LÖSUNGEN ZUR VORLESUNG MATHEMATIK FÜR PHYSIKER 2A


 

Noch zu lösende Aufgaben: 3, 5, 18, 19, 28, 29, 30, 31, 37

 

Lösungen zum Vorbereitungsblatt

 

Lösung V1

Es ist \[ |x|:=\left\{\begin{array}{cl} x, & \mbox{falls}\ x\ge 0 \\ -x, & \mbox{falls}\ x\lt 0\end{array}\right.. \]

 

Lösung V2

(i) Zu unterscheiden sind zwei Fälle:
  \( \circ\quad \)Im Fall \( x\ge 0 \) ist nach Definition \( |x|=x\ge 0. \)
  \( \circ\quad \)Im Fall \( x\lt 0 \) ist nach Definition \( |x|=-x=(-1)\cdot x\gt 0. \)
  In jedem Fall gilt \( |x|\ge 0.\quad\Box \)
(ii) Wir beweisen die Richtung \( \Rightarrow: \)
  \( \circ\quad \)Ist \( x\ge 0, \) so ist \( 0\le x=|x|\le a \) bzw. \( 0\le x\le a \) bzw. \( -a\le x\le a. \)
  \( \circ\quad \)Ist \( x\lt 0, \) so ist \( -x=|x|\le a \) bzw. \( x\ge -a \) bzw. \( a\ge x\ge -a. \)
(ii) Wir beweisen die Richtung \( \Leftarrow: \)
  \( \circ\quad \)Ist \( x\ge 0, \) so ist \( |x|=x\le a, \) da nach Voraussetzung \( x\le a, \) d.h. \( |x|\le a. \)
  \( \circ\quad \)Ist \( x\lt 0, \) so ist \( |x|=-x\le a, \) da nach Voraussetzung \( x\ge -a, \) d.h. \( |x|\le a. \)
  Zusammengefasst ist damit die Behauptung bewiesen.\( \quad\Box \)
(iii) Wir unterscheiden vier Fälle:
  \( \circ\quad \)Im Fall \( x,y\ge 0 \) ermitteln wir
 
\( |x+y|=x+y\le x+y=|x|+|y|. \)
  \( \circ\quad \)Im Fall \( x\ge 0,\ y\lt 0 \) sind zu unterscheiden:
  \( \phantom{\circ\quad}-\quad \)\( x+y\ge 0, \) d.h. \( |x|=x\ge -y=|y|, \) also
 
\( |x+y|=x+y=|x|-|y|\le|x|-|y|+2|y|=|x|+|y|; \)
  \( \phantom{\circ\quad}-\quad \)\( x+y\lt 0, \) d.h. \( |x|=x\lt -y=|y|, \) also
 
\( |x+y|=-(x+y)=-x+(-y)=-|x|+|y|\le 2|x|-|x|+|y|=|x|+|y|. \)
  \( \circ\quad \)Der Fall \( x\lt 0,\ y\ge 0 \) wird analog dem vorigen Fall behandelt.
  \( \circ\quad \)Im Fall \( x\lt 0,\ y\lt 0 \) ermitteln wir
 
\( |x+y|=-(x+y)=-x+(-y)=|x|+|y|\le|x|+|y|. \)
(iv) Wir schätzen wie folgt ab

\[ \begin{array}{l} |a|=|a-b+b|\le|a-b|+|b|, \\ |b|=|b-a+a|\le|b-a|+|a|=|a-b|+|a| \end{array} \]

  bzw. nach Umstellen (erste, dann zweite Ungleichung)

\[ \begin{array}{l} |a|-|b|\le|a-b|,\quad |b|-|a|\le|a-b| \\ \qquad\mbox{bzw.}\quad|a|-|b|\ge-|a-b| \\ \qquad\mbox{bzw.}\quad -|a-b|\le|a|-|b|\le|a-b|. \end{array} \]

  Nach Aufgabenteil (ii) folgt äquivalent die Behauptung.\( \quad\Box \)

 

Lösung V3

Falls \( x=0, \) \( y=0 \) oder \( z=0, \) so folgt sofort die Behauptung, denn z.B. im Falle \( x=0 \) \[ \begin{array}{l} 0+|y|+|z|-|0+y|-|y+z|-|z+0|+|0+y+z| \\ \qquad =\,|y|+|z|-|y|-|y+z|-|z|+|y+z| \,=\,0. \end{array} \] Wir können also annehmen \( 0\lt|z|\le|y|\le|x|. \) Die Behauptung ist dann äquivalent zu \[ 1+\left|\frac{y}{x}\right|+\left|\frac{z}{x}\right|-\left|1+\frac{y}{x}\right|-\left|\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right| -\left|\frac{z}{x}+1\right|+\left|1+\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right|\ge 0. \] Beachte nun \[ \left|\frac{y}{x}\right|\le 1\quad\mbox{impliziert}\quad\left|1+\frac{y}{x}\right|=1+\frac{y}{x}\,, \quad\mbox{analog}\quad \left|1+\frac{z}{x}\right|=1+\frac{z}{x}\,, \] und damit schätzen wir wie folgt ab \[ \begin{array}{l} \displaystyle 1+\left|\frac{y}{x}\right|+\left|\frac{z}{x}\right|-\left|1+\frac{y}{x}\right|-\left|\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right| -\left|\frac{z}{x}+1\right|+\left|1+\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right| \\ \qquad\displaystyle =\,1+\left|\frac{y}{x}\right|+\left|\frac{z}{x}\right|-\left(1+\frac{y}{x}\right)-\left|\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right| -\left(\frac{z}{x}+1\right)+\left|1+\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right| \\ \qquad\displaystyle =\,-1+\left|\frac{y}{x}\right|+\left|\frac{z}{x}\right|-\frac{y}{x}-\left|\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right|-\frac{z}{a} +\left|1+\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right| \\ \qquad\displaystyle =\,\left\{\left|\frac{y}{x}\right|+\left|\frac{z}{x}\right|-\left|\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right|\right\} +\left\{-\left(1+\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right)+\left|1+\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right|\right\} \\ \qquad\displaystyle \ge\,\left\{\left|\frac{y}{x}\right|+\left|\frac{z}{x}\right|-\left|\frac{y}{x}\right|-\left|\frac{z}{x}\right|\right\} +\left\{-\left(1+\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right)+\left|1+\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right|\right\} \\ \qquad\displaystyle \,\ge\,\left|1+\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right|-\left(1+\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right) \,\ge\,0. \end{array} \] Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)

 

Lösung V4

(i) Die Behauptung folgt nach Umstellen von
 
\( \displaystyle 0\le(1-\sqrt{x})^2=1-2\sqrt{x}+x. \)
(ii) Die Behauptung folgt aus
 
\( \displaystyle x+\frac{1}{x}=\left(\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}\right)^2+2\ge 2. \)
(iii) Die Behauptung folgt nach Umstellen von
 
\( \displaystyle 0\le(x-y)^2=x^2-2xy+y^2\,. \)
(iv) Die Behauptung folgt aus

\[ \begin{array}{l} (x+y)^2\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle x^2+y^2+2xy \,\le\,x^2+y^2+2\cdot\left(\frac{1}{2}\,x^2+\frac{1}{2}\,y^2\right) \\ & = & \negthickspace\displaystyle x^2+y^2+x^2+y^2 \,=\,2(x^2+y^2). \end{array} \]

(v) Die Behauptung folgt nach Umstellen von

\[ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{1}{x}+\frac{1}{y}-\frac{4}{x+y}\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \frac{y}{xy}+\frac{x}{xy}-\frac{4}{x+y} \,=\,\frac{x+y}{xy}-\frac{4}{x+y} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \frac{(x+y)^2-4xy}{xy(x+y)} \,=\,\frac{x^2+2xy+y^2-4xy}{xy(x+y)} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \frac{x^2-2xy+y^2}{xy(x+y)} \,=\,\frac{(x-y)^2}{xy(x+y)} \,\ge\,0. \end{array} \]

 

Lösung V5

(i) Die Behauptung ist äquivalent zu

\[ x^2(x-1)+y^2(y-1)\ge 8(x-1)(y-1). \]

  Wir beweisen diese Ungleichung:

\[ \begin{array}{lll} 8(x-1)(y-1)\displaystyle\negthickspace & \le & \displaystyle\negthickspace 8\cdot\left\{\frac{1}{2}(x-1)^2+\frac{1}{2}(y-1)^2\right\} \,=\,4(x-1)^2+4(y-1)^2 \\ & = & \displaystyle\negthickspace 4(x-1)(x-1)+4(y-1)(y-1) \,\le\,x^2(x-1)+y^2(y-1) \end{array} \]

  wegen

\[ 0\le(x-2)^2=x^2-4x+4\quad\mbox{bzw.}\quad x^2\ge 4x-4=4(x-1), \]

  und analog \( y^2\ge 4(y-1). \) Daraus folgt die Behauptung.
(ii) Für alle \( x,y,z\gt 0 \) ist nämlich

\[ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z} \,=\,\frac{1}{\frac{x}{y}}+\frac{1}{\frac{y}{z}}+\frac{1}{\frac{z}{x}} \,=\,\frac{\frac{y}{z}+\frac{x}{y}}{\frac{x}{y}\cdot\frac{y}{z}}+\frac{1}{\frac{z}{x}} \\ \displaystyle\qquad =\,\frac{\frac{y}{z}\cdot\frac{z}{x}+\frac{x}{y}\cdot\frac{z}{x}+\frac{x}{y}\cdot\frac{y}{z}}{\frac{x}{y}\cdot\frac{y}{z}\cdot\frac{z}{x}} =\,\frac{y}{z}\cdot\frac{z}{x}+\frac{x}{y}\cdot\frac{z}{x}+\frac{x}{y}\cdot\frac{y}{z} \\ \displaystyle\qquad \le\,\frac{1}{2}\cdot\frac{y^2}{z^2}+\frac{1}{2}\cdot\frac{z^2}{x^2}+\frac{1}{2}\cdot\frac{x^2}{y^2}+\frac{1}{2}\cdot\frac{z^2}{x^2} +\frac{1}{2}\cdot\frac{x^2}{y^2}+\frac{1}{2}\cdot\frac{y^2}{z^2} \\ \displaystyle\qquad =\,\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{z^2}+\frac{z^2}{x^2}\,, \end{array} \]

  was zu zeigen war.

 

Lösung V6

(i) Betrachte das folgende, aus \( (n+1)\times(n+1) \) Kästchen bestehende Schema:

 

         
         
         
         
         
  Wir lesen ab

\[ (n+1)^2=2(1+2+\ldots+n)+(n+1) \]

  bzw. nach Umstellen

\[ 1+2+\ldots+n =\frac{1}{2}\,\Big\{(n+1)^2-(n+1)\Big\} =\frac{(n+1-1)(n+1)}{2} =\frac{n(n+1)}{2}\,. \]

  Das ist die gesuchte Identität.\( \quad\Box \)
(ii) Zu zeigen: \( \displaystyle\sum_{k=1}^nk^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \) gilt für alle \( n\in\mathbb N \)
  \( \circ\quad \)Induktionsanfang: Die Aussage gilt für \( n=1, \) denn
 
\( \displaystyle\sum_{k=1}^1k^2=1\quad\mbox{und}\quad\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\,\Big|_{n=1}=1. \)
  \( \circ\quad \)Induktionsschluss: Die Aussage gelte für ein \( n\in\mathbb N. \) Dann ist

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \sum_{k=1}^{n+1}k^2\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \sum_{k=1}^nk^2+(n+1)^2 \,=\,\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+(n+1)^2 \\ & = & \displaystyle\negthickspace \frac{n(n+1)(2n+1)+6(n+1)^2}{6} \,=\,\frac{(n+1)\big[(2n+1)n+6(n+1)\big]}{6} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \frac{(n+1)(2n^2+n+6n+6)}{6} \,=\,\frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}\,. \end{array} \]

  Das zeigt die Behauptung.\( \quad\Box \)
(iii) Zunächst ist

\[ (k+1)^4-k^4 =k^4+4k^3+6k^2+4k+1-k^4 =4k^3+6k^2+4k+1. \]

  Das schreiben wir genauer so auf:
  \( k=1 \) \( 2^4-1^4\,=\,4\cdot 1^3+6\cdot 1^2+4\cdot 1+1 \)
  \( k=1 \) \( 3^4-2^4\,=\,4\cdot 2^3+6\cdot 2^2+4\cdot 2+1 \)
  \( k=3 \) \( 4^4-3^4\,=\,4\cdot 3^3+6\cdot 3^2+4\cdot 3+1 \)
  \( \quad\vdots \) \( \qquad\qquad\vdots \)
  \( k=n \) \( (n+1)^4-n^4\,=\,4\cdot n^3+6\cdot n^2+4\cdot n+1 \)
  Wir addieren die einzelnen Zeilen und erhalten

\[ \begin{array}{lll} (n+1)^4-1\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace 4\cdot(1^3+2^3+\ldots+n^3)+6\cdot(1^2+2^2+\ldots+n^2)+\ldots \\ & & \displaystyle\negthickspace \ldots+4\cdot(1+2+\ldots+n)+n \end{array} \]

  bzw. nach Umstellen

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \sum_{k=1}^nk^3\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \frac{1}{4}\,\left\{(n+1)^4-1\right\}-\frac{3}{2}\,\sum_{k=1}^nk^2-\sum_{k=1}^nk-\frac{n}{4} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \frac{(n+1)^4-1}{4}-\frac{3}{2}\,\frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6} -\frac{n(n+1)}{2}-\frac{n}{4} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \frac{(n+1)^4-1-n(n+1)(2n+1)-2n(n+1)-n}{4} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \frac{n+1}{4}\,\Big\{(n+1)^3-n(2n+1)-(2n+1)\Big\} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \frac{(n+1)^2}{4}\,\Big\{(n+1)^2-(2n+1)\Big\} \,=\,\frac{n^2(n+1)^2}{4}\,. \end{array} \]

  Damit ist eine explizite Darstellungsformel gefunden.

