1. Übungsblatt zur Analysis 3 (Lösungshinweise)

Transkript

1 Institut für Mthemtik Universität Hnnover Dr. H. Köditz Hnnover, den 7. Oktober 3. Übungsbltt zur Anlysis 3 Lösungshinweise Aufgbe je 5 Punkte Mn zeige: Die Funktion f : N N N, fm, n := m + nm + n + + m, ist bijektiv. Beweis: Zur Abkürzung sei B := fn N. Zunächst notieren wir f, =, f, =, f, =, f, = 3, f, = 4 und die Gleichungen für zulässige Argumente k Z: fm + k, n k = fm, n + k fm +, n = fm, n +, f, n = f, n + und f, m = fm, +. i f ist surjektiv: Zum Nchweis von B = N benutzen wir des Induktionsprinzip. D, B genügt es zu zeigen, dss mit b > uch b + in B ist. Sei lso b = fm, n B. Für n > liefert uns b + B. Für n =, m > benutzen wir. ii f ist injektiv: Seien m, n, k, l N, obda m + n k + l. Für festes m + n = c = k + l ist fk, l streng monoton steigend in k, lso folgt hier us fm, n = fk, l stets m = k, n = l. Also sei m + n k + l +. Mit : fm, n = f, n + m + m f, n + m f, k + l +. Mit und : f, k + l + = fk + l, + = fk, l + l + > fk, l. Also fm, n > fk, l. b Sind A, B bzählbre Mengen, so ist uch ds krtesiche Produkt A B := {, b : A, b B } bzählbr. Beweis: Nch Def. der Abzählbrkeit gibt es surjektive Funktionen f A : N A, f B : N B. Unter Benutzung der Funktion f us erhlten wir somit eine surjektive Funktion Φ : N A B durch Φn := f A, f B f n. Aufgbe 5 Punkte Mn zeige, dss die Menge PN ller Teilmengen von N die Potenzmenge von N nicht bzählbr ist. Hinweis: Zu einer evt. Surjektion f : N PN betrchte mn die Menge A := {n N : n fn }. Beweis: Wir zeigen, dss es keine Surjektion von N uf PN gibt. Sei lso f : N PN eine bel. Funktion und A := {n N : n fn }. f ist nicht surjektiv, d A fn. Denn für jedes k N gilt: k fk k A fk A und k fk k A fk A. Dies ist ntürlich uch eine Vrinte des Cntor-schen Digonlverfhrens.

2 Aufgbe 3 Punkte Sei f :, fx := x, für < x und fx := sonst, gegeben. Durch Angbe einer punktweise gegen f konvergierenden und monoton steigenden Folge von Treppenfunktionen mit beschränkter Integrlfolge beweise mn die Integrierbrkeit der Funktion f. Alle vorkommenden Funktionen seien ußerhlb, ] identisch ; dieser Bereich bleibt lso i.f. ußer Betrcht. Durch äquidistnte Zerlegung des Intervlls, ] definieren wir für jedes j N > die Treppenfunktion j k k f j :, ] durch f j x := für j < x k j, k =,, j. Offensichtlich gilt f nx fx = x. Diese Folge von Treppenfunktionen ist noch nicht monoton steigend. Wir wählen j := n, t n := f n und erhlten t n t n+. Wir benutzen nun unsere Kenntnisse über Integrlrechnung us Anlysis : S n := f n x dx = n n k= k n. Die letzte Summe ist eine iemnn-sche Untersumme von dx x =, lso S n. Deshlb besitzt die Folge t n eine beschränkte Integrlfolge. Aufgbe 4 Punkte Kncki Wir betrchten die Menge N ller reeller Zhlen im Intervll [, ] die eine Dezimlbruchentwicklung ohne die Ziffer besitzen, lso { } N := n n : n {,,, 9}. Mn zeige, dss N eine überbzählbre und kompkte Nullmenge ist. n= Beweis: Wir smmeln zunächst offene Intervlle im Komplement von N. Hierzu sei A := {}, A n := {x = n k= k k : k {,, 9}}, A := n N A n. Jedes A n ht 9 n Elemente und für k l gilt A k A l =. Zu jedem x A n sei I x := x, x + n. Für x, y A folgt I x I y = und I x N =. Zu jedem n N ist dnn C n :=, ] \ n k= x A n I x eine Überdeckung von N durch endlich viele kompkte Intervlle der Längensumme vc n = n k= x A n vi x = n k= 9 n n = 9n n für n. Also ist N eine Nullmenge. Die Überbzählbrkeit von N ist direkt mit dem Cntor-schen Digonlverfhren zu zeigen. Zum Nchweis der Kompktheit von N würde N = n N C n genügen. D dies leider nicht richtig ist es fehlen die x A deren Dezimlentwicklung mit endet, zeigen wir die Offenheit von, ] \ N bechte / N direkt. D N beschränkt ist, folgt die Kompktheit. Sei lso x / N, x =. n n+ ;,, n. i k = 9 für lle k > n, lso x =. n. Offensichtlich gilt hier x n, x + n N = und x ist somit innerer Punkt des Komplements von N. ii Es gibt ein k > n mit k < 9. Dnn ist x k, x + k N =. iii k = für lle k > n. Wegen x / N gilt dnn n = insbesondere n >. Hier folgt x n, x + n N = - fertig.

3 Institut für Mthemtik Universität Hnnover Dr. H. Köditz Hnnover, den 3. November 3. Übungsbltt zur Anlysis 3 Lösungshinweise Aufgbe 5 5 Punkte Mn beweise Lemm 3. der Vorlesung: Sei Q n ein Quder. Dnn gibt es zu jedem ε > einen offenen Quder Q mit Q Q und vq vq < ε. Beweis: Sei Q = I I n. Die Intervlle I k hben die Grenzen k, b k, k b k. Zu jedem η > sei I η k := k η, b k + η. Der Quder Q η := I η Iη n Q ist offen mit n vq η = b k k + η k= n b k k = vq für η. k= Es gibt lso zu gegebenem ε > ein η > mit vq η < vq + ε; Q := Q η ist bruchbr. Aufgbe 6 5 Punkte Sei I p ein kompkter Quder und I n, I n I, eine Folge prweise disjunkter offener Quder mit vi n = vi. Mn zeige: := I \ I n ist eine Nullmenge. n= n= Beweis: Zu jedem n N ist M n := n k= I k eine zulässige Menge. Nch Stz.4 ist dnn uch n := I \ M n eine m n zulässige Menge, lso disjunkte Vereinigung von Qudern: n = Q j. Mit Hilfe der chrkteristischen Funktionen Qj j= und Stz. Linerität des Integrls erhält mn vi = I dx = I n m n I k dx + Qj dx = I k k= j= n m n vi k + vq j. Wählt mn nun zu gegebenem ε > n hinreichend groß, so erhält mn n k= vi k > vi ε, lso mn j= vq j < ε. ist eine Nullmenge. Aufgbe 7 Punkte Es sei := [, ] [, ]. Die Funktion f : sei definiert durch { für y x fx, y := für y < x Durch Angbe einer monoton steigenden Folge von Treppenfunktionen mit beschränkter Integrlfoge, die fst überll gegen f konvergiert, zeige mn f L + und berechne f dx, y. k= j=

