Kurs:Analysis 3/11/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	${}\sum$
Punkte	3	3	0	2	3	0	10	0	4	0	0	0	6	8	0	0	39

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

Ein Mengenpräring auf einer Menge ${}M$ .
Eine Ausschöpfung einer Menge ${}M$ .
Das Lebesgue-Integral zu einer messbaren nichtnegativen Funktion ${}f\colon M\rightarrow {\overline {\mathbb {R} }}$ auf einem ${}\sigma$ - endlichen Maßraum ${}(M,{\mathcal {A}},\mu )$ .
Die Übergangsabbildung zu Karten einer topologischen Mannigfaltigkeit.
Die Kotangentialabbildung im Punkt ${}P\in M$ zu einer differenzierbaren Abbildung ${}\varphi \colon M\rightarrow N$ zwischen differenzierbaren Mannigfaltigkeiten ${}M$ und ${}N$ .
Eine riemannsche Mannigfaltigkeit.

Lösung

Ein Teilmengensystem ${}{\mathcal {A}}$ ${}{\mathcal {A}}$ auf einer Menge ${}M$ ${}M$ heißt Mengen-Präring, wenn folgende Bedingungen erfüllt sind.
1. Es ist ${}\emptyset \in {\mathcal {A}}$ .
2. Mit ${}S,T\in {\mathcal {A}}$ gehört auch ${}S\setminus T$ zu ${}{\mathcal {A}}$ .
3. Für je zwei Mengen ${}S,T\in {\mathcal {A}}$ ist auch ${}S\cup T\in {\mathcal {A}}$ .
Eine Folge von Teilmengen ${}T_{n}$ , ${}n\in \mathbb {N}$ , in ${}M$ mit ${}T_{n}\subseteq T_{n+1}$ für alle ${}n\in \mathbb {N}$ heißt Ausschöpfung von ${}M$ , wenn ${}M=\bigcup _{n\in \mathbb {N} }T_{n}$ gilt.
Es sei ${}(M,{\mathcal {A}},\mu )$ ein ${}\sigma$ -endlicher Maßraum und
$f\colon M\longrightarrow {\overline {\mathbb {R} }}_{\geq 0}$

eine messbare numerische nichtnegative Funktion. Dann heißt

${}\int _{M}f\,d\mu :={\left(\mu \otimes \lambda ^{1}\right)}(S(f))\,$

das Integral von ${}f$ über ${}M$ (zum Maß ${}\mu$ ).
Topologische Mannigfaltigkeit/Karten/Übergangsabbildung/Definition/Begriff/Inhalt
Differenzierbare Mannigfaltigkeiten/Kotangentialabbildung/Definition/Begriff/Inhalt
Eine differenzierbare Mannigfaltigkeit ${}M$ heißt riemannsche Mannigfaltigkeit, wenn auf jedem Tangentialraum ${}T_{P}M$ , ${}P\in M$ , ein Skalarprodukt ${}\left\langle -,-\right\rangle _{P}$ erklärt ist derart, dass für jede Karte
$\alpha \colon U\longrightarrow V$

mit ${}V\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ die Funktionen (für $1\leq i,j\leq n$ )

$g_{ij}\colon V\longrightarrow \mathbb {R} ,\,Q\longmapsto g_{ij}(Q)=\left\langle T(\alpha ^{-1})(e_{i}),T(\alpha ^{-1})(e_{j})\right\rangle _{\alpha ^{-1}(Q)},$

${}C^{1}$ - differenzierbar sind.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

Der Satz über die Fortsetzung eines äußeren Maßes.
Der Satz von der monotonen Konvergenz.
/Fakt/Name

Lösung

Es sei ${}M$ eine Menge, ${}{\mathcal {P}}$ ein Präring auf ${}M$ und
$\mu \colon {\mathcal {P}}\longrightarrow {\overline {\mathbb {R} }}_{\geq 0}$

ein äußeres Maß auf ${}M$ . Dann ist die Fortsetzung ${}{\tilde {\mu }}$ des äußeren Maßes ${}\mu$ ein äußeres Maß auf der Potenzmenge
${}{\mathfrak {P}}\,(M)$ , das auf ${}{\mathcal {P}}$ mit ${}\mu$ übereinstimmt.
Es sei ${}(M,{\mathcal {A}},\mu )$ ein ${}\sigma$ - endlicher Maßraum und sei
$f_{n}\colon M\longrightarrow {\bar {\mathbb {R} }}_{\geq 0}$

eine wachsende Folge von nichtnegativen messbaren numerischen Funktionen mit der Grenzfunktion ${}f$ . Dann gilt

${}\int _{M}f\,d\mu =\lim _{n\rightarrow \infty }\int _{M}f_{n}\,d\mu \,.$
/Fakt

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass stetige Abbildungen Borel-messbar sind.

