Lösungen 8 - Bergische Universität Wuppertal

Bergische Universität Wuppertal
Fachbereich C - Mathematik und Naturwissenschaften
Prof. Dr. H. Pecher
Dipl. Math. T. Pawlaschyk
Übungen zu Analysis II
SoSe10
Blatt 8
Aufgabe 1 (10=3+6+1)
(a) Zeigen Sie, dass I = [0, 1] ∩ Q keine Jordan-Nullmenge in R ist.
S
Sei ε = 1 und Q1 , . . . , Qk eine endliche Quaderüberdeckung von I, d.h. I ⊂ kj=1 Qj .
S
Da Q1 , . . . , Qk kompakt und somit abgeschlossen sind, ist auch kj=1 Qj abgeschlossen
S
(sogar kompakt). Damit ist auch der Abschluss I = [0, 1] von I in kj=1 Qj enthalten.
Also ist
k
X
vol(Qj ) ≥ vol([0, 1]) = 1 = ε.
j=1
Daher kann I keine Jordan-Nullmenge sein.
(b) Seien J1 , J2 Jordan-Bereiche in Rn . Zeigen Sie, dass auch J1 ∩ J2 und J1 ∪ J2 JordanBereiche sind.
Klar ist, dass J1 ∩ J2 und J1 ∪ J2 kompakt sind, da diese Mengen abgeschlossen und
beschränkt sind. Zu zeigen bleibt also, dass die jeweiligen Ränder Jordan-Nullmengen
bilden. Da jede Teilmenge einer Jordan-Nullmenge trivialerweise wieder eine JordanNullmenge ist, bleibt nur zu zeigen, dass die Ränder von J1 ∩ J2 und J1 ∪ J2 in
∂J1 ∪ ∂J2 enthalten sind und dass die endliche Vereinigung von Jordan-Nullmengen
wieder eine Jordan-Nullmenge bildet.
Ist also x ein Randpunkt von J1 ∩ J2 , dann gilt für alle ε > 0:
Kε (x) ∩ (J1 ∩ J2 ) 6= ∅
und Kε (x) ∩ (J1 ∩ J2 )C 6= ∅.
bzw.
Kε (x) ∩ J1 ∩ J2 6= ∅
und Kε (x) ∩ (J1C ∪ J2C ) 6= ∅.
Daraus folgt mit Kε := Kε (x):
Kε ∩ J1 6= ∅ und Kε ∩ J2 6= ∅ und
Kε ∩ J1C 6= ∅ oder Kε ∩ J2C 6= ∅ .
Also ist x ∈ ∂J1 oder x ∈ ∂J2 bzw. x ∈ ∂J1 ∪ ∂J2 .
Nahezu analog zeigt man, dass ∂(J1 ∪ J2 ) ⊂ ∂J1 ∪ ∂J2 ist.
Es bleibt zu zeigen, dass die Vereinigung zweier Jordan-Nullmengen A, B wieder eine
Jordan-Nullmenge bildet. Sei also nun ε > 0 beliebig. Da A, B Jordan-Nullmengen
sind, gibt es Quader Q1 , . . . , Qk und Qk+1 , . . . , Qm mit
A⊂
k
[
Qj
und B ⊂
j=1
sowie
k
X
vol(Qj ) <
j=1
Daher gelten A ∪ B ⊂
m
X
j=1
Sm
j=1 Qj
vol(Qj ) =
m
[
Qj ,
j=k+1
ε
2
und
m
X
j=k+1
ε
vol(Qj ) < .
2
und
k+1
X
j=1
vol(Qj ) +
m
X
j=k+1
vol(Qj ) <
ε ε
+ = ε.
2 2
(c) Ist die abzählbare Vereinigung von Jordan-Bereichen wieder ein Jordan-Bereich?
Nein, denn eine abzählbare Vereinigung von beschränkten Mengen kann zu einer unbeschränkten Menge
führen, z.B. Qj := [−j, j] für j ∈ N sind Jordan-Bereiche in R,
S
aber nicht R = j∈N Qj .
Aufgabe 2 (10 Punkte) Bestimmen Sie das Volumen des einschaligen Hyperboloiden
H = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ z 2 + 1, |z| ≤ 1}.