 

Lösung V7

Die Behauptung ist klar, wenn ein \( x_i=0 \) ist. Sei also jetzt stets \( x_i\not=0. \) Weiter ist \[ \prod_{i=1}^nx_i\le\prod_{i=1}^n|x_i|, \] d.h. es genügt, \( x_i\in(0,1) \) für alle \( i=1,\ldots,n \) anzunehmen. Dann schätzen wir mit Hilfe der Ungleichung vom arithmetisch-geometrischen Mittel wie folgt ab: \[ \begin{array}{l} n\cdot(x_1\cdot x_2\cdot\ldots\cdot x_n) \\ \qquad =\,x_1\cdot x_2\cdot\ldots\cdot x_n+x_1\cdot x_2\cdot\ldots\cdot x_n+\ldots+x_1\cdot x_2\cdot\ldots\cdot x_n \\ \qquad \le\,x_1\cdot x_2+x_2\cdot x_3+\ldots+x_n\cdot x_1 \\ \qquad\displaystyle \le\,\frac{x_1^2}{2}+\frac{x_2^2}{2}+\frac{x_2^2}{2}+\frac{x_3^2}{2}+\ldots+\frac{x_n^2}{2}+\frac{x_1^2}{2} \\ \qquad =\,x_1^2+x_2^2+\ldots+x_n^2 \end{array} \] Das zeigt die Behauptung.\( \qquad\Box \)

 

Lösung V8

Wir geben nur die Taylorreihenentwicklungen um den Punkt \( x_0=0 \) an: \[ \begin{array}{lll} \sin x & = & \displaystyle x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}\pm\ldots=\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}\,, \\ \cos x & = & \displaystyle 1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}\pm\ldots=\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{x^{2k}}{(2k)!}\,. \end{array} \]

 

Lösung V9

(i) Klar.
(ii) Wegen \( 0\le\sin^2x\le 1 \) und \( 0\le\cos^2x\le 1 \) ist auch

\[ \begin{array}{l} 0\le\sin^4x\le\sin^2x,\quad 0\le\cos^4x\le\cos^2x \\ \qquad\mbox{bzw.}\quad \sin^4x+\cos^4x\le\sin^2x+\cos^2x=1. \end{array} \]

  Das ist die erste behauptete Ungleichung. Ferner ist

\[ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{1}{2}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{2}\,(\sin^2x+\cos^2x) \,=\,\frac{1}{2}\,\sin^2x+\frac{1}{2}\,\cos^2x \\ & \le & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{2}\,\sin^4x+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{2}\,\cos^4x \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\,\sin^4x+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\,\cos^4x \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{4}+\frac{1}{2}\,(\sin^4x+\cos^4x) \end{array} \]

  bzw. nach Umstellen

\[ \frac{1}{4}\le\frac{1}{2}\,(\sin^4x+\cos^4x). \]

  Daraus folgt die zweite behauptete Ungleichung.\( \quad\Box \)

 

Lösung V10

Die Additionstheoreme lauten \[ \sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta,\quad \cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta. \] Setzen wir \( \alpha=\beta, \) so folgen die Verdopplungsformeln \[ \sin 2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha,\quad \cos 2\alpha=\cos^2\alpha-\sin^2\alpha. \]

 

Lösung V11

Trägt man einen Winkel \( \varphi\in[0,\frac{\pi}{2}] \) am Einheitskreis ab, so bedeutet \[ \begin{array}{l} \sin\varphi\quad\mbox{Abzissenwert des eingezeichneten Radius,} \\ \cos\varphi\quad\mbox{Ordinatenwert des eingezeichneten Radius.} \end{array} \] Es ergeben sich daher sofort \[ \sin 0=0,\quad \cos 0=1,\quad \sin\frac{\pi}{2}=1,\quad \cos\frac{\pi}{2}=0. \] Im Fall \( \varphi=\frac{\pi}{4} \) erzeugt der Radius ein gleichschenkliges Dreieck, dessen Katheten nach dem Satz des Pythagoras die gemeinsame Länge \[ \sin\frac{\pi}{4}=\cos\frac{\pi}{4}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2} \] besitzen. Im Fall \( \varphi=\frac{\pi}{3} \) spiegelt man das vom Radius erzeugte Dreieck über die \( x \)-Achse und erhät ein gleichseitiges Dreieck, d.h. es ergibt sich wegen \( \sin^2\varphi+\cos^2\varphi=1 \) \[ \cos\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}\,,\quad \sin\frac{\pi}{3}=\sqrt{1-\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\,. \] Die Werte für \( \varphi=\frac{\pi}{6} \) lassen sich schließlich über die Phasenverschieben der Winkelfunktionen ermitteln: \[ \sin\frac{\pi}{6} =\cos\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{6}\right) =\sin\frac{\pi}{3} =\frac{\sqrt{3}}{2} \] und damit \[ \cos\frac{\pi}{6} =\sqrt{1-\frac{3}{4}} =\sqrt{\frac{1}{4}} =\frac{1}{2}\,. \] Damit sind die geforderten Werte bestimmt.

 

Lösung V12

Es gelte \( \cos(\alpha+\beta)=0. \) Dann folgt \[ \begin{array}{lll} \sin(\alpha+2\beta)\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \sin(\alpha+\beta+\beta) \,=\,\sin(\alpha+\beta)\cos\beta+\sin\beta\cos(\alpha+\beta) \\ & = & \displaystyle\negthickspace \sin(\alpha+\beta)\cos\beta \,=\,(\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta)\cos\beta \\ & = & \displaystyle\negthickspace \sin\alpha\cos^2\beta+\sin\beta\cos\alpha\cos\beta \\ & = & \displaystyle\negthickspace \sin\alpha\cos^2\beta+\sin\beta\big[\cos(\alpha+\beta)+\sin\alpha+\cos\beta\big] \\ & = & \displaystyle\negthickspace \sin\alpha\cos^2\beta+\sin\beta\sin\alpha\sin\beta \,=\,\sin\alpha\cos^2\beta+\sin\alpha\sin^2\beta \\ & = & \displaystyle\negthickspace \sin\alpha(\cos^2\beta+\sin^2\beta) \,=\,\sin\alpha, \end{array} \] was zu beweisen war.\( \qquad\Box \)

 

Lösung V13

Die Funktion \( f\colon\mathbb R\to\mathbb R \) heißt im Punkt \( x_0\in\mathbb R \) stetig, wenn für jedes \( \varepsilon\gt 0 \) ein \( \delta=\delta(x_0,\varepsilon)\gt 0 \) existiert, so dass gilt \[ |f(x)-f(x_0)|\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ x\in\mathbb R\ \mbox{mit}\ |x-x_0|\le\delta. \] Sie heißt im Punkt \( x_0\in\mathbb R \) differenzierbar, falls der Grenzwert existiert \[ \lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\,. \] Bemerkung: Äquivalent zu diesem Stetigkeitskriterium ist das Folgenkriterium, welches wir häfig anwenden.

 

Lösung V14

Es sei \( f\colon\mathbb R\to\mathbb R. \) Dann sind äquivalent:

\( \circ \) Die Funktion \( f(x) \) ist in \( x_0\in\mathbb R \) differenzierbar.
\( \circ \) Es gibt eine in \( x_0\in\mathbb R \) stetige Funktion \( \varphi\colon\mathbb R\to\mathbb R \) mit \( \varphi(x_0)=0 \) und

\[ f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\varphi(x)(x-x_0). \] Sei \( \varepsilon\gt 0 \) vorgegeben. Dann existiert ein \( \delta_1(\varepsilon)\gt 0, \) so dass \[ |\varphi(x)| =|\varphi(x)-\varphi(x_0)| \lt\varepsilon \quad\mbox{für alle}\ x\in\mathbb R\ \mbox{mit}\ |x-x_0|\lt\delta_1(\varepsilon). \] Setzen wir nun \[ \delta_2(\varepsilon):=\mbox{min}\left\{\delta_1(\varepsilon),\frac{\varepsilon}{2(M+\varepsilon))}\right\}\quad\mbox{mit}\ M:=|f'(x_0)|, \] so gilt für alle \( x\in\mathbb R \) mit \( |x-x_0|\lt\delta_2(\varepsilon) \) \[ \begin{array}{lll} |f(x)-f(x_0)|\negthickspace & \le & \negthickspace\displaystyle |f'(x_0)||x-x_0|+|\varphi(x)||x-x_0| \,\lt\,M\delta_2(\varepsilon)+\varepsilon\delta_2(\varepsilon) \\ & = & \negthickspace\displaystyle (M+\varepsilon)\delta_2(\varepsilon) \,\lt\,\varepsilon. \end{array} \] Also ist \( f(x) \) in \( x_0\in\mathbb R \) stetig. Oder ein Argument ohne die verwendete Darstellung: \[ \begin{array}{lll} \displaystyle \lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\Big\{f(x)-f(x_0)\Big\}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\cdot(x-x_0) \\ & = & \negthickspace\displaystyle \lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\cdot\lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}(x-x_0) \\ & = & \negthickspace\displaystyle f'(x_0)\cdot 0 \,=\,0, \end{array} \] d.h. die Funktion ist nach dem Folgenkriterium in \( x_0\in\mathbb R \) stetig. Die Umkehrung dieser Aussage gilt nicht, denn beispielsweise der Absolutbetrag \( |x| \) ist in \( x_0=0 \) stetig, aber nicht differenzierbar.

 

Lösung V15

Zun Nachweis betrachten wir zwei gegen \( 0 \) konvergente Zahlenfolgen \( \{x_k\}_{k=1,2,\ldots}\subset\mathbb R\setminus\{0\}, \) nämlich

\( \circ \) einmal die Folge

\[ x_k:=\frac{1}{\pi k}\,,\quad k=1,2,\ldots, \]

  dann ist

\[ \sin\frac{1}{x_k}=\sin\pi k=0\quad\mbox{für alle}\ k=1,2,\ldots \]

  und damit

\[ \lim_{k\to\infty}\sin\frac{1}{x_k}=0; \]

\( \circ \) und ein zweites Mal die Folge (zum Nachweis der Behauptung genügt allein diese Folge)

\[ \widetilde x_k:=\frac{1}{\frac{\pi}{2}+2\pi k}\,,\quad k=1,2,\ldots, \]

  dann ist

\[ \sin\frac{1}{\widetilde x_k}=\sin\left(\frac{\pi}{2}+2\pi k\right)=1\quad\mbox{für alle}\ k=1,2,\ldots \]

  und damit

\[ \lim_{k\to\infty}\sin\frac{1}{\widetilde x_k}=1. \] Also ist die Funktion \( f(x) \) nicht stetig im Punkt \( x_0=0.\quad\Box \)

 

Lösung V16

Die Funktion \( g(x) \) ist stetig in \( x_0=0, \) denn für \( x\not=0 \) haben wir zunächst \[ |g(x)-g(x_0)|=|g(x)|=\left|x\sin\frac{1}{x}\right|\le|x|. \] Zu vorgegebenem \( \varepsilon\gt 0 \) wähle \( \delta(\varepsilon):=\varepsilon, \) dann ist \[ |g(x)-g(0)|\lt\varepsilon,\quad\mbox{falls}\ |x-0|\lt\delta. \] Aber \( g(x) \) ist in \( x_0=0 \) nicht differenzierbar: Es ist nämlich \[ \frac{g(x)-g(0)}{x-0}=\frac{x\sin\frac{1}{x}-0}{x-0}=\sin\frac{1}{x}\,, \] aber der Grenzwert \( \displaystyle\lim_{x\to 0,\ x\not=0}\sin\frac{1}{x} \) existiert nicht nach Aufgabe V15.\( \qquad\Box \)

 

Lösung V17

Die Funktion \( h(x) \) ist in \( x_0=0 \) stetig, denn \[ |h(x)-h(0)|=|h(x)|=\left|x^2\sin\frac{1}{x}\right|\le x^2\le|x| \] für \( |x|\lt 1, \) und das ist die Situation aus Aufgabe V16. Es ist \( h(x) \) in \( x_0=0 \) auch differenzierbar, denn \[ \lim_{x\to 0,\ x\not=0}\frac{h(x)-h(0)}{x-0} =\lim_{x\to 0,\ x\not=0}x\sin\frac{1}{x}=0, \] da stets gilt \( \displaystyle\left|\sin\frac{1}{x}\right|\le 1.\qquad\Box \)

 


 

 

Lösungen zum Übungsblatt 01

 

Lösung 1

Es sind \[ s(f,\mathfrak Z)=\sum_{i\in\mathfrak N}|Q_i|m_i\,,\quad S(f,\mathfrak Z)=\sum_{i\in\mathfrak N}|Q_i|M_i \] mit \[ \begin{array}{l} m_i=\inf\,\{f(x)\,:\,x\in Q_i\}\ge\inf\,\{f(x)\,:\,x\in Q\}=m, \\ M_i=\sup\,\{f(x)\,:\,x\in Q_i\}\le\sup\,\{f(x)\,:\,x\in Q\}=M. \end{array} \] Insgesamt ist also \[ \begin{array}{l} \displaystyle m|Q|=m\sum_{i\in\mathfrak N}|Q_i|=\sum_{i\in\mathfrak N}|Q_i|m\le\sum_{i\in\mathfrak N}|Q_i|m_i=s(f,\mathfrak Z), \\ \displaystyle s(f,\mathfrak Z)=\sum_{i\in\mathfrak N}|Q_i|m_i\le\sum_{i\in\mathfrak N}|Q_i|M_i=S(f,\mathfrak Z), \\ \displaystyle S(f,\mathfrak Z)=\sum_{i\in\mathfrak N}|Q_i|M_i\le\sum_{i\in\mathfrak N}|Q_i|M=M\sum_{i\in\mathfrak N}|Q_i|=M|Q|, \end{array} \] zusammengefasst also \[ m|Q|\le s(f,\mathfrak Z)\le S(f,\mathfrak Z)\le M|Q|, \] was zu beweisen war.\( \qquad\Box \)

 

