TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN

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Franziska Zimmermann
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1 Prof. Dr. D. Castrigiano Dr. M. Prähofer Zentralübung 7. Das Gauss-Integral e x2 dx TECHNISCHE UNIVESITÄT MÜNCHEN Zentrum Mathematik Mathematik für Physiker 4 (nalysis 3 2W/ Wintersemester 2/ Lösungsblatt ( Sei r : 2, r(x, y = x 2 + y 2, ρ :, ρ(r = max{, r}, f :, f(x = e x2. (a Zeigen Sie r(λ 2 = 2ρλ durch uswertung auf Intervallen. (b Berechnen Sie f r dλ 2. (c Zeigen Sie, dass f dλ =. (d Berechnen Sie Γ( 2. (a r(λ 2 ([a, b] = λ 2 ( r ([a, b] = λ 2 (Ũb( λ 2 (Ũa( = (b 2 a 2 für a b. llgemein für a b: r(λ 2 ([a, b] = (ρ(b 2 ρ(a 2. 2ρλ ([a, b] = 2 ρ dλ b = 2 r dr = (b 2 a 2, wieder für a b. llgemein [a,b] a für a b: 2ρλ ([a, b] = (ρ(b 2 ρ(a 2. Die beiden Maße stimmen also auf einem Erzeugendensystem überein, und damit auch auf B. (b f r dλ 2 = f d r(λ 2 = f d(2ρλ = 2 fρ dλ = 2re r2 dr = [ e r2] =. (c Da f r(x, y = e (x2 +y 2 >, ist f r wegen (b integrierbar auf 2. Nach Fubini ist f r dλ 2 = und damit (d Γ( 2 = e x2 dx =. t /2 e t dt t=x2 = e x2 y 2 dx dy = 2e x2 dx = e x2 dx e x2 dx =. e y2 dy = e x2 dx 2,

2 72. Das Cavalierische Prinzip Sei m+n = m n messbar. Man zeige: (a x := {y n : (x, y } n ist für alle x m messbar, (b λ m+n ( = λ n ( x dλ m (x, (c λ 3 (U ( = 4 3. (a Für x m ist die bbildung f x : n y (x, y stetig, also messbar. Somit ist auch x = {y n : f x (y } = fx ( messbar. (b µ m+n ( = dλ µ(x dλ m (x. (c λ 3 (U ( = m+n Fubini λ 2 (U z 2 (dz = = ( (x, ydλ n (y dλ m (x = ( x (ydλ n (y dλ m (x = ( z 2 dz = 2 [ z 3 3 ] = = 4 3.

3 73. Leibnizsche Sektorenformel (a Für x, y 2 ist die Fläche des von, x, y aufgespannten Dreiecks 2 det ( x y x 2 y 2 = 2 x y 2 x 2 y (b Seien x,..., x n = x 2, x i = ( x i y i, die gegen den Uhrzeigersinn durchnummerierten Eckpunkte eines konvexen Polygons P. Begründen Sie anhand einer Zeichnung, dass λ 2 (P = n x i y i x i y i = n x i y i y i x i, 2 2 wobei x i = x i x i. i= (c Sei 2 ein regulärer Bereich, dann gilt λ 2 ( = ( y d x =: 2 x 2 i= x dy y dx (d Man berechne die Fläche des von der Zykloide w (t = ( t sin t cos t und der Strecke w 2 (t = ( t, jeweils mit t [, 2], eingeschlossenen Bereichs. (a Sind x und y kollinear, so ist die Fläche, die Formel stimmt also. ndernfalls ist = ( x y x 2 y 2 invertierbar. Das von, x, y aufgespannte Dreieck ist D = {αx + βy : α, β, α + β }. Nun ist λ 2 (D = λ 2 ((D = (λ 2 (D = det( λ 2 (D = 2 det(, wobei D = { ( α β : α, β, α + β }, offenbar mit λ 2 (D = 2. (b Zunächst ist x i y i y i x i = x i (y i y i y i (x i x i = x i y i x i y i. Jeder Summand berechnet die Fläche des vom Ursprung und zwei benachbarten Punkten aufgespannten Dreiecks. Das Vorzeichen hängt davon ab ob das Dreieck, x i, x i gegen oder im Uhrzeigersinn durchlaufen wird. Befindet sich der Ursprung außerhalb des Polygons, werden die zu viel addierten Flächenstücke wieder abgezogen, so dass man den korrekten Flächeninhalt von P erhält. (c nwendung des Satzes von Green auf das Vektorfeld F (x, y = ( y 2 x ergibt ( y d x = F ( xd x = ( x F 2 y F dx dy = dx dy = λ 2 ( 2 x (d Die gesuchte Fläche F ist nach obiger Formel mit w (t = ( x(t y(t F = 2 = 2 = 2 w 2 x dy y dx w x dy y dx = 2 ((t sin t sin t ( cos t( cos tdt 2 ( 2 cos t + cos 2 t + sin 2 t t sin tdt = 2 2 (x(tẏ(t y(tẋ(tdt 2 t sin tdt = 3.

