der Differentialgleichung ⎞ ⎛ 111 y = ⎝ 1 1 1 ⎠ y. 111 Aufgabe 16 C.∗ Sei U : R2 −→ R definiert durch U(x1, x2 ) := 52 x21 + 2x1 x2 + 4x22 . Man bestimme die allgemeine L¨osung der Differentialgleichung

x1 (t) d 2x = −gradU(x), x = . x2 (t) dt 2 Aufgabe 16 D.∗ Man bestimme die L¨osung ϕ : R −→ R 2 der Differentialgleichung



x 12 y+ y = 36 sin x mit der Anfangsbedingung ϕ(0) = 0. Aufgabe 16 E.∗ Sei A ∈ M(n × n, R). Man zeige: A ist genau dann schiefsymmetrisch, wenn f¨ur jede L¨osung ϕ : R −→ Rn , t → x := ϕ(t), der Differentialgleichung dx = Ax dt gilt ϕ(t) = const., d.h. unabh¨angig von t ∈ R.

§16. Systeme von lin. Dgl. mit konstanten Koeffizienten

31

Aufgabe 16 F.∗ Man bestimme ein reelles L¨osungs–Fundamentalsystem der Differentialgleichung ⎞ ⎛ 0 −3 2 y = ⎝ 3 0 −1 ⎠ y. −2 1 0 Aufgabe 16 G. Es sei

⎛

1 ⎜ 0 A := ⎜ ⎝ −1 −1

1 2 1 1

0 0 2 0

⎞ 1 0⎟ ⎟. 1⎠ 3

Man bestimme ein reelles L¨osungs–Fundamentalsystem der Differentialgleichung y = Ay, indem man zun¨achst die Jordansche Normalform von A berechne.

Teil II L¨osungen

35

§1.

Topologie metrischer R¨aume

Aufgabe 1 A. Durch δ wird eine Metrik auf R definiert, denn: (1) Die arctan–Funktion hat genau eine Nullstelle bei x = 0 (die arctan– Funktion ist streng monoton wachsend und hat eine Nullstelle bei x = 0). Daher gilt f¨ur alle (x, y) ∈ R2 : δ(x, y) = 0 ⇐⇒ arctan |x − y| = 0 ⇐⇒ |x − y| = 0 ⇐⇒ x = y. (2) (Symmetrie). Es gilt f¨ur alle (x, y) ∈ R2 : δ(x, y) = arctan |x − y| = arctan |y − x| = δ(y, x). (3) (Dreiecksungleichung). Zun¨achst zeigen wir, dass arctan(x + y) ≤ arctan x + arctan y

f¨ur alle x, y ∈ R+ .

Man schließt mit Hilfe der Substitution z := t − x folgendermaßen: arctan(x + y) =

x+y Z 0

=

Zx 0

1 dt 1 + t2

1 dt + 1 + t2

= arctan x +

Zy 0

≤ arctan x +

Zy 0

x+y Z x

1 dt 1 + t2

1 dz 1 + (z + x)2 1 dz 1 + z2

= arctan x + arctan y. Damit ist δ(x, z) = ≤ ≤ =

arctan |(x − y) + (y − z)| arctan(|x − y| + |y − z|) arctan(|x − y| + arctan |y − z|) δ(x, y) + δ(y, z).

(Monotonie)

f¨ur alle x, y, z ∈ R bewiesen. O. Forster, T. Szymczak, Übungsbuch zur Analysis 2, DOI 10.1007/978-3-8348-8140-3_2, © Vieweg+Teubner Verlag |Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH 2011

36

L¨osungen

Nun zum Beweis, dass die offenen Mengen bzgl. der Metrik δ dieselben sind, wie bzgl. der u¨ blichen Metrik d(x, y) = |x − y| und umgekehrt. Mit Br (·) bezeichnen wir im folgenden eine offene Kugel bzgl. der Metrik δ und mit Br (·) eine offene Kugel bzgl. der Metrik d. Es sei U eine offene Menge bzgl. der Metrik δ und x ∈ U . Dann gibt es ein ε1 ∈ ]0, π/2[ mit Bε1 (x) ⊂ U. Mit ε2 := tan ε1 > 0 erhalten wir dann Bε2 (x) = {ξ ∈ R : |x − ξ| < tan ε1 } = {ξ ∈ R : arctan |x − ξ| < ε1 } = Bε1 (x) ⊂ U, womit bewiesen ist, dass U auch bzgl. der Metrik d offen ist. Es sei nun umgekehrt U eine offene Menge bzgl. der Metrik d und x ∈ U. Dann gibt es ein ε1 > 0 mit Bε1 (x) ⊂ U. Wir setzen dann ε2 := arctan ε1 > 0 und erhalten Bε2 (x) = {ξ ∈ R : arctan |x − ξ| < arctan ε1 } = {ξ ∈ R : |x − ξ| < ε1 } = Bε1 (x) ⊂ U. Folglich ist U auch offen bzgl. der Metrik δ. ¨ Aufgabe 1 D. Wir beweisen nur a) und u¨ berlassen b) als Ubung f¨ur den Leser. ◦

⊂“: Es sei (x, y) ∈√(A × B) . Dann gibt es ein ε > 0 mit Bε ((x, y)) ⊂ A × B. ” Setzen wir ε1 := ε/ 2, so gilt Bε1 (x) × Bε1 (y) ⊂ Bε ((x, y)) ⊂ A × B, ◦

◦

d.h. es ist (x, y) ∈ A × B. ◦

◦

⊃“: Ist (x, y) ∈ A × B, so existieren ein ε1 > 0 und ein ε2 > 0 mit ” Bε1 (x) ⊂ A und Bε2 (y) ⊂ B. Mit ε := min(ε1 , ε2 ) erhalten wir Bε ((x, y)) ⊂ Bε1 (x) × Bε2 (y) ⊂ A × B, ◦

d.h. es ist (x, y) ∈ (A × B) .

§1. Topologie metrischer R¨aume

37

Aufgabe 1 E. Es gilt nach Aufgabe 1 D ∂(A × B) = A × B  (A × B) ◦

◦

◦

= (A × B)  (A × B) ◦

◦

= ((A  A) × B) ∪ (A × (B  B)) = (∂A × B) ∪ (A × ∂B), wobei wir im vorletzten Schritt von der folgenden, einfach zu beweisenden Gleichung aus der Mengenlehre Gebrauch gemacht haben (vgl. auch Bild 1): Sind X und Y Mengen und A, C ⊂ X bzw. B, D ⊂ Y , so gilt (A × B)  (C × D) = ((A C) × B) ∪ (A × (B  D)). B D

A C Bild 1 Aufgabe 1 F. Sei X ein topologischer Raum und es seien U1, . . . ,Un , n ∈ N, abgeschlossene Mengen mit Ui ⊂ X f¨ur alle i ∈ {1, . . ., n}. Dann gilt nach Definition: X U1 , . . . , X Un sind offene Mengen. Da ein Durchschnitt von endlich vielen offenen Mengen wieder offen ist (An. 2, §1, Bemerkung zu Satz 3), ist auch

n T

i=1

(X Ui ) eine offene Menge und aus

den de Morganschen Regeln f¨ur Mengen n \ i=1

(X Ui ) = X 

n [ i=1

Ui

38

L¨osungen

folgt dann, dass

n S

Ui eine abgeschlossene Menge ist.

i=1

Analog folgt aus An. 2, §1, Satz 3 c) und den de Morganschen Regeln, dass der Durchschnitt beliebig vieler abgeschlossener Mengen wieder abgeschlossen ist. Da jeder metrische Raum ein topologischer Raum ist, gilt die Aussage auch, wenn X ein metrischer Raum ist. Aufgabe 1 G. a) Aus An. 2, §1, Satz 5 a) folgt Y ∩ ∂Y = 0/

=⇒

Y  ∂Y = Y

=⇒

Y ist offen.

Sei umgekehrt Y offen und wir nehmen an, dass es ein x ∈ Y mit x ∈ ∂Y gibt. Dann gilt f¨ur jede Umgebung U von x, dass U  Y = 0/ und somit U ⊂ Y . Dies steht jedoch nach An. 2, §1, Satz 4, im Widerspruch dazu, dass Y eine offene Menge ist! Also Y ∩ ∂Y = 0/ und damit Y offen

⇐⇒

/ Y ∩ ∂Y = 0.

b) Mit An. 2, §1, Satz 5 b) ergibt sich ∂Y ⊂ Y

=⇒

Y ∪ ∂Y = Y

=⇒

Y ist abgeschlossen.

Aus a) folgt Y abgeschlossen =⇒ =⇒ =⇒ =⇒

X Y offen (X Y ) ∩ ∂(X Y ) = 0/ (X Y ) ∩ ∂Y = 0/ ∂Y ⊂ Y.

und damit Y abgeschlossen

⇐⇒

∂Y ⊂ Y.

Aufgabe 1 H. Es gen¨ugt zu zeigen, dass jede Teilmenge von X offen ist. Dies folgt aber unmittelbar daraus, dass f¨ur alle x ∈ X gilt B1/2 (x) = {x}.

§2. Grenzwerte. Stetigkeit

39

Aufgabe 1 J. 1) Seien U1 ,U2 ⊂ Z offen, also Ai := ZUi endlich. F¨ur U := U1 ∩U2 gilt dann Z U = A1 ∪ A2 . Da dies endlich ist, ist U nach Definition offen. 2) Sei I eine nicht-leere Indexmenge und seien Ui ⊂ Z, i ∈ I, offene Mengen, S also Ai := Z Ui endlich. F¨ur die Vereinigung V := i∈I Ui gilt dann Z V = T i∈I Ai . Dies ist endlich, also V nach Definition offen. Da auch Z und 0/ nach Definition offen sind, sind alle Axiome der Topologie erf¨ullt. 3) Wir zeigen jetzt, dass der dadurch definierte topologische Raum nicht Hausdorffsch ist. Seien x1 = x2 Elemente von Z und Ui beliebige Umgebungen von xi , i = 1, 2. Da jede Umgebung eine offene Umgebung umfasst, sind die Kom/ plemente Z  Ui endlich (also die Ui selbst offen). Daraus folgt U1 ∩ U2 = 0. Daher ist das Hausdorffsche Trennungsaxiom nicht erf¨ullt.

§2.

Grenzwerte. Stetigkeit

Aufgabe 2 A. Nach An. 1, §3, Aufgabe 3.5, gilt f¨ur alle x ∈ X 1 ϕ(x) = ( f (x) + g(x) + | f (x) − g(x)|), 2 1 ψ(x) = ( f (x) + g(x) − | f (x) − g(x)|). 2 Daher folgt die Stetigkeit von ϕ und ψ unmittelbar aus der Stetigkeit der Betragsfunktion und den S¨atzen 5 und 7 aus An. 2, §2. Aufgabe 2 C. Sei ε > 0 beliebig und ( f i )i∈N sei eine Cauchy-Folge in C[a, b], dann gilt: ∃N ∈ N

∀ k, m ≥ N

gilt f k − fm
nk , ist dies ein Widerspruch. Also ist A doch beschr¨ankt. Aufgabe 3 E. Es seien K und L kompakte Teilmengen des Rn . Nach Aufgabe 3 D ist nur zu zeigen, dass jede Folge (xi )i∈N aus K + L eine Teilfolge (xik )k∈N besitzt, die gegen ein c ∈ K + L konvergiert. Sei also (xi )i∈N eine beliebige Folge aus K + L, dann l¨asst sich jedes xi folgendermaßen darstellen x i = ai + b i ,

wobei ai ∈ K und bi ∈ L.

