Vollständige Lösungen

Jürgen Pöschel
Etwas
Mehr
Analysis
Lösungen zu allen Aufgaben
Prof. Dr. Jürgen Pöschel
Fachbereich Mathematik
Universität Stuttgart
Pfaffenwaldring 57
70569 Stuttgart
Schrift: Ludica Bright
System: Mac
Software: LATEX, TEXShop, Adobe Illustrator
Gestaltung, Satz, Zeichnungen: Jules Hobbes
© Jürgen Pöschel
März 2015
1
K u r v en und Wege
Lösungen
1
Um die Darstellung zu verbessern, wurden die Kurven wie folgt modifiziert:
a.
t , e−t/4 (cos t, sin t) ,
b.
t , (t 3 , t 2 ) ,
c.
t , (cos t + (t/2) sin t, sin t − (t/2) cos t) .
d.
t , (t cos t, t sin t, t 2 /8) .
Siehe Abbildung 1 und 2.
Abb 1
Kurven zu Aufgabe 1
a.
1
b.
c.
1
4
1 — K u r v en und Wege
Abb 2
2
Kurve zu Aufgabe 1-d.
a. Siehe Abbildung 3.
˙(t) = 3 sin t cos t(− cos t, sin t) , und dies verschwindet genau für t = nπ /2 ,
b. Es ist γ
n = 0, 1, 2, 3, 4 . Also ist γ nicht regulär. Tatsächlich hat γ in diesen t-Werten Spitzen,
wie man bei Betrachtung des normalisierten Geschwindigkeitsvektors
˙(t)
1
γ
=
(− sin t cos2 t, cos t sin2 t)
k˙
γ (t)k
|sin t cos t|
= sgn(sin t cos t)(− sin t, cos t)
für t ≠ nπ /2 , 0 à n à 4 , feststellt.
c.
Ist x = cos3 t und y = sin3 t , so ist
x 2/3 + y 2/3 = cos2 t + sin2 t = 1.
Eine Spurgleichung – und wohl die einfachste – ist also
F (x, y) = x 2/3 + y 2/3 − 1 = 0.
Aber natürlich (wieso?) gibt es beliebig viele weitere.
4
Der Geschwindigkeitsvektor eines parametrisierten Funktionsgraphen γ : t , (t, f (t) ,
˙ = (1, f 0 (t)),
γ
ist nie Null. Also ist die Tangente in jedem Punkt wohldefiniert.
5
Würde der Mittelwertsatz gelten, so gäbe es zum Beispiel ein s ∈ [0, 2π ] mit
˙(s)(2π − 0) = γ(2π ) − γ(0) = (0, 0),
γ
Lösungen — 1
5
Abb 3
Zu Aufgabe 2
˙(s) = (− sin s, cos s) = (0, 0) . Das ist aber nicht möglich, da die Funktionen sin
oder γ
und cos keine gemeinsamen Nullstellen haben.
6
a.
Zb p
Zb
9t 4 + 9t 2 dt =
a
a
b
p
3 |t| 1 + t 2 dt = (1 + t 2 )3/2 .
a
b.
Z 3π p
−3π
1+
5t 2
1
dt = √
5
1
√
=
Z 3√ 5π p
√
−3 5π
1 + t 2 dt
p
3
t 1 + t 2 + Arsinh t 2 5
p
1
= √ Arsinh(3 5π ).
5
7
√
5π
√
−3 5π
˙∗ = (˙
˙ und
Es ist γ
γ ◦ ϕ) ϕ
˙
k˙
γ∗ (t)kE = |ϕ(t)|
k˙
γ (ϕ(t))kE .
˙ á 0 ist ϕ(c) = a und ϕ(d) = b , und die Substitutionsregel ergibt
Im Fall ϕ
Zb
Z ϕ(d)
Zd
˙
k˙
γ∗ (t)kE dt =
k˙
γ (ϕ(t))kE ϕ(t)
dt =
k˙
γ (s)kE ds.
a
ϕ(c)
c
˙ à 0 ist ϕ(c) = b und ϕ(d) = a , und man erhält letzten Endes ebenfalls
Im Fall ϕ
Zb
a
Z ϕ(c)
k˙
γ∗ (t)kE dt =
ϕ(d)
˙
k˙
γ (ϕ(t))kE (−ϕ(t))
dt
Zc
=−
d
8
Zd
k˙
γ (s)kE ds =
Zum Beispiel
γ : [0, 1] → [0, 1] ,
γ(t) = t sin2 (1/t).
c
k˙
γ (s)kE ds.
6
9
1 — K u r v en und Wege
Sei γ : [0, 1] → [0, 1]2 eine Peanokurve. Wegen deren Surjektivität gibt es dann zu
jedem n á 1 Punkte 0 à t0 < t1 < · · · < tn2 à 1 , so dass
γ(ti ) : 1 à i à n2 = (k/n, l/n) : 1 à k, l à n ∪ {(0, 0)} ⊂ [0, 1]2 .
Das heißt, jeder der Punkte (k/n, l/n) wird unter diesen Zeitpunkten genau einmal
getroffen. Ergänzen wir die ti gegebenenfalls links und rechts zu einer Teilung T von
[0, 1] , so folgt
2
ΣT (γ) á
n
X
kγ(ti ) − γ(ti−1 )k á
i=2
n2 − 1
1
=n− .
n
n
Da dies für jedes n á 1 möglich ist, ist supT ΣT (γ) = ∞ , also γ nicht rektifizierbar.
10
Die Relation ∼ ist reflexiv, denn die Identitätsabbildung id : I → I ist eine orientierungserhaltende Parametertransformation, und
γ = γ ◦ id ⇒ γ ∼ γ.
Sie ist symmetrisch, denn mit ϕ : I˜ → I ist auch ϕ−1 : I → I˜ eine orientierungstreue
Parametertransformation, und
˜∼γ a γ
˜ = γ ◦ϕ a γ = γ
˜ ◦ ϕ−1 a γ ∼ γ
˜.
γ
Sie ist auch transitiv, denn die Verknüpfung zweier orientierungstreuer Transformation
˜ : Iˆ → I˜ ist eine ebensolche Transformation ϕ ◦ ϕ
˜ : Iˆ → I , und
ϕ : I˜ → I und ϕ
ˆ∼γ
˜ ∧γ
˜∼γ a γ
ˆ=γ
˜◦ϕ
˜ ∧γ
˜ = γ ◦ϕ
γ
ˆ = (γ ◦ ϕ) ◦ ϕ
˜ = γ ◦ (ϕ ◦ ϕ)
˜ ⇒ γ
ˆ ∼ γ.
⇒ γ
11
Sei zum Beispiel γ : [−1, 1] → E eine stetige Kurve, deren Einschräñkung auf [−1, 0]
und [0, 1] stetig differenzierbar ist. Allenfalls im Punkt 0 existiert die Ableitung nicht.
Dann ändert man die Parametrisierung auf beiden Teilintervallen so, dass die linksund rechtsseitige Ableitungen bei 0 verschwinden. Die umparametrisierte Kurve ist
dann C 1. Eine solche Umparametrisierung erreicht man zum Beispiel mit
ϕ : [−1, 1] → [−1, 1],
ϕ(t) = t 3 .
Für stückweise reguläre Kurve ist eine solche Umparametrisierung nicht zulässig, da
die Regularität verloren geht.
12
Korrektur: Rektifizierbarkeit ist nicht erforderlich. Die Aufgabe lautet:
Sei γ : I → E eine stetige Kurve. Dann existiert zu jedem ε > 0 eine C 1-Kurve γε : I → E
mit kγ − γε kI < ε .
Aufgrund der Kompaktheit des Intervalls I ist γ gleichmäßig stetig auf I
jedem ε > 0 existiert also ein δ > 0 , so dass für r , s ∈ I
kγ(r ) − γ(s)k < ε/2,
|r − s| < δ.
Es gibt also eine Teilung a = t0 < t1 < . . < tn = b von I = [a, b] derart, dass
kγ(ti−1 − γ(ti )k < ε/2,
1 à i à n.
1.7.43
. Zu
Lösungen — 1
7
Abb 4
ε/2
Zu Aufgabe 12
γ
γ(ti−1 )
γi
γ(ti )
Für das Streckensegment γi : [ti−1 , ti ] → E von γ(ti−1 ) nach γ(ti ) gilt daher – siehe
Abbildung 4 –
kγ(t) − γi (t)k[ti−1 ,ti ] < ε.
Verbinden wir diese Segmente zu einem stetigen Polygonzug γε : I → E , so gilt ebenfalls kγ − γε kI < ε . In einem letzten Schritt können wir diesen Polygonzug in den
Ecken analog zu Aufgabe 11 noch so umparametrisieren, dass dieser C 1 wird und die
Abschätzung erhalten bleibt.
13
a. Eine Kurve in der Gestalt der Ziffer 6. Der rechte Rand von [0, 1] wird also auf einen
Punkt im Innern der Kurve abgebildet.
b. Man nehme eine reguläre Kurve und parametrisiere sie so um, dass in einem Punkt
die Ableitung verschwindet. Siehe Aufgabe 11.
c.
Die Funktion
f : [0, 1] → R,
f (t) =

