Kurs:Analysis/Teil II/12/Klausur mit Lösungen

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Fakultätsfunktion

   ${\displaystyle \mathbb {R} _{>-1}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto \operatorname {Fak} \,x.}$

2. Eine Metrik auf einer Menge ${\displaystyle {}M}$.
3. Eine abgeschlossene Menge ${\displaystyle {}A\subseteq M}$ in einem metrischen Raum ${\displaystyle {}M}$.
4. Eine Lipschitz-stetige Abbildung

   ${\displaystyle f\colon L\longrightarrow M}$

   zwischen den metrischen Räumen ${\displaystyle {}L}$ und ${\displaystyle {}M}$.

5. Die Jacobi-Matrix zu einer partiell differenzierbaren Abbildung

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

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

6. Eine gewöhnliche Differentialgleichung zu einem (zeitabhängigen) Vektorfeld.

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Formel für die Länge einer Kurve

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

2. Die Mittelwertabschätzung für eine differenzierbare Abbildung

   ${\displaystyle \varphi \colon G\longrightarrow W,}$

   wobei ${\displaystyle {}G\subseteq V}$ offen und ${\displaystyle {}V}$ und ${\displaystyle {}W}$ euklidische Vektorräume

   seien.
3. Das notwendige Kriterium für die Existenz eines Extremums auf einer Hyperfläche.

Sei ${\displaystyle {}a>0}$ fixiert. Bestimme das uneigentliche Integral

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }e^{-at}\,dt.}$

Es ist

${\displaystyle {}{\begin{aligned}\int _{0}^{\infty }e^{-at}\,dt&=\left({\frac {-1}{a}}e^{-at}\right)|_{0}^{\infty }\\&=\operatorname {lim} _{x\rightarrow \infty }\,{\left({\frac {-1}{a}}e^{-a\cdot x}-{\frac {-1}{a}}e^{-a\cdot 0}\right)}\\&={\frac {1}{a}}.\end{aligned}}}$

Der ${\displaystyle {}\mathbb {R} ^{n}}$ sei mit der euklidischen Metrik versehen.

a) Man gebe eine Beispiel für einen endlichen metrischen Raum, den man als Teilraum (mit der induzierten Metrik) des ${\displaystyle {}\mathbb {R} ^{2}}$, aber nicht als Teilraum von ${\displaystyle {}\mathbb {R} }$ realisieren kann.

b) Man gebe eine Beispiel für einen endlichen metrischen Raum, den man nicht als Teilraum des ${\displaystyle {}\mathbb {R} ^{2}}$ realisieren kann.

a) Wir betrachten den Teilraum ${\displaystyle {}M\{0,(1,0),(0,1)\}\subset }$ mit der induzierten Metrik. Dieser metrische Raum ${\displaystyle {}M}$ ist nicht innerhalb der reellen Zahlen realisierbar. Der Nullpunkt hat zu den beiden anderen Punkten den Abstand ${\displaystyle {}1}$, und diese haben zueinander den Abstand ${\displaystyle {}{\sqrt {2}}}$. In ${\displaystyle {}\mathbb {R} }$ gibt es zu jedem Punkt ${\displaystyle {}P}$ genau zwei Punkte mit dem Abstand ${\displaystyle {}1}$ nämlich ${\displaystyle {}P-1}$ bzw ${\displaystyle {}P+1}$, und diese haben aber zueinander den Abstand ${\displaystyle {}2}$.

b) Wir betrachten im ${\displaystyle {}\mathbb {R} ^{3}}$ die folgende endliche Teilmenge: Es seien ${\displaystyle {}P,Q}$ zwei Punkte im ${\displaystyle {}\mathbb {R} ^{3}}$, die zueinander den Abstand ${\displaystyle {}1}$ besitzen. Wir betrachten die Sphären um diese beiden Kugeln mit dem Radius ${\displaystyle {}{\frac {2}{3}}}$, also ${\displaystyle {}S_{1}={\left\{x\in \mathbb {R} ^{3}\mid d(x,P)={\frac {2}{3}}\right\}}}$ und ${\displaystyle {}S_{2}={\left\{x\in \mathbb {R} ^{3}\mid d(x,Q)={\frac {2}{3}}\right\}}}$. Der Durchschnitt ${\displaystyle {}S_{1}\cap S_{2}}$ ist eine Kreislinie ${\displaystyle {}K}$. Es seien ${\displaystyle {}R_{1},R_{2},R_{3}}$ drei Punkte auf ${\displaystyle {}K}$ und wir betrachten die Teilmenge