4 Zu jedem n > wählen wir Teilquder Bild mlen! j P j := n, j + ] [ n, j ] j n und Q j := n, j + ] n [, ] \ P j, j =,, n. Die Treppenfunktion t n sei nun definiert durch t n, y :=, t n x, y := für x, y P j und t n x, y := für x, y Q j, j =,, n. t n ist monoton steigend und besitzt eine beschränkte Integrlfolge trivil. Außerhlb der Digonlen y = x Nullmenge konvergiert sie gegen f, lso f L +. Zur Berechnung des Integrls: Deshlb: t n x, y dx, y = n n k= fx, y dx, y = 3. Aufgbe 8 Punkte Kncki j n n + k= j n = n n k= + j n = + n n n+ 3. Seien s, s,, s n \ {}, f L n und f x,, x n := f x s,, xn s n. Mn zeige: f L n und f dx = s s n f dx. n n Beweis: Es gibt f, f L + n mit f = f f. Deshlb gibt es eine Folge t n von Treppenfunktionen die f.ü. gegen f konvergiert und f = lim t n gilt. Es genügt lso, die Beh. für Treppenfunktionen zu beweisen. Sei lso t eine Treppenfunktion und Q,, Q j die zugehörigen Quder. Sei tx = c k uf Q k und Q k = I k I nk x mit Intervllen I pq der Längen l pq. Unter der Abbildung x,, x n s,, xn s n ist Q k Bild eines Quders Q k der Seitenlängen s j l jk, j =,, n. Deshlb ist tx dx = c k vq k = c k s s n vq k und t x dx = tx dx = s s n tx dx. Q k Q k Q k Aufsummieren ergibt die Behuptung. Q k

5 Institut für Mthemtik Universität Hnnover Dr. H. Köditz Hnnover, den. November 3 Aufgbe 9 5 Punkte 3. Übungsbltt zur Anlysis 3 Lösungshinweise Mn zeige: Zu jedem f L n gibt es eine Folge t k von Treppenfunktionen die fst überll gegen f konvergiert und für die f t k für k gilt. n Beweis: Wegen f = g h mit g, h L + ergibt sich die Existenz einer Folge t n von Treppenfunktionen, die f.ü. gegen f konvergieren unmittelbr us der Definition. Es gibt lso Treppenfunktionsfolgen u k, v k mit u k g, v k h f.ü. und u k g, v k h t k := u k v k. Also: f t k dx = m g u k h v k dx n g u k dx + n h v k dx für k. n Aufgbe,3 und Punkte Mn zeige: Ist f k eine Folge in L n mit konvergenter eihe k= f k fst überll gegen eine Funktion f L n und es gilt Beweis: Sei s k := k f + j und t k := j= n fx dx = k j= lim j j k= k= n f k x dx. n f k dx, so konvergiert die eihe f j. Bechte: s k t k = k j= f j. Die Folgen s k und t k sind beide monoton wchende Folgen in L n, deren Integrlfolgen wegen f + k dx, f k dx f k dx n n n durch k= f n k dx beschränkt sind. Der Stz von Beppo Levi liefert nun unmittelbr die Behuptung. b Mn zeige: Die Funktion f L n ist genu dnn fst überll gleich wenn fx dx = ist. n Beweis: i Sei f =. Wir benutzen und setzen f k := f. Trivilerweise konvergiert dnn k= fk. Also konvergiert nch k= f f.ü., ws nt. nur für f = f.ü. möglich ist. ii Sei nun f = f.ü., lso uch f = f.ü. Dnn ist f monotoner Limes f.ü. der Treppenfunktionen t k = und f =. c Sei f L Q Q Quder und N Q sei eine Nullmenge. f sei uf Q \ N beschränkt, etw m fx M dort. Mn beweise den Mittelwertstz: m vq fx dx M vq. Q Beweis: Nur die Nullmenge N sorgt für Begründungsbedrf. Wir verändern f uf N durch f := f uf Q \ N und f x := M+m uf N. Nun gilt m f M überll. Wegen f f = f.ü. ist f f L Q, lso uch f L Q und Q f f dx = Q f = Q f. Die behuptete Ungleichung folgt nun - für f und dmit uch für f - mit dx = vq us der Monotonie des Integrls. Q

6 Aufgbe Punkte p-dimensionle Cntormenge - Kncki Für p N sei C := [, ] p. Durch { + 3j W n := 3 n, + 3j + 3jp 3 n 3 n, + 3j } p 3 n : j,, j p =,,,..., 3 n wird eine Menge von Teilintervllen W von C definiert. Sei C n := C \ n W und Cn die chrkte- W W j ristische Funktion von C n, sowie f n : C, f n := j= n j Cj. j= Mn zeige, dss die Folge f n uf C gegen eine integrierbre Funktion f konvergiert und berechne fxdx. C Jedes W n besteht us 3 n prweise disjunkten offenen Qudern des Volumens 3 np. Die kompkte Menge C n entsteht us C durch Entnhme der Quder in W,, W n. Im n-ten Schritt werden us C n neue Quder entfernt. Die Anzhl dieser neu entnommenen Quder sei A n. Es gilt A n = 3 p A n A n, lso folgt wegen A = : A n = 3 p n. Neu entnommen werden lso Quder vom Gesmtvolumen Mn erhält: vc n = n k= V k = 3 p V n = A n 3 np = 3 p n 3 p n 3 p k = 3 p 3 p 3 p n 3 p = 3 p n n. k= Nch HA 6 ist deshlb n= C n eine Nullmenge. Dir Folge f n ist eine monoton steigende Folge von Treppenfunktionen die lle durch nch oben beschränkt sind, lso eine beschränkte Integrlfolge Schrnke besitzen. Deshlb ist f := lim f n L + C und integrierbr. C f n x dx = = n C j Cj x dx = j= 3 p j=. n j V j j= n 3 p j n 3 p 3 p + = C fx dx.

7 Institut für Mthemtik Universität Hnnover Dr. H. Köditz Hnnover, den 7. November 3 4. Übungsbltt zur Anlysis 3 Lösungshinweise Aufgbe je 5 Punkte Mn ermittle Folgen integrierbrer Funktionen f n : [, ], g n : die fst überll gegen integrierbre Funktionen f, g konvergieren und für die lim f n und lim g n nicht existieren. n n f n x := n n3 x für x n und f nx := sonst ergibt f n = n und f n v. g n := n [n,n+] ergibt g n = n und g n. g n = f n tut es nt. uch. b Mn ermittle Folgen integrierbrer Funktionen f n : [, ], g n : die fst überll gegen integrierbre Funktionen f, g konvergieren, für die lim f n und lim g n existieren ber n [,] n lim f n f und lim g n g gilt. n n [,] [,] Genu so einfch. Mn wähle etw f n /n und g n /n us Teil. Aufgbe 3 5 Punkte Sei Q n ein Quder und f L Q eine nichtnegtive integrierbre Funktion. Zu c > sei A c := {x Q : fx c }. Mn zeige: va c := Ac x dx c fx dx. Q Q Hinweis: Mn muss ntürlich die Integrierbrkeit von Ac zeigen. Hierzu betrchte mn ϕx := c minc, fx und untersuche die Folge ϕk. Beweis: Sei lso c > und ϕx := c minc, fx. ϕ ist integrierbr. Zu jedem k N ist ϕ k nch Stz 7.3 messbr und wegen ϕ k ϕ nch Stz 7. integrierbr. Ferner gilt ϕ k Ac für k. Also va c = Ac x dx ϕx dx fx dx. Q Q c [,] Q

