Musterlösung Serie 12

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1 Prof. D. Salamon Analysis II MATH, PHYS, CHAB FS 05 Musterlösung Serie. Es sei wie in der Aufgabenstellung M R n eine C -Untermannigfaltigkeit und B M eine kompakte Teilmenge. Des weiteren nehmen wir an, dass B in einem Kartengebiet von M liegt. Dann existieren oene Mengen Ω R d und U R n mit B U M sowie ein C -Dieomorphismus ψ : Ω U M. Wir nehmen zusätzlich an, dass A := ψ (B) eine kompakte Jordan messbare Teilmenge von U ist und denieren f ds := f(ψ(x)) det(dψ(x) T dψ(x)) dx. () B falls f(ψ(x)) eine Riemann integrierbare Funktion auf A ist. A Wir wollen im Folgenden zeigen, dass diese Denition unabhängig von der Wahl der Karte ψ ist. Sei also ψ : Ω Ũ M eine weitere Karte mit B Ũ M und deniere à := ψ (B). Dann zeigen wir im Folgenden, dass das Integral f( ψ(x)) det(d ψ(x) T d ψ(x)) dx () à wohl-deniert ist und den gleichen Wert für f ds liefert. B (a) Sei W U eine oene Teilmenge für die B W gilt. Da ψ (W ) Ω oen ist, die Einschränkung ψ W : ψ (W ) W M ebenfalls eine Karte für M. Da A ψ (W ) gilt, ändert sich die rechte Seite in () nicht, wenn wir ψ durch die Einschränkung ψ W ersetzen. Das gleiche Argument gilt auch für ψ und (). Wenn wir beide Karten mit W := U Ũ einschränken, erhalten wir eine Situation in der beide Karten das gleiche Bild haben. (b) Wir nehmen nach Teil (a) U M = Ũ M an. Da die Umkehrabbildung eines C - Dieomorphismus wieder eine C -Dieomorphismus ist und die Verkettung von C - Dieomorphismen wieder ein C -Dieomorphismus ist, ist die Abbildung χ := ψ ψ : Ω Ω ein C -Dieomorphismus. Um das Argument zu erklären, wiederholen wir kurz die Denition eines Dieomorphismus zwischen beliebigen (nicht notwendigerweise oenen) Mengen: Seien X R d und Y R n beliebige Teilmengen. Eine Abbildung f : X Y heisst stetig dierenzierbar, wenn eine oene Umgebung X W R d und eine stetig dierenzierbare Abbildung F : W R n existieren mit F (x) = f(x) für alle x X. Eine Abbildung f : X Y heisst C -Dieomorphismus, wenn f bijektiv ist und f, f beide stetig dierenzierbar sind. (c) Nach Teil (b) ist χ ein Dieomorphismus. Der Transformationssatz garantiert, dass à = χ(a) Jordan messbar ist und f ψ = (f ψ) χ Riemann integrierbar ist. Somit ist das Integral in () wohl-deniert.

2 (d) Ableiten des Ausdrucks ψ(x) = ψ(χ(x)) mit Hilfe der Kettenregel liefert dψ(x) = d ψ(χ(x)) dχ(x). Insbesondere folgt det ( dψ(x) T dψ(x) ) ( = det dχ(x) T d ψ(χ(x)) T d ψ(χ(x))dχ(x) ) = det(dχ(x)) det(d ψ(χ(x)) T d ψ(χ(x))). Wenn wir aus diesem Ausdruck die Wurzel ziehen erhalten wir g ψ (x) = det(dχ(x)) g ψ(χ(x)). Es folgt nun aus dem Transformationssatz die Beziehung f(ψ(x))g ψ (x)dx = (f ψ)(χ(x)) g ψ(χ(x)) det(dχ(x)) dx A A = (f ψ)(y)g ψ(y) dy und das beweist die Gleichheit der Ausdrucke in () und (). Ã. (a) Wir betrachten zunächst den Fall, dass a i = 0 für eines der Argumente gilt. Dann folgt aus (V) v d (a,..., 0,..., a d ) = v d (a,..., 0 0,..., a d ) = 0 v d (a,..., 0,..., a d ) = 0. Wir betrachten als nächstes den Fall, dass a,..., a d paarweise orthogonal sind und alle nicht verschwinden. Dann folgt aus (V) und (V3): a v d (a,..., a d ) = ( a a d ) v d a,..., a d = a a d. a d Aus dem ersten Fall folgt, dass diese Formel gültig bleibt, wenn einer der Vektoren a i verschwindet. Folglich ist v d eindeutig bestimmt auf jeder Menge von d paarweise orthogonalen Vektoren. Seinen nun beliebige Vektoren a,..., a d gegeben. Wir konstruieren induktiv Vektoren â,..., â d wie folgt: Wir denieren â := a. Wenn â,..., â k bereits konstruiert sind, existiert eine eindeutige Zerlegung a k+ = ã k+ + â k+ wobei ã k+ in dem Unterraum liegt, der von â,..., â k aufgespannt wird, und â k orthogonal zu diesem Unterraum ist. Diese Konstruktion ist im wesentlichen das Gram- Schmidt Verfahren und die resultierenden Vektoren â,..., â d sind paarweise orthogonal. Wir zeigen mit vollständiger Induktion über k die Identität v d (a,..., a d ) = v d (â,... â k, a k+,..., a d ). (3) Für k = d werten wir v d auf den paarweise orthogonalen Vektoren â,..., â d aus und für solche ist v d bereits eindeutig durch die Axiome deniert. Somit liefert dieses Verfahren einen Algorithmus durch den wir v d (a,..., a d ) berechnen können und folglich ist v d eindeutig durch die Axiome bestimmt. Die Gleichung (3) ist für k = trivial, da a = â gilt. Für den Induktionsschritt schreibe a k+ = ã k+ + â k+ und ã k+ := α â + α â + + α k â k mit α,..., α k R. Aus (V) und (V) folgt die Regel v d (, â j,, a k+, ) = α j v d(, α j â j,..., a k+,...) = α j v d(, α j â j,..., a k+ α j â j,...) = v d (, â j,, a k+ α j â j,...)

