a) Man erh¨ alt λ 0 = 1 und λ 1 = − 1 9 .

V 10.2.

a) Man erh¨ alt λ 0 = 1 und λ 1 = − ¹ ₉ .

b) Als kritische Punkte erh¨ alt man (x ₁ , y ₁ ) = √ 5, 2 √

5

und (x ₂ , y ₂ ) = − √ 5, −2 √

5

(beide mit dem Multiplikator λ ₁ = − ¹ ₉ ).

c) Die Hesse-Matrix im ersten kritischen Punkte ist H 1 = H _L ^(x,y) (x 1 , y 1 , λ 1 ) = 4

9

4 −2

−2 1

. Das Kriterium aus Satz 6.27 funktioniert hier nicht, denn es ist

det( 16 9 ) = 16

9 > 0, aber det(H _L ^(x,y) (x 1 , y 1 , λ 1 )) = 0.

In Satz 7.6 wird aber nur positive Definitheit ¨ uber dem Raum U = Ker(∇g(x ₁ , y ₁ ) ^> ) gefordert.

Wir berechnen also U :

∇g(x ₁ , y 1 ) = 18 √

5 36 √

5

, ∇g(x ₁ , y 1 ) ^> = 18 √

5, 36 √ 5

,

Damit ist u = Ker(∇g(x ₁ , y 1 ) ^> ) die L¨ osungsmenge des LGS 18 √

5, 36 √ 5

· x

y

= 0, also

U = {t −2

1

∈ R ² | t ∈ R }.

Jetzt pr¨ uft man direkt mit der Definition 6.23 positiver/negativer Definitheit, ob der Term x

y >

H ₁ x

y

f¨ ur alle x

y

∈ U \ {0} ein eindeutiges Vorzeichen hat. Wegen x

y

∈ U \ {0} ist x

y

= −2t

t

f¨ ur beliebige t ∈ R mit t 6= 0. Man berechnet −2t

t >

H 1

−2t t

= −2t t

· 4 9

−8t − 2t 4t + t

= 4

9 −2t t

· −10t

5t

= 4

9 (20t ² + 5t ² ) = 100 9 t ² . Dieser Term ist (weil t 6= 0), strikt positiv. Damit ist H ₁ ¨ uber U positiv definit und nach Satz 7.6 liegt ein lokales Minimum vor.

Im zweiten kritischen Punkt geht man analog vor, erh¨ alt letztendlich genau die gleiche Menge

U und den gleichen Term ¹⁰⁰ ₉ t ² und damit einen weiteren lokalten Minimalpunkt. (Das muss

aber nicht so sein: Im Normalfall erh¨ alt man unterchiedliche Hesse-Matrizen, unterschiedliche

Gradienten von g und damit auch unterschiedliche Terme x ^> Hx.)

S 10.5. Berechnen Sie zu den folgenden Vektorfeldern g : R ⁿ → R ^m und die jeweils gegebenen Vektoren x ₀ , y ₀ , z ₀ ∈ R ⁿ jeweils

• die Jakobimatrix (d.h. den Gradienten/die Ableitung) ∇g(x) = (∇g ₁ (x), ∇g ₂ (x), . . . , ∇g _n (x)),

• den Rang der Matrizen ∇g(x ₀ ), ∇g(y ₀ ), ∇g(z ₀ ),

• den Kern der Matrizen ∇g(x ₀ ) ^> , ∇g(y ₀ ) ^> , ∇g(z ₀ ) ^> .

a) g(x 1 , x 2 , x 3 ) = (g 1 (x 1 , x 2 , x 3 ), g 2 (x 1 , x 2 , x 3 )) = (x 1 x 2 + sin(x 1 ) + e ^x

³

, cos(x 2 ) + x ² ₁ e ^x

³

), x ₀ = (0, π, 0), y ₀ = ( ^π ₂ , 0, 1), z ₀ = (0, 0, 0).

