Kurs:Analysis/Teil II/20/Klausur mit Lösungen

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Das uneigentliche Integral zu einer stetigen Funktion

   ${\displaystyle f\colon [0,+\infty ]\longrightarrow \mathbb {R} .}$

2. Die Abstandsfunktion auf einem Vektorraum ${\displaystyle {}V}$ über ${\displaystyle {}{\mathbb {K} }}$ mit einem Skalarprodukt ${\displaystyle {}\left\langle -,-\right\rangle }$.
3. Ein Zentralfeld

   ${\displaystyle F\colon \mathbb {R} \times V\longrightarrow V}$

   auf einem reellen endlichdimensionalen Vektorraum ${\displaystyle {}V}$.

4. Die Gramsche Matrix zu einer Bilinearform ${\displaystyle {}\left\langle -,-\right\rangle }$ auf einem ${\displaystyle {}K}$- Vektorraum ${\displaystyle {}V}$ bezüglich einer Basis ${\displaystyle {}v_{1},\ldots ,v_{n}}$ von ${\displaystyle {}V}$.
5. Ein lokales Minimum einer Funktion

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

   auf einem metrischen Raum ${\displaystyle {}M}$ in einem Punkt ${\displaystyle {}x\in M}$.

6. Eine punktweise konvergente Abbildungsfolge

   ${\displaystyle f_{n}\colon T\longrightarrow M}$

   auf einer Menge ${\displaystyle {}T}$ in einen metrischen Raum ${\displaystyle {}M}$.

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Abschätzung von Cauchy-Schwarz (oder Ungleichung von Cauchy-Schwarz).
2. Das Lösungsverfahren für ein durch ein Zentralfeld

   ${\displaystyle F\colon \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}}$

   gegebenes Anfangswertproblem.
3. Der Satz über die Richtungsableitungen in einem lokalen Extremum.

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 metrischer Raum, zu einer Menge ${\displaystyle {}A\subseteq M}$ bezeichnet ${\displaystyle {}{\overline {A}}}$ den Abschluss von ${\displaystyle {}A}$. Beweise oder widerlege die folgenden Eigenschaften

1. ${\displaystyle {}{\overline {A\cup B}}={\overline {A}}\cup {\overline {B}}\,.}$

2. ${\displaystyle {}{\overline {A\cap B}}={\overline {A}}\cap {\overline {B}}\,.}$

1. Aus ${\displaystyle {}A,B\subseteq A\cup B}$ folgt direkt

   ${\displaystyle {}{\overline {A}},{\overline {B}}\subseteq {\overline {A\cup B}}\,}$

   und damit

   ${\displaystyle {}{\overline {A}}\cup {\overline {B}}\subseteq {\overline {A\cup B}}\,.}$

   Andererseits ist

   ${\displaystyle {}A\cup B\subseteq {\overline {A}}\cup {\overline {B}}\,}$

   und die rechte Menge ist als Vereinigung von zwei abgeschlossenen Mengen wieder abgeschlossen. Da ${\displaystyle {}{\overline {A\cup B}}}$ der Durchschnitt von allen abgeschlossenen Mengen, die ${\displaystyle {}A\cup B}$ umfassen, ist, gilt

   ${\displaystyle {}{\overline {A\cup B}}\subseteq {\overline {A}}\cup {\overline {B}}\,.}$

2. Diese Eigenschaft stimmt nicht. Es sei ${\displaystyle {}M=\mathbb {R} }$, ${\displaystyle {}A=\mathbb {Q} }$ und ${\displaystyle {}B=\mathbb {R} \setminus \mathbb {Q} }$. Da es in jeder beliebig kleinen Umgebung einer reellen Zahl sowohl rationale als auch irrationale Zahlen gibt, ist

   ${\displaystyle {}{\overline {\mathbb {Q} }}=\mathbb {R} ={\overline {\mathbb {R} \setminus \mathbb {Q} }}\,,}$

   was sich auf den Durchschnitt überträgt. Dagegen ist

   ${\displaystyle {}\mathbb {Q} \cap (\mathbb {R} \setminus \mathbb {Q} )=\emptyset \,}$

   und

   ${\displaystyle {}{\overline {\emptyset }}=\emptyset \,.}$

Finde ein Polynom ${\displaystyle {}p(x,y)}$ der Form

${\displaystyle {}p(x,y)=a+bx+cy+dx^{2}+exy+fy^{2}\,,}$

das die Bedingungen

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

${\displaystyle {}p(0,1)=1\,,}$

${\displaystyle {}p(1,0)=0\,,}$

${\displaystyle {}p(1,1)=3\,,}$

${\displaystyle {}p(0,2)=6\,,}$

${\displaystyle {}p(-1,1)=1\,,}$

erfüllt.

