(x 1, y 1, λ 1 )) = 0. In Satz 7.6 wird aber nur positive Definitheit über dem Raum U = Ker( g(x 1, y 1 ) ) gefordert. Wir berechnen also U:

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1 Sommersemester 6, Lösungsvorschläge zu Blatt, ohne Gewähr, Seite von 5 V.. a) Man erhält λ = und λ = 9. b) Als kritische Punkte erhält man (x, ) = ( 5, 5 ) und (x, ) = ( 5, 5 ) (beide mit dem Multiplikator λ = 9 ). c) Die Hesse-Matrix im ersten kritischen Punkte ist H = H (x,) L (x,, λ ) = 4 9 ( ) 4. Das Kriterium aus Satz 6.7 funktioniert hier nicht, denn es ist det( 6 9 ) = 6 >, aber det(h(x,) L (x,, λ )) =. 9 In Satz 7.6 wird aber nur positive Definitheit über dem Raum U = Ker( g(x, ) ) gefordert. Wir berechnen also U: ( ) 8 5 g(x, ) = 36, g(x, ) = ( 8 5, 36 5 ), 5 Damit ist u = Ker( g(x, ) ) die Lösungsmenge des LGS ( 8 5, 36 5 ) U = {t ( ) R t R}. ( ) x =, also Jetzt prüft man direkt mit der Definition 6.3 positiver/negativer Definitheit, ob der Term ( ) ( ) ( ) ( ) x x x x H für alle U \ {} ein eindeutiges Vorzeichen hat. Wegen U \ {} ist ( ) ( ) x t = für beliebige t R mit t. Man berechnet t ( t t ) H ( t t ) = ( t t ) 4 9 ( ) 8t t = 4 4t + t 9 ( ) ( ) t t t = 4 5t 9 (t + 5t ) = 9 t. Dieser Term ist (weil t ), strikt positiv. Damit ist H über U positiv definit und nach Satz 7.6 liegt ein lokales Minimum vor. Im zweiten kritischen Punkt geht man analog vor, erhält letztendlich genau die gleiche Menge U und den gleichen Term 9 t und damit einen weiteren lokalten Minimalpunkt. (Das muss aber nicht so sein: Im Normalfall erhält man unterchiedliche Hesse-Matrizen, unterschiedliche Gradienten von g und damit auch unterschiedliche Terme x Hx.)

2 Sommersemester 6, Lösungsvorschläge zu Blatt, ohne Gewähr, Seite von 5 S.5. Berechnen Sie zu den folgenden Vektorfeldern g : R n R m und die jeweils gegebenen Vektoren x,, z R n jeweils die Jakobimatrix (d.h. den Gradienten/die Ableitung) g(x) = ( g (x), g (x),..., g n (x)), den Rang der Matrizen g(x ), g( ), g(z ), den Kern der Matrizen g(x ), g( ), g(z ). a) g(x, x, x 3 ) = (g (x, x, x 3 ), g (x, x, x 3 )) = (x x + sin(x ) + e x 3, cos(x ) + x ex 3 ), x = (, π, ), = ( π,, ), z = (,, ). x + cos(x ) x e x 3 g(x, x, x 3 ) = x sin(x ), e x 3 x ex 3 π + g(x ) =, Rang( g(x )) =, Ker( g(x ) ) = a + b a, b R π πe π/4 g( ) = π/,rang( g( )) =, Ker( g( ) ) = e eπ a e/π a R /4 g(z ) =, Rang( g(z )) =, Ker( g(z ) ) = a + b a, b R ( ) ( ) π/ e π/4 Rechnung zu Ker( g( ) ): g( ) = πe eπ /4 e/π b) g(x, x, x 3, x 4 ) = (g (x, x, x 3 ), g (x, x, x 3 )) = (x + x, x3 3 + x x 4 ), x = (,,, ), = (,,, ), z = (,,, ). x 4 g(x, x, x 3, x 4 ) = x 3x, 3 x g(x ) = 3, Rang( g(x )) =, Ker( g(x ) ) = a + b a, b R πe π/4 g( ) = π/, Rang( g( )) =, Ker( g( ) ) = e eπ a e/π a R /4 g(z ) =, Rang( g(z )) =, Ker( g(z ) ) = a + b a, b R