 t 2 sin 1/t 2 ,
t ≠ 0,
 0,
t = 0,
ist differenzierbar, aber nicht stetig differenzierbar. Ihr Graph ist nicht rektifizierbar.
d. Gäbe es eine lipschitzstetige Parametrisierung, so wäre die Kurve rektifizierbar. Also ist jede nicht rektifizierbare Kurve ein Beispiel.
14
Ist γ nach der Bogenlänge parametrisiert, so ist
˙(t)i = 1,
k˙
γ (t)k2E = h˙
γ (t), γ
t ∈ E.
Differenziation ergibt
0=
1d
˙(t)i = h˙
¨(t)i ,
h˙
γ (t), γ
γ (t), γ
2 dt
t ∈ I.
8
15
1 — K u r v en und Wege
a. Sei ε > 0 und T = (t0 , . . . , tm ) eine beliebige Teilung von I . Wegen der gleichmäßigen Konvergenz existiert ein N , so dass
kγ − γn kI Í sup kγ(t) − γn (t)k < ε/2m,
n á N.
t∈I
Mit der Dreiecksungleichung folgt dann
m
X
kγ(ti ) − γ(ti−1 )k à
i=1
m
X
kγn (ti ) − γn (ti−1 )k
i=1
m
X
+
kγ(ti ) − γn (ti )k + kγn (ti−1 ) − γ(ti−1 )k
i=1
und damit
ΣT (γ) à ΣT (γn ) + 2m kγ − γn kI à L(γn ) + ε,
n á N.
Da dies für alle n á N gilt, muss es auch für das Infimum über alle n á N gelten.
Somit ist
ΣT (γ) à inf L(γn ) + ε < ∞.
náN
Also gilt auch
L(γ) à inf L(γn ) + ε < ∞,
náN
Somit ist γ auf jeden Fall rektifizierbar. — Die letzte Ungleichung gilt bei gegeben ε
für alle N hinreichend groß. Also gilt auch
L(γ) à sup inf L(γn ) + ε = lim inf L(γn ) + ε.
N
n
náN
Da dies für jedes ε > 0 gilt, folgt L(γ) à lim infn L(γn ) .
b. Gleichheit muss nicht gelten. Zum Beispiel haben alle Kurven
γn : [0, 2π ] → R2 ,
t,
1
(cos nt, sin nt)
n
die Länge
Z 2π
L(γn ) =
0
Z 2π
k˙
γn (t)ke dt =
1 dt = 2π ,
0
der gleichmäßige Limes dieser Kurven ist aber die Nullkurve mit Länge Null.
c.
Ein Beispiel bildet die Folge der Kurven, die gleichmäßig gegen eine Peanokurve
konvergiert.
16
Wir nehmen an, dass der Punkt bei t = 0 sich im Abstand a genau unter dem Zentrum
befindet. Hat die Kreisscheibe den Abstand t zurückgelegt, so hat sich der Ortsvektor
dieses Punktes vom Zentrum aus um den Winkel t gegen den Uhrzeigersinn gedreht.
Seine Position ist demnach
γ(t) = (t − a sin t, 1 − a cos t).
Lösungen — 1
Abb 5
9
Zykloiden zu a = 0.2, 1, 2, 3 von unten nach oben
2π
Die bei einer Umdrehung zurückgelegte Wegstrecke ist demnach
Z 2π p
1 + a2 − 2a cos t dt.
0
Solche Kurven werden als Zykloiden bezeichnet. Siehe Abbildung 5.
17
Korrektur: Es muss |t sin(1/t)| heißen.
In den Nullstellen von t , t sin 1/t , also
tn =
1
,
nπ
n á 1,
ist die Ableitung dieser Funktion nicht 0 , und damit der Betrag nicht differenzierbar a-1.9.4 . Damit eine Funktion D 1 ist, darf es aber nur endlich viele solche Stellen
geben.
18
Sei
1
I0 = [ 09 , 9 ],
p0 = (0, 0),
2
3
I1 = [ 9 , 9 ],
p1 = (0, 1),
6
7
I2 = [ 9 , 9 ],
p2 = (1, 0),
8
9
I3 = [ 9 , 9 ],
p3 = (1, 1).
Für die Kurve γ0 gilt dann aufgrund der Definition von u
γ0 (t) ≡ pi
für t ∈ Ii ,
i = 0, 1, 2, 3.
Dementsprechend gilt für alle k á 0
γk (t) = γ0 (9k t) ≡ pi
für 9k t mod 2 ∈ Ii .
Definieren wir nun Intervalle Ii0 i1 ...in ⊂ [0, 1] mit beliebigen iκ ∈ {0, 1, 2, 3} durch
t ∈ Ii0 i1 ...in a 9k t mod 2 ∈ Iik für k = 0, . . . , n,
so sind diese Intervalle nicht leer, und es gilt
10
L ö s u n g en
Abb 6
1
Eine Wahl der
Funktion u
1
γn (t) Í
n
X
2−k−1 γk (t) ≡
k=0
n
X
2
2−k−1 pik
3
4
für t ∈ Ii0 i1 ...in .
k=0
Da alle Kombinationen der Indizes iκ möglich sind, trifft die Kurve γn somit alle Punkte in [0, 1]2 mit beliebiger, n-stelliger Binärdarstellung
(0, b0 . . . bn , 0, d0 . . . dn ),
bi , di ∈ {0, 1} .
Die Kurve γn ist deshalb 2−n−1 -dicht in [0, 1]2 , gemessen in der Maximumsnorm. Als
gleichmäßiger Limes der γn ist γ damit dicht in [0, 1]2 und deshalb eine Peanokurve.
Wählen wir u zum Beispiel wie in Abbildung 6, so sehen die ersten Kurven wie folgt
aus:
2
M e h r dimensionale
D i f f e renziation
Lösungen
1
Mit den Darstellungen
u=
n
X
u i ei ,
i=1
v=
n
X
vj ej
j=1
bezüglich der Standardbasis wird
X
hu, vi =
ui vj hei , ej i =
1ài,jàn
X
ui αij vj = hAu, vi
1ài,jàn
mit A = (αij ) .
2
Ist L die totale Ableitung von f im Punkt a , so gilt
lim
h→0
|f (a + h) − f (a) − Lh|W
= 0.
|h|V
Für äquivalente Normen auf V und W existiert dann eine Konstante c , so dass
| · |0W à c | · |W ,
| · |0V á c | · |V .
Somit gilt auch
0
0 à lim
h→0
|f (a + h) − f (a) − Lh|W
|f (a + h) − f (a) − Lh|W
à c 2 lim
= 0.
|h|V
|h|0V
h→0
12
3
2 — M e h rdimensionale Differenziation
Ist Ah = o(h) , so existiert zu jedem ε > 0 ein δ > 0 , so dass
kAhk à ε khk ,
khk à δ.
Dies wiederum impliziert, dass kAk à ε . Da ε > 0 beliebig war, ist also kAk = 0 und
damit A = 0 . Die Umkehrung ist trivial.
4
a
k
a
Banachraum `∞
: Sei (x k )ká1 = ((xn
)ná1 )ká1 eine Cauchyfolge in `∞
. Zu jedem ε > 0
existiert also ein N á 1 , so dass
kx k − x l ka,∞ < ε,
k, l á N.
Das heißt, für k, l á N gilt
k
l
|xn
− xn
| < εe−an ,
Jede Folge
k
(xn
)ká1
n á 1.
bildet somit eine Cauchyfolge in R und besitzt dort einen Grenz-
∗
wert xn
. Gehen wir in der letzten Ungleichung zum Grenzwert l˜
◦∞ über, so gilt hierfür
k
∗
|xn
− xn
| à εe−an ,
k
Mit x ∈
a
`∞
n á 1, k á N.
a
folgt hieraus, dass auch X ∗ Í (Xn∗ )ná1 ∈ `∞
, und dass ferner
kx k − x ∗ ka,∞ à ε,
k
Somit ist die Folge (x ) in
k á N.
a
`∞
a
konvergent, und `∞
ist ein Banachraum.
Operator D : Linearität, Injektivität und Surjektivität sind leicht zu verifizieren. Für
die Folgen
x m = (δmn e−an )ná1 = (0, . . , 0, e−an , 0, 0, . . )
gilt jedoch
kx m ka,∞ = 1,
kDx m ka,∞ = n.
a
Also ist D auf `∞
nicht beschränkt.
5
Nach Voraussetzung gilt |f (h)| à M |h| lokal um 0 und |g(h)| / |h| → 0 .
a.
(f ◦ g)(h) = o(h) , denn
|g(h)|
|f (g(h))|
àM
→ 0.
|h|
|h|
b.
g 2 (h) = o(h2 ) , denn
2
g (h)
|g(h)| 2
=
→ 0.
2
|h |
|h|
c.
(ϕf )(h) = O(h) , denn
|(ϕf )(h)| à kϕk[−1,1] |f (h)| à kϕk[−1,1] M |h| = M 0 |h| .
d.
(f g)(h) = o(h2 ) , denn
|(f g)(h)|
|f (h)| |g(h)|
|g(h)|
=
àM
→ 0.
|h2 |
|h|
|h|
|h|
Lösungen — 2
e.
13
g(h + f (h)) = o(h) . Denn h + f (h) → 0 für h → 0 , und damit
|g(h + f (h))|
|g(h + f (h))| |h + f (h)|
|g(h + f (h))|
=
àM
→ 0.
|h|
|h + f (h)|
|h|
|h + f (h)|
Dabei können wir h mit h + f (h) = 0 ausschließen, da hier sowieso g(h + f (h)) = 0 .
6
7
a.
fx = 2ax + 2by ,
b.
fx = 2x exp(x 2 + y 2 ) ,
fy = 2bx + 2cy
c.
fx = y cos(xy) − y sin(xy) + 2xy 2 exp(x 2 y 2 )
fy = 2y exp(x 2 + y 2 )
Der Beweis verläuft genauso wie im Text 21 . Es muss nur alles in den Basisvektoren
v1 , . . , vn ausgedrückt werden.
8
Da f differenzierbar ist, gilt ∂v f (a) = Df (a)v . Daraus folgt alles.
9
Für w = (u, v) ∈ R2 ist
f (tw) =
2uv
2t 3 uv
=t 2
,
t 2 u2 + t 4 v 4
u + t2 v 4
u ≠ 0,
respektive f (tw) ≡ 0 für u = 0 . Also existiert

 2v/u, u ≠ 0,
=
∂w f (0) = ∂t f (tw)
 0,
t=0
u = 0.
Die Funktion ist jedoch nicht stetig, da
f (0, ·) ≡ 0,
10
aber
f (t 2 , t) ≡ 1,
t ≠ 0.
Außerdem des Nullpunkts ist die Funktion unendlich oft differenzierbar, und die Bestimmung der partiellen Ableitungen ersten und zweiter Ordnung ist eine reine Rechnerei. Aus
fx = y
x2 − y 2
x+y
+ 2x 2 y 2 2
,
x2 + y 2
(x + y 2 )2
fy = x
x2 − y 2
x+y
− 2x 2 y 2 2
,
x2 + y 2
(x + y 2 )2
folgt außerdem, dass die ersten und zweiten partiellen Ableitungen im Nullpunkt verschwinden.
Die Funktion ist im Nullpunkt jedoch nicht zweimal differenzierbar. Mit Polarkoordinaten
x = r cos ϕ,
y = r sin ϕ
und den Identitäten cos 2ϕ = cos2 ϕ − sin2 ϕ und sin 2ϕ = 2 sin ϕ cos ϕ wird
f (x, y) = r 2 (cos2 ϕ − sin2 ϕ) sin ϕ cos ϕ
=
r2
r2
cos 2ϕ sin 2ϕ =
sin 4ϕ.
2
4
Somit ist die zweite Richtungsableitung in einer Richtung mit 4ϕ ∉ π Z nicht Null.
14
11
2 — M e h rdimensionale Differenziation
a. In jedem Punkt x ≠ 0 ergibt sich die Differenzierbarkeit aus den üblichen Regeln.
Im Nullpunkt gilt
f (x) = O(|x|2 ) = f (0) + 0·x + o(|x|).
Daher ist Df (0) = 0 .
b. Für x ≠ 0 ist
1
1
1
∂i f (x) = 2xi sin
−
cos
.
|x|
|x|
|x|
Diese partiellen Ableitungen sind nicht stetig nach x = 0 fortsetzbar.
12
In diesem Fall wird im Lemma von Hadamard 22 das Integral der stetigen skalaren Funktion t , Df ((1 − t)u + tv)(v − u) auf [0, 1] gebildet. Der Mittelwertsatz der eindimensionalen Integralrechnung 1.8.7 ist hierauf anwendbar, und es gibt ein θ ∈ [0, 1] , so
dass
Z1
Df ((1 − t)u + tv)(v − u) dt = Df ((1 − θ)u + θv)(v − u).
0
Die Behauptung folgt daraus mit ξ = (1 − θ)u + θv ∈ [u, v] .
13
Für |x| < r ist nichts zu zeigen, ebenso nicht für |x| > r > 0 , da die Betragsfunktion
dort stetig differenzierbar ist. Aus demselben Grund genügt es auch zu zeigen, dass

 0,
t à r,
h : (0, ∞) → R, h(t) =
 e1/(r −t) , t > r ,
im Punkt t = r > 0 stetig differenzierbar ist. Für t > r ist aber
h0 (t) =
e1/(r −t)
(r − t)2
und
lim h0 (t) = lim s 2 e−s = 0.
s→∞
t&r
1
Also ist h eine C -Funktion – tatsächlich sogar eine C ∞-Funktion.
14
a. Es ist
Df (x)x =
d
d λ
f (tx)
=
t f (x)
= λt λ−1 f (x)
= λf (x).
t=1
t=1
t=1
dt
dt
b. Für die Funktion ϕ und t > 0 gilt
ϕ0 (t) = λt λ−1 f (x) − Df (tx)x =
λ λ
λ
(t f (x) − f (tx)) = ϕ(t).
t
t
Eine Lösung dieser separierbaren Differenzialgleichung ist ϕ ≡ 0 , alle anderen sind
von der Form Für ϕ ≠ 0 ist die allgemeine Lösung d
ϕ(t) = αt λ ,
α > 0.
Diese kommen aber nicht in Frage, da ϕ(1) = 0 gelten muss. Also ist ϕ identisch Null,
und das ergibt die Behauptung.
Lösungen — 2
15
15
Diese Aufgabe ist eigentlich zu anspruchsvoll für einen Studienanfänger. Sie soll dazu
anregen, die Originalarbeit zu konsultieren und auch nach neueren Arbeiten zu diesem
Thema zu suchen, zum Beispiel mit den Stichworten Whitney Duke 1935.
16
Es ist
f (x + h) = hx, xi + hAx, hi + hAh, xi + hAh, hi
= f (x) + hAx, hi + hA>x, hi + o(h)
= f (x) + h(A + A>)x, hi + o(h).
Somit ist ∇f (x) = (A + A> )x . Oder man bestimmt aus
X
f (x) =
akl xk xl
k,l
die partiellen Ableitungen fxi =
17
P
k (aki
+ aik )xk .
Mit f (x + h) = f (x) + Df (x)h + o(h) und entsprechend für g erhält man
ϕ(x + h) = hf (x), g(x)i + hDf (x)h, g(x)i + hf (x), Dg(x)hi + o(h)
= ϕ(x) + hDf (x)>g(x) + Dg(x)>f (x), hi + o(h).
Also ist
∇hf , gi (x) = Df (x)>g(x) + Dg(x)>f (x).
P
Oder man bestimmt aus ϕ(x) = k fk (x)gk (x) die partiellen Ableitungen
X
ϕxi (x) = (gk fk,xi + fk gk,xi )(x).
k
18
a.
b.
c.
d.
19
Df (x) = 2x .
f˙(t) = (2t cos t − t 2 sin t, 2t sin t + t 2 cos t, cosh t)> .
!
b
a
d
c
.
Df (x) =
2ac 2 −2bd2 2a2 c −2b2 d