Lösung 2

(i) Klar.
(ii) Wir ermitteln

\[ \begin{array}{lll} s(f,\mathfrak Z^*)\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \sum_{k\in\mathfrak N^*}|Q_k^*|m_k^* \,=\,\sum_{i\in\mathfrak N}\,\sum_{k\in\mathfrak N^*,\ Q_k^*\subseteq Q_i}|Q_k^*|m_k^* \,\ge\,\sum_{i\in\mathfrak N}\,\sum_{k\in\mathfrak N^*,\ Q_k^*\subseteq Q_i}|Q_k^*|m_i \\ & = & \displaystyle\negthickspace \sum_{i\in\mathfrak N}m_i\sum_{k\in\mathfrak N^*,\ Q_k^*\subseteq Q_i}|Q_k^*| \,=\,\sum_{i\in\mathfrak N}|Q_i|m_i \,=\,s(f,\mathfrak Z) \end{array} \]

  und analog

\[ \begin{array}{lll} S(f,\mathfrak Z^*)\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \sum_{k\in\mathfrak N^*}|Q_k^*|M_k^* \,=\,\sum_{i\in\mathfrak N}\,\sum_{k\in\mathfrak N^*,\ Q_k^*\subseteq Q_i}|Q_k^*|M_k^* \,\le\,\sum_{i\in\mathfrak N}\,\sum_{k\in\mathfrak N^*,\ Q_k^*\subseteq Q_i}|Q_k^*|M_i \\ & = & \displaystyle\negthickspace \sum_{i\in\mathfrak N}M_i\sum_{k\in\mathfrak N^*,\ Q_k^*\subseteq Q_i}|Q_k^*| \,=\,\sum_{i\in\mathfrak N}M_i|Q_i| \,=\,S(f,\mathfrak Z), \end{array} \]

  insgesamt also

\[ s(f,\mathfrak Z)\le s(f,\mathfrak Z^*)\le S(f,\mathfrak Z^*)\le S(f,\mathfrak Z). \] Das war zu beweisen.\( \qquad\Box \)

 

Lösung 3

 

 

Lösung 4

(i) Ist \( f\colon Q\to\mathbb R \) Riemannintegrierbar, so gelten

\[ \int\limits_Qf(x)\,dx=s(f)=S(f) \]

  mit

\[ \begin{array}{l} \displaystyle s(f)=\lim_{j\to\infty}s(f,\mathfrak Z^{(j)})=\lim_{j\to\infty}\sum_{i\in\mathfrak N}|Q_i^{(j)}|m_i^{(j)}\,, \\ \displaystyle S(f)=\lim_{j\to\infty}S(f,\mathfrak Z^{(j)})=\lim_{j\to\infty}\sum_{i\in\mathfrak N}|Q_i^{(j)}|M_i^{(j)} \end{array} \]

  für eine ausgezeichnete Zerlegungsfolge \( \{\mathfrak Z^{(j)}\}_{j=1,2,\ldots}. \) Wegen \( f(x)\ge 0 \) in \( Q \) sind daher

\[ s(f)\ge 0,\quad S(f)\ge 0,\quad \mbox{also auch}\quad \int\limits_Qf(x)\,dx\ge 0. \]

  Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)
(ii) Nach Voraussetzung ist

\[ h(x):=g(x)-f(x)\ge 0\quad\mbox{in}\ Q \]

  mit der stetigen, damit Riemannintegrierbaren Funktion \( h\colon Q\to\mathbb R. \) Nach Teil (i) folgt

\[ \int\limits_Qh(x)\,dx\ge 0, \]

  und nach Übungsaufgabe 3(ii) erhalten wir

\[ 0\le\int\limits_Qh(x)\,dx =\int\limits_Q\big\{g(x)-f(x)\big\}\,dx =\int\limits_Qg(x)\,dx-\int\limits_Qf(x)\,dx. \]

  Umstellen liefert die Behauptung.\( \qquad\Box \)

 

Lösung 5

 

 


 

 

Lösungen zum Übungsblatt 02

 

Lösung 6

(i) Zu gegebenem \( \varepsilon\gt 0 \) wähle \( 5 \) Intervalle der Länge \( \frac{\varepsilon}{6}: \)

\[ I_1=\left[1-\frac{\varepsilon}{12},1+\frac{\varepsilon}{12}\right],\,\ldots\,, I_5=\left[5-\frac{\varepsilon}{12},5+\frac{\varepsilon}{12}\right] \]

  mit \( 1\in I_1,\ldots,5\in I_5. \) Dann ist

\[ \sum_{k=1}^5|I_k|=5\cdot\frac{\varepsilon}{6}\lt\varepsilon. \]

  Das gilt für jedes \( \varepsilon\gt 0, \) d.h. \( M \) ist eine Jordansche Nullmenge.
(ii) Wähle ein \( \varepsilon\gt 0 \) beliebig. Dann existiert ein \( K(\varepsilon)\in\mathbb N, \) \( K(\varepsilon)\ge 2, \) so dass
 
\( \displaystyle\frac{1}{K(\varepsilon)}\lt\frac{\varepsilon}{3}\,. \)
  und es ist
 
\( \displaystyle\left\{\frac{1}{K(\varepsilon)},\frac{1}{K(\varepsilon)+1},\ldots\right\}\subset\left[0,\frac{\varepsilon}{3}\right], \)
  während die verbleibenden, endlich vielen Elemente \( 1,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\ldots,\frac{1}{K(\varepsilon)-1} \) enthalten sind in Teilintervallen der Gesamtmaßes \( \lt\frac{\varepsilon}{3} \) (vgl. Aufgabenteil (i)). Also ist \( M \) eine Jordansche Nullmenge.
(iii) Es existiert keine endliche Überdeckung von \( M \) durch endlich viele Intervalle. Also ist \( M \) keine
  Jordansche Nullmenge.
(iv) Es ist \( M=\{-1,1\}. \) Zu \( \varepsilon>0 \) wähle

\[ I_1:=\left[-1-\frac{\varepsilon}{5},-1+\frac{\varepsilon}{5}\right],\quad I_2:=\left[1-\frac{\varepsilon}{5},1+\frac{\varepsilon}{5}\right]. \]

  Dann ist \( M\subset I_1\cup I_2, \) und es gilt

\[ \sum_{i=1}^2I_i=\frac{2}{5}\,\varepsilon+\frac{2}{5}\,\varepsilon=\frac{4}{5}\,\varepsilon\lt\varepsilon. \]

  Das gilt für jedes \( \varepsilon\gt 0, \) d.h. \( M \) ist eine Jordansche Nullmenge.
(v) Betrachte das Kreissegment
 
\( \displaystyle K:=(\cos\varphi,\sin\varphi)\subset\mathbb R^2\,,\quad\varphi\in\left[\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4}\right]. \)
  Es ist \( K \) der Graph der stetigen Funktion
 
\( \displaystyle f(x)=\sqrt{1-x^2}\,,\quad x\in\left[-\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2}\right], \)
  und daher nach Vorlesungsbemerkung eine Jordansche Nullmenge. Die Menge \( M \) selbst ist die Vereinigung von vier solchen Nullmengen und daher selbst eine Jordansche Nullmenge.

 

Lösung 7

Zu einem gegebenen, kompakten, achsenparallelen Quader \[ Q=[a_1,b_1]\times\ldots\times[a_m,b_m]\subset\mathbb R^m \quad\mbox{mit Inhalt}\quad |Q|=(b_1-a_1)\cdot\ldots\cdot(b_m-a_m) \] schätzen wir wie folgt ab: \[ f(Q)\subseteq[c_1,d_1]\times\ldots\times[c_n,d_n]=:\widetilde Q \] mit den Setzungen \[ c_i:=\inf\,\{f_i(x)\,:\,x\in Q\}\,,\quad d_i:=\sup\,\{f_i(x)\,:\,x\in Q\}\,,\quad i=1,\ldots,n. \] Beachte dabei nach der Ungleichung vom arithmetischen und geometrischen Mittel für alle \( i=1,\ldots,n \) \[ \begin{array}{lll} d_i-c_i\negthickspace & \le & \displaystyle\negthickspace \sup_{x,y\in Q}|f(x)-f(y)|\le L\sup_{x,y\in Q}|x-y| \\ & = & \displaystyle\negthickspace L\,\sqrt{(b_1-a_1)^2+\ldots+(b_m-a_m)^2} \\ & = & \displaystyle\negthickspace L\,\sqrt{\frac{(b_1-a_1)^2+\ldots+(b_m-a_m)^2}{m}}\,\cdot\sqrt{m} \\ & \le & \displaystyle\negthickspace L\sqrt{m}\,\sqrt{(b_1-a_1)\cdot\ldots\cdot(b_m-a_m)} \\ & = & \displaystyle\negthickspace L\,\sqrt{m}\,\sqrt{|Q|} \end{array} \] und damit \[ |\widetilde Q|\le L^n\sqrt{m}^n|Q|^\frac{n}{2}=C|Q|^\frac{n}{2} \quad\mbox{mit}\quad C:=L^n\sqrt{m}^n\,. \] Betrachte nun erstens den Fall \( n\ge 2: \) Zu \( \varepsilon\gt 0 \) setze \[ \delta:=\min\left\{1,\frac{\varepsilon}{2C}\right\}\gt 0, \] und finde zu diesem \( \delta \) eine Überdeckung von \( N \) durch Quader \( Q_1,\ldots,Q_M \) mit \[ \sum_{k=1}^M|Q_k|\lt\delta,\quad \mbox{insbesondere}\quad |Q_k|\le 1\quad\mbox{für alle}\ k=1,\ldots,M. \] Es folgen \[ f(N)\subset\bigcup_{k=1}^Mf(Q_k)\subset\bigcup_{k=1}^M\widetilde Q_k \] und damit \[ \sum_{k=1}^M|\widetilde Q_k| \le\sum_{k=1}^MC|Q_k|^\frac{n}{2}\le C\delta\le\frac{\varepsilon}{2}\lt\varepsilon. \] Betrachte nun zweitens den Fall \( m=n=1: \) Es sind \( Q=[a,b], \) \( f(Q)=[c,d] \) mit den Setzungen \( c:=\inf\,\{f(x)\,:\,x\in Q\} \) und \( d:=\sup\,\{f(x)\,:\,x\in \}, \) also (Rechnung wie oben) \[ |f(Q)|\le L(b-a)=L|Q|. \] Zu \( \varepsilon\gt 0 \) wähle \( \delta=\frac{\varepsilon}{2L}, \) und finde eine Überdeckung von \( N \) durch Intervalle \( Q_1,\ldots,Q_M \) mit \[ \sum_{k=1}^M|Q_k|\lt\delta, \] also \[ f(N)\subset\bigcup_{k=1}^Mf(Q_k) \quad\mbox{und}\quad \sum_{k=1}^M|f(Q_k)|\le L\cdot\sum_{k=1}^M|Q_k|\lt L\cdot\frac{\varepsilon}{2L}=\varepsilon. \] Damit ist die Behauptung bewiesen.\( \quad\Box \)

 

Lösung 8

Nach Voraussetzungen sind \( J_1,J_2\subset\mathbb R^n \) kompakt, und die Randmengen \( \partial J_1,\partial J_2\subset\mathbb R^n \) sind Jordansche Nullmengen, d.h. zu \( \varepsilon\gt 0 \) existieren \( n_1,n_2\in\mathbb N \) und Quader \( Q_1,\ldots,Q_{n_1} \) bzw. \( \widetilde Q_1,\ldots,\widetilde Q_{n_2} \) mit \[ \begin{array}{l} \displaystyle \partial J_1\subset\bigcup_{i=1}^{n_1}Q_i\quad\mbox{und}\quad\sum_{i=1}^{n_1}|Q_i|\lt\varepsilon, \\ \displaystyle \partial J_1\subset\bigcup_{j=1}^{n_2}\widetilde Q_j\quad\mbox{und}\quad\sum_{j=1}^{n_1}|\widetilde Q_j|\lt\varepsilon. \end{array} \]

(i) Zunächst ist \( J_1\cup J_2\subset\mathbb R^n \) kompakt. Weiter ist

\[ \partial(J_1\cup J_2) \subseteq\partial J_1\cup\partial J_2 \subseteq\bigcup_{i=1}^{n_1}Q_i\cup\bigcup_{j=1}^{n_2}\widetilde Q_j\,, \]

  d.h. \( \{Q_1,\ldots,Q_{n_1},\widetilde Q_1,\ldots,\widetilde Q_{n_2}\} \) überdeckt \( \partial(J_1\cup J_2). \) Wir setzen

\[ \widehat Q_1:=Q_1\,,\ldots,\,\widehat Q_{n_1}:=Q_{n_1}\,,\ \widehat Q_{n_1+1}:=\widetilde Q_1\,,\ldots,\,\widehat Q_{n_1+n_2}:=\widetilde Q_{n_2}\,, \]

  und berechnen

\[ \sum_{k=1}^{n_1+n_2}|\widehat Q_k|\lt\varepsilon+\varepsilon=2\varepsilon. \]

  Also ist \( J_1\cup J_2 \) ein Jordanbereich.\( \quad\Box \)
(ii) Zunächst ist \( J_1\cap J_2\subset\mathbb R^n \) kompakt. Man überlegt sich

\[ \partial(J_1\cap J_2)\subseteq\partial J_1\cup\partial J_2\,. \]

  Nach (i) wird daher \( \partial(J_1\cap J_2) \) überdeckt von \( \{\widehat Q_1,\ldots,\widehat Q_{n_1+n_2}\}, \) und daher ist \( J_1\cap J_2 \) ein Jordanbereich.\( \quad\Box \)

 

Lösung 9

(i) Der Integrand ist stetig auf \( T, \) nach dem Satz von Fubini erhalten wir also

\[ \begin{array}{l} \displaystyle \int\limits_T2xe^{x^2+2y}\,d(x,y) \,=\,\int\limits_T2xe^{x^2}e^{2y}\,d(x,y) \,=\,\int\limits_0^1\left(\ \int\limits_0^12xe^{x^2}e^{2y}\,dy\right)dx \\ \qquad\displaystyle =\,\int\limits_0^1\left(2xe^{x^2}\int\limits_0^1e^{2y}\,dy\right)dx \,=\,\left(\ \int\limits_0^1e^{2y}\,dy\right)\left(\ \int\limits_0^12xe^{x^2}\,dx\right) \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{1}{2}\,e^{2y}\,\Big|_{y=0}^{y=1}\cdot e^{x^2}\,\Big|_{x=0}^{x=1} \,=\,\frac{1}{2}\,(e^2-1)(e-1). \end{array} \]