${\displaystyle {}N=\{P,Q,R_{1},R_{2},R_{3}\}\,}$

mit der induzierten Metrik. Diese Menge ist nicht im ${\displaystyle {}\mathbb {R} ^{2}}$ realisierbar, da es dort zu zwei Punkten mit dem Abstand ${\displaystyle {}1}$ nur zwei Punkte gibt, die zu beiden Punkten den Abstand ${\displaystyle {}{\frac {2}{3}}}$ haben.

Beweise den Satz über die Stetigkeit linearer Abbildungen.

Eine komplex-lineare Abbildung ist auch reell-linear, und die euklidische Metrik hängt nur von der reellen Struktur ab. Wir können also ${\displaystyle {}{\mathbb {K} }=\mathbb {R} }$ annehmen. Aufgrund von Lemma 34.8 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) können wir ${\displaystyle {}m=1}$ annehmen. Die Abbildung sei durch

${\displaystyle \varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,{\left(x_{1},\ldots ,x_{n}\right)}\longmapsto \sum _{i=1}^{n}a_{i}x_{i},}$

mit ${\displaystyle {}a_{i}\in \mathbb {R} }$ gegeben. Die Nullabbildung ist konstant und daher stetig, also sei ${\displaystyle {}a={\max {\left(\vert {a_{i}}\vert ,i=1,\ldots ,n\right)}}>0}$. Es sei ${\displaystyle {}x\in \mathbb {R} ^{n}}$ und ein ${\displaystyle {}\epsilon >0}$ vorgegeben. Für alle ${\displaystyle {}y\in \mathbb {R} ^{n}}$ mit ${\displaystyle {}d{\left(x,y\right)}\leq {\frac {\epsilon }{na}}}$ ist insbesondere ${\displaystyle {}\vert {x_{i}-y_{i}}\vert \leq {\frac {\epsilon }{na}}}$ für alle ${\displaystyle {}i}$ und daher ist

${\displaystyle {}{\begin{aligned}d{\left(\varphi (x),\varphi (y)\right)}&=\vert {\sum _{i=1}^{n}a_{i}x_{i}-\sum _{i=1}^{n}a_{i}y_{i}}\vert \\&=\vert {\sum _{i=1}^{n}a_{i}(x_{i}-y_{i})}\vert \\&\leq \sum _{i=1}^{n}\vert {a_{i}(x_{i}-y_{i})}\vert \\&\leq na\vert {x_{i}-y_{i}}\vert \\&\leq \epsilon .\end{aligned}}}$

Es sei ${\displaystyle {}M}$ ein nichtleerer vollständiger metrischer Raum und es seien

${\displaystyle f,g\colon M\longrightarrow M}$

starke Kontraktionen.

a) Zeige, das die Verknüpfung ${\displaystyle {}g\circ f}$ ebenfalls eine starke Kontraktion ist.

b) Zeige durch ein Beispiel mit ${\displaystyle {}M=\mathbb {R} }$, dass der Fixpunkt von ${\displaystyle {}g\circ f}$ weder mit dem Fixpunkt zu ${\displaystyle {}f}$ noch mit dem Fixpunkt zu ${\displaystyle {}g}$ übereinstimmen muss.

a) Es seien ${\displaystyle {}L_{1},L_{2}<1}$ die Kontraktionsfaktoren zu ${\displaystyle {}f}$ bzw. ${\displaystyle {}g}$. Dann ist für beliebige Punkte ${\displaystyle {}x,y\in M}$

${\displaystyle {}d(g(f(x)),g(f(y)))\leq L_{2}d(f(x),f(y))\leq L_{2}L_{1}d(x,y)\,}$

und somit kann man ${\displaystyle {}L_{1}L_{2}<1}$ als Kontraktionsfaktor für die Verknüpfung nehmen.