Aus der ersten Gleichung folgt direkt

${\displaystyle {}a=0\,.}$

Aus der zweiten und der fünften Gleichung ergeben sich

${\displaystyle {}c+f=1\,}$

und

${\displaystyle {}2c+4f=6\,,}$

woraus sich

${\displaystyle {}c=-1\,}$

und

${\displaystyle {}f=2\,}$

ergeben. Aus der dritten Gleichung ergibt sich

${\displaystyle {}b+d=0\,,}$

also

${\displaystyle {}d=-b\,.}$

Unter Verwendung der bisherigen Ergebnisse ergibt die vierte Bedingung

${\displaystyle {}b-1-b+e+2=3\,,}$

also

${\displaystyle {}e=2\,,}$

und die sechste Bedingung ergibt

${\displaystyle {}-b-1-b=1\,,}$

also

${\displaystyle {}b=-1\,.}$

Das Polynom

${\displaystyle -x-y+x^{2}+2xy+2y^{2}}$

erfüllt also alle Bedingungen.

Wir betrachten die reelle Ebene ${\displaystyle {}\mathbb {R} ^{2}}$ ohne den offenen Kreis mit Mittelpunkt ${\displaystyle {}M=(0,0)}$ und Radius ${\displaystyle {}3}$, also

${\displaystyle {}T={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid {\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\geq 3\right\}}\,.}$

Eine Person befindet sich im Punkt ${\displaystyle {}A=(5,0)}$ und möchte zum Punkt ${\displaystyle {}B=(-5,0)}$, wobei sie sich nur in ${\displaystyle {}T}$ bewegen darf.

a) Zeige, dass die Person von ${\displaystyle {}A}$ nach ${\displaystyle {}B}$ entlang von zwei geraden Strecken kommen kann, deren Gesamtlänge ${\displaystyle {}12,5}$ ist.

b) Zeige, dass die Person von ${\displaystyle {}A}$ nach ${\displaystyle {}B}$ entlang eines stetigen Weges kommen kann, dessen Gesamtlänge maximal ${\displaystyle {}11,9}$ ist.

a) Wir betrachten die (obere) Tangente an den Kreis durch ${\displaystyle {}(5,0)}$. Es sei ${\displaystyle {}C}$ der Schnittpunkt des Kreises mit dieser Tangente. Diese steht senkrecht auf dem Ortsvektor zu ${\displaystyle {}C}$. Nach dem Satz des Pythagoras, angewendet auf das rechtwinklige Dreieck ${\displaystyle {}M,C,A}$, besitzt die Verbindungsstrecke von ${\displaystyle {}A}$ nach ${\displaystyle {}C}$ die Länge ${\displaystyle {}4}$. Es sei ${\displaystyle {}D}$ der Schnittpunkt der Tangente mit der ${\displaystyle {}y}$-Achse. Wir betrachten das (rechtwinklige) Dreieck ${\displaystyle {}M,D,C}$. Der Winkel dieses Dreiecks an ${\displaystyle {}M}$ stimmt mit dem Winkel des zuerst betrachteten Dreiecks an ${\displaystyle {}A}$ überein. Daher sind die beiden Dreiecke ähnlich (d.h. es gelten die gleichen Längenverhältnisse) und daher besteht, wenn ${\displaystyle {}x}$ die Länge von ${\displaystyle {}C}$ nach ${\displaystyle {}D}$ bezeichnet, die Beziehung

${\displaystyle {}{\frac {x}{3}}={\frac {3}{4}}\,.}$

Also ist ${\displaystyle {}x=2{,}25}$. Daher ist die Strecke von ${\displaystyle {}A}$ nach ${\displaystyle {}D}$ gleich