(ii) Der Integrand ist stetig auf \( T, \) nach dem Satz von Fubini erhalten wir also

\[ \begin{array}{l} \displaystyle \int\limits_T\frac{2z}{(x+y)^2}\,d(x,y,z) \,=\,\left(\ \int\limits_0^22z\,dz\right)\left(\ \int\limits_2^3\left[\ \int\limits_1^2\frac{1}{(x+y)^2}\,dx\right]dy\right) \\ \qquad\displaystyle =\,4\int\limits_2^3\left(-\frac{1}{x+y}\,\Big|_{x=1}^{x=2}\right)dy \,=\,4\int\limits_2^3\left(\frac{1}{y+1}-\frac{1}{y+2}\right)dy \\ \qquad\displaystyle =\,4\left(\ln(y+1)\,\Big|_{y=2}^{y=3}-\ln(y+2)\,\Big|_{y=2}^{y=3}\right) \,=\,4(\ln 4-\ln 3-\ln 5+\ln 4) \\ \qquad\displaystyle =\,4\ln\frac{16}{15}\,. \end{array} \]

 

Lösung 10

Die Funktion \( f(x) \) nimmt auf dem kompakten Quader \( Q \) Minimum und Maximum an, ist also beschränkt und erfüllt \[ f(x)\ge m:=\min_{x\in Q}f(x)\gt 0. \] Insbesondere ist auch \( \frac{1}{f(x)} \) stetig und beschränkt auf \( Q. \) Die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung ergibt \[ \begin{array}{lll}| Q|^2\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \left(\ \int\limits_Q1\,dx\right)^2 \,=\,\left(\ \int\limits_Q\sqrt{f(x)}\,\sqrt{\frac{1}{f(x)}}\,dx\right)^2 \\ & \le & \displaystyle\negthickspace \left(\ \int\limits_Q\sqrt{f(x)}^2\,dx\right)\left(\ \int\limits_Q\sqrt{\frac{1}{f(x)}}^2\,dx\right) \\ & = & \displaystyle\negthickspace \left(\ \int\limits_Qf(x)\,dx\right)\left(\ \int\limits_Q\frac{1}{f(x)}\,dx\right), \end{array} \] was zu beweisen war.\( \quad\Box \)

 

Lösung 11

Nach Voraussetzung gilt zunächst für alle \( x\in Q \) \[ \frac{f(x)}{g(x)}-m\ge 0,\quad M-\frac{f(x)}{g(x)}\ge 0 \] und damit auch \[ 0\le\left(\frac{f(x)}{g(x)}-m\right)\left(M-\frac{f(x)}{g(x)}\right) =(m+M)\,\frac{f(x)}{g(x)}-\frac{f(x)^2}{g(x)^2}-mM. \] Wir multiplizieren mit \( g(x)^2\gt 0, \) \[ 0\le(m+M)f(x)g(x)-f(x)^2-mMg(x)^2\,, \] und erhalten wegen \( mM\le 1 \) nach Umstellen \[ \begin{array}{l} \displaystyle f(x)^2+mMg(x)^2\le(m+M)f(x)g(x) \\ \displaystyle \mbox{bzw.}\quad mMf(x)^2+mMg(x)^2\le(m+M)f(x)g(x) \\ \displaystyle \mbox{bzw.}\quad mM\Big\{f(x)^2+g(x)^2\Big\}\le(m+M)f(x)g(x) \end{array} \] bzw. \[ \frac{mM}{m+M}\,\Big\{f(x)^2+g(x)^2\Big\}\le f(x)g(x)\quad\mbox{für alle}\ x\in Q. \] Integration unter Beachtung der Monotonie des Riemannintegrals liefert mit der Hölderschen Ungleichung \[ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{mM}{m+M}\int\limits_Q\Big\{f(x)^2+g(x)^2\Big\}\,d(x,y) \\ \qquad\displaystyle \le\,\int\limits_Qf(x)g(x)\,d(x,y) \,\le\,\left(\ \int\limits_Qf(x)^2\right)^\frac{1}{2}\left(\ \int\limits_Qg(x)^2\,dx\right)^\frac{1}{2}\,, \end{array} \] was zu beweisen war.\( \quad\Box \)

 

Lösung 12

Wir berechnen \[ \begin{array}{l} \displaystyle \int\limits_N(2x+y+z)\,d(x,y,z) \,=\,\int\limits_0^1\left(\,\int\limits_0^{1-x}\left(\,\int\limits_0^{1-x-y}(2x+y+z)\,dz\right)dy\right)dx \\ \quad\displaystyle =\,\int\limits_0^1\left(\,\int\limits_0^{1-x}\left[(2x+y)z+\frac{z^2}{2}\right]_{z=0}^{z=1-x-y}\,dy\right)dx \\ \quad\displaystyle =\,\int\limits_0^1\left(\,\int\limits_0^{1-x}\left[2x+y-2x^2-xy-2xy-y^2+\frac{1+x^2+y^2+2xy-2x^2-2y^2}{2}\right]\,dy\right)dx \\ \quad\displaystyle =\,\int\limits_0^1\left(\,\int\limits_0^{1-x}\left[x-\frac{3}{2}\,x^2-\frac{1}{2}\,y^2+\frac{1}{2}\right]\,dy\right)dx \\ \quad\displaystyle =\,\int\limits_0^1\left[xy-\frac{3}{2}\,x^2y-\frac{1}{6}\,y^3+\frac{1}{2}\,y\right]_{y=0}^{y=1-x}\,dx \\ \quad\displaystyle =\,\int\limits_0^1\left[\frac{5}{3}\,x^3-3x^2+x+\frac{1}{3}\right]\,dx \\ \quad\displaystyle =\,\left[\frac{5}{12}\,x^4-x^3+\frac{x^2}{2}+\frac{x}{3}\right]_{x=0}^{x=1} \,=\,\frac{1}{4}\,. \end{array} \]

 

Lösung 13

(i) Wir ermitteln für alle \( x\in[1,2] \) die Grenzfunktion

\[ \lim_{k\to\infty}\frac{2x}{1+k^3x^3}=0=:f(x). \]

(ii) Mit \( f(x)=0 \) folgt also

\[ |f_k(x)-f(x)| =|f_k(x)| =\frac{2x}{1+k^3x^3} \le\frac{4}{k^3} \quad\mbox{für alle}\ x\in[1,2]. \]

  Zu vorgelegtem \( \varepsilon\gt 0 \) wähle \( k_0\in\mathbb N \) mit \( k_0\gt\sqrt[3]{\frac{k}{\varepsilon}}. \) Dann ist für alle \( k\ge k_0 \)

\[ |f_k(x)-f(x)|\le\frac{4}{k^3}\le\frac{4}{k_0^3}\lt\frac{4}{\frac{4}{\varepsilon}}=\varepsilon, \]

  und zwar gleichmäßig für alle \( x\in[1,2]. \) Also ist die Konvergenz gleichmäßig.
(iii) Wegen der ermittelten gleichmäßigen Konvergenz gilt

\[ \lim_{k\to\infty}\int\limits_1^2f_k(x)\,dx=\int\limits_1^2\lim_{k\to\infty}f_k(x)\,dx=\int\limits_1^20\,dx=0. \]

 

Lösung 14

Für alle \( x\in[1,2] \) und alle \( k\in\mathbb N \) gilt \( 1+k^3x^3\ge 1, \) also auch \[ 0\le f_k(x):=\frac{2x}{1+k^3x^3}\le 2x. \] Alle \( f_k(x) \) sind auf \( [1,2] \) beschränkt und stetig, also integrierbar, und werden durch die stetige Funktion \[ F\colon[1,2]\longrightarrow\mathbb R\quad\mbox{vermöge}\ F(x):=2x \quad\mbox{mit}\quad \int\limits_1^2F(x)\,dx=3\lt\infty \] majorisiert. Nach dem Satz über majorisierte Konvergenz (zweite Version) folgt daher \[ \lim_{k\to\infty}\int\limits_1^2f_k(x)\,dx =\int\limits_1^2\lim_{k\to\infty}f_k(x)\,dx =\int\limits_1^20\,dx =0. \]

 


 

 

Lösungen zum Übungsblatt 03

 

Lösung 15

Zunächst haben wir nach Voraussetzung \[ \varphi(x,y,z) =\frac{1}{R}\,\sqrt{x^2+y^2+z^2} =\frac{r}{R}\,, \quad r\in[0,R]. \] Die Kugel \( K_R\subset\mathbb R^3 \) parametrisieren wir gemäß \[ x=r\cos\varphi\cos\vartheta,\quad y=r\sin\varphi\cos\vartheta,\quad z=r\sin\vartheta \] mit \( r\in[0,R], \) \( \varphi\in[0,2\pi) \) und \( \vartheta\in[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}] \) und berechnen \[ J_X(r,\varphi,\vartheta) =\mbox{det} \begin{pmatrix} \cos\varphi\cos\vartheta & -r\sin\varphi\cos\vartheta & -r\cos\varphi\sin\vartheta \\ \sin\varphi\cos\vartheta & r\cos\varphi\cos\vartheta & -r\sin\varphi\sin\vartheta \\ \sin\vartheta & 0 & r\cos\vartheta \end{pmatrix} =r^2\cos\vartheta. \] Beachte, dass diese Transformation in \( r=0 \) und \( \vartheta=\pm\frac{\pi}{2} \) nicht regulär ist. Die Transformationsformel liefert (unter Beachtung dieser Bemerkung) die gesuchte Größe \[ \begin{array}{lll} M\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \int\limits_{K_R}\varrho(x,y,z)\,d(x,y,z) \,=\,\int\limits_{K_R}\frac{1}{R}\,\sqrt{x^2+y^2+z^2}\,d(x,y,z) \\ & = & \displaystyle\negthickspace \int\limits_0^R\int\limits_0^{2\pi}\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{r}{R}\,r^2\cos\vartheta\,d\vartheta d\varphi dr \,=\,\frac{2\pi}{R} \left(\int\limits_0^Rr^3\,dr\right)\left(\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos\vartheta\,d\vartheta\right) \\ & = & \displaystyle\negthickspace \frac{2\pi}{R}\cdot\frac{R^4}{4}\cdot 2 \,=\,\pi R^3\,. \end{array} \]

 

Lösung 16

Wir setzen \[ X(r,\varphi)=(x(r,\varphi),y(r,\varphi)),\quad r\in[0,1],\ \varphi\in[0,2\pi), \] und ermitteln für die Funktionaldeterminante \[ J_X(r,\varphi) =\mbox{det} \begin{pmatrix} a\cos\varphi & -ar\sin\varphi \\ b\sin\varphi & br\cos\varphi \end{pmatrix} =abr. \] Beachte, dass diese Determinante in \( r=0 \) verschwindet. Wir berechnen (unter Kenntnis dieser Information) für den Inhalt der Ellipse nach der Transformationsformel und dem Satz von Fubini \[ \begin{array}{lll} {\mathcal A}(E)\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \int\limits_E1\,d(x,y) \,=\,\int\limits_{[0,1]\times[0,2\pi)}1\circ X(r,\varphi)|J_X(r,\varphi)|\,d(r,\varphi) \\ & = & \displaystyle\negthickspace \int\limits_0^1\int\limits_0^{2\pi}abr\,d\varphi dr \,=\,\frac{2\pi abr^2}{2}\,\Big|_{r=0}^{r=1} \,=\,\pi ab. \end{array} \]

 

Lösung 17

Wir berechnen zunächst \[ J_X(r,\vartheta,\varphi) =\det \begin{pmatrix} a\sin\vartheta\cos\varphi & ar\cos\vartheta\cos\varphi & -ar\sin\vartheta\sin\varphi \\ b\sin\vartheta\sin\varphi & br\cos\vartheta\sin\varphi & br\sin\vartheta\cos\varphi \\ c\cos\vartheta & -cr\sin\vartheta & 0 \end{pmatrix} =abcr^2\sin\vartheta \] mit \( r\in[0,1], \) \( \vartheta\in[0,2\pi], \) \( \varphi\in[0,\pi]. \) Beachte, dass die Transformation nicht regulär ist für \( r=0 \) und \( sin\vartheta=0. \) Wir berechnen mit dieser Information \[ \begin{array}{lll} \mbox{Vol}\,(E)\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \int\limits_E1\,d(x,y,z) \,=\,\int\limits_0^1\int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^\pi abcr^2\sin\vartheta\,d\varphi d\vartheta dr \\ & = & \displaystyle\negthickspace 2\pi abc\left(\int\limits_0^1r^2\,dr\right)\left(\int\limits_0^\pi\sin\vartheta\,d\vartheta\right) \\ & = & \displaystyle\negthickspace 2\pi abc\cdot\frac{1}{3}\cdot 2 \,=\,\frac{4\pi abc}{3}\,. \end{array} \]

 

Lösung 18

 

 

Lösung 19

 

 


 

 

Lösungen zum Übungsblatt 04

 

Lösung 20

(i) Bild hier.
(ii) Es ist

\[ \partial X(u,v)=\left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 2u & -2v \end{array} \right). \]

  Die Tangentialvektoren lauten
 
\( X_u=(1,0,2u),\quad X_v=(0,1,-2v). \)
(iii) Wir berechnen

\[ X_u\times X_v=(-2u,-2v,1) \]

  und erhalten für den Einheitsnormalenvektor an die Fläche

\[ N=\frac{X_u\times X_v}{|X_u\times X_v|}=\frac{1}{\sqrt{1+4u^2+4v^2}}\,(-2u,-2v,1). \]

  Man verifziert, dass \( N \) tatsächlich orthogonal auf \( X_u \) und \( X_v \) steht.
(iv) Wir berechnen

\[ (g_{ij})_{i,j=1,2} =\left( \begin{array}{cc} 1+4u^2 & -4uv \\ -4uv & 1+4v^2 \end{array} \right) \]

