Analysis II für M, LaG und Ph, WS 2006/07, ¨Ubung 6, Lösungsskizze

Analysis II für M, LaG und Ph, WS 2006/07, Übung 6, Lösungsskizze
Gruppenübung
G 21 Untersuchen Sie die Stetigkeit im Punkt (0, 0) der Funktionen
(
( 2 2
x y
falls (x, y) 6= (0, 0)
4 +y 4
x
,
ρ2 (x, y) =
ρ1 (x, y) =
0
falls (x, y) = (0, 0)
xy 2
x2 +y 2
falls (x, y) 6= (0, 0)
.
falls (x, y) = (0, 0)
0
Lösung:
Die Funktion ρ1 ist unstetig im Punkt (0, 0), denn
1 1
1
lim f ( , ) = 6= (0, 0) = 0.
n n
2
n→+∞
lim
(h,k)→(0,0)
Da |hk| ≤
1
2
2 (h
|ρ2 (h, k)| =
|hk 2 |
(h,k)→(0,0) h2 + k 2
lim
2
+ k ). Es folgt draus
|hk 2 |
|k|
≤
lim
= 0.
(h,k)→(0,0) h2 + k 2
(h,k)→(0,0) 2
lim
Somit ist ρ2 stetig im Punkt (0, 0).
G 22
a) Geben Sie je eine Parametrisierung zu den unten abgebildeten Kurven an, d. h. finden Sie ein Intervall
I ⊂ R und eine Funktion f : I → R2 , f (t) = (x(t), y(t)), so dass die Menge {(x(t), y(t)) | t ∈ I} der
Abbildung entspricht.
-2
3
3
3
2
2
2
1
1
1
-1
1
2
4
3
-1
-2
-1
1
2
4
3
-1
-2
1
-1
-2
2
3
4
-1
-2
-2
2
b) Zeichnen Sie die Kurven f, g : [0, 4π] → R mit f (t) =
t
( 2π
cos t,
t
2π
sin t) und g(t) = (sin t, sin t).
Lösung:
a) Es gibt viele Arten, eine Kurve zu parametrisieren. Die angegebene Lösung kann nur ein Vorschlag sein.
(i) I = [−1, 2],
(ii) I = [0, 2π],
(iii) I = [−2, 2],
f (t) = (0, t).
f (t) = (1 + 2 cos t, sin t).
f (t) = (t2 , t).
20
15
10
2
1.5
5
1
-20
-10
10
20
0.5
-5
-3
-2
-1
1
-0.5
-10
-1
-15
-1.5
-20
G 23 Bestimmen Sie den Tangenten-Einheitsvektor für die Kurve
γ : [0, 1] −→ R3 , γ(t) = (et cos t, et sin t, et ).
Berechnen Sie s(γ) die Länge der Kurve γ.
-2
2
3
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2
Lösung:
γ 0 (t) = (et (− sin t + cos t), et (cos t + sin t), et ), kγ 0 (t)k2 = e2t (1 − 2 cos t sin t) + e2t (1 + 2 cos t sin t) + e2t = 3e2t .
Also ist
γ 0 (t)
1
1
1
= ( √ (− sin t + cos t), √ (sin t + cos t), √ ).
kγ 0 (t)k
3
3
3
γ ist stetig differenzierbar. Dann ist γ rektifizierbar und wir haben
Z 1√
Z 1
√
0
3et dt = 3(e − 1).
kγ (t)k dt =
s(γ) =
0
0
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3
Hausübung
H 16 Untersuchen Sie die Stetigkeit im Punkt (0, 0) der Funktionen
½
½ 1
sin(xy)
falls x 6= 0
x
,
ψ(x, y) =
ϕ(x, y) =
0
falls x = 0
xey
x2 +y 2
falls (x, y) 6= (0, 0)
.
falls (x, y) = (0, 0)
0
Lösung:
lim
(h,k)→(0,0)
|ϕ(h, k)| =
lim
(h,k)→(0,0)
|k|
1
| sin(hk)| =
lim
| sin(hk)| = 0.
|h|
(h,k)→(0,0) |hk|
Also ist ϕ stetig im Punkt (0, 0). Da
1 1
lim |ψ( , )| = lim
n→+∞
n→+∞
n n
1
1 n
ne
1
n2
+
1
1
n2
= lim 2ne n = +∞
n→+∞
ist ψ unstetig im Punkt (0, 0).