3 Sommersemester 6, Lösungsvorschläge zu Blatt, ohne Gewähr, Seite 3 von 5 S.6. Es sei A =. a) Berechnen Sie die allgemeine Lösung (t) = ( (t), (t), 3 (t)) der Gleichung (t) = A(t). (i) Eigenwerte von A: Das charakteristische Polnom von A ist λ χ A (λ) = det(a λe 3 ) = det λ = λ 3 + 3λ λ λ = λ(λ )(λ ), dessen Nullstellen λ =, λ = und λ 3 = sind dioe Eigenwerte von A. (ii) Basis zu jedem Eigenraum: λ = Mit dem Gauß-Algorithmus bringt man A E 3 in Zeilenstufenform, A E 3 = 4, die Lösungsmenge besitzt die Dimension Anzahl Stufen= 3 =, d.h. als Basis von Eig(A, ) brauchen wir einen Lösungsvektor b, z.b. b =. λ = Mit dem Gauß-Algorithmus bringt man A E 3 in Zeilenstufenform, A E 3 = 3 die Lösungsmenge besitzt die Dimension Anzahl Stufen= 3 =, d.h. als Basis von Eig(A, ) brauchen wir wieder einen Lösungsvektor b, z.b. b =. λ 3 = Mit dem Gauß-Algorithmus bringt man A E 3 in Zeilenstufenform, A E 3 = 4 4 die Lösungsmenge besitzt wieder die Dimension Anzahl Stufen= 3 =, d.h. als Basis von Eig(A, ) brauchen wir wieder einen Lösungsvektor b 3, z.b. b 3 = 4.

4 Sommersemester 6, Lösungsvorschläge zu Blatt, ohne Gewähr, Seite 4 von 5 (iii) Die allgemeine Lösung ist somit h,c (t) = c e λ t b + c e λ t b + c 3 e λ3 t b 3 = c + c e t + c 3 e t 4. b) Berechnen Sie eine partikuläre die Lösung der inhomogenen Gleichung (t) = A(t) + (, t, t ). Variation der Konstanten: (i) Man setzt den Ansatz P (t) = c (t) + c (t)e t + c 3 (t)e t 4 in die Differentialgleichung (t) = A(t) + t ein: t P (t) = c (t) + c (t)e t + c 3(t)e t 4 + c (t)e t + c 3 (t)e t 4, + c (t)e t + 4c 3 (t)e t A P (t) = + c (t)e t + 8c 3 (t)e t = c (t)e t + c 3 (t)e t 4, + + c 3 (t)e t und somit kann man in der Differentialgleichung P (t) = A P (t)+ t die Terme mit c (t), c (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 erhält fuer die unbekannten Funktionen c (t), c (t), c 3 (t) das lineare Gleichungssstem c (t) + c (t)e t + c 3(t)e t 4 = t. t (ii) Dieses lineare Gleichungssstem lößt man beispielweise mit der Kramer schen Regel: Die e t e t Koeffizientenmatrix des Gleichungssstems ist F (t) = e t 4e t mit der Determinante e t det(f (t)) = e 3t. Die Kramer sche Regel liefert also c (t) = e3t ( + t + t ) e 3t = ( + t + t ), c (t) = et ( t + t 3) e 3t = e t (t t + 3), c 3(t) = et ( t) e 3t = e t (t ). t

5 Sommersemester 6, Lösungsvorschläge zu Blatt, ohne Gewähr, Seite 5 von 5 (iii) Integration liefert dann die gesuchten Funktionen c (t), c (t), c 3 (t): c (t) = (t + t + 3 ) t3, c (t) = e t (t + t + 5), c 3 (t) = 8 e t ( t). Somit ist P (t) = (t + t + 3 ) t3 e t (t + t + 5)e t + 8 e t ( t)e t 4 3 t3 5 t 7 t 9 4 = 3 t3 5 t 4t 3 t3 + 4 t + 4 t + 8 eine partikuläre Lösung der inhomogenen Differentialgleichung.