(v) Wegen
 
\( g=1+4(u^2+v^2)\ge 1 \)
  gilt stets \( g\gt 0, \) d.h. die Abbildung ist überall geometrisch regulär.
(vi) Die Transformationsformel (überprüfe, dass alle Voraussetzungen erfüllt sind) liefert

\[ \begin{array}{lll} {\mathcal A}(X)\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \int\limits_B\sqrt{g(u,v)}\,d(u,v) \,=\,2\pi\int\limits_0^1\sqrt{1+4r^2}\,r\,dr \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{2\pi}{12}\,(1+4r^2)^\frac{3}{2}\,\Big|_{r=0}^{r=1} \,=\,\frac{\pi}{6}\,(5\,\sqrt{5}-1). \end{array} \]

 

Lösung 21

(i) Bild hier.
(ii) Es ist

\[ \partial X(u,v) =\left( \begin{array}{cc} \displaystyle -2\sin u\cosh\frac{v}{2} & \displaystyle\cos u\sinh\frac{v}{2} \\ \displaystyle 2\cos u\cosh\frac{v}{2} & \displaystyle\sin u\sinh\frac{v}{2} \\ 0 & 1 \end{array} \right). \]

  Die Tangentialvektoren lauten
 
\( \displaystyle X_u=\left(-2\sin u\cosh\frac{v}{2},2\cos u\cosh\frac{v}{2},0\right),\quad X_v=\left(\cos u\sinh\frac{v}{2},\sin u\sinh\frac{v}{2},1\right). \)
(iii) Wir berechnen

\[ X_u\times X_v=\left(2\cos u\cosh\frac{v}{2},2\sin u\cosh\frac{v}{2},-2\sinh\frac{v}{2}\cosh\frac{v}{2}\right) \]

  und erhalten für den Einheitsnormalenvektor an die Fläche

\[ N=\frac{1}{\cosh^2\frac{v}{2}}\,\left(\cos u\cosh\frac{v}{2},\sin u\cosh\frac{v}{2},-\sinh\frac{v}{2}\cosh\frac{v}{2}\right). \]

  Man verifziert, dass \( N \) tatsächlich orthogonal auf \( X_u \) und \( X_v \) steht.
(iv) Wir berechnen

\[ (g_{ij})_{i,j=1,2} =\left( \begin{array}{cc} \displaystyle 4\cosh^2\frac{v}{2} & 0 \\ 0 & \displaystyle\cosh^2\frac{v}{2} \end{array} \right). \]

(v) Wegen

\[ g=4\cosh^4\frac{v}{2}\ge 4 \]

  gilt stets \( g\gt 0, \) d.h. die Abbildung ist überall geometrisch regulär.
(vi) Wir berechnen mit dem Satz von Fubini (überprüfe, dass alle Voraussetzungen erfüllt sind)

\[ \begin{array}{lll} {\mathcal A}(X)\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \int\limits_{-\pi}^\pi\left(\ \int\limits_{-3}^32\cosh^2\frac{v}{2}\,dv\right)du \,=\,4\pi\int\limits_{-3}^3\cosh^2\frac{v}{2}\,dv \\ & = & \displaystyle\negthickspace 2\pi\int\limits_{-3}^3(1+\cosh v)\,dv \,=\,2\pi\left(6+\sinh v\,\Big|_{v=-3}^{v=3}\right) \\ & = & \displaystyle\negthickspace 12\pi+2\pi\,\Big\{\sinh 3-\sinh(-3)\Big\} \,=\,12\pi+4\pi\sinh 3. \end{array} \]

 

Lösung 22

(i) Bild hier.
(ii) Es ist

\[ \partial X(u,v) =\left( \begin{array}{cc} \displaystyle -\frac{1}{2}\,\sin u\cos v & \displaystyle -\left(1+\frac{1}{2}\,\cos u\right)\sin v \\ \displaystyle -\frac{1}{2}\,\sin u\sin v & \displaystyle \left(1+\frac{1}{2}\,\cos u\right)\cos v \\ \displaystyle \frac{1}{2}\,\cos u & 0 \end{array} \right). \]

  Die Tangentialvektoren lauten

\[ \begin{array}{l} \displaystyle X_u\,=\,\left(-\frac{1}{2}\,\sin u\cos v,-\frac{1}{2}\,\sin u\sin v,\frac{1}{2}\,\cos u\right), \\ \displaystyle X_v\,=\,\left(-\sin v-\frac{1}{2}\,\cos u\sin v,\cos v+\frac{1}{2}\,\cos u\cos v,0\right). \end{array} \]

(iii) Wir berechnen

\[ X_u\times X_v=-\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}\,\cos u\right)(-\cos u\cos v,-\cos u\sin v,\sin u) \]

  und erhalten für den Einheitsnormalenvektor an die Fläche

\[ N=-(\cos u\cos v,-\cos u\sin v,\sin u). \]

  Man verifziert, dass \( N \) tatsächlich orthogonal auf \( X_u \) und \( X_v \) steht.
(iv) Wir berechnen

\[ (g_{ij})_{i,j=1,2} =\left( \begin{array}{cc} \displaystyle\frac{1}{4} & 0 \\ 0 & \displaystyle\left(1+\frac{1}{2}\,\cos u\right)^2 \end{array} \right). \]

(v) Wegen

\[ g=\frac{1}{4}\left(1+\frac{1}{2}\,\cos u\right)^2\gt\frac{1}{4}\left(1-\frac{1}{2}\right)^2=\frac{1}{16} \]

  gilt stets \( g\gt 0, \) d.h. die Abbildung ist überall geometrisch regulär.
(vi) Wir berechnen mit dem Satz von Fubini (überprüfe, dass alle Voraussetzungen erfüllt sind)

\[ {\mathcal A}(X) =\int\limits_{[0,2\pi]^2}\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}\cos u\right)d(u,v) =\pi\int\limits_{-\pi}^\pi\left(1+\frac{1}{2}\,\cos u\right)du =2\pi^2\,. \]

 

Lösung 23

(i) Bild hier.
(ii) Es ist

\[ \partial X(u,v) =\left( \begin{array}{ll} 1 & 0 \\ -\sin u\cos v & -\cos u\sin v \\ -\sin u\sin v & \cos u\cos v \end{array} \right). \]

Die Tangentialvektoren lauten  

\[ X_u=(1,-\sin u\cos v,-\sin u\sin v),\quad X_v=(0,-\cos u\sin v,\cos u\cos v). \]

(iii) Wir berechnen

\[ X_u\times X_v=(-\sin u\cos u,-\cos u\cos v,-\cos u\sin v)=-\cos u(\sin u,\cos u,\sin v) \]

  und erhalten für den Einheitsnormalenvektor an die Fläche

\[ N=\frac{1}{|\cos u|\sqrt{1+\sin^2u}}\,(\cos u\sin u,\cos u\cos v,\cos u\sin v),\quad u\not\in\left\{\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2}\right\}. \]

(iv) Wir berechnen

\[ (g_{ij})_{i,j=1,2} =\left( \begin{array}{ll} 1+\sin^2u & 0 \\ 0 & \cos^2u \end{array} \right). \]

(v) Wegen

\[ g=\cos^2u(1+\sin^2u)=0,\quad\mbox{falls}\ u=\frac{\pi}{2}\ \mbox{oder}\ u=\frac{3\pi}{2}\,, \]

  ist die Abbildung außerhalb \( u=\frac{\pi}{2}, \) \( u=\frac{3\pi}{2} \) geometrisch regulär.
(vi) Wir berechnen mit dem Satz von Fubini (überprüfe, dass alle Voraussetzungen erfüllt sind)

\[ \begin{array}{lll} {\mathcal A}(X)\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \int\limits_{[0,\frac{\pi}{2})\times[0,2\pi]}|\sqrt{1+\sin^2u}|\,\cos u|\,d(u,v) \\ & = & \displaystyle\negthickspace \int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1+\sin^2u}\,\cos u\,dudv -\int\limits_0^{2\pi}\int\limits_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}\sqrt{1+\sin^2u}\,\cos u\,dudv \\ & & \displaystyle\negthickspace +\,\int\limits_0^{2\pi}\int\limits_{\frac{3\pi}{2}}^{2\pi}\sqrt{1+\sin^2u}\,\cos u\,dudv \\ & = & \displaystyle\negthickspace 2\pi\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1+\sin^2u}\,\cos u\,du -2\pi\int\limits_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}\sqrt{1+\sin^2u}\,\cos u\,du \\ & & \displaystyle\negthickspace +\,2\pi\int\limits_{\frac{3\pi}{2}}^{2\pi}\sqrt{1+\sin^2u}\,\cos u\,du \\ & = & \displaystyle\negthickspace 2\pi\int\limits_0^1\sqrt{1+t^2}\,dt -2\pi\int\limits_1^{-1}\sqrt{1+t^2}\,dt +2\pi\int\limits_{-1}^0\sqrt{1+t^2}\,dt \\ & = & \displaystyle\negthickspace 4\pi\int\limits_{-1}^1\sqrt{1+t^2}\,dt \,=\,8\pi\int\limits_0^1\sqrt{1+t^2}\,dt \,=\,8\pi\int\limits_0^{\operatorname{arsinh}1}\sqrt{1+\sinh^2s}\,\cosh^2s\,ds \\ & = & \displaystyle\negthickspace 8\pi\int\limits_0^{\operatorname{arsinh}1}\cosh^2s\,ds \,=\,4\pi\int\limits_0^{\operatorname{arsinh}1}\Big\{\cosh 2s+1\Big\}\,ds \\ & = & \displaystyle\negthickspace 2\pi\sinh 2s+4\pi s\,\Big|_{s=0}^{s=\operatorname{arsinh}1} \,=\,2\pi\sinh(2\operatorname{arsinh}1)+4\pi\operatorname{arsinh}1 \\ & = & \displaystyle\negthickspace 4\pi\,\sqrt{2}+4\pi\operatorname{arsinh}1, \end{array} \] in der vorletzten Zeile unter Verwendung von \( \sinh(2\operatorname{arsinh}x)=2x\sqrt{1+x^2}. \)

 

Lösung 24

(i) Wir berechnen

\[ X_u=(1,0,\varphi_u,\psi_u),\quad X_v=(0,1,\varphi_v,\psi_v) \]

  und damit

\[ \partial X(u,v) =\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ \varphi_u & \psi_u \\ \varphi_v & \psi_v \end{pmatrix}. \]

(ii) Wir berechnen

\[ N_1\cdot N_2 =\frac{1}{1+|\nabla\varphi|^2}\,(-\varphi_u\varphi_v+\varphi_u\varphi_v+0+0)=0 \]

  sowie

\[ \begin{array}{l} \displaystyle N_1\cdot X_u \,=\,\frac{1}{\sqrt{1+|\nabla\varphi|^2}}\,(-\varphi_u+0+\varphi_u+0) \,=\,0, \\ \displaystyle N_1\cdot X_v \,=\,\frac{1}{\sqrt{1+|\nabla|\varphi|^2}}\,(0-\varphi_v+\varphi_v+0) \,=\,0, \\ N_2\cdot X_v \,=\,\frac{1}{\sqrt{1+|\nabla\varphi|^2}}\,(\varphi_v+0+0+\psi_u) \,=\,\frac{1}{\sqrt{1+|\nabla\varphi|^2}}\,(\varphi_v-\varphi_v) \,=\,0, \\ N_2\cdot X_v \,=\,\frac{1}{\sqrt{1+|\nabla\varphi|^2}}\,(-\varphi_u+\psi_v) \,=\,\frac{1}{\sqrt{1+|\nabla\varphi|^2}}\,(-\varphi_u+\varphi_u) \,=\,0. \end{array} \]

(iii) Wir berechnen

\[ \begin{array}{lll} (g_{ij})_{i,j=1,2}\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \begin{pmatrix} 1+\varphi_u^2+\psi_u^2 & \varphi_u\varphi_v+\psi_u\psi_v \\ \varphi_u\varphi_v+\psi_u\psi_v & 1+\varphi_v^2+\psi_v^2 \end{pmatrix} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \begin{pmatrix} 1+\varphi_u^2+\varphi_v^2 & \varphi_u\varphi_v-\varphi_v\varphi_u \\ \varphi_u\varphi_v-\varphi_v\varphi_u & 1+\varphi_v^2+\varphi_u^2 \end{pmatrix} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \begin{pmatrix} 1+|\nabla\varphi|^2 & 0 \\ 0 & 1+|\nabla\varphi|^2 \end{pmatrix} \end{array}. \]

(iv) Es ist

\[ \mbox{det}\,(g_{ij})_{i,j=1,2}=\big(1+|\nabla\varphi|^2\big)^2\,, \]

  d.h. die Abbildung ist überall regulär.
(v) Beispiele solcher Funktionen sind insbesondere

\[ \mathbb C\ni w=u+iv\mapsto w^n=(\varphi,\psi)\in\mathbb C,\quad n\in\mathbb N. \]

 

Lösung 25

Zunächst bestimmen wir \[ X(u,v)=(u^2-v^2,2uv,u^3-3uv^2,3u^2v-v^3). \]

(i) Wir haben

\[ X_u=(2u,2v,3u^2-3v^2,6uv),\quad X_v=(-2v,2u,-6uv,3u^2-3v^2) \]

  und damit

\[ \partial X(u,v) =\left( \begin{array}{cc} 2u & -2v \\ 2v & 2u \\ 3u^2-3v^2 & -6uv \\ 6uv & 3u^2-3v^2 \end{array} \right). \]

(ii) Wir berechnen

\[ (g_{ij})_{i,j=1,2} =(u^2+v^2)\,\Big\{4+9(u^2+v^2)\Big\} \left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array} \right). \]

(iii) Nun folgt

\[ g=(u^2+v^2)^2\,\Big\{4+9(u^2+v^2)\Big\}^2, \]

  d.h. es ist \( g=0 \) genau dann, wenn \( (u,v)=(0,0): \) Außerhalb \( (0,0) \) ist \( X(u,v) \) regulär.
(iv) Wir berechnen mit der Transformationsformel (überprüfe, dass alle Voraussetzungen erfüllt sind)

\[ \begin{array}{lll} {\mathcal A}(X)\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \int\limits_B(u^2+v^2)\,\Big\{4+9(u^2+v^2)\Big\}\,d(u,v) \\ & = & \negthickspace\displaystyle \int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^1r^2(4+9r^2)r\,drd\varphi \,=\,2\pi\int\limits_0^1(4r^3+9r^5)\,dr \\ & = & \negthickspace\displaystyle 2\pi\left(1+\frac{9}{6}\right) \,=\,5\pi. \end{array} \]