8 Aufgbe 4 Punkte Mn zeige: Für t gilt F t := e x cos xt dx = π e t /4. Hinweis: F löst ds Anfngswertproblem y t = tyt, y = π. Mn benutze o.b. e x dx = π. Beweis: Wir benutzen Stz 6. mit A = und, b =. Wegen e x cos xt e x ist die Vorussetzung i erfüllt. Wegen f t fx, t = x e x sin xt e x / e x = e x / uch ii. Prtielle Integrtion ergibt: F t = xe x sin xt dt = e x sin xt t e x cos xt dt = t F t. Die Dgl y = t y ht die llgemeine Lösung yt = ce t /4. y = c = e t dt = π ergibt die Behuptung. Aufgbe 5 Punkte Kncki Sei f L A, A n. Mn zeige: Zu jedem ε > gibt es ein δ > derrt, dss fx dx < ε für lle E A mit ve := E E E x dx < δ gilt. Hinweis: Mn betrchte die Folge ϕ n, ϕ n x := minn, fx. Für A f ϕ ndx < ε/ wähle mn nun δ := ε/n. Beweis: Mn bechte zunächst, dss mit f uch f über A integrierbr ist. Zu n N sei lso ϕ n x := minn, fx. Offensichtlich gilt ϕ n f. Nch B. Levi folgt deshlb ϕ n f. Sei nun ε > gegeben. Es gibt n N mit A f ϕ n dx < ε ε. Wir setzen δ := n und wählen E A mit ve < δ. Es gilt dnn ϕ n dx n dx = n ve < nδ = ε. Es folgt: E f dx = E E E f ϕ n dx + ϕ n dx < f ϕ n dx + ε E X < ε.

9 Institut für Mthemtik Universität Hnnover Dr. H. Köditz Hnnover, den 4. November 3 5. Übungsbltt zur Anlysis 3 Lösungshinweise Aufgbe 6 je 5 Punkte Sei F : := [, b] [c, d] eine zwei ml prtiell stetig differenzierbre Funktion und fx, y := F x, y. Mn zeige: x y fx, y dx, y = F b, d F b, c F, d + F, c. c Beweis: Mit Fubini und Huptstz gilt: d b d fdx = F xy x, ydx dy = F y b, y F y, ydy = F b, d F b, c F, d + F, c. b Mn zeige, dß die Funktion f :,, fx, y := Integrl. c x+y interierbr ist, und berechne ds In den Gruppenübungen wurde die Integrierbrkeit von x, y α für α < gezeigt. D im lle Normen äquivlent sind, gilt dies uch mit x + y = x, y. Wir berechnen ds Integrl mit Fubini: Aufgbe 7, x + y 5 Punkte dx, y = Mn berechne x y x + y dx dy Ws sgt Fubini dzu? x + y dx dy = und ln + y y x y [ ] x= x + y dx x dy = x + y dy = x= x y x + y dy dx = + x dx = π 4. Fubini sgt: Offensichtlich ist der Intergrnd über [, ] nicht intergrierbr! Aufgbe 8 3,4 und 3 Punkte Mn bestimme jeweils ds Volumen folgender Körper. dy = ln. x y x + y dy dx. + y dy = π. Genu so: 4 h, r := {x, y, z 3 : x, y, z r, x + y r h }, h r, ing der Höhe h. Mit Fubini erhält mn, d die Ebene z = c, h < c < h den Körper in einem Kreisring schneidet:

10 h vh, r = von r. h r z r h π dz = h h z dz = 4 3 h3 π. Mn bechte die Unbhängigkeit b T r, := {x, y, z 3 : x + y + z r }, < r, Torus. Auch hier schneidet die Ebene z = c, r < c < r den Torus in einem Kreisring mit den dien r,z = ± r z : r r vt r, = r rπ dz = 8π r z dz = r π. c Ellipsoide die durch ottion der Ellipse x + y = um die x bzw. y-achse entstehen. b Wir verwenden HA8 -, b >. i ottion um die x-achse. Die linere Abbildung x, y, z b x, y, z führt unser Ellipsoid E in die Kugel U b über mit dem Volumen 4 3 b3 π. Also: ve = 4 3 b3 π b = 4 3 b π. iiottion um die y-achse. Wie in i mit der Abb. x, y, z x, y, b z λe = 4 3 bπ. Aufgbe 9 Punkte Kncki - Stz von Tonelli Sei f : Q := [, b] [c, d] eine messbre Funktion. Es existiere mindestens eines der beiden iterierten Integrle b d d b fx, y dy dx, fx, y dx dy. c Mn zeige die Existenz und Gleichheit der iterierten Integrle b d d b fx, y dy dx, fx, y dx dy. c Beweis: Mit f ist uch f messbr. Zu jedem n N sei nun f n := minn, f. Diese Funktionen sind messbr und nch Stz 7. integrierbr, d f n n Q. Ferner gilt f n v f. Der Stz von Fubini liefert nun b d b d f n x, y dx, y = f n x, y dy dx fx, y dy dx. Q c Setzt mn die Existenz des letzten Integrls vorus, so ergibt sich die Beschränktheit der Integrlfolge Q f n worus nch B. Levi die Integrierbrkeit von f und d f messbr ist dmit uch von f folgt. Die Beh. folgt nun sofort nch Fubini. c c c

11 Institut für Mthemtik Universität Hnnover Dr. H. Köditz Hnnover, den. Dezember 3 6. Übungsbltt zur Anlysis 3 Lösungshinweise Aufgbe Punkte Zu,, n n sei ds Simplex S = S,, n := { x = } n t k k : t k, t + + t n k= betrchtet. Mn zeige v n S = n! det,, n. Beweis: OBdA knn wegen der Trnsltionsinvrinz des Mßes = ngenommen werden. Wir betrchten zunächst ds Einheitssimplex mit den Ecken e =,,, e =,,,,, e n =,,, und untersuchen die p-dimensionlen Simplizes S p := {x = p k= t ke k : t k, t + + t p }. Der Stz von Fubini liefert v p S p = v p S p t p dt = p v p S p. Mn bechte: S p ist eine Kegel mit Höhe und Grundfläche S p - vgl. Gruppenübung. Wegen v S = folgt hierus v n S n = n!. Die linere Abbildung f : n n, fe j := j führt S n in unser S über. Wegen det f = det,, n ergibt Stz 9.3 v n S = dx = det f dy = S S n n! det,, n. Aufgbe je 5 Punkte Mn berechne ds Mß folgender Körper Hinweis: Zylinderkoordinten K Z mit K := {x 3 : x r}, r >, und Z := {x 3 : x r + x r 4 }. Schnitt einer Kugel mit einem Zylinder BILD! Wir wählen Zylinderkoordinten ρ, ϕ, x 3. Der nd der Kreisscheibe B := {x, x : x r + x r 4 } wird durch ρ = r cos ϕ beschrieben. π vk Z = r x x dx r cos ϕ, x = r ρ ρdρ dϕ t=r ρ === B π π r r sin ϕ t dt dϕ = 4 3 r3 π π sin 3 ϕdϕ = 4 3 r3 π 3 b Z Z mit Z := {x, y, z 3 : x + y r } und Z := {x, y, z 3 : x + z r }, r >. Schnitt zweier Zylinder. Mit Cvlieri. Der Schnitt von Z Z mit der Ebenen x =const. ist flls nicht leer ein echteck der Fläche 4r x. Also: vz Z = 4 r r r x dx = 6 3 r3..

