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