1. ¨Ubungsblatt zur Analysis 3 (Lösungshinweise) - Aufgaben

Institut für Mathematik
Universität Hannover
Dr. H. Köditz
1. Übungsblatt zur Analysis 3 (Lösungshinweise)
Aufgabe 1 (je 5 Punkte) Man zeige:
a) Die Funktion f : N × N → N, f(m, n) := 1
2 (m + n)(m + n + 1) + m, ist bijektiv.
Hannover, den 27. Oktober 2003
Beweis: Zur Abkürzung sei B := f(N × N). Zunächst notieren wir f(0, 0) = 0, f(0, 1) = 1, f(1, 0) =
2, f(0, 2) = 3, f(1, 1) = 4 und die Gleichungen (für ” zulässige Argumente“ (k ∈ Z)):
f(m + k, n − k) = f(m, n) + k ⇒ f(m + 1, n − 1) = f(m, n) + 1 , f(1, n − 1) = f(0, n) + 1 (1)
und f(0, m) = f(m − 1, 0) + 1 . (2)
(i) f ist surjektiv: Zum Nachweis von B = N benutzen wir des Induktionsprinzip. Da 0, 1 ∈ B genügt es zu
zeigen, dass mit b > 0 auch b + 1 in B ist. Sei also b = f(m, n) ∈ B. Für n > 0 liefert uns (1) b + 1 ∈ B. Für
n = 0, m > 0 benutzen wir (2) ✷.
(ii) f ist injektiv: Seien (m, n), (k, l) ∈ N 2 , oBdA m + n ≥ k + l. Für festes m + n = c = k + l ist
f(k, l) streng monoton steigend in k, also folgt hier aus f(m, n) = f(k, l) stets m = k, n = l. Also sei
m + n ≥ k + l + 1. Mit (1): f(m, n) = f(0, n + m) + m ≥ f(0, n + m) ≥ f(0, k + l + 1). Mit (2) und (1):
f(0, k + l + 1) = f(k + l, 0) + 1 = f(k, l) + l + 1 > f(k, l). Also f(m, n) > f(k, l) ✷.
b) Sind A, B abzählbare Mengen, so ist auch das kartesiche Produkt A × B := {(a, b) : a ∈ A, b ∈ B }
abzählbar.
Beweis: Nach Def. der Abzählbarkeit gibt es surjektive Funktionen fA : N → A, fB : N → B. Unter
Benutzung der Funktion f aus (a) erhalten wir somit eine surjektive Funktion Φ : N → A × B durch
Φ(n) := � (fA, fB) ◦ f −1� (n) ✷.
Aufgabe 2 (5 Punkte)
Man zeige, dass die Menge P(N) aller Teilmengen von N (die Potenzmenge von N) nicht abzählbar ist.
Hinweis:
Zu einer evt. Surjektion f : N → P(N) betrachte man die Menge A := {n ∈ N : n �∈ f(n) }.
Beweis: Wir zeigen, dass es keine Surjektion von N auf P(N) gibt. Sei also f : N → P(N) eine bel. Funktion
und A := {n ∈ N : n �∈ f(n) }. f ist nicht surjektiv, da A �∈ f(N). Denn für jedes k ∈ N gilt:
(k ∈ f(k) ⇒ k �∈ A ⇒ f(k) �= A) und (k �∈ f(k) ⇒ k ∈ A ⇒ f(k) �= A) ✷.
Dies ist natürlich auch eine Variante des Cantor-schen Diagonalverfahrens.
1

Aufgabe 3 (10 Punkte)
Sei f : R → R, f(x) := 1
√ x , für 0 < x ≤ 1 und f(x) := 0 sonst, gegeben. Durch Angabe einer punktweise
gegen f konvergierenden und monoton steigenden Folge von Treppenfunktionen mit beschränkter Integralfolge
beweise man die Integrierbarkeit der Funktion f.
Alle vorkommenden Funktionen seien außerhalb (0, 1] identisch 0; dieser Bereich bleibt also i.F. außer Betracht.
Durch äquidistante Zerlegung des Intervalls (0, 1] definieren wir für jedes j ∈ N>1 die Treppenfunktion
fj : (0, 1] → R durch fj(x) :=
� j
k
für k−1
j
k < x ≤ j , k = 1, · · · , j. Offensichtlich gilt fn(x) ≤ f(x) = 1 √ . x
Diese Folge von Treppenfunktionen ist noch nicht monoton steigend. Wir wählen j := 2n , tn := f2n und
erhalten tn ≤ tn+1. Wir benutzen nun unsere Kenntnisse über Integralrechnung aus Analysis 2:
Sn :=
� 1
0
fn(x) dx = 1
n
Die letzte Summe ist eine Riemann-sche Untersumme von � 1
0
(tn) eine beschränkte Integralfolge.
Aufgabe 4 (10 Punkte) Knacki
n�
k=1
� k
n .
dx
√ x = 2, also Sn ≤ 2. Deshalb besitzt die Folge
Wir betrachten die Menge N aller reeller Zahlen im Intervall [0, 1] die eine Dezimalbruchentwicklung ohne
die Ziffer 0 besitzen, also
�
∞�
N := an10 −n �
: an ∈ {1, 2, · · · , 9} .
Man zeige, dass N eine überabzählbare und kompakte Nullmenge ist.
n=1
Beweis: Wir sammeln zunächst offene Intervalle im Komplement von N .
Hierzu sei A0 := {0}, An := {x = �n k=1 ak10−k : ak ∈ {1, · · · , 9}}, A := �
n∈N An. Jedes An hat 9n Elemente
und für k �= l gilt Ak ∩ Al = ∅. Zu jedem x ∈ An sei Ix := (x, x + 10−n−1 ). Für x, y ∈ A folgt Ix ∩ Iy = ∅
und Ix ∩ N = ∅. Zu jedem n ∈ N ist dann Cn := (0, 1] \ �n ��
k=0 x∈An Ix
�
eine Überdeckung von N durch
endlich viele kompakte Intervalle der Längensumme
v(Cn) = 1 −
n�
�
k=0 x∈An
v(Ix) = 1 −
n�
k=0
9 n 10 −n−1 = 9n
→ 0 für n → ∞ .
10n Also ist N eine Nullmenge. Die Überabzählbarkeit von N ist direkt mit dem Cantor-schen Diagonalverfahren
zu zeigen.
Zum Nachweis der Kompaktheit von N würde N = �
n∈N Cn genügen. Da dies leider nicht richtig ist (es
fehlen die x ∈ A deren Dezimalentwicklung mit 1 endet), zeigen wir die Offenheit von (0, 1] \ N (beachte
0 /∈ N ) direkt. Da N beschränkt ist, folgt die Kompaktheit.
Sei also x /∈ N , x = 0.a1a2 · · · an−10an+1 · · · ; a1, a2 · · · , an−1 �= 0.
(i) ak = 9 für alle k > n, also x = 0.a1a2 · · · an−11. Offensichtlich gilt hier (x − 10 −n−1 , x + 10 −n−1 ) ∩ N = ∅
und x ist somit innerer Punkt des Komplements von N .
(ii) Es gibt ein k > n mit 1 ≤ ak < 9. Dann ist (x − 10 −k−1 , x + 10 −k−1 ) ∩ N = ∅.
(iii) ak = 0 für alle k > n. Wegen x /∈ N gilt dann an−1 = 1 (insbesondere n > 0). Hier folgt (x − 10 −n , x +
10 −n ) ∩ N = ∅ - fertig.
2

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Universität Hannover
Dr. H. Köditz
Aufgabe 5 (5 Punkte)
2. Übungsblatt zur Analysis 3 (Lösungshinweise)
Hannover, den 3. November 2003
Man beweise Lemma 3.1 der Vorlesung:
Sei Q ⊂ R n ein Quader. Dann gibt es zu jedem ε > 0 einen offenen Quader Q ∗ mit Q ⊂ Q ∗ und
v(Q ∗ ) − v(Q) < ε.
Beweis:
Sei Q = I1 × · · · × In. Die Intervalle Ik haben die Grenzen ak, bk, ak ≤ bk.
Zu jedem η > 0 sei I η
k := (ak − η, bk + η). Der Quader Qη := I η
1 × · · · × Iη n ⊃ Q ist offen mit
v(Qη) =
n�
(bk − ak + 2η) →
k=1
n�
(bk − ak) = v(Q) für η → 0 .
Es gibt also zu gegebenem ε > 0 ein η > 0 mit v(Qη) < v(Q) + ε; Q ∗ := Qη ist brauchbar. ✷
Aufgabe 6 (5 Punkte)
k=1
Sei I ⊂ Rp ein kompakter Quader und (In) , In ⊂ I, eine Folge paarweise disjunkter offener Quader mit
∞�
∞�
v(In) = v(I). Man zeige: R := I \ In ist eine Nullmenge.
n=1
n=1
Beweis:
Zu jedem n ∈ N ist Mn := �n k=1 Ik eine zulässige Menge. Nach Satz 1.4 ist dann auch Rn := I \ Mn eine
mn �
zulässige Menge, also disjunkte Vereinigung von Quadern: Rn = Qj ⊃ R. Mit Hilfe der charakteristischen
Funktionen 1Qj
j=1
und Satz 1.10 (Linearität des Integrals) erhält man
�
v(I) = 1I dx =
I
n�
�
k=1
Ik
mn �
Ik dx +
j=1
1Qj
dx =
n�
mn �
v(Ik) + v(Qj) .
Wählt man nun zu gegebenem ε > 0 n hinreichend groß, so erhält man � n
k=1 v(Ik) > v(I) − ε, also
� mn
j=1 v(Qj) < ε. R ist eine Nullmenge ✷.
Aufgabe 7 (10 Punkte)
Es sei R := [0, 1] × [0, 1] ⊂ R2 . Die Funktion f : R → R sei definiert durch
�
2
f(x, y) :=
1
für
für
y ≥ 1 − x
y < 1 − x
Durch Angabe einer monoton steigenden Folge von Treppenfunktionen mit beschränkter Integralfoge, die
fast überall gegen f konvergiert, zeige man f ∈ L + (R) und berechne �
f d(x, y).
1
k=1
R
j=1