3 Eine wiederholte Anwendung dieser Regel zeigt die Beziehung n v d (â,... â k, a k+,..., a d ) = v d â,... â k, a k+ α j â j,..., a d und das zeigt den Induktionsschritt. j= = v d (â,... â k, a k+ ã k+,..., a d ) = v d (â,... â k, â k+,..., a d ) (b) Schreibe A = (a,..., a d ) R n d, wobei a i R n die i-te Spalte von A bezeichnet. Der (k, l)-te Eintrag von A T A ist dann gegeben durch [A T A] kl = a k, a l. Insbesondere sehen wir, falls a,..., a d ein Orthonormalsystem ist, dann ist A T A die d d Einheitsmatrix und es folgt det(a T A) =. Somit erfüllt diese Funktion (V3). Sei à = (a,..., a i,..., a j + a i,..., a d ). Dann gilt a k, a l k j l a k, a l + a k, a i k j, l = j [ÃT Ã] kl = a k, a l + a i, a l k = j, l j a k, a l + a i, a i + a i, a j k = j = l 0 k j l = [A T [A T A] ki k j, l = j A] kl + [A T. A] il k = j, l j [A T A] ii + [A T A] ij k = j = l Aus dieser Formel folgt, dass wir ÃT à durch elementare Zeilen- und Spaltenumformungen aus A T A erhalten: Wenn wir in A T A die i-te Zeile zu der j-ten Zeile addieren und anschliessend die i-te Spalte zur j-ten Spalte addieren erhalten wir genau den Ausdruck für ÃT Ã. Folglich gilt det(ãt Ã) = det(a T A) und (V) folgt. Sei schlieslich  = (a,..., λa i,..., a d ). Dann erhalten wir ÂT  aus A T A indem wir die i-te Spalte und die i-te Zeile jeweils mit λ multiplizieren. Daraus folgt direkt det(ât Â) = λ det(a T A). Wenn wir aus diesem Ausdruck die Wurzel ziehen folgt (V). 3. Die Funktion : R n R, (x,..., x n ) x + + x n ist als Polynom beliebig oft stetig dierenzierbar. Wir zeigen weiter unten, dass die Funktion {e t t < ρ : R R, ρ(t) := 0 t beliebig oft stetig dierenzierbar ist. Es folgt dann aus der Kettenregel, dass die Verkettung φ = ρ ebenfalls beliebig oft stetig dierenzierbar ist. Für t > ist ρ konstant und somit beliebig oft stetig dierenzierbar wobei alle höheren Ableitungen verschwinden. Wir zeigen per Induktion, dass für t < die n-te Ableitung die Form ρ (n) (t) = R n (t)e t hat, wobei R n (t) eine rationale Funktion der Form R n (t) = fn(t) ( t) ist und f n n (t) ein Polynom mit f n () 0 ist. Für n = gilt ρ (t) = ( t) e t 3

