Kurs:Analysis/Teil II/10/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	${}\sum$
Punkte	3	3	2	4	8	6	1	8	5	5	7	0	8	60

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Zu zwei Vektoren ${}v,w\in V$ nennt man

   ${}d{\left(v,w\right)}:=\Vert {v-w}\Vert :={\sqrt {\left\langle v-w,v-w\right\rangle }}\,$

   den Abstand zwischen ${}v$ und ${}w$.

2. Der Raum ${}M$ heißt wegzusammenhängend, wenn er nicht leer ist und es zu je zwei Punkten ${}x,y\in M$ eine stetige Abbildung

   $\gamma \colon [a,b]\longrightarrow X$

   mit ${}\gamma (a)=x$ und ${}\gamma (b)=y$ gibt.

3. Die Abbildung ${}f$ heißt gleichmäßig stetig, wenn es zu jedem ${}\epsilon >0$ ein ${}\delta >0$ gibt mit folgender Eigenschaft: Für alle ${}x,x'\in L$ mit ${}d{\left(x,x'\right)}\leq \delta$ ist ${}d{\left(f(x),f(x')\right)}\leq \epsilon$.
4. Es seien ${}D_{i}$ die Richtungsableitungen in Richtung des ${}i$-ten Einheitsvektors. Zu ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ heißt die Matrix

   ${\begin{pmatrix}D_{1}D_{1}f(P)&\cdots &D_{1}D_{n}f(P)\\\vdots &\ddots &\vdots \\D_{n}D_{1}f(P)&\cdots &D_{n}D_{n}f(P)\end{pmatrix}}$

   die Hesse-Matrix zu ${}f$ im Punkt ${}P$.

5. Man sagt, dass die Abbildungsfolge gleichmäßig konvergiert, wenn es eine Funktion

   $f\colon T\longrightarrow M$

   derart gibt, dass es zu jedem ${}\epsilon >0$ ein ${}n_{0}$ gibt mit

   $d{\left(f_{n}(x),f(x)\right)}\leq \epsilon {\text{ für alle }}n\geq n_{0}{\text{ und alle }}x\in T.$

6. Eine Teilmenge ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ heißt sternförmig bezüglich eines Punktes ${}P\in T$, wenn für jeden Punkt ${}Q\in T$ die Verbindungsstrecke ${}sQ+(1-s)P$, ${}s\in [0,1]$, ganz in ${}T$ liegt.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Eine Teilmenge ${}T\subseteq M$ ist genau dann abgeschlossen, wenn jede Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }\in T$, die in ${}M$ konvergiert, bereits in ${}T$ konvergiert.
2. Es sei

   ${}v'=Mv\,$

   mit

   $M\in \operatorname {Mat} _{n\times n}({\mathbb {K} })$

   eine lineare gewöhnliche Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten, es sei ${}B\in \operatorname {Mat} _{n\times n}({\mathbb {K} })$ eine invertierbare Matrix und es sei

   $N=BMB^{-1}.$

   Dann ist

   $v\colon \mathbb {R} \longrightarrow {\mathbb {K} }^{n},\,t\longmapsto v(t),$

   genau dann eine Lösung von ${}v'=Mv$, wenn ${}w=Bv$ eine Lösung der Differentialgleichung ${}w'=Nw$ ist.
3. Seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale reelle Vektorräume, sei ${}G\subseteq V$ offen und sei

   $\varphi \colon G\longrightarrow W$

   eine stetig differenzierbare Abbildung. Es sei ${}P\in G$ ein Punkt, in dem das totale Differential ${}\left(D\varphi \right)_{P}$ injektiv sei. Dann gibt es eine offene Umgebung ${}U$, ${}P\in U\subseteq G$,

   derart, dass ${}\varphi {|}_{U}$ injektiv ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Beschreibe die Einschränkung der Funktion

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto x^{2}-xy+3y\cos \left(x+2y\right),$

auf die durch

${}4x+5y=7\,$

gegebene Gerade (als Funktion in einer Variablen).

