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

� 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