${\displaystyle {}4+2{,}25=6{,}25\,.}$

Man kann also auf dieser Tangente von ${\displaystyle {}A}$ nach ${\displaystyle {}D}$ und von dort mit der gespiegelten Tangente von ${\displaystyle {}D}$ nach ${\displaystyle {}B}$ gelangen und legt dabei einen Weg der Länge ${\displaystyle {}12{,}5}$ zurück.

b) Die Person bewegt sich nun von ${\displaystyle {}A}$ nach ${\displaystyle {}C}$ längs der Tangenten, folgt dann dem Kreis bis zu dem ${\displaystyle {}C}$ gegenüberliegenden Punkt ${\displaystyle {}C'}$ und läuft dann längs der gespiegelten Tangenten von ${\displaystyle {}C'}$ nach ${\displaystyle {}B}$. Dieser Weg ist offenbar stetig. Es sei ${\displaystyle {}\alpha }$ der Winkel des Dreiecks ${\displaystyle {}M,C,A}$ an ${\displaystyle {}A}$. In diesem rechtwinkligen Dreieck besteht die Beziehung („Gegenkathete durch Hypotenuse“)

${\displaystyle {}\sin \alpha ={\frac {3}{5}}\,.}$

Daher ist ${\displaystyle {}\alpha =0{,}6435\dotso }$ im Bogenmaß. Wie unter a) bemerkt, tritt dieser Winkel auch im Dreieck ${\displaystyle {}M,D,C}$ an ${\displaystyle {}M}$ auf und beschreibt daher den Winkel, der den zugehörigen Kreisbogen bestimmt, entlang dem sich die Person bewegt. Da der Radius ${\displaystyle {}3}$ ist, ist der zugehörige Bogen maximal gleich

${\displaystyle {}3\cdot 0{,}644=1{,}932\,.}$

Daher ist die Gesamtlänge dieses Weges gleich

${\displaystyle {}8+2\cdot 1{,}932=8+3{,}864=11{,}864<11{,}9\,.}$

Beweise die Kettenregel für total differenzierbare Abbildungen ${\displaystyle {}\varphi :V\rightarrow W}$ und ${\displaystyle {}\psi :W\rightarrow U}$, wobei ${\displaystyle {}V,W,U}$ endlichdimensionale ${\displaystyle {}{\mathbb {K} }}$- Vektorräume sind.

Wir haben nach Voraussetzung (wobei wir ${\displaystyle {}Q:=\varphi (P)}$ setzen)

${\displaystyle {}\varphi (P+v)=\varphi (P)+L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)\,}$

und

${\displaystyle {}\psi (Q+w)=\psi (Q)+M(w)+\Vert {w}\Vert s(w)\,}$

mit linearen Abbildungen ${\displaystyle {}L\colon V\rightarrow W}$ und ${\displaystyle {}M\colon W\rightarrow U}$, und mit in ${\displaystyle {}0}$ stetigen Funktionen ${\displaystyle {}r\colon U{\left(0,\delta \right)}\rightarrow W}$ und ${\displaystyle {}s\colon U{\left(0,\delta '\right)}\rightarrow U}$, die beide in ${\displaystyle {}0}$ den Wert ${\displaystyle {}0}$ annehmen. Damit gilt

${\displaystyle {}{\begin{aligned}(\psi \circ \varphi )(P+v)&=\psi (\varphi (P+v))\\\\&=\psi {\left(\varphi (P)+L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)\right)}\\&=\psi (\varphi (P))+M(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))+\Vert {L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)}\Vert s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))\\&=\psi (\varphi (P))+M(L(v))+M(\Vert {v}\Vert r(v))+\Vert {L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)}\Vert s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))\\&=\psi (\varphi (P))+(M\circ L)(v)+\Vert {v}\Vert M(r(v))+\Vert {\Vert {v}\Vert L{\left({\frac {v}{\Vert {v}\Vert }}\right)}+\Vert {v}\Vert r(v)}\Vert s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))\\&=\psi (\varphi (P))+(M\circ L)(v)+\Vert {v}\Vert {\left(M(r(v))+\Vert {L{\left({\frac {v}{\Vert {v}\Vert }}\right)}+r(v)}\Vert s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))\right)}.\,\end{aligned}}}$

Dabei haben wir in der dritten Gleichung die lineare Approximation für

${\displaystyle {}w=L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)\,}$

eingesetzt. Die beiden letzten Gleichungen gelten nur für ${\displaystyle {}v\neq 0}$. Der Ausdruck