Lösung

Nach Definition bedeutet die Stetigkeit, dass das Urbild ${}\varphi ^{-1}(V)$ von jeder offenen Menge ${}V\subseteq Y$ offen in ${}X$ ist. Nach Definition ist das Mengensystem der offenen Mengen einer Topologie ein Erzeugendensystem für die Algebra der Borelmengen. Nach Lemma 1.16 (Maß- und Integrationstheorie (Osnabrück 2022-2023)) ist somit ${}\varphi$ messbar.

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne das Volumen des von den Vektoren

{\begin{pmatrix}2\\0\\0\\1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1\\-1\\2\\0\end{pmatrix}}{\text{ und }}{\begin{pmatrix}-1\\0\\2\\1\end{pmatrix}}

im ${}\mathbb {R} ^{4}$ erzeugten Parallelotops (in dem von diesen Vektoren erzeugten Unterraum).

Lösung

Sei

v_{1}={\begin{pmatrix}2\\0\\0\\1\end{pmatrix}},\,v_{2}={\begin{pmatrix}1\\-1\\2\\0\end{pmatrix}}{\text{ und }}v_{3}={\begin{pmatrix}-1\\0\\2\\1\end{pmatrix}}.

Die Skalarprodukte haben die Werte

\left\langle v_{1},v_{1}\right\rangle =5,\,\left\langle v_{2},v_{2}\right\rangle =6,\,\left\langle v_{3},v_{3}\right\rangle =6,,

\left\langle v_{1},v_{2}\right\rangle =2,\,\left\langle v_{1},v_{3}\right\rangle =-1,\,\left\langle v_{2},v_{3}\right\rangle =3.

Die Determinante der Matrix

{\begin{pmatrix}5&2&-1\\2&6&3\\-1&3&6\end{pmatrix}}

ist

{}180-6-6-6-45-24=93\,.

Das Volumen des Parallelotops ist also ${}{\sqrt {93}}$ .

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (10 Punkte)

Beweise den Satz über die Fortsetzung eines äußeren Maßes.

Lösung

Es sei ${}T\in {\mathcal {P}}$ . Das Mengensystem ${}\{T\}$ ist natürlich eine Überpflasterung von ${}T$ , sodass ${}\mu (T)$ in der Menge vorkommt, über die das Infimum genommen wird. Für jede Überpflasterung ${}T_{i}$ , ${}i\in I$ , von ${}T$ gilt ${}T=\bigcup _{i\in I}T\cap T_{i}$ und somit

{}\mu (T)\leq \sum _{i\in I}\mu {\left(T\cap T_{i}\right)}\leq \sum _{i\in I}\mu (T_{i})\,,

sodass ${}\mu (T)={\tilde {\mu }}(T)$ gilt.
Für beliebige Teilmengen ${}S\subseteq T$ gilt trivialerweise ${}{\tilde {\mu }}(S)\leq {\tilde {\mu }}(T)$ , da eine Überpflasterung von ${}T$ insbesondere eine Überpflasterung von ${}S$ ist.
Es sei nun ${}T_{i}$ , ${}i\in I$ , eine abzählbare Familie von Teilmengen von ${}M$ . Wir müssen ${}{\tilde {\mu }}{\left(\bigcup _{i\in I}T_{i}\right)}\leq \sum _{i\in I}{\tilde {\mu }}(T_{i})$ nachweisen. Wenn der rechte Ausdruck gleich ${}\infty$ ist, so ist nichts zu zeigen. Wir können also voraussetzen, dass die rechte Familie summierbar ist. Die Summanden dieser Familie sind jeweils das Infimum über Summen, die jeweils zu Überpflasterungen gehören. Nehmen wir an, dass die linke Seite größer als die rechte Seite sei, wobei die Differenz größer als ${}\epsilon >0$ sei. Sei ${}\epsilon _{i}>0$ , ${}i\in I$ , so gewählt, dass ${}\sum _{i\in I}\epsilon _{i}\leq \epsilon$ ist; eine solche Familie gibt es aufgrund der Abzählbarkeit von ${}I$ , siehe Aufgabe *****. Zu jedem ${}i\in I$ gibt es eine Überpflasterung ${}T_{i}\subseteq \bigcup _{j\in J_{i}}T_{ij}$ mit einer abzählbaren Indexmenge ${}J_{i}$ , mit ${}T_{ij}\in {\mathcal {P}}$ und mit

