Musterlösung Blatt 9, Aufgabe 1 (mit Kommentaren)

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1 Musterlösung Blatt 9, Aufgabe (mit Kommentaren) Aufgabe ( Punkte) Sei R n messbar, (f k ) k eine Folge in L (; C), die in L (; C) gegen eine Funktion f konvergiert. Ferner sei (g k ) k eine Folge messbarer, komplewertiger Funktionen auf, sodass mit einem 0 für alle k N und k fast alle gilt g k (). Es eistiere eine Funktion g : C, sodass g k g f.ü. auf. Zeigen Sie, k dass dann g k f k gf in L (; C) gilt! Hinweis. Zeigen Sie zunähst g k f gf in L (; C)! Lösung Die Konvergenz von f k gegen f in L (; C) (im folgenden kurz als L bezeihnet) übersetzt sih zu f k f dµ = 0. lim k Die Beshränktheit der g k gegen überträgt sih natürlih auf den punktweisen (f.ü.) Grenzwert, also g f.ü. auf. Insbesondere gilt für fast alle : g k ()f() f() und g()f() f(). Da L ein Vektorraum ist, liegt mit f auh f darin. Damit ist nun f eine integrierbare Majorante der g k f und von gf, sodass nah dem Satz über majorisierte Konvergenz aus der punktweisen f.ü. Konvergenz g k f gf die in L folgt: lim g k f gf dµ = 0. k Nun berehnen wir g k f k gf mittels Einfügen einer Null: g k f k gf dµ = g k f k g k f + g k f gf dµ (Dreieksungl., Monotonie) g k (f k f) dµ + g k f gf dµ f k f dµ + g k f gf dµ }}}} 0 da f k f in L 0 (s.oben), wobei die Grenzwerte für k zu verstehen sind. Also ist die gewünshte Konvergenz in L gezeigt. Bemerkungen. (i) Anders als vielfah in den Lösungen behauptet folgt aus der punktweisen Konvergenz der g k f gegen gf und der Integrierbarkeit der g k f im allgemeinen niht die Integrierbarkeit von gf (sonst bräuhten wir die Konvergenzsätze von Levi und Lebesgue ja niht). Selbst wenn wir wissen, dass die Grenzfunktion gf ebenfalls integrierbar ist, können wir niht die Konvergenz in L behaupten. Allgemein folgt aus h k L für k N und h k h f.ü. niht die Konvergenz h k h in L, unabhängig davon, ob h in L liegt. Als Beispiel betrahte man in L (R; R) die Funktionen h k = k χ (0,. Diese konvergieren punktweise gegen h = 0, dennoh gilt h k h L = (0, k ) k dµ = k. Im vorliegenden Fall konnten wir den Shluss noh mit Berufung auf den Satz über majorisierte Konvergenz retten. Da die Funktionen h k := g k f alle betragsmäßig gegen die gemeinsame integrierbare Majorante f beshränkt sind, gilt für ihren punktweisen Grenzwert h := gf die Konvergenzaussage h k h 0 für k. Für g k f k klappt das dann aber auh niht mehr, da wir shwerlih eine gemeinsame Majorante für diese Funktionen finden werden. (ii) Desweiteren folgt aus der Beshränktheit der g k gegen natürlih niht deren Integrierbarkeit. Das gälte nur im Fall µ() <. Man betrahte als Gegenbeispiel die beshränkte Funktion χ R : R C! k )