12 Aufgbe 5 Punkte Sei A n eine beschränkte messbre und dmit integrierbre Menge. Der geometrische Schwerpunkt s A ist definiert durch s A := x dx,, x n dx, x = x,, x n. va A A Mn berechne die Schwerpunkte der Mengen A := {x, y : x π, y sin x } und A := {x, y, z : z, x + y + z }. i va = und A x dx, y = π x sin x dx = π, A y dx, y = π sin x y dy dx = π sin x dx = π 4. Mn erhält s A = π/, π/8. ii va = 3 π und mit Kugelkoordinten π π/ z dx, y, z = r 3 cos ϑ sin ϑ dϑ dϕ dr = π π/ sin ϑ cos ϑ dϑ = π A 4. Aus Symmetriegründen s A =,, π 4. Aufgbe 3 Punkte Kncki Sei ρ : [, ] [, eine beschränkte integrierbre Funktion und u : 3 ρ x up := x p dx. x Hierbei sei x die euklidische Norm. Mn zeige: In B ist u konstnt und für p B gilt up = 4π ρrr dr. p Hinweis: Für p =,, ist x p = + r r cos ϑ in Kugelkoordinten. Beweis: Die ottionssymmetrie zeigt up = u,, p =: v p. Mit p = > und v := u,, erhält mn π π ρr r sin ϑ v = r r cos ϑ + dϑ dϕ dr. Mit π sin ϑ r r cos ϑ + dϑ = für r, r v = 4π Die Msse der Kugelschle ist M = 4π für r folgt ρrr dr für, ρrr dr für. ρrr dr, lso v x = M x. Newton-Potentil einer Kugelschle im 3 bei einer rottionsymmetrischen Dichteverteilung

13 Institut für Mthemtik Universität Hnnover Dr. H. Köditz Hnnover, den 8. Dezember 3 7. Übungsbltt zur Anlysis 3 Lösungshinweise Aufgbe 4 5 Punkte Mn berechne I := > e x+y dx, y. Jcobi-trnsformtion Ju, v = u v, uv T = x, y, det J u, v = u nch Gruppenübung. Sei := {x, y > : x + y }. e x+y dx, y = e u u dudv = e,. Nch Stz 4.5 über Integrtion durch Ausschöpfung ist lso mit Trnsformtionsstz I =. Aufgbe 5 je 5 Punkte Sei K 3 eine kompkte Menge und A 3 eine Gerde. Ferner sei ρ : K eine integrierbre positive Funktion Mssendichte. Ds Trägheitsmoment von K bezgl. A ist Θ A K := K ρxr A x dx. Hierbei ist r Ax der Abstnd des Punktes x K von der Achse A. Mn beweise den Steinerschen Stz: Ist M := K ρx dx die Msse von K, A eine Gerde durch den Schwerpunkt s = K xρx dx/m von K und A eine zu A prllele Gerde im Abstnd, so gilt Θ A K = Θ A K + M. Beweis: Es ist keine Einschränkung, den Schwerpunkt in den Nullpunkt zu legen, ls A die x 3 - Achse und ls A die Gerde durch,, zu wählen Trnsformtionsstz - Trnsltion und Drehung ergibt jeweils die Funktionldeterminntze. Dnn gilt in Zylinderkoordinten elementrgeometrisch ra x = r A x + r A x cos ϕ. Mit x = x, x, x 3 folgt r A x cos ϕ = x. Also Θ A K = ra x dx = rax ρx dx + ρx dx x ρx dx K = Θ A K + M, d ds letzte Integrl gerde die erste Koordinte des Schwerpunktes ist. K Mn verifiziere den Stz von Steiner für den Körper K := {x, x, x 3 : x L, x 3 + x }, L, >, mit ρ und A = {L/,, x 3 : x 3 }, A = {,, x 3 : x 3 }. Θ A = x L/ + y L y dx, y, z = x L/ + y dz dy dx K y K K

14 = 4 = 4 L L = 4 L3 x L/ + y y dy dx x L/ dx y dy + 4 y y dy L π [ 4 + 4L y4 y 3/ + 8 y y + rcsin y Genu so - rechen, rechen: Θ A = K x + y dx, y, z = L3 π 3 + L4 π 4. dx ] = L3 π + L4 π. 4 Mit M = L π und = L : Θ A + M = L3 π + L4 π 4 + L π L 4 = Θ A. Keuch!! Aufgbe 6 7 und 3 Punkte Für p sei l p := {x n n N : n= x n p < } und x n := n= x n p /p. Ferner sei l die Menge der bbrechenden Folgen in. Mn zeige l p ist ein Bnchrum. Beweis: i Zunächst ist zu zeigen, dss l p ein normierter Vektorrum ist. Seien lso x n, y n l p N p und N N. D x,, x N p = n= x n p Norm im N ist An, gilt x,, x N + y,, y N p x n n=,,n p + y n n=,,n p x n + y n. Für N erkennt mn x n +y n l p und die Gültigkeit der Dreiecksungleichung für. Die nderen Normeigenschften sind trivil. ii l p ist vollständig. Beweis: Seien lso x k = x k n n die Glieder eine Cuchy-Folge in l p. Wir zeigen zunächst, dss für jedes n die Komponentenfolgen x k n k Cuchy-Folgen in sind, lso konvergieren. Zu jedem ε > gibt es n mit x k x l = n= x k n x l n p /p < ε für k, l n. Dies zeigt x k n x l n < ε für k, l n und jedes n. Also sind die Komponentenfolgen C-Folgen. Sei x n := lim k x k n und x := x n n. Wir zeigen x l p. Aus folgt: N n= x l n x k n p /p < ε für k, l n l = N n= x n x k n p /p ε. Für N folgt x n x k n n ε und zunächst x n x k n n l p und, d l p Vektorrum ist, uch x n l p. Außerdem folgt x n x k n n für k und somit x k n n x n n.