4 74. Ebener Satz von Gauss Sei 2 ein regulärer Bereich, v : 2 2 ein stetig differenzierbares Vektorfeld, dann gilt div v dx dy = v, n ds. n ist hier der nach außen zeigende normierte Normalenvektor, der in allen bis auf endlich vielen Punkten von definiert wird durch n(s = (ẇ 2 (s, ẇ (s, wenn w die stetig differenzierbare Parametrisierung eines Stücks der andkurve mit der Bogenlänge ist. Der Satz von Green besagt F d x = Man setzt F := ( v 2 v und erhält ( x F 2 y F dx dy = ( x F 2 y F dx dy. ( x v + y v 2 dx dy = div v dx dy und F d x = ( v2 v d x = v, n ds, da für eine stetig differenzierbare Parametrisierung w : [t, t 2 ] eines Stücks von mit der Bogenlänge gilt: w ( v2 v d x = t 2 t ( v2 (w(t ẇ(tdt = v (w(t t 2 t ( ( v (w(t ẇ2 (t dt = v 2 (w(t ẇ (t w v, n ds.

5 Hausaufgaben 75. (Bonus Das d-dimensionale Gauss-Integral Sei d d symmetrisch und positiv definit. Zeigen Sie: e x,x dλ d (x = Hinweis: Man betrachte zunächst den Fall, dass diagonal ist. d det. x e x,x ist positiv und stetig, also in E. Sei zunächst = diag(λ,..., λ d mit λ i >. Nach Tonelli gilt also e x,x dλ d (x = e λ x 2 λ dx 2 d dxd dx = e λ x 2 dx e λ dx 2 d dxd = d = λ λ d det, da e λx2 dx y= λx = λ e y2 dy = λ. Für allgemeines mit Eigenwerten λ,..., λ d, D = diag(λ,..., λ d gibt es eine Orthogonalmatrix O mit = ODO T. Somit gilt e x,x dλ d (x = e OT x,do T x dλ d (x = e y,dy do T (λ d (y = e y,dy dλ d d (y = det D = d det.

6 76. (Bonus Satz von Fubini (a Integrieren Sie f(x, y = e x2 über die Menge M = { (x, y x, y, y x }. (b Berechnen Sie das Integral, indem Sie den Integranden als bestimmtes Integral interpretieren: x b x a dx, < a < b. ln x (a Da f auf M stetig und M kompakt ist, gilt nach dem Satz von Fubini M f(x, y dλ 2 (x, y = (b Für den Integranden ist Damit folgt x b x a ln x dx = ( b ( x a e x2 dy dx = x b x a ln x x y dy dx = = b a b a ( x y dy. x e x2 dx = [ 2 e x2] = 2 (. e b x y dy dx dy = a y + = ln + b + a, denn x y ist auf [, ] [a, b] stetig und der Satz von Fubini ist anwendbar.