44

L¨osungen

Dann ist (ai )i∈N eine Folge aus K und (bi)i∈N eine Folge aus L. Da K kompakt ist, gibt es nach An. 2, §3, Satz 8, eine Teilfolge (a ik )k∈N von (ai ), die gegen ein a ∈ K konvergiert. Nun ist auch (bik )k∈N eine Folge aus L, und da L kompakt ist, gibt es eine Teilfolge (bikl )l∈N von (bik ), die gegen ein b ∈ L konvergiert. Also: (1) (bikl ) ist eine Teilfolge von (bi ), die gegen ein b ∈ L konvergiert. (2) (aik ) ist eine Teilfolge von (ai), die gegen ein a ∈ K konvergiert, und damit ist auch (aikl ) eine Teilfolge von (ai), die gegen a konvergiert. F¨ur die Teilfolge (xik )l∈N = (aik + bik )l∈N von (xi ) gilt dann nach den Grenzl l l werts¨atzen   lim xikl = lim aikl + bikl = lim aikl + lim bikl = a + b ∈ A + B. l→∞

l→∞

l→∞

l→∞

Damit ist K + L nach Aufgabe 3 D kompakt. ¨ von K ist, gilt: Aufgabe 3 G. Da (Ui)i∈I eine offene Uberdeckung ∀k ∈ K

∃ rk > 0 ∃ ik ∈ I

mit Brk (k) ⊂ Uik .

¨ Dann ist (Brk /2 (k))k∈K eine offene Uberdeckung von K, und da K kompakt ist, gibt es eine endliche Teil¨uberdeckung, d.h. es gibt k 0 , . . ., kn ∈ K, n ∈ N, so dass n [

K⊂

ν=0

Setze nun λ := min

Brkν /2 (kν ) .

r

k1

,...,

2 dann gilt f¨ur alle A ⊂ K mit diam(A) ≤ λ:

rkn  , 2

/ so gilt trivialerweise A ⊂ Ui f¨ur alle i ∈ I. I) Ist A = 0, / dann w¨ahle ein a ∈ A beliebig. Dann gibt es ein i ∈ {0, . . ., n} II) Ist A = 0, mit a ∈ Brk /2 (ki ) ⊂ Brki (ki ) ⊂ Uki . i

Wegen diam(A) ≤

rki 2

folgt offenbar A ⊂ Brki (ki ) ⊂ Uki ,

womit die Behauptung bewiesen ist.

§3. Kompaktheit

45

Aufgabe 3 H. Es sei X ein kompakter metrischer Raum. Es ist zu zeigen, dass jede Cauchy–Folge aus X konvergiert. Sei ε > 0 beliebig und (xk )k∈N eine Cauchy-Folge in X. Dann gibt es ein N1 ∈ N, so dass f¨ur alle k, m ∈ N mit k, m ≥ N1 gilt ε xk , xm < . 2 Nach An. 2, §3, Satz 9 (Satz von Bolzano–Weierstrass) gibt es eine konvergente Teilfolge (xkn )n∈N von (xk ) mit einem Grenzwert a ∈ X. Daher gibt es ein N2 ∈ N, so dass f¨ur alle n ≥ N2 gilt ε xkn , a < . 2 Nun gilt f¨ur alle n ≥ N1 : xn , a ≤ xn , xkM + xkM , a
0

∃y ∈ A

mit y ∈ Bε (x).

Annahme: Es existiert ein ε > 0, so dass f¨ur alle y ∈ A gilt y ∈ Bε (x). Doch dann ist d(x, y) ≥ ε f¨ur alle y ∈ A und somit dist(x, A) = inf{d(x, y) : y ∈ A} ≥ ε > 0. Widerspruch, da dist(x, A) = 0 nach Voraussetzung! Aufgabe 3 K. Sei ε > 0 und (a, b) ∈ I ×J beliebig. Da f stetig ist, existiert nach An. 2, §2, Satz 8, ein δ > 0, so dass f¨ur alle (x, y) ∈ I ×J mit (x, y)−(a, b) < δ gilt | f (x, y) − f (a, b)| < ε.

46

L¨osungen

Weiter gibt es zu jedem x ∈ I ein yx ∈ J mit f (x, yx ) = sup{ f (x, y) : y ∈ J}, da J kompakt und f stetig ist (An. 2, §3, Satz 7). Dann gilt f¨ur alle x ∈ I mit |x − a| < δ: |F(x) − F(a)| = | sup{ f (x, y) : y ∈ J} − sup{ f (a, y) : y ∈ J}| = | f (x, yx ) − f (a, ya )| < ε, denn: Annahme: Es gilt | f (x, yx ) − f (a, ya )| ≥ ε f¨ur ein x ∈ I mit |x − a| < δ. I) f (x, yx ) − f (a, ya ) ≥ ε ⇐⇒ f (x, yx ) ≥ ε + f (a, ya ). Da (x, yx ) − (a, yx ) = |x − a| gilt | f (x, yx ) − f (a, yx )| < ε und somit f (a, yx ) > f (a, ya ). Widerspruch, da f (a, ya ) = sup{ f (a, y) : y ∈ J} und yx ∈ J. II) −( f (x, yx ) − f (a, ya )) ≥ ε ⇐⇒ f (a, ya ) ≥ ε + f (x, yx ). Da (x, ya ) − (a, ya ) = |x − a| gilt | f (a, ya) − f (x, ya )| < ε und somit f (x, ya ) > f (x, yx ), was wie im Fall I) zu einem Widerspruch f¨uhrt. Damit ist F nach dem ε–δ–Kriterium in a ∈ I stetig, und da a ∈ I beliebig vorausgesetzt war, folgt die Behauptung. Aufgabe 3 L. Wir beweisen hier nur Teil b). Sei f : X → R halbstetig von unten. F¨ur jede nat¨urliche Zahl n ist dann die Menge Un := {x ∈ X : f (x) > −n} S

offen in X und es gilt U1 ⊂ . . . ⊂ Un ⊂ Un+1 ⊂ . . . sowie ∞ n=1 Un = X . Da X kompakt ist, wird es von endlich vielen der U n u¨ berdeckt; es gibt also eine nat¨urliche Zahl N mit X = UN . Daraus folgt, dass die Menge A := f (X) = { f (x) : x ∈ X} ⊂ R durch −N nach unten beschr¨ankt ist. Sei a := inf(A) ∈ R. i) Falls a ∈ A, gibt es ein x0 ∈ X mit f (x0 ) = a, d.h. f nimmt in x0 sein Minimum an und wir sind fertig. ii) Falls a ∈ A, gilt f (x) > a f¨ur alle x ∈ X und es folgt X=

∞ [ n=1

Vn

1 mit Vn := {x ∈ X : f (x) > a + }. n

§4. Kurven im Rn

47

Alle Vn sind offen und aus der Kompaktheit von X folgt, dass X = Vm f¨ur ein m ≥ 1. Das heißt aber, dass f (x) > a +

1 m

f¨ur alle x ∈ X.

Dies steht im Widerspruch zu a = inf( f (X )). Also kann Fall ii) nicht auftreten und wir haben bewiesen, dass f sein Minimum annimmt. Ist f : X → R von oben halbstetig, so wende man den obigen Beweis auf die Funktion − f an, die von unten halbstetig ist.

§4.

Kurven im Rn

Aufgabe 4 A. Die Kurve f ist trivialerweise stetig differenzierbar, daher erh¨alt man f¨ur die Bogenl¨ange L der Kurve f nach An. 2, §4, Satz 1: L =

Zb

f (t) dt

a

=

Zb

(−r sint, r cost, c) dt

a

=

Zb

r2 sin2 t + r2 cos2 t + c2 dt

a

=

Zb

r2 + c2 dt

a

= (b − a) r2 + c2 . Aufgabe 4 B. a) Bild 2 zeigt eine Skizze von f f¨ur c =

1 2π

im Bereich −2π ≤ t ≤ 2π.

b) f ist eine stetig differenzierbare Kurve mit f (t) = (cect cost − ect sint, cect sint + ect cost)

f¨ur alle t ∈ R.

48

L¨osungen y 1 e

x

1

Bild 2 Daher gilt nach An. 2, §4, Satz 1: La,b =

Zb

f (t) dt

a

=

Zb 

(cect cost − ect sint)2 + (cect sint + ect cost)2 dt

a

=

Zb 

e2ct ((c cost − sint)2 + (c sint + cost)2 ) dt

a

=

Zb

ect



c2 + 1 dt

a

=



c2 + 1 ·

 1 ct b e c a

√ c2 + 1 cb (e − eca ). = c c) Nach b) erh¨alt man La,0 = F¨ur c > 0 ist lim

a→−∞

eca

√ c2 +1 ca c (1 − e ).

Also gilt: √

= 0, also lim La,0 = a→−∞

c2 +1 c .

F¨ur c < 0 existiert der Grenzwert nicht. d) Ein Kreis Kr vom Radius r um den Nullpunkt hat nach An. 2, §4, Beispiel (4.1) die Darstellung Kr : [0, 2π[−→ R2 ,

Kr (t) := (r cost, r sint).

§4. Kurven im Rn

49

Nun ist zu zeigen, dass es f¨ur jedes r > 0 genau ein t 1 ∈ [0, 2π[ und genau ein t2 ∈ R mit Kr (t1 ) = f (t2 ) gibt. Es gilt: Kr (t1) = f (t2 ) ⇐⇒ (r cost1 , r sint1 ) = (ect2 cost2 , ect2 sint2 )  r cost1 = ect2 cost2 ⇐⇒ r sint1 = ect2 sint2 =⇒ (r cost1 )2 + (r sint1 )2 = (ect2 cost2 )2 + (ect2 sint2 )2 =⇒ r2 = e2ct2 1 1 =⇒ t2 = log r 2 = log r 2c c Durch Einsetzen in die obige Gleichung erh¨alt man cost1 = cost2 ,

sint1 = sint2

d.h. f¨ur t1 muss gelten: t1 = t2 mod 2π. Die mod-Funktion ist dabei f¨ur reelle Zahlen x ∈ R wie folgt zu verstehen: x mod 2π := x − x/2π · 2π, wobei x/2π die gr¨oßte ganze Zahl ≤ x/2π ist. Eine leichte Probe zeigt, dass sie oben berechneten Werte f¨ur t1 , t2 tats¨achlich Kr (t1 ) = f (t2 ) erf¨ullen. F¨ur den Cosinus des Schnittwinkels γ erh¨alt man dann  f (t2), Kr (t1 ) f (t2 ) · Kr (t1 ) 1 = √ . 2 c +1

cosγ =

Hieraus folgt insbesondere, dass γ unabh¨angig vom Radius des Kreises ist.

50

L¨osungen

Aufgabe 4 D. a) F¨ur alle k ∈ [0, 1] und alle a ∈ ]0, 1[ gilt: Za √

1 − k 2t 2 √ dt (Substitution: t = sinz) 1 − t2 0 arcsin Z a 1 − k2 sin2 z = cos z dz 1 − sin2 z 0 arcsin Z a 1 − k2 sin2 z √ = cos z dz (da sin2 z + cos2 z = 1) cos2 z =

0 arcsin Z a



1 − k2 sin2 z dz

(da cos z > 0 in [0, arcsina]).

