Aufgabe 1. Implizite Funktionen und Extrema unter Nebenbedingungen a) Beweisen Sie, dass das folgende nichtlineare Gleichungssystem
x2+ 5y−u2+v+ 1 = 0 x2+ 4y2−3u2−4v+ 3 = 0
in einer Umgebung von (x0, y0, u0, v0) = (3,5,6,1)nach (u, v)aufgel¨ost werden kann. Berechnen Sie die Jacobi-Matrix der entsprechenden Funktion (u, v) =f(x, y)in dem Punkt (3,5).
Definiere F:R4→R2 mit
F(x, y, u, v) =
x2+ 5y−u2+v+ 1 x2+ 4y2−3u2−4v+ 3
.
Dann istF offensichtlich eine stetige differenzierbare Funktion. Da F(3,5,6,1) = (0,0)und det(D(u,v)(F(x, y, u, v))) = det(
−2u 1
−6u −4
) =det(
−12 1
−36 −4
) = 12 6= 0sind, folgt nach dem Satz ¨uber implizite Funktionen, dass of- fene Mengen U, V ⊆ R2 mit (3,5) ∈ U,(6,1) ∈ V sowie eine Funktion f : U → V existieren, sodass f¨ur (x, y, u, v)∈U×V gilt: F(x, y, u, v) = 0⇔f(x, y) = (u, v). Weiterhin gilt :
Df(x, y) =−(D(u,v)F(x, y, f(x, y)))−1.D(x,y)F(x, y, f(x, y)) =− 1 14u
−4 −1 6u −2u
2x 5 2x 8y
.
Daraus folgt: Df(3,5) =
5 14
10 14
−2414 5014
.
b) Sei f :R2−→Rdefiniert durch f(x, y) =x2+y2−4. Bestimmen Sie mit Hilfe der Lagrange-Multiplikatoren den Punkt der Menge A :={(x, y) ∈R2 f(x, y) = 0}, der den minimalen bzw. maximalen Abstand zu den Punkt (1,1) aufweist.
c) Sei g:R3−→Rdefiniert durch g(x, y, z) = 5x+y−3z. Bestimmen Sie mit Hilfe der Lagrange-Multiplikatoren die Extrema der Funktion g auf dem Schnitt der Ebene x+y+z = 0 mit der Oberfl¨ache der Einheitskugel x2+y2+z2= 1.
L¨osung:
Wir suchen nach Extrema von g auf der Menge A={(x, y, z)∈R3:f(x, y, z) = x2+yx+y+z2+z2−1
= ff1(x,y,z)
2(x,y,z)
=
0 0
} Diese Menge ist kompakt, da sie abgeschlossen und brschr¨ankt ist. Definiere G:R3×R2→Rmit G(x, y, z) =g(x, y, z)−λ1f1(x, y, z)−λ2f2(x, y, z) = 5x+y−3z−λ1(x+y+z)−λ2(x2+y2+z2−1).
Wir Bestimmen nun die partiellen Ableitungen von G, dann erhalten wir das folgenden Gleichungssystem:
+ 5−λ1−2λ2x= 0 (1) + 1−λ1−2λ2y= 0 (2)
−3−λ1−2λ2z= 0 (3)
x+y+z= 0 (4)
x2+y2+z2−1 = 0 (5)
Addiere (1) + (2) + (3) : 3−3λ1−2λ2(x+y+z)
| {z }
=0nach (4)
= 0⇒ λ1 = 1. Wir setzen nun λ1 = 1 in (2) ein, dann erhalten wir λ2y= 0 ⇒
|{z}
(1)
y = 0und λ26= 0 ⇒
|{z}
(1),(3)
x= λ2
2, z=−λ2
2 ⇒
|{z}
(5)
(x, y, z) = (√1
2,0,−√1
2) oder (x, y, z) = (−√1
2,0,√1
2) Wegen Kompaktheit von M m¨ussen diese beiden kritischen Stellen die globalen Extremstellen sein. g(−√1
2,0,√1
2) =−√8
2 ein globales Minimum. g(√1
2,0,−√1
2) =√8
2 ein globales. Maximum.
Aufgabe 2. Gew¨ohnliche Differentialgleichungen
a) Bestimmen Sie jeweils eine L¨osung der folgenden Anfangswertprobleme
y0(x) = cos(x) +y(x)2cos(x), y(0) = +1.
1
Lesen Sie bitte die Bemerkung in der Seite 6 von 3.1 Z y
1
1 1 +t2dt=
Z x 0
cos(s)ds⇔arctan(y)−arctan(1) = sin(x)−sin(0)
⇔arctan(y) = sin(x) +π
4 ⇔y= tan(sin(x) +π 4).
y0(x) =xexp(y(x)
x ) +y(x)
x , y(+1) = 0.
Wir Setzen y(x)x =z(x)ein, dann folgt :
y0(x) =z0(x)x+z(x) =xez(x)+z(x)⇔z0(x) =ez(x), mitz(1) = 0.
Wir verwenden wieder die Bemerkung oben:
Z z 0
e−tdt = Z x
1
ds⇔e−z = 2−x⇔ −z= ln(2−x)
⇔ −y(x)
x = ln(2−x)⇔y(x) =xln 1 2−x. y0(x) =x2y(x) + (x2−1) exp(x), y(0) =−1.