Lösung

Auf der Gerade gilt

${}y={\frac {7}{5}}-{\frac {4}{5}}x\,$

und daher ist die eingeschränkte Funktion in der einen Variablen ${}x$ durch

${}{\begin{aligned}x^{2}-x{\left({\frac {7}{5}}-{\frac {4}{5}}x\right)}+3{\left({\frac {7}{5}}-{\frac {4}{5}}x\right)}\cos \left(x+2{\left({\frac {7}{5}}-{\frac {4}{5}}x\right)}\right)&=x^{2}-{\frac {7}{5}}x+{\frac {4}{5}}x^{2}+{\left({\frac {21}{5}}-{\frac {12}{5}}x\right)}\cos \left(x+{\frac {14}{5}}-{\frac {8}{5}}x\right)\\&=-{\frac {7}{5}}x+{\frac {9}{5}}x^{2}+{\left(-{\frac {12}{5}}x+{\frac {21}{5}}\right)}\cos \left(-{\frac {3}{5}}x+{\frac {14}{5}}\right).\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Wir betrachten im ${}\mathbb {R} ^{2}$ die offenen Bälle ${}U=U{\left((0,0),1\right)}$ und ${}V=U{\left((2,0),2\right)}$. Man gebe für jeden Punkt

${}x=(a,b)\in U\cap V\,$

einen expliziten offenen Ball mit Mittelpunkt ${}x$ an, der ganz innerhalb von ${}U\cap V$ liegt.

Lösung

Es sei ${}x=(a,b)\in U\cap V$. Dies bedeutet einerseits

${}a^{2}+b^{2}<1\,$

und andererseits

${}{\sqrt {(a-2)^{2}+b^{2}}}<2\,,$

also

${}a^{2}+b^{2}<4a\,.$

Sei

${}\epsilon :={\min {\left(1-{\sqrt {a^{2}+b^{2}}},2-{\sqrt {(a-2)^{2}+b^{2}}}\right)}}>0\,.$

Wir behaupten

${}U{\left(x,\epsilon \right)}\subseteq U\cap V\,,$

sei dazu ${}y\in U{\left(x,\epsilon \right)}$. Die erste Inklusion ergibt sich aus

${}d((0,0),y)\leq d((0,0),x)+d(x,y)<{\sqrt {a^{2}+b^{2}}}+\epsilon \leq 1\,$

und die zweite Inklusion ergibt sich aus

${}d((2,0),y)\leq d((2,0),x)+d(x,y)<{\sqrt {(a-2)^{2}+b^{2}}}+\epsilon \leq 2\,.$

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Satz über zusammenhängende Teilmengen von ${}\mathbb {R}$.

Lösung

Es sei zuerst ${}T$ kein Intervall. Wenn ${}T$ leer ist, so ist ${}T$ nach Definition nicht zusammenhängend. Es sei also ${}T\neq \emptyset$, aber kein Intervall. Dann gibt es nach Aufgabe 6.23 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ${}x,z\in T$ und ${}y\notin T$ mit

${}x<y<z\,.$

Dann ist die Menge

${}A=T\cap {]{-\infty },y[}=T\cap {]{-\infty },y]}\,$

sowohl offen als auch abgeschlossen in ${}T$, da man ${}A$ sowohl als Durchschnitt von ${}T$ mit einem offenen Intervall als auch als Durchschnitt mit einem abgeschlossenen Intervall schreiben kann. Wegen ${}x\in A$ und ${}z\notin A$ ist sie weder ${}\emptyset$ noch ${}T$, also ist ${}T$ nicht zusammenhängend.
Es sei nun ${}T$ ein nichtleeres Intervall und  sei angenommen, dass es eine Teilmenge ${}A\subseteq T$ mit ${}A\neq \emptyset ,T$ gibt, die in ${}T$ sowohl offen als auch abgeschlossen sei. Es sei ${}x\in A$ und ${}y\in T$ , ${}y\not \in A$. Wir betrachten das (abgeschlossene und beschränkte) Intervall ${}I=[x,y]\subseteq T$ (ohne Einschränkung sei ${}x<y$) und setzen ${}A'=A\cap [x,y]$. Dies ist eine in ${}I$ offene und abgeschlossene Teilmenge von ${}I$, die wegen ${}x\in A'$ nicht leer ist und wegen ${}y\notin A'$ nicht ganz ${}I$ ist. D.h., es genügt, die Behauptung für ein abgeschlossenes und beschränktes Intervall ${}I=[x,y]$ zu zeigen und können davon ausgehen, dass es eine offene und abgeschlossene Teilmenge ${}A$ mit ${}x\in A$ und ${}y\notin A$ gibt. Wir betrachten die reelle Zahl ${}s={\operatorname {sup} \,(A)}$, die wegen Satz 7.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) existiert. Da ein abgeschlossenes Intervall vorliegt, gehört ${}s$ zu ${}I$ und aufgrund von Korollar 33.17 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist ${}s\in A$. Da ${}A$ aber auch offen in ${}T$ ist, gibt es ein ${}\delta >0$ mit ${}[s-\delta ,s+\delta ]\cap I\subseteq A$. Da ${}s$ das Supremum von ${}A$ ist, folgt ${}s=y$. Dies ist ein Widerspruch zu ${}y\notin A$.