Zu jedem n > 0 wählen wir Teilquader (Bild malen!)
�
j j + 1
Pj := ,
2n 2n � �
× 0, 1 − j
2n �
��
j j + 1
und Qj := ,
2n 2n � �
× [0, 1] \ Pj , j = 0, · · · , 2 n − 1 .
Die Treppenfunktion tn sei nun definiert durch tn(0, y) := 1, tn(x, y) := 1 für (x, y) ∈ Pj und tn(x, y) := 2 für
(x, y) ∈ Qj, j = 0, · · · , 2 n − 1. (tn) ist monoton steigend und besitzt eine beschränkte Integralfolge (trivial).
Außerhalb der Diagonalen y = 1 − x (Nullmenge) konvergiert sie gegen f, also f ∈ L + (R). Zur Berechnung
des Integrals:
�
R
�
Deshalb:
tn(x, y) d(x, y) = 1
2 n
R
� n
2�−1 k=0
f(x, y) d(x, y) = 3
2 .
Aufgabe 8 (10 Punkte) Knacki
�
1 − j
2n � 2
+ 2
n �−1
k=0
j
2n �
= 1
2n 2 n �−1
Seien s1, s2, · · · , sn ∈ R \ {0}, f ∈ L1 (Rn ) und f ∗ �
x1
(x1, · · · , xn) := f s1
f ∗ ∈ L 1 (R n ) und
R n
k=0
�
f ∗ �
dx = |s1 · · · sn| f dx .
�
1 + j
2n �
= 1 + 2n (2n − 1)
22n+1 �
xn
, · · · , . Man zeige:
sn
R n
3
→
2 .
Beweis:
Es gibt f1, f2 ∈ L + (Rn ) mit f = f1 −f2. Deshalb gibt es eine Folge (tn) von Treppenfunktionen die f.ü. gegen
f konvergiert und � f = lim � tn gilt. Es genügt also, die Beh. für Treppenfunktionen zu beweisen. Sei also t
eine Treppenfunktion und Q1, · · · , Qj die zugehörigen Quader. Sei t(x) = ck auf Qk und Qk = I1k × · · · × Ink
mit Intervallen Ipq ∈ R der Längen lpq. Unter der Abbildung (x1, · · · , xn) ↦→
Quaders Q ∗ k der Seitenlängen |sj|ljk, j = 1, · · · , n. Deshalb ist
�
Q ∗ k
t(x) dx = ckv(Q ∗ k) = ck |s1 · · · sn| v(Qk) und
Aufsummieren ergibt die Behauptung ✷.
�
2
Qk
t ∗ �
(x) dx =
Q ∗ k
� x1
s1
, · · · , xn
sn
�
t(x) dx = |s1 · · · sn|
�
ist Qk Bild eines
Qk
t(x) dx .

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Universität Hannover
Dr. H. Köditz
Aufgabe 9 (5 Punkte)
3. Übungsblatt zur Analysis 3 (Lösungshinweise)
Hannover, den 10. November 2003
Man zeige: Zu jedem f ∈ L 1 (R n ) gibt es eine Folge (tk) von Treppenfunktionen die fast überall gegen f
�
konvergiert und für die
R n
|f − tk| → 0 für k → ∞ gilt.
Beweis: Wegen f = g − h mit g, h ∈ L + ergibt sich die Existenz einer Folge (tn) von Treppenfunktionen,
die f.ü. gegen f konvergieren unmittelbar aus der Definition. Es gibt also Treppenfunktionsfolgen (uk), (vk)
mit uk ↑ g, vk ↑ h (f.ü.) und � uk → � g, � vk → � h (tk := uk − vk). Also:
�
�
�
�
|f − tk| dx = |g − uk − (h − vk)| dx ≤ |g − uk| dx + |h − vk| dx → 0 für k → ∞ ✷.
R m
R n
Aufgabe 10 (10,3 und 2 Punkte)
a) Man zeige: Ist (fk) eine Folge in L1 (Rn ) mit konvergenter Reihe �∞ �∞ k=0 fk fast überall gegen eine Funktion f ∈ L1 (Rn ) und es gilt
k�
�
R n
R n
f(x) dx = lim
j�
�
j→∞
k=0
Beweis: Sei sk := f
j=0
+
j und tk :=
j=0
monoton wachende Folgen in L1 (Rn ), deren Integralfolgen wegen
durch �∞ ✷
k=0
�
�
k�
R n
R n
R n
k=0
fk(x) dx .
�
R n |fk| dx, so konvergiert die Reihe
f −
j . Beachte: sk − tk = � k
j=0 fj. Die Folgen (sk) und (tk) sind beide
f +
k dx ,
�
R n
f −
k dx ≤
�
R n
|fk| dx
Rn |fk| dx beschränkt sind. Der Satz von Beppo Levi liefert nun unmittelbar die Behauptung.
�
|f(x)| dx = 0 ist.
b) Man zeige: Die Funktion f ∈ L 1 (R n ) ist genau dann fast überall gleich 0 wenn
Beweis:
(i) Sei � |f| = 0. Wir benutzen (a) und setzen fk := f. Trivialerweise konvergiert dann �∞ �
k=0 |fk|. Also
konvergiert nach (a) �∞ k=0 f f.ü., was nat. nur für f = 0 f.ü. möglich ist.
(ii) Sei nun f = 0 f.ü., also auch |f| = 0 f.ü. Dann ist f monotoner Limes f.ü. der Treppenfunktionen tk = 0
und � |f| = 0 ✷.
c) Sei f ∈ L1 (Q) (Q Quader) und N ⊂ Q sei eine Nullmenge. f sei auf Q \ N beschränkt, etwa
m ≤ f(x) ≤ M dort. Man beweise den Mittelwertsatz:
�
m v(Q) ≤ f(x) dx ≤ M v(Q) .
Q
Beweis: Nur die Nullmenge N sorgt für Begründungsbedarf. Wir verändern f auf N durch f ∗ := f auf
Q \ N und f ∗ (x) := M+m
2 auf N. Nun gilt m ≤ f ∗ ≤ M überall. Wegen f − f ∗ = 0 f.ü. ist f − f ∗ ∈ L1 (Q),
also auch f ∗ ∈ L1 (Q) und �
Q (f − f ∗ ) dx = 0 ⇐⇒ � �
f = Q Q f ∗ . Die behauptete Ungleichung folgt nun -
für f ∗ und damit auch für f - mit �
Q
dx = v(Q) aus der Monotonie des Integrals. ✷
1
R n

Aufgabe 11 (10 Punkte) p-dimensionale Cantormenge - Knacki
Für p ∈ N ∗ sei C0 := [0, 1] p . Durch
Wn :=
��
1 + 3j1
3n , 2 + 3j1
3 n
� �
1 + 3jp
× · · · ×
3n , 2 + 3jp
wird eine Menge von Teilintervallen W von C0 definiert. Sei Cn := C0 \
ristische Funktion von Cn, sowie
fn : C0 → R , fn :=
3n �
: j1, · · · , jp = 0, 1, 2, . . . , 3 n−1 �
− 1
n�
n�
2 −j 1Cj .
�
j=1 W ∈Wj
W und 1Cn die charakte-
j=1
�
Man zeige, dass die Folge (fn) auf C0 gegen eine integrierbare Funktion f konvergiert und berechne
C0
f(x)dx.
Jedes Wn besteht aus 3 n−1 paarweise disjunkten offenen Quadern des Volumens 3 −np . Die kompakte Menge
Cn entsteht aus C0 durch Entnahme der Quader in W1, · · · , Wn. Im n-ten Schritt werden aus Cn−1 neue
Quader entfernt. Die Anzahl dieser neu entnommenen Quader sei An. Es gilt An = 3 p An−1 − An−1, also
folgt wegen A1 = 1 : An = (3 p − 1) n−1 . Neu entnommen werden also Quader vom Gesamtvolumen
Man erhält:
v(Cn) =
n�
k=1
Vk = 1
3 p − 1
Nach HA 6 ist deshalb � ∞
n=1 Cn eine Nullmenge.
n�
Vn = An 3 −np = (1 − 3−p ) n
3 p − 1
(1 − 3
k=1
−p ) k = 1
3p − 1 (1 − 3−p ) 1 − (1 − 3−p ) n
3−p .
= 1 − (1 − 3 −p ) n n→∞
−→ 1 .
Dir Folge (fn) ist eine monoton steigende Folge von Treppenfunktionen die alle durch 1 nach oben beschränkt
sind, also eine beschränkte Integralfolge (Schranke 1) besitzen. Deshalb ist f := lim fn ∈ L + (C0) und
integrierbar.
�
C0
fn(x) dx =
=
n�
2 −j
�
j=1
1
3 p − 1
C0
j=1
1Cj (x) dx =
n�
j=1
2 −j Vj
n�
� p 3 − 1
2 · 3p �j n→∞
−→
1
3p + 1 =
2
�
C0
f(x) dx ✷ .

Institut für Mathematik
Universität Hannover
Dr. H. Köditz
Aufgabe 12 (je 5 Punkte)
4. Übungsblatt zur Analysis 3 (Lösungshinweise)
Hannover, den 17. November 2003
a) Man ermittle Folgen integrierbarer Funktionen fn : [0, 1] �→
R, gn : R → R�die fast überall gegen
integrierbare Funktionen f, g konvergieren und für die lim
n→∞
fn(x) := n 2 − n3
2
gn := n 1 [n,n+1] ergibt �
fn und lim
[0,1]
n→∞
gn nicht existieren.
R
x für 0 ≤ x ≤ 2
n und fn(x) := 0 sonst ergibt � 1
0 fn = n → ∞ und fn →v 0.
R gn = n → ∞ und gn → 0. gn = fn tut es nat. auch.
b) Man ermittle Folgen integrierbarer Funktionen fn : [0, 1] �→
R, gn : R → R� die fast überall gegen
integrierbare Funktionen f, g konvergieren, für die lim
n→∞
� �
� �
fn und lim
[0,1]
n→∞
lim
n→∞
f und lim
n→∞
g gilt.
fn �=
[0,1]
[0,1]
gn �=
R
Genau so einfach. Man wähle etwa fn/n und gn/n aus Teil (a).
Aufgabe 13 (5 Punkte)
R
gn existieren aber
R
Sei Q ⊂ Rn ein Quader und f ∈ L1 (Q) eine nichtnegative integrierbare Funktion. Zu c > 0 sei
Ac := {x ∈ Q : f(x) ≥ c }. Man zeige:
�
v(Ac) := 1Ac(x) dx ≤ 1
c ·
�
f(x) dx .
Q
Q
Hinweis: Man muss natürlich die Integrierbarkeit von 1Ac zeigen. Hierzu betrachte man ϕ(x) :=
1
c min(c, f(x)) und untersuche die Folge (ϕk ).
Beweis: Sei also c > 0 und 0 ≤ ϕ(x) := 1
c min(c, f(x)) ≤ 1. ϕ ist integrierbar. Zu jedem k ∈ N ist
ϕk nach Satz 7.3 messbar und wegen ϕk ≤ ϕ nach Satz 7.2 integrierbar. Ferner gilt ϕk ↓ 1Ac für
k → ∞. Also
�
�
v(Ac) = 1Ac(x) dx ≤ ϕ(x) dx ≤ 1
�
f(x) dx ✷ .
c
Q
Q
1
Q