2 Musterlösung Blatt 9, Aufgabe (mit Kommentaren) Aufgabe ( + Punkte) a) Zeigen Sie, dass für alle a > 0 und k N die Funktion f : [0, ) R, gegeben durh f() = k ep( a), über [0, ) integrierbar ist! b)berehnen Sie für beliebiges a > 0 und k N das Integral ( k ep( a) k+ k ep( a) ) dµ() (0, ) unter Verwendung von Teil a) sowie Aufgabe von Blatt 6! Lösung a) Wir stellen fest, dass f k,a () := k ep( a) eine auf [0, ) stetige, niht negative Funktion f k,a definiert. Ferner gilt f k,a (0) = 0 und lim f k,a () = 0. Wegen der Stetigkeit muss f k,a also beshränkt sein. Außerdem gilt noh lim f k,a () = lim k+ ep( a) = 0. Es eistiert also ein 0 > 0 (abhängig von den beliebigen aber festen Parametern k und a) derart, dass für alle 0 gilt f k,a () gilt. Dann shätzen wir ab 0 f k,a () f k,a ()χ [0,0]() }} integrierbar, da stetig auf Kompaktum + χ ( 0, )() }} integrierbar, s.u.. Die Integrierbarkeit des zweiten Summanden ergibt sih daraus, dass es sih um eine niht negative Funktion handelt, die uneigentlih Riemann-integrierbar ist (vgl. Aufgabe auf Blatt 6), denn es ist d = lim ( 0 d = lim ) + 0 = <. 0 0 b) Die Integrierbarkeit der durh g k,a () = k ep( a) k+ k ep( a) folgt aus Teil a) und der Beobahtung, dass g k,a = f k,a k+ f k,a eine Linearkombination von integrierbaren Funktionen ist. In Aufgabe auf Blatt 6 hatten wir gesehen, dass für jedes a > 0 das Integral von g 0,a über [0, ) vershwindet: ep( a) ep( a) dµ = 0. [0, ) Nun definieren wir für k N 0 die Funktionen h k : [0, ) (0, ) (, a) h k (, a) = g k,a () = k ep( a) () k ep( a) R. Nah dem eben gesagten ist für alle a I = (0, ) und k N 0 die Funktion h k (, a) integrierbar über = [0, ). Ferner ist a h k (, a) differenzierbar, und für die Ableitung gilt a h k(, a) = k ep( a) ( ) () k ep( a) ( ) = k+ ep( a)+ () k+ ep( a) = h k+ (, a). Insbesondere sind also für alle a I und k N 0 die Funktionen h k (, a) und a h k (, a) integrierbar. Um Satz 5.5 anwenden zu können, müssen wir nun noh die dritte Voraussetzung erfüllen. Dieses ist für I = (0, ) leider niht zu gewährleisten. Allerdings sollten wir die Behauptung ja für beliebige, aber feste a > 0 zeigen. Zu gegebenem ā shränken wir unser Parameterintervall also auf Ĩ = ( ā, ) ein. Dann sind die a h k (, a) = h k+ (, a) beshränkt durh h k+ (, a) = k+ ep( a) k+ k+ ep( a) = k+ ep( a) ( + k+ ep( a) ) ( ) k+ ep ā ( + k+ ) k+ f k+, ā (), haben also in k+ f k+, ā (das ist unabhängig von a Ĩ) eine gemeinsame, nah Teil a) integrierbare Majorante.

3 Damit ist der Satz 5.5 anwendbar, und wir shließen zunähst (für alle a > ā ): 0 = d h 0 (, a) dµ() = da [0, ) [0, ) a h 0(, a) dµ() = h (, a) dµ() [0, ) und dann induktiv über k (in jedem Shritt Satz 5.5 auf h k anwendend): 0 = d h k (, a) dµ() = da a h k(, a) dµ() = [0, ) [0, ) [0, ) h k+ (, a) dµ(). Da wir ā > 0 beliebig gewählt hatten, haben wir damit die Behauptung für beliebige a > 0 gezeigt. Bemerkung. Im Prinzip kann man auh die Integrale der f k,a eplizit ausrehnen. Das erfordert aber die Anwendung partieller Integration ähnlih zur Behandlung der Gamma-Funktion in der Vorlesung. Allerdings muss man dann darauf ahten, dass wir das Konzept der partiellen Integration nur für beshränkte Intervalle beherrshen (demnähst dann auh für beshränkte Gebiete im R n ), jedoh niht für den Fall, dass eine Integrationsgrenze ist. Man müsste daher die partielle Integration über ein beshränktes Intervall durhführen und dann den Grenzübergang prüfen (ganz ähnlih dem Vorgehen in Aufgabe auf Blatt 6 zum uneigentlihen Riemann-Integral oder zu den Ausführungen zur Gamma-Funktion in der Vorlesung).