0

Wegen der Stetigkeit der arcsin–Funktion gilt π

arcsin Z a

Z2 1 − k2 sin2 z dz = 1 − k2 sin2 z dz.

lim

a→1 0

0

  Die Funktion z −→ 1 − k2 sin2 z ist in 0, π2 stetig, daher existiert nach An. 1, §18, Satz 3, das Integral π

Z2

1 − k2 sin2 z dz

0

und damit auch f¨ur alle k ∈ [0, 1] das uneigentliche Integral Z1 √

1 − k2 t 2 √ dt, 1 − t2

0

und es gilt

π

E(k) =

Z2

1 − k2 sin2 z dz.

0

§4. Kurven im Rn

51

b) Da f eine stetig differenzierbare Kurve ist gilt f¨ur die Bogenl¨ange L der Kurve f nach An. 2, §4, Satz 1: L =

Z2π

f (t) dt

0

=

=

Z2π

(−a sint, b cost) dt

0 Z2π



0

=b

Z2π 2 a

b2

0

=b

a2 sin2 t + b2 cos2 t dt



Z2π 0

π

= 4b

Z2

sin2 t + cos2 t dt

a2 1 − 1 − 2 sin2 t dt b



a2 1 − 1 − 2 sin2 t dt b

0

(nach An. 1, §14, Satz 1 und Corollar 1) 

 a2 a) = 4b · E 1− 2 , b falls a2 ≤ b2 . Analog erh¨alt man, falls a2 > b2 : π

Z2 b2 L = 4a 1 − 1 − 2 cos2 t dt a 0    2 Z1 1 − 1 − ba2 z2 √ dz = 4a 1 − z2 0

(Substitution: z = cost)

  b2 = 4a · E 1− 2 , a

52

L¨osungen also

§5.

  ⎧ ⎪ a2 ⎪ ⎪ 1 − 2 , falls a2 ≤ b2 , 4b · E ⎪ ⎪ b ⎨ L= 

 ⎪ ⎪ ⎪ b2 ⎪ ⎪ 4a · E 1 − 2 , falls a2 > b2 . ⎩ a

Partielle Ableitungen

Aufgabe 5 A. f ist f¨ur alle (x, y) ∈ R2 einmal partiell differenzierbar und man erh¨alt f¨ur die partiellen Ableitungen: ⎧ 2xy ⎪ ⎨ , falls (x, y) = (0, 0), ∂f 2x2 + y2 (x, y) = ⎪ ∂x ⎩ 0, falls (x, y) = (0, 0), ⎧ 2(x2 + y2 ) ⎪ ⎨ , ∂f 2x2 + y2 (x, y) = ⎪ ∂y ⎩ 0,

falls (x, y) = (0, 0), falls (x, y) = (0, 0).

Aufgabe 5 B. Die partielle Differenzierbarkeit von F außerhalb des Nullpunkts ist klar. Wir setzen f¨ur (x, y) = (0, 0) Φ(x, y) :=

x2 − y2 x2 + y2

∂Φ . Analog sei Φy definiert. ∂x Da F(x, y) = xyΦ(x, y), gilt f¨ur (x, y) = (0, 0) und Φx :=

∂F (x, y) = yΦ(x, y) + xyΦx (x, y) ∂x und

∂F (x, y) = xΦ(x, y) + xyΦy (x, y). ∂y

§5. Partielle Ableitungen

53

Daraus folgt f¨ur h = 0 ∂F (0, h) = hΦ(0, h) = −h ∂x und

∂F (h, 0) = hΦ(h, 0) = h. ∂y Da F auf der x-Achse und der y-Achse identisch 0 ist, gilt außerdem ∂F ∂F (0, 0) = (0, 0) = 0. ∂x ∂y

Daraus folgt  1  ∂F 1 ∂F ∂2 F (0, 0) = lim (0, h) − (0, 0) = lim (−h) = −1 ∂y∂x h→0 h ∂x ∂x h→0 h und analog  1  ∂F 1 ∂F ∂2 F (0, 0) = lim (h, 0) − (0, 0) = lim · h = +1. h→0 h ∂y h→0 h ∂x∂y ∂y Damit ist gezeigt, dass D 1 D2 F(0, 0) = D2 D1 F(0, 0). Wir beweisen jetzt, dass F in (0, 0) stetig ist. Da |x 2 − y2 | ≤ |x2 + y2 |, folgt |Φ(x, y)| ≤ 1 f¨ur alle (x, y) = (0, 0). Daraus folgt |F(x, y)| ≤ |xy| f¨ur alle (x, y) ∈ R2 . Da lim

(x,y)→(0,0)

lim

(x,y)→(0,0)

|xy| = 0, folgt

F(x, y) = 0 = F(0, 0),

d.h. die Stetigkeit von F in (0, 0). Aufgabe 5 C. Man erh¨alt mit An. 2, §5, Satz 1: div(rot v)

∂v3 ∂v2 ∂v1 ∂v3 ∂v2 ∂v1 = div − , − , − ∂x ∂x3 ∂x3 ∂x1 ∂x1 ∂x2 2





∂ ∂v3 ∂v2 ∂ ∂v1 ∂v3 ∂ ∂v2 ∂v1 = − − − + + ∂x1 ∂x2 ∂x3 ∂x2 ∂x3 ∂x1 ∂x3 ∂x1 ∂x2 = 0.

54

L¨osungen

Aufgabe 5 E. Es folgt unmittelbar aus An. 2, §5, Beispiel (5.6) und der Bemerkung zur Definition der Divergenz eines Vektorfeldes: Δ( f g) = = = = =

div∇( f g) div(g∇ f + f ∇g) div(g∇ f ) + div( f ∇g) ∇g, ∇ f  + g · div(∇ f ) + ∇ f , ∇g + f · div(∇g) f Δg + 2∇ f , ∇g + gΔ f .

Aufgabe 5 F. Unter Verwendung der Produkt– und Kettenregel schließt man folgendermaßen: ΔF(x,t) =

n

∂2 F

∑ ∂x2 (x,t)

i=1

i

∂ = ∑ 2 ∂x i=1 i n



t

−n/2



n

exp − ∑ !"

x2j ·

j=1

=F(x,t)

1 4t

 #

−xi F(x,t) · 2t i=1 

n −1 −xi 2 + F(x,t) · = ∑ F(x,t) 2t 2t i=1 2

n xi 1 − = ∑ F(x,t) 2 4t 2t i=1

1 n 2 , = F(x,t) x − 4t 2 2t



 n ∂F ∂ −n/2 2 1 exp − ∑ x j · t (x,t) = ∂t ∂t 4t j=1 !" # =

n

∂

∑ ∂xi

=F(x,t)

−n 1 = F(x,t) + 2 x 2 F(x,t) 2t 4t

1 n 2 = F(x,t) x − 4t 2 2t = ΔF(x,t),

§5. Partielle Ableitungen

55

also ΔF −

∂F = 0. ∂t

Aufgabe 5 G. Setzen wir k = (k1 , . . . , kn ), so lautet F ausgeschrieben

F(x,t) = f (k, x − ωt) = f (k, x − k ct) = f

n

∑ kνxν − k ct

ν=1

 .

F¨ur i = 1, . . ., n gilt nach der Kettenregel: ∂F (x,t) = f (k, x − k ct) · ki, ∂xi ∂2 F (x,t) = f

(k, x − k ct) · ki2. ∂x2i Damit ist n ∂2 F

(x,t) = f (k, x − k ct) ki2 ∑ 2 i=1 ∂xi i=1 n

ΔF(x,t) = ∑

= k 2 · f

(k, x − k ct). Ferner erh¨alt man f¨ur die partiellen Ableitungen nach t mit der Kettenregel: ∂F (x,t) = f (k, x − k ct) · (− k c), ∂t ∂2 F (x,t) = f

(k, x − k ct) · (− k c)2 = k 2 c2 · f

(k, x − k ct). ∂t 2 Damit ist ΔF − bewiesen.

1 ∂2 F =0 c2 ∂t 2

56

§6.

L¨osungen

Totale Differenzierbarkeit

Aufgabe 6 A. Man erh¨alt f¨ur alle (r, θ, ϕ) ∈ R3 ⎛ ⎞ sin θ cos ϕ r cos θ cos ϕ −r sin θ sin ϕ DF(r, θ, ϕ) = ⎝ sin θ sin ϕ r cos θ sin ϕ r sin θ cos ϕ ⎠ . cos θ −r sin θ 0 Aufgabe 6 B. Mit der Kettenregel und der Schwarzschen Regel schließt man folgendermaßen: ∂(u ◦ p) (r, ϕ) ∂r 2 ∂p j ∂u (r, ϕ) = ∑ (p(r, ϕ)) · ∂r j=1 ∂x j =

∂u ∂u (p(r, ϕ)) · cosϕ + (p(r, ϕ)) · sinϕ, ∂x1 ∂x2

∂2 (u ◦ p) (r, ϕ) 2 ∂r

∂ ∂u ∂u = (p(r, ϕ)) · cosϕ + (p(r, ϕ)) · sinϕ ∂r ∂x1 ∂x

2

∂ ∂u ∂ ∂u (p(r, ϕ)) + sin ϕ · (p(r, ϕ)) = cosϕ · ∂r ∂x1 ∂r ∂x2 ∂p j ∂2 u (r, ϕ) (p(r, ϕ)) · ∂x x ∂r 1 j j=1 2

= cosϕ · ∑

∂p j ∂2 u (r, ϕ) (p(r, ϕ)) · ∂x x ∂r 2 j j=1 2

+ sin ϕ · ∑

∂2 u ∂2 u ∂p1 ∂p2 (r, ϕ) + (r, ϕ) (p(r, ϕ)) · (p(r, ϕ)) · ∂r ∂x1 x2 ∂r ∂x21 2

2 ∂ u ∂p1 ∂p2 ∂ u (p(r, ϕ)) · + sin ϕ · (r, ϕ) + 2 (p(r, ϕ)) · (r, ϕ) ∂x2 x1 ∂r ∂r ∂x2

= cosϕ ·

= cos2 ϕ

∂2 u ∂2 u (p(r, ϕ)) + 2 cos ϕ sin ϕ (p(r, ϕ)) 2 ∂x1 x2 ∂x1

+ sin2 ϕ

∂2 u (p(r, ϕ)), ∂x22

§6. Totale Differenzierbarkeit

∂(u ◦ p) (r, ϕ) ∂ϕ =

2

∂u

∂p j

∑ ∂x j (p(r, ϕ)) · ∂ϕ (r, ϕ)

j=1

=

∂u ∂u (p(r, ϕ)) · ((−r) sinϕ) + (p(r, ϕ)) · r cosϕ, ∂x1 ∂x2

∂2 (u ◦ p) (r, ϕ) ∂ϕ2

∂ ∂u ∂u = (p(r, ϕ)) · ((−r) sinϕ) + (p(r, ϕ)) · r cosϕ ∂ϕ ∂x1 ∂x 2

∂u ∂u ∂ = −r cos ϕ (p(r, ϕ)) + sinϕ (p(r, ϕ)) ∂x1 ∂ϕ ∂x1

∂u ∂u ∂ + r − sin ϕ (p(r, ϕ)) + cosϕ (p(r, ϕ)) ∂x2 ∂ϕ ∂x2 

2 ∂p j ∂2 u ∂u (r, ϕ) = −r cos ϕ (p(r, ϕ)) + sinϕ ∑ (p(r, ϕ)) · ∂x1 ∂ϕ j=1 ∂x1 x j

 2 ∂p j ∂u ∂2 u (p(r, ϕ)) + cos ϕ ∑ (p(r, ϕ)) · + r − sinϕ (r, ϕ) ∂x2 ∂ϕ j=1 ∂x2 x j ∂u ∂u (p(r, ϕ)) − r sinϕ (p(r, ϕ)) ∂x1 ∂x2 ∂2 u ∂2 u + r2 sin2 ϕ 2 (p(r, ϕ)) − 2r2 cos ϕ sin ϕ (p(r, ϕ)) ∂x1 x2 ∂x1

= −r cos ϕ

+ r2 cos2 ϕ

∂2 u (p(r, ϕ)). ∂x22

Damit gilt: ∂2 (u ◦ p) 1 ∂(u ◦ p) 1 ∂2 (u ◦ p) (r, ϕ) + · (r, ϕ) (r, ϕ) + 2 · 2 ∂r r ∂r r ∂ϕ2 ∂2 u ∂2 u = 2 (p(r, ϕ)) + 2 (p(r, ϕ)) ∂x1 ∂x2 = ((Δu) ◦ p)(r, ϕ).