Aufgabe 14 (10 Punkte)
Man zeige: Für t ∈ R gilt
F (t) :=
� ∞
−∞
e −x2
cos xt dx = √ π e −t2 /4 .
Hinweis: F löst das Anfangswertproblem y ′ (t) = − 1
2 ty(t), y(0) = √ π.
Man benutze o.B. � ∞
−∞ e−x2
dx = √ π.
Beweis: Wir benutzen Satz 6.2 mit A = R und (a, b) = R. Wegen e−x2| cos xt| ≤ e−x2 �
ist die
�
Voraussetzung (i) erfüllt. Wegen � ∂f
�
�
∂t f(x, t) � = |x| e−x2| sin xt| ≤ ex2 /2e−x2 = e−x2 /2 auch (ii).
Partielle Integration ergibt:
F ′ �
(t) = − xe −x2
sin xt dt = 1
2 e−x2 sin xt| ∞ −∞ − t
�
e
2
−x2
cos xt dt = − 1
t F (t) .
2
R
Die Dgl y ′ = − t
2 y hat die allgemeine Lösung y(t) = ce−t2 �
/4 . y(0) = c =
Behauptung ✷.
Aufgabe 15 (10 Punkte) Knacki
R
R e−t2
Sei f ∈ L1 (A), A ⊂ Rn . Man zeige: Zu jedem ε > 0 gibt es ein δ > 0 derart, dass
�
|f(x)| dx < ε
�
für alle E ⊂ A mit v(E) :=
E
Hinweis: Man betrachte die Folge (ϕn), ϕn(x) := min(n, |f(x)|). Für �
man nun δ := ε/2n.
E
1E(x) dx < δ gilt.
dt = √ π ergibt die
A (|f| − ϕn)dx < ε/2 wähle
Beweis: Man beachte zunächst, dass mit f auch |f| über A integrierbar ist. Zu n ∈ N sei also
ϕn(x) := min(n, |f(x)|). Offensichtlich gilt ϕn ↑ |f|. Nach B. Levi folgt deshalb � ϕn → � |f|. Sei
nun ε > 0 gegeben. Es gibt n ∈ N mit �
A (|f| − ϕn) dx < ε
ε
2 . Wir setzen δ := 2n und wählen E ⊂ A
mit v(E) < δ. Es gilt dann
� �
ϕn dx ≤ n dx = n v(E) < nδ = ε
2 .
Es folgt: �
E
�
|f| dx =
E
E
E
� �
(|f| − ϕn) dx + ϕn dx < (|f| − ϕn) dx +
E
X
ε
< ε ✷ .
2
2

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Universität Hannover
Dr. H. Köditz
Aufgabe 16 (je 5 Punkte)
5. Übungsblatt zur Analysis 3 (Lösungshinweise)
Hannover, den 24. November 2003
a) Sei F : R := [a, b] × [c, d] ⊂ R2 → R eine zwei mal partiell stetig differenzierbare Funktion und f(x, y) :=
∂2F (x, y)
. Man zeige:
∂x∂y
�
f(x, y) d(x, y) = F (b, d) − F (b, c) − F (a, d) + F (a, c) .
R
Beweis: Mit Fubini und Hauptsatz gilt:
� � �
d � b
� � d
fdx = Fxy(x, y)dx dy = (Fy(b, y) − Fy(a, y))dy = F (b, d) − F (b, c) − F (a, d) + F (a, c) .
R
c
a
b) Man zeige, daß die Funktion f : (0, 1) 2 ⊂ R2 → R, f(x, y) := 1
x+y
Integral.
c
interierbar ist, und berechne das
In den Gruppenübungen wurde die Integrierbarkeit von �(x, y)� −α
∞ für α < 2 gezeigt. Da im R 2 alle
Normen äquivalent sind, gilt dies auch mit x + y = �(x, y)�1. Wir berechnen das Integral mit Fubini:
�
(0,1) 2
Aufgabe 17 (5 Punkte)
Man berechne � 1
Was sagt Fubini dazu ?
� 1 �� 1
x
0 0
2 − y2 (x2 + y2 )
� 1 �� 1
x
0 0
2 − y2 (x2 + y2 dy
) 2
0
�� 1
0
1
d(x, y) =
x + y
� 1 �� 1
x2 − y2 (x2 + y2 �
dx dy und
) 2
0
0
1
x + y dx
�
dy =
� 1
0
� 1 �� 1
0
0
ln
1 + y
y
dy = 2 ln 2 .
x2 − y2 (x2 + y2 �
dy dx .
) 2
� � 1 �
x
dx dy = −
2
0 x2 + y2 �x=1 � 1
−1 π
dy = dy = − . Genau so:
x=0 0 1 + y2 4
� � 1
1 π
dx =
dx =
0 1 + x2 4 .
Fubini sagt: Offensichtlich ist der Intergrand über [0, 1] 2 nicht intergrierbar!
Aufgabe 18 (3,4 und 3 Punkte)
Man bestimme jeweils das Volumen folgender Körper.
a) R(h, r) := {(x, y, z) ∈ R 3 : �(x, y, z)� ≤ r, x 2 + y 2 ≥ r 2 − h 2 }, 0 ≤ h ≤ r , (Ring der Höhe h).
Mit Fubini erhält man, da die Ebene z = c, −h < c < h den Körper in einem Kreisring schneidet:
1

� h
v(R(h, r)) =
von r.
−h
�
� � h
2 2 2 2
(r − z ) − (r − h ) π dz = 2
0
(h 2 − z 2 )dz = 4
3 h3 π. Man beachte die Unabhängigkeit
b) T (r, R) := {(x, y, z) ∈ R 3 : ( � x 2 + y 2 − R) 2 + z 2 ≤ r 2 } , 0 < r ≤ R , (Torus) .
Auch hier schneidet die Ebene z = c, −r < c < r den Torus in einem Kreisring mit den Radien r 2 1,2(z) =
(R ± √ r 2 − z 2 ) 2 :
� r
v(T (r, R)) = 2 (r 2 1 − r 2 � r �
2)π dz = 8Rπ r2 − z2 2 2
dz = 2r Rπ .
0
c) Ellipsoide die durch Rotation der Ellipse x2
a
0
2 + y2
= 1 um die x bzw. y-Achse entstehen.
b2 Wir verwenden HA8 - a, b > 0.
(i) Rotation um die x-Achse. Die lineare Abbildung (x, y, z) ↦→ ( b
ax, y, z) führt unser Ellipsoid E1 in die
Kugel Ub(0) über mit dem Volumen 4
3b3π. Also: v(E1) = 4
3b3π a
b
= 4
3 ab2 π.
(ii)Rotation um die y-Achse. Wie in (i) mit der Abb. (x, y, z) ↦→ (x, y, a
b z) ⇒ λ(E2) = 4
3 a2 bπ.
Aufgabe 19 (10 Punkte) Knacki - Satz von Tonelli
Sei f : Q := [a, b] × [c, d] → R eine messbare Funktion. Es existiere mindestens eines der beiden iterierten
”
Integrale“
� �
b � �
d
� �
d � �
b
|f(x, y)| dy dx ,
|f(x, y)| dx dy .
a
c
Man zeige die Existenz und Gleichheit der iterierten Integrale
� �
b � d
�
� �
d � b
�
f(x, y) dy dx ,
f(x, y) dx dy .
a
c
Beweis: Mit f ist auch |f| messbar. Zu jedem n ∈ N sei nun fn := min(n, |f|). Diese Funktionen sind
messbar und nach Satz 7.2 integrierbar, da fn ≤ n 1Q. Ferner gilt fn ↑v f. Der Satz von Fubini liefert nun
�
� �
b � d
� � �
b � d
�
fn(x, y) d(x, y) = fn(x, y) dy dx ≤ |f(x, y)| dy dx .
Q
a
c
Setzt man die Existenz des letzten Integrals voraus, so ergibt sich die Beschränktheit der Integralfolge ( �
Q fn)
woraus nach B. Levi die Integrierbarkeit von |f| und (da f messbar ist) damit auch von f folgt. Die Beh.
folgt nun sofort nach Fubini. ✷
2
c
c
a
a
a
c

Institut für Mathematik
Universität Hannover
Dr. H. Köditz
6. Übungsblatt zur Analysis 3 (Lösungshinweise)
Aufgabe 20 (10 Punkte) Zu a0, · · · , an ∈ R n sei das Simplex
S = S(a0, · · · , an) :=
�
x =
n�
�
tk(ak − a0) : tk ≥ 0, t1 + · · · + tn ≤ 1
k=1
betrachtet. Man zeige vn(S) = 1
n! |det(a1 − a0, · · · , an − a0)|.
Hannover, den 1. Dezember 2003
Beweis: OBdA kann wegen der Translationsinvarianz des Maßes a0 = 0 angenommen werden. Wir betrachten
zunächst das Einheitssimplex mit den Ecken e0 = (0, · · · , 0), e1 = (1, 0, · · · , 0), · · · , en = (0, · · · , 0, 1) und
untersuchen die p-dimensionalen Simplizes Sp := {x = �p k=1 tkek : tk ≥ 0, t1 + · · · + tp ≤ 1 }. Der Satz von
Fubini liefert
vp(Sp) =
� 1
0
vp−1(Sp−1)(1 − t) p−1 dt = 1
p vp−1(Sp−1) .
Man beachte: Sp ist eine Kegel mit Höhe 1 und Grundfläche Sp−1 - vgl. Gruppenübung. Wegen v1(S1) = 1
folgt hieraus vn(Sn) = 1
n! . Die lineare Abbildung f : Rn → Rn , f(ej) := aj führt Sn in unser S über. Wegen
det f ′ = det(a1, · · · , an) ergibt Satz 9.3
� �
vn(S) = dx = | det f ′ | dy = 1
n! |det(a1, · · · , an)| ✷.
S
Aufgabe 21 (je 5 Punkte) Man berechne das Maß folgender Körper
Hinweis: Zylinderkoordinaten
Sn
a) K ∩ Z mit K := {x ∈ R 3 : �x� ≤ r} , r > 0 , und Z := {x ∈ R 3 : (x1 − r
2 )2 + x 2 2 ≤ r2
4 }.
Schnitt einer Kugel mit einem Zylinder (BILD!) Wir wählen Zylinderkoordinaten (ρ, ϕ, x3). Der Rand der
Kreisscheibe B := {(x1, x2) : (x1 − r
} wird durch ρ = r cos ϕ beschrieben.
�
v(K ∩ Z) = 2
t=r 2 −ρ 2
===
B
� � π � 2
2 r
− π
2
2 )2 + x2 2 ≤ r2
4
�
r 2 − x 2 1 − x2 2 d(x1, x2) = 2
r 2 sin 2 ϕ
√ t dt
�
dϕ = 4
3 r3
� π
2
� π
2
0
− π
2
�� r cos ϕ
0
�
�
r2 − ρ2ρdρ dϕ
(1 − sin 3 ϕ)dϕ = 4
3 r3
� �
π 2
−
2 3
b) Z1 ∩ Z2 mit Z1 := {(x, y, z) ∈ R 3 : x 2 + y 2 ≤ r 2 } und Z2 := {(x, y, z) ∈ R 3 : x 2 + z 2 ≤ r 2 } , r > 0.
Schnitt zweier Zylinder. Mit Cavalieri. Der Schnitt von Z1 ∩ Z2 mit der Ebenen x =const. ist (falls nicht
leer) ein Rechteck der Fläche 4(r2 − x2 � r
). Also: v(Z1 ∩ Z2) = 4 (r 2 − x 2 )dx = 16
3 r3 .
1
−r
.