4 Musterlösung Blatt 9, Aufgabe (mit Kommentaren) Aufgabe (5 Punkte) Für welhe p ist } Sp n := R n p = log( + p) eine C -Mannigfaltigkeit im Sinne von Definition 9.? Begründen Sie Ihre Antwort! Erinnerung. Für = (,..., n ) R n ist p = j p j= Zusatz (ohne Bewertung). Was können Sie über den Fall p (0, ) aussagen? Mahen Sie sih für einige Werte von p eine Skizze (für n = ) oder lassen Sie sih die Fälle n =, für vershiedene p von einem Visualisierungsprogramm Ihrer Wahl plotten! Lösung Eine kurze Skizze des Falles n = lässt shon erahnen, dass es sih nur bei den Kugeln bezüglih der p-normen für p > um C -Mannigfaltigkeiten handeln kann. Dies werden wir jetzt auh konkret zeigen. Sei also zunähst p >. Dann ist die Kugel S n p p als Urbild F p F p () = p p (log( + p))p. (0}) der Null unter der Funktion gegeben. F p : R n R ist stetig differenzierbar, da die partiellen Ableitungen allesamt stetig sind: F p i = j= j p = i p = i p sign( i ). i i Diese sind tatsählih stetig ((auh auf den Hyperflähen i = 0}), ) da p > 0 ist. Die Ableitung DF p = p sign( ),..., n p sign( n ) hat nur an der Stelle = 0 (d.h., = = n = 0) niht den maimalen Rang. Da aber F p (0) = (log( + p)) p 0 ist, gehört dieser Punkt niht zu S n also handelt es sih bei Sp n um eine (n )-dimensionale C -Untermannigfaltigkeit des R n. Sei nun p =. Dann funktioniert die obige Idee niht mehr, da ja F i = sign( i ) niht mehr stetig ist. F ist also keine C -Funktion mehr (je eine partielle Ableitung springt beim Durhqueren einer jeden Koordinatenebene). Damit ist aber noh niht gezeigt, dass S n keine C -Mannigfaltigkeit ist. Um dies zu zeigen, nehmen wir an, es gäbe eine C -Karte φ : U R n auf einer Umgebung U von, sagen wir dem Nordpol = (0,..., 0, log ) S n. Desweiteren nehmen wir ohne Beshränkung der Allgemeinheit an, dass n > log > 0 für alle U gilt (andernfalls betrahten wir die Einshränkung von φ auf U S n n > log }, welhes immer noh eine offene Umgebung von ist). Also bildet φ die Umgebung U diffeomorph auf U = φ(u) R n ab. Die Umkehrabbildung wollen wir mit ψ : U R n bezeihnen. Von dieser wissen wir, dass ihre n-te Komponente ψ n im Punkt ξ = φ( ) ein lokales Maimum annimmt: ψ n (ξ ) = log, n ψ n (ξ) = log ψ i (ξ) < log für alle ξ U \ξ }. (Man beahte an dieser Stelle, dass φ bijektiv ist!) Eine notwendige Bedingung dafür ist das Vershwinden des Gradienten i= p, D ξ ψ n ξ = 0. () Wir betrahten nun die Einshränkung ψ V auf die offene Menge V = φ(u i > 0 für i =,..., n}). Man beahte, dass ξ wegen der Stetigkeit von φ ein Randpunkt von V ist! Auf V müssen wir uns nun niht mehr mit den Beträgen herumshlagen, sondern können ganz bequem berehnen: n i= ψ i(ξ) = log. Wegen der angenommenen Differenzierbarkeit von ψ können wir diese Gleihung differenzieren und erhalten Dψ i 0 auf V, i=