57

58

L¨osungen

Aufgabe 6 C. Sei ε > 0 beliebig. Setze δ := ε/K, dann gilt f¨ur alle ξ ∈ Rn mit ξ < δ und alle x ∈ U mit ξ + x ∈ U unter Anwendung von An. 2, §6, Satz 5 und dem Hilfssatz zum Corollar zu Satz 5: $⎛ ⎞ $ $ $ Z1 $ $ $ ⎠ ⎝ D f (x + tξ) dt · ξ$ f (x + ξ) − f (x) = $ $ $ $ 0 ≤ ξ ·

Z1

D f (x + tξ) dt

0

≤ ξ ·

Z1

K dt 0

= ξ · K < δ·K = ε, und damit ist f in U gleichm¨aßig stetig. An. 2, §6, Satz 5, darf hier angewendet werden, denn U ist eine offene Kugel, d.h. es gibt ein m ∈ Rn und ein r ∈ R+ mit U = Br (m). Dann gilt f¨ur alle t ∈ [0, 1] und alle x, x + ξ ∈ U unter Benutzung der Dreiecksungleichung: x + tξ − m = ≤ = < =

t(x + ξ − m) + (1 − t)(x − m) t(x + ξ − m) + (1 − t)(x − m) t x + ξ − m + (1 − t) x − m tr + (1 − t)r r,

d.h. x + tξ ∈ U f¨ur alle t ∈ [0, 1]. Aufgabe 6 D. Es gilt ( f ◦ ϕ) : ]−ε, ε[−→ R mit ( f ◦ ϕ)(x) = c

f¨ur alle x ∈ ] − ε, ε[,

da ϕ(] − ε, ε[) ⊂ N f (c) nach Voraussetzung. Also ist ( f ◦ ϕ) (0) = 0. Damit gilt nach der Kettenregel 0 = ( f ◦ ϕ) (0) = D f (ϕ(0)) · Dϕ(0) = ϕ (0), grad f (x).

§6. Totale Differenzierbarkeit

59

Aufgabe 6 F. a) Da M = {(x, y) ∈ R2 : x = y}, vgl. Bild 3, ist f in (x, y) ∈ R2  M (total) differenzierbar (denn R2  M ist offen und f | R2  M = 0) und damit insbesondere partiell differenzierbar. y M

x

Bild 3 Im Nullpunkt ist f partiell differenzierbar, da f (h, 0) 0 ∂f (0) = lim = lim = 0, h→0 h→0 h ∂x h

f (0, h) ∂f (0) = lim = 0. h→0 ∂y h

Ist (x, y) ∈ M, so gilt f (x, y) = 0 und die Grenzwerte f ((x, y) + hei) − f (x, y) − f (x, y) = lim h h→0 h existieren f¨ur i = 1, 2 nicht, d.h. f ist in M nicht partiell differenzierbar. lim

h→0

b) Es sei v = (v1 , v2 ) ∈ R2 mit v = 1. Sind v und (1, 1) linear unabh¨angig, so ist tv ∈ /M f¨ur alle t ∈ R∗ und somit f (tv) − f (0) 0−0 = lim = 0. t→0 t t Sind v und (1, 1) linear abh¨angig, so folgt Dv f (0) = lim

t→0

Dv f (0) = lim

t→0

f (tv1,tv2 ) − f (0) etv1 − 1 = lim = 1. t→0 t t

60

L¨osungen c) F¨ur v := ± √12 (1, 1) gilt v = 1 und nach a) und b) Dv f (0) = 1 = 0 = v, (0, 0) = v, grad f (0).

§7.

Taylor–Formel. Lokale Extrema

Aufgabe 7 A. f ist in ganz R∗+ × R∗+ dreimal stetig partiell differenzierbar und es gilt: ∂f 2y (x, y) = , ∂x (x + y)2 −4y ∂2 f (x, y) = , ∂x2 (x + y)3 4x ∂2 f (x, y) = , ∂y2 (x + y)3 ∂3 f −4x + 8y , (x, y) = ∂x2 ∂y (x + y)4 ∂3 f −12x (x, y) = . ∂y3 (x + y)4

−2x ∂f (x, y) = , ∂y (x + y)2 2(x − y) ∂2 f (x, y) = , ∂x∂y (x + y)3 ∂3 f 12y (x, y) = , ∂x3 (x + y)4 ∂3 f −8x + 4y (x, y) = , ∂x∂y2 (x + y)4

Daher existiert nach An. 2, §7, Satz 2, f¨ur jedes (x, y) ∈ {(a, b) ∈ R2 : a, b > −1} ein θ ∈ [0, 1], so dass ∂f ∂2 f x2 ∂f (1, 1)x + (1, 1)y + 2 (1, 1) ∂x ∂y ∂x 2 y2 ∂2 f ∂2 f + (1, 1)xy + 2 (1, 1) + Rθ3 (x + 1, y + 1) ∂x∂y ∂y 2 1 1 1 2 1 2 = x − y − x + y + Rθ3 (x + 1, y + 1), 2 2 4 4

f (x + 1, y + 1) = f (1, 1) +

wobei Rθ3 (x + 1, y + 1) ∂3 f x2 y x3 ∂3 f = 3 (1 + θx, 1 + θy) + 2 (1 + θx, 1 + θy) ∂x 6 ∂x ∂y 2 xy2 ∂3 f y3 ∂3 f (1 + θx, 1 + θy) (1 + θx, 1 + θy) + + ∂x∂y2 2 ∂y3 6

§7. Taylor–Formel. Lokale Extrema

61

12 + 12θy x3 4 − 4θx + 8θy x2 y · · + (2 + θ(x + y))4 6 (2 + θ(x + y))4 2 −12 − 12θx y3 −4 − 8θx + 4θy xy2 + + · · 4 (2 + θ(x + y)) 2 (2 + θ(x + y))4 6 2 (x + y)2 (x − y). = (2 + θ(x + y))4

=

Aufgabe 7 B. f ist in R2 zweimal stetig partiell differenzierbar, und es gilt f¨ur alle (x, y) ∈ R2 :  2 2  ∇ f (x, y) = e−x −4y · x(−8x2 − 2y2 + 8), y(−8y2 − 32x2 + 2) , 2 2 ∂2 f (x, y) = (16x4 − 40x2 + 4x2 y2 + 8 − 2y2 )e−x −4y , 2 ∂x 2 2 ∂2 f (x, y) = (64x3 y − 68xy + 16xy3 )e−x −4y , ∂x∂y ∂2 f 2 2 (x, y) = (64y4 − 40y2 + 256x2 y2 − 32x2 + 2)e−x −4y . 2 ∂y

Notwendig f¨ur das Vorliegen eines lokalen Extremas in (x, y) ∈ R 2 ist nach An. 2, §7, Satz 3, ∇ f (x, y) = (0, 0) 2 2 x(−8x2 − 2y2 + 8)e−x −4y 0 ⇐⇒ = 2 −4y2 2 2 −x 0 y(−8y − 32x + 2)e ⇐⇒ (x(−8x2 − 2y2 + 8)e−x

2 −4y2

= 0)

∧(y(−8y2 − 32x2 + 2)e−x −4y = 0) ⇐⇒ (x(−8x2 − 2y2 + 8) = 0) ∧(y(−8y2 − 32x2 + 2) = 0)   ⇐⇒ (x = 0) ∧ (y(−8y2 + 2) = 0)   ∨ (y = 0) ∧ (x(−8x2 + 8) = 0)   ∨ (−8x2 − 2y2 + 8 = 0) ∧ (−8y2 − 32x2 + 2 = 0)     ⇐⇒ (x, y) = (0, 0) ∨ (x, y) = 0, 12 ∨ (x, y) = 0, − 12 ∨(x, y) = (1, 0) ∨ (x, y) = (−1, 0)   ∨ (32x2 + 8y2 = 32) ∧ (8y2 + 32x2 = 2) . !" # 2

unerf¨ullbar

2

62

L¨osungen

Also k¨onnen nur in den folgenden Punkten lokale Extrema vorliegen:  1   (0, 0), 0, 2 , 0, − 12 , (1, 0), (−1, 0). F¨ur die Hesse-Matrizen an diesen Stellen gilt:

80 (Hess f )(0, 0) = ist positiv definit, 02 (Hess f )(1, 0) = (Hess f )(−1, 0)

0 −16e−1 ist negativ definit, = 0 −30e−1     (Hess f ) 0, − 12 (Hess f ) 0, 12 = 15 −1 e 0 = 2 ist indefinit. 0 −4e−1 Nach An. 2, §7, Satz 4, folgt dann f¨ur die lokalen Extrema von f : • f hat in (0, 0) ein lokales Minimum, • f hat in (1, 0) und (−1, 0) ein lokales Maximum. Aufgabe 7 E. a) Sei β := (β1 , . . . , βn ) ∈ Nn mit |β| = k, also β1 + . . . + βn = k. P ist beliebig oft stetig partiell differenzierbar, und es gilt

 ∂|β| β α D P(x) = β ∑ cα x β ∂x1 1 . . . ∂xn n |α|=k

 ∂|β| α x = ∑ cα β β ∂x1 1 . . . ∂xn n |α|=k !" #

= cβ

=0, falls |α|=k mit α =β



∂|β| β

β

∂x1 1 . . . ∂xn n

β

x

 ∂βn  β1 βn = cβ . . . · . . . · x x β β ∂x1 1 ∂xn n = cβ · β1 ! · . . . · βn ! = β! · cβ . ∂β1



§7. Taylor–Formel. Lokale Extrema

63

b) Da P(x) = 0 f¨ur alle x aus einer Umgebung um den Nullpunkt, die wir im Folgenden mit U bezeichnen, gilt Dα P(x) = 0

f¨ur alle x ∈ U und alle α ∈ Nn mit |α| = k.