Aufgabe (6 Punkte)

Man gebe ein Beispiel einer bijektiven Abbildung

$\varphi \colon [0,1]\longrightarrow [0,1]\subseteq \mathbb {R} ,$

die rektifizierbar ist, deren Länge aber ${}>1$ ist.

Lösung

Es sei

$\varphi (t)={\begin{cases}t,{\text{ falls }}t\neq {\frac {1}{3}},{\frac {2}{3}}\,,\\{\frac {2}{3}},{\text{ falls }}t={\frac {1}{3}}\,,\\{\frac {1}{3}},{\text{ falls }}t={\frac {2}{3}}\,,\end{cases}}$

es wird also ${}{\frac {1}{3}}$ mit ${}{\frac {2}{3}}$ vertauscht und ansonsten liegt die Identität vor. Da die Länge eines Streckenzugs allenfalls größer wird, wenn man zu einer Verfeinerung des Intervalls übergeht, können wir von vornherein nur Intervallunterteilungen betrachten, bei denen ${}{\frac {1}{3}}$ und ${}{\frac {2}{3}}$ vorkommen. Sei

$t_{0}=0<t_{1}<\ldots <t_{k-1}<t_{k}={\frac {1}{3}}<t_{k+1}<\ldots <t_{n-1}<t_{n}={\frac {2}{3}}<t_{n+1}<\ldots <t_{m}=1$

eine Unterteilung des Intervalls. Dann ist die Länge des zugehörigen Streckenzugs gleich

${}{\begin{aligned}\sum _{i=1}^{m}\vert {\varphi (t_{i})-\varphi (t_{i-1})}\vert &=\sum _{i=1}^{k-1}\vert {\varphi (t_{i})-\varphi (t_{i-1})}\vert +\vert {\varphi (t_{k})-\varphi (t_{k-1})}\vert +\vert {\varphi (t_{k+1})-\varphi (t_{k})}\vert +\sum _{i=k+2}^{n-1}\vert {\varphi (t_{i})-\varphi (t_{i-1})}\vert +\vert {\varphi (t_{n})-\varphi (t_{n-1})}\vert +\vert {\varphi (t_{n+1})-\varphi (t_{n})}\vert +\sum _{i=n+2}^{m}\vert {\varphi (t_{i})-\varphi (t_{i-1})}\vert \\&=\sum _{i=1}^{k-1}{\left(t_{i}-t_{i-1}\right)}+\vert {{\frac {2}{3}}-t_{k-1}}\vert +\vert {t_{k+1}-{\frac {2}{3}}}\vert +\sum _{i=k+2}^{n-1}{\left(t_{i}-t_{i-1}\right)}+\vert {{\frac {1}{3}}-t_{n-1}}\vert +\vert {t_{n+1}-{\frac {1}{3}}}\vert +\sum _{i=n+2}^{m}{\left(t_{i}-t_{i-1}\right)}\\&=t_{k-1}+\vert {{\frac {2}{3}}-t_{k-1}}\vert +\vert {t_{k+1}-{\frac {2}{3}}}\vert +t_{n-1}-t_{k+1}+\vert {{\frac {1}{3}}-t_{n-1}}\vert +\vert {t_{n+1}-{\frac {1}{3}}}\vert +1-t_{n+1}\\&=t_{k-1}+{\frac {2}{3}}-t_{k-1}-t_{k+1}+{\frac {2}{3}}+t_{n-1}-t_{k+1}-{\frac {1}{3}}+t_{n-1}+t_{n+1}-{\frac {1}{3}}+1-t_{n+1}\\&={\frac {5}{3}}-2t_{k+1}+2t_{n-1}\,\end{aligned}}$

Wegen

${}t_{n-1}<{\frac {2}{3}}\,$

ist dies durch ${}{\frac {9}{3}}=3$ nach oben beschränkt und damit ist die Kurve rektifizerbar. Wegen

${}t_{n-1}>t_{k+1}\,$

ist es auch ${}\geq {\frac {5}{3}}>1$, also besitzt die Kurve eine Länge die größer als ${}1$ ist.