 


 

 

Lösungen zum Übungsblatt 05

 

Lösung 26

(i) Wir berechnen

\[ \begin{array}{lll} \omega_1\wedge\omega_2\negthickspace & = & \negthickspace (x\,dx+y\,dy)\wedge(y\,dx-x\,dy) \\ & = & \negthickspace -(x^2+y^2)\,dx\wedge dy. \end{array} \]

(ii) Wir berechnen

\[ \begin{array}{lll} \omega_1\wedge\omega_2\negthickspace & = & \negthickspace (xy\,dx+e^y\,dy)\wedge(2x\,dy\wedge dz+y^2\,dx\wedge dz) \\ & = & \negthickspace (2x^2y-y^2e^y)\,dx\wedge dy\wedge dz. \end{array} \]

(iii) Wir berechnen

\[ \begin{array}{lll} \omega_1\wedge\omega_2\negthickspace & = & \negthickspace x^2yz\,dx\wedge[y\,dx\wedge dy-dx\wedge dz+\sin(x+y)\,dy\wedge dz] \\ & = & \negthickspace x^2yz\sin(x+y)\,dx\wedge dy\wedge dz. \end{array} \]

(iv) Wir berechnen

\[ \begin{array}{lll} \omega_1\wedge\omega_2\negthickspace & = & \negthickspace (xy\,dx\wedge dy+z\,dx\wedge dz)\wedge(dx\wedge dz+2\,dy\wedge dz) \,=\,0. \end{array} \]

 

Lösung 27

Wir berechnen \[ \begin{array}{lll} \omega\wedge\omega\negthickspace & = & \negthickspace (dx_1\wedge dy_1+dx_2\wedge dy_2)\wedge(dx_1\wedge dy_1+dx_2\wedge dy_2) \\ & = & \negthickspace dx_1\wedge dy_1\wedge dx_2\wedge dy_2+dx_2\wedge dy_2\wedge dx_1\wedge dy_1 \\ & = & \negthickspace -\,dx_1\wedge dx_2\wedge dy_1\wedge dy_2\,. \end{array} \]

 

Lösung 28

 

 

Lösung 29

 

 

Lösung 30

 

 

Lösung 31

 

 

Lösung 32

(i) Wir berechnen

\[ d\omega_1 =2x\,dx\wedge dx+0\,dy\wedge dx+0\,dx\wedge dy+1\,dy\wedge dy =0. \]

(ii) Wir berechnen

\[ d\omega_2 =1\,dx\wedge dx+1\,dy\wedge dy+1\,dz\wedge dz =0. \]

(iii) Wir berechnen

\[ \begin{array}{lll} d\omega_3\negthickspace & = & \negthickspace 0\,dz\wedge dx\wedge dy+yz\cos(xyz)\,dx\wedge dy\wedge dz \\ & = & \negthickspace yz\cos(xyz)\,dx\wedge dy\wedge dz. \end{array} \]

(iv) Wir berechnen

\[ \begin{array}{lll} d\omega_4\negthickspace & = & \negthickspace e^{3x}\,dy\wedge dx+y\,dx\wedge dy+2e^{2x}z\,dx\wedge dz \\ & = & \negthickspace (y-e^{3x})\,dx\wedge dy+2ze^{2x}\,dx\wedge dz. \end{array} \]

(v) Wir berechnen

\[ \begin{array}{lll} d\omega_5\negthickspace & = & \negthickspace 2z\,dx\wedge dy\wedge dz-2z\,dz\wedge dx\wedge dy \\ & = & \negthickspace 2z\,dx\wedge dy\wedge dz-2z\,dz\wedge dx\wedge dy \,=\,0. \end{array} \]

(vi) Wir berechnen

\[ \begin{array}{lll} d\omega_6\negthickspace & = & \negthickspace \cos z\,dz\wedge dx\wedge dy+dy\wedge dx\wedge dz+yz\,dx\wedge dy\wedge dz \\ & = & \negthickspace (\cos z-1+yz)\,dx\wedge dy\wedge dz. \end{array} \]

 

Lösung 33

Wir berechnen \[ d\omega=a_y\,dy\wedge dx+a_z\,dz\wedge dx+b_x\,dx\wedge dy+b_z\,dz\wedge dy+c_x\,dx\wedge dz+c_y\,dy\wedge dz \] und daher \[ \begin{array}{lll} d^2\omega\negthickspace & = & \negthickspace a_{yz}\,dz\wedge dy\wedge dx+a_{zy}\,dy\wedge dz\wedge dx+b_{xz}\,dz\wedge dx\wedge dy+b_{zx}\,dx\wedge dz\wedge dy \\ & & \negthickspace +\,c_{xy}\,dy\wedge dx\wedge dz+c_{yx}\,dx\wedge dy\wedge dz \\ & = & \negthickspace (a_{zy}-a_{yz})\,dx\wedge dy\wedge dz+(b_{xz}-b_{zx})\,dx\wedge dy\wedge dz \\ & & \negthickspace +\,(c_{yx}-c_{xy})\,dx\wedge dy\wedge dz. \end{array} \] Auf Grund der Voraussetzung \( a,b,c\in C^2(\mathbb R^3,\mathbb R) \) gelten \[ a_{yz}=y_{yz}\,,\quad b_{xz}=b_{zx}\,,\quad c_{xy}=c_{yx}\,, \] und daher gilt \( d^2\omega=0.\quad\Box \)

 

Lösung 34

Wir berechnen \[ \begin{array}{lll} d^2\omega\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace d^2\sum_{1\le i_1\lt\ldots\lt i_m\le n}a_{i_1\ldots i_m}\,dx_{i_1}\wedge\ldots\wedge dx_{i_m} \\ & = & \displaystyle\negthickspace d\sum_{1\le i_1\lt\ldots\lt i_m\le n}\sum_{k=1}^n \frac{\partial a_{i_1\ldots i_m}}{\partial x_k}\,dx_k\wedge dx_{i_1}\wedge\ldots\wedge dx_{i_m} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \sum_{1\le i_1\lt\ldots\lt i_m\le n} \left\{ \sum_{k,\ell=1}^n\frac{\partial^2a_{i_1\ldots i_m}}{\partial x_\ell\partial x_k}\,dx_\ell\wedge dx_k \right\}dx_{i_1}\wedge\ldots\wedge dx_{i_m} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \sum_{1\le i_1\lt\ldots\lt i_m\le n} \left\{ \sum_{1\le k\lt\ell\le n} \left( \frac{\partial^2a_{i_1\ldots i_m}}{\partial x_k\partial x_\ell}-\frac{\partial^2a_{i_1\ldots i_m}}{\partial x_\ell\partial x_k} \right)dx_k\wedge dx_\ell \right\}dx_{i_1}\wedge\ldots\wedge dx_{i_m} \end{array} \] Die Behauptung folgt aus dem Satz von Schwarz.\( \quad\Box \)

 

Lösung 35

Für die Parametrisierung \( X(t)=e^t(\cos t,\sin t) \) ermitteln wir zunächst \[ X'(t)=e^t(\cos t-\sin t,\sin t+\cos t). \] Damit folgt \[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_X\omega\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \int\limits_a^be^{2t}\cos t(\sin t+\cos t)\,dt -\int\limits_a^be^{2t}\sin t(\cos t-\sin t)\,dt \\ & = & \displaystyle\negthickspace \int\limits_a^be^{2t}(\cos t\sin t+\cos^2t-\sin t\cos t+\sin^2t)\,dt \\ & = & \displaystyle\negthickspace \int\limits_a^be^{2t}\,dt \,=\,\frac{1}{2}\,(e^{2b}-e^{2a}). \end{array} \]

 

Lösung 36

(i) Wir berechnen

\[ X'(t)=\left((\sin t+t\cos t)e^{t\sin t},2t-2\pi,-\,\frac{1}{2}\,\sin\frac{t}{2}\right), \]

  und \( |X'(t)|=0 \) impliziert notwendig (zweite und dritte Komponenten)

\[ t=\pi,\quad\mbox{und damit}\quad -\,\frac{1}{2}\,\sin\frac{\pi}{2}=0, \]

  was ein Widerspruch ist. Wegen \( X\in C^1([0,2\pi],\mathbb R^3) \) ist \( X(t) \) geometrisch regul&auuml;r.
(ii) Hier gehen wir wie folgt vor:

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_X\omega\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \int\limits_0^{2\pi}\Big\{x(t)x'(t)+y(t)y'(t)+z(t)z'(t)\Big\}\,dt \\ & = & \displaystyle\negthickspace \frac{1}{2}\,\int\limits_0^{2\pi}\left\{\frac{d}{dt}\,x(t)^2+\frac{d}{dt}\,y(t)^2+\frac{d}{dt}\,z(t)^2\right\}dt \\ & = & \displaystyle\negthickspace \frac{1}{2}\,\Big\{x(t)^2+y(t)^2+z(t)^2\Big\}\,\Big|_{t=0}^{t=2\pi} \\ & = & \displaystyle\negthickspace (e^0-e^0)^2+\Big\{4\pi^2-2\pi\cdot 2\pi\Big\}^2\,. \end{array} \]

(iii) Wir berechnen

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_X\omega\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \int\limits_Xz\,dy \,=\,\int\limits_0^{2\pi}(2t-2\pi)\cos\frac{t}{2}\,dt \\ & = & \displaystyle\negthickspace 2\int\limits_0^{2\pi}t\cos\frac{t}{2}\,dt-2\pi\int\limits_0^{2\pi}\cos\frac{t}{2}\,dt \,=\,2\int\limits_0^{2\pi}t\cos\frac{t}{2}\,dt \\ & = & \displaystyle\negthickspace 8\int\limits_0^\pi s\cos s\,ds \,=\,8\left(s\sin s\,\Big|_{s=0}^{s=\pi}-\int\limits_0^\pi\sin s\,ds\right) \\ & = & \displaystyle\negthickspace 8\cos s\,\Big|_{s=0}^{s=\pi} \,=\,-16. \end{array} \]

 


 

 

Lösungen zum Übungsblatt 06

 

Lösung 37

 

 

Lösung 38

(i) Wir berechnen

\[ \begin{array}{lll} \mbox{grad}\,(\lambda f+\mu g)\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \sum_{i=1}^3\frac{\partial}{\partial x_i}\,(\lambda f+\mu g) \,=\,\sum_{i=1}^3\left(\lambda\,\frac{\partial f}{\partial x_i}+\mu\,\frac{\partial g}{\partial x_i}\right) \\ & = & \displaystyle\negthickspace \lambda\sum_{i=1}^3\frac{\partial f}{\partial x_i}+\mu\sum_{i=1}^3\frac{\partial g}{\partial x_i} \,=\,\lambda\,\mbox{grad}\,f+\mu\,\mbox{grad}\,g. \end{array} \]

(ii) Wir berechnen

\[ \begin{array}{lll} \mbox{div}\,(\lambda a+\mu b)\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \sum_{i=1}^3\frac{\partial}{\partial x_i}\,(\lambda a+\mu b)_i \,=\,\lambda\sum_{i=1}^3\frac{\partial a_i}{\partial x_i}+\mu\sum_{i=1}^3\frac{\partial b_i}{\partial x_i} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \lambda\,\mbox{div}\,a+\mu\,\mbox{div}\,b. \end{array} \]

(iii) Wir berechnen

\[ \begin{array}{lll} \mbox{rot}\,(\lambda a+\mu b)\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \left( \begin{array}{c} (\lambda a_3+\mu b_3)_y-(\lambda a_2+\mu b_2)_z \\ (\lambda a_1+\mu b_1)_z-(\lambda a_3+\mu b_2)_x \\ (\lambda a_2+\mu b_2)_x-(\lambda a_1+\mu b_1)_y) \end{array} \right) \\ & = & \displaystyle\negthickspace \left( \begin{array}{c} \lambda a_{3,y}+\mu b_{3,y}-\lambda a_{2,z}-\mu b_{2,z} \\ \lambda a_{1,z}+\mu b_{1,z}-\lambda a_{3,x}-\mu b_{3,x} \\ \lambda a_{2,x}+\mu b_{2,x}-\lambda a_{1,y}-\mu b_{1,y} \end{array} \right ) \\ & = & \displaystyle\negthickspace \lambda \left( \begin{array}{c} a_{3,y}-a_{2,z} \\ a_{1,z}-a_{3,x} \\ a_{2,x}-a_{1,y} \end{array} \right) +\mu \left( \begin{array}{c} b_{3,y}-b_{2,z} \\ b_{1,z}-b_{3,x} \\ b_{2,x}-b_{1,y} \end{array} \right) \\ & = & \displaystyle\negthickspace \lambda\,\mbox{rot}\,a+\mu\,\mbox{rot}\,b. \end{array} \]

 

Lösung 39

(i) Wir berechnen

\[ \mbox{div}\,a_1(x,y,z) =\mbox{div}\,(xy,yz,xz) =y+z+x \]

  und damit

\[ \mbox{div}\,a_1(1,0,1)=0+1+1=2. \]

(ii) Wir berechnen

\[ \mbox{div}\,a_2(x,y,z) =\mbox{div}\,(x+y^2,\cos xy,e^z) =1+x\sin xy+e^z \]

  und damit

\[ \mbox{div}\,a_2(0,1,2) =1+0+e^2 =1+e^2\,. \]

(ii) Wir berechnen

\[ \begin{array}{lll} \mbox{div}\,a_3(x,y,z)\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \mbox{div}\,(\sinh x,\cosh(x+y),\tanh z) \\ & = & \displaystyle\negthickspace \cosh x+\sinh(x+y)+1-\tanh^2z \end{array} \]

  und damit

\[ \mbox{div}\,a_3(1,1,1) =\cosh 1+\sinh 2+1-\tanh^21. \]

 

Lösung 40

 

Lösung 41

(i) Wir berechnen

\[ \mbox{rot}\,a_1(x,y,z)=(x+z-xy,-2z-y,yz-4xy \]

  und damit

\[ \mbox{rot}\,a_1(1,1,1)=(1,-3,-3). \]