${\displaystyle t(v):=M(r(v))+\Vert {L{\left({\frac {v}{\Vert {v}\Vert }}\right)}+r(v)}\Vert s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))\,}$

ist unser Kandidat für die Abweichungsfunktion. Der erste Summand ${\displaystyle {}M(r(v))}$ ist in ${\displaystyle {}v=0}$ stetig und hat dort auch den Wert ${\displaystyle {}0}$. Es genügt also den zweiten Summanden zu betrachten. Der ${\displaystyle {}\Vert {-}\Vert }$-Ausdruck ist in einer Umgebung der Null beschränkt, da ${\displaystyle {}L}$ auf der kompakten Einheitssphäre nach Satz 36.11 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) beschränkt ist und da ${\displaystyle {}r}$ in ${\displaystyle {}0}$ stetig ist. Daher hängt die Stetigkeit nur von dem rechten Faktor ab. Aber ${\displaystyle {}L(v)+\Vert {v}\Vert r(v)}$ hat für ${\displaystyle {}v\rightarrow 0}$ den Grenzwert ${\displaystyle {}0}$. Damit ist auch ${\displaystyle {}s(L(v)+\Vert {v}\Vert r(v))}$ in ${\displaystyle {}0}$ stetig und hat dort den Grenzwert ${\displaystyle {}0}$.

Wir betrachten die Funktion

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

auf ${\displaystyle {}\mathbb {R} _{>0}\times \mathbb {R} _{>0}}$.

1. Bestimme die ersten partiellen Ableitungen von ${\displaystyle {}f}$.
2. Zeige, dass ${\displaystyle {}f}$ genau einen kritischen Punkt besitzt (Tipp: kann ${\displaystyle {}y>x}$ sein?) und bestimme diesen.
3. Bestimme die Hesse-Matrix von ${\displaystyle {}f}$.
4. Bestimme die Extrema von ${\displaystyle {}f}$.

1. Es ist

   ${\displaystyle {}f(x,y)=x^{y}y^{x}=e^{y\ln x}\cdot e^{x\ln y}=e^{y\ln x+x\ln y}\,.}$

   Daher ist

   ${\displaystyle {}{\frac {\partial f}{\partial x}}={\left({\frac {y}{x}}+\ln y\right)}e^{y\ln x+x\ln y}\,}$

   und

   ${\displaystyle {}{\frac {\partial f}{\partial y}}={\left({\frac {x}{y}}+\ln x\right)}e^{y\ln x+x\ln y}\,.}$

2. Ein kritischer Punkt liegt genau dann vor, wenn

   ${\displaystyle {}{\frac {y}{x}}+\ln y=0\,}$

   und

   ${\displaystyle {}{\frac {x}{y}}+\ln x=0\,}$

   ist. Nehmen wir an, dass dies für einen Punkt ${\displaystyle {}(x,y)}$ mit ${\displaystyle {}y>x}$ erfüllt ist. Aus der ersten Gleichung folgt

   ${\displaystyle {}\ln y<-1\,}$

   und aus der zweiten Gleichung folgt

   ${\displaystyle {}\ln x>-1\,.}$

   Dann wäre

   ${\displaystyle {}\ln y<\ln x\,}$

   was wegen der Monotonie des Logarithmus nicht sein kann. Es sei also

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

   Dann ist ${\displaystyle {}\ln x=\ln y=-1}$ und somit

   ${\displaystyle {}x=y=e^{-1}\,,}$

   und ${\displaystyle {}\left(e^{-1},\,e^{-1}\right)}$ ist in der Tat ein kritischer Punkt.

3. Die Hesse-Matrix ist allgemein gleich

   ${\displaystyle e^{y\ln x+x\ln y}{\begin{pmatrix}-{\frac {y}{x^{2}}}+{\left({\frac {y}{x}}+\ln y\right)}^{2}&{\frac {1}{x}}+{\frac {1}{y}}+{\left({\frac {y}{x}}+\ln y\right)}{\left({\frac {x}{y}}+\ln x\right)}\\{\frac {1}{x}}+{\frac {1}{y}}+{\left({\frac {y}{x}}+\ln y\right)}{\left({\frac {x}{y}}+\ln x\right)}&-{\frac {x}{y^{2}}}+{\left({\frac {x}{y}}+\ln x\right)}^{2}\end{pmatrix}}}$

   und im kritischen Punkt gleich

   ${\displaystyle e^{-2e^{-1}}{\begin{pmatrix}-e&2e\\2e&-e\end{pmatrix}}.}$

4. Ein lokales Extremum kann allenfalls in einem kritischen Punkt vorliegen. Im kritischen Punkt sind die Minoren (ohne den positiven Vorfaktor gleich) ${\displaystyle {}-e}$ und