Aufgabe 22 (5 Punkte)
Sei A ⊂ R n eine beschränkte messbare (und damit integrierbare) Menge. Der (geometrische) Schwerpunkt
sA ist definiert durch
sA := 1
v(A)
��
x1 dx, · · · ,
A
�
xn dx
A
�
, x = (x1, · · · , xn) .
Man berechne die Schwerpunkte der Mengen A1 := {(x, y) : 0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ y ≤ sin x } und A2 := {(x, y, z) :
z ≥ 0, x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1 }.
(i) v(A1) = 2 und �
A1 x d(x, y) = � π
�
x sin x dx = π, 0 A1 y d(x, y) = � π
Man erhält sA1 = (π/2, π/8).
π und mit Kugelkoordinaten
(ii) v(A2) = 2
3
�
A2
z d(x, y, z) =
� 1
Aus Symmetriegründen sA2 = � 0, 0, π
�
4 .
Aufgabe 23 (10 Punkte) 1 Knacki
0
�� �
2π � π/2
r 3 � �
cos ϑ sin ϑ dϑ dϕ
0
0
0 (� sin x
0
dr = π
2
y dy) dx = 1
� π
2 0 sin2 x dx = π
4 .
� π/2
Sei ρ : [R1, R2] ⊂ [0, ∞) → R eine beschränkte integrierbare Funktion und u : R3 → R
u(p) :=
�
ρ(�x�)
dx .
�x − p�
R1≤�x�≤R2
Hierbei sei �x� die euklidische Norm. Man zeige:
� R2
4π
In BR1 (0) ist u konstant und für p �∈ BR2 (0) gilt u(p) = ρ(r)r
�p� R1
2 dr .
Hinweis: Für p = (0, 0, a) ist �x − p� = √ a2 + r2 − 2ar cos ϑ in Kugelkoordinaten.
0
sin ϑ cos ϑ dϑ = π
4 .
Beweis: Die Rotationssymmetrie zeigt u(p) = u(0, 0, �p�) =: v(�p�). Mit �p� = a > 0 und v(a) := u(0, 0, a)
erhält man
v(a) =
� �� R2 2π �� π
ρ(r) r2 sin ϑ
√
r2 − 2ar cos ϑ + a2 dϑ
� �
dϕ dr .
Mit
� π
0
R1
sin ϑ
√ dϑ =
r2 − 2ar cos ϑ + a2 ⎧
⎨
⎩
0
2
a
2
r
⎧
⎪⎨
v(a) = 4π
⎪⎩
1
a
0
für r ≤ a,
für r ≥ a
� R2
R1 � R2
R1
folgt
ρ(r)r 2 dr für a ≥ R2,
ρ(r)r dr für 0 ≤ a ≤ R1 .
Die Masse der Kugelschale ist M = 4π � R2
R1 ρ(r)r2 dr, also v(�x�) = M
�x� .
1 Newton-Potential einer Kugelschale im R 3 bei einer rotationsymmetrischen Dichteverteilung
2

Institut für Mathematik
Universität Hannover
Dr. H. Köditz
7. Übungsblatt zur Analysis 3 (Lösungshinweise)
�
Aufgabe 24 (5 Punkte) Man berechne I :=
R 2 >0
Hannover, den 8. Dezember 2003
e −(x+y)2
d(x, y).
Jacobi-transformation J(u, v) = (u(1 − v), uv) T = (x, y), det J ′ (u, v) = u nach Gruppenübung. Sei
∆a := {(x, y) ∈ R2 >0 : x + y ≤ a }.
�
e −(x+y)2
� 1 � a
d(x, y) = e −u2
u dudv = 1
(1 − e−a2)
→
2 1
, a → ∞ .
2
∆a
0
0
Nach Satz 4.5 über Integration durch Ausschöpfung ist also mit Transformationssatz I = 1
2 ✷.
Aufgabe 25 (je 5 Punkte)
Sei K ⊂ R 3 eine kompakte Menge und A ⊂ R 3 eine Gerade. Ferner sei ρ : K → R eine integrierbare
positive Funktion (Massendichte). Das Trägheitsmoment von K bezgl. A ist ΘA(K) :=
�
K ρ(x)r2 A (x) dx. Hierbei ist rA(x) der Abstand des Punktes x ∈ K von der Achse A.
a) Man beweise den Steinerschen Satz: Ist M := �
K ρ(x) dx die Masse von K, A eine Gerade durch
den Schwerpunkt s = �
K xρ(x) dx/M von K und A′ eine zu A parallele Gerade im Abstand a, so
gilt ΘA ′(K) = ΘA(K) + Ma 2 .
Beweis: Es ist keine Einschränkung, den Schwerpunkt in den Nullpunkt zu legen, als A die x3-
Achse und als A ′ die Gerade durch (0, 0, a) zu wählen (Transformationssatz - Translation und
Drehung ergibt jeweils die Funktionaldeterminantze 1). Dann gilt in Zylinderkoordinaten elementargeometrisch
r 2 A ′(x) = r 2 A (x) + a2 − 2a rA(x) cos ϕ. Mit x = (x1, x2, x3) folgt rA(x) cos ϕ = x1.
Also
ΘA ′(K) =
�
K
r 2 �
A ′(x) dx = r
K
2 A(x) ρ(x) dx + a 2
�
�
ρ(x) dx − 2a
K
x1ρ(x) dx
K
= ΘA(K) + a 2 M ,
da das letzte Integral gerade die erste Koordinate des Schwerpunktes 0 ist ✷.
a) Man verifiziere den Satz von Steiner für den Körper K := {(x1, x2, x3) : 0 ≤ x1 ≤ L, x2 3 + x22 ≤
R2 }, (L, R > 0), mit ρ ≡ 1 und A = {(L/2, 0, x3) : x3 ∈ R }, A ′ = {(0, 0, x3) : x3 ∈ R }.
ΘA =
�
� 2 2
(x − L/2) + y � � �
L � �
R �
√
R2−y2 d(x, y, z) =
� 2 2
(x − L/2) + y � � �
dz dy dx
K
0
1
−R
− √ R 2 −y 2

� L �� R
= 4
0
0
� 2 2
(x − L/2) + y � �
�
R2 − y2 dy dx
� L
= 4 (x − L/2) 2 � R �
� R
dx R2 − y2 dy + 4 y 2 � R2 − y2 � L
dy dx
0
= 4 L3
12
R 2 π
4
Genau so - rechen, rechen:
0
�
+ 4L − y
4 (R2 − y 2 ) 3/2 + R2
8 (y � R2 − y2 + R 2 arcsin y
R )
�R �
ΘA ′ = (x
K
2 + y 2 )d(x, y, z) = L3R2π 3
+ LR4π 4
Mit M = LR2π und a = L
2 : ΘA + Ma2 = L3R2π 12 + LR4π 4 + LR2π L2
4
Aufgabe 26 (7 und 3 Punkte)
0
0
.
0
= ΘA ′ ✷. (Keuch!!)
= L3R2π 12 + LR4π .
4
Für p ≥ 1 sei lp := {(xn)n∈N : �∞ n=0 |xn| p < ∞ } und �(xn)� := ( �∞ n=0 |xn| p ) 1/p . Ferner sei l0 die
Menge der abbrechenden Folgen in R. Man zeige
a) lp ist ein Banachraum.
Beweis: (i) Zunächst ist zu zeigen, dass lp ein normierter Vektorraum ist. Seien also (xn), (yn) ∈ lp
�p und N ∈ N. Da �(x1, · · · , xN)�p =
Norm im RN ist (Ana2), gilt �(x1, · · · , xN) +
��N n=1 |xn| p
(y1, · · · , yN)�p ≤ �(xn)n=1,···,N�p + �(yn)n=1,···,N�p ≤ �(xn)� + �(yn)�. Für N → ∞ erkennt man
(xn)+(yn) ∈ lp und die Gültigkeit der Dreiecksungleichung für �·�. Die anderen Normeigenschaften
sind trivial.
(ii) lp ist vollständig.
Beweis: Seien also x (k) = (x (k)
n )n die Glieder eine Cauchy-Folge in lp. Wir zeigen zunächst, dass
für jedes n die Komponentenfolgen (x (k)
n )k Cauchy-Folgen in R sind, also konvergieren. Zu jedem
ε > 0 gibt es n0 mit
�x (k) − x (l) � =
� ∞�
n=0
|x (k)
n − x (l)
n | p
� 1/p
< ε für k, l ≥ n0 . (1)
Dies zeigt |x (k)
n − x (l)
n | < ε für k, l ≥ n0 und jedes n. Also sind die Komponentenfolgen C-Folgen.
Sei xn := limk→∞ x (k)
n und x := (xn)n. Wir zeigen x ∈ lp. Aus (1) folgt:
� N�
n=0
|x (l)
n − x (k)
n | p
�1/p
< ε für k, l ≥ n0 l→∞
=⇒
� N�
n=0
|xn − x (k)
n | p
�1/p
≤ ε .
Für N → ∞ folgt �(xn − x (k)
n )n� ≤ ε und zunächst (xn − x (k)
n )n ∈ lp und, da lp Vektorraum ist,
auch (xn) ∈ lp. Außerdem folgt �(xn − x (k)
n )n� → 0 für k → ∞ und somit (x (k)
n )n → (xn)n ✷.
2