sin y sin z x cos y sin z x sin y cos z


Df (x) =  sin y cos z x cos y cos z −x sin y sin z  .
cos y
−x sin y
0
a. Da f und g differenzierbar sind, ist
(f g)(x + h) = (f (x) + Df (x)h + o(h))(g(x) + Dg(x)h + o(h))
= (f g)(x) + f (x)Dg(x)h + g(x)Df (x)h + o(h).
Also ist
Dϕ(x)h = [f (x)Dg(x) + g(x)Df (x)] h.
b. Es folgt, dass
∇(f g) = f ∇g + g ∇f .
16
20
2 — M e h rdimensionale Differenziation
Es ist f (1, 1) = 0 ,
2
2
fx = y e−xy − x e(x +y )/2 = 0,
(1,1)
(1,1)
sowie aus Symmetriegründen auch fy (1,1) = 0 . Also ist die Tangentialebene die horizontale Ebene z = 0 durch den Nullpunkt.
21
Es ist
Z
f η dt +
Φ(f + η) = Φ(f ) +
I
1
2
Z
η2 dt,
I
wobei
Z
Z
f η dt à |f | dt kηk ,
I
I
I
Z
η2 dt à kηk2 |I| = o(kηk ).
I
I
I
Das erste Integral beschreibt somit eine beschränkte Linearform L auf C(I) , und es ist
Φ(f + η) = Φ(f ) + Lη + o(kηkI ).
Also ist Lη = DΦ(f )η .
22
Es ist
Dϕ(x)h =
hAx, hi
hAx − λx, hi
hAx, xi
hx, hi , =
−
hx, xi
hx, xi
hx, xi2
mit
λ=
hAx, xi
.
hx, xi
Also ist Dϕ(x) = 0 genau dann, wenn Ax = λx . Das heißt, jeder kritische Punkt ist
ein Eigenvektor, der zugehörige kritische Werte ist sein Eigenwert. Man beachte, dass
diese kritischen Punkte nicht isoliert sind.
23
Mit dem Hauptsatz und der Kettenregel ist
Z1
Z1
n
X
d
f (tx) dt =
xi
fxi (tx) dt.
f (x) − f (0) =
0
0 dt
i=1
Also können wir
Z1
gi (x) =
0
fxi (tx) dt
wählen. Diese Funktionen sind C 1, da f C 2 ist.
24
Sei Λ = Df (x) . Aus f (x + h) − f (x) = Λh + o(h) und der L-Lipschitzstetigkeit von f
folgt
|Λh|
|f (x + h) − f (x)|
o(h)
o(h)
à
+
àL+
|h|
|h|
|h|
|h|
Ersetzen wir h durch εh mit ε > 0 , so ändert sich die linke Seite nicht. Also gilt auch
|Λh|
o(εh)
à L + lim
= L.
ε&0 |εh|
|h|
Somit ist auch kDf (x)k à L .
Lösungen
25
17
Korrektur: Die erste Annahme ist u ∈ C 2(R2 ) .
Aus den Voraussetzungen, insbesondere der Stetigkeit der ersten partiellen Ableitungen folgt
ux (0, 0) = lim ux (t 2 , t) = lim tuy (t 2 , t) = 0,
t→0
t→0
uy (0, 0) = lim uy (t, t 2 ) = lim tux (t, t 2 ) = 0.
t→0
t→0
Also ist Du(0, 0) = 0 . Die Funktion u ist konstant entlang jeder Kreislinie
γr : t , (x(t), y(t)) = (r cos t, r sin t),
˙r = (−y, x) und
da γ
.
˙ + uy y
˙ = −ux y + uy x = 0.
(u ◦ γr ) = ux x
√
Somit ist u nur eine Funktion des Radius r = x 2 + y 2 . Setzen wir
p
ϕ(t) = u( t, 0),
t á 0,
so gilt also
u(x, y) = u(r , 0) = ϕ(r 2 ) = ϕ(x 2 + y 2 ).
Bleibt zu zeigen, dass ϕ auf [0, ∞) stetig differenzierbar ist. Für t > 0 ist dies offensichtlich. Für u ∈ C 2(R2 ) gilt aber mit l’Hospital
√
ux ( t, 0)
1
ϕ(t) − ϕ(0)
√
ϕ0 (0) = lim
= lim
= lim ϕ0 (t) = uxx (0, 0).
t&0
t&0
t&0
t
2
2 t
Somit ist ϕ ∈ C 1([0, ∞)) .
Der letzte Schluss gilt im Allgemeinen nicht mehr, wenn u nur C 1 ist. Dazu müssen
wir nur u(x, y) = ϕ(x 2 + y 2 ) definieren mit einer differenzierbaren Funktion ϕ , die
bei 0 nicht stetig differenzierbar ist.
18
L ö s u n g en
3
M e h r dimensionale
A n a l ysis
Lösungen
1
Korrektur: Die angegebene Abschätzung ist unnötig. Es fehlt auch ein Faktor.
Das Taylorsche Restglied einer skalaren Funktion f ist 4
Ram−1f (h) =
X
|α|=m
1 α
∂ f (ξ)hα
α!
mit einem ξ ∈ [a, a + h] . Gilt also
1
α!
sup |∂ αf (x)| à
x∈Br (a)
M
,
r |α|
α ∈ Nn
0,
so folgt für |h| à ρ < r mit θ = ρ/r
|Ram−1f (h)| à M
X
|α|=m
X
ρ |α|
= Mθ m
1 = Mθ m mn ,
r |α|
|α|=m
denn die Anzahl aller n-Multiindizes der Länge m ist mn . Mit 0 à θ < 1 konvergiert
der letzte Ausdruck für m → ∞ gegen Null.
20
2
3 — M e h r dimensionale Analysis
Für einen Multiindex der Länge 1 ist dies gerade die klassische Produktregel. Für einen
ˆ = α + e mit einem beliebigen Standardeinheitsvektor e erhalten wir inMultiindex α
duktiv
D αˆ (f g) = D e D α (f g)
X
=
Bσα (D α+e−σf D σg + D α−σf D σ +eg)
0àσ àα
=
X
ˆ
ˆ
Bσα−e
D α−σ
f D σg +
0àσ àα
X
ˆ
ˆ
α−σ
Bσα−e
f D σg
−e D
ˆ
eàσ àα
= D αˆf g +
X
ˆ
ˆ
ˆ
α−σ
(Bσα−e
+ Bσα−e
f D σ g + f D αˆg.
−e )D
eàσ àα
Mit
ˆ
α
B0αˆ = Bα
ˆ =1
ˆ
ˆ
= Bσαˆ ,
+ B α−e
Bσα−e
erhalten wir
D αˆ (f g) =
X
ˆ
Bσαˆ D α−σ
f D σg.
ˆ
0àσ àα
3
Mit der Produktregel ist
Df (x)h = hAx, hi + hAh, xi = h(A + A>)x, hi ,
und weiter
D 2f (x)h = h(A + A>)h, hi .
Daraus folgen die Behauptungen.
4
Sei c = cos ϕ und s = sin ϕ . Mit der Kettenregel erhält man
vr = ux c + uy s,
vr r = uxx c 2 + 2uxy sc + uyy s 2 ,
vϕ = −r (ux s + uy c),
vϕϕ = −r (ux c − uy s) + r 2 (uxx s 2 − 2uxy sc + uyy c 2 ).
Daraus folgt vr r + r −1 vr + r −2 vϕϕ = uxx + uyy .
5
Bezeichnen p 0 und p 00 die klassische erste und zweite Ableitung eines Polynoms einer
Variablen, so ist px = p 0 und py = ip 0 , somit
pxx + pyy = p 00 + i 2 p 00 = 0.
¯ , und damit auch für
Dasselbe gilt für das komplex konjugierte Polynom p
Re p =
¯
p+p
,
2
Im p =
¯
p−p
.
2i
Lösungen — 3
6
21
a. Jeder Punkt in M besitzt eine Umgebung, in der kein anderen Punkt von M liegt.
Somit ist M eine 0-dimensionale Mannigfaltigkeit. Genauer: Die Intervalle
Un = Uε/n2 (1/n),
n á 1,
sind für 0 < ε < 1/4 disjunkt. Die Funktion
[
f :
Un Î U → R, f Un = t − 1/n
ná1
hat keine kritischen Punkte, und es ist M = f −1 (0) . Also ist M eine 0-dimensionale
Mannigfaltigkeit.
¯ = M ∪ {0} keine Mannigfaltigkeit. Denn wäre M
¯ = f −1 (0) mit einer
Dagegen ist M
¯
regulären Funktion f , die in einer Umgebung von M definiert ist, so wäre also
f (0) = f (1/n) = 0,
n á 1,
und damit
f 0 (0) = lim
n→∞
f (1/n) − f (0)
= 0,
1/n
ein Widerspruch.
b. Ist f : R → R regulär, so ist f streng monoton und f −1 (c) entweder leer oder eine
Ein-Punkt-Menge.
c.
Siehe Text.
d. In diesem Fall ist also ker A = f −1 (0) mit
f : Rn+m → Rm ,
f (x) = Ax,
und in jedem Punkt ist Df = A : Rn+m → Rm surjektiv nach Voraussetzung.
e.
Dies ist ein Spezialfall des vorangehenden Beispiels. In diesem Fall ist A die Projek-
tion auf die letzten n − s Koordinaten.
f.
7
Siehe Text.
Für
fx = −6xy + 8x 3 = 0,
fy = 2y − 3x 2 = 0
ist (x, y) = (0, 0) die einzige Lösung. Es gibt also nur den einen kritischen Punkt (0, 0) .
Weiter ist
Hf (x, y) =
−6y + 24x −6x
−6x
!
2
,
Hf (0, 0) =
0 0
0 2
!
.
Also hat Hf (0, 0) die beiden Eigenwerte 0 und 2 und ist positiv semidefinit. Dies
reicht aber nicht aus, um auf ein lokales Minimum zu schließen. So ist
fxx (0, y) = −6y < 0,
y > 0,
was darauf hindeutet, dass kein Minimum vorliegt. Tatsächlich ist mit quadratischer
Ergänzung f (x, y) = (2y − 3x 2 )2 /4 − x 4 /9 und somit
1
f (x, y)
= − x 4 < 0,
x ≠ 0.
2y=3x 2
9
22
8
3 — M e h rdimensionale Analysis
Aus
m
X
Fb =
(axi + b − yi ) = mb + a
i=1
m
X
xi −
i=1
m
X
yi = 0
i=1
ergibt sich
¯ − ax,
¯
b=y
¯=
x
m
1 X
xi ,
m i=1
¯=
y
m
1 X
yi .
m i=1
Aus
Fa =
m
X
¯+a
(axi + b − yi )xi = mbx
i=1
m
X
xi2 −
i=1
m
X
xi yi = 0
i=1
folgt nach Einsetzen von b dann
m
m
1 X 2
1 X
¯ y.
¯
¯2 =
a
x −x
x i yi − x
m i=1 i
m i=1
m
1 X
xi yi schreibt sich das
Mit dem gewichteten Skalarprodukt [x, y] Í
m i=1
¯ 2 = [x, y] − x
¯ y.
¯
a [x, x] − x
¯ = [x, 1] mit 1 = (1, 1, . . . , 1) , und es gilt mit Cauchy-Bunjakowski
Nun ist x
¯ 2 = [x, 1]2 à [x, x] [1, 1] = [x, x] .
x
Dabei gilt Gleichheit genau dann, wenn x und 1 kollinear sind – wenn also alle xi
gleich sind. Ist dies nicht der Fall, so erhält man also
a=
¯y
¯
[x, y] − x
,
¯2
[x, x] − x
b=
¯
¯ − [x, y] x
[x, x] y
.
¯2
[x, x] − x
Sind dagegen alle xi gleich, so wird tatsächlich nur ein Wert m mal gemessen. In
diesem Fall liefert die Methode der kleinsten Quadrate das arithmetische Mittel dieser
Messwerte.
9
Mit ha, xi =
P
i
ai xi erhält man
fxi = ϕ0 (ha, xi)ai ,
fxi xj = ϕ00 (ha, xi)ai aj ,
also
Hf = ϕ00 (ha, xi)(ai aj )ij .
Fassen wir a als Spaltenvektor auf, so besteht die Matrix (ai aj ) aus den Spalten
a1 a, a2 a, . . . , an a.
Für a = 0 hat diese Matrix Rang 0 , sonst Rang 1 . Im Fall n á 2 ist sie daher immer
entartet.
Lösungen — 3
10
23
Mit u, v ∈ Ω gilt auch [u, v] ⊂ Ω wegen der Konvexität von Ω . Mit dem Lemma von
Hadamard gilt dann
Z1
f (v) − f (u) =
Df (tv + (1 − t)u)(v − u) dt.
0
Nehmen wir das Skalarprodukt mit v − u , so können wir aus Linearitätsgründen das
Integral vor das Produkt ziehen und erhalten
Z1
hf (v) − f (u), v − ui =
hDf (tv + (1 − t)u)(v − u), v − ui dt.
0
Fur v ≠ u ist die rechte Seite aufgrund der Voraussetzung strikt positiv. Also ist
f (v) ≠ f (u) und damit f injektiv.
11
Ist f auf Rn konvex, so gilt
f (x) á f (0) + h∇f (0), xi .
Ist auch −f konvex, so gilt entsprechend −f (x) á −f (0) − h∇f (0), xi , oder
f (x) à f (0) + h∇f (0), xi .
Also gilt
f (x) = f (0) + h∇f (0), xi .
Umgekehrt gilt für jede Funktion mit f (x) = ha, xi + b die Identität
f (tu + (1 − t)v) = ha, tu + (1 − t)vi + b
= t ha, ui + (1 − t) ha, vi + tb + (1 − t)b
= tf (u) + (1 − t)f (v).
Daraus folgt die Konvexität von f und −f .
12
Aufgrund der Koerzivität existiert eine abgeschlossene Kugel B = Br− (0) so, dass
f n
> f (0).
R Ø{B}
Da jede auf Rn konvexe Funktion außerdem stetig ist, gilt deshalb
m Í inf
f = inf f = min f > −∞,
n
R
B
B
und es gibt mindestens einen Punkt x0 mit f (x0 ) = m . Gäbe es eine weitere solche
˜0 ≠ x0 , so wäre f auf dem Innern der Verbindungsstrecke [x0 , x
˜0 ]
Minimalstelle x
aufgrund der strikten Konvexität strikt kleiner als m . Das ist aber nicht möglich. Also
ist x0 eindeutig.
13
Sei f : Rn ,→ R eine C 2-Funktion mit nichtentartetem kritischem Punkt 0 . Dann ist also
∇f (0) = 0,
det Hf (0) ≠ 0.
Das aber bedeutet, dass ∇f um 0 einen lokalen Diffeomorphismus darstellt, und damit
in einer Umgebung von 0 den Wert 0 nicht ein zweites Mal annehmen kann.
24
14
3 — M e h r dimensionale Analysis
a. Da C(Ω, Rn ) ein Vektorraum ist, ist lediglich zu zeigen, dass L ein Unterraum ist.
Sind f , g ∈ L , so ist sicher
(αf + βg)(x0 ) = αf (x0 ) + βg(x0 ) = 0,
sowie
|αf (u) + βg(u) − αf (v) − βg(v)|
|u − v|
|α| |f (u) − f (v)| + |β| |g(u) − g(v)|
à sup
|u − v|
u≠v
|f (u) − f (v)|
|g(u) − g(v)|
à |α| sup
+ |β| sup
|u − v|
|u − v|
u≠v
u≠v
[αf + βg]Ω = sup
(†)
u≠v
à |α| [f ]Ω + |β| [g]Ω
< ∞.
Also ist auch αf + βg ∈ L .
b. Positivität ist klar, Homogenität ergibt sich aus
[αf ] = sup
u≠v
|αf (u) − αf (v)|
|f (u) − f (v)|
= |α| sup
= |α| [f ] ,
|u − v|
|u − v|
u≠v
und (†) zeigt die Dreiecksungleichung. Bleibt die Definitheit. Ist [f ] = 0 , so ist f konstant, und damit f (u) = f (x0 ) = 0 für alle u ∈ Ω , also f = 0 .
c.
Auf jeder Teilmenge Ωr Í Ω ∩ Br (x0 ) gilt
|f (x)| = |f (x) − f (x0 )| à [f ]Ω |x − x0 | à [f ]Ω r ,
und deshalb
|f |Ωr = sup |f (x)| à [f ]Ω r .
x∈Ωr
Das bedeutet: Ist (fn ) eine Cauchyfolge in L , so ist (fn ) auch eine Cauchyfolge bezüglich der Supremumsnorm auf jedem Ωr , r > 0 . Wegen der Vollständigkeit von
S
C(Ω, Rn ) und r >0 Ωr = Ω konvergiert daher (fn ) gegen eine stetige Funktion
lim fn = f ∈ C(Ω, Rn ).
n→∞
Bleibt zu zeigen, dass f ∈ L . Offensichtlich ist f (x0 ) = lim fn (x0 ) = 0 , und für je
zwei u ≠ v in Ω gilt
|fn (u) − fn (v)|
|f (u) − f (v)|
= lim
à lim [fn ] .
n→∞
n→∞
|u − v|
|u − v|
Lezterer Grenzwert existiert, und es folgt, dass
[f ] = sup
u≠v
|f (u) − f (v)|
à lim [fn ] < ∞.
n→∞
|u − v|
Also ist f ∈ L , und damit die Vollständigkeit von L gezeigt.
Lösungen — 3
15
25
ˆ = ϕ − id ist
Mit ϕ
ˆ ◦ ϕ−1 .
ϕ−1 − id = (id − ϕ) ◦ ϕ−1 = −ϕ
ˆ ◦ ϕ−1 , also
Somit ist erstens ϕ−1 = id − ϕ
ˆ [ϕ−1 ]
[ϕ−1 ] à 1 + [ϕ]
ˆ < 1 damit
und wegen [ϕ]
[ϕ−1 ] à
1
.
ˆ
1 − [ϕ]
Zweitens folgt
ˆ ◦ ϕ−1 ] à [ϕ]
ˆ [ϕ−1 ] à
[ϕ−1 − id] = [ϕ
16
ˆ
[ϕ]
λ
=
.
ˆ
1 − [ϕ]
1−λ
a. Es ist
Dφ = 2
x −y
y
x
!
,
det Dφ = 4(x 2 + y 2 ) > 0
für x > 0 . Also ist φ in jedem Punkt ein lokaler Diffeomorphismus. Damit ist auch die