5 und da Dψ auf ganz U stetig sein sollte (ψ ist eine C -Funktion), gilt dies auh notwendigerweise auf dem Teil des Randes von V, der in U liegt, also insbesondere an der Stelle ξ : Dψ ξ = 0. Nun wissen wir aber shon seit (), dass Dψ n ξ = 0 ist, also bleibt von der Summe i= n Dψ i ξ = 0 i= übrig, es sind also auh noh die Gradienten Dψ ξ,..., Dψ n ξ linear abhängig. Der Rang von Dψ ξ kann also höhstens n sein, was im Widerspruh zur Annahme steht, es handle sih bei φ und dessen Umkehrabbildung ψ um lokale Diffeomorphismen. Für den Fall p < wird es etwas shwieriger daher nur ein paar kurze Bemerkungen dazu. Auh nehmen wir die Eistenz einer lokalen Karte φ auf einer Umgebung U des Nordpols = (0,..., 0, log( + p)) an. Auf der analog zum obigen definierten offenen Menge V R n gilt nun ψ i (ξ) p = (log( + p)) p, i= was durh differenzieren (natürlih haben wir wieder angenommen, es handle sih bei der Kartenabbildung φ um einen lokalen C -Diffeomorphismus) zu pψ i (ξ) p Dψ i ξ = 0 wird. Nun ist aber für i =,..., n i= lim ψ i(ξ) = ψ i (ξ ) = 0, also lim ψ i(ξ) p = ξ ξ ξ ξ (beahte: wir kommen aus dem Bereih V, wo alle ψ i positiv sind). Wenn also die einzelnen Summanden einander niht gerade geshikt aufheben (was man ausshließen kann, indem man sih auh noh aus anderen Teilgebieten von V auf ξ zubewegt), müssen die zugehörigen Gradienten gegen Null gehen und damit wegen ihrer Stetigkeit in ξ vershwinden. Dann kann der Rang von Dψ ξ aber unmöglih n sein. Bemerkung. Beim Betrahten der vershiedenen Kreise bezüglih der p wird das Problem anshaulih. Ähnlih wie am Beispiel der Neilshen Parabel (Bsp. 9.5 in der Vorlesung es lohnt sih, dieses noh einmal nahzuvollziehen!) beobahtet, kommen alle Objekte, die sharfe Eken und Kanten aufweisen, niht als C -Untermannigfaltigkeiten infrage. Das liegt shliht daran, dass wir an diesen Eken unmöglih einen wohldefinierten Tangentialraum anbringen können Figure : Kreise des Radius log( + p) bezüglih p für p = 0, 4,,.4,.,, 0.9, 0.5 (von außen nah innen). Am Verlust der Konveität erkennt man übrigens, dass für p < die Dreieksungleihung versagt und daher diese p keine Norm auf dem R n darstellen können. Einen ähnlihen Effekt haben wir in Aufgabe 4 von Blatt 8 für die unendlihdimensionalen Vektorräume L p () gesehen.