4 und die Behauptung ist mit R (t) = berechnen wir mit der Produktregel ρ (n+) (t) = d dt ρ(n) (t) = d dt = Damit erhalten wir die Rekursion R n+ (t) = ( t) und f = erfüllt. Im Induktionsschritt f n (t) e ( t) n t ( fn (t) ( t) n+ + f n(t) ( t) n + n f n (t) ( t) n+ ) e t = f n(t) + ( t) f n(t) + n( t)f n (t) ( t) n+ e t. f n+(t) ( t) (n+), f n+(t) = f n (t) + ( t) f n(t) + n( t)f n (t) und es folgt insbesondere f n+ () = f n () = ( ) n f (0) = ( ) n+ 0. Wir können nun leicht zeigen, dass sich alle Ableitungen ρ (n) (t) stetig forsetzen lassen: lim ρ (n) f n (t) (t) = lim e t t t ( t) n = fn () lim e t t ( t) n = fn () lim t n e t = 0. t Es folgt, dass ρ beliebig oft stetig dierenzierbar ist. (Beachte, dass dieses Argument nur für Funktionen in einer Variablen funktioniert. Die stetige Fortsetzbarkeit der Ableitung garantiert für Funktionen in mehreren Variablen nicht mehr die Dierenzierbarkeit der Funktion.) 4. (a) Wir benutzen die Parametrisierung u ψ : {(u, v) R u + v < } S+, ψ(u, v) := v u v Das Bild dieser Parametrisierung ist die obere Halbsphäre bis auf den Rand {(x, y, 0) x + y = } der eine Jordan Nullmenge ist. Es gilt folglich (x + y + z) ds = (u + v + u v )g ψ (u, v) dudv. S + Wir berechnen und sowie g ψ (u, v) := = dψ(u, v) = dψ(u, v) T dψ(u, v) = 0 0 u u v det(dψ(u, v) T dψ(u, v)) = u v. v u v v uv u v uv u u v ( v )( u ) u v Wir erhalten S + (x + y + z) ds = = u + v u v + dudv u + v u v dudv + π 4

5 wobei wir vol ({u + v }) = π verwendet haben. Die Spiegelung (u, v) ( u, v) lässt den Integrationsbereich unverändert und aus dem Transformationssatz folgt u + v u v dudv = u v u v dudv. Es folgt also unmittelbar aus dieser (Anti-)Symmetrie, dass dieses Integral verschwinden muss, und wir erhalten (x + y + z) ds = π. S + (b) Wir betrachten die Parametrisierung ψ : {(u, v) R u + v < } P, ψ(u, v) := u v. u + v Diese Parametrisierung beschreibt das gesamte Paraboloid P bis auf den Rand {x + y = z = }, der eine Jordan-Nullmenge ist. Es gilt also (x + y ) ds = (u + v )g ψ (u, v) ds. P Wir berechnen 0 dψ(u, v) = 0, dψ(u, v) T + 4u 4uv dψ(u, v) = 4uv + 4v u v und g ψ (u, v) = Wir erhalten damit (x + y ) ds = P det(dψ(u, v) T dψ(u, v)) = + 4(u + v ). (u + v ) + 4(u + v ) dudv. Das letzte Integral berechnen wir indem wir zunächst in Polarkoordinaten substituieren und anschliessend partiell integrieren. π (x + y ) ds = r + 4r rdrdφ P = π r r 3 dr ( = π + 4r ) 3 r= r π ( + 4r ) 3 r dr r=0 3 0 = π π 3 ( + 4r ) r= 5 0 r=0 = π 5 5 π + 60 π = 5 5 π + 60 π 5. (a) Es gilt T R,a = f (a ) für die Funktion f : R 3 R, f(x, y, z) = ( x + y R) + z. Wir behaupten, dass a ein regulärer Wert von f ist. Dann garantiert der Satz vom regulären Wert, dass T R,a in der Tat eine Untermannigfaltigkeit ist. Nach Annahme 5

6 gilt f(0, 0, z) = R + z R > a und folglich schneidet T R,a nicht die z-achse. Im Komplement der z-achse ist f stetig dierenzierbar und es gilt ( x( ) x df(x, y, z) = + y R), y( x + y R), z. x + y x + y Falls z 0 gilt, folgt direkt df(x, y, z) 0 und die Ableitung ist surjektiv. Falls z = 0 und f(x, y, 0) = a gilt, folgt x + y R > 0 und entweder x 0 oder y 0 ist erfüllt. Es folgt dann ebenfalls df(x, y, z) 0 und die Ableitung ist wiederum surjektiv. (b) Betrachte die Parametrisierung cos(α)(r + a cos(β)) ψ : (0, π) (0, π) T R,a, ψ(α, β) := sin(α)(r + a cos(β)). a sin(β) Das Bild dieser Parametrisierung ist der gesamte Torus bis auf die Vereinigung von zwei Kreisen. Da diese Jordan Nullmengen sind, erhalten wir vol (T R,a ) = ds = g ψ (α, β) dαdβ. T R,a (0,π) Wir berechnen sin(α) (R + a cos(β)) a cos(α) sin(β) dψ(α, β) = cos(α) (R + a cos(β)) a sin(α) cos(β) 0 a cos(β) und sowie Damit folgt dψ(α, β) T (R + a cos(β)) 0 dψ(α, β) = 0 a g ψ (α, β) := det(dψ(α, β) T dψ(α, β)) = (R + a cos(β))a. vol (T R,a ) = π π (R + a cos(β))a dαdβ = π π Ra + a cos(β) dβ = 4π Ra. 6