Unter Benutzung von a) ergibt sich dann α! cα = 0

f¨ur alle α ∈ Nn mit |α| = k,

und somit cα = 0

f¨ur alle α ∈ Nn mit |α| = k.

c) O.B.d.A. sei k > 0, dann gilt P(0) = 0 trivialerweise, und es ist nur lim

P(x)

x→0 x m

=0

f¨ur alle m ∈ N mit m < k zu zeigen. Es sei m < k beliebig, dann l¨asst (α) (α) sich zu jedem α ∈ Nn mit |α| = k ein β(α) := (β1 , . . . , βn ) ∈ Nn mit folgenden Eigenschaften w¨ahlen: (1) |β(α)| = m, (α)

(2) βi

≤ αi

f¨ur alle i ∈ {1, . . ., n}.

Dann gilt α − β(α) ∈ Nn und somit    P(x)  |xα |    x m  ≤ ∑ |cα | x m |α|=k =

∑

|α|=k

(α)

|cα |

(α)

|xβ | · |xα−β | x m (α)

=

β

|cα | · |x

∑

|cα | · |xα−β |.

|α|=k

(α)

|

β

(α)

|x1 1 · . . . · xn n |

∑

|α|=k

≤

α−β(α)

(α)

(α)

x β1 · . . . · x βn !" # ≤1

64

L¨osungen Da m < k ist α − β(α) = (0, . . ., 0) f¨ur jedes α ∈ Nn mit |α| = k und somit



∑

lim

x→0

|α|=k

|cα | · |x

α−β(α)

|

= 0.

Also lim

P(x)

x→0 x m

=0

und damit P(x) = o( x m ). d) Da



1 x x α P(x) α = c x = c = P α α ∑ ∑ x x x k x k |α|=k |α|=k

(1)

f¨ur alle x ∈ Rn  {0} und P(x) = 0, x→0 x k

P(x) = o( x k ) =⇒ lim muss

lim P

x→0

x x

=0

gelten. Da P offenbar stetig ist, gilt

x P lim = 0, x→0 x

falls lim

x

x→0 x

existiert.

(2)

Ist nun x := (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn  {0} mit x = 1, so setzen wir f¨ur m ∈ N mit m = 0 x xn  1 y(m) := , . . ., m m und erhalten: • lim y(m) = (0, . . ., 0), m→∞

•

y(m) y(m) = x. = −1 (m) y m x

§7. Taylor–Formel. Lokale Extrema

65

Somit ist P(x) = 0 f¨ur alle x ∈ Rn mit x = 1 nach (2) bewiesen. Ist x ∈ R  {0}, so gilt nach (1): $ $

$ x $ x k $ $ = 1. = 0, da $ P(x) = x · P x x $ !" # =0

Daher muss P(x) = 0 f¨ur alle x ∈ Rn gelten. Aufgabe 7 F. In einer Umgebung von x gilt 0 = f (x + ξ) − f (x + ξ) =

(ξ)) −ϕ ∑ (cα − cα)ξα + (ϕ(ξ) !" #

|α|≤k

=

∑ (cα − cα )ξ

α

=:ψ(ξ)

+ ψ(ξ),

|α|≤k

wobei ψ(ξ) = o( ξ k ) ist. Durch Induktion u¨ ber |α| zeigen wir nun, dass c α = cα f¨ur alle α ∈ Nn mit |α| ≤ k gilt. i) Induktionsanfang: |α| = 0. Da |α| = 0 ⇐⇒ α = 0 gilt 0=

∑ (cα − cα)0α + ψ(0) ⇐⇒ 0 = c0 − c0 ⇐⇒ c0 = c0 .

|α|≤k

ii) Induktionsschritt: Es gelte cα = cα f¨ur alle α ∈ N mit |α| < l, wobei l ∈ {1, . . . , k}, dann ist cα = cα f¨ur alle α ∈ Nn mit |α| = l zu zeigen. Nun gilt 0=

∑ (cα − cα)ξα + ψ(ξ)

|α|≤k

⇐⇒ 0 =

∑

(cα − cα )ξα + ψ(ξ)

l≤|α|≤k

⇐⇒ 0 =

∑ (cα − cα )ξα + ∑

|α|=l

l 0 f¨ur die Differentialgleichungen vorausgesetzt.) i) Es muss ⎧ ⎪ 1 ⎪ ⎪ 1 − 2α = 0 ⇐⇒ α = , ⎪ ⎪ 2 ⎨ α2 − p2 γ2 = 0, ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (βγxγ−1 )2 = a2 xm =⇒ γ = m + 2 = 0 ⎪ ⎩ 2 gelten und daher β =

∧

β2 γ2 = a2

2|a| 1 > 0 und p = oder |m + 2| m+2

1 . m+2 Jede L¨osung y der Differentialgleichung l¨asst sich also als

√ 2|a| (m+2)/2 y(x) = xu x |m + 2| p=−

schreiben, wobei u eine L¨osung der Besselschen Differentialglei1 ist. chung zum Parameter m+2 ii) Es muss ⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ 1 − 2α = 0 ⇐⇒ α = , ⎪ ⎪ 2 ⎨ α2 − p2 γ2 = −a(a + 1), ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ (βγxγ−1 )2 = 1 =⇒ γ = 1 = 0 gelten und daher p = a +

∧

β=1>0

1 1 oder p = −a − . 2 2

Jede L¨osung y der Differentialgleichung l¨asst sich also als √ y(x) = xu(x) schreiben, wobei u eine L¨osung der Besselschen Differentialgleichung zum Parameter a + 12 ist.

§14. Differentialgleichungen 2. Ordnung

125

iii) Es muss ⎧ 1−a ⎪ ⎪ ⎪ 1 − 2α = a ⇐⇒ α = , ⎪ ⎨ 2 α2 − p2 γ2 = 0, ⎪ ⎪ ⎪ b2 ⎪ ⎩ (βγxγ−1 )2 = x−1 =⇒ γ = 12 = 0 4

∧

β = |b| > 0

gelten und daher p = 1 − a oder p = a − 1. Jede L¨osung y der Differentialgleichung l¨asst sich also als √ y(x) = x(1−a)/2 u(|b| x) schreiben, wobei u eine L¨osung der Besselschen Differentialgleichung zum Parameter 1 − a ist. c) Die Differentialgleichung i) im Ausnahmefall m = −2 lautet: y

+

a2 y = 0, x2

(a = 0, x > 0).

Um eine L¨osung τ : R∗+ −→ C zu finden setzen wir τ(x) = xc ,

c ∈ C,

an. Dann gilt a2 τ=0 x2 a2 c(c − 1)xc−2 + 2 xc = 0 x (c(c − 1) + a2 )xc−2 = 0 c2 − c + a2 = 0 √ √ 1 + 1 − 4a2 1 − 1 − 4a2 c= ∨ c= . 2 2

τ

(x) + ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

√ √ 1 + 1 − 4a2 1 − 1 − 4a2 , λ2 := . λ1 := 2 2 Nun nehmen wir folgende Fallunterscheidung vor: Setze

126

L¨osungen I) 1 − 4a2 = 0, d.h. a = 12 und a = − 12 . Dann bilden ϕk : R∗+ −→ C (k = 1, 2) mit ϕ1 (x) = xλ1 ,

ϕ2 (x) = xλ2

ein Fundamentalsystem von L¨osungen der obigen Differentialgleichung, denn    xλ1 xλ2   f¨ur alle x ∈ R∗+ .  λ1 xλ1 −1 λ2 xλ2 −1  = λ2 − λ1 = 0 II) 1 − a2 = 0, d.h. a = 12 oder a = − 12 . √ Dann ist ϕ1 : R∗+ −→ R mit ϕ1 (x) = x eine L¨osung der Differentialgleichung. Eine weitere, von ϕ1 unabh¨angige, L¨osung ϕ2 : R∗+ −→ R bestimmt man dann mittels An. 2, §14, Satz 2. Mit den dortigen Bezeichnungen gilt ⎛ ⎞ Zx 1 1 exp ⎝− 0 dt ⎠ = , u (x) = 2 ϕ1 (x) x 1

Z

u (x) dx = log x, √ ϕ2 (x) = ϕ1 (x) · u(x) = x log x. u(x) =

Damit bildet (ϕ1 , ϕ2 ) ein Fundamentalsystem von L¨osungen der Differentialgleichung. Die Differentialgleichung iii) im Ausnahmefall b = 0 lautet: a y

+ y = 0, x a

⇐⇒ y = − y . x

(a ∈ R, x > 0)

Trivialerweise ist ϕ1 : R∗+ −→ R mit ϕ1 (x) = 1

f¨ur alle x > 0

eine L¨osung dieser Differentialgleichung.

§15. Lineare Dgl. mit konstanten Koeffizienten

127

Eine weitere, von ϕ1 linear unabh¨angige L¨osung ϕ2 : R∗+ −→ R l¨asst sich leicht mittels An. 2, §11, Satz 2, bestimmen. Es gilt ⎞ ⎛ Zx a

ϕ2 (x) = exp ⎝ − dt ⎠ = exp(− log xa ) = x−a t 1

und damit ϕ2 (x) =

Z

ϕ 2 (x) dx

=

⎧ ⎪ ⎨ log x,

falls a = 1,

x1−a ⎪ ⎩ , falls a = 1. 1−a

Bemerkung. Die beiden in c) behandelten Differentialgleichungen sind Spezialf¨alle der in Aufgabe 15 E gegebenen Differentialgleichung, lassen sich daher auch mit der dort angegebenen Methode l¨osen.

§15. Lineare Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten Aufgabe 15 A. a) Die Differentialgleichung y

− 4y + 4y = 0 l¨asst sich schreiben als P(D)y = 0 mit P(D) = D 2 −4D+4. Das Polynom P(T ) = T 2 − 4T + 4 = (T − 2)2 hat λ = 2 als einzige Nullstelle mit der Vielfachheit 2. Daher bilden die Funktionen ϕk : R −→ R (k = 1, 2), ϕ1 (x) := e2x ,

ϕ2 (x) := xe2x

nach An. 2, §15, Satz 2, ein Fundamentalsystem von L¨osungen der obigen Differentialgleichung.

128

L¨osungen

c) Die Differentialgleichung y

− 2y

+ 2y − y = 0 l¨asst sich schreiben als P(D)y = 0 mit P(D) = D 3 − 2D2 + 2D − 1. Das Polynom P(T ) = T 3 − 2T 2 + 2T − 1 = (T − 1)(T 2 − T + 1) hat folgende (einfache) Nullstellen: √ √ 1 + 3i 1 − 3i , λ3 = . λ1 = 1, λ2 = 2 2 Deshalb bilden die Funktionen ϕk : R −→ C (k = 1, 2, 3), ϕ1 (x) := ex ,

ϕ2 (x) := eλ2 x ,

ϕ3 (x) := eλ3 x ,

nach An. 2, §15, Satz 1, ein Fundamentalsystem von L¨osungen der obigen Differentialgleichung. Um ein reelles Fundamentalsystem zu erhalten, setzen wir ψ1 (x) := ϕ1 (x) = ex ,

√ 3 1 (ϕ2 (x) + ϕ3 (x)) = ex/2 cos x, 2 2 √ 3 1 ψ3 (x) := (ϕ2 (x) − ϕ3 (x)) = ex/2 sin x, 2i 2 ψ2 (x) :=

dann bilden ψk : R −→ R (k = 1, 2, 3) ein reelles Fundamentalsystem von L¨osungen (vgl. An. 2, §15, Beispiel (15.1)). e) Die Differentialgleichung y(4) + y = 0 l¨asst sich schreiben als P(D)y = 0 mit P(D) = D4 +1. F¨ur die Nullstellen des Polynoms P(T ) = T 4 + 1 erh¨alt man unter Benutzung, dass u.a. 12 (1 + i)2 = i gilt: √ √ √ 2(1 + i) 2(1 − i) 2(−1 + i) λ1 = , λ2 = , λ3 = , 2 2 2 √ 2(−1 − i) . λ4 = 2

§15. Lineare Dgl. mit konstanten Koeffizienten Deshalb bilden die Funktionen ϕk : R −→ C ϕ1 (x) := eλ1 x ,

ϕ2 (x) := eλ2 x ,

129 (k = 1, 2, 3, 4), ϕ3 (x) := eλ3 x ,

ϕ4 (x) := eλ4 x , nach An. 2, §15, Satz 1, ein Fundamentalsystem von L¨osungen der obigen Differentialgleichung. Um ein reelles Fundamentalsystem zu erhalten, setzen wir √ √ 1 2 ψ1 (x) := (ϕ1 (x) + ϕ2 (x)) = e 2/2x cos x, 2 2 √ √ 2 1 x, ψ2 (x) := (ϕ1 (x) − ϕ2 (x)) = e 2/2x sin 2i 2√ √ 1 2 ψ3 (x) := (ϕ3 (x) + ϕ4 (x)) = e− 2/2x cos x, 2 2 √ √ 2 1 x, ψ4 (x) := (ϕ3 (x) − ϕ4 (x)) = e− 2/2x sin 2i 2 dann bilden ψk : R −→ R von L¨osungen.