∇g(x ₁ , x ₂ , x ₃ ) =





x 2 + cos(x 1 ) 2x 1 e ^x

³

x ₁ − sin(x ₂ ) e ^x

³

x ² ₁ e ^x

³



 ,

∇g(x ₀ ) =





π + 1 0

0 0

1 0



 , Rang(∇g(x ₀ )) = 1, Ker(∇g(x ₀ ) ^> ) =





 a



 1 0

−π −1



 + b



 0 1 0



 | a, b ∈ R







∇g(y ₀ ) =





0 πe

π/2 0

e eπ ² /4



 ,Rang(∇g(y ₀ )) = 2, Ker(∇g(y ₀ ) ^> ) =





 a





−π/4

−2e/π 1



 | a ∈ R







∇g(z ₀ ) =



 1 0 0 0 1 0



 , Rang(∇g(z ₀ )) = 1, Ker(∇g(z ₀ ) ^> ) =





 a



 1 0

−1



 + b



 0 1 0



 | a, b ∈ R







Rechnung zu Ker(∇g(y ₀ ) ^> ): ∇g(y ₀ ) ^> =

0 π/2 e πe 0 eπ ² /4

→

1 0 π/4 0 1 2e/π

b) g(x ₁ , x ₂ , x ₃ , x ₄ ) = (g ₁ (x ₁ , x ₂ , x ₃ ), g ₂ (x ₁ , x ₂ , x ₃ )) = (x ₁ + x ² ₂ , x ³ ₃ + x ₁ x ₄ ), x ₀ = (1, 1, 1, 1), y ₀ = (1, 0, 0, 1), z ₀ = (0, 0, 0, 2).

∇g(x ₁ , x ₂ , x ₃ , x ₄ ) =









1 x 4

2x ₂ 0 0 3x ² ₃ 0 x 1







 ,

∇g(x ₀ ) =







 1 1 2 0 0 3 0 1









, Rang(∇g(x ₀ )) = 2, Ker(∇g(x ₀ ) ^> ) =



 



 

 a









−2 1 0 0







 + b



 0 1 0



 | a, b ∈ R



 



 



∇g(y ₀ ) =





0 πe

π/2 0

e eπ ² /4



 , Rang(∇g(y ₀ )) = 2, Ker(∇g(y ₀ ) ^> ) =





 a





−π/4

−2e/π 1



 | a ∈ R







∇g(z ) =

 1 0 0 0



, Rang(∇g(z )) = 1, Ker(∇g(z ) ^> ) =



 a

 1 0

 + b

 0 1



| a, b ∈





S 10.6. Es sei A =





1 0 2

−1 2 2

−1 1 0



.

a) Berechnen Sie die allgemeine L¨ osung y(t) = (y 1 (t), y 2 (t), y 3 (t)) der Gleichung y ⁰ (t) = Ay(t).

(i) Eigenwerte von A: Das charakteristische Polynom von A ist

χ _A (λ) = det(A − λE 3 ) = det









1 − λ 0 2

−1 2 − λ 2

−1 1 −λ







 = −λ ³ + 3λ ² − 2λ

= λ(λ − 1)(λ − 2),

dessen Nullstellen λ ₁ = 0, λ ₂ = 1 und λ ₃ = 2 sind dioe Eigenwerte von A.

(ii) Basis zu jedem Eigenraum:

λ 1 = 0 Mit dem Gauß-Algorithmus bringt man A − 0 · E 3 in Zeilenstufenform,

A − 0 · E 3 =





1 0 2

−1 2 2

−1 1 0



 →





1 0 2 0 2 4 0 1 2



 →





1 0 2 0 1 2 0 0 0



 ,

die L¨ osungsmenge besitzt die Dimension 2−Anzahl Stufen= 3 − 2 = 1, d.h. als Basis von Eig(A, 0) brauchen wir einen L¨ osungsvektor b 1 6= 0, z.B. b 1 =



 2 2

−1



.

λ ₂ = 1 Mit dem Gauß-Algorithmus bringt man A − 1 · E ₃ in Zeilenstufenform,

A − 1 · E 3 =





0 0 2

−1 1 2

−1 1 −1



 →





1 −1 −2

0 0 2

−1 1 −1



 →





1 −1 −2

0 0 2

0 0 −3



 →





1 −1 −2

0 0 1

0 0 0





die L¨ osungsmenge besitzt die Dimension 2−Anzahl Stufen= 3 − 2 = 1, d.h. als Basis von Eig(A, 1) brauchen wir wieder einen L¨ osungsvektor b 2 6= 0, z.B. b 2 =



 1 1 0



.

λ 3 = 2 Mit dem Gauß-Algorithmus bringt man A − 2 · E 3 in Zeilenstufenform,

A − 2 · E ₃ =





−1 0 2

−1 0 2

−1 1 −2



 →





1 0 −2

−1 0 2

−1 1 −2



 →





1 0 −2 0 0 0 0 1 −4



 →





1 0 −2 0 1 −4 0 0 0





die L¨ osungsmenge besitzt wieder die Dimension 2−Anzahl Stufen= 3 − 2 = 1, d.h. als Basis von Eig(A, 2) brauchen wir wieder einen L¨ osungsvektor b ₃ 6= 0, z.B. b ₃ =



 2 4 1



.