b) Wir betrachten die Abbildung

${\displaystyle f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto {\frac {1}{2}}x,}$

die stark kontrahierend ist und den Fixpunkt ${\displaystyle {}0}$ besitzt, und die Abbildung

${\displaystyle g\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,y\longmapsto {\frac {1}{2}}y+1,}$

die ebenfalls stark kontrahierend ist und ${\displaystyle {}2}$ als Fixpunkt besitzt. Die Verknüpfung ${\displaystyle {}g\circ f}$ ist

${\displaystyle {}(g\circ f)(x)=g(f(x)=g{\left({\frac {1}{2}}x\right)}={\frac {1}{2}}{\left({\frac {1}{2}}x\right)}+1={\frac {1}{4}}x+1\,.}$

Hierbei ist ${\displaystyle {}{\frac {4}{3}}}$ der Fixpunkt.

Berechne die Länge der archimedischen Spirale

${\displaystyle \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto \left(t\cos t,\,t\sin t\right),}$

für die Umdrehung zwischen ${\displaystyle {}t=0}$ und ${\displaystyle {}t=2\pi }$.

Die Ableitung der Kurve ist

${\displaystyle \left(\cos t-t\sin t,\,\sin t+t\cos t\right).}$

Die Norm davon ist die Wurzel aus

${\displaystyle {}{\begin{aligned}{\left(\cos t-t\sin t\right)}^{2}+{\left(\sin t+t\cos t\right)}^{2}&=\cos ^{2}t-2t\cos t\sin t+t^{2}\sin ^{2}t+\sin ^{2}t+2t\sin t\cos t+t^{2}\cos ^{2}t\\&=1+t^{2}.\end{aligned}}}$

Daher ist der Länge der archimedischen Spirale nach Satz 38.6 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gleich

${\displaystyle {}{\begin{aligned}L(f)&=\int _{0}^{2\pi }{\sqrt {1+t^{2}}}dt\\&=[{\frac {1}{2}}{\left(x\cdot {\sqrt {x^{2}+1}}+\,\operatorname {arsinh} \,x\,\right)}]_{0}^{2\pi }\\&=\pi \cdot {\sqrt {4\pi ^{2}+1}}+{\frac {1}{2}}\,\operatorname {arsinh} \,2\pi \,.\end{aligned}}}$

Beweise den Satz über eine Differentialgleichung höherer Ordnung und das zugehörige System erster Ordnung.

Wenn

${\displaystyle y\colon J\longrightarrow \mathbb {R} }$

eine Lösung der Differentialgleichung höherer Ordnung

${\displaystyle {}y^{(n)}=h{\left(t,y,y',y^{\prime \prime },\ldots ,y^{(n-1)}\right)}\,}$

ist, so sind alle Funktionen ${\displaystyle {}v_{i}=y^{(i)}}$ für ${\displaystyle {}i=0,\ldots ,n-1}$ differenzierbar, und es gilt ${\displaystyle {}v_{i}'=v_{i+1}}$ für ${\displaystyle {}i=0,\ldots ,n-2}$ nach Definition und schließlich

${\displaystyle {}{\begin{aligned}v_{n-1}'(t)&={\left(y^{(n-1)}\right)}^{\prime }(t)\\&=y^{(n)}(t)\\&=h{\left(t,y(t),y'(t),y^{\prime \prime }(t),\ldots ,y^{(n-1)}(t)\right)}\\&=h{\left(t,v_{0}(t),v_{1}(t),v_{2}(t),\ldots ,v_{n-1}(t)\right)}.\end{aligned}}}$

Wenn umgekehrt

${\displaystyle v\colon J\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}}$

eine Lösung des Differentialgleichungssystems zum Vektorfeld

${\displaystyle F\colon I\times U\longrightarrow \mathbb {R} ^{n},\,(t,v_{0},\ldots ,v_{n-1})\longmapsto F(t,v_{0},\ldots ,v_{n-1})=(v_{1},\ldots ,v_{n-1},h(t,v_{0},v_{1},\ldots ,v_{n-1})),}$

ist, so ergibt sich sukzessive aus den ersten ${\displaystyle {}n-1}$ Gleichungen, dass ${\displaystyle {}y=v_{0}}$ ${\displaystyle {}n}$-mal differenzierbar ist, und die letzte Gleichung des Differentialgleichungssystems besagt gerade