(k = 1, 2, 3, 4) ein reelles Fundamentalsystem

Aufgabe 15 C. a) Zun¨achst bestimmen wir ein Fundamentalsystem von L¨osungen der homogenen Gleichung y

+ 3y + 2y = 0. Sie l¨asst sich schreiben als P(D)y = 0 mit P(D) = D 2 + 3D + 2. Das Polynom P(T ) = T 2 + 3T + 2 hat die Nullstellen λ1 = −1 und λ2 = −2. Daher bilden die Funktionen ϕk : R −→ R ϕ1 (x) := e−x ,

(k = 1, 2),

ϕ2 (x) := e−2x ,

nach An. 2, §15, Satz 1, ein Fundamentalsystem von L¨osungen der homogenen Gleichung. Um eine spezielle L¨osung von y

+ 3y + 2y = 2 = 2e0x

130

L¨osungen zu bestimmen, benutzen wir An. 2, §15, Satz 3. Da P(0) = 2 = 0, ist ψ : R −→ R mit 2 0x e =1 ψ(x) = P(0) eine L¨osung der inhomogenen Gleichung. Damit erh¨alt man f¨ur die Menge M aller L¨osungen der Differentialgleichung

M = {ψ + λϕ1 + μϕ2 : λ, μ ∈ R}. c) Zun¨achst bestimmen wir ein Fundamentalsystem von L¨osungen der homogenen Gleichung y

− 5y + 6y = 0. Sie l¨asst sich schreiben als P(D)y = 0 mit P(D) = D 2 − 5D + 6. Das Polynom P(T ) = T 2 − 5T + 6 hat die Nullstellen λ1 = 2 und λ2 = 3. Daher bilden die Funktionen ϕk : R −→ R ϕ1 (x) := e2x ,

(k = 1, 2),

ϕ2 (x) := e3x ,

nach An. 2, §15, Satz 1, ein Fundamentalsystem von L¨osungen der homogenen Gleichung. Um eine spezielle L¨osung von y

− 5y + 6y = 4xex − sin x zu bestimmen, suchen wir zun¨achst je eine L¨osung der beiden folgenden Gleichungen (1) P(D)y = 4xex (2) P(D)y = − sin x. Da 1 eine Nullstelle 0.Ordnung des Polynoms P ist, besitzt (1) eine spezielle L¨osung der Form ψ1 (x) = f (x)ex , wobei f ein Polynom 1. Grades ist. Wir setzen also f (x) = c1 x + c2

§15. Lineare Dgl. mit konstanten Koeffizienten

131

an. Nun ist P(D)((c1x + c2 )ex ) = (c1 x + c2 + 2c1 )ex − 5(c1 x + c2 + c1 )ex + 6(c1 x + c2 )ex = (2c1 x + 2c2 − 3c1 )ex , woraus wir c1 = 2 und c2 = 3 schließen. Damit ist ψ1 (x) = (2x + 3)ex eine spezielle L¨osung von (1). Um eine L¨osung von (2) zu bestimmen, l¨osen wir zun¨achst P(D)y = ieix ,  ix  da − sin x = Re ie ist. Da außerdem P(i) = −1 − 5i + 6 = 5 − 5i = 0 ist nach An. 2, §15, Satz 3, τ(x) =

i ix i i(5 + 5i) ix i − 1 ix e = eix = e = e P(i) 5 − 5i 25 + 25 10

eine spezielle L¨osung von P(D)y = ieix , und da alle Koeffizienten von P(D) reell sind, gilt Re(P(D)τ(x)) = P(D)(Reτ(x)), und somit hat (2) die spezielle L¨osung ψ2 (x) := Reτ(x) = −

1 1 1 cos x − sin x = − (sinx + cos x). 10 10 10

Eine spezielle L¨osung der inhomogenen Differentialgleichung ist somit die Funktion ψ : R −→ R mit ψ(x) = ψ1 (x) + ψ2 (x) = (2x + 3)ex −

1 (sin x + cos x). 10

Damit erh¨alt man f¨ur die Menge M aller L¨osungen der Differentialgleichung M = {ψ + λϕ1 + μϕ2 : λ, μ ∈ R}.

132

L¨osungen

d) Man geht analog wie in c) vor und erh¨alt f¨ur die Menge M aller L¨osungen der Differentialgleichung

M = {ψ + λ1 ϕ1 + λ2 ϕ2 + λ3 ϕ3 : λ1 , λ2 , λ3 ∈ R}, wobei ϕ1 , ϕ2 , ϕ3 , ψ : R −→ R gegeben sind durch ϕ1 (x) := 1,

ϕ2 (x) := ex , ϕ3 (x) := xex ,

1 1 ψ(x) := x + − cos2x − sin2x ex . 20 10 e) Zun¨achst bestimmen wir ein Fundamentalsystem von L¨osungen der homogenen Gleichung y(4) + 2y

+ y = 0. Sie l¨asst sich schreiben als P(D)y = 0 mit P(D) = D 4 + 2D2 + 1. Das Polynom P(T ) = T 4 + 2T 2 + 1 = (T − i)2 (T + i)2 hat die Nullstellen λ1 = i und λ2 = −i mit jeweils der Vielfachheit 2. Daher bilden die Funktionen ϕk : R −→ C (k = 1, 2, 3, 4), ϕ1 (x) := eix ,

ϕ2 (x) := e−ix ,

ϕ3 (x) := xeix ,

ϕ4 (x) := xe−ix

nach An. 2, §15, Satz 2, ein Fundamentalsystem von L¨osungen der homogenen Gleichung. Um ein reelles Fundamentalsystem zu erhalten, setzen wir 1 (ϕ1 (x) + ϕ2 (x)) = cos x, 2 1 ψ2 (x) := (ϕ1 (x) − ϕ2 (x)) = sin x, 2i 1 ψ3 (x) := (ϕ3 (x) + ϕ4 (x)) = x cos x, 2 1 ψ4 (x) := (ϕ3 (x) − ϕ4 (x)) = x sin x, 2i ψ1 (x) :=

dann bilden ψk : R −→ R (k = 1, 2, 3, 4) ein reelles Fundamentalsystem von L¨osungen. Um eine spezielle L¨osung von y(4) + 2y

+ y = 25e2x

§15. Lineare Dgl. mit konstanten Koeffizienten

133

zu bestimmen, benutzen wir An. 2, §15, Satz 3. Da P(2) = 2 4 + 23 + 1 = 25 ist ψ : R −→ R mit ψ(x) =

25 2x e = e2x P(0)

eine L¨osung der inhomogenen Gleichung. Damit erh¨alt man f¨ur die Menge M aller L¨osungen der Differentialgleichung  2 4

M = ψ + ∑ λk ψk : λ1 , . . . , λ4 ∈ R . k=1

Aufgabe 15 D. Die L¨osungen der zugeh¨origen homogenen Gleichung x¨ + 2μ˙x + ω20 x = 0. wurden schon in An. 2, §14, im Abschnitt “Ged¨ampfte Schwingung” berechnet. Es sind dies: 1) Falls 0 < μ < ω0 : ϕ(t) = e−μt (c1 cos ω1t + c2 sin ω1t), 2) falls μ = ω0 :

mit ω1 :=



ω20 − μ2 ;

ϕ(t) = e−μt (c1 + c2 t);

3) falls μ > ω0 : ϕ(t) = c1 e−(μ−κ)t + c2 e−(μ+κ)t

mit κ :=



μ2 − ω20 .

Dabei sind c1 , c2 ∈ R beliebige Konstanten. Es ist also nur noch eine spezielle L¨osung der inhomogenen Gleichung zu bestimmen. Dazu benutzen wir An. 2, §15, Satz 3. Da   a cos ωt = Re aeiωt , bestimmen wir zun¨achst eine L¨osung ψ : R −→ C von x¨ + 2μ˙x + ω20 x = aeiωt .

134

L¨osungen

Nun ist P(iω) = −ω2 + 2μiω + ω20 = (ω20 − ω2 ) + 2μωi = 0, und damit ψ(t) =

a a iωt eiωt e = 2 2 P(iω) (ω0 − ω ) + 2μωi

Der Nenner l¨asst sich schreiben als (ω20 − ω2 ) + 2μωi = reiδ mit r= und δ=

⎧ ⎨ ⎩

 (ω20 − ω2 )2 + 4μ2 ω2

arctan π/2,

2μω , ω20 − ω2

falls ω = ω0 falls ω = ω0 .

Mit diesen Bezeichnungen ergibt sich ψ(t) =

a i(ωt−δ) e r

Da alle Koeffizienten von P(D) reell sind, hat die inhomogene Gleichung P(D)y = Re(aeiωt ) die spezielle L¨osung ψ0 (t) = Re ψ(t) =

a cos(ωt − δ). r

Die allgemeine L¨osung der inhomogenen Gleichung ist dann ϕ(t) = ϕH (t) + ψ0(t), wobei ϕH : R → R eine beliebige L¨osung der homogenen Gleichung ist. Da f¨ur jede L¨osung der homogenen Gleichung gilt limt→∞ ϕH (t) = 0, verhalten sich alle L¨osungen der inhomogenen Gleichung asymptotisch wie ψ 0 (t). Die Funktion ψ0 (t) stellt eine Schwingung mit derselben Frequenz wie die a¨ ußere Kraft a cos(ωt) dar mit der Amplitude A=

a a , = r (ω20 − ω2 )2 + 4μ2 ω2

§15. Lineare Dgl. mit konstanten Koeffizienten

135

die im Vergleich zur a¨ ußeren Kraft mit dem Faktor 1 1 = r 2 2 (ω0 − ω )2 + 4μ2 ω2 1 multipliziert wurde. Etwa f¨ur ω = ω0 ist 1r = 2μω . Man sieht, dass dieser Faktor umso gr¨oßer wird, je kleiner die Reibung ist. Man vergleiche dies mit An. 2, Beispiel (15.5).