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei

$\varphi \colon \mathbb {R} \longrightarrow V,\,t\longmapsto \varphi (t),$

eine Lösung der zeitunabhängigen Differentialgleichung

${}v'=F(t,v)=F(v)\,$

zum Vektorfeld

$F\colon V\longrightarrow V.$

Zeige, dass auch

${}\psi (t):=\varphi (t+c)\,$

zu jedem ${}c\in \mathbb {R}$ eine Lösung ist.

Lösung

Dies folgt direkt aus

${}\psi '(t)=\varphi '(t+c)=F(t+c,\varphi (t+c))=F(t,\varphi (t+c))=F(t,\psi (t))\,.$

Aufgabe (8 (4+4) Punkte)

Es sei ${}V$ ein euklidischer Vektorraum und

$F\colon \mathbb {R} \times V\longrightarrow V,\,(t,v)\longmapsto F(t,v)=g(v)v,$

ein zeitunabhängiges Zentralfeld zur stetig differenzierbaren Funktion

$g\colon V\longrightarrow \mathbb {R} .$

a) Zeige, dass das Wegintegral dieses Vektorfeldes längs eines stetig-differenzierbaren Weges, der zum Nullpunkt einen konstanten Abstand besitzt, gleich ${}0$ ist.

b) Zeige, dass ${}F$ genau dann ein Gradientenfeld ist, wenn es eine stetige Funktion

$f\colon \mathbb {R} _{\geq 0}\longrightarrow \mathbb {R}$

mit

${}g(v)=f(\Vert {v}\Vert )\,$

gibt.

Lösung

a) Der stetig differenzierbare Weg sei durch

$\gamma \colon I\longrightarrow V$

gegeben mit

${}\Vert {\gamma (t)}\Vert =c\,$

für alle ${}t\in I$. Es seien ${}\gamma _{1},\ldots ,\gamma _{n}$ die Komponenten bezüglich einer Orthonormalbasis von ${}V$. Dann ist

${}\gamma _{1}^{2}(t)+\cdots +\gamma _{n}^{2}(t)=c^{2}\,$

konstant und daher gilt für die Ableitung

${}\gamma _{1}(t)\cdot \gamma _{1}'(t)+\cdots +\gamma _{n}(t)\cdot \gamma _{n}'(t)=0\,,$

also ist

${}\left\langle {\begin{pmatrix}\gamma _{1}(t)\\\vdots \\\gamma _{n}(t)\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}\gamma _{1}'(t)\\\vdots \\\gamma _{n}'(t)\end{pmatrix}}\right\rangle =0\,.$

Damit ist auch

${}\left\langle g(\gamma (t))\cdot {\begin{pmatrix}\gamma _{1}(t)\\\vdots \\\gamma _{n}(t)\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}\gamma _{1}'(t)\\\vdots \\\gamma _{n}'(t)\end{pmatrix}}\right\rangle =0\,$

und daher ist das Wegintegral längs ${}\gamma$ gleich ${}0$, da es das Integral über diese Funktion ist.

b) Wenn ${}F$ ein Gradientenfeld ist, so gibt es ein Potential

$h\colon V\longrightarrow \mathbb {R} ,$

also eine differenzierbare Funktion mit

${}\operatorname {Grad} \,h(v)=F(v)=g(v)v\,.$

Für zwei Punkte ${}v,w\in V$, die vom Nullpunkt den gleichen Abstand

${}\Vert {v}\Vert =\Vert {w}\Vert =c\,$

haben, gibt es nach Aufgabe 37.19 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) eine stetig differenzierbare Kurve