${\displaystyle {}y^{(n)}(t)=h{\left(t,y(t),y'(t),y^{\prime \prime }(t),\ldots ,y^{(n-1)}(t)\right)}\,.}$

Beweise den Satz über die Lösung zu einem Eigenvektor bei einem linearen Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten.

Dies folgt direkt aus

${\displaystyle {}{\begin{aligned}v'(t)&={\begin{pmatrix}ce^{\lambda t}u_{1}\\\vdots \\ce^{\lambda t}u_{n}\end{pmatrix}}'\\&={\begin{pmatrix}(ce^{\lambda t}u_{1})'\\\vdots \\(ce^{\lambda t}u_{n})'\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}\lambda ce^{\lambda t}u_{1}\\\vdots \\\lambda ce^{\lambda t}u_{n}\end{pmatrix}}\\&=\lambda ce^{\lambda t}{\begin{pmatrix}u_{1}\\\vdots \\u_{n}\end{pmatrix}}\\&=M{\left(ce^{\lambda t}{\begin{pmatrix}u_{1}\\\vdots \\u_{n}\end{pmatrix}}\right)}\\&=M{\begin{pmatrix}ce^{\lambda t}u_{1}\\\vdots \\ce^{\lambda t}u_{n}\end{pmatrix}}.\end{aligned}}}$

Löse das Anfangswertproblem

${\displaystyle {}y'=ty-2t^{2}+1\,}$

und

${\displaystyle {}y(0)=0\,}$

durch einen Potenzreihenansatz bis zur Ordnung ${\displaystyle {}3}$.

Wir machen den Ansatz

${\displaystyle {}y(t)=a_{1}t+a_{2}t^{2}+a_{3}t^{3}+\ldots \,,}$

wegen der Anfangsbedingung ist ja direkt ${\displaystyle {}a_{0}=0}$. Die Ableitung ist

${\displaystyle {}y'(t)=a_{1}+2a_{2}t+3a_{3}t^{2}+\ldots \,,}$

das führt auf die Gleichung

${\displaystyle {}a_{1}+2a_{2}t+3a_{3}t^{2}+\ldots =t{\left(a_{1}t+a_{2}t^{2}+a_{3}t^{3}+\ldots \right)}-2t^{2}+1\,.}$

Daraus kann man

${\displaystyle {}a_{1}=1\,}$

ablesen, sodann

${\displaystyle {}a_{2}=0\,}$

und daher

${\displaystyle {}3a_{3}=1-2=-1\,,}$

also

${\displaystyle {}a_{3}=-{\frac {1}{3}}\,.}$

Der Potenzreihenansatz liefert also bis zur Ordnung ${\displaystyle {}3}$ die Lösung

${\displaystyle {}y(t)=t-{\frac {1}{3}}t^{3}\,.}$

Bestimme die regulären Punkte der Abbildung

${\displaystyle \varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y,z)\longmapsto x^{2}+y^{3}+z^{7}+xyz.}$

Es sei

${\displaystyle {}f(x,y)=\cos \left(xy\right)\,.}$

1. Bestimme die Jacobi-Matrix zu ${\displaystyle {}f}$ in einem Punkt ${\displaystyle {}\left(x,\,y\right)}$.
2. Zeige, dass ${\displaystyle {}f}$ im Nullpunkt ${\displaystyle {}\left(0,\,0\right)}$ ein globales Maximum besitzt.
3. Zeige, dass ${\displaystyle {}f}$ im Nullpunkt kein isoliertes Maximum besitzt.

1. Die Jacobi-Matrix ist

   ${\displaystyle \left(-y\sin \left(xy\right),\,-x\sin \left(xy\right)\right).}$

2. Im Nullpunkt ist

   ${\displaystyle {}f(0,0)=\cos \left(0\cdot 0\right)=1\,.}$

   Da dies überhaupt der maximal mögliche Wert für den Kosinus ist, liegt dort ein globales Maximum von ${\displaystyle {}f}$ vor.