) l0 ist als Teilraum von lp ein normierter aber nicht vollständiger Raum. l0 ist jedoch dicht in lp,
d.h. zu jedem x ∈ lp und jedem ε > 0 gibt es ein x0 ∈ l0 mit �x − x0� < ε.
Beweis: Als Unterraum ist l0 natürlich mit der lp-Norm ein normierter Raum. Er ist jedoch nicht
vollständig. Wähle etwa die C-Folge (x (k)
n )k in l0 mit den Gliedern x (k)
n := 2−n für n ≤ k und 0 für
n > k. lp-Grenzwert ist (2−n ) ∈ lp \ l0. l0 ist dicht in lp, da zu jedem (xn) ∈ lp die l0-Folge mit den
Glieder x (k)
n := xn für n ≤ k und 0 sonst gegen (xn) konvergiert ✷.
Aufgabe 27 (10 Punkte) Knacki
�
Man zeige: Das Ellipsoid E :=
x ∈ R 3 :
� x1
a1
�2 +
� x2
a2
�2 +
� x3
a3
�2 �
≤ 1 , aj > 0, hat bei kon-
stanter Dichte ρ bezüglich der Ursprungsgeraden mit Richtung v, �v� = 1, das Trägheitsmoment
Θv(E) = 4π
3
ρ a1a2a3
1
5
3�
a 2 n(1 − v 2 n) .
Für welche v wird Θv(E) extremal?
Hinweis: Man verwende verallgemeinerte Kugelkoordinaten x = a1r cos ϕ sin ϑ, y = a2r sin ϕ sin ϑ, z =
a3r cos ϑ und benutze � π
0 sin3 ϑ dϑ = 4
3 .
Beweis: Die Funktionaldeterminate der verallgemeinerten Kugelkoordinaten ist a1a2a3 r 2 sin ϑ. Sei
rv(x) der Abstand des Punktes x = (x1, x2, x3) von der Achse mit der Parameterdarstellung t ↦→ tv.
Wir benutzen das kanonische Skalarprodukt im R 3 , fällen das Lot von x auf die Gerade und erhalten
den Lotfußpunkt Lx = (x·v)v. Dies ergibt r 2 v(x) = (x−Lx) 2 = x 2 +(x·v) 2 v 2 −2(x·v) 2 = x 2 −(x·v) 2 .
Mit unseren Kugelkoordinaten erhalten wir so
r 2 v(x) = r 2 (a 2 1(1−v 2 1) cos 2 ϕ sin 2 ϑ+a 2 2(1−v 2 2) sin 2 ϕ sin 2 ϑ+a 2 3(1−v 2 3) cos 2 ϑ−2(x1v1 +x2v2 +x3v3) .
Wegen Θv(E) = ρ �
E r2 v(x) dx ergibt die letzte Klammer eine (gewichtete) Summe der Schwerpunktskoordinaten
von E. Der Schwerpunkt ist aber offensichtlich 0, also kann diese Klammer
weggelassen werden. Berechnung:
� 1 � 2π � π
0
0
0
r 4 cos 2 ϕ sin 2 ϑ sin ϑ dϑdϕdr = 1
5
� 2π � π
0
0
n=1
cos 2 ϕ sin 3 ϑ dϑdϕ = π
5
Die anderen Teilintegrale ergeben das gleiche Ergebnis. Addition ergibt die Behauptung.
� π
0
sin 3 ϑ dϑ = 4π
15 .
Θv(E) wird genau dann maximal, wenn Q(v) := � a 2 nv 2 n minimal wird (und minimal wenn ...
maximal wird). Die quadratische Form Q(v) = v t Dv (mit Diagonalmatrix D) ist unter der Nebenbedingung
� v 2 n = 1 zu extremieren. Die Lagrangemethode führt zu der Eigenwertgleichung
Dv = λ v mit den kanonischen Einheitsvektoren als Eigenvektoren und den Eigenwerten a 2 n. Ist
etwa a1 = minn(an), so ist Θv(E) maximal für v = (1, 0, 0) etc. ✷
3

Institut für Mathematik
Universität Hannover
Dr. H. Köditz
8. Übungsblatt zur Analysis 3 (Lösungshinweise)
Aufgabe 28 (je 5 Punkte) Man berechne die Fourierreihe von
�
1 , für 0 ≤ x ≤ π
a) f(x) :=
(2π-periodisch fortgesetzt);
−2 , für π < x < 2π
Da f(x) + 1
2 eine ungerade Funktion ist, gilt a0 = − 1
2 und ak = 0 für alle k ≥ 1.
Fourierreihe von f : − 1 6
+
2 π
bk = 1
�� π
sin kx dx +
π 0
∞�
l=0
sin(2l + 1)x
2l + 1
� 2π �
sin kx dx
π
= 3
kπ
Hannover, den 15. Dezember 2003
� 1 − (−1) k+1 � .
(= f(x) in allen Stetigkeitspunkten von f).
b) f(x) := | sin x| ist eine gerade Funktion, also bk = 0 für alle k ≥ 1; a0 = 1
2π
ak = 1
π
� π
−π
Fourierreihe von f :
| sin x| cos kx dx = 1
π
2 4
+
π π
Aufgabe 29 (10 Punkte)
∞�
l=1
cos 2lx
1 − 4l 2
� �
π
(sin(1 + k)x + sin(1 − k)x) dx =
0
(= f(x)).
� 2π
0 | sin x|dx = 2
π .
0 , k = 2l + 1
4 1
π 1 − 4l2 , k = 2l
Für α /∈ Z sei f(x) := π cos αx für 0 < x < 2π und f(0) := π
2 (cos 2πα + 1) als 2π-periodische Funktion auf
ganz R fortgesetzt. Diese Funktion wird durch ihre Fourierreihe dargestellt (ohne Beweis). Man berechne die
Fourierreihe von f und zeige durch Betrachtung bei x = 0 und x = π die Gültigkeit folgender Formeln:
a0 = 1
2π
� 2π
0
πα cot πα = 1 + 2α 2
ak = 1
π
bk = 1
π
Fourierreihe von f :
Mit cot t =
x = 0 :
π cos αx dx = 1
2α
∞�
n=1
sin 2πα.
1
α 2 − n 2
� 2π
� 2π
π cos αx cos kx dx =
0
� 2π
� 2π
π cos αx sin kx dx =
0
sin 2πα
2α +
∞�
k=1
cos 2t+1
sin 2t erhält man bei:
π
sin 2πα
(cos 2πα + 1) =
2 2α +
x = π : π cos πα =
sin 2πα
2α +
0
0
und
πα
sin πα
= 1 + 2α2
∞�
n=1
(−1) n
α2 .
− n2 1
α sin 2πα
(cos(α − k)x + cos(α + k)x) dx =
2 α2 − k2 1
k (cos 2πα − 1)
(sin(k − α)x + sin(k + α)x) dx =
2 α2 − k2 α sin 2πα cos kx + k(cos 2πα − 1) sin kx
α2 − k2 . Stellt überall f dar (oB).
∞�
k=1
∞�
k=1
α sin 2πα
α2 =⇒ πα cot πα = 1 + 2α2
− k2 α sin 2πα
α 2 − k 2 (−1)k =⇒ πα
sin πα
1
= 1 + 2α2
∞�
n=1
∞�
n=1
.
1
α 2 − n 2
(−1) n
α2 .
− n2

Aufgabe 30 (je 5 Punkte) Riemann-Lemma
� b
a) Sei f : [a, b] → R eine stetig differenzierbare Funktion. Man zeige: lim
t→∞
a
f(x) sin xt dx = 0 .
Beweis: f und f ′ sind auf [a, b] stetig, also beschränkt. Sei also K := max(�f�∞, �f ′ �∞). Partielle Integra-
tion liefert:
�
��
�
b
�
�
�
� f(x) sin xt dx�
�
� =
� �
�
� b
�1
� f(a) cos at − f(b) cos bt + f
� t
′ ��
����
(x) cos xt dt ≤
a
für t → ∞ ✷.
b) Sei nun f ∈ L 1 ([a, b]). Man zeige, dass auch hier lim
t→∞
Beweis: Sei ε > 0 gegeben. Es gibt eine Treppenfunktion ϕ mit � b
a
a
2K + K(b − a)
t
� b
f(x) sin xt dx = 0 richtig ist.
a
→ 0
ε |f −ϕ| < 2 . Auf jedem der (endlich vielen)
Konstanzintervalle von ϕ gilt wegen (a) � ϕ(x) sin xt dx → 0 für t → ∞. Also folgt auch � b
a
für t → ∞. Es gibt also t0 mit | � b
ε
ϕ(x) sin xt dx| < a 2
�
��
�
b
�
�
�
� f(x) sin xt dx�
�
� =
a
Aufgabe 31 (4,2,2 und 2 Punkte) (*)
≤
für t ≥ t0.
�
��
b
� �
b
�
�
�
� (f(x) − ϕ(x)) sin xt dx + ϕ(x) sin xt dx�
� a
a
�
� �
b
��
�
b
�
�
�
|f(x) − ϕ(x)| dx + � ϕ(x) sin xt dx�
�
� < ε , (t ≥ t0) ✷ .
a
a
ϕ(x) sin xt dx → 0
Seien f, g ∈ L1 (R) und F : R2 → R, F (x, y) � := f(x)g(y − x). Für alle y, für die das Integral existiert sei
(f ∗ g)(y) := f(x)g(y − x) dx . (Faltung)
R
Man zeige:
a) Für fast alle y ∈ R ist F (x, y) (als Funktion von x) über R integrierbar. (Beachte HA19)
Beweis: Wegen � ��
R R |f(x)g(y − x)| dy� dx = � �
y−x=t
|f(x)| · |g(y − x)| dy dx === R R �
�
|f(x)| dx · |g(t)| dt
R R
existiert eines der iterierten Integrale in HA19. Deshalb ist f(x)g(y − x) über R2 integrierbar, und der Satz
von� Fubini liefert die Existenz � unseres � Faltungsintegrals für fast alle y ✷.
b) |(f ∗ g)(y)| dy ≤ |f(y)| dy · |g(y)| dy .
R
Beweis:
�
c) f ∗ g = g ∗ f.
R
R
|(f ∗ g)(y)|dy =
R
siehe (a)
===
� ��
� �
�
�
�
� f(x)g(y − x)dx�
� dy ≤
R R
�
�
|f(x)|dx · |g(x)|dx. ✷
Beweis: Die Transformation x = y − t ergibt für fast alle y
�
(f ∗ g)(y) = f(y − t)g(t) dt = (g ∗ f)(y) .
R
R
R
R
�
R
|f(x)g(y − x)|dxdy
d) Sei f die charakteristische Funktion von [0, 1] und g die von [1, 3]. Man berechne und skizziere f ∗ g.
(f ∗ g)(y) =
⎧
⎪⎨
⎪⎩
0 für y ≤ 1 und y ≥ 4
y − 1 für 1 ≤ y ≤ 2
1 für 2 ≤ y ≤ 3
4 − y für 3 ≤ y ≤ 4
2
.