Bildmenge offen. Es bleibt zu zeigen, dass φ injektiv ist.
Eine kleine Rechnung zeigt, dass mit
x 2 − y 2 = u,
2xy = v,
x > 0,
auch
x2 + y 2 =
p
u2 + v 2 .
Damit kann man eindeutig nach x und y auslösen, wenn man noch berücksichtigt,
dass x > 0 und sgn v = sgn y . Somit ist die Abbildung injektiv.
Oder man macht es sich einfach und erkennt, dass φ die ›Realisierung‹ der komplexen Abbildung z , z2 auf der rechten Halbebene darstellt:
(x, y) ' z = x + iy
, z2 = x 2 − y 2 + 2ixy ' (x 2 − y 2 , 2xy).
Diese ist leicht als injektiv zu erkennen. Damit ist auch klar, dass (0, ∞) × R unter φ
diffeomorph auf die Ebene ohne die abgeschlossene negative reelle Achse abgebildet
wird.
17
Beweis per Induktion. Für r = 1 ist dies gerade der Umkehrsatz. Gelte die Behauptung
also für ein r á 1 , und sei außerdem ϕ ∈ C r +1 . Es ist
D(ϕ−1 ) = (Dϕ)−1 ◦ ϕ−1 .
Nach Induktionsannahme sind hier ϕ−1 und Dϕ von der Klasse C r , und auch die
Inverse ist C r . Als Komposition von C r -Abbildungen ist also D(ϕ−1 ) ebenfalls C r .
Das aber bedeutet, dass ϕ−1 selber C r +1 ist.
26
3 — M e h r dimensionale Analysis
Abb 1
Einige Koordinatenlinien
y =2
v
y
x=2
v=2
y =1
x=1
u=1
u
x
u = −1
y = −2
18
y = −1
v = −2
Für die Funktion
f : R2 → R,
f (x, y) = xy 2 + 2x 2 ey − y
gilt
f (0, 0) = 0,
fy (0, 0) = −1 ≠ 0.
Also besitzt die Gleichung f (x, y) = 0 um 0 eine lokale, stetig differenzierbare Lösung x = ϕ(y) mit ϕ(0) = 0 , und das ist gerade die Lösung der Aufgabe. Für deren
Ableitung bei 0 gilt außerdem
ϕ0 (0) =
19
−fx (0, 0)
= fx (0, 0) = 0.
fy (0, 0)
Sei M = f −1 (0) . Dann hat Df (p) Rang m , und wir können die Koordinaen so umordnen, dass die hintere m × m-Untermatrix von Df (p) maximalen Rang hat:
det(fi,m+j (p))1ài,jàm ≠ 0,
x ∈ W.
Setzen wir
ϕ : U → Rn+m ,
ϕ(x, y) = (x, f (x, y)),
so ist
det Dϕ(p) = det
I
0
fx fy
!
(p) = det(fi,m+j (p))1ài,jàm ≠ 0.
Also ist ϕ ein lokaler Diffeomorphismus in einer Umgebung W von p . Diese Abbildung leistet das Gewünschte.
Lösungen
20
27
a. Es ist Z = {t ∈ R : sin π t = 0} , und in jedem Punkt von Z ist
(sin π t)0 t=n = π cos π n = (−1)n π ≠ 0.
Also ist 0 regulärer Wert von t , sin π t .
b. Es ist M = f −1 (0) mit
f : (0, ∞) → R,
t , sin π /t.
0 ist regulärer Wert dieser Funktion, denn
f 0 (t)t=1/n = − π /t 2 cos π /t t=1/n
c.
= (−1)n+1 π n2 ≠ 0.
Für jede C 1-Funktion f mit M 0 = f −1 (0) gilt
f (t) − f (0) = lim n(0 − 0) = 0.
f 0 (0) = lim
n→∞
n→∞
t
t=1/n
Also ist 0 kein regulärer Wert von f , und M 0 somit keine Mannigfaltigkeit.
21
Kritische Werte sind
a.
22
−4 und 0
b.
0 und 4/e2 .
a. Es ist
f (x, y) = (x 2 + y 2 − 1)2 + 4y 2 ,
somit nimmt f alle Werte in [0, ∞) an. Kritische Punkte sind (−1, 0) , (0, 0) und (1, 0) ,
die zugehörigen kritischen Werte sind 0 und 1 . Allerdings besteht f −1 (0) aus zwei
isolierten absoluten Minimalstellen, bildet also eine Mannigfaltigkeit der Dimension 0 ,
und nur f −1 (1) ist keine Mannigfaltigkeit. Somit ist f −1 (c) für c ∈ [0, 1) ∪ (1, ∞) eine
Mannigfaltigkeit.
28
L ö s u n g en
4
W e g i ntegrale
Lösungen
1
a. Parametrisieren ergibt
Z
Z1
y 3 dx + x 3 dy =
αt α+2 + t 3α dt =
γ
0
3α2 + 2α + 3
.
(α + 3)(3α + 1)
b. Man erhält zunächst
Z1
(−2π t sin 2π t + 2π cos2 2π t + sin 2π t) dt.
0
Das Integral über sin 2π t ergibt Null, das über 2π cos2 2π t ergibt π . Also erhält man
mit partieller Integration im ersten Term
1 Z 1
π + t cos 2π t cos 2π t dt = π + 1.
−
0
2
0
˜ gilt dasselbe wegen der Linearität der beteiligten Operationen.
a. Für α + α
b. Dies ist im Allgemeinen nicht richtig. Betrachte zum Beispiel auf dem R2
α = dx,
f α = f dx.
α ist geschlossen und exakt, aber f α nicht, falls fy ≠ 0 . Denn dann erfüllt f α nicht
die Integrabilitätsbedingung und kann erst recht nicht exakt sein.
3
Da die Form geschlossen ist, kann man zur Erlangung einer Stammfunktion entlang
eines beliebigen Weges in [0, 1] × [0, 1] integrieren, zum Beispiel von (0, 0) über (x, 0)
nach (x, y) . Man erhält so die Stammfunktion
Zy
Zx
f (t, 0) dt +
g(x, t) dt.
Φ(x, y) =
0
0
30
4
4 — W e g i ntegrale
Aus der Homogenitätsgleichung und der Geschlossenheit von α folgt durch Differenzieren nach t
λt λ−1 ai (x) =
n
n
X
X
∂ai (tx)
∂ak (tx)
xk =
xk .
∂xk
∂xi
k=1
k=1
Auswerten bei t = 1 ergibt also
λai (x) =
n
X
∂ak (x)
xk .
∂xi
k=1
Damit erhalten wir für die partiellen f -Ableitungen
(1 + λ)
n
X
∂f
∂ak (x)
= ai +
xk = (1 + λ)ai .
∂xi
∂xi
k=1
Im Fall λ ≠ −1 ist also fxi = ai wie gefordert.
5
a. Eine geschlossene stetige Kurve ist eine kompakte Menge. Es existiert deshalb eine
endlich Überdeckung durch offene Kugeln, welche sämtlich im vorgegebenen Gebiet
enthalten sind. Innerhalb jeder einzelnen Kugel kann man nun problemlos die Kurve
stetig in ein Geradensegment deformieren, siehe das Beispiel auf Seite 151.
b. Jede Seite des Polygons definiert eine eindeutige Ebene durch den Nullpunkt. Diese
endlich vielen Ebenen füllen den Raum nicht aus, wenn n á 3 . Somit gibt es eine
Nullpunktsgerade, die diese Ebenen nur im Nullpunkt trifft und nicht das Polygon.
c.
Sei γ eine beliebige geschlossene Kurve im Rn Ø{0} mit n á 3 . Dann können wir γ
zuerst in ein Polygin deformieren, ohne dabei den Nullpunkt zu treffen. Dann wählen
wir eine Nullpunktsgerade, die dieses Polygon nicht trifft, und ziehen dieses linear auf
einen Punkt dieser Geraden zusammen. In dieser Punkt nicht Null, so wirdauch bei
dieser Zusammenziehung der Nullpunkt nicht getroffen. Also ist γ nullthomotop.
Dagegen ist R@ Ø {0} nicht einfach zusammenhängend, weil das Integral der geschlossenen Windungsform um den Nullpunkt herum nicht Null ist.
6
Sei φ : U → V ein Homöomorphismus und U einfach zusammenhängend. Ist η eine
geschlossene Kurve in V , so ist die zurückgeholte Kurve γ = h−1 ◦ η eine geschlossene
Kurve in U . Dazu existiert eine Homotopie h von γ mit einer Punktkurve. Dann ist
auch ϕ ◦ h eine Homotopie von ϕ ◦ γ = η mit einer Nullkurve. Somit ist V einfach
zusammenhängend.
7
a. Es ist (ϕ∗ dxi )(h) = (dxi )(Dϕ·h) = Dϕi ·h = dϕi (h) . Also ist
ϕ∗ dxi = dϕi =
m
X
∂ϕi
dy k
∂yk
k=1
und allgemein aufgrund der Linearität der Operationen
n
m
m X
n
X
X
X
∂ϕi
∂ϕi
ϕ∗ α =
(ai ◦ ϕ)
dy k =
(ai ◦ ϕ)
dy k .
∂yk
∂yk
i=1
k=1
k=1 i=1
Lösungen
31
b. Mit der vorangehenden Formel ist
X
n
m X
n
X
∂ϕi
ϕ∗ df = ϕ∗
fxi dxi =
(fxi ◦ ϕ)
dy k
∂yk
i=1
k=1 i=1
=
c.
Es ist
Z
m
X
∂(f ◦ ϕ)
dy k = d(f ◦ ϕ).
∂yk
k=1
Zb
˙) dt
(α ◦ ϕ ◦ γ)(Dϕ(γ)· γ
α=
ϕ◦γ
a
Zb
˙ dt
((α ◦ ϕ) ◦ γ)(Dϕ(γ)· γ
=
a
Zb
=
Za
=
(ϕ∗ α ◦ γ)(˙
γ ) dt
ϕ∗ α.
γ
8
Die 1-Form α = ux dy − uy dx ist geschlossen, denn
dα = uxx dx ∧ dy − uyy dy ∧ dx = (uxx + uyy ) dx ∧ dy = 0,
da u harmonisch ist. Auf dem einfach zusammenhängenden Gebiet Ω ist sie damit
auch exakt, es gibt also eine C 2-Funktion v mit
α = dv = vx dx + vy dy.
Somit ist
vx = −uy ,
vy = ux .
Wir wir im dritten Band sehen werden, sind dies die Cauchy-riemann-Gleichungen für
eine komplex differenzierbare Funktion f = u + iv .
32
L ö s u n g en
5
L i n e a re
D i f f e renzialgleichungen
Lösungen
1
Mit kXka Í C kXk gilt
kABka = C kABk à C 2 kAk kBk = kAka kBka .
2
˜ eine Lösung, denn
Es ist ϕ
˙
˜
˙ + t0 ) = Aϕ(t + t0 ) = Aϕ(t).
˜
ϕ(t)
= ϕ(t
˜
˜
Und es ist ϕ(0)
= ϕ(t0 ) = x0 . Somit ist ϕ(t)
= etA x0 und damit
˜ − t0 ) = e(t−t0 )A x0 .
ϕ(t) = ϕ(t
3
Für X ∈ {A, B} rechnet man nach, dass
AX = 0,
BX = X.
Also ist auch (A + B)X = X und
(A + B)n = A + B,
n á 1.
Dagegen ist zum Beispiel
A2 + 2AB + B 2 = B ≠ (A + B)2 .
Ebenso folgt, mit λ = e − 1 ,
eA eB = eB = I + λB,
eA+B = I + λ(A + B).
34
5
5 — L i n e are Differenzialgleichungen
Für Φ(t) = M(t)M(t0 )−1 gilt
−1
˙
˙
Φ(t)
= M(t)M(t
= AM(t)M(t0 )−1 = AΦ(t)
0)
sowie Φ(t0 ) = I . Daher ist Φ(t) = e(t−t0 )A . Eine 1-Parametergruppe bildet dies genau
dann, wenn Φ(0) = I .
6
Korrektur: Es ist bequemer, det(λI − A) = (λ − λ1 )·· (λ − λn ) zu betrachten.
Es ist det(λI − A)) ein normiertes Polynom vom Grad n . Aufgrund der Definition
des Spektrums von A und des Fundamentalsatzes der Algebra ist daher
det(λI − A) = (λ − λ1 )·· (λ − λn ),
und Ausmultiplizieren ergibt
det(λI − A) = λn − λn−1
n
X
λi + . . + (−1)n
i=1
n
Y
λi .
i=1
Schreiben wir andererseits A = [A1 , . . , An ] in Spaltenform, so folgt aus der Multilinearität der Determinante
det(λI − A) = det [λe1 − A1 , . . , λen − An ]
= λn det [e1 , . . , en ] − λn−1
n
X
det [e1 , . . , Ai , . . , en ]
i=1
+ . . + (−1)n det [A1 , . . , An ] .
Mit det [e1 , . . , en ] = 1 und
n
X
det [e1 , . . , Ai , . . , en ] =
i=1
n
X
Aii = sp A
i=1
folgt
det(λI − A) = λn − λn−1 sp A + . . + (−1)n det A.
Koeffizientenvergleich ergibt die Behauptung.
7
Da A und A> kommutieren, folgt mit der Exponenzialreihe exp(A)> = exp(A>) und
weiter
exp(A)> exp(A) = exp(A>) exp(A) = exp(A> + A) = exp(0) = I.
8
Es ist klar, dass J 2 = −I , J 3 = −J und J 4 = I . Die Diagonalelemente von eJt sind
daher identisch und gleich
1−
t2
t4
+
∓ . . = cos t.
2!
4!
Unten links steht
t−
t3
t5
+
∓ . . = sin t,
3!
5!
und oben rechts das additiv Inverse hiervon.
Lösungen — 5
9
35
Zu dem Eigenwert λ < 0 existiert ein reeller Eigenvektor v . Damit ist x(t) = eλt v eine
Lösung der Differenzialgleichung mit limt→∞ x(t) = 0
10
a. Aus Av = λv folgt
eA v =
X 1
X 1
An v =
λn v = eλ v.
n!
n!
ná0
ná0
Also ist v auch Eigenvektor von eA mit Eigenwert eλ .
0
b. Die Matrix −1
−1 4 hat die Eigenwerte −1 und 4 . Für die beiden Eigenwerte α und β
von L muss daher
eα = −1,
eβ = 4
gelten. Dies ist weder mit reellen noch mit komplex konjugierten Eigenwerten möglich.
c.
Es ist ja 1.10.3
log(1 − t) =
X 1
tn ,
n
|t| < 1,
ná1
also
log t =
X 1
(1 − t)n ,
n
ná1
0 < t < 2.
Für kA − Ik < 1 ist deshalb
X 1
L = Log A Í
(I − A)n
n
ná1
wohldefiniert, und wie im Reellen folgt mit dem Cauchyschen Produktsatz 2 eL = A .
d. Bis auf eine Matrix Λ , die mit L kommutiert und für die eΛ = I gilt.
11
Korrektur: Teil a. ist verunglückt. Es sollte heißen
!
1 −2
.
A=
2 1
a. Wähle a = 3 und b = −9 in der allgemeinen Lösung
!
!
cos 2t
sin 2t
x(t) = aet
+ bet
.
− sin 2t
cos 2t
b. Wähle a = b = 3/4 in der allgemeinen Lösung
!
!
3
1
x(t) = aet
+ be−3t
.
1
−1
c.
Wähle a = 1 und b = −1 in der allgemeinen Lösung
!
!
1
1
x(t) = aet
+ be−t
.
1
−1
36
12
5 — L i n e are Differenzialgleichungen
a. Stabiler Knoten. Alle Lösungen konvergieren gegen 0 für t → ∞ .
b. Instabiler Knoten.
c.
d. Zentrum.
Zentrum.
In diesen Fällen konvergiert keine außer der trivialen Lösung für t → ∞ gegen 0 .
13
Differenziation von x = P y + c ergibt
!
˙ = Ax + b = A(P x + c) + b = P y.
˙
x
Mit Ac + b = 0 , also c = −A−1 b , erhält man somit die homogene Differenzialgleichung
˙ = By,
y
B = P −1 AP .
Dessen allgemeine Lösung y(t) = eBt y0 transformiert sich zurück zu
x(t) = P eBt y0 + c.
Mit x0 = P y0 + c und
P eBt P −1 = eP BP
−1
t
= eAt
wird dies zu
t x(t) = P eBt P −1 P y0 + c = eAt (x0 − c) + c = eAt x0 + e−As c .
0
Hierbei ist
Zt
Zt
t
e−As c = −
e−As Ac ds =
e−As b ds,
0
0
0
so dass insgesamt
Zt
x(t) = eAt x0 +
e−As b ds .
0
Dies gilt, solange die Gleichung Ac + b = 0 lösbar ist. Die Regularität von A ist nicht
erforderlich.
14
a. Da A die drei reellen Eigenwerte 1 , 2 , −1 besitzt, ist A zu diag(1, 2, −1) ähnlich.
b. Die allgemeine Lösung hat daher die Gestalt
x(t) = a1 et v1 + a2 e2t v2 + a3 e−t v3
mit Eigenvektoren v1 , v2 , v3 zu den entsprechenden Eigenwerten.
c.
Die Eigenvektoren hierbei sind