(iii) Die allgemeine L¨ osung ist somit

y _h,c (t) = c 1 e ^λ

¹

^·t b 1 + c 2 e ^λ

²

^·t b 2 + c 3 e ^λ

³

^·t b 3 = c 1



 2 2

−1



 + c 2 e ^t



 1 1 0



 + c 3 e ^2t



 2 4 1



 .

b) Berechnen Sie eine partikul¨ are die L¨ osung der inhomogenen Gleichung y ⁰ (t) = Ay(t) + (1, t, t ² ).

Variation der Konstanten:

(i) Man setzt den Ansatz y P (t) = c 1 (t)



 2 2

−1



 + c 2 (t)e ^t



 1 1 0



 + c 3 (t)e ^2t



 2 4 1



 in die Differenti-

algleichung y ⁰ (t) = Ay(t) +



 1 t t ²



 ein:

y _P ⁰ (t) = c ⁰ ₁ (t)



 2 2

−1



 + c ⁰ ₂ (t)e ^t



 1 1 0



 + c ⁰ ₃ (t)e ^2t



 2 4 1



 + c ₂ (t)e ^t



 1 1 0



 + 2c ₃ (t)e ^2t



 2 4 1



 ,

Ay _P (t) =





0 + c 2 (t)e ^t + 4c 3 (t)e ^2t 0 + c ₂ (t)e ^t + 8c ₃ (t)e ^2t

0 + 0 + 2c 3 (t)e ^2t



 = c ₂ (t)e ^t



 1 1 0



 + 2c ₃ (t)e ^2t



 2 4 1



 ,

und somit kann man in der Differentialgleichung y ⁰ _P (t) = Ay _P (t)+



 1 t t ²



 die Terme mit c ₁ (t), c 2 (t), c 3 (t) auf beiden Seiten subtrahieren (das ist bei diesem Ansatz immer so und muss nicht jedes Mal wieder im Detail nachgerechnet werden). Man erh¨ alt fuer die unbekannten Funktionen c ⁰ ₁ (t), c ⁰ ₂ (t), c ⁰ ₃ (t) das lineare Gleichungssystem

c ⁰ ₁ (t)



 2 2

−1



 + c ⁰ ₂ (t)e ^t



 1 1 0



 + c ⁰ ₃ (t)e ^2t



 2 4 1



 =



 1 t t ²



 .

(ii) Dieses lineare Gleichungssystem l¨ oßt man beispielweise mit der Kramer’schen Regel: Die Koeffizientenmatrix des Gleichungssystems ist F (t) =





2 e ^t 2e ^2t 2 e ^t 4e ^2t

−1 0 e ^2t



 mit der Determi- nante det(F (t)) = −2e ^3t . Die Kramer’sche Regel liefert also

c ⁰ ₁ (t) = e ^3t (1 + t + 2t ² )

−2e ^3t = − 1

2 (1 + t + 2t ² ), c ⁰ ₂ (t) = 2e ^2t (−2t ² + 2t − 3)

−2e ^3t = e ^−t (2t ² − 2t + 3),

t −

(iii) Integration liefert dann die gesuchten Funktionen c 1 (t), c 2 (t), c 3 (t):

c 1 (t) = − 1 2

t + 1

2 t ² + 2 3 t ³

, c 2 (t) = −e ^−t (2t ² + 2t + 5), c ₃ (t) = 1

8 e ^−2t (1 − 2t).

Somit ist

y P (t) = − 1 2

t + 1

2 t ² + 2 3 t ³



 2 2

−1



 − e ^−t (2t ² + 2t + 5)e ^t



 1 1 0



 + 1

8 e ^−2t (1 − 2t)e ^2t



 2 4 1





=









− ² ₃ t ³ − ⁵ ₂ t ² − ⁷ ₂ t − ¹⁹ ₄

− ² ₃ t ³ − ⁵ ₂ t ² − 4t − ¹¹ ₂

1

3 t ³ + ¹ ₄ t ² + ¹ ₄ t + ¹ ₈









eine partikul¨ are L¨ osung der inhomogenen Differentialgleichung.