15 b l ist ls Teilrum von l p ein normierter ber nicht vollständiger um. l ist jedoch dicht in l p, d.h. zu jedem x l p und jedem ε > gibt es ein x l mit x x < ε. Beweis: Als Unterrum ist l ntürlich mit der l p -Norm ein normierter um. Er ist jedoch nicht vollständig. Wähle etw die C-Folge x k n k in l mit den Gliedern x k n := n für n k und für n > k. l p -Grenzwert ist n l p \ l. l ist dicht in l p, d zu jedem x n l p die l -Folge mit den Glieder x k n := x n für n k und sonst gegen x n konvergiert. Aufgbe 7 Punkte Kncki { Mn zeige: Ds Ellipsoid E := x 3 : x + x + x3 3 }, j >, ht bei konstnter Dichte ρ bezüglich der Ursprungsgerden mit ichtung v, v =, ds Trägheitsmoment Θ v E = 4π 3 ρ n vn. Für welche v wird Θ v E extreml? Hinweis: Mn verwende verllgemeinerte Kugelkoordinten x = r cos ϕ sin ϑ, y = r sin ϕ sin ϑ, z = 3 r cos ϑ und benutze π sin3 ϑ dϑ = 4 3. Beweis: Die Funktionldeterminte der verllgemeinerten Kugelkoordinten ist 3 r sin ϑ. Sei r v x der Abstnd des Punktes x = x, x, x 3 von der Achse mit der Prmeterdrstellung t tv. Wir benutzen ds knonische Sklrprodukt im 3, fällen ds Lot von x uf die Gerde und erhlten den Lotfußpunkt L x = x vv. Dies ergibt r vx = x L x = x +x v v x v = x x v. Mit unseren Kugelkoordinten erhlten wir so r vx = r v cos ϕ sin ϑ+ v sin ϕ sin ϑ+ 3 v 3 cos ϑ x v +x v +x 3 v 3. Wegen Θ v E = ρ E r vx dx ergibt die letzte Klmmer eine gewichtete Summe der Schwerpunktskoordinten von E. Der Schwerpunkt ist ber offensichtlich, lso knn diese Klmmer weggelssen werden. Berechnung: π π r 4 cos ϕ sin ϑ sin ϑ dϑdϕdr = 5 π π n= cos ϕ sin 3 ϑ dϑdϕ = π 5 Die nderen Teilintegrle ergeben ds gleiche Ergebnis. Addition ergibt die Behuptung. π sin 3 ϑ dϑ = 4π 5. Θ v E wird genu dnn mximl, wenn Qv := nv n miniml wird und miniml wenn... mximl wird. Die qudrtische Form Qv = v t Dv mit Digonlmtrix D ist unter der Nebenbedingung v n = zu extremieren. Die Lgrngemethode führt zu der Eigenwertgleichung Dv = λ v mit den knonischen Einheitsvektoren ls Eigenvektoren und den Eigenwerten n. Ist etw = min n n, so ist Θ v E mximl für v =,, etc. 3

16 Institut für Mthemtik Universität Hnnover Dr. H. Köditz Hnnover, den 5. Dezember 3 8. Übungsbltt zur Anlysis 3 Lösungshinweise Aufgbe 8 je 5 Punkte Mn berechne die Fourierreihe von {, für x π fx := π-periodisch fortgesetzt;, für π < x < π D fx + eine ungerde Funktion ist, gilt = und k = für lle k. b k = [ π sin kx dx + π π π ] sin kx dx = 3 kπ k+. Fourierreihe von f : + 6 sinl + x = fx in llen Stetigkeitspunkten von f. π l + l= b fx := sin x ist eine gerde Funktion, lso b k = für lle k ; = π π sin x dx = π. { k = π π π Fourierreihe von f : Aufgbe 9 sin x cos kx dx = π π + 4 π Punkte l= π sin + kx + sin kx dx = cos lx 4l = fx., k = l + 4 π 4l, k = l Für α / Z sei fx := π cos αx für < x < π und f := π cos πα + ls π-periodische Funktion uf gnz fortgesetzt. Diese Funktion wird durch ihre Fourierreihe drgestellt ohne Beweis. Mn berechne die Fourierreihe von f und zeige durch Betrchtung bei x = und x = π die Gültigkeit folgender Formeln: = π π πα cot πα = + α π cos αx dx = α n= sin πα. α n und πα sin πα = + α n= n α n. k b k = π = π Fourierreihe von f : Mit cot t = x = : cos t+ sin t π π π cos αx cos kx dx = π cos αx sin kx dx = sin πα α + k= erhält mn bei: x = π : π cos πα = π sin πα cos πα + = α sin πα α π π α sin πα cosα kx + cosα + kx dx = α k k cos πα sink αx + sink + αx dx = α k. α sin πα cos kx + kcos πα sin kx α k. Stellt überll f dr ob. + k= + k= α sin πα α k = πα cot πα = + α α sin πα α k k = πα sin πα = + α n= n= α n n α n.

17 Aufgbe 3 je 5 Punkte iemnn-lemm Sei f : [, b] eine stetig differenzierbre Funktion. Mn zeige: lim t b fx sin xt dx =. Beweis: f und f sind uf [, b] stetig, lso beschränkt. Sei lso K := mx f, f. Prtielle Integrtion liefert: b fx sin xt dx = b f cos t fb cos bt + f K + Kb x cos xt dt t t für t. b Sei nun f L [, b]. Mn zeige, dss uch hier lim t b fx sin xt dx = richtig ist. Beweis: Sei ε > gegeben. Es gibt eine Treppenfunktion ϕ mit b f ϕ < ε. Auf jedem der endlich vielen Konstnzintervlle von ϕ gilt wegen ϕx sin xt dx für t. Also folgt uch b ϕx sin xt dx für t. Es gibt lso t mit b ϕx sin xt dx < ε für t t. b b b fx sin xt dx = fx ϕx sin xt dx + ϕx sin xt dx b b fx ϕx dx + ϕx sin xt dx < ε, t t. Aufgbe 3 4,, und Punkte * Seien f, g L und F :, F x, y := fxgy x. Für lle y, für die ds Integrl existiert sei f gy := fxgy x dx. Fltung Mn zeige: Für fst lle y ist F x, y ls Funktion von x über integrierbr. Bechte HA9 Beweis: Wegen fxgy x dy dx = y x=t fx gy x dy dx === fx dx gt dt existiert eines der iterierten Integrle in HA9. Deshlb ist fxgy x über integrierbr, und der Stz von Fubini liefert die Existenz unseres Fltungsintegrls für fst lle y. b f gy dy fy dy gy dy. Beweis: c f g = g f. f gy dy = siehe === fxgy xdx dy fx dx gx dx. Beweis: Die Trnsformtion x = y t ergibt für fst lle y f gy = fy tgt dt = g fy. fxgy x dxdy d Sei f die chrkteristische Funktion von [, ] und g die von [, 3]. Mn berechne und skizziere f g. für y und y 4 y für y f gy =. für y 3 4 y für 3 y 4

18 Institut für Mthemtik Universität Hnnover Dr. H. Köditz Hnnover, den 5. Jnur 4 9. Übungsbltt zur Anlysis 3 Lösungshinweise Aufgbe 3 Punkte Die Funktion fx := xπ x für x π werde ls gerde Funktion uf ls π-periodische Funktion fortgesetzt. Mn zeige, dss die Fourierreihe von f fx = π 6 k= cos kx k lutet und gleichmäßig uf gnz gegen f konvergiert. Welches berühmte Ergebnis erhält mn für x =? π D f gerde ist, gilt b k = für lle k. = π π xπ x dx = 6. Mit xπ x dx = πcos k kx + kx sin kx k k x sin kx sin kx + kx cos kx π folgt k = xπ x dx = + k π k und somit j+ = und j = j. Mn erhält obige Fourierreihe. Mit cos kx k k liefert ds Weierstrß-sche Mjorntenkriterium die gleichmäßige Konvergenz der eihe. Die Fourierreihe konvergiert in L [ π, π] gegen f. Nch Bem. gibt es eine Teilfolge der Prtilsummenfolge, die f.ü. gegen f konvergiert. D unsere eihe konvergiert, konvergiert sie lso f.ü. gegen f. D f und die Grenzfunktion unserer Fourierreihe stetig sind gleichmäßige Limiten von Folgen stetiger Funktionen liefern stetige Grenzfunktionen, konvergiert die F überll gegen f. Aufgbe 33 Punkte Sei f : eine zwei ml stetig differenzierbre und π-periodische Funktion. Mn zeige, dss die Fourierreihe von f uf gnz gleichmäßig gegen f konvergiert. Hinweis: iemnn-lemm HA3 bechten. Beweis: Mit prtieller Integrtion und fx, f x, f x K k = π fx cos kx dx π = π fx π sin kx k π f x sin kx dx k = kπ = kπ f x π cos kx k + π f x cos kx dx k k K + πk. π π f x sin kx dx Genu so für die b k. Die Fourierreihe von f besitzt lso eine von x unbhängige konvergente Mjornte, ist lso nch Weierstrß gleichmäßig konvergent. Die Konvergenz gegen f folgt wie in vorherigen Aufgbe.