$\gamma \colon [0,1]\longrightarrow V$

mit ${}\gamma (0)=v$ und ${}\gamma (1)=w$, die zum Nullpunkt konstant den Abstand ${}c$ besitzt. Mit einem solchen Weg erhält man

${}h(v)-h(w)=\int _{0}^{a}\left\langle F(\gamma (t),\gamma '(t)\right\rangle dt=0\,$

nach Teil a), sodass der Wert von ${}h(v)$ nur von ${}\Vert {v}\Vert$ abhängt. Daher ist

${}h(v)=f(\Vert {v}\Vert )\,$

mit einer gewissen Funktion

$f\colon \mathbb {R} _{\geq }\longrightarrow \mathbb {R} .$

Diese ist stetig, da für einen Orthonormalvektor ${}u$ die Beziehung

${}f(r)=h(ru)\,$

gilt und ${}h$ stetig ist. Für den Gradienten von ${}h$ ist

Wenn umgekehrt

${}g(v)=f(\Vert {v}\Vert )\,$

ist mit ${}f$ stetig, so sei ${}s$ eine Stammfunktion zu ${}f$. Wir behaupten, dass

${}h(v):=s(\Vert {v}\Vert )\,$

ein Potential zum Vektorfeld ${}g(v)v$ ist.

Aufgabe (5 (2+1+2) Punkte)

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon {\mathbb {C} }^{2}\longrightarrow {\mathbb {C} }^{2},\,(x,y)\longmapsto (xe^{y},-e^{-y}).$

a) Zeige, dass die Determinante des totalen Differentials von ${}\varphi$ in jedem Punkt gleich ${}1$ ist.

b) Zeige, dass ${}\varphi$ nicht injektiv ist.

c) Bestimme das Bild von ${}\varphi$.

Lösung

a) Die Jacobi-Matrix ist

${\begin{pmatrix}e^{y}&xe^{y}\\0&e^{-y}\end{pmatrix}}.$

Die Determinante davon ist

${}e^{y}e^{-y}=e^{y-y}=e^{0}=1\,.$

b) Die beiden Elemente ${}(0,0)$ und ${}(0,2\pi i)$ werden beide auf ${}(0,-1)$ abgebildet, deshalb ist die Abbildung nicht injektiv.

c) Das Bild ist ${}{\mathbb {C} }\times ({\mathbb {C} }\setminus \{0\}$. Da die Exponentialfunktion den Wert ${}0$ nicht annimmt, liegt das Bild in dieser Menge. Es sei ${}(u,v)\in {\mathbb {C} }^{2}$ mit ${}v\neq 0$ gegeben. Da die Exponentialfunktion im Komplexen auf ${}{\mathbb {C} }\setminus \{0\}$ surjektiv abbildet (wegen ${}e^{a+bi}=e^{a}(\cos b+i\cos b)$), gibt es ein ${}y$ mit

${}-e^{-y}=v\,.$

Mit

${}x=ue^{-y}\,$

erhält man ein Urbild von ${}(u,v)$.

Aufgabe (5 Punkte)

Bestimme die Extrema der Funktion

$\mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto f(x,y)={\left(\sin x\right)}{\left(\cos y\right)}.$

Lösung

Es ist

${}{\frac {\partial f}{\partial x}}={\left(\cos x\right)}{\left(\cos y\right)}\,$

und

${}{\frac {\partial f}{\partial y}}=-{\left(\sin x\right)}{\left(\sin y\right)}\,.$

Damit beide partiellen Ableitung gleich ${}0$ sind, muss

${}x={\frac {\pi }{2}}+m\pi \,$

und

${}y=n\pi \,$

mit ${}m,n\in \mathbb {Z}$ oder dasselbe mit vertauschten Rollen sein. Die kritischen Punkte sind also

$\left({\frac {\pi }{2}}+m\pi ,\,n\pi \right)\,\,{\text{ und }}\,\,\left(m\pi ,\,{\frac {\pi }{2}}+n\pi \right).$

Die Hesse-Matrix ist

${\begin{pmatrix}-{\left(\sin x\right)}{\left(\cos y\right)}&-{\left(\cos x\right)}{\left(\sin y\right)}\\-{\left(\cos x\right)}{\left(\sin y\right)}&-{\left(\sin x\right)}{\left(\cos y\right)}\end{pmatrix}}.$

Bei einem Punkt der linken Art ist dies bei ${}m,n$ beide gerade oder beide ungerade ist dies

${\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}$

und es liegt nach Satz 50.2 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ein isoliertes lokales Minimum mit dem Wert ${}-1$ vor und bei ${}m$ gerade und ${}n$ ungerade oder umgekehrt ist dies

${\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\end{pmatrix}}$

und es liegt ein isoliertes lokales Maximum mit dem Wert ${}1$ vor. Diese lokalen Extrema sind auch global, da die Funktionswerte in ${}[-1,1]$ sind.