 
2
0


 
v1 =  −2  ,
v2 =  1  ,
1
0

0
 
v3 =  0  .
1

d. Man erhält a1 = 1 , a2 = 6 und a3 = 2 , also


2et

t
2t 
x(t) =  −2e + 6e  .
et + 2e−t
Lösungen — 5
15
37
Sind diese Funktionen linear unabängig, so sind auch die Vektoren, gebildet aus ihren
ersten n − 1 Ableitungen bei t = 0 , linear abhängig, also
1 λ1 . . λn−1 1
n−1
1 λ2 . . λ 2
= 0.
∆Í
:
: :
1 λ
. . λn−1 n
n
Für diese sogenannte Vandermondesche Determinante gilt
Y
∆=
(λk − λl ).
1àk<làn
Sie ist also Null genau dann, wenn wenigstens zwei λ’s gleich sind. Ist umgekehrt Letzteres der Fall, so sind die Funktionen eλ1 t , . . , eλn t offensichtlich linear abhängig.
16
Sind diese Funktionen linear abhängig, so sind es auch ihre ersten, dritten und fünften
Ableitungen bei t
a
D= b
c
= 0 , also
a 3 a5 b3 b5 = 0.
3
5 c
c
Dies ist ebenfalls eine
1
D = abc 1
1
Vandermondsche Determinante mit
a2 a4 2
4 b b = abc(a2 − b2 )(a2 − c 2 )(b2 − c 2 ).
c2 c4 Umgekehrt sieht man leicht, dass für D = 0 die Funktionen sin at , sin bt , sin ct linear
abhängig sind.
17
¨ + au
˙ + bu = 0 .
Korrektur: Die Gleichung lautet u
Lösungen mit keiner oder genau einer Nullstelle treten genau dann auf, wenn das charakteristische Polynom nur reelle Nullstellen besitzt, also
∆ = a2 − 4b á 0
gilt. Andernfalls haben alle Lösungen unendlich viele Nullstellen.
18
Drücken wir einerseits die Differenzialgleichung in Polarkoordinaten aus, und differenzieren andererseits die Transformationsgleichungen, so erhalten wir
˙ sin θ,
˙ = αr cos θ − ωr sin θ = r˙ cos θ − r θ
u
˙ cos θ.
˙ = ωr cos θ + αr sin θ = r˙ sin θ − r θ
v
Daraus folgt
˙ cos θ + v
˙ sin θ = αr
u
= r˙,
˙ = −ωr .
˙ sin θ − v
˙ cos θ = −r θ
u
Also geht für r > 0 die Differenzialgleichung über in
r˙ = αr ,
˙ = ω.
θ
38
5 — L i n e are Differenzialgleichungen
Abb 1
Phasenportrait des gedämpften Pendels mit ρ = 10/3
˙
x
x
Deren allgemeine Lösung ist
r (t) = eαt r0 ,
θ(t) = ωt + θ0 .
Für α ≠ 0 erhält man
θ=
19
ω
log r + θ1 .
α
a. Die allgemeine Lösung ist
!
!
1
x
(t) = ae−3t
+ be−t/3
˙
−3
x
−3
1
!
.
b. Siehe Abbildung 1.
20
Ein Eigenwert ist also 0 . Somit bleiben die folgenden drei Möglichkeiten:
(i) Der zweite Eigenwert ist nicht 0 .
(ii) Der zweite Eigenwert ist 0 , und A ist nicht diagonalisierbar.
(iii) Es ist A = 0 .
Im ersten Fall handelt es sich um einen entarteten Knoten, dessen Stabilitätstyp vom
Vorzeichen des zweiten Eigenwertes bestimmt ist. Siehe Abbildung 3. — Im zweiten Fall
ist der Eigenraum zum Eigenwert 0 eindimensional und besteht aus Gleichgewichtspunkten. Alle anderen Lösungskurven sind Geraden parallel zu diesem Eigenraum. Siehe Abbildung 6. — Der dritte Fall ist trivial.
Lösungen — 5
21
39
a. Es gibt eine invariante Ebene E mit einem Zentrum und eine dazu transversale
Gerade g mit einem stabilen Knoten. Alle übrigen Lösungskurven sind Spiralen mit
gleichbleibender Ausdehnung, die für t → ∞ gegen jeweils eine periodische Lösung
in E konvergieren.
b. Es gibt eine invariante Ebene E mit einem Zentrum und eine dazu transversale
Gerade g bestehend aus Gleichgewichtspunkten. Alle übrigen Lösungskurven erhält
man durch Parallelverschiebung von E in Richtung von g .
c.
Es gibt eine invariante Ebene E mit einem Sattelpunkt und eine dazu transversale
Gerade g bestehend aus Gleichgewichtspunkten. Alle übrigen Lösungskurven erhält
man durch Parallelverschiebung von E in Richtung von g .
d. Es gibt eine invariante Ebene E mit einem instabilen Strudel und eine dazu transversale Gerade g bestehend aus Gleichgewichtspunkten. Alle übrigen Lösungskurven
erhält man durch Parallelverschiebung von E in Richtung von g .
22
Jeder n-dimensionale lineare Operator A mit n ungerade hat einen reellen Eigenwert λ .
Ist A invertierbar, so ist dieser Eigenwert nicht 0 . Die zugehörige nichttriviale Lösung a-9 ist nicht periodisch. Ist dagegen A nicht invertierbar, so ist wenigstens ein
Eigenwert 0 , und die Lösungen zum zugehörigen Eigenraum sind konstante Kurven.
23
a. Die Eigenwerte sind −2 mit Eigenvektor (1, 0, 0)> und ±2i mit gemeinsamen Eigenraum in der yz-Ebene. Die Lösungskurven in dieser Ebene sind also Kreislinien, die
auf der x-Achse Geraden, und alle übrigen kreisförmige Spiralen um die x-Achse, die
für t → ∞ gegen einen entsprechenden Kreis in der yz-Ebene konvergieren.
b. Die y-Gerade ist invariant und enthält einen instabilen Knoten. Die xz-Ebene ist
ebenfalls invariant und enthält einen stabilen Strudel. Alle übrigen Lösungskurven sind
Überlagerungen dieser beiden Bewegungen, also immer enger werdende sich entfernende Spiralkurven.
24
Korrektur: Die ersten beiden Möglichkeiten sind zu ersetzen durch die Alternative
lim |x(t)| = ∞ ∨ lim |x(t)| = ∞.
t→∞
t→−∞
Aufgrund von Satz 35 tritt die zweite Alternative dann und nur dann auf, wenn die
Lösung aus Termen cos ωt und sin ωt kombiniert ist. Andernfalls existieren Terme,
die entweder für t → ∞ oder t → −∞ unbeschränkt werden.
25
Natürlich gilt
p
sup (cos t + sin 2t) à 2.
0<t<∞
Andererseits sind 1 und
√
2 rational unabhängig, der Orbit von t , (t,
2
dicht auf T . Es gibt daher eine Folge (tn ) mit
p
(tn , 2 tn ) mod 2π Z2 → (0, π /2).
Folglich gilt
p
cos tn + sin 2 tn → cos 0 + sin π /2 = 2.
√
2 t) somit
40
26
L ö s u n g en
Ist G eine abgeschlossene Untergruppe von (S, ·) , so ist
A Í {α ∈ R : e2π iα ∈ G}
eine abgeschlossene Untergruppe von (R, +) . Sie enthält auf jeden Fall Z , da 1 ∈ G .
Somit gibt es für
r Í min {α ∈ A : α > 0} .
noch zwei Möglichkeiten. Entweder ist r = 0 . Dann ist aufgrund des archimedischen
Prinzips A dicht in R . Also ist A = R , da A abgeschlossen ist, und damit G = S .
Oder es ist 0 < r < ∞ . In diesem Fall ist r = 1/q mit einer natürlichen Zahl q . In
diesem Fall ist A = {p/q : p ∈ Z} und
G = {θ p : p ∈ Z} ,
27
θ = e2π i/q .
Sei an = 2n , und betrachte die Folge bn = log10 an auf T = [0, 1] , also
bn = nω mod 1,
ω = log10 2.
Eine bestimmten Ziffernfolge am Anfang von xn entspricht der Bedingung
z·10m à an < (z + η)·10m
mit einem festen z ∈ (1, 10) mit endlicher Dezimaldarstellung, einem gewissen η > 0
und m á 0 . Für die bn lautet diese Bedingung
log10 z à bn < log10 (z + η).
a. Da ω = log10 2 irrational ist, liegen auch Folgenglieder bn im Intervall [log10 7, log10 8) .
Somit gibt es auch Folgenglieder an , die mit der Ziffer 7 beginnen.
b. Aufgrund des Ergodensatzes 43 gilt
(log 7, log 8)
log10 8 − log10 7
log10 8/7
N7 (n)
10
10
=
lim
= =
> 1.
n→∞ N8 (n)
(log10 8, log10 9)
log10 9 − log10 8
log10 9/8
c.
Dies folgt bereits aus a.
6
G e w ö hnliche
D i f f e renzialgleichungen
Lösungen
1
Die Logarithmusfunktion genügt der Differenzialgleichung
˙ = exp(−x).
x
Ihre allgemeine Lösung ist
x(t) = log(t + c),
2
t > c.
Zwei Lösungen sind zum Beispiel
ϕ1 (t) = t,
ϕ2 (t) ≡ 0.
Also ist das Awp zum Anfangswert x0 = 0 nicht eindeutig lösbar.
3
a. Für jedes T > 0 gilt
kϕk[−T ,T ] Í
sup
t∈[−T ,T ]
kϕ(t)k à kϕkL eLT .
Ist also (ϕn ) eine Cauchyfolge in E , so ist deren Einschränkung auf jedes beliebige
Intervall [−T , T ] eine Cauchyfolge bezüglich der Supremumsnorm k·k[−T ,T ] . Die Folge
ist somit lokal gleichmäßig konvergent gegen eine stetige Funktion ϕ : R → V . Für
jedes t gilt außerdem
kϕ(t)k e−L|t| = lim kϕn (t)k e−L|t| à sup kϕn kL
n→∞
n
42
6 — G e w öhnliche Differenzialgleichung e n
Letzteres Supremum ist endlich, da ja auch kϕn kL konvergiert. Also ist auch
kϕkL à sup kϕn kL < ∞,
n
die Grenzfunktion ϕ gehört also ebenfalls zu E .
b. Ist ϕn ) eine konvergente Folge in X mit Limes ϕ , so ist ja
ϕ(0) = lim ϕn (0) = lim x0 = x0 .
n→∞
n→∞
Also gehört auch ϕ zu X .
4
Sei K Í supx∈Br (x0 ) kv(x)k . Es ist K < ∞ , da v lipschitz ist. Es genügt nun anzunehmen, dass
T < min(1/L, r /K).
Zuerst ist zu zeigen, dass der Operator T aus dem Beweis von Satz 10 jede stetige
Kurve ϕ : [0, T ] → Br (x0 ) wieder in eine solche Kurve abbildet. Dies folgt aber aus
Z t
kT ϕ(t) − x0 k = v(ϕ(s)) ds 0
Zt
à
kv(ϕ(s)k ds à T K < r ,
0 à t à T.
0
Dann ist noch die Kontraktionseigenschaft zu zeigen. Wie im Text ist für 0 à t à T
Zt
k(T ϕ − T ψ)(t)k à
kv(ϕ(s)) − v(ψ(s))k ds
0
Zt
à
L kϕ(s) − ψ(s)k ds
0
à LT kϕ − ψk[0,T ] .
Also gilt
k(T ϕ − T ψ)k[0,T ] à LT kϕ − ψk[0,T ] .
Mit LT < 1 liegt also eine Kontraktion vor.
5
Es ist zu zeigen, dass die Folge (ϕn ) gleichmäßig beschränkt und gleichgradig stetig ist.
Der Satz von Arzelà-Ascoli sagt dann aus, dass eine gleichmäßig konvergente Teilfolge
existiert.
Gleichgradig stetig: Für eine beliebige Lösung ϕ gilt ja
Zt
ϕ(t) = ϕ(0) +
v(ϕ(s)) ds.
(1)
0
Daher ist
Z t2
ϕ(t2 ) − ϕ(t1 ) =
v(ϕ(s)) ds
t1
und, mit einer Schranke |v| à K ,