(ii) Wir berechnen

\[ \mbox{rot}\,a_2(x,y,z)=(-y,-2x,-x) \]

  und damit

\[ \mbox{rot}\,a_2(0,1,2)=(-1,0,0). \]

(iii) Wir berechnen

\[ \mbox{rot}\,a_3(x,y,z)=(z\sinh x\sinh y-xye^{xyz},-z\cosh x\cosh y,yze^{xyz}-\cos y) \]

  und damit

\[ \mbox{rot}\,a_3(-1,3,2)=(-2\sinh 1\sinh 3+3e^{-6},-2\cosh 1\cosh 3,6e^{-6}-\cos 3). \]

 

Lösung 42

(i) Wir ermitteln

\[ \mbox{div}\,\mbox{grad}\,\varphi =\mbox{div}\,(\varphi_{x_1},\varphi_{x_2},\varphi_{x_3}) =\varphi_{x_1x_1}+\varphi_{x_2x_2}+\varphi_{x_3x_3} =\Delta\varphi. \]

(ii) Wir ermitteln nach dem Satz von Schwarz

\[ \begin{array}{lll} \mbox{rot}\,\mbox{grad}\,\varphi\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \mbox{rot}\,(\varphi_{x_1},\varphi_{x_2},\varphi_{x_3}) \\ & = & \displaystyle\negthickspace (\varphi_{x_3x_2}-\varphi_{x_2x_3},\varphi_{x_1x_3}-\varphi_{x_3x_1},\varphi_{x_2x_1}-\varphi_{x_1x_2}) \,=\,0. \end{array} \]

(iii) Wir ermitteln nach dem Satz von Schwarz

\[ \begin{array}{lll} \mbox{div}\,\mbox{grad}\,a\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \mbox{div}\,(a_{3,x_2}-a_{2,x_3},a_{1,x_3}-a_{3,x_1},a_{2,x_1}-a_{1,x_2}) \\ & = & \displaystyle\negthickspace a_{3,x_2x_1}-a_{2,x_3x_1}+a_{1,x_3x_2}-a_{3,x_1x_2}+a_{2,x_1x_3}-a_{1,x_2x_3} \,=\,0. \end{array} \]

(iv) Wir ermitteln nach dem Satz von Schwarz (wir schreiben Vektoren als Zeilen bzw. Spalten)

\[ \begin{array}{lll} \mbox{rot}\,\mbox{rot}\,a\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \mbox{rot}\,(a_{3,x_2}-a_{2,x_3},a_{1,x_3}-a_{3,x_1},a_{2,x_1}-a_{1,x_2}) \\ & = & \displaystyle\negthickspace \begin{pmatrix} a_{2,x_1x_2}-a_{1,x_2x_2}-a_{1,x_3x_3}+a_{3,x_1x_3} \\ a_{3,x_2x_3}-a_{2,x_3x_3}-a_{2,x_1x_1}+a_{1,x_2x_1} \\ a_{1,x_3x_1}-a_{3,x_1x_1}-a_{3,x_2x_2}+a_{a,x_3x_2} \end{pmatrix} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \begin{pmatrix} a_{2,x_1x_2}+a_{3,x_1x_3}+a_{1,x_1x_1} \\ a_{3,x_2x_3}+a_{1,x_2x_1}+a_{2,a_2x_2} \\ a_{1,x_3x_1}+a_{2,x_3x_2}+a_{3,x_3x_3} \end{pmatrix} -(\Delta a_1,\Delta a_2,\Delta a_3) \\ & = & \displaystyle\negthickspace \begin{pmatrix} (a_{1,x_1}+a_{2,x_2}+a_{3,x_3})_{x_1} \\ (a_{1,x_1}+a_{2,x_2}+a_{3,x_3})_{x_2} \\ (a_{1,x_1}+a_{2,x_2}+a_{3,x_3})_{x_3} \end{pmatrix} -(\Delta a_1,\Delta a_2,\Delta a_3) \\ & = & \displaystyle\negthickspace \mbox{grad}\,(a_{1,x_1}+a_{2,x_2}+a_{3,x_3}) -(\Delta a_1,\Delta a_2,\Delta a_3) \\ & = & \displaystyle\negthickspace \mbox{grad}\,\mbox{div}\,a -(\Delta a_1,\Delta a_2,\Delta a_3). \end{array} \]

 

Lösung 43

(i) Wir berechnen

\[ \begin{array}{l} f_{1,x}=3x^2-3y^2\,,\quad f_{1,xx}=6x, \\ f_{1,y}=-6xy,\quad f_{1,yy}=-6x \end{array} \]

  und damit

\[ \Delta f_1 =f_{1,xx}+f_{1,yy} =6x-6x =0. \]

  Also ist \( f_1(x,y) \) harmonisch.\( \quad\Box \)
(ii) Wir berechnen

\[ \begin{array}{l} f_{2,x}=e^x\sin y+2x,\quad f_{2,xx}=e^x\sin y+2, \\ f_{2,y}=e^x\cos y-2y,\quad f_{2,yy}=-e^x\sin y-2 \end{array} \]

  und damit

\[ \Delta f_2 =f_{2,xx}+f_{2,yy} =e^x\sin y+2-e^x\sin y-2 =0. \]

  Also ist \( f_2(x,y) \) harmonisch.\( \quad\Box \)
(iii) Wir berechnen

\[ \begin{array}{rcl} f_{3,x}\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace (2x\cos 2xy-2y\sin 2xy)e^{x^2-y^2}\,, \\ f_{3,xx}\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace (2+4x^2-4y^2)e^{x^2-y^2}\cos 2xy-8xye^{x^2-y^2}\sin 2xy, \\ f_{3,y}\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace (-2y\cos 2xy-2x\sin 2xy)e^{x^2-y^2}\,, \\ f_{3,yy}\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace -\,(2+4x^2-4y^2)e^{x^2-y^2}\cos 2xy+8xye^{x^2-y^2}\sin(2xy) \end{array} \]

  und damit

\[ \begin{array}{lll} \Delta f_3\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace (2+4x^2-4y^2)e^{x^2-y^2}\cos 2xy-8xye^{x^2-y^2}\sin 2xy \\ & & \displaystyle\negthickspace -\,(2+4x^2-4y^2)e^{x^2-y^2}\cos 2xy+8xye^{x^2-y^2}\sin 2xy \\ & = & \displaystyle\negthickspace 0. \end{array} \]

  Also ist \( f_3(x,y) \) harmonisch.\( \quad\Box \)
(iv) Wir berechnen

\[ \begin{array}{l} \displaystyle f_{3,x}=\frac{2x}{x^2+y^2}\,,\quad f_{3,xx}=\frac{2}{x^2+y^2}-\frac{4x^2}{(x^2+y^2)^2}\,, \\ \displaystyle f_{3,y}=\frac{2y}{x^2+y^2}\,,\quad f_{3,yy}=\frac{2}{x^2+y^2}-\frac{4y^2}{(x^2+y^2)^2} \end{array} \]

  und damit

\[ \Delta f_4 =\frac{4}{x^2+y^2}-\frac{4(x^2+y^2)}{(x^2+y^2)^2} =\frac{4}{x^2+y^2}+\frac{4}{x^2+y^2} =0. \]

  Also ist \( f_4(x,y) \) harmonisch.\( \quad\Box \)

 

Lösung 44

Es sei \( x\in\mathbb R^n\setminus\{0\}. \) Zunächst ist \[ f_n(x)=|x|^{2-n}=\left(\sum_{i=1}^nx_i^2\right)^\frac{2-n}{2}\,. \] Differenzieren liefert \[ \frac{\partial f_n(x)}{\partial x_k} =\frac{2-n}{2}\left(\sum_{i=1}^nx_i^2\right)^{\frac{2-n}{2}-1}\cdot 2x_k =(2-n)\left(\sum_{i=1}^nx_i^2\right)^{-\frac{n}{2}}x_k \] für \( k=1,2,\ldots,n \) sowie \[ \begin{array}{lll} \displaystyle \frac{\partial^2f_n(x)}{\partial x_kx_k}\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace -\,\frac{(2-n)n}{2}\left(\sum_{i=1}^nx_i^2\right)^{-\frac{n}{2}-1}\cdot 2x_k^2 +(2-n)\left(\sum_{i=1}^nx_i^2\right)^{-\frac{n}{2}} \\ & = & \displaystyle\negthickspace -(2-n)n\left(\sum_{i=1}^nx_i^2\right)^{-\frac{n+2}{2}}x_k^2 +(2-n)\left(\sum_{i=1}^nx_i^2\right)^{-\frac{n}{2}}\,. \end{array} \] Summation über \( k=1,2,\ldots,n \) ergibt \[ \begin{array}{lll} \Delta f_n(x)\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace -(2-n)n\left(\sum_{i=1}^nx_i^2\right)^{-\frac{n+2}{2}}\cdot\sum_{k=1}^nx_k^2 +(2-n)\left(\sum_{i=1}^nx_i^2\right)^{-\frac{n}{2}}\cdot\sum_{k=1}^n1 \\ & = & \displaystyle\negthickspace -(2-n)n\left(\sum_{i=1}^nx_i^2\right)^{-\frac{n}{2}}+(2-n)n\left(\sum_{i=1}^nx_i^2\right)^{-\frac{n}{2}} \end{array} \] bzw. \( \Delta f_n(x)=0, \) d.h. \( f_n(x) \) ist harmonisch in \( \mathbb R^n\setminus\{0\}.\quad\Box \)

 

Lösung 45

Wir berechnen nämlich \[ \begin{array}{lll} \Delta(fg)\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{i=1}^n\frac{\partial^2(fg)}{\partial x_i^2} \,=\,\sum_{i=1}^n\frac{\partial}{\partial x_i}\,\frac{\partial(fg)}{\partial x_i} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{i=1}^n\frac{\partial}{\partial x_i}\,(f_{x_i}g+fg_{x_i}) \,=\,\sum_{i=1}^n(f_{x_ix_i}+f_{x_i}g_{x_i}+f_{x_i}g_{x_i}+fg_{x_ix_i})\\ & = & \negthickspace\displaystyle g\sum_{i=1}^nf_{x_ix_i}+2\sum_{i=1}^nf_{x_i}g_{x_i}+f\sum_{i=1}^ng_{x_ix_i} \,=\,g\Delta f+2\nabla f\cdot\nabla g+f\Delta g, \end{array} \] was zu zeigen war.\( \quad\Box \)

 

Lösung 46

Wir berechnen zunächst \[ \frac{\partial f}{\partial x_i}=\varphi(k\cdot x-\omega t)k_i\,,\quad \frac{\partial^2f}{\partial x_i^2}=\varphi''(k\cdot x-\omega t)k_i^2 \] und damit \[ \Delta f =\sum_{i=1}^n\frac{\partial^2f}{\partial x_i^2} =\varphi''(k\cdot x-\omega t)\sum_{i=1}^nk_i^2 =|k|^2\varphi''(k\cdot x-\omega t). \] Desweiteren ist \[ \frac{\partial f}{\partial t} =-\omega\varphi'(k\cdot x-\omega t),\quad \frac{\partial^2f}{\partial t^2} =\omega^2\varphi''(k\cdot x-\omega t) =|k|^2c^2\varphi''(k\cdot x-\omega t). \] Daraus schließen wir \[ \Delta f-\frac{1}{c^2}\,\frac{\partial^2f}{\partial t^2} =|k|^2\varphi''(k\cdot x-\omega t)-\frac{|k|^2c^2}{c^2}\,\varphi''(k\cdot x-\omega t)=0. \] Also ist \( f(x,t) \) eine Lösung der Wellengleichung.\( \quad\Box \)

 

 


 

 

Lösungen zum Übungsblatt 07

 