7 77. Volumen der n dimensionalen Kugel Sei V n ( das Volumen der n dimensionalen Kugel Ũ (n ( mit >, V n := V n (. (a Warum ist V n ( = n V n? (b Man zeige: V n+ = V n I n mit I n := s 2 n ds, n N, wobei V :=. (c Durch die Substitution s = sin φ finde man eine ekursionsgleichung für I n und zeige I n I n 2 = 2 n für n 2. (d Man zeige V n = 2 n V n 2 für n 2 und damit V n = 2n/2 nγ(n/2 für n N. (a Die Kugel ist abgeschlossen und damit messbar. V n ( = λ n (Ũ (n ( = λn (Ũ (n ( = n λ n (Ũ (n ( = n V n (b Ũ (n ( ist messbar weil abgeschlossen. Für n = gilt V = λ ([, ] = 2. V n+ = λ n+ (Ũ (n+ ( Cavalieri = (c Mit s = sin φ ergibt sich V n ( z 2 dz = V n z 2 n dz = V n I n. I n = = 2 s 2 n ds = 2 2 n cos n φ dφ ni n, cos φ cos n φ dφ = [sin φ cos n φ] n 2 2 sin 2 φ cos n φ dφ }{{} cos 2 φ 2 also I n = I 2 I = 2 3 n n+ I n 2. Wegen I = 2, I = 2 und I 2 = und für n 2 ( s2 ds = 4 3 ist I I = 2 2, I n+ I n = n+ n+2 I n n n+ I n 2 = n n+2 I n I n 2 I.V. = n n+2 I n 2 n = 2 n+2. (d Die Formel stimmt für n =, 2. Für n > 2 ist V n = I n I n 2 V n 2 = 2 n V n 2 und 2 n/2 nγ(n/2 = 2 n 2 (n 2Γ( n 2 (n 2 n( n 2 = 2 n = V n V n 2. Bemerkung: V =, V = 2, V 2 =, V 3 = 4 3, V 4 = 2 2, V 5 = 8 5 2,... V 5 = ist maximal, für große n konvergiert V n sehr schnell gegen, wie man an V n = 2 n V n 2 leicht sieht.

8 78. (Bonus Gegenbeispiel zu Fubini für < y < x, x 2 Sei f : [, ] 2, f(x, y = für < x < y, y 2 für x = y, xy =. (a Berechnen Sie ( f(x, ydx dy, ( f(x, ydy dx und [,] 2 f dλ 2. (b Was ergibt B ɛ f dλ 2 und B ɛ f dλ 2 mit B ɛ = [, ] 2 \ [, ɛ[ 2, ɛ ], [ im Limes ɛ? Hinweis: Man betrachte jeweils f ± getrennt. (a Naiv würde man sagen, das Volumen unter f ist unterhalb der Diagonalen gleich dem negativen Volumen oberhalb der Diagonalen. Insgesamt sollte sich also Null ergeben. Man erhält aber f(x, ydy dx = x dy x 2 x dy dx = y 2 ( x + [ y ] x dx = und f(x, ydx dy = y dx + y 2 y dx dy = x 2 ( y [ x] dy =. y Die beiden Ergebnisse sind nicht gleich. f kann also nicht integrierbar sein auf [, ] 2. Das Problem ist, dass f bei (, lokal nicht integrierbar ist. (b uf B ɛ ist f beschränkt durch ɛ 2. Wegen λ 2 (B ɛ < ist f und damit auch f integrierbar, die Integrationsreihenfolge spielt keine olle. Wir setzen B ± ɛ = {(x, y B ɛ : ±(x y > } I + = f + dλ 2 = B ɛ B + ɛ f dλ 2 = ɛ x dy dx = x 2 ɛ x dx = [log x] ɛ = log ɛ >. Genauso erhält man wegen der Spiegelsymmetrie bezüglich der Diagonalen I = f dλ 2 = f dλ 2 = log ɛ >. B ɛ B ɛ Nun ist B ɛ f dλ 2 = I + I =, und B ɛ f dλ 2 = I + + I = 2 log ɛ Das erste Integral ist also für alle ɛ > identisch. Der Wert des zweiten Integrals divergiert für ɛ gegen +. f ist also nicht integrierbar auf [, ] 2.

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