H 17 Sei folgende Weg gegeben
f : R −→ R2 , f (t) = (ect cos t, ect sin t),
c ∈ R,
c 6= 0.
Berechnen Sie die Länge sa,b der Einschränkung f|[a,b] des Weges auf das Intervall [a, b].
Existiert der Grenzwert
lim sa,0 ?
a→−∞
Skizzieren Sie den Weg für c = 1, c = −1.
Lösung:
Es gilt
f 0 (t) = (cect cos t − ect sin t, cect sin t + ect cos t).
Damit gilt
s(f ) =
=
Z
b
ect
q
ect
p
c2 + 1 dt
a
Z
b
a
c2 (cos2 t + sin2 t) − 2c cos t sin t + 2c cos t sin t + sin2 t + cos2 t dt
Z b
p
ect dt
= c2 + 1
a
√
c2 + 1 cb
=
(e − eca ).
c
Damit ergibt sich
lim sa,0 = lim
a→−∞
√
a→−∞
c2 + 1
(1 − eca ).
c
Damit divergiert der Ausdruck für c < 0 und er konvergiert gegen
H 18 Zeigen Sie, dass die Funktion
ρ(x, y) =
½
y − x2
0
√
c2 +1
c
falls c > 0 gilt.
falls y ≥ x2
falls y < x2
auf R2 stetig ist.
Lösung:
Die Funktion ρ ist stetig in Punkten (x, y) mit y 6= x2 . Untersuchen wir die Stetigkeit im Punkt (x, x2 ).
lim
(h,k)→(0,0)
|ρ(x + h, x2 + k) − ρ(x, x2 )| =
Somit folgt die Stetigkeit von ρ auf R2
lim
(h,k)→(0,0)
|x2 + k − (x + h)2 | =
lim
(h,k)→(0,0)
|k − 2hx − h2 | = 0.
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4
n
H 19 Sei (fk )k∈N eine gleichmässig konvergente Folge von stetigen differenzierbar Funktionen fk : [a, b] −→ R mit
Grenzfunktion f . Außerdem konvergiere fk0 gleichmässig. Zeigen Sie für die Länge der Grenzkurve (t, f (t))
s(f ) = lim s(fk ).
k→∞
Lösung:
Da jedes fk differenzierbar ist und die fk0 gleichmässig konvergieren, ist der Grenzwert der Ableitungen gerade
f 0 . Ziel ist es zu zeigen, dass die stetigen Funktionen
kfk0 k : [a, b] → R mit kfk0 k(t) = kfk0 (t)k
gleichmässig gegen kf 0 k : [a, b] → R konvergieren. Ist dies der Fall, so gilt
lim s(fk ) = lim
k→+∞
k→+∞
Z
a
b
kfk0 (t)k dt =
Z
b
a
kf 0 (t)k dt = s(f ).
Da die fk0 gleichmässig konvergieren existiert zu jedem ε > 0 ein n0 > 0, so dass
sup kfk0 (t) − f (t)k < ε
t∈[a,b]
für k ≥ n0 .
An dieser Stelle beweisen wir eine Ungleichung, die in jedem normierten Raum (X, k · k) gilt. Seien u, v ∈ X.
|kuk − kvk| ≤ ku − vk.
Es gilt
kuk = ku − v + vk ≤ ku − vk + kvk
⇐⇒
kuk − kvk ≤ ku − vk.
Analog erhält man kvk − kuk ≤ ku − vk. Damit gilt die Behauptung.
Also ergibt sich
|kfk0 (t) − f (t)k| ≤ kfk0 (t) − f (t)k.
Damit gilt auch
sup |kfk0 (t) − f (t)k| ≤ ε
t∈[a,b]
für alle k ≥ n0 . Somit konvergieren kfk0 k gleichmässig gegen kf 0 k.
Orientierungskolloquium
Die Forschungsgebiete des Fachbereichs Mathematik stellen sich vor.
Montag, 27.11.2006 - 16:15-17:15 Uhr - S103/123
Prof. Dr. Martin Otto FG Logik
Welche Logik wofür? Logik zwischen Grundlagen und Anwendungen.“
”
Nach dem Vortrag gibt es ein gemütliches Treffen in S215/219, um über den Vortrag zu reden und die Vortragenden näher kennenzulernen.