6 Aufgabe 4 ( + 5 Punkte) a) Sei n. Zeigen Sie, dass die Menge H := Musterlösung Blatt 9, Aufgabe 4 (mit Kommentaren) } = (,..., n ) R n a + + n a n n a = n für alle a,..., a n > 0 eine C -Mannigfaltigkeit darstellt! b) Finden Sie für den Fall n = einen C -Atlas für H! Ist es möglih, dabei mit einer Karte auszukommen? Hinweis. Nutzen Sie geeignete Zylinderkoordinaten! Es ist auh hier unter Umständen hilfreih, sih den Fall n = für frei gewählte Werte von a, a, a per Skizze oder mittels eines geeigneten Programms zu veranshaulihen. Lösung a) Wir shreiben H als F (}) für die C -Funktion F : R n R, F () = n j a j= j n a. n (Man beahte, dass dies völlig äquivalent zur Formulierung H = F (0}) mit F () = F () ist. Beim Differenzieren fällt der konstante Term ohnehin weg, und ob man anshließend überprüft, ob für alle Punkte, in denen DF D F niht maimalen Rang hat, F () oder F () 0 gilt, ist völlig gleihgültig.) Wir berehnen im Punkt p = (,..., n ) ( DF p = a,..., n a, ) n n a n und stellen fest, dass dieses den Rang hat, wann immer p 0 ist. Da aber F (0) = 0 ist, liegt dieser Punkt niht in H und damit ist H nah Satz 9.7 eine C -Mannigfaltigkeit der Dimension n. b) Im dreidimensionalen Fall shreiben wir für Punkte im R nah den üblihen Konventionen p = (, y, z), um uns unnötig viele Indizes zu ersparen. Außerdem können wir a = a, a = b, a = shreiben, sodass sih H als } H = (, y, z) R a + y b = + z shreiben lässt. Die (hoffentlih wohlbekannten) allgemeinen Zylinderkoordinaten shreiben wir dann als = ar os ϕ, y = br sin ϕ, z = ζ, wobei übliherweise r [0, ), ϕ [0, π), ζ R angesetzt wird. In unserem Fall werden wir auf die Koordinate r verzihten, da wir zu gegebenem z ja nur eine Ellipse haben, die in H liegt. Wir parametrisieren also nah dem Winkel ϕ und der aialen Variablen z = ζ. Nun fällt uns auf, dass wir für ϕ ein halboffenes Intervall der Länge π brauhen, um die volle Ellipse zu gegebenem ζ parametrisieren zu können. Dies führt aber dazu, dass jeweils an dem Punkt, der durh den zum Intervall gehörenden Randpunkt parametrisiert ist, die Kartenabbildung notwendigerweise unstetig wird, was wir natürlih niht zulassen können. Das äußert sih darin, dass wir für die Parametrisierungen bzw. deren Inverse (die Kartenabbildungen) gefordert hatten, dass sie auf offenen Mengen definiert sein sollen. Kommen wir nun zu den konkreten Parametrisierungen, die wir zunähst ψ und ψ nennen wollen. Beide sollen durh die oben angegebene Formel ψ(r, ϕ, ζ) = (ar os ϕ, br sin ϕ, ζ) gegeben sein, nur auf untershiedlihen Definitionsbereihen. Wir stellen fest, dass für zu H gehörige Punkte (, y, z) = (ψ (r, ϕ, ζ), ψ (r, ϕ, ζ), ψ (r, ϕ, ζ)) stets gelten muss also wegen r 0: Shreiben wir also r (os ϕ + sin ϕ) = a + y b! = + z = + ζ, ψ = a r = + ζ os ϕ, ψ + ζ. = b + ζ sin ϕ, z = ζ,

7 so sehen wir, dass tatsählih gar kein r mehr in der Parametrisierung vorkommt, wir also ψ als Funktion nur zweier Variablen auffassen können. Gleihes gilt natürlih für ψ. Wir werden für diese Abbildungen die gleihen Bezeihnungen beibehalten: ψ : R V (ϕ, ζ) ψ(ϕ, ζ) R, ψ(v ) = U H, ψ : R Ṽ (ϕ, ζ) ψ(ϕ, ζ) R, ψ(ṽ ) = Ũ H. Nun haben wir die offenen Mengen V und Ṽ derart zu finden, dass ψ und ψ diese jeweils diffeomorph auf U bzw. Ũ abbilden und noh dazu H = U Ũ ist. Wir beginnen mit V = ( π, π) (, ). Dann ergibt sih, da uns im Wertebereih des Cosinus für ϕ ( π, π) die fehlt, } U = ψ(v ) = (, y, z) H > a + z. Wir erhalten also nur eine lokale Parametrisierung um etwa den Punkt (a, 0, 0) H. Um die noh fehlenden Punkte in H zu erreihen, wählen wir für eine lokale Parametrisierung um etwa den Punkt ( a, 0, 0) H als Parametrisierungsgebiet Ṽ = ( π, ϕ) (, ) und erhalten Ũ = ψ(ṽ ) = (, y, z) H < 0}. Nun prüfen wir die Bijektivität der beiden Parametrisierungen, indem wir ihre Umkehrabbildungen φ = ψ und φ = ψ angeben und deren Wohldefiniertheit feststellen. Wir beginnen mit dem shwierigeren Fall von ψ. Dafür ist die Kartenabbildung φ(, y, z) = (arg a,b (, y), z), wobei artan ay b falls > 0 artan ay arg a,b (, y) := b + π falls < 0, y > 0 artan ay b π falls < 0, y < 0 signy falls = 0 π den geeigneten Zweig des Arustangens beshreibt. Dass es sih bei der Bestimmung des Winkels ϕ um einen Arustangens handeln muss, erkennt man, indem man feststellt, dass in H y = ψ (ϕ, ζ) ψ (ϕ, ζ) = b + ζ sin ϕ = b a tan ϕ a + ζ os ϕ (unabhängig von z) ist, wann immer der Nenner niht vershwindet. Die speziellen Zweige sind so gewählt, dass φ auf U stetig ist (insbesondere an den Übergängen = 0) und U auf V abbildet. Für φ wird die Sahe nun einfaher, da wir hier nur noh einen Zweig des Arustangens benötigen. Es ist nämlih für (, y, z) Ũ die Kartenabbildung durh φ(, y, z) = ( artan ay b, z) gegeben. Es bleibt nun nur noh zu zeigen, dass es sih tatsählih um Diffeomorphismen handelt. Da wir bereits geklärt haben, dass es sih bei ψ und ψ um Bijektionen von V bzw. Ṽ auf U bzw. Ũ mit Umkehrabbildungen φ bzw. φ handelt, genügt es dazu zu zeigen, dass Dψ bzw. D ψ maimalen Rang haben. Dazu berehnen wir a + ζ sin ϕ a os ϕ ζ + ζ Dψ = b + ζ ζ os ϕ b sin ϕ + ζ. 0 Wir zeigen, dass dieses sogar für alle (ϕ, ζ) R eine reguläre -Untermatri also Rang hat. Es ist nämlih det a + ζ ζ sin ϕ a os ϕ + ζ = a + ζ 0 sin ϕ 0 falls ϕ kπ und det b + ζ ζ os ϕ b sin ϕ + ζ = b + ζ 0 os ϕ 0 falls ϕ π + kπ, wobei jeweils k irgendeine ganze Zahl ist. Eine der beiden Determinanten ist also immer von Null vershieden wie gefordert. Da die Formeln für ψ genau die gleihen sind, ist auh dieses natürlih überall regulär.

8 Dass es sih dabei sogar um einen C -Diffeomorphismus handelt, folgt aus dem (in jedem Punkt von U bzw. Ũ anwendbaren) Satz über die inverse Funktionen, wenn man berüksihtigt, dass die Parametrisierungen ψ und ψ beliebig oft stetig differenzierbar sind. Bemerkung. (i) Diese Lösung sieht ziemlih opulent aus, was allerdings an der sehr ausführlihen Behandlung der Zylinderkoordinaten liegt. Die geforderte Lösung bedarf deutlih weniger Prosa (und passt bei mir handshriftlih auf eine A4-Seite). (ii) Falls Ihnen die Auswahl des jeweils rihtigen Zweigs des Arustangens in der Bestimmung der Kartenabbildungen niht klar ist, betrahten Sie zu gegebenem z, also zu festem Radius r = + z, die ebenen Polarkoordinaten auf der durh die Gleihung a + y b = r gegebenen Ellipse und bestimmen Sie den geeigneten Zweig, indem Sie für jeden Quadranten (d.h., jede Vorzeihenkombination von und y) den entsprehenden Arustangens berehnen und die Zweige an den Koordinatenahsen geeignet zusammenkleben und fortsetzen! (iii) Shließlih wieder einmal das anempfohlene Bild, um sih den hyperbolishen Zylindermantel H vorstellen zu können. Figure : Der hyperbolishe Zylindermantel H für a =, b =, =. Sie erkennen anhand des Rasters bereits die Ellipsen, die sih als Shnitte der Ebenen z = onst.} mit H ergeben.