Lösung 47

Zunächst bestimmen wir die partiellen Ableitungen für \( x_1 \) \[ \begin{array}{lll} x_{1,r}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \cos\varphi\sin\vartheta\sin\psi, \\ x_{1,\varphi}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle -r\sin\varphi\sin\vartheta\sin\psi, \\ x_{1,\vartheta}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle r\cos\varphi\cos\vartheta\sin\psi, \\ x_{1,\psi}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle r\cos\varphi\sin\vartheta\cos\psi, \end{array} \] dann für \( x_2 \) \[ \begin{array}{lll} x_{2,r}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sin\varphi\sin\vartheta\sin\psi, \\ x_{2,\varphi}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle r\cos\varphi\sin\vartheta\sin\psi, \\ x_{2,\vartheta}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle r\sin\varphi\cos\vartheta\sin\psi, \\ x_{2,\psi}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle r\sin\varphi\sin\vartheta\cos\psi, \end{array} \] dann für \( x_3 \) \[ \begin{array}{lll} x_{3,r}\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \cos\vartheta\sin\psi, \\ x_{3,\varphi}\negthickspace & = & 0, \\ x_{3,\vartheta}\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace -r\sin\vartheta\sin\psi, \\ x_{3,\psi}\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace r\cos\vartheta\cos\psi, \end{array} \] und schließlich für \( x_4 \) \[ \begin{array}{lll} x_{4,r}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \cos\psi, \\ x_{4,\varphi}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle 0, \\ x_{4,\vartheta}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle 0, \\ x_{4,\psi}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle -r\sin\psi. \end{array} \] Damit ermitteln wir \[ \begin{array}{lll} X_r\cdot X_r & = & \displaystyle \cos^2\varphi\sin^2\vartheta\sin^2\psi+\sin^2\varphi\sin^2\vartheta\sin^2\psi+\cos^2\vartheta\sin^2\psi+\cos^2\psi \\ & = & \displaystyle \sin^2\vartheta\sin^2\psi+\cos^2\vartheta\sin^2\psi+\cos^2\psi \\ & = & \displaystyle \sin^2\psi+\cos^2\psi \\ & = & \displaystyle 1, \end{array} \] zweitens \[ \begin{array}{lll} X_r\cdot X_\varphi\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace -r\sin\varphi\cos\varphi\sin^2\vartheta\sin^2\psi+r\sin\varphi\cos\varphi\sin^2\vartheta\sin^2\psi \\ & = & \displaystyle\negthickspace 0, \end{array} \] dann \[ \begin{array}{lll} X_r\cdot X_\vartheta\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace r\cos^2\varphi\sin\vartheta\cos\vartheta\sin^2\psi+r\sin^2\varphi\sin\vartheta\cos\vartheta\sin^2\psi -r\sin\vartheta\cos\vartheta\sin^2\psi \\ & = & \displaystyle\negthickspace r\sin\vartheta\cos\vartheta\sin^2\psi-r\sin\vartheta\cos\vartheta\sin^2\psi \\ & = & \displaystyle\negthickspace 0 \end{array} \] sowie \[ \begin{array}{lll} X_r\cdot X_\psi\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace r\cos^2\varphi\sin^2\vartheta\sin\psi\cos\psi+r\sin^2\varphi\sin^2\vartheta\sin\psi\cos\psi +r\cos^2\vartheta\sin\psi\cos\psi-r\sin\psi\cos\psi \\ & = & \displaystyle\negthickspace r\sin^2\vartheta\sin\psi\cos\psi+r\cos^2\vartheta\sin\psi\cos\psi-r\sin\psi\cos\psi \\ & = & \displaystyle\negthickspace r\sin\psi\cos\psi-r\sin\psi\cos\psi \\ & = & \displaystyle\negthickspace 0, \end{array} \] zweitens \[ \begin{array}{lll} X_\varphi\cdot X_\varphi\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace r^2\sin^2\varphi\sin^2\vartheta\sin^2\psi+r^2\cos\varphi\sin^2\vartheta\sin^2\psi \\ & = & \displaystyle\negthickspace r^2\sin^2\vartheta\sin^2\psi, \end{array} \] dann \[ \begin{array}{lll} X_\varphi\cdot X_\vartheta\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace -\,r^2\sin\varphi\cos\varphi\sin\vartheta\cos\vartheta\sin^2\psi+r^2\sin\varphi\cos\varphi\sin\vartheta\cos\vartheta\sin^2\psi \\ & = & \displaystyle\negthickspace 0, \end{array} \] ferner \[ \begin{array}{lll} X_\varphi\cdot X_\psi\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace -\,r^2\sin\varphi\cos\varphi\sin^2\vartheta\sin^2\psi+r^2\sin\varphi\cos\varphi\sin^2\vartheta\sin^2\psi \\ & = & \displaystyle\negthickspace 0, \end{array} \] drittens nun \[ \begin{array}{lll} X_\vartheta\cdot X_\vartheta\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace r^2\cos^2\varphi\cos^2\vartheta\sin^2\psi+r^2\sin^2\varphi\cos^2\vartheta\sin^2\psi+r^2\sin^2\vartheta\sin^2\psi \\ & = & \displaystyle\negthickspace r^2\cos^2\vartheta\sin^2\psi+r^2\sin^2\vartheta\sin^2\psi \\ & = & \displaystyle\negthickspace r^2\sin^2\psi \end{array} \] sowie \[ \begin{array}{lll} X_\vartheta\cdot X_\psi\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace\displaystyle r^2\cos^2\varphi^2\sin\vartheta\cos\vartheta\sin\psi\cos\psi+r^2\sin^2\varphi\sin\vartheta\cos\vartheta\sin\psi\cos\psi \\ & & \displaystyle\negthickspace -\,r^2\sin\vartheta\cos\vartheta\sin\psi\cos\psi \\ & = & \displaystyle\negthickspace r^2\sin\vartheta\cos\vartheta\sin\psi\cos\psi-r^2\sin\vartheta\cos\vartheta\sin\psi\cos\psi \\ & = & \displaystyle\negthickspace 0 \end{array} \] und schließlich \[ \begin{array}{lll} X_\psi\cdot X_\psi\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace r^2\cos^2\varphi\sin^2\vartheta\cos^2\psi+r^2\sin^2\varphi\sin^2\vartheta\cos^2\psi+r^2\cos^2\vartheta\cos^2\psi+r^2\sin^2\psi \\ & = & \displaystyle\negthickspace r^2\sin^2\vartheta\cos^2\psi+r^2\cos^2\vartheta\cos^2\psi+r^2\sin^2\psi \\ & = & \displaystyle\negthickspace r^2\cos^2\psi+r^2\sin^2\psi \\ & = & \displaystyle\negthickspace r^2\,. \end{array} \] Damit erhalten wir als erste Fundamentalform \[ (g_{ij})_{i,j=1,2} =\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & r^2\sin^2\vartheta\sin^2\psi & 0 & 0 \\ 0 & 0 & r^2\sin^2\psi & 0 \\ 0 & 0 & 0 & r^2 \end{pmatrix} \] mit der Inversen \[ \big(g^{ij}\big)_{i,j=1,2} =\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{r^2\sin^2\vartheta\sin^2\psi} & \frac{1}{r^2\sin^2\psi} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \frac{1}{r^2} \end{pmatrix}, \] solange \( r\gt 0, \) \( \sin\vartheta\not=0 \) und \( \sin\psi\not=0, \) als auch \[ W=\sqrt{g_{11}g_{22}-g_{12}^2}=r^3\sin\vartheta\sin^2\psi. \] Zur Berechnung des Laplace-Beltrami-Operators werten wir noch aus \[ \begin{array}{lll} Wg^{11}\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace r^3\sin\vartheta\sin^2\psi, \\ Wg^{22}\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \frac{r^3\sin\vartheta\sin^2\psi}{r^2\sin^2\vartheta\sin^2\psi} \,=\,\frac{r}{\sin\vartheta}\,, \\ Wg^{33}\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \frac{r^3\sin\vartheta\sin^2\psi}{r^2\sin^2\psi} \,=\,r\sin\vartheta, \\ Wg^{44}\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \frac{r^3\sin\vartheta\sin^2\psi}{r^2} \,=\,r\sin\vartheta\sin^2\psi. \end{array} \] Damit folgt \[ \begin{array}{lll} \underline\Delta f\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \frac{1}{W}\,\partial_r(Wg^{11}f_r) +\frac{1}{W}\,\partial_\varphi(Wg^{22}f_\varphi) +\frac{1}{W}\,\partial_\vartheta(Wg^{33}f_\vartheta) +\frac{1}{W}\,\partial_\psi(Wg^{44}f_\psi) \\ & = & \displaystyle\negthickspace \frac{1}{r^3\sin\vartheta\sin^2\psi}\,\partial_r(r^3\sin\vartheta\sin^2\psi f_r) +\frac{1}{r^3\sin\vartheta\sin^2\psi}\,\partial_\varphi\left(\frac{r}{\sin\vartheta}\,f_\varphi\right) \\ & & \displaystyle\negthickspace +\,\frac{1}{r^3\sin\vartheta\sin^2\psi}\,\partial_\vartheta(r\sin\vartheta f_\vartheta) +\frac{1}{r^3\sin\vartheta\sin^2\psi}\,\partial_\psi(r\sin\vartheta\sin^2\psi f_\psi) \\ & = & \displaystyle\negthickspace \frac{1}{r^3}\,\partial_r(r^3f_r) +\frac{1}{r^2\sin^2\vartheta\sin^2\psi}\,f_{\varphi\varphi} \\ & & \displaystyle\negthickspace +\,\frac{1}{r^2\sin\vartheta\sin^2\psi}\,\partial_\vartheta(\sin\vartheta f_\vartheta) +\frac{1}{r^2\sin^2\psi}\,\partial_\psi(\sin^2\psi f_\psi). \end{array} \]

 

Lösung 48

Wir gehen in mehreren Schritten vor.

(i) Betrachtet werden reguläre Parametertransformationen

\[ v^\alpha\mapsto u^i=u^i(v^\alpha),\quad u^i\mapsto v^\alpha=v^\alpha(u^i),\quad i=1,\ldots,m,\ \alpha=1,\ldots,m. \]

  Wir setzen

\[ \Lambda_i^\alpha:=\frac{\partial v^\alpha}{\partial u^i}\,,\quad \bar\Lambda_\alpha^i:=\frac{\partial u^i}{\partial v^\alpha}\,. \]

  Durch Ableiten nach der Kettenregel verifiziert man

\[ \sum_{i=1}^m\Lambda_i^\alpha\bar\Lambda_\beta^i=\delta_\alpha^\beta\,,\quad \sum_{\alpha=1}^m\Lambda_i^\alpha\bar\Lambda_\alpha^j=\delta_i^j \]

  mit den Kroneckersymbolen \( \delta_\alpha^\beta \) bzw. \( \delta_i^j. \) Zu zeigen ist

\[ \sum_{i,j=1}^mg^{ij}f_{u^i}g_{u^j}=\sum_{\alpha,\beta=1}^mg^{\alpha\beta}f_{v^\alpha}g_{v^\beta}\,. \]

(ii) Als erstes berechnen wir

\[ f_{u^i}=\sum_{\alpha=1}^mf_{v^\alpha}\Lambda_i^\alpha\,,\quad g_{u^j}=\sum_{\beta=1}^mf_{v^\alpha}\Lambda_j^\beta\,. \]

(ii) Nun kommen wir zur Transformation der ersten Fundamentalform, nämlich

\[ \begin{array}{lll} g_{ij}\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace X_{u^i}\cdot X_{u^j} \,=\,\left(\sum_{\alpha=1}^mX_{v^\alpha}\Lambda_i^\alpha\right)\cdot\left(\sum_{\beta=1}^mX_{v^\beta}\Lambda_j^\beta\right) \,=\,\sum_{\alpha,\beta=1}^m(X_{v^\alpha}\cdot X_{v^\beta})\Lambda_i^\alpha\Lambda_j^\beta \\ & = & \displaystyle\negthickspace \sum_{\alpha,\beta=1}^m\Lambda_i^\alpha\Lambda_j^\beta g_{\alpha\beta}\,. \end{array} \]

  Damit folgt auch

\[ \sum_{i,j=1}^mg_{ij}\bar\Lambda_\mu^i\bar\Lambda_\nu^j =\sum_{i,j=1}^m\sum_{\alpha,\beta=1}^m\bar\Lambda_\mu^i\bar\Lambda_\nu^j\Lambda_i^\alpha\Lambda_\beta^jg_{\alpha\beta} =\sum_{\alpha,\beta=1}^m\delta_\mu^\alpha\delta_\nu^\beta g_{\alpha\beta} =g_{\mu\nu}\,. \]

(iii) Wir ermitteln nun die Transformation der inversen ersten Fundamentalform, genauer

\[ \begin{array}{lll} g^{k\ell}\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \sum_{i,j=1}^mg_{ij}g^{ik}g^{j\ell} \,=\,\sum_{i,j=1}^m\left(\sum_{\alpha,\beta=1}^m\Lambda_i^\alpha\Lambda_j^\beta g_{\alpha\beta}\right)g^{ik}g^{j\ell} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \sum_{\alpha,\beta=1}^m\left(\sum_{i=1}^m\Lambda_i^\alpha g^{ik}\right)\left(\sum_{j=1}^m\Lambda_j^\beta g^{j\ell}\right)g_{\alpha\beta} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \sum_{\alpha,\beta=1}^m\sum_{\mu,\nu=1}^m \left(\sum_{i=1}^m\Lambda_i^\alpha g^{ik}\right) \left(\sum_{j=1}^m\Lambda_j^\beta g^{j\ell}\right) g_{\alpha\mu}g_{\beta\nu}g^{\mu\nu} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \sum_{\mu,\nu=1}^m \left(\sum_{i=1}^m\sum_{\alpha=1}^m\Lambda_i^\alpha g_{\alpha\mu}g^{ik}\right) \left(\sum_{j=1}^m\sum_{\beta=1}^m\Lambda_j^\beta g_{\beta\nu}g^{j\ell}\right) g^{\mu\nu} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \sum_{\mu,\nu=1}^m\bar\Lambda_\mu^k\bar\Lambda_\nu^\ell g^{\mu\nu}\,, \end{array} \]

  wobei wir in der letzten Zeile beachten

\[ \begin{array}{l} \displaystyle \sum_{i=1}^m\sum_{\alpha=1}^m\Lambda_i^\alpha g_{\alpha\mu}g^{ik} \,=\,\sum_{i=1}^m\sum_{\alpha=1}^m\Lambda_i^\alpha g^{ik}\left(\sum_{r,s=1}^mg_{rs}\bar\Lambda_\alpha^r\bar\Lambda_\mu^s\right) \\ \qquad\displaystyle =\,\sum_{i=1}^m\sum_{r,s=1}^m\left(\sum_{\alpha=1}^m\Lambda_i^\alpha\bar\Lambda_\alpha^r\right)\bar\Lambda_\mu^sg^{ik}g_{rs} \,=\,\sum_{i=1}^m\sum_{r,s=1}^m\delta_i^r\bar\Lambda_\mu^sg^{ik}g_{rs} \\ \qquad\displaystyle =\,\sum_{r,s=1}^m\bar\Lambda_\mu^sg^{rj}g_{rs} \,=\,\sum_{s=1}^m\bar\Lambda_\mu^s\delta_s^k \,=\,\bar\Lambda_\mu^k\,. \end{array} \]

(iv) Nun können wir die Rechnung wie folgt abschließen:

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \sum_{i,j=1}^mf_{u^i}g_{u^j}\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \sum_{i,j=1}^m \left(\sum_{\alpha,\beta=1}^m\bar\Lambda_\alpha^i\bar\Lambda_\beta^jg^{\alpha\beta}\right) \left(\sum_{\mu=1}^m\Lambda_i^\mu f_{v^\mu}\right) \left(\sum_{\nu=1}^m\Lambda_j^\nu f_{v^\nu}\right) \\ & = & \displaystyle\negthickspace \sum_{\alpha,\beta=1}^m\sum_{\mu,\nu=1}^m\delta_\alpha^\mu\delta_\beta^\nu f_{v^\mu}f_{v^\nu}g^{\alpha\beta} \,=\,\sum_{\alpha,\beta=1}^mg^{\alpha\beta}f_{v^\alpha}f_{v^\beta}\,. \end{array} \] Das beweist die Forminvarianz des ersten Beltramioperators.\( \quad\Box \)