Z t2
kϕ(t2 ) − ϕ(t1 )k à kv(ϕ(s))k ds à K |t2 − t1 | .
t1
(2)
Lösungen — 6
43
Somit ist jede Lösung global lipschitz mit ein und derselben Lipschitzkonstanten K .
Damit ist auch (ϕn ) gleichgradig stetig.
Gleichmäßig beschränkt:
Konvergiert (ϕn (0)) , so ist (|ϕn (0)|) beschränkt. Mit
(2) ist dann auch (|ϕn (t)|) für alle t ∈ [0, 1] gleichmäßig beschränkt.
Also besitzt (ϕn ) eine gleichmäßig konvergente Teilfolge. Diese erfüllt dann ebenfalls die Integralgleichung (1), ist also eine Lösung der Differenzialgleichung.
6
Betrachte eine konvergente Folge von Anfangswerten xn → x0 und die zugehörigen
Lösungskurven ϕn = ϕ(·, xn ) . Angenommen, diese Kurven konvergieren auf einem
kleinen t-Intervall um 0 nicht gegen die Lösung mit Anfangswert x0 :
ϕn 3 ϕ(·, x0 ).
Da aber lokal die Voraussetzungen der vorangehenden Aufgabe erfüllt sind, konvergiert
eine Teilfolge hiervon gegen eine andere Lösung desselben Awp. Das heißt, wir erhalten
zwei verschiedene Lösungen, im Widerspruch zu der Annahme, dass diese Lösungen
eindeutig sind.
7
Nach Voraussetzung besitzt jedes Awp eine eindeutige Lösung 9 . Daraus folgt für je˙ entweder immer verschwindet oder nie. Denn
de Lösungskurve ϕ : I → V , dass ϕ
˙ in einem Punkt, so ist die konstante Kurve an diesem Punkt eine Löverschwindet ϕ
sung der Differenzialgleichung. Aus Eindeutigkeitsgründen ist dies dann ϕ , und damit
˙ dann auch für alle t ∈ I .
verschwindet ϕ
˙ ≠ 0 . Die Ableitung hat also maximalen
Ist also ϕ nicht konstant, so ist immer ϕ
Rang 1 , und ϕ ist eine Immersion. Ist ϕ jetzt injektiv, so ist ϕ eine injektive Immersion. Andernfalls existieren t1 ≠ t2 mit ϕ(t1 ) = ϕ(t2 ) . Dann sind aber ϕ(t) und
ϕ(t + T ) mit T = t2 − t1 beides Lösungskurven mit demselben Wert bei t1 . Also sind
sie gleich, und ϕ ist periodisch.
8
Sei (t0 , x0 ) ∈ Ξ . Dann ist ϕ(t0 , x0 ) ein Punkt in Ω , und es gibt eine offene Kugel B um
diesen Punkt, die ganz in Ω enthalten ist. Aufgrund des Stetigkeitssatzes 14 existiert
dazu ein offenes Intervall I um t0 und eine Umgebung U von x0 , so dass
ϕ(t, x) ∈ Ω,
t ∈ I,
x ∈ U.
Somit ist I × U ⊂ Ξ . Damit ist gezeigt, dass Ξ offen ist. Alles andere folgt aus der
Definition der Abbildung Φ .
9
¯r (x0 ) , so ist
a. Ist v stetig auf der abgeschlossenen Kugel B Í B
K Í sup kv(x)k < ∞.
x∈B
b. Wähle nun δ = r /K .
c.
Ist ϕn : I → B eine Kurve in B , so folgt
Z t
kT ϕn (t) − x0 k à kv(ϕn (s))k ds à Kδ à r ,
0
Also ist auch ϕn+1 : I → B eine Kurve in B .
|t| à δ.
44
6 — G e w öhnliche Differenzialgleichung e n
d. Die Kurven ϕn sind sämtlich K-lipschitz, denn wegen
Zt
Zt
˙
ϕ(u)
du =
v(ϕ(u)) du
ϕ(t) − ϕ(s) =
s
s
gilt
Z t
kϕn (t) − ϕn (s)k à kv(ϕ(u))k du à K |t − s| .
s
Also ist die Familie dieser Kurven gleichgradig stetig.
e.
Nach dem Satz von Arzelà-Ascoli besitzt (ϕn ) eine gleichmäßig konvergente Teil-
folge. Deren Limes ist ein Fixpunt von T , und das abschließende Argument ist dasselbe
wie beim Ee-Satz.
10
Der maximale Fluss besitzt ebenfalls die Flusseigenschaft
Φ t+s (x) = Φ t (Φ s (x)),
wann immer Φ t (x) existiert und s hinreichend klein ist. Differenziation nach s bei
s = 0 ergibt
˙t (x) = DΦ t (x) Φ
˙0 (x),
Φ
mit Blick auf die Differenzialgleichung also
v(Φ t (x)) = DΦ t (x)v(x).
t
Dies ist gleichbedeutend mit v(x) = (Φ∗
v)(x) .
11
Existiert ein solches Vektorfeld v , so ist es eindeutig bestimmt durch
˙t (x)
.
v(x) = Φ
t=0
Umgekehrt gilt, dass für ein so definiertes Vektorfeld jede Flusslinie von Φ eine Lösungskurve darstellt. Denn aufgrund der Flusseigenschaft gilt für jedes t
d
d
˙t (x) =
Φ
=
= v(Φ t (x)).
Φ s+t (x)
Φ s (Φ t (x))
ds
ds
s=0
s=0
Somit ist t , Φ t (x) für jedes x eine Lösungskurve des Vektorfeldes v .
12
Reflexivität: Es ist v = id∗ v , also v ∼ v .
Symmetrie: Mit T ist auch T −1 ein Diffeomorphismus von V , und
D(T −1 ) = (DT )−1 ◦ T −1 .
Also gilt
v = T ∗w
a
a
DT v = w ◦ T
v ◦ T −1 = (DT −1 ◦ T −1 )w = D(T −1 ) ◦ w
a (T −1 )∗ v = w.
Somit gilt v ∼ w a w ∼ v .
Transitivität: Es gelte v0 = T1∗ v1 sowie v1 = T2∗ v2 , also
DT1 v0 = v1 ◦ T1 ∧ DT2 v1 = v2 ◦ T2 .
Lösungen — 6
45
Also gilt auch
(DT2 ◦ T1 )DT1 v0 = (DT2 ◦ T1 )(v1 ◦ T1 ) = (DT2 v1 ) ◦ T1 = (v2 ◦ T2 ) ◦ T1 ,
und damit
D(T2 ◦ T1 )v0 = v2 ◦ (T2 ◦ T1 ).
Da T2 ◦ T1 ebenfalls einen Diffeomorphismus auf V darstellt, gilt mit v0 ∼ v1 und
v1 ∼ v2 auch v0 ∼ v2 .
13
Genau wie bei der inhomogenen linearen skalaren Differenzialgleichung erhält man per
Variation der Konstanten
Zt
ˆ s (x)) ds ,
ϕt (x) = etA x +
e−sA v(ϕ
0
wie man leicht verifiziert. Somit erhält man
Z1
ˆ s (x)) ds ,
Φ 1 (x) = eA x +
e−sA v(ϕ
0
also
Z1
ˆ
Φ(x) = Λ(x + g(x)),
ˆ
g(x)
=
ˆ s (x)) ds.
e−sA v(ϕ
0
ˆ
Hierbei ist g(0)
= 0 sowie
Z1
s
ˆ
ˆ
D g(0)
=
e−sA D v(0)Dϕ
(0) ds = 0.
0
14
Der Beweis ist eine direkte Verallgemeinerung des Beweises des einfachen Lemmas. Sei
also
Zt
v(t) Í a(t) +
b(s)u(s) ds.
0
Nehmen wir zunächst a als differenzierbar an, so ist
v 0 (t) = a0 (t) + b(t)u(t) à a0 (t) + b(t)v(t).
Also ist
(v(t)e−B(t) )0 à a0 (t)e−B(t) ,
Zt
B(t) Í
b(s) ds.
0
Integration über [0, t] und partielle Integration ergibt
Zt
Zt
v(t)e−B(t) à a(0) +
a0 (s)e−B(s) ds = a(t)e−B(t) +
a(s)b(s)e−B(s) ds.
0
0
Also ist
Zt
v(t) à a(t) +
a(s)b(s)eB(t)−B(s) ds.
0
Mit u(t) à v(t) ergibt dies die Behauptung. — Der allgemeine Fall folgt durch Approximation von a durch differenzierbare Funktionen von oben.
46
15
6 — G e w öhnliche Differenzialgleichung e n
a. Für
ρ(t) Í 1 + kϕt (x)k2 = 1 + hϕt (x), ϕt (x)i
gilt
˙
˙ t (x), ϕt (x)i
ρ(t)
= 2 hϕ
= 2 hv(ϕt (x)), ϕt (x)i à 2a(1 + kϕt (x)k2 ) = 2aρ(t).
Also ist (ρe−2at ). à 0 und damit
ρ(t)e−2at à ρ(0) = 1 + kxk2 .
Daraus folgt
kϕt (x)k à
q
1 + kxk2 eat à (1 + kxk)eat .
b. Damit dies auch für t à 0 gilt – mit ea|t| an Stelle von eat – muss auch
hv(x), xi á −a(1 + kxk2 )
gelten, insgesamt also
|hv(x), xi| à a(1 + kxk2 ),
16
x ∈ V.
Korrektur: Es fehlt die Annahme, dass α > 0 auf V .
Seien v und α > 0 stetig. Wir zeigen zunächst, dass jede lokale Lösungskurve von v
˜ = αv darstellt.
nach Umparametrisierung auch eine lokale Lösungskurve von v
Sei also ϕ : I → V eine lokale Lösung von
˙ = v(x),
x
x(0) = x0 .
Dann ist
˙ = (α ◦ ϕ)(ρ),
ρ
ρ(0) = 0,
eine stetige skalare Differenzialgleichung, besitzt also mindestens eine Lösung. Diese
ist monoton steigend und lässt sich soweit auf ein gewisses Intervall I˜ fortsetzen, dass
λ : I˜ → I surjektiv ist. Die Kurve
˜ = ϕ ◦ ρ : I˜ → V
ϕ
ist dann differenzierbar mit
˙
˜
˙ ◦ ρ)ρ
˙
ϕ(t)
= (ϕ
= (v(ϕ) ◦ ρ)(α ◦ ϕ) ◦ ρ
= (αv)(ϕ ◦ ρ)
˜ ϕ).
˜
= v(
˜
Außerdem ist ϕ(0)
= ϕ(0) = x0 . Somit ist jede lokale Lösungskurve von v nach
˜ = αv , und ihre Spuren in
Umparametrisierung auch eine lokale Lösungskurve von v
V sind identisch.
Lösungen — 6
Abb 1
47
Lösungskruven zu Aufgabe 17
Mit stetiger Fortsetzung gilt dies auch global. Somit ist die Spur jeder Lösungskurve
˜.
von V auch die Spur einer Lösungskurve von v
˜ = αv , so ist v = α−1 v
˜ , und
Dasselbe gilt aber auch umgekehrt. Denn ist v
α−1 : V → R ist ebenfalls stetig und positiv. Somit entspricht auch jeder Lösungskurve
˜ eine Lösungskurve von v .
von v
17
Mit den Gleichungen von Beispiel 24 ist
r˙ =
˙ + yy
˙
r 2 (1 − r 2 )
xx
=
= r (1 − r 2 ),
r
r
und
˙ − yx
˙
r2
˙ = xy
θ
= − 2 = −1.
r2
r
Also gibt es eine periodische Lösung mit r = 1 , und alle anderen Lösungen, ausgenommen den Gleichgewichtspunkt 0 , konvergieren spiralförmig gegen den Uhrzeigersinn
gegen diese periodische Lösung. Siehe Abbildung 1.
18
Für ein stetiges Vektorfeld v auf einer kompakten Teilmenge K gilt
L Í sup kv(x)k < ∞.
x∈K
Ist also ϕ((a, b)) ⊂ K , so gilt für a < s < t < b
Zt
Zt
˙
ϕ(u)
du =
v(ϕ(u)) du,
ϕ(t) − ϕ(s) =
s
s
48
L ö s u n g en
also
Zt
kϕ(t) − ϕ(s)k à
kv(ϕ(u)k du à L(t − s).
s
Die Kurve ϕ ist also L-lipschitz auf (a, b) , und die Behauptung folgt wie im Beweis
von Satz 1.7.51.
19
Sei K ⊂ Ω kompakt und ε > 0 . Wäre
ϕ((T − ε, T )) ⊂ K,
so existierte aufgrund der vorangehenden Aufgabe 18 auch limt%T ϕ(t) und wäre in K
enthalten – ein Widerspruch zur Definition von T . Somit gilt
sup t á 0 : ϕ(t) ∉ K = T ,
was der Behauptung entspricht.
7
G l e i c hgewichtspunkte
Lösungen
1
a. Instabil, da 0 doppelter Eigenwert, aber A nicht diagonalisierbar ist.
b. Instabil, da Sattelpunkt.
c.
Die doppelten Eigenwerte ±i besitzen vier linear unabhängige komplexe Eigenvek-
toren. Daher sind alle Lösungen periodisch, und der Gleichgewichtspunkt ist stabil.
2
Ist A halbeinfach mit rein imaginären Eigenwerten, so sind aufgrund von Satz 5.28
alle Lösungen periodisch, und damit der Gleichgewichtspunkt stabil. Ist dagegen A