Bei einem Punkt der rechten Art ist die Hesse-Matrix gleich

${\begin{pmatrix}0&\pm 1\\\pm 1&0\end{pmatrix}}$

vor. In beiden Fällen ist die Hesse-Form indefinit und es liegt kein lokales Extremum vor.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über lokale Extrema unter Nebenbedingungen.

Lösung

Wir wenden den Satz über implizite Abbildungen auf den Punkt ${}a\in M$ an. Es gibt also eine offene Menge ${}a\in W$, ${}W\subseteq U$, eine offene Menge ${}V\subseteq \mathbb {R} ^{n-m}$ und eine stetig differenzierbare Abbildung

$\psi \colon V\longrightarrow W$

derart, dass ${}\psi (V)\subseteq M\cap W$ ist und ${}\psi$ eine Bijektion

$\psi \colon V\longrightarrow M\cap W$

induziert. Dabei ist ${}\psi$ in jedem Punkt ${}Q\in V$ regulär und für das totale Differential von ${}\psi$ gilt

${}\left(Df\right)_{\psi (Q)}\circ \left(D\psi \right)_{Q}=0\,.$

Da ${}h{|}_{M}$ in ${}a$ ein lokales Extremum besitzt, besitzt auch ${}h\circ \psi$ in ${}Q=\psi ^{-1}(a)$ (also ${}a=\psi (Q)$) ein lokales Extremum. Nach Satz 47.12 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))  (2) ist daher

${}\left(D{\left(h\circ \psi \right)}\right)_{Q}=\left(Dh\right)_{\psi (Q)}\circ \left(D\psi \right)_{Q}=0\,.$

Somit ist einerseits

${}\operatorname {bild} \left(D\psi \right)_{Q}\subseteq \operatorname {kern} \left(Dh\right)_{a}\,$

und andererseits

${}\operatorname {bild} \left(D\psi \right)_{Q}=\operatorname {kern} \left(Df\right)_{a}=T_{a}M\,.$

Der Zusatz folgt, da ${}\operatorname {kern} \left(Df\right)_{a}$ der Durchschnitt der ${}\operatorname {kern} \left(Df_{i}\right)_{a},\,i=1,\ldots ,m$, ist und somit

${}\bigcap _{i=1}^{m}\operatorname {kern} \left(Df_{i}\right)_{a}\subseteq \operatorname {kern} \left(Dh\right)_{a}\,$

gilt. Nach Aufgabe 54.1 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) folgt daraus, dass ${}\left(Dh\right)_{a}$ zu dem von ${}\left(Df_{1}\right)_{a},\ldots ,\left(Df_{m}\right)_{a}$ erzeugten Untervektorraum gehört.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (8 Punkte)

Es sei

$F\colon G\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}$

ein stetig differenzierbares Vektorfeld auf einer offenen Menge ${}G\subseteq \mathbb {R} ^{2}$ und es sei

${}\rho (P):={\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}(P)-{\frac {\partial F_{1}}{\partial y}}(P)\,.$

Zeige

${}\rho (P)={\frac {1}{\pi }}\cdot \operatorname {lim} _{\epsilon \rightarrow 0}\,{\frac {1}{\epsilon ^{2}}}\int _{\gamma _{\epsilon }}F\,,$

wobei ${}\gamma _{\epsilon }$ den einmal gegen den Uhrzeigersinn durchlaufenen Kreisweg um ${}P$ mit Radius ${}\epsilon$ bezeichnet.