3. In jeder beliebig kleinen offenen Umgebung des Nullpunktes gibt es Punkte der Form ${\displaystyle {}\left(0,\,y\right)}$, in diesen Punkten hat ${\displaystyle {}f}$ ebenfalls den Wert ${\displaystyle {}1}$.

Bestimme das Taylor-Polynom vierter Ordnung der Funktion

${\displaystyle f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto f(x,y)=x\sin y-e^{xy},}$

im Nullpunkt.

Der Funktionswert ist

${\displaystyle {}f(0,0)=-1\,.}$

Die relevanten Ableitungen sind

${\displaystyle {}{\frac {\partial f}{\partial x}}=\sin y-ye^{xy}\,,}$

${\displaystyle {}{\frac {\partial f}{\partial y}}=x\cos y-xe^{xy}\,,}$

${\displaystyle {}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}x}}=-y^{2}e^{xy}\,,}$

${\displaystyle {}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial ^{2}y}}=-x\sin y-x^{2}e^{xy}\,,}$

${\displaystyle {}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=\cos y-e^{xy}-xye^{xy}\,.}$

${\displaystyle {}{\frac {\partial ^{3}f}{\partial ^{3}x}}=-y^{3}e^{xy}\,,}$

${\displaystyle {}{\frac {\partial ^{3}f}{\partial ^{3}y}}=-x\cos y-x^{3}e^{xy}\,,}$

${\displaystyle {}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=-\sin y-2xe^{xy}-x^{2}ye^{xy}\,,}$

${\displaystyle {}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=-2ye^{xy}-xy^{2}e^{xy}\,.}$

${\displaystyle {}{\frac {\partial ^{4}f}{\partial ^{4}x}}=-y^{4}e^{xy}\,,}$

${\displaystyle {}{\frac {\partial ^{4}f}{\partial ^{4}y}}=-x\cos y-x^{3}e^{xy}\,,}$

${\displaystyle {}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=-\cos y-2x^{2}e^{xy}-x^{2}e^{xy}-x^{3}ye^{xy}\,,}$

${\displaystyle {}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=-2e^{xy}-2xye^{xy}-2xye^{xy}-x^{2}y^{2}e^{xy}\,,}$

${\displaystyle {}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial x}}=-3y^{4}e^{xy}-xy^{3}e^{xy}\,.}$

Wenn man den Punkt ${\displaystyle {}(0,0)}$ einsetzt, so ergibt sich überall ${\displaystyle {}0}$, außer beim Funktionswert, bei

${\displaystyle {}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial f}{\partial x}}(0,0)=-1\,}$

und bei

${\displaystyle {}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial f}{\partial x}}(0,0)=-2\,.}$

Daher ist das Taylor-Polynom der Ordnung vier gleich

${\displaystyle -1-{\frac {1}{6}}xy^{3}-{\frac {1}{2}}x^{2}y^{2}.}$

Es sei

${\displaystyle f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} }$

eine nullstellenfreie stetig differenzierbare Funktion und sei ${\displaystyle {}g}$ eine Stammfunktion zu ${\displaystyle {}f}$. Es sei

${\displaystyle \varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}}$

mit

${\displaystyle {}\varphi (x,y)=\left({\frac {x}{f(y)}},\,g(y)\right)\,.}$

a) Bestimme die Jacobi-Matrix zu ${\displaystyle {}\varphi }$.

b) Zeige, dass man auf ${\displaystyle {}\varphi }$ in jedem Punkt den Satz über die lokale Umkehrbarkeit anwenden kann.

c) Zeige, dass ${\displaystyle {}\varphi }$ injektiv ist.

a) Die Jacobi-Matrix ist

${\displaystyle {\begin{pmatrix}{\frac {1}{f(y)}}&{\frac {xf'(y)}{-(f(y))^{2}}}\\0&f(y)\end{pmatrix}}.}$

b) Die Abbildung ${\displaystyle {}\varphi }$ ist nach den Voraussetzungen an ${\displaystyle {}f}$ stetig differenzierbar. Die Determinante der Jacobi-Matrix ist in jedem Punkt