nicht halbeinfach, so gibt es auch Lösungen, die neben sin- und cos-Termen auch nichtkonstante polynomiale Faktoren enthalten. Diese sind für t → ±∞ unbeschränkt, der
Gleichgewichtspunkt somit nicht stabil. — In beiden Fällen ist der Gleichgewichtspunkt
offensichtlich nicht asymptotisch stabil.
3
Offensichtlich ist q = (0, 0) ein Gleichgewichtspunkt, ebenso wie p = (1, 0) , wie man
sofort verifiziert.
Außerhalb von q erhält man in Polarkoordinaten 6.24
r˙ =
˙ + yy
˙
xx
x2 + y 2 − x2 r 2 − y 2 r 2
r2 − r4
=
=
= r (1 − r 2 )
r
r
r
und
˙ − yx
˙
x 2 + y 2 − x 3 r −1 − xy 2 r −1
r 2 − xr
˙ = xy
θ
=
=
= 1 − cos θ.
r2
r2
r2
˙>0
Somit ist S = {r = 1} invariant, mit einem Gleichgewichtspunkt bei θ = 0 und θ
für θ ≠ 0 . Somit besteht S aus dem Gleichgewichtspunkt p und einem einzigen Orbit
mit θ(t) % 2π für t → ∞ und θ(t) & 0 für t → −∞ .
50
7 — G l e i chgewichtspunkte
Außerhalb von q und S ist r˙ > 0 für 0 < r < 1 und r˙ < 0 für r > 1 , so dass
r (t) → 1,
t→∞
für die Lösungskurven dort. Für θ gilt dasselbe wie auf S .
4
Es ist r˙ = r 2 sin(1/r ) = 0 genau dann, wenn
sin(1/r ) = 0 a r =
1
,
nπ
n á 1.
Für jedes n á 1 gibt es also eine periodische Lösung mit r ≡ rn = 1/nπ , und jede
Lösung mit Anfangswert innerhalb von Brn (0) muss in dieser Kreisscheibe verbleiben.
Wegen rn & 0 folgt daraus die Stabilität des Gleichgewichtspunktes. — Er ist jedoch
nicht asymptotisch stabil.
5
Wir legen die Situation so zurecht wie im Beweis des Instabilitätssatzes 12 . Der Gleichgewichtspunkt sei also 0 , und jeder Orbit mit einem Anfangswert in B ∩ K verlässt diese
Menge nur durch den Rand von B . Es gibt dann eine gegen 0 konvergierende Folge von
Punkten pn in B ∩ K , so dass
xn Í ϕtn (pn ) ∈ ∂B
für jeweils ein gewisses tn > 0 . Dabei kann man auch noch zeigen, dass tn → ∞ .
Wegen der Kompaktheit von B besitzt die Folge der xn einen Häufungspunkt x
auf B . Wir zeigen, dass
lim ϕt (x) = 0.
t→−∞
In der Tat kann der rückwärtige Orbit von x die Menge B ∩ K nur durch den Rand
von K verlassen. Wäre dies der Fall, so gäbe es ein t > 0 mit ϕ−t (x) ∉ K . Aus Stetigkeitsgründen wäre dann aber auch
ϕ−t (xn ) ∉ K
für xn hinreichend nahe bei x – ein Widerspruch zur Wahl der pn . Somit verbleibt
der rückwärtige Orbit von x in K ∩ B . Da dessen V+ -Komponente monoton gegen 0
konvergiert, muss dieser Orbit gegen den Gleichgewichtspunkt konvergieren.
6
a. Nachdem man feststellt, dass V = x 2 +y 2 nicht geeignet ist, macht man den Ansatz
V = ax k + by l .
Dann ist
˙ = akx k−1 x
˙ + bly l−1 y
˙ = −akx k−1 y − akx k+2 + bly l−1 x 5 .
V
Mit k = 6 und l = 2 kann man die äußeren Terme zusammenfassen zu
˙ = (2b − 6a)x 5 y − 6ax 8 .
V
Mit a = 1 und b = 3 wird also V = x 6 + 3y 2 und
˙ = −6x 8 .
V
Lösungen — 7
51
˙ = 0} enthält aber keinen Orbit, und ansonsten ist V
˙ < 0 . Daher ist der
Die Menge {V
Nullpunkt asyptotisch stabil.
b. Da es keine weiteren Gleichgewichtspunkte gibt, ist der Nullpunkt auch global asymptotisch stabil.
7
Korrektur: Die Funktion W ist nicht korrekt angegeben. Vielmehr lautet sie
W (x) =
m
X
hvi , xi2 −
i=1
n
X
hvi , xi2
i=m+1
mit einer Basis v1 , . . , vn und einem gewissen 1 à m à n .
a. Seien
λ1 á . . á λm > 0 > λm+1 á . . á λn
die Eigenwerte von A . Wir können m < n annehmen, da der Fall nur positiver Eigenwerte klar ist. Ist A diagonalisierbar, so auch A> , und es gibt eine Basis aus Eigenvektoren v1 , . . , vn von A> respektive w1 , . . , wn von A zu denselben Eigenwerten λ1 , . . , λn
derart, dass
hvk , wl i = δkl .
Pn
Für x = i=1 xi wi gilt somit
hvk , xi hvk , Axi = λk xk2 .
Definieren wir also
W (x) Í
n
1 X
σi hvi , xi2 ,
2 i=1
σi Í sgn λi ,
so wird
˙ (x) =
W
=
n
X
i=1
n
X
σi hvi , xi hvi , Ax + o(x)i
|λi | xi2 + o(x)
i=1
á ( min |λi |) kxk2 + o(x) á µ kxk2
1àiàn
in einer hinreichend kleinen Kugel B von 0 mit einem gewissen µ > 0 .
b. Entlang jeder Lösungskurve in B ist W monoton steigend. Daher ist der positive
Orbit eines Punktes 0 ≠ p ∈ B in der kompakten Menge
¯ : W (x) á W (p)
Bp Í x ∈ B
enthalten. Ist insbesondere W (p) > 0 , so ist
δ Í inf
Bp
˙
W
> 0.
W
52
c.
7 — G l e i chgewichtspunkte
Aus b. folgt
W (ϕt (p)) á eδt W (p),
t á 0.
Ist also W (p) > 0 , so muss der positive Orbit mit diesem Anfangswert die Kugel B
letztendlich verlassen. Ist aber wenigstens ein Eigenwert von A positiv, so gibt es in
jeder Umgebung von 0 solche Punkte p . Also ist 0 instabil.
8
Für die Lyapunovfunktion V = (x 2 + y 2 )/2 erhält man nach Voraussetzung
˙ = xx
˙ + yy
˙ = x2 P + y 2 Q < 0
V
in einer hinreichend kleinen punktierten Umgebung des Koordinatenursprungs.
9
Betrachte das äquivalente System
˙ = y,
x
˙ = −ax − bx 3 − ky.
y
Für
V = y 2 + ax 2 + bx 4 /2
erhält man, da k > 0 ,
˙ = −ky 2 à 0.
V
Wegen
˙ = 0} = {x
˙ = 0} = {(x, 0) : ax + bx 3 = 0}
{V
sind alle Gleichgewichtspunkte sogar asymptotisch stabil.
10
Für V = (x 2 + y 2 )/2 ist
˙ = −x 2 (x 2 + y 2 − 2) − y 2 (x 2 + y 2 − 3x + 1)
V
= −(x 2 + y 2 )2 + 2x 2 + 3xy 2 − y 2
= −x 4 − 2x 2 y 2 + y 4 + 2x 2 + 3xy 2 − y 2 < 0
gleichbedeutend mit
2x 2 < x 4 + (2x 2 − 3x + 1)y 2 + y 4 .
Dies ist sicherlich der Fall für x 2 + y 2 hinreichend groß. Genauer ist dies der Fall für
x 2 > 2 , denn dann ist
2x 2 < x 4 ,
2x 2 − 3x + 1 > 0.
Ebenfalls gilt dies für y 2 > 2 , denn dann ist
2x 2 < x 2 y 2 ,
y 4 > 2y 2 ,
und x 2 − 3x + 3 ist immer positiv. Also konvergieren alle Lösungskurven zum Rechteck
n
p o
R = (x, y) : k(x, y)k∞ à 2 .
Lösungen
Abb 1
53
Lösungskurven zu Aufgabe 10
1
1
11
Für hinreichend kleines δ > 0 ist
W = {V à δ} ∩ {|x| à δ}
der Abschluss einer offenen Umgebung von p , die in U enthalten ist und fast alle xn
enthält. Entlang jeder ganz in W enthaltenen Lösungskurve
ϕn : [0, tn ] → W ,
ϕn (0) = xn
ist dann V á V (xn ) Î εn > 0 , sie ist somit enthalten in der kompakten Menge
Wn = W ∩ {V á εn } .
Wegen εn > 0 enthält diese nicht den Punkt p , so dass
˙ > 0.
µn = min V
Wn
Also ist
Zt
V (ϕn (t)) á V (xn ) +
0
˙ (ϕn (s)) ds á εn + tµn .
V
Daraus folgt, dass sich jede Lösungskurve mit Anfangswert xn mindestens bis zum
Rand von W fortsetzen lässt. Da andererseits xn → p , folgt daraus die Instabilität
von p .
54
L ö s u n g en
8
P e r i odische Bahnen
Lösungen
1
Ist p ein periodischer Punkt, so ist P = {t > 0 : ϕt (p) = p} nicht leer und nach unten
beschränkt, also
T Í inf P á 0
wohldefiniert. Ist T = 0 , so gibt es eine Folge (tn ) in P mit tn & 0 , und es ist
ϕtn (p) − ϕ0 (p)
˙ t (p)t=0 = lim
v(p) = ϕ
= 0.
n→∞
tn
Somit ist p kein regulärer Punkt von v . Also ist T > 0 . Aus Stetigkeitsgründen ist
ϕT (p) = p , und T ist offensichtlich die minimale Periode von p .
2
Ist T die minimale Periode eines periodischen Orbits, so ist jede andere Periode ein
natürliches Vielfaches von T . Ferner gilt
D(ϕnT (p)) = (Dϕt (p))n .
Die Floquetmultiplikatoren zu einer beliebigen Periode sind also natürliche Potenzen
der Floquetmultplikatoren zur minimalen Periode. Abgesehen vom trivialen Multiuplikator 1 , liegen diese also im Innern des Einheitskreises genau, wenn es irgendeine
natürliche Potenz von ihnen tut.
56
3
8 — P e r i odische Bahnen
In Polarkoordianten erhält man 6.24
r˙ =
˙ + yy
˙
xx
1 − r2
= (x + y)
,
r
r
˙ − yx
˙
1 − r2
˙ = xy
θ
= (x − y)
− 1.
r2
r2
Somit ist r (t) ≡ 1 , θ(t) = −t eine periodische Lösung, respektive
ϕ(t) = (sin t, cos t).
Die Koeffizientenmatrix der Variationsgleichung entlang dieser Lösung ist
!
−2 sin t
1 − 2 cos t
=
A(t) = Dv(x)
.
x=ϕ(t)
−1 − 2 sin t −2 cos t
Mit a(t) = sp A(t) = −2(sin t + cos t) folgt für das Produkt der beiden Floquetmultiplikatoren dieser Bahn 19
Z 2π
µ1 µ2 = exp
a(t) dt = 1.
0
Somit sind beide Floquetmultiplikatoren 1 .
4
a. Im eindimensionalen Fall ist
Z t
Φ(t) = exp
A(s) ds
0
eine Fundamentallösung. Dies erhält die Gestalt des Satzes von Floquet mit
Z
1 T
A(s) ds
B=
T 0
und
Z t
P (t) = exp
Z t
(A(s) − B) ds = exp
A(s) ds − Bt .
0
0
Damit ist P T -periodisch und
Φ(t) = P (t)eBt .
Sämtliche Lösungen sind beschränkt genau dann, wenn B = 0 . In diesem Fall sind sie
auch periodisch.
b. Da A(s) und A(t) für alle s und t kommutieren, ist eine Fundamentallösung gegeben durch
Z t
Φ(t) = exp
0
A(s) ds = exp(F (t)A0 )
mit
Zt
F (t) =
f (s) ds,
0
Analog zu a. setzt man
Z
1 T
b=
f (s) ds,
T 0
A0 =
a b
c d
!
.
P (t) = exp((F (t) − bt)A0 )
Lösungen — 8
57
und erhält Φ(t) = P (t)eBt mit B = bA0 und einem T -periodischen P .
c.
Auf jeden Fall gilt
˙ (t) = Ψ (t)A(t).
Ψ
Dies ist gleich A(t)Ψ (t) , falls A(s) und A(t) für alle s und t kommutieren.
d. Wähle zum Beispiel
A(t) =
0
1
0 b(t)
!
.
˙ =y, y
˙ = b(t)y ist
Eine Fundamentallösung des Systems x