Institut für Mathematik
Universität Hannover
Dr. H. Köditz
Aufgabe 32 (10 Punkte)
9. Übungsblatt zur Analysis 3 (Lösungshinweise)
Hannover, den 5. Januar 2004
Die Funktion f(x) := x(π − x) für 0 ≤ x ≤ π werde als gerade Funktion auf R als 2π-periodische Funktion
fortgesetzt. Man zeige, dass die Fourierreihe von f
f(x) = π2
6 −
∞�
k=1
cos 2kx
k 2
lautet und gleichmäßig auf ganz R gegen f konvergiert. Welches berühmte Ergebnis erhält man für x = 0?
Da f gerade ist, gilt bk = 0 für alle k. a0 = 1
π
�
x(π − x) dx = 1
k 2
� π
0
π2
x(π − x) dx = 6 . Mit
�
π(cos kx + kx sin kx) − 1
k (k2 x 2 sin kx − 2 sin kx + 2kx cos kx)
folgt ak = 2
� π
1 + (−1)k
x(π − x) dx = −2
π 0
k2 und somit a2j+1 = 0 und a2j = − 1
j2 . Man erhält obige
Fourierreihe. Mit � � cos 2kx
k2 �
� 1 ≤ k2 liefert das Weierstraß-sche Majorantenkriterium die gleichmäßige Konvergenz
der Reihe. Die Fourierreihe konvergiert in L2 ([−π, π]) gegen f. Nach Bem 10.2 gibt es eine Teilfolge der
Partialsummenfolge, die f.ü. gegen f konvergiert. Da unsere Reihe konvergiert, konvergiert sie also f.ü.
gegen f. Da f und die Grenzfunktion unserer Fourierreihe stetig sind (gleichmäßige Limiten von Folgen
stetiger Funktionen liefern stetige Grenzfunktionen), konvergiert die FR überall gegen f ✷.
Aufgabe 33 (10 Punkte)
Sei f : R → R eine zwei mal stetig differenzierbare und 2π-periodische Funktion. Man zeige, dass die
Fourierreihe von f auf ganz R gleichmäßig gegen f konvergiert.
Hinweis: Riemann-Lemma (HA30) beachten.
Beweis: Mit partieller Integration und |f(x)|, |f ′ (x)|, |f ′′ (x)| ≤ K
|ak| =
�
�
�
1
�π
= 1
kπ
� �
�
f(x) cos kx dx�
1
�
�2π
� 1 �
� = �f(x)
sin kx�
0
π � k � −
0
1
k
�
�
�
�
� −f ′ (x) 1
�2π
�
cos kx�
k � + 1
� 2π
f
k
′′ �
�
�
(x) cos kx dx�
�
� 2π
0
0
� 2π
0
f ′ �
�
�
(x) sin kx dx�
� =
�
�
�
1
�− kπ
1
≤
k2 (2K + 2πK) .
π
� 2π
0
�
f ′ �
�
(x) sin kx dx�
�
Genau so für die bk. Die Fourierreihe von f besitzt also eine von x unabhängige konvergente Majorante, ist
also nach Weierstraß gleichmäßig konvergent. Die Konvergenz gegen f folgt wie in vorherigen Aufgabe ✷.
1

Aufgabe 34 (je 5 Punkte)
Zu α ∈ [0, 2π) sei Sα := {t(cos α, sin α) : t ≥ 0 } ⊂ R 2 der von 0 ausgehende Halbstrahl mit dem Winkel α
gegen die positive x-Achse. Dann ist die (Polarkoordinaten-)Winkelfunktion
als differenzierbare Funktion wohldefiniert.
ϕα : R 2 \ Sα → (α − 2π, α)
a) Man berechne ωα := dϕα ∈ Ω 1 (R 2 \ Sα) und zeige so, dass ωα von α unabhängig ist und deshalb eine
Differentialform ω auf ganz R 2 \ {0} definiert.
Die Polarkoordinatenabbildung P (r, ϕ) = (r cos ϕ, r sin ϕ) besitzt die Jacobimatrix
P ′ � �
cos ϕ − r sin ϕ
(r, ϕ) =
mit der Inversen (P
sin ϕ r cos ϕ
′ (r, ϕ)) −1 � � � x
cos ϕ sin ϕ
= sin ϕ cos ϕ = r
− r r
Dies gilt in jedem Sα, also
ωα = ω = −
y
x2 x
dx +
+ y2 x2 dy .
+ y2 − y
x 2 +y 2
b) Man zeige, dass es keine auf ganz R 2 \ {0} definierte differenzierbare Funktion f mit ω = df gibt.
y
r
x
x2 +y2 Beweis: Wir wählen Wπ = R 2 \ Sπ. Jede in Wπ differenzierbare Funktion f mit df = dωπ = dω liefert
d(f − ϕπ) = 0. Da Wπ wegzusammenhängend ist, folgt die Konstanz von f − ϕπ. Da ϕπ nicht auf R 2 \ {0}
stetig fortgesetzt werden kann (Sprung 2π auf R

Institut für Mathematik
Universität Hannover
Dr. H. Köditz
Aufgabe 36 (10 Punkte)
Im R 3 sei ω die Differentialform
10. Übungsblatt zur Analysis 3 (Lösungshinweise)
ω = 2xz dy ∧ dz + dz ∧ dx − (z 2 + e x ) dx ∧ dy .
Man zeige dω = 0 und bestimme eine 1-Form η mit ω = dη.
Die 1-Form η = a dx + b dy + c dz hat das Differential
dω = div(2xz, 1, −z 2 − e x ) dx ∧ dy ∧ dz = 0 .
dη = (cy − bz) dydz + (az − cx) dzdx + (bx − ay) dxdy .
Hannover, den 12. Januar 2004
Da die Kooefizienten von ω die Variable y nicht enthalten, suchen wir a, b, c mit derselben Eigenschaft. Also:
bz = −2xz ⇒ b = −2xz 2 + c(x) , bx = −z 2 − e x ⇒ b = −xz 2 − e x + d(z) .
b = −2xz 2 − e x leistet dieses. Um az − cx = 1 zu genügen, wählen wir a = z, c = 0,
also η = z dx − (xz 2 + e x ) dy ✷.
Aufgabe 37 (5 Punkte)
Im R 2 sei die 2-Form ω := dx∧dy und die Funktion h : R 2 → R 2 , h(u, v) = (x, y) t := ((u+1) 2 −v 2 , 2(u+1)v) t
gegeben. Ferner sei U := B1(0). Man berechne h∗ �
ω und
h(U)
ω und interpretiere das Ergebnis!
h ∗ ω = d((u+1) 2 −v 2 )∧d(2(u+1)v) = (2(u+1) du−2v dv)∧(2v du+2(u+1) dv = 2(u+1) 2 du∧dv−2v 2 dv∧du =
4((u + 1) 2 + v 2 ) du ∧ dv. Also mit Polarkoordinaten u = r cos ϕ, v = r sin ϕ:
�
h(U)
�
ω =
B1(0)
h ∗ �
ω = 4
B1(0)
((u + 1) 2 + v 2 ) dudv = 4
� 2π � 1
0
0
(r 2 + 2r cos ϕ + 1) r drdϕ = 6π .
Berechnet haben wir den Flächeninhalt des Bildes der Einheitskreisscheibe unter der Abbildung h (einer
Kardioide).
Aufgabe 38 (10 Punkte)
Für R > 0 sei h : U := (0, 2π) × (0, π) ⊂ R 2 → R 3 , h(u, v) := R (cos u sin v, sin u sin v, cos v) t . Gegeben sei
ferner im R 3 \ {0} die 2-Form
ω :=
−x
� x 2 + y 2 + z 2
dy ∧ dz +
−y
� x 2 + y 2 + z 2
1
dz ∧ dx +
−z
� x 2 + y 2 + z 2
dx ∧ dy .

� �
Man berechne ω = h
h(U) U
∗ ω. Was haben wir berechnet?
Also
�
h ∗ ω =
−R cos u sin v
(R cos u sin v du + R sin u cos v dv)(−R sin v dv)
R
+ −R sin u sin v
(−R sin v dv)(−R sin u sin v du + R cos u cos v dv)
R
+ −R cos v
(−R sin u sin v du + R cos u cos v dv)(R cos u sin v du + R sin u cos v dv)
R
= R 2 (cos 2 u sin 3 v + sin 2 u sin 3 v + sin 2 u cos 2 v sin v + cos 2 u cos 2 v sin v)dudv
h(U)
berechnet.
ω =
= R 2 (sin 3 v + cos 2 v sin v) dudv = R sin v dudv .
�
U
h ∗ ω = R 2
� 2π � π
Aufgabe 39 (10 Punkte) Knacki
0
0
sin v dv du = 4π R 2 . Wir haben die Oberfläche der R-heitskugel
Sei η ∈ Ω 2 (R 3 ) eine geschlossene Differentialform, d.h es gelte dη = 0. Man zeige, dass es ein ω ∈ Ω 1 (R 3 )
mit η = dω gibt und folgere, dass jedes divergenzfreie Vektorfeld Rotaton eines weiteren Vektorfeldes ist.
Hinweis: Für η = a1dydz + a2dzdx + a3dxdy suche man ein ω = b1dx + b2dy.
Beweis: Für η = a1dydz + a2dzdx + a3dxdy gilt dη = div(a1, a2, a2) dxdydz = (a1x + a2y + a3z) dxdydz = 0.
Mit ω = b1 dx + b2 dy gilt dω = −b2z dydz + b1z dzdx + (b2x − b1y) dxdy.
� z
−b2z = a1 ⇐⇒ b2(x, y, z) = −
b1z = a2 ⇐⇒ b1(x, y, z) =
⇒ b2x(x, y, z) − b1y(x, y, z) =
=
� z
0
� z
0
0
� z
0
a1(x, y, t) dt + c2(x, y)
a2(x, y, t) dt + c1(x, y)
(−a1x(x, y, t) − a2y(x, y, t)) dt + c2x(x, y) − c1y(x, y)
a3z(x, y, t) dt + c2x(x, y) − c1y(x, y)
= a3(x, y, z) − a3(x, y, 0) + c2x(x, y) − c1y(x, y) .
Also wählen wir c2 = 0 und c1(x, y) = − � y
0 a3(x, t, 0) dt und erhalten dω = η ✷.
Folgerung: Ist das im gesamten R 3 definierte C ∞ -Vektorfeld f(x, y, z) = (a1(x, y, z), a2(x, y, z), a3(x, y, z))
quellenfrei, gilt also div(f) = a1x + a2y + a3z = 0, so folgt f = rot(b1, b2, 0) mit oben definierten bj. Wir
haben übrigens nur benutzt, dass je zwei Punkte des Definitionsbereiches D von f achsenparallel (wie oben)
in D verbunden werden könne. Der Satz gilt also auch in jedem offenen Quader. Er gilt jedoch z.B. nicht im
R 3 \ {0}.
2