Aufgabe 15 E. Es sei ϕ : R∗+ −→ C L¨osung von (1), dann gilt eξ ∈ R∗+ f¨ur alle ξ ∈ R und somit a b ϕ

(eξ ) + ξ ϕ (eξ ) + 2ξ ϕ(eξ ) = 0. e e Da ψ

(ξ) + (a − 1)ψ (ξ) + bψ(ξ) = (ϕ(eξ))

+ (a − 1)(ϕ(eξ)) + bϕ(eξ ) = (eξ ϕ (eξ )) + (a − 1)(eξ ϕ (eξ )) + bϕ(eξ ) = e2ξ ϕ

(eξ) + aeξ ϕ (eξ ) + bϕ(eξ)

a b = e2ξ ϕ

(eξ ) + ξ ϕ (eξ ) + 2ξ ϕ(eξ ) e e = 0, ist ψ : R −→ C eine L¨osung von (2). Ist umgekehrt ψ : R −→ C eine L¨osung von (2), dann gilt f¨ur alle x ∈ R∗+ ψ

(logx) + (a − 1)ψ (log x) + bψ(log x). Da

= = = =

a b ϕ

(x) + ϕ (x) + 2 ϕ(x) x x a b

(ψ(log x)) + 2 ψ(log x) (ψ(log x)) + x x 1 a b 1

ψ (log x) − 2 ψ (log x) + 2 ψ (log x) + 2 ψ(logx) 2 x x x x  1 

ψ (log x) + (a − 1)ψ (log x) + bψ(log x) x2 0,

136

L¨osungen

ist ϕ : R∗+ −→ C somit eine L¨osung von (1). Nun zur Bestimmung eines Fundamentalsystems von L¨osungen der Differentialgleichung (1). Dazu bestimmen wir erst einmal ein Fundamentalsystem von L¨osungen der Differentialgleichung (2). Die Differentialgleichung (2) l¨asst sich schreiben als P(D)y = 0 mit P(D) = D2 + (a − 1)D + b. F¨ur die Nullstellen des Polynoms P(T ) = T 2 + (a − 1)T + b erh¨alt man dann



(a − 1)2 − 4b . 2 Nun m¨ussen wir folgende Fallunterscheidung vornehmen: λ1/2 =

1−a±

I) (a − 1)2 − 4b = 0. Dann bilden die Funktionen ϕk : R −→ C (k = 1, 2), ϕ1 (x) := eλ1 x ,

ϕ2 (x) := eλ2 x

nach An. 2, §15, Satz 1, ein Fundamentalsystem von L¨osungen der Differentialgleichung (2). Nach dem oben Gezeigten wissen wir ferner, dass ψk : R∗+ −→ C (k = 1, 2), ψ1 (x) := eλ1 log x = xλ1 ,

ϕ2 (x) := eλ2 log x = xλ2

L¨osungen der Differentialgleichung (1) sind. Da außerdem f¨ur alle x ∈ R∗+ gilt    xλ1 xλ2  λ1 +λ2 −1  = 0,  λ1 xλ1 −1 λ2 xλ2 −1  = (λ2 − λ1 )x bildet (ψ1 , ψ2 ) ein Fundamentalsystem von L¨osungen der Differentialgleichung (1). II) (a − 1)2 − 4b = 0. Dann gilt λ1 = λ2 =: λ und es bilden die Funktionen ϕk : R −→ C (k = 1, 2), ϕ2 (x) := xeλx ϕ1 (x) := eλx ,

§16. Systeme von lin. Dgl. mit konstanten Koeffizienten

137

nach An. 2, §15, Satz 2, ein Fundamentalsystem von L¨osungen der Differentialgleichung (2). Nach dem oben Gezeigten wissen wir ferner, dass ψk : R∗+ −→ C (k = 1, 2), ψ1 (x) := eλ log x = xλ ,

ϕ2 (x) := log xeλ log x = xλ logx

L¨osungen der Differentialgleichung (1) sind. Da außerdem f¨ur alle x ∈ R∗+ gilt  λ   x  xλ log x 2λ−1   = 0,  λxλ−1 λxλ−1 log x + xλ−1  = x bildet (ψ1 , ψ2 ) ein Fundamentalsystem von L¨osungen der Differentialgleichung (1).

§16. Systeme von linearen Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten Aufgabe 16 A. Zur L¨osung des Differentialgleichungssystems ⎞ ⎛ 123

y = ⎝ 0 1 2 ⎠·y 001 !" # =: A gehen wir vor wie in An. 2, §16 bei der Behandlung eines Systems in Jordanscher Normalform. Wir machen den Ansatz y(x) = ex z(x). Es ist y (x) = ex z(x) + ex z (x). Also gilt y (x) = Ay(x) ⇐⇒ ex z(x) + ex z (x) = Aex z(x) ⇐⇒ z (x) = (A − E)z(x) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ z1 (x) 0 2 3 z1 (x) ⇐⇒ ⎝ z 2 (x) ⎠ = ⎝ 0 0 2 ⎠ ⎝ z2 (x) ⎠ 0 0 0 z 3 (x) z3 (x) ⎧ ⎨ z1 (x) = 2z2 (x) + 3z3 (x), (1) (2) ⇐⇒ z 2 (x) = 2z3 (x), ⎩ (3) z3 (x) = 0.

138

L¨osungen

Wir bestimmen eine L¨osung mit der Anfangsbedingung ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ c1 z1 (0) z(0) = ⎝ z2 (0) ⎠ = ⎝ c2 ⎠ = c ∈ R3 z3 (0) c3 Aus der letzten Gleichung ergibt sich z3 (x) = c3 . Dies wird in die zweite Gleichung eingesetzt. Man erh¨alt z2 (x) = c2 + 2c3 x. Setzt man dies in die erste Gleichung ein, ergibt sich die Gleichung z 1 (x) = 2(c2 + 2c3 x) + 3c3 mit der L¨osung z1 (x) = c1 + (2c2 + 3c3 )x + 2c3 x2 . Ein L¨osungs-Fundamentalsystem erh¨alt man, indem man die speziellen Anfangsbedingungen c = ek ∈ Rk , k = 1, 2, 3, (wobei ek der k-te Einheitsvektor ist) w¨ahlt. Dies liefert die Matrix ⎛ ⎞ 1 2x 3x + 2x2 Z(x) = ⎝ 0 1 2x ⎠ 0 0 1 Also ist ein L¨osungs-Fundamentalsystem der urspr¨unglichen Differentialgleichung y = Ay ⎞ ⎛ 1 2x 3x + 2x2 2x ⎠ ex Y (x) = ⎝ 0 1 0 0 1 Die Probe ergibt tats¨achlich ⎛

⎞ 123 Y (x) = ⎝ 0 1 2 ⎠ Y (x). 001

§16. Systeme von lin. Dgl. mit konstanten Koeffizienten

139

Aufgabe 16 B. Um ein L¨osungs–Fundamentalsystem von ⎞ ⎛ 111

y = ⎝ 1 1 1 ⎠·y 111 !" # =: A zu bestimmen, benutzen wir An. 2, §16, Satz 2, denn da A symmetrisch ist, ist A diagonalisierbar. Wie man leicht mit Mitteln der linearen Algebra errechnet (vgl. z.B. [5], Beispiel 5.3.5), gilt ⎞ ⎛ 1 1 1 − − ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ 3 3 3⎟ ⎟ ⎜ 000 −1 1 0 ⎟ ⎜ ⎝ 0 0 0 ⎠ = ⎝ −1 0 1 ⎠ A ⎜ 2 − 1 1 ⎟, ⎜ 3 3 3⎟ ⎟ ⎜ 003 1 11 !" # !" # ⎝ 1 2 1⎠ − =: B = S−1 3 !"3 3 # =: S somit bestimmen wir zun¨achst die L¨osungen der Differentialgleichung ⎛ ⎞ 000 z = B · z = ⎝ 0 0 0 ⎠ z. 003 Trivialerweise sind ⎛

⎞ 0 ψ1 (x) = ⎝ 0 ⎠ , e3x

⎞ 1 ψ2 (x) = ⎝ 0 ⎠ , e3x ⎛

L¨osungen von z = B · z und somit ⎛ 3x ⎞ e ⎜ 3 ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ 3x ⎟ ⎜e ⎟ ϕ1 (x) = S · ψ1 (x) = ⎜ ⎟, ⎜ 3 ⎟ ⎟ ⎜ ⎝ e3x ⎠ 3

⎞ 0 ψ3 (x) = ⎝ 1 ⎠ e3x ⎛

⎛

e3x − 1 ⎜ 3 ⎜ ⎜ 3x ⎜ +2 ϕ2 (x) = S · ψ2 (x) = ⎜ e ⎜ 3 ⎜ ⎝ e3x − 1 3

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟, ⎟ ⎟ ⎠

140

L¨osungen ⎞ e3x − 1 ⎜ 3 ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 3x ⎜ e −1 ⎟ ϕ3 (x) = S · ψ3(x) = ⎜ ⎟ ⎜ 3 ⎟ ⎟ ⎜ ⎝ e3x + 2 ⎠ 3 ⎛

L¨osungen von y = A · y. Nun bilden (ϕ1 , ϕ2 , ϕ3 ) auch ein Fundamentalsystem zu y = A · y, denn   3x 3x  e e − 1 e3x − 1     3 3 3     3x 3x  e e + 2 e3x − 1  e3x = 0. =   3 3 3 3    e3x e3x − 1 e3x + 2      3 3 3 Aufgabe 16 C. Da grad U (x1 , x2 ) = (5x1 + 2x2 , 2x1 + 8x2 ) gilt

x1 52 . 28 x2 !" # =: A

grad U (x1 , x2 ) =

Also l¨asst sich die Differentialgleichung folgendermaßen schreiben d 2x = −Ax. dt 2 Außerdem ist A eine symmetrische Matrix und damit diagonalisierbar, genauer errechnet man ⎛ ⎞ 2 2



− ⎜ 5 5⎟ −2 1 40 ⎜ ⎟ A . = 1 ⎝ 1 4⎠ 09 2 1 !" # !" # 5!" 5 # =: B = S−1 =: S

§16. Systeme von lin. Dgl. mit konstanten Koeffizienten

141

Mit der Koordinaten–Transformation y = S −1 x geht die Differentialgleichung u¨ ber in d2y = −By, dt 2 oder anders geschrieben y¨1 = −4y1 ,

y¨2 = −9y2 .