19 Aufgbe 34 je 5 Punkte Zu α [, π sei S α := {tcos α, sin α : t } der von usgehende Hlbstrhl mit dem Winkel α gegen die positive x-achse. Dnn ist die Polrkoordinten-Winkelfunktion ls differenzierbre Funktion wohldefiniert. ϕ α : \ S α α π, α Mn berechne ω α := dϕ α Ω \ S α und zeige so, dss ω α von α unbhängig ist und deshlb eine Differentilform ω uf gnz \ {} definiert. Die Polrkoordintenbbildung P r, ϕ = r cos ϕ, r sin ϕ besitzt die Jcobimtrix cos ϕ r sin ϕ cos ϕ sin ϕ P r, ϕ = mit der Inversen P sin ϕ r cos ϕ r, ϕ = sin ϕ cos ϕ = r r Dies gilt in jedem S α, lso y ω α = ω = x + y dx + x x + y dy. x r y x +y b Mn zeige, dss es keine uf gnz \ {} definierte differenzierbre Funktion f mit ω = df gibt. y r x x +y. Beweis: Wir wählen W π = \ S π. Jede in W π differenzierbre Funktion f mit df = dω π = dω liefert df ϕ π =. D W π wegzusmmenhängend ist, folgt die Konstnz von f ϕ π. D ϕ π nicht uf \ {} stetig fortgesetzt werden knn Sprung π uf < gilt dies uch für f. Aufgbe 35 Punkte Weierstrßscher Approximtionsstz Kncki Mn zeige: Jede uf einem kompkten Intervll stetige Funktion ist gleichmäßig durch Polynome pproximierbr. Beweis: OBdA wählen wir ls kompktes Intervll ds Intervll [ π, π]. Nch Stz.8 ist f dort gleichmäßig durch trigonometrische Polynome pproximierbr. Diese sind Linerkombintionen von sin kx, cos kx, und diese Funktionen werden durch beständig konvergente Potenzreihen drgestellt. Auf jedem kompkten Intervll konvergieren diese Potenzreihen gleichmäßig, werden lso dort durch ihre Prtilsummen Polynome gleichmäßig pproximiert. Deshlb ist uch f durch Polynome uf [ π, π] gleichmäßig pproximierbr.

20 Institut für Mthemtik Universität Hnnover Dr. H. Köditz Hnnover, den. Jnur 4. Übungsbltt zur Anlysis 3 Lösungshinweise Aufgbe 36 Punkte Im 3 sei ω die Differentilform ω = xz dy dz + dz dx z + e x dx dy. Mn zeige dω = und bestimme eine -Form η mit ω = dη. Die -Form η = dx + b dy + c dz ht ds Differentil dω = divxz,, z e x dx dy dz =. dη = c y b z dydz + z c x dzdx + b x y dxdy. D die Kooefizienten von ω die Vrible y nicht enthlten, suchen wir, b, c mit derselben Eigenschft. Also: b z = xz b = xz + cx, b x = z e x b = xz e x + dz. b = xz e x leistet dieses. Um z c x = zu genügen, wählen wir = z, c =, lso η = z dx xz + e x dy. Aufgbe 37 5 Punkte Im sei die -Form ω := dx dy und die Funktion h :, hu, v = x, y t := u+ v, u+v t gegeben. Ferner sei U := B. Mn berechne h ω und ω und interpretiere ds Ergebnis! h ω = du+ v du+v = u+ du v dv v du+u+ dv = u+ du dv v dv du = 4u + + v du dv. Also mit Polrkoordinten u = r cos ϕ, v = r sin ϕ: hu ω = B h ω = 4 B hu u + + v dudv = 4 π r + r cos ϕ + r drdϕ = 6π. Berechnet hben wir den Flächeninhlt des Bildes der Einheitskreisscheibe unter der Abbildung h einer Krdioide. Aufgbe 38 Punkte Für > sei h : U :=, π, π 3, hu, v := cos u sin v, sin u sin v, cos v t. Gegeben sei ferner im 3 \ {} die -Form ω := x y dy dz + x + y + z z dz dx + x + y + z dx dy. x + y + z

21 Mn berechne ω = h ω. Ws hben wir berechnet? hu U Also h ω = cos u sin v cos u sin v du + sin u cos v dv sin v dv sin u sin v + sin v dv sin u sin v du + cos u cos v dv cos v + sin u sin v du + cos u cos v dv cos u sin v du + sin u cos v dv = cos u sin 3 v + sin u sin 3 v + sin u cos v sin v + cos u cos v sin vdudv hu berechnet. ω = = sin 3 v + cos v sin v dudv = sin v dudv. U h ω = π π Aufgbe 39 Punkte Kncki sin v dv du = 4π. Wir hben die Oberfläche der -heitskugel Sei η Ω 3 eine geschlossene Differentilform, d.h es gelte dη =. Mn zeige, dss es ein ω Ω 3 mit η = dω gibt und folgere, dss jedes divergenzfreie Vektorfeld otton eines weiteren Vektorfeldes ist. Hinweis: Für η = dydz + dzdx + 3 dxdy suche mn ein ω = b dx + b dy. Beweis: Für η = dydz + dzdx + 3 dxdy gilt dη = div,, dxdydz = x + y + 3z dxdydz =. Mit ω = b dx + b dy gilt dω = b z dydz + b z dzdx + b x b y dxdy. b z = b x, y, z = b z = b x, y, z = b x x, y, z b y x, y, z = = z z z z x, y, t dt + c x, y x, y, t dt + c x, y x x, y, t y x, y, t dt + c x x, y c y x, y 3z x, y, t dt + c x x, y c y x, y = 3 x, y, z 3 x, y, + c x x, y c y x, y. Also wählen wir c = und c x, y = y 3x, t, dt und erhlten dω = η. Folgerung: Ist ds im gesmten 3 definierte C -Vektorfeld fx, y, z = x, y, z, x, y, z, 3 x, y, z quellenfrei, gilt lso divf = x + y + 3z =, so folgt f = rotb, b, mit oben definierten b j. Wir hben übrigens nur benutzt, dss je zwei Punkte des Definitionsbereiches D von f chsenprllel wie oben in D verbunden werden könne. Der Stz gilt lso uch in jedem offenen Quder. Er gilt jedoch z.b. nicht im 3 \ {}.