${\displaystyle {}{\frac {1}{f(y)}}f(y)=1\,,}$

daher ist das totale Differential bijektiv und der Satz ist anwendbar.

c) Es seien ${\displaystyle {}(x,y),\,(x',y')}$ mit dem gleichen Bildpunkt gegeben. Da ${\displaystyle {}f}$ stetig und nullstellenfrei ist, ist ${\displaystyle {}f}$ entweder überall positiv oder überall negativ. Daher ist die Stammfunktion ${\displaystyle {}g}$ streng wachsend oder streng fallend und jedenfalls injektiv. Aus ${\displaystyle {}g(y)=g(y')}$ folgt also ${\displaystyle {}y=y'}$. Aus

${\displaystyle {}{\frac {x}{f(y)}}={\frac {x'}{f(y')}}\,}$

folgt sodann

${\displaystyle {}x=x'\,.}$

Es sei

${\displaystyle h\colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} }$

eine stetig differenzierbare Funktion und

${\displaystyle {}G(P)=\operatorname {Grad} \,h(P)\,}$

das zugehörige Gradientenfeld. Es sei

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

eine stetig differenzierbare Lösung zur zugehörigen Differentialgleichung und es sei ${\displaystyle {}t\in \mathbb {R} }$ ein Zeitpunkt mit

${\displaystyle {}\varphi '(t)=0\,.}$

a) Es sei ${\displaystyle {}h}$ zweimal stetig differenzierbar. Zeige, dass ${\displaystyle {}\varphi }$ konstant ist.

b) Zeige durch ein Beispiel, dass ohne die Voraussetzung aus a) ${\displaystyle {}\varphi }$ nicht konstant sein muss.

a) Wenn ${\displaystyle {}h}$ zweimal stetig differenzierbar ist, so ist das Gradientenfeld ${\displaystyle {}G}$ stetig differenzierbar. Damit genügt es nach Lemma 55.4 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) lokal einer Lipschitz-Bedingung und daher sind die Lösungen zu den Anfangswertproblemen in diesem Vektorfeld nach dem Satz von Picard-Lindelöf eindeutig. Eine Lösung ${\displaystyle {}\varphi }$ der Differentialgleichung mit

${\displaystyle {}\varphi '(t_{0})=0\,}$

ist eine Lösung eines Anfangswertproblems, wobei die Anfangsbedingung eben durch ${\displaystyle {}\varphi (t_{0})}$ gegeben ist. Sei

${\displaystyle {}w:=\varphi (t_{0})\,.}$

Es ist also insbesondere

${\displaystyle {}0=\varphi '(t_{0})=G(\varphi (t_{0}))=G(w)\,.}$

Wegen der Zeitunabhängigkeit des Gradientenfeldes ist daher die konstante Kurve

${\displaystyle {}\psi =w\,}$

eine Lösung des Anfangswertproblems und muss wegen der Eindeutigkeit der Lösung mit ${\displaystyle {}\varphi }$ übereinstimmen. D.h., dass ${\displaystyle {}\varphi }$ konstant ist.

b) Es sei ${\displaystyle {}n=1}$ und

${\displaystyle {}h(x)={\frac {9}{5}}x^{5/3}={\frac {9}{5}}{\left(x^{1/3}\right)}^{5}\,.}$

Diese Funktion ist auf ganz ${\displaystyle {}\mathbb {R} }$ definiert und überall differenzierbar. Die Ableitung davon ergibt das Gradientenfeld

${\displaystyle {}G(x)={\frac {9}{5}}\cdot {\frac {5}{3}}x^{2/3}=3x^{2/3}\,.}$

Die Differentialgleichung

${\displaystyle {}\varphi '=3{\left(\varphi \right)}^{2/3}\,}$

besitzt die nichtkonstante Lösung

${\displaystyle {}\varphi (t)=t^{3}\,}$

mit

${\displaystyle {}\varphi '(0)=0\,.}$