Lesen Sie bitte den Satz 2 in der Seite 9(3.1) p(x) =x2, q(x) = (x2−1)ex. y(x) =φ(x)(−1 +
Z x 0
q(t)
φ(t)dt), wobeiφ(x) =eR0xt2dt=ex
3
3 . Also ist : y(x) =ex
3 3 (−1 +
Z x 0
(t2−1)et et33
dt)
=ex
3 3 (−1−
Z x 0
e−t
3 3+t
(−t2+ 1)dt)
=ex
3
3 (−1 + 1−e−x
3
3 +x) =−ex.
y0(x) =y(x) +y−2exp(2x), y(0) = +1.
Das ist Bernoullische Dgl mit α=−2.Lesen Sie bitte Lemma1 Seite 14(3.1).
Wir setzen z=y1−α ein. Dann ist z0(x) = 3z(x) + 3e2x mit z(0) =y3(0) = 1.
z(x) =φ(x)(1 + Z x
0
3e2t φ(t)dt),
wobeiφ(x) =eR0x3dt=e3x. Also ist : z(x) =e3x(1 +
Z x 0
3e2t
e3tdt) =e3x(4−3e−x) = 4e3x−3e2x
⇒y(x) =p3
4e3x−3e2x.
b) Gegeben sei das inhomogene lineare Differenzialgleichungssystem y0=P y+Q, wobei
P(x) =
1 1
√1−x2
− 1
√1−x2 1
und Q(x) = √
1−x2
−x
1. Berechnen Sie ein L¨osungsfundamentalsystem Φ des homogenen Systems, f¨ur das Φ(0) = 1 0
0 1
gilt.
Lesen Sie bitte das Beispiel in der Seite 37(3.2).
Φ(x) = exp(F(x))
cos(G(x)) sin(G(x))
−sin(G(x)) cos(G(x))
, wobei F(x) = Z x
0
ds =x, G(x) = Z x
0
√ 1
1−s2ds = arcsin(x).
Das ergibt sich dann:
Φ(x) =ex
cos(arcsin(x)) sin(arcsin(x))
−sin(arcsin(x)) cos(arcsin(x))
=ex √
1−x2 x
−x √ 1−x2
.
2
2. Bestimmen Sie die L¨osung yp des inhomogenen Systems, die der Anfangsbedingung yp(0) = 00
gen¨ugt.
Lesen Sie den Satz 2 in der Seite 38(3.2) yp(x) = Φ(x)
Z x 0
(Φ(t))−1Q(t)dt, wobei (Φ(t))−1=e−t √
1−t2 −t
t √
1−t2
. Somit ist:
yp(x) =ex √
1−x2 x
−x √ 1−x2
Z x 0
e−t √
1−t2 −t
t √
1−t2
. √
1−t2
−t
dt
=ex √
1−x2 x
−x √ 1−x2
Z x 0
e−t 0
dt =ex √
1−x2 x
−x √ 1−x2
Rx 0 e−tdt Rx
0 0dt
=ex √
1−x2 x
−x √ 1−x2
−e−x+ 1 0
=
(ex−1)√ 1−x2
−(ex−1)x
3. L¨osen Sie das Anfangswertproblem y0=P y+Q, y(0) = −11 . y(x) =ex
√
1−x2 x
−x √ 1−x2
.
−1 +1
+
(ex−1)√ 1−x2
−(ex−1)x
=
xex−√ 1−x2 ex√
1−x2+x
.
c) Gegeben sei das homogene lineare Differenzialgleichungssystem y0=P y, wobei P(x) =
2
x 1
0 x3
Berechnen Sie auf dem Intervall x∈ (0,∞) ein L¨osungsfundamentalsystem Φ des homogenen Systems , f¨ur das Φ(1) =
1 0 0 1
gilt.
Lesen Sie bitte das Beispiel in der Seite 283.2.
Setzen wir ein LFS in Dreiecksgestalt ein, also Φ(x) =
φ11(x) φ12(x) 0 φ22(x)
. F¨ur die Diagonalelemente hat man die homogene lineare DGL:
φ011(x) = 2xφ11(x) und φ022(x) = x3φ11(x), mit den L¨osungen φ11(x) =c11x2 und φ22(x) =c22x3, wobei hier c11=c22= 1.
F¨urφ12(x) erh¨alt man die inhomogene lineare DGL:
φ012(x) = 2
xφ12(x) +φ22(x) = 2
xφ12(x) +x3. Verwende nun die L¨osungsformel f¨ur die inhomogene lineare DGL, dann erhalte:
φ12(x) =c12x2+x2 Z x3
x2dx = ˜c12x2+x4 2 =−1
2x2+x4 2 . Also ist:
Φ(x) =
x2 −12x2+x24
0 x3
.
d) Gegeben sei das inhomogene lineare Differenzialgleichungssystem y0=P y+Q, wobei P(x) =
2x cos(x)
0 2x
und Q(x) = x
exp(x2)
1. Berechnen Sie ein L¨osungsfundamentalsystem Φdes homogenen Systems, f¨ur das Φ(0) = 1 0
0 1
gilt.
2. Bestimmen Sie die L¨osung yp des inhomogenen Systems, die der Anfangsbedingung yp(0) = 00
gen¨ugt.
3. L¨osen Sie das Anfangswertproblem y0=P y+Q, y(0) = −11 .
3