22 Institut für Mthemtik Universität Hnnover Dr. H. Köditz Hnnover, den 9. Jnur 4. Übungsbltt zur Anlysis 3 Lösungshinweise Aufgbe 4 5 Punkte Mn berechne folgende Kurvenintegrle direkt mit Definition nch Skript S 79 und mit Hilfe des Stzes von Stokes: Bemerkung: Orientierung der änder bechten. i I := G y dx + 6x dy, G = [, ]. Prmetrisierung der ndkurve mit Orientierung gegen den Uhrzeigersinn mth. positiv: γ t := t,, γ t :=, t, γ 3 t := t,, γ 4 t :=, t, t. Somit γ y dx + 6x dy =, γ y dx + 6x dy = 6 dt = 6 γ 3 y dx + 6x dy = dt =, γ 4 y dx + 6x dy = Also I = 4. Stokes liefert G dx + b dy = G b x y dxdy, lso uch I = 4. ii I := H ex sin y dx + e x cos y dy, H = B 3,. Stokes liefert sofort I =. Prmetrisierung des ndes γt := 3cos t, sin t, π t π, ergibt ds Integrl I = π π 3e 3 cos t sin3 sin t sin t + cos3 sin t cos t dt. Der Integrnd ist offensichtlich die Ableitung von e 3 cos t sin3 sin t, der Huptstz liefert deshlb uch I =. Aufgbe 4 Punkte Mn berechne I := xy + xz + yz dx, y, z für G := {x, y, z : x, y, z, x + y + z } direkt und mit Hilfe des Integrlstzes von Stokes. G i Direkte Berechnung in Kugelkoordinten: π π I = cos ϕ sin ϕ sin ϑ + cos ϕ sin ϑ cos ϑ + sin ϕ sin ϑ cos ϑr 4 sin ϑ dϑ dϕ dr = π π cos ϕ sin ϕ sin ϑ + cos ϕ sin ϑ cos ϑ + sin ϕ sin ϑ cos ϑ sin ϑ dϑ dϕ 5 = π 5 sin ϑ + sin ϑ cos ϑ sin ϑ dϑ = 5. ii Berechnung mit dem Integrlstz von Stokes: ω = ω G Offensichtlich gilt: xy +xz +yz = divxyz, xyz, xyz. Deshlb gilt dω := dxyz dydz +xyz dzdy +xyz dxdy = xy + xz + yz dxdydz. G setzt sich us Teilen der Koordintenebenen dort ist xyz =, knn lso weggelssen werden und einem Teil der Oberfläche der Einheitskugel zusmmen. Prmeterdrstellung dieses Teils: hu, v = u, v, u v t = x, y, z t mit u, v U := {u, v : u, v, u + v < }. Liften von ω: h ω = uv u v [dv u u v du + v u v dv ] u + u v du + v u v dv du + du dv = u v + uv + uv u v du dv. G

23 Mit Polrkoordinten ω = G Aufgbe 4 = = U π/ π/ h ω = Punkte U u v + uv + uv u v du dv r 3 cos ϕ sin ϕ + cos ϕ sin ϕ + r r cos ϕ sin ϕ 5 cos ϕ sin ϕ 5 cos3 ϕ + 5 cos ϕ sin ϕ + 5 cos ϕ dϕ = 5. r dr dϕ Sei ω Ω 3, ω := x + y dz, und K := {x,, z : x + z 4 } mit. Mn berechne dω und ω und verifiziere so den Stz von Stokes. K K i Prmetrisierung von K : hr, ϕ = + r cos ϕ,, r sin ϕ t, r, ϕ [, /] [, π] =: U. Mit dω = y dydz x dzdx erhält mn h dω = + r cos ϕ sin ϕ dr + r cos ϕ dϕcos ϕ dr r sin ϕ dϕ = r + r cos ϕ drdϕ und somit dω = K U h dω = π / r + r cos ϕ drdϕ = 4π / r dr = π. ii Prmetrisierung von K : ht = + cos t,, sin tt und h ω = + cos t cos t dt = cos t + cos t 4 cos3 t cos t dt. Also: K ω = π π Aufgbe 43 Punkte Kncki cos t + cos t + 4 cos3 t cos t dt = π π cos t + 4 cos3 t dt = π. Sei u : G G offen eine hrmonische Funktion, d.h. u ist zwei ml stetig dífferenzierbr mit u xx + u yy uf G. Mn zeige: Für jedes x, y G und r > mit B r x, y G gilt ux, y = π π ux + r cos t, y + r sin t dt. Hinweis: Aus B rx,y u y dx + u x dy = folgere mn die Unbhängigkeit obigen Integrls von r. Beweis: Wir prmetrisieren den nd γ r von B r x, y durch γt = x + r cos t, y + r sin t, t π. Mit Stokes gilt = u xx + u yy dxdy = u x dy u y dx = B rx,y π γ u x x + r cos t, y + r sin t r cos t + u y x + r cos t, y + r sin t r sin t dt. Ds letzte Integrl ist r d π dr ux + r cos t, y + r sin t dt, d nch Lebesgue unter dem Integrlzeichen nch r differenziert werden drf. Deshlb ist unser Integrl ls Funktion von r konstnt mit Wert ux, y wie mn durch Grenzübergng r erkennt.

24 Institut für Mthemtik Universität Hnnover Dr. H. Köditz Hnnover, den 6. Jnur 4. Übungsbltt zur Anlysis 3 Lösungshinweise Aufgbe 44 Punkte Ein Heißluftbllon H hbe die Form einer Sphärenkppe vom dius und Öffnungsdurchmesser d <, d.h. H = {x, y, z : x + y + z =, z } mit > und d =. Ds heisse Gs dringt durch die poröse Oberfläche mit der Geschwindigkeit v =rotf, F x, y, z = y, x, t. Mn berechne den Fluss v ds durch die Bllonoberfläche direkt und mit dem Stz von Stokes. H i Direkte Berechnung: Die Prmetrisierung mit Kugelkoordinten lutet hu, v = cos u sin v, sin u sin v, cos v t. Mit H v d S = [,π] [,v d ],, h u h v dudv interessiert nur die letzte Koordinte des Kreuzprodukts sin v cos v. Multipliktion mit, d wir die äußere Normle wollen. Der Grenzwinkel lutet v d = π rcsin d. Also: π v ds vd = sin v cos v dvdu = π sin v d = d π. H ii Mit Stokes: ndprmetrisierung xt = d cos t, d sin t, d 4 Aufgbe 45 H y, x, d s = 5 Punkte π. Also: d sin t, d cos t, d sin t, d cos t, dt = d π. Sei A := {x, y, z : x + y =, y + z = }. Mn zeige, dss M := A \ {,,,,, } eine -dimensionle Untermnnigfltigkeit des 3 ist. Beweis: Wir verifizieren die Definition der Vorlesung. Sei lso p M und hx, y, z := y, x + y, y + z t. Es folgt: h x, y, z = x y und det h x, y, z = 4xz. y z x = und z = führt uf die Ausnhmepunkte, ist lso uf M usgeschlossen. Also ist h nch dem Stz über die Umkehrfunktion us An uf einer Umgebung von p eine Diffeomorphismus der den Bed. der Definition genügt.