Damit lautet die allgemeine L¨osung f¨ur y¨ = −By (vgl. An. 2, Beispiel (16.1))

α1 cos2t + β1 sin2t , y(x) = α2 cos3t + β2 sin3t wobei α1 , α2 , β1 , β2 ∈ R beliebige Konstanten sind. F¨ur die allgemeine L¨osung der Differentialgleichung d2x = −grad U(x) dt 2 gilt dann x(t) = S · y(x) ⎛ ⎞ 2 2

− ⎜ 5 5 ⎟ α1 cos 2t + β1 sin2t ⎜ ⎟ =⎝ · 1 4 ⎠ α2 cos 3t + β2 sin3t ⎞ ⎛ 5 5 2 ⎜ 5 (α2 cos 3t + β2 sin3t − α1 cos 2t − β1 sin 2t) ⎟ ⎟ =⎜ ⎠ ⎝1 (α1 cos 2t + β1 sin2t + 4α2 cos 3t + 4β2 sin 3t) )5



−2 cos 2t −2 sin2t 1 α1 + β1 = 5 cos 2t sin2t



* 2 cos 3t 2 sin3t + α2 + β2 , 4 cos 3t 4 sin3t wobei α1 , α2 , β1 , β2 ∈ R beliebige Konstanten sind. Aufgabe 16 D. Zun¨achst bestimmen wir ein Fundamentalsystem der homogenen Gleichung

12 y. y = 36 !" # =: A

142

L¨osungen    1−t 2  2    3 6 − t  = t − 7t = t(t − 7)

Da

hat A die Eigenwerte λ1 = 0 und λ2 = 7. Ohne M¨uhe bestimmt man einen Eigenvektor a ∈ R2 zu λ1 und einen Eigenvektor b ∈ R2 zu λ2 : −2 1 a= , b= . 1 3 Nach An. 2, §16, Corollar zu Satz 1, k¨onnen wir nun sofort ein L¨osungs–Fundamentalsystem (ϕ1 , ϕ2 ) f¨ur die homogene Gleichung angeben: ⎧ ⎧ 2 2 ⎪ ⎪ ⎨ ϕ2 : R −→ R , ⎨ ϕ1 : R −→ R , 7x ⎪ ϕ2 (x) = 1 · e7x = e ⎪ ϕ1 (x) = −2 · e0x = −2 , . ⎩ ⎩ 1 1 3 3e7x Mittels An. 2, §13, Satz 4, l¨asst sich eine spezielle L¨osung der inhomogenen Gleichung bestimmen. Mit den dortigen Bezeichnungen erhalten wir

7t

−1 1 −2 e7t 3e −e7t = Φ(t)−1 = 1 3e7t det Φ −1 −2 ⎛ ⎞ 1 3 ⎜ −7 ⎟ 7 ⎟, =⎜ ⎝1 ⎠ 2 e−7t e−7t 7 7 und somit ⎛ ⎞ 1 3

Zx ⎜ − t 7 7 ⎟ ⎜ ⎟ u(x) = ⎝ · dt 1 −7t 2 −7t ⎠ sint e e 0 7 ⎞ ⎛7 1 3 Zx ⎜ − t + sint ⎟ 7 7 ⎟ dt. = ⎜ ⎠ ⎝1 2 −7t −7t te + e sint 0 7 7 Unter Benutzung der partiellen Integration erh¨alt man weiter Z Z 1 1 −7t t · e!"# dt = − te−7t + e−7t dt !"# 7 7

=f

=g

1 7t + 1 −7t 1 = − te−7t − e−7t = − e 7 49 49

§16. Systeme von lin. Dgl. mit konstanten Koeffizienten und

Z

−7t −7t e!"# · sint !"# dt = −e cost − 7 =f

=g

Z

−7t e!"# · cost !"# dt =f

=g



Z = −e−7t cost − 7 e−7t sint + 7 e−7t sint dt = −e−7t cost − 7e−7t sint − 49

Daher ist

Also

Z

143

e−7t sint dt =

Z

e−7t sint dt.

 1  −7t −e cost − 7e−7t sint . 50

⎡⎛

⎞⎤x 3 2 1 − t cost ⎢⎜ ⎟⎥ 14 7 ⎜ ⎟⎥ u(x) = ⎢ ⎣⎝ 7t + 1 ⎠⎦ 1 −7t −7t −7t e − (e cost + 7e sint) − 343 175 ⎞0 ⎛ 1 3 2 1 − x − cos x + ⎟ ⎜ 14 7 7 ⎟, =⎜ ⎠ ⎝ −175x − 25 − 49 cos x − 343 sin x 74 −7x e + 8575 8575 −

und damit ist eine L¨osung ϕ : R −→ R 2 der inhomogenen Differentialgleichung gegeben durch ϕ(x) = Φ(x)u(x)

−2 e7t · u(x) = 1 3e7t ⎛ ⎞ 3 2 1 99 7 1 74 7x − x x − + cosx − sin x + e ⎜ 7 ⎟ 49 343 25 25 8575 ⎟. =⎜ ⎝ 3 46 4 3 222 7x ⎠ 3 2 − cos x − sin x + e − x − x+ 14 49 343 25 25 8575 Da ϕ(0) = 0, wie man durch Nachrechnen best¨atigt, ist ϕ die gesuchte L¨osung. Aufgabe 16 E. Zum Beweis verwenden wir zwei Hilfss¨atze. Hilfssatz 1. Sei I ⊂ R ein Intervall und seien f , g : I → Rn

144

L¨osungen

zwei differenzierbare vektorwertige Funktionen. Dann gilt d  f (t), g(t) =  f (t), g(t) +  f (t), g (t). dt Dabei bezeichnet x, y das kanonische Skalarprodukt im Rn .

Beweis. Sind fi bzw. gi die Komponenten von f und g, so gilt d d n  f (t), g(t) = ∑ fi (t)gi(t) dt dt i=1 n   = ∑ fi (t)gi(t) + f i(t)g i(t) i=1

=  f (t), g(t) +  f (t), g (t),

q.e.d.

Folgerung. Ist ϕ : I → Rn differenzierbar, so gilt d ϕ(t) 2 = 2ϕ(t), ϕ (t). dt Hilfssatz 2. Eine Matrix A ∈ M(n × n, R) ist genau dann schiefsymmetrisch, wenn x, Ax = 0 f¨ur alle Vektoren x ∈ Rn .

Beweis. a) Sei zun¨achst A als schiefsymmetrisch vorausgesetzt. F¨ur einen beliebigen Vektor x ∈ Rn gilt x, Ax = Ax, x = −Ax, x = −x, Ax

=⇒

x, Ax = 0.

Dabei wurde die wohlbekannte Regel x, Ay = A x, y f¨ur alle Matrizen A ∈ M(n × n, R) und alle x, y ∈ Rn benutzt. b) Sei jetzt umgekehrt vorausgesetzt, dass x, Ax = 0 f¨ur alle x ∈ Rn und sei A = (ai j ) die Komponenten-Darstellung von A. Speziell f¨ur den i-ten Einheitsvektor ei ∈ Rn gilt 0 = ei , Aei  = aii . Somit verschwinden alle Diagonalelemente von A. F¨ur i = j ist 0 = (ei + e j ), A(ei + e j ) = ei , Aei  + ei , Ae j  + e j , Aei  + e j , Ae j  = ei , Ae j  + e j , Aei  = ai j + a ji,

§16. Systeme von lin. Dgl. mit konstanten Koeffizienten

145

also ai j = −a ji , d.h. A ist schiefsymmetrisch, q.e.d. Nach diesen Vorbereitungen ist die Behauptung von Aufgabe 16 E leicht zu beweisen. 1) Sei zun¨achst A ∈ M(n × n, R) als schiefsymmetrisch vorausgesetzt und ϕ : R → Rn eine L¨osung der Differentialgleichung ϕ = Aϕ. Dann gilt d ϕ(t) 2 = 2ϕ(t), ϕ (t) = 2ϕ(t), Aϕ(t) = 0, dt wobei f¨ur die letzte Gleichung Hilfssatz 2 benutzt wurde. Da die Ableitung von ϕ(t) 2 verschwindet, muss ϕ(t) konstant sein. 2) Sei jetzt vorausgesetzt, dass alle L¨osungen ϕ : R → Rn die Differentialgleichung ϕ = Aϕ konstanten Betrag haben. F¨ur einen beliebig vorgegebenen Vektor u ∈ Rn gibt es eine L¨osung ϕ mit ϕ(0) = u. Da d 0 = ϕ(t) 2 = 2ϕ(t), ϕ (t) = 2ϕ(t), Aϕ(t) dt folgt f¨ur t = 0, dass u, Au = 0. Da u ∈ Rn beliebig war, folgt aus Hilfssatz 2, dass A schiefsymmetrisch ist, q.e.d. Aufgabe 16 F. Setze

⎞ 0 −3 2 A := ⎝ 3 0 −1 ⎠ , −2 1 0 ⎛

dann lautet das charakteristische Polynom P(T ) von A    −T −3 2    P(T ) =  3 −T −1  = −T 3 − 14T = −T (T 2 + 14)  −2 1 −T  √ √ = −T (T + 14i)(T − 14i), und damit lauten die Eigenwerte von A √ λ1 = 0, λ2 = 14i,

√ λ3 = − 14i.

Mit Hilfe von Methoden aus der linearen Algebra bestimmt man f¨ur k = 1, 2, 3 zu jedem Eigenwert λk einen zugeh¨origen Eigenvektor xk (vgl. etwa [5], Bemerkung 5.2.6). Man erh¨alt z.B.: √ ⎞ √ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ 1 −3 − 2√ 14i −3 + 2√ 14i x1 = ⎝ 2 ⎠ , x2 = ⎝ −6 + 14i ⎠ , x3 = ⎝ −6 − 14i ⎠ . 3 5 5

146 Damit bilden ψk : R −→ C3 , (k = 1, 2, 3), ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 0x ψ1 (x) := ⎝ 2 ⎠ e = ⎝ 2 ⎠ , 3 3 √ ⎞ ⎛ −3 − 2√ 14i √ ψ2 (x) := ⎝ −6 + 14i ⎠ e 14ix , 5 √ ⎞ ⎛ −3 + 2√ 14i √ ψ3 (x) := ⎝ −6 − 14i ⎠ e− 14ix , 5 nach An. 2, §16, Corollar zu Satz 1, ein Fundamentalsystem der Differentialgleichung. Um ein reelles Fundamentalsystem ϕ k : R −→ R3 , (k = 1, 2, 3) zu erhalten, setzen wir analog wie in An. 2, §16, Beispiel (16.2) ii), ⎛ ⎞ 1 ϕ1 (x) := ψ1 (x) = ⎝ 2 ⎠ , 3 1 ϕ2 (x) := (ψ2 (x) + ψ3 (x)) 2 ⎞ ⎛ √ ⎞ ⎛ −2 −3 √ √ √ 14 = ⎝ −6 ⎠ cos 14x − ⎝ 14 ⎠ sin 14x, 5 0 1 ϕ3 (x) := (ψ2 (x) − ψ3 (x)) 2i ⎞ ⎛ ⎛ √ ⎞ −3 −2 √ √ √ 14 = ⎝ −6 ⎠ sin 14x + ⎝ 14 ⎠ cos 14x. 5 0

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Literaturverzeichnis [1] Otto Forster, Analysis 1, Vieweg+Teubner. 10. Auflage 2011. [2] Otto Forster, Analysis 2, Vieweg+Teubner. 9. Auflage 2011. [3] Harro Heuser, Lehrbuch der Analysis Teil 1, Vieweg+Teubner. 17. Auflage 2009. [4] Harro Heuser, Lehrbuch der Analysis, Teil 2, Vieweg+Teubner. 14. Auflage 2008. [5] Gerd Fischer, Lineare Algebra, Vieweg+Teubner. 17. Auflage 2009. [6] Hans–Joachim Kowalsky und Gerhard O. Michler, Lineare Algebra, Walter de Gruyter. 12. Auflage 2003. [7] Teubner Taschenbuch der Mathematik, Teubner. 2. Auflage 2003. [8] Albrecht Beutelspacher, Das ist o.B.d.A. trivial! Vieweg+Teubner. 9. Auflage 2009.

O. Forster, T. Szymczak, Übungsbuch zur Analysis 2, DOI 10.1007/978-3-8348-8140-3, © Vieweg+Teubner Verlag |Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH 2011