Lösung

Der Weg ${}\gamma _{\epsilon }$ ist durch

$[0,2\pi ]\longrightarrow U,\,t\longmapsto P+{\begin{pmatrix}\epsilon \cos t\\\epsilon \sin t\end{pmatrix}},$

gegeben. Somit ist

${}{\begin{aligned}{\frac {1}{\epsilon ^{2}}}\int _{\gamma _{\epsilon }}F&={\frac {1}{\epsilon ^{2}}}\int _{0}^{2\pi }\left\langle F{\left(P+\epsilon {\begin{pmatrix}\cos t\\\sin t\end{pmatrix}}\right)},\epsilon {\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle dt\\&={\frac {1}{\epsilon }}\int _{0}^{2\pi }\left\langle F(P)+\epsilon DF_{P}{\begin{pmatrix}\cos t\\\sin t\end{pmatrix}}+\Vert {\epsilon {\begin{pmatrix}\cos t\\\sin t\end{pmatrix}}}\Vert r{\left(\epsilon {\begin{pmatrix}\cos t\\\sin t\end{pmatrix}}\right)},{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle dt\\&={\frac {1}{\epsilon }}\int _{0}^{2\pi }\left\langle F(P),{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle dt+{\frac {1}{\epsilon }}\int _{0}^{2\pi }\left\langle \epsilon DF_{P}{\begin{pmatrix}\cos t\\\sin t\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle dt+{\frac {1}{\epsilon }}\int _{0}^{2\pi }\left\langle \Vert {\epsilon {\begin{pmatrix}\cos t\\\sin t\end{pmatrix}}}\Vert r{\left(\epsilon {\begin{pmatrix}\cos t\\\sin t\end{pmatrix}}\right)},{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle dt\\&={\frac {1}{\epsilon }}\int _{0}^{2\pi }\left\langle F(P),{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle dt+\int _{0}^{2\pi }\left\langle DF_{P}{\begin{pmatrix}\cos t\\\sin t\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle dt+\int _{0}^{2\pi }\left\langle r{\left(\epsilon {\begin{pmatrix}\cos t\\\sin t\end{pmatrix}}\right)},{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle dt.\end{aligned}}$

Wir analysieren die einzelnen Summanden getrennt. Ganz rechts wird der Integrand für ${}\epsilon \rightarrow 0$ aufgrund der Eigenschaften von ${}r$ und der Stetigkeit des Skalarproduktes beliebig klein, was sich auf das Integral überträgt. Dieser Term spielt also im Limes keine Rolle. Das linke Integral ist

${}\int _{0}^{2\pi }-F_{1}(P)\sin t+F_{2}(P)\cos tdt=0\,,$

sodass alles vom mittleren Summanden abhängt. Der Integrand ist

${}{\begin{aligned}\left\langle DF_{P}{\begin{pmatrix}\cos t\\\sin t\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle &=\left\langle {\begin{pmatrix}{\frac {\partial F_{1}}{\partial x}}(P)\cos t+{\frac {\partial F_{1}}{\partial y}}(P)\sin t\\{\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}(P)\cos t+{\frac {\partial F_{2}}{\partial y}}(P)\sin t\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle \\&=-{\frac {\partial F_{1}}{\partial x}}(P)\cos t\sin t-{\frac {\partial F_{1}}{\partial y}}(P)\sin t\sin t+{\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}(P)\cos t\cos t+{\frac {\partial F_{2}}{\partial y}}(P)\sin t\cos t.\end{aligned}}$

Wegen

${}\int _{0}^{2\pi }\cos t\sin tdt={\frac {1}{2}}{\left(\sin ^{2}t\right)}_{0}^{2\pi }=0\,$

fallen diese Terme weg. Übrig bleiben

${}-{\frac {\partial F_{1}}{\partial y}}(P)\int _{0}^{2\pi }\sin t\sin tdt=-{\frac {\partial F_{1}}{\partial y}}(P){\frac {1}{2}}{\left(x-\sin t\cos t\right)}_{0}^{2\pi }=-\pi {\frac {\partial F_{1}}{\partial y}}(P)\,$

und

${}{\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}(P)\int _{0}^{2\pi }\cos t\cos tdt=\pi {\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}(P)\,.$

Alles zusammen ergibt

${}\operatorname {lim} _{\epsilon \rightarrow 0}\,{\frac {1}{\epsilon ^{2}}}\int _{\gamma _{\epsilon }}F=\pi {\left({\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}(P)-{\frac {\partial F_{1}}{\partial y}}(P)\right)}\,.$