9 Musterlösung Blatt 9, Zusatzaufgabe 5 (mit Kommentaren) Zusatzaufgabe 5 (5 Zusatzpunkte; lösen Sie diese Aufgabe shriftlih und geben Sie ihre Lösung bis Montag (.06.04) 4:00 in den Briefkästen im 4. Stok des Institutsgebäudes ab!) In = R >0 = (0, ) (0, ) begrenzen die durh } (, y) y =, (, y) y = }, (, y) y = }, gegebenen Kurven eine eindeutig bestimmte beshränkte offene Menge F. Berehnen Sie dµ(, y)! y F (, y) y = e } Hinweis. Finden Sie eine Koordinatentransformation φ, die ein geeignetes ahsenparalleles Rehtek diffeomorph auf F abbildet und wenden Sie den Transformationssatz an! Lösung Auf dem Gebiet G = (0, ) (0, ) betrahten wir den Diffeomorphismus Ψ(, y) := ( y, y ) (0, ) (0, ). Dieser transformiert die Ränder der gegebenen Menge F auf ahsenparallele Streken. Genauer transformiert Ψ die Menge F = (, y) G < y < und < y < e } zum Rehtek (u, v) G } ( ) < v < und < u < e = (, e),. ( Die Umkehrabbildung Φ = Ψ von Ψ ist durh Φ(u, v) = u v, u v) (wohldefiniert für u, v > 0) gegeben. Die Jaobi-Matri von Φ zu gegebenem (u, v) ist und hat die Determinante DΦ (u,v) = J (u,v) Φ = 9 ( u v v u u ) v 4 u v ( + ) v v = v. Bei diesen Rehnungen ist zu beahten, dass wir nur (strikt) positive u und v sowie positive Werte von Φ (u, v) und Φ (u, v) zu betrahten haben, sodass wir uns weder um die Vorzeihen der Wurzeln noh um eventuelle Nullen im Nenner sorgen müssen. Mit den Bezeihnungen aus Satz 7. (dem Transformationssatz) haben wir jetzt also U = (, e) (, ), F = Φ(U) sowie die auf Φ(U) gegebene Funktion f(, y) = y. Da Φ ein Diffeomorphismus ist (auf U ist die Funktionaldeterminante J (u,v) Φ = det DΦ (u,v) niht nur strikt positiv, sondern sogar von der Null weg beshränkt!), können wir den Satz anwenden und berehnen das gesuhte Integral F dµ(, y) = y ( = Φ (u, v), y = Φ (u, v)) = = (beshränkt und stetig) = Φ(U) f(, y) dµ(, y) S.7. = U (f Φ)(u, v) J (u,v) Φ dµ(u, v) Φ (u, v) (,e) (,) (Φ (u, v)) dµ(u, v) v u v (,e) (,) u v dµ(u, v) = v (,e) (,) dµ(u, v) uv v e e uv dvdu = du [ dv u v = [log(u)]e ] v Dabei ist die Messbarkeit der stetigen Funktion klar, und die Integrierbarkeit folgt ebenfalls sofort aus der Stetigkeit und Beshränktheit über dem beshränkten Integrationsgebiet. Wir konnten also guten Gewissens den Satz von Fubini anwenden, um das Integral zu berehnen. Außerdem erlauben die Beshränktheit und Stetigkeit des Integranden auh noh die Verwendung des Riemann-Integrals. =.

10 Hier nun noh eine kleine Grafik zur Veranshaulihung der Transformation Φ: v y Out[8]= Out[9]= v v u u Ψ Φ u