25 Aufgbe 46 Punkte Sei D := 4 \ {x, x, x 3, x 4 : x x x 3 x 4 = } und f : D 3 definiert durch fx, x, x 3, x 4 := x x 3 x, x x 4 x 3, x x 4 x x 3. Mn zeige, dss M := {x D : fx = } eine p-dimensionle Untermnnigfltigkeit des 4 ist und gebe p n. = x Beweis: Wegen x x 3 x = x x x 3 ; x x 4 x 3 = x x 3 x 4 ; x x 4 x x 3 = x x folgt us dem Verschwinden der ersten beiden Komponenten von f ds Verschwinden der dritten. Deshlb gilt mit gx, x, x 3, x 4 := x x 3 x, x x 4 x 3 sofort M = {x D : gx = }. Wegen g x3 x x = x = rg g x = uf M x 4 x 3 x ist Stz 4. nwendbr. M ist eine zweidimensionle Mnnigfltigkeit. = x3 = x3 x 4 Aufgbe 47 Punkte Stereogrphische Projektion * Die stereogrphische Projektion sei gegeben durch p : S \ {,, }, S = {x, x, x 3 : x + x + x 3 = }, px, x, x 3 := x x 3, x x 3. Mn ermittle p und zeige, dss Kreise uf S durch den Nordpol,, uf Gerden und lle nderen Kreise uf S uf Kreise bgebildet werden. i x = x x 3, y = x x 3, x + x + x 3 = gibt elementr: + x + y = x 3 die Umkehrung x = x + x + y, x = y + x + y, x 3 = x + y + x + y. p ist lso überll definiert, p ist folglich bijektiv. ii Kreise uf S sind Schnitte mit Ebenen x + bx + cx 3 = d d hinreichend klein. Kreise durch den Nordpol sind Schnitte für c = d. Wir setzen ein und erhlten x + x + y + y + x + y + c x + y + x + y = d c dx + y + x + by c d =. Dies ist für d = c eine Gerdengleichung und sonst für hinreichend kleine d d < + b + c eine Kreisgleichung.

26 Institut für Mthemtik Universität Hnnover Dr. Helmut Köditz Hnnover, den 4. Jnur 4 Klusur zur Anlysis 3 Lösungshinweise Berbeitungszeit: Aufgbe 8 Punkte Für > sei f : [, ] [, eine stetige Funktion und B := {x, y, z 3 : x + y, z f x + y }. Mn zeige: v 3 B = π rfr dr. Beweis: Wir benutzen den Stz von Fubini, integrieren zunächst in z-ichtung und verwenden dnn Polrkoodinten: f x +y v 3 B = dx, y, z = dz dx, y = f x + y dx, y = B π B r, fr rdr dϕ = π rfr dr. B r, Aufgbe 8 Punkte Mn beweise die Existenz des Grenzwerts und berechne g. g := lim n n + x n n e x dx Beweis: Sei g n : [,, g n x := + x n n e x für x n und g n x := für x > n. Es gilt g n L [, und lim n g n x = e x für lle x. Ferner folgt us e x/n + x n sofort + x n n e x, lso g n x e x. D e x über [, integrierbr ist, liefert der Stz von Lebesgue Aufgbe 3 lim n n 8 Punkte + x n n e x dx = lim n g n x dx = e x dx =. Sei K n eine kompkte Menge und f L p K für ein p. Mn zeige f L K und fx dx v n K p f p. K Beweis: Aus der Theorie der L p -äume. Für p = ist nichts zu beweisen. Sei lso p >. Mit q := p wählen wir im Stz.4 der Vorlesung Höldersche Ungleichung die Funktion g. D K kompkt und somit beschränkt ist, gilt g L q K. Der Stz liefert dnn f g = f L K und f dx f p p dx q p dx = v3 K p f p. K K K

27 Aufgbe 4 Punkte { xπ x für x π, Die Funktion fx := xπ + x für π x Mn zeige, dss die Fourierreihe von f werde π-periodisch uf gnz fortgesetzt. fx = 8 π k= sink + x k + 3 ist und uf gnz gleichmäßig gegen f konvergiert. Die fortgesetzte Funktion ist ungerde, ihre Fourierreihe ist lso eine Sinusreihe. Wir benötigen die folgenden Integrle, die durch prtielle Integrtionen ermittelt werden A := B := π π k = π x sin kx dx = x k cos kx + k sin kx x sin kx dx = x k [ π = π π = π k k = x cos kx + k sin kx + cos kx k3 x sin kx dx. π ] xπ + x sin kx dx + xπ x sin kx dx π π x sin kx dx, = π k 3 + k k 3 k = A + B π = 4 k 3 π k. Also: k =, k+ = 8. Wir erhlten unsere eihe. D konstnte Mjornte für die eihe k 3 π k 3 ist, konvergiert die Fourierreihe nch Weierstrß gleichmäßig uf gnz. Die Fourierreihe konvergiert gegen f in der L -Norm, enthält lso eine gegen f f.ü. konvergente Teilreihe. D f und die Grenzfunktion der Fourierreihe stetig sind gleichmäßige Konvergenz, konvergiert die eihe lso überll gegen f usführlich in den Übungen behndelt. Aufgbe 5 Punkte Seien α, β Differentilformen im n. Mn zeige: Ist α exkt und β geschlossen, so ist α β exkt. Beweis: D die k-form α exkt ist, gibt es eine k -Form ω mit α = dω. Sei η := ω β. Dnn folgt dη = dω β + k ω dβ = dω β = α β, d dβ =. Also ist α β exkt. b Im 3 seien die beiden Differentilformen α = ze yz dy + ye yz dz, β = zy cos xydx + xz cos xydy + sin xydz gegeben. Mn zeige, dss α und β exkt sind und bestimme eine -Form η mit dη = α β. Beweis: Offensichtlich gilt α = de yz, β = dz sin xy, lso sind beide -Formen exkt. Nch liefert η := e yz β dnn dη = α β.

28 Aufgbe 6 Punkte Es sei F = {x, y, z 3 : x + y =, y, z } und ω = yzdx + xdy xydz. Mn gebe eine Prmeterdrstellung φ : F ein geeignetes echteck im von F ls singuläres echteck n. Wir wählen φ : [, π] [, ] 3, φu, v := cos u, sin u, v t. b Mn berechne φ dω und φ ω. i dω = x dydz + y dzdx + z dxdy = rot yz, x, xy ds. Mit x, y, z := x, y, z und φ u φ v = cos u, sin u, ergibt φ dω = φu, v, φ u u, v φ v u, v dudv dω = φ dω φ = = π π cos u, sin u, v, cos u, sin u, du dv cos u + sin u du dv = π. ii Sei bx, y, z := yz, x, xy t. Wir prmetrisieren die vier ndbögen: h t := cos t, sin t,, t π, ergibt h t = sin t, cos t,. I = π bh t, h t dt = π h t :=,, t, t, ergibt h t =,,. I = sin t, cos t, cos t sin t, sin t, cos t, dt =.,,,,, dt =. 3 h 3 t = cos t, sin t,, t π, ergibt h 3 t = sin t, cos t,. I 3 = π, cos t, cos t sin t, sin t, cos t, dt = 4 h 4 t =,, t, t, ergibt h 4 t =,,. Deshlb: φ I 4 = ω = I + I + I 3 + I 4 = π. t,,,,, dt =. π cos t dt = π. 3