   ${\displaystyle {}e^{2}-4e^{2}=-3e^{2}\,.}$

   Beide sind also negativ und somit ist die Hesse-Form indefinit und nach Satz 50.2 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) liegt kein lokales Extremum im kritischen Punkt vor.

Wir betrachten die Abbildung

${\displaystyle \varphi \colon \mathbb {R} \times \mathbb {R} _{+}\longrightarrow ,\,\left(x,\,y\right)\longmapsto \left({\frac {x}{y}},\,{\frac {y}{1+x^{2}}}\right).}$

1. Bestimme die Jacobi-Matrix zu ${\displaystyle {}\varphi }$ in einem Punkt ${\displaystyle {}\left(x,\,y\right)}$.
2. Bestimme die kritischen Punkte von ${\displaystyle {}\varphi }$.

1. Die Jacobi-Matrix in ${\displaystyle {}\left(x,\,y\right)}$ ist

   ${\displaystyle {\begin{pmatrix}{\frac {1}{y}}&-{\frac {x}{y^{2}}}\\-{\frac {2xy}{(1+x^{2})^{2}}}&{\frac {1}{1+x^{2}}}\end{pmatrix}}.}$

2. Die Determinante der Jacobi-Matrix ist

   ${\displaystyle {}{\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}{\frac {1}{y}}&-{\frac {x}{y^{2}}}\\-{\frac {2xy}{(1+x^{2})^{2}}}&{\frac {1}{1+x^{2}}}\end{pmatrix}}&={\frac {1}{y(1+x^{2})}}-{\frac {2x^{2}y}{(1+x^{2})^{2}y^{2}}}\\&={\frac {y(1+x^{2})-2x^{2}y}{(1+x^{2})^{2}y^{2}}}\\&={\frac {y-x^{2}y}{(1+x^{2})^{2}y^{2}}}.\end{aligned}}}$

   Ein kritischer Punkt liegt genau dann vor, wenn die Determinante der Jacobi-Matrix gleich ${\displaystyle {}0}$ ist. Dies ist genau dann der Fall, wenn der Zähler

   ${\displaystyle {}y-x^{2}y=y(1-x^{2})\,}$

   gleich ${\displaystyle {}0}$ ist. Wegen ${\displaystyle {}y>0}$ ist dies genau bei

   ${\displaystyle {}x=\pm 1\,}$

   der Fall, die kritischen Punkte sind also ${\displaystyle {}(1,y)}$ und ${\displaystyle {}(-1,y)}$.

Wir betrachten die Funktion

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

1. Bestimme die Jacobi-Matrix zu ${\displaystyle {}\varphi }$ in einem Punkt ${\displaystyle {}\left(x,\,y,\,z\right)}$.
2. Bestimme die kritischen Punkte von ${\displaystyle {}\varphi }$.
3. Bestimme die Hesse-Matrix zu ${\displaystyle {}\varphi }$ in einem Punkt ${\displaystyle {}\left(x,\,y,\,z\right)}$.
4. Bestimme die Eigenräume der Hesse-Matrix zu ${\displaystyle {}\varphi }$ im Punkt ${\displaystyle {}\left(1,\,1,\,1\right)}$.
5. Bestimme den Typ der Hesse-Form zu ${\displaystyle {}\varphi }$ im Punkt ${\displaystyle {}\left(1,\,1,\,1\right)}$ mit Hilfe des Eigenwertkriteriums.

1. Die Jacobi-Matrix zu ${\displaystyle {}\varphi }$ in ${\displaystyle {}\left(x,\,y,\,z\right)}$ ist

   ${\displaystyle \left(yz,\,xz,\,xy\right).}$

2. Ein kritischer Punkt liegt genau dann vor, wenn alle drei partiellen Ableitungen ${\displaystyle {}0}$ sind. Bei

   ${\displaystyle {}x\neq 0\,}$

   muss

   ${\displaystyle {}y=z=0\,}$

   sein, dass ist die ${\displaystyle {}x}$-Achse. Wegen der Symmetrie der Situation sind also die kritischen Punkte genau die Punkte der drei Raumachsen.