Es ist:
Z
Z
d(x, y, z) =
√
1
Z
Z √z 2 +1−y2
z 2 +1
dxdydz
√
√
− z 2 +1 − z 2 +1−y 2
Z 1 Z √z 2 +1 p
z 2 + 1 − y 2 dydz
2
√
−1 − z 2 +1
Z 1 Z √z 2 +1 r
y2 p 2
2
1
−
z +
√
1 + z2
−1 − z 2 +1
Z 1Z 1p
2
2
−1
H
=
=
1 − t (1 + z )dtdz
= 2
−1
Z 1
= 2
−1
Z
2
(1 + z )dz
π
2
cos2 (h)dh
− π2
−1
=
1dydz
8π
16 π
· =
.
3 2
3
Dabei haben wir in der 4. Gleichung die Substitution t =
t = sin(h) benutzt.
√ y
z 2 +1
und in der 5. Gleichung
Aufgabe 3 (10) Seien 0 < a < b. Bestimmen Sie mit Hilfe des Satzes von Fubini
Z
1
I(a, b) =
0
xa − xb
dx.
log(x)
Die Funktion f (x, y) = xy auf dem Quader Q = [0, 1] × [a, b] ist stetig und somit integrierbar. Dann gilt nach dem Satz von Fubini:
Z
xy d(x, y) =
Q
Z bZ
a
Z
1
xy dxdy
0
1Z b
=
0
Z
a
1
=
0
Z
=
0
xy dydx
1
1
xy
log(x)
b
dx
a
xb − xa
dx = −I(a, b).
log(x)
Andererseits gilt:
Z
xy d(x, y) =
Z bZ
a
Q
xy dxdy
0
Z b
=
a
Z
1
xy+1
y+1
1
dy
0
b
dy
a 1+y
1+b
= log
.
1+a
=
Also:
I(a, b) = − log
1+b
1+a
= log
1+a
1+b
.
Hinweis: Betrachten Sie die Funktion f (x, y) = xy auf einem geeigneten Quader in R2 .
Aufgabe 4 (10=4+2+4) Sei f : R2 → R definiert durch
(
x3 y
(x, y) 6= (0, 0)
2 +y 2 )2
(x
f (x, y) =
0
(x, y) = (0, 0)
Z
1
f (x, y)dy für x ∈ R.
(a) Berechnen Sie die Integrale F (x) :=
0
Sei zunächst x 6= 0. Dann ist
Z 1
F (x) =
x3
x3 y
dy = −
2
2
2
2
0 (x + y )
1
x3
1
= −
2
2 x + y 2 y=0
x
=
.
2(1 + x2 )
Z
1
0
−2y
dy
+ y 2 )2
(x2
Für x = 0 ist f (x, y) = f (0, y) = 0 für alle y ∈ R, also F (0) = 0. Somit ist F (x) =
x
.
2(1+x2 )
(b) Begründen Sie, warum F : R → R differenzierbar ist.
Offensichtlich ist F differenzierbar als Quotient von Polynomen, wobei das Polynom
im Nenner keine Nullstellen hat.
Z 1
∂f
(c) Zeigen Sie: F 0 (0) 6=
(0, y)dy.
0 ∂x
Es gilt für (x, y) 6= (0, 0)
∂f
3x2 y 3 − x4 y
(x, y) =
∂x
(x2 + y 2 )3
und für (x, y) = (0, 0)
∂f
f (t, 0)
(0, 0) = lim
= 0.
t→0
∂x
t
Also ist:
Z
0
1
∂f
(0, y)dy = 0,
∂x
wohingegen
F (t) − F (0)
t→0
t
F (t)
= lim
t→0 t
Z
1 1
f (t, y)dy
= lim
t→0 t 0
1
1
= lim
= .
2
t→0 2(1 + t )
2
F 0 (0) = lim
Daher ist die Vertauschung von Integration und Differentiation in diesem Beispiel
nicht möglich.
Man beachte, dass f in (0, 0) nicht stetig ergänzbar ist.
Abgabe: 23.06.10 bis 10 Uhr auf D13
www.math.uni-wuppertal.de/~pawla