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Universität Hannover
Dr. H. Köditz
11. Übungsblatt zur Analysis 3 (Lösungshinweise)
Hannover, den 19. Januar 2004
Aufgabe 40 (5 Punkte) Man berechne folgende Kurvenintegrale direkt (mit Definition nach Skript
S 79) und mit Hilfe des Satzes von Stokes:
Bemerkung: Orientierung der Ränder beachten.
(i) I1 := �
∂G 2y dx + 6x dy , G = [0, 1]2 .
Parametrisierung der Randkurve mit Orientierung gegen den Uhrzeigersinn (math. positiv):
γ1(t) := (t, 0), γ2(t) := (1, t), γ3(t) := (1 − t, 1), γ4(t) := (0, 1 − t), 0 ≤ t ≤ 1. Somit
�
�
2y dx + 6x dy = 0,
γ1 γ2 2y dx + 6x dy = � 1
6 dt = 6
�
0
γ3 2y dx + 6x dy = − � 1
�
2 dt = −2, 2y dx + 6x dy = 0
0 γ4
Also I1 = 4. Stokes liefert �
�
(a dx + b dy) = ∂G G (bx − ay) dxdy, also auch I1 = 4.
(ii) I2 := �
∂H ex sin y dx + ex cos y dy , H = B3(0, 0).
Stokes liefert sofort I2 �
= 0. Parametrisierung des Randes γ(t) := 3(cos t, sin t), −π ≤ t ≤ π, ergibt das Integral
π
I2 = 3e 3 cos t (− sin(3 sin t) sin t + cos(3 sin t) cos t) dt. Der Integrand ist offensichtlich die Ableitung von
−π
e3 cos t sin(3 sin t), der Hauptsatz liefert deshalb auch I2 = 0.
Aufgabe 41 (10 Punkte)
�
Man berechne I := (xy + xz + yz) d(x, y, z) für G := {(x, y, z) : x, y, z ≥ 0, x2 + y2 + z2 ≤ 1 } direkt und
mit Hilfe des Integralsatzes von Stokes.
G
(i) Direkte Berechnung in Kugelkoordinaten:
I =
� 1
0
= 1
5
� � π
2
� π
2
0
0
� � π
2
� � π
2
0
= 1
� π �
2 1
5 0 2 sin2 �
ϑ + 2 sin ϑ cos ϑ
�
(ii) Berechnung mit dem Integralsatz von Stokes:
0
(cos ϕ sin ϕ sin 2 ϑ + cos ϕ sin ϑ cos ϑ + sin ϕ sin ϑ cos ϑ)r 4 sin ϑ dϑ
(cos ϕ sin ϕ sin 2 ϑ + cos ϕ sin ϑ cos ϑ + sin ϕ sin ϑ cos ϑ) sin ϑ dϑ
sin ϑ dϑ = 1
5 .
∂G
�
ω =
Offensichtlich gilt: xy+xz+yz = div(xyz, xyz, xyz). Deshalb gilt dω := d(xyz dydz+xyz dzdy+xyz dxdy) =
(xy + xz + yz) dxdydz. ∂G setzt sich aus Teilen der Koordinatenebenen (dort ist xyz = 0, kann also weggelassen
werden) und einem Teil der Oberfläche der Einheitskugel zusammen. Parameterdarstellung dieses
Teils: h(u, v) = (u, v, √ 1 − u 2 − v 2 ) t = (x, y, z) t mit (u, v) ∈ U := {(u, v) : u, v ≥ 0, u 2 + v 2 < 1 }. Liften
von ω:
h ∗ ω = uv � 1 − u2 − v2 � �
−u
−v
dv √ du + √
1 − u2 − v2 1 − u2 − v2 dv
�
�
−u
−v
+ √ du + √
1 − u2 − v2 1 − u2 − v2 dv
� �
du + du dv
�
= u 2 v + uv 2 + uv � 1 − u2 − v2 �
du dv .
1
G
ω
�
dϕ
�
dϕ
�
dr

Mit Polarkoordinaten
� �
ω =
∂G
=
=
U
� π/2
0
� π/2
0
h ∗ �
ω =
Aufgabe 42 (10 Punkte)
U
�� 1
0
� 2
15
�
u 2 v + uv 2 + uv � 1 − u2 − v2 �
du dv
�
r 3 (cos 2 ϕ sin ϕ + cos ϕ sin 2 ϕ) + r 2 � 1 − r2 �
cos ϕ sin ϕ
1
cos ϕ sin ϕ −
5 cos3 ϕ + 1
5 cos2 ϕ sin ϕ + 1
5
Sei ω ∈ Ω1 (R3 ), ω := (x2 + y2 − 1) dz, und Ka := {(x, 0, z) : (x − a) 2 + z2 ≤ 1
� �
4
dω und ω und verifiziere so den Satz von Stokes.
Ka
∂Ka
�
cos ϕ dϕ = 1
5 ✷.
�
r dr dϕ
1
} mit |a| ≤ 2 . Man berechne
(i) Parametrisierung von Ka : h(r, ϕ) = (a + r cos ϕ, 0, r sin ϕ) t , (r, ϕ) ∈ [0, 1/2] × [0, 2π] =: U. Mit dω =
2y dydz − 2x dzdx erhält man h ∗ dω = −2(a + r cos ϕ) (sin ϕ dr + r cos ϕ dϕ)(cos ϕ dr − r sin ϕ dϕ) = 2r(a +
r cos ϕ) drdϕ und somit
�
Ka
�
dω =
U
h ∗ dω =
� 2π � 1/2
0
0
2r(a + r cos ϕ) drdϕ = 4π
� 1/2
0
ar dr = aπ
2 .
(ii) Parametrisierung von ∂Ka : h(t) = (a + 1
1
2 cos t, 0, 2 sin t)T und h∗ω = � (a + 1
2 cos t)2 − 1 � 1
� 2 cos t dt =
1 2 2 1
2 a cos t + a cos t − 4 cos3 t − cos t � dt. Also:
� � π
ω =
�
1
a
2
2 cos t + a cos 2 t + 1
4 cos3 �
t − cos t dt = 1
� π
(a cos
2
2 t + 1
4 cos3 t) dt = aπ
2 .
∂Ka
−π
Aufgabe 43 (10 Punkte) Knacki
Sei u : G ⊂ R 2 → R (G offen) eine harmonische Funktion, d.h. u ist zwei mal stetig dífferenzierbar mit
uxx + uyy ≡ 0 auf G. Man zeige: Für jedes (x0, y0) ∈ G und r > 0 mit Br(x0, y0) ⊂ G gilt
Hinweis: Aus �
u(x0, y0) = 1
2π
� 2π
0
−π
u(x0 + r cos t, y0 + r sin t) dt .
∂Br(x0,y0) −uy dx + ux dy = 0 folgere man die Unabhängigkeit obigen Integrals von r.
Beweis:
Wir parametrisieren den Rand γr von Br(x0, y0) durch γ(t) = (x0 + r cos t, y0 + r sin t), 0 ≤ t ≤ 2π. Mit
Stokes gilt
�
�
0 =
=
(uxx + uyy) dxdy =
Br(x0,y0)
� 2π
0
γ
(uxdy − uydx)
(ux(x0 + r cos t, y0 + r sin t) r cos t + uy(x0 + r cos t, y0 + r sin t) r sin t) dt .
Das letzte Integral ist r d
� 2π
dr 0 u(x0 + r cos t, y0 + r sin t) dt, da nach Lebesgue unter dem Integralzeichen
nach r differenziert werden darf. Deshalb ist unser Integral (als Funktion von r) konstant mit Wert u(x0, y0)
wie man durch Grenzübergang r → 0 erkennt ✷.
2

Institut für Mathematik
Universität Hannover
Dr. H. Köditz
Aufgabe 44 (10 Punkte)
12. Übungsblatt zur Analysis 3 (Lösungshinweise)
Hannover, den 26. Januar 2004
Ein Heißluftballon H habe die Form einer Sphärenkappe vom Radius R und Öffnungsdurchmesser d < 2R,
d.h. H = {(x, y, z) : x 2 + y 2 + z 2 = R, −a ≤ z ≤ R } mit a > 0 und d = 2 √ R 2 − a 2 . Das heisse Gas dringt
durch die poröse Oberfläche mit der Geschwindigkeit v =rotF, F (x, y, z) = (−y, x, 0) t �
. Man berechne den
Fluss v d� S durch die Ballonoberfläche direkt und mit dem Satz von Stokes.
H
(i) Direkte Berechnung:
Die Parametrisierung mit Kugelkoordinaten lautet h(u, v) = R(cos u sin v, sin u sin v, cos v) t .
Mit �
H v d� S = − �
[0,2π]×[0,vd] (0, 0, 2)·(hu ×hv) dudv interessiert nur die letzte Koordinate des Kreuzprodukts
−2R2 sin v cos v. (Multiplikation mit −1, da wir die äußere Normale wollen.) Der Grenzwinkel lautet vd =
. Also:
π − arcsin d
2R
(ii) Mit Stokes:
�
H
v d � S =
� 2π � vd
Randparametrisierung �x(t) = ( d d
2 cos t, 2 sin t,
�
∂H
(−y, x, 0) d�s =
Aufgabe 45 (5 Punkte)
0
� 2π
0
0
2 sin v cos v dvdu = 2πR 2 sin 2 vd = d2 π
2 .
�
R 2 − d2
4
). Also:
(− d d
d
sin t, cos t, 0) · (−d sin t,
2 2 2 2 cos t, 0) dt = d2π 2
Sei A := {(x, y, z) : x 2 + y 2 = 1, y 2 + z 2 = 1}. Man zeige, dass M := A \ {(0, −1, 0), (0, 1, 0)} eine
1-dimensionale Untermannigfaltigkeit des R 3 ist.
Beweis:
Wir verifizieren die Definition der Vorlesung. Sei also p ∈ M und h(x, y, z) := (y, x 2 + y 2 − 1, y 2 + z 2 − 1) t .
Es folgt:
h ′ (x, y, z) =
⎛
⎝
0 1 0
2x 2y 0
0 2y 2z
⎞
⎠ und det h ′ (x, y, z) = −4xz .
x = 0 und z = 0 führt auf die Ausnahmepunkte, ist also auf M ausgeschlossen. Also ist h nach dem Satz über
die Umkehrfunktion aus Ana2 auf einer Umgebung von p eine Diffeomorphismus der den Bed. der Definition
genügt ✷.
1
✷ .