3. Die Hesse-Matrix zu ${\displaystyle {}\varphi }$ in ${\displaystyle {}\left(x,\,y,\,z\right)}$ ist

   ${\displaystyle {\begin{pmatrix}0&z&y\\z&0&x\\y&x&0\end{pmatrix}}.}$

4. Die Hesse-Matrix zu ${\displaystyle {}\varphi }$ in ${\displaystyle {}\left(1,\,1,\,1\right)}$ ist

   ${\displaystyle {\begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&1\\1&1&0\end{pmatrix}}.}$

   Das charakteristische Polynom davon ist

   ${\displaystyle {}{\begin{aligned}\det {\begin{pmatrix}t&-1&-1\\-1&t&-1\\-1&-1&t\end{pmatrix}}&=t(t^{2}-1)-t-1-(1+t)\\&=t^{3}-3t-2\\&=(t-2)(t^{2}+2t+1)\\&=(t-2)(t+1)^{2}.\end{aligned}}}$

   Der Eigenraum zum Eigenwert ${\displaystyle {}2}$ ist ${\displaystyle {}\mathbb {R} {\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}}}$. Der Eigenraum zum Eigenwert ${\displaystyle {}-1}$ ist

   ${\displaystyle {}\operatorname {kern} {\begin{pmatrix}-1&-1&-1\\-1&-1&-1\\-1&-1&-1\end{pmatrix}}=\left(-1,\,-1,\,-1\right)^{\perp }=\langle {\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}}\rangle \,.}$

5. Nach Teil (4) und dem Eigenwertkriterium ist der Typ der Hesse-Form zu ${\displaystyle {}\varphi }$ im Punkt ${\displaystyle {}\left(1,\,1,\,1\right)}$ gleich ${\displaystyle {}(1,2)}$.

Bestimme die ersten drei Iterationen in der Picard-Lindelöf-Iteration für die lineare gewöhnliche Differentialgleichung

${\displaystyle {}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}'={\begin{pmatrix}t&3\\1&t\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\,}$

mit der Anfangsbedingung ${\displaystyle {}x(0)=0}$ und ${\displaystyle {}y(0)=1}$.

Die nullte Iteration ist die konstante Funktion

${\displaystyle {}\varphi _{0}(t)={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}\,.}$

Die erste Iteration ist

${\displaystyle {}{\begin{aligned}\varphi _{1}(t)&={\begin{pmatrix}x_{1}(t)\\y_{1}(t)\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}s&3\\1&s\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}3\\s\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}3t\\{\frac {1}{2}}t^{2}+1\end{pmatrix}}.\end{aligned}}}$

Die zweite Iteration ist

${\displaystyle {}{\begin{aligned}\varphi _{2}(t)&={\begin{pmatrix}x_{2}(t)\\y_{2}(t)\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}s&3\\1&s\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}3s\\{\frac {1}{2}}s^{2}+1\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}{\frac {9}{2}}s^{2}+3\\{\frac {1}{2}}s^{3}+4s\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}{\frac {3}{2}}t^{3}+3t\\{\frac {1}{8}}t^{4}+2t^{2}+1\end{pmatrix}}.\end{aligned}}}$

Die dritte Iteration ist

${\displaystyle {}{\begin{aligned}\varphi _{3}(t)&={\begin{pmatrix}x_{3}(t)\\y_{3}(t)\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}s&3\\1&s\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}{\frac {3}{2}}s^{3}+3s\\{\frac {1}{8}}s^{4}+2s^{2}+1\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}+\int _{0}^{t}{\begin{pmatrix}{\frac {15}{8}}s^{4}+9s^{2}+3\\{\frac {1}{8}}s^{5}+{\frac {7}{2}}s^{3}+4s\end{pmatrix}}ds\\&={\begin{pmatrix}{\frac {3}{8}}t^{5}+3t^{3}+3t\\{\frac {1}{48}}t^{6}+{\frac {7}{8}}t^{4}+2t^{2}+1\end{pmatrix}}.\end{aligned}}}$