Zt
Zt
eB(s) ds 
1
B(t) =
b(s) ds.
Φ(t) = 
,
0
0
0
eB(t)
Andererseits ist
Zt
M(t) Í
A(s) ds =
0
0
t
0 B(t)
!
,
M n (t) =
0 tB n−1 (t)
0
!
B n (t)
und daher

eB(t) − 1
 1 t B(t) 
=
 ≠ Φ(t).
0
eB(t)

eM(t)
5
a. Die Fundamentallösung ist von der Form Φ(t) = P (t)eBt . Liegen alle Floquetmultiplikatoren innerhalb des Einheitskreises, so ist
keBT k Î β < 1
in einer geeigneten Norm. Schreiben wir jedes andere t in der Form t = nT − s mit
0 à s < T , so folgt
n
keBt k à max ke−sB k keBT k à cβn → 0,
0àsàT
t → ∞.
Da andererseits P (t) periodisch und damit in der Norm beschränkt ist, folgt hieraus die
Konvergenz aller Lösungen gegen den Gleichgewichtspunkt. — Gibt es dagegen einen
Multiplikator mit Betrag á 1 , so gibt es dazu auch eine Lösung, die nicht gegen 0
konvergiert.
6
a. Die Energiefunktion des mathematischen Pendels gemäß Abschnitt 7.1 ist
˙ =
E(x, x)
˙2
x
+ V (x),
2
V (x) = 1 − cos x.
Im maximalen Auslenkungspunkt ist die Geschwindigkeit Null, die Energie ist daher
Er = E(r , 0) = 1 − cos r .
b. Da die Energie entlang γr konstant ist, gilt
˙ 2 = 2(Er − V (x)) = 2(cos x − cos r ),
x
58
8 — P e r i odische Bahnen
für positive Geschwindigkeiten also
q
˙ = 2(cos x − cos r ).
x
c.
Der Weg von (−r , 0) nach (r , 0) wird in der halben Periode T /2 zurückgelegt, mit
t als monoton steigende Funktion von x . Separation der Variablen ergibt daher
Zr
p Zr
dx
√
Tr = 2
dt = 2
.
cos x − cos r
−r
−r
d. Für −r à x à r & 0 ist
cos x − cos r =
r 2 − x2
+ O(r 4 ).
2
Ferner gilt mit x = r t
1
Zr
Z1
dx
dt
√
√
=
= arcsin t = π.
r 2 − x2
1 − t2
−r
−1
−1
Also gilt Tr → 2π für r & 0 . Für r = π /2 und x = r − t dagegen ist
cos x − cos r =
t2
+ O(t 4 ).
2
Somit divergiert das Integral.
7
Sei q1 ∈ γ(p1 ) ein beliebiger Punkt auf dem Orbit von p1 , sei Σ1 = {χ1 = 0} ein
transversaler Schnitt durch q1 , und
τ
ψ1 = ϕ1 1
die zugehörige Poincaré-Abbildung. Sei ferner T die C r -Konjugation der Flüsse der
beiden Vektorfelder, also
T ◦ ϕ1t = ϕ2t ◦ T .
Zunächst betrachte man das Bild von Σ1 unter T ,
Σ2 = T (Σ1 ) = {χ1 ◦ T −1 = 0} .
Dies ist ein transversaler Schnitt durch q2 = T (q1 ) , und die Poincaré-Abbildung bezüglich Σ2 ist durch dieselbe Zeitfunktion τ1 gegeben wie die bezüglich Σ1 . Es gilt
deshalb
T ◦ ψ1 = ψ2 ◦ T .
Das heißt, die Poincaré-Abbildungen bezüglich Σ1 und Σ2 sind ebenfalls C r -konjugiert.
In einem zweiten Schritt sind nun die Poincaré-Abbildugnen zwischen Σ2 und einem beliebigen weiteren transversalen Schnitt zum Orbit von p2 zu konjugieren. Dies
geschieht mit dem C r -Fluss von v2 in der üblichen Weise.
8
a. Es ist sp A(t) = a − 2 konstant, also
Z
1 T
1
sp A(t) dt = a − 2 = −
T 0
2
für jede Periode T . Somit 19 ist λ1 + λ2 = −1/2 .
Lösungen
59
b. Es ist
det A(t) = 2 − a
ebenfalls unabhängig von t , also auch das charakteristische Polynom λ2 +(2−a)(λ+1) .
Daraus ergeben sich die Eigenwerte.
c.
Dies ist eine direkte Rechnung. Mit c = cos t und s = sin t wird
!
s − c/2
˙
ϕ(t)
= et/2
c + s/2
sowie
A(t)ϕ(t) = et/2
= et/2
c − ac 3 + s − as 2 c
c + asc 2 − s + as 3
!
c + s − ac
= et/2
c − s + as
!
s − c/2
c + s/2
!
.
d. Die Lösung von c. hat über die Periode T = 2π den Floquetmultiplikator
e2π /2 = eπ .
Dessen charakteristischer Exponent ist also
µ1 =
1
π
= .
2π
2
Mit a. ist der zweite charakteristische Exponent somit
µ2 = −
1
− µ1 = −1.
2

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