Aufgabe 46 (10 Punkte)
Sei D := R 4 \ {(x1, x2, x3, x4) : x1x2x3x4 = 0 } und f : D → R 3 definiert durch f(x1, x2, x3, x4) :=
(x1x3 − x 2 2, x2x4 − x 2 3, x1x4 − x2x3). Man zeige, dass M := {x ∈ D : f(x) = 0 } eine p-dimensionale Untermannigfaltigkeit
des R 4 ist und gebe p an.
Beweis: Wegen x1x3 − x 2 2 = 0 ⇐⇒ x1
x2
= x2
x3 ; x2x4 − x 2 3 = 0 ⇐⇒ x2
x3
= x3
x4 ; x1x4 − x2x3 = 0 ⇐⇒ x1
x2
folgt aus dem Verschwinden der ersten beiden Komponenten von f das Verschwinden der dritten. Deshalb
gilt mit g(x1, x2, x3, x4) := (x1x3 − x2 2, x2x4 − x2 3) sofort M = {x ∈ D : g(x) = 0 }. Wegen
g ′ � �
x3 −2x2 x1 0
(x) =
=⇒ rg g
0 x4 −2x3 x2
′ (x) = 2 auf M
ist Satz 14.1 anwendbar. M ist eine zweidimensionale Mannigfaltigkeit ✷.
Aufgabe 47 (10 Punkte) Stereographische Projektion (*)
Die stereographische Projektion sei gegeben durch
p : S 2 \ {(0, 0, 1)} → R 2 , S 2 = {(x1, x2, x3) : x 2 1 + x 2 2 + x 2 3 = 1 }, p(x1, x2, x3) :=
� x1
,
1 − x3
x2
1 − x3
Man ermittle p −1 und zeige, dass Kreise auf S 2 durch den Nordpol (0, 0, 1) auf Geraden und alle anderen
Kreise auf S 2 auf Kreise abgebildet werden.
(i) x = x1
, y =
1 − x3
x2
, x
1 − x3
2 1 + x 2 2 + x 2 3 = 1 gibt (elementar: 1 + x2 + y2 = 2 ) die Umkehrung
1−x3
x1 =
2x
1 + x 2 + y 2 , x2 =
p −1 ist also überall definiert, p ist folglich bijektiv.
2y
1 + x2 + y2 , x3 = x2 + y2 − 1
1 + x2 .
+ y2 (ii) Kreise auf S2 sind Schnitte mit Ebenen ax1 + bx2 + cx3 = d (d hinreichend klein). Kreise durch den
Nordpol sind Schnitte für c = d. Wir setzen ein und erhalten
a
2x
1 + x2 2y
+
+ y2 1 + x2 + y2 + c x2 + y2 − 1
1 + x2 + y2 = d ⇐⇒ (c − d)(x2 + y 2 ) + 2ax + 2by − c − d = 0 .
Dies ist für d = c eine Geradengleichung und sonst für hinreichend kleine d (|d| < √ a 2 + b 2 + c 2 ) eine
Kreisgleichung. ✷
2
= x3
x4
�
.

Institut für Mathematik
Universität Hannover
Dr. Helmut Köditz
Klausur zur Analysis 3 (Lösungshinweise)
Bearbeitungszeit: 10.45 – 13.15
Hannover, den 24. Januar 2004
Aufgabe 1 (8 Punkte) Für R > 0 sei f : [0, R] → [0, ∞) eine stetige Funktion und
B := {(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x2 + y2 ≤ R2 , 0 ≤ z ≤ f( � x2 + y2 ) }. Man zeige:
� R
v3(B) = 2π rf(r) dr .
Beweis: Wir benutzen den Satz von Fubini, integrieren zunächst in z-Richtung und verwenden
dann Polarkoodinaten:
�
�
v3(B) = d(x, y, z) =
�� √ �
f( x2 +y2 )
�
dz d(x, y) = f( � x2 + y2 ) d(x, y)
=
B
� 2π
0
Br(0,0)
� R
� R
f(r) rdr dϕ = 2π rf(r) dr ✷.
0
0
0
0
Br(0,0)
Aufgabe 2 (8 Punkte) Man beweise die Existenz des Grenzwerts
� n
g := lim
n→∞
und berechne g.
0
�
1 + x
�n e
n
−2x dx
Beweis: Sei gn : [0, ∞) → R, gn(x) := � 1 + x
�n n e−2x für 0 ≤ x ≤ n und gn(x) := 0 für x > n. Es
gilt gn ∈ L1 ([0, ∞)) und limn→∞ gn(x) = e−x für alle x ≥ 0. Ferner folgt aus ex/n ≥ 1 + x
n sofort
� �
x n
1 + n ≤ ex , also gn(x) ≤ e−x . Da e−x über [0, ∞) integrierbar ist, liefert der Satz von Lebesgue
� n �
lim 1 +
n→∞
0
x
�n e
n
−2x � ∞
� ∞
dx = lim gn(x) dx = e
n→∞
0
0
−x dx = 1 ✷ .
Aufgabe 3 (8 Punkte)
Sei K ⊂ R n eine kompakte Menge und f ∈ L p (K) für ein p ≥ 1. Man zeige f ∈ L 1 (K) und
�
K
1
1−
|f(x)| dx ≤ vn(K) p �f�p .
Beweis: Aus der Theorie der Lp-Räume. Für p = 1 ist nichts zu beweisen. Sei also p > 1. Mit
wählen wir im Satz 10.4 der Vorlesung (Höldersche Ungleichung) die Funktion g ≡ 1.
1
q
:= 1 − 1
p
Da K kompakt und somit beschränkt ist, gilt g ∈ L q (K). Der Satz liefert dann f · g = f ∈ L 1 (K)
und
�
K
��
|f| dx ≤
K
|f| p � 1 ��
p
dx · 1
K
q � 1
1− p
dx
1
1
1−
= v3(K) p �f�p ✷.

Aufgabe 4 (12 Punkte)
�
x(π − x)
Die Funktion f(x) :=
x(π + x)
für
für
0 ≤ x ≤ π ,
−π ≤ x ≤ 0
Man zeige, dass die Fourierreihe von f
f(x) = 8
π
∞�
k=0
ist und auf ganz R gleichmäßig gegen f konvergiert.
werde 2π-periodisch auf ganz R fortgesetzt.
sin(2k + 1)x
(2k + 1) 3
Die fortgesetzte Funktion ist ungerade, ihre Fourierreihe ist also eine Sinusreihe. Wir benötigen die
folgenden Integrale, die durch partielle Integrationen ermittelt werden
A :=
B :=
� 0
−π
� 0
−π
ak = 1
π
x sin kx dx = − x
�
1 �0
cos kx + sin kx�
k k2 � = −
−π
π
k (−1)k � π
= x sin kx dx,
0
x 2 sin kx dx = − x2
�0
2x 2 �
cos kx + sin kx + cos kx�
k k2 k3 � =
−π
2
�
π2 2
+ −
k3 k k3 �
(−1) k
� π
= − x 2 sin kx dx .
�� 0
−π
Also: a2k = 0, a2k+1 = 8
k3π 0
� π
�
x(π + x) sin kx dx + x(π − x) sin kx dx
0
= 2A + 2B
π
= 4
k 3 π (1 − (−1)k ) .
1
. Wir erhalten unsere Reihe. Da k3 konstante Majorante für die Reihe
ist, konvergiert die Fourierreihe nach Weierstraß gleichmäßig auf ganz R. Die Fourierreihe konvergiert
gegen f in der L2-Norm, enthält also eine gegen f f.ü. konvergente Teilreihe. Da f und die
Grenzfunktion der Fourierreihe stetig sind (gleichmäßige Konvergenz), konvergiert die Reihe also
überall gegen f (ausführlich in den Übungen behandelt) ✷.
Aufgabe 5 (12 Punkte)
a) Seien α, β Differentialformen im R n . Man zeige: Ist α exakt und β geschlossen, so ist α∧β exakt.
Beweis: Da die k-Form α exakt ist, gibt es eine k − 1-Form ω mit α = dω. Sei η := ω ∧ β. Dann
folgt dη = dω ∧ β + (−1) k−1 ω ∧ dβ = dω ∧ β = α ∧ β, da dβ = 0. Also ist α ∧ β exakt ✷.
b) Im R 3 seien die beiden Differentialformen
α = ze yz dy + ye yz dz, β = zy cos xydx + xz cos xydy + sin xydz
gegeben. Man zeige, dass α und β exakt sind und bestimme eine 1-Form η mit dη = α ∧ β.
Beweis: Offensichtlich gilt α = de yz , β = d(z sin xy), also sind beide 1-Formen exakt. Nach (a)
liefert η := e yz β dann dη = α ∧ β ✷.
2

Aufgabe 6 (12 Punkte)
Es sei F = {(x, y, z) ∈ R 3 : x 2 + y 2 = 1, y ≥ 0, 0 ≤ z ≤ 1 } und ω = yzdx + xdy − xydz.
a) Man gebe eine Parameterdarstellung φ : R → F (R ein geeignetes Rechteck im R 2 ) von F als
singuläres Rechteck an.
Wir wählen φ : [0, π] × [0, 1] → R 3 , φ(u, v) := (cos u, sin u, v) t .
b) Man berechne �
φ(R)
dω und �
∂φ(R) ω.
(i) dω = −x dydz + 2y dzdx + (1 − z) dxdy = rot (yz, x, −xy) · d� S. Mit �a(x, y, z) := (−x, 2y, 1 − z)
und φu × φv = (cos u, sin u, 0) ergibt φ∗ (dω) = 〈�a(φ(u, v)), φu(u, v) × φv(u, v)〉 dudv
�
�
dω = φ ∗ (dω)
φ(R)
=
=
R
� 1
0
� 1
0
�� π
0
�� π
0
�
〈(− cos u, 2 sin u, 1 − v), (cos u, sin u, 0)〉 du dv
(− cos 2 u + 2 sin 2 �
u) du dv = π
2 .
(ii) Sei �b(x, y, z) := (yz, x, −xy) t . Wir parametrisieren die vier Randbögen:
(1) h1(t) := (− cos t, sin t, 1), 0 ≤ t ≤ π, ergibt h ′ 1 (t) = (sin t, cos t, 0).
� π
I1 = 〈 �b(h1(t)), h ′ � π
1(t)〉 dt = 〈(sin t, − cos t, cos t sin t), (sin t, cos t, 0)〉 dt = 0 .
0
(2) h2(t) := (1, 0, 1 − t), 0 ≤ t ≤ 1, ergibt h ′ 2 (t) = (0, 0, −1).
� 1
I2 =
(3) h3(t) = (cos t, sin t, 0), 0 ≤ t ≤ π, ergibt h ′ 3
0
0
〈(0, 1, 0), (0, 0, −1)〉 dt = 0 .
(t) = (− sin t, cos t, 0).
� π
� π
I3 = 〈(0, cos t, − cos t sin t), (− sin t, cos t, 0)〉 dt =
0
(4) h4(t) = (−1, 0, t), 0 ≤ t ≤ 1, ergibt h ′ 4 (t) = (0, 0, 1).
� 1
�
Deshalb:
∂φ(R)
I4 =
ω = I1 + I2 + I3 + I4 = π
2 ✷.
0
〈(−t, −1, 0), (0, 0, 1)〉 dt = 0 .
3
0
cos 2 t dt = π
2 .