{}{\tilde {\mu }}(T_{i})\leq \sum _{j\in J_{i}}\mu (T_{ij})\leq {\tilde {\mu }}(T_{i})+\epsilon _{i}\,.

Die Menge ${}L=\bigcup _{i\in I}J_{i}$ ist als abzählbare Vereinigung abzählbarer Mengen wieder abzählbar. Wir betrachten nun die durch ${}T_{\ell }$ , ${}\ell \in L$ , (mit ${}\ell =(i,j)$ ) gegebene Überpflasterung von ${}\bigcup _{i\in I}T_{i}$ . Damit gelten unter Verwendung des großen Umordnungssatzes die Abschätzungen

{}{\begin{aligned}{\tilde {\mu }}{\left(\bigcup _{i\in I}T_{i}\right)}&\leq \sum _{\ell \in L}\mu {\left(T_{\ell }\right)}\\&=\sum _{i\in I}{\left(\sum _{j\in J_{i}}\mu {\left(T_{ij}\right)}\right)}\\&\leq \sum _{i\in I}{\left({\tilde {\mu }}(T_{i})+\epsilon _{i}\right)}\\&=\sum _{i\in I}{\tilde {\mu }}(T_{i})+\sum _{i\in I}\epsilon _{i}\\&\leq \sum _{i\in I}{\tilde {\mu }}(T_{i})+\epsilon ,\end{aligned}}

ein Widerspruch.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}M$ eine Menge und es sei ${}T_{n}\uparrow M$ eine Ausschöpfung von ${}M$ mit Teilmengen ${}T_{n}\subseteq M$ , ${}n\in \mathbb {N}$ . Zu jedem ${}n\in \mathbb {N}$ sei ${}A_{n}\subseteq M\times \mathbb {R}$ der Subgraph zur Indikatorfunktion ${}e_{T_{n}}$ . Zeige, dass die ${}A_{n}$ , ${}n\in \mathbb {N}$ , eine Ausschöpfung von ${}M\times [0,1]$ bilden.

Lösung

Der Subgraph zur Indikatorfunktion ${}e_{T_{n}}$ ist

{}{\begin{aligned}A_{n}&={\left\{(x,t)\mid x\in M,\,0\leq t\leq e_{T_{n}}(x)\right\}}\\&={\left\{(x,t)\mid x\in T_{n},\,0\leq t\leq e_{T_{n}}(x)\right\}}\cup {\left\{(x,t)\mid x\in M\setminus T_{n},\,0\leq t\leq e_{T_{n}}(x)\right\}}\\&={\left\{(x,t)\mid x\in T_{n},\,0\leq t\leq 1\right\}}\cup {\left\{(x,t)\mid x\in M\setminus T_{n},\,0\leq t\leq 0\right\}}\\&=T_{n}\times [0,1]\cup (X\setminus T_{n})\times \{0\}\\&=T_{n}\times [0,1]\cup X\times \{0\}.\end{aligned}}

Wegen ${}T_{n}\subseteq T_{n+1}$ ist somit auch ${}A_{n}\subseteq A_{n+1}$ . Offenbar ist ${}A_{n}\subseteq M\times [0,1]$ . Für ein beliebiges ${}(x,t)\in M\times [0,1]$ gibt es aufgrund der Ausschöpfungseigenschaft ein ${}n\in \mathbb {N}$ mit ${}x\in T_{n}$ . Für dieses ${}n$ ist auch ${}(x,t)\in A_{n}$ , sodass ${}\bigcup _{n\in \mathbb {N} }A_{n}=M\times [0,1]$ gilt. Also liegt eine Ausschöpfung vor.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (6 (1+2+2+1) Punkte)

Wir betrachten die Differentialform

{}\omega =ydx+zdy+xdz\,

auf dem ${}\mathbb {R} ^{3}$ und die Abbildung

\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,\left(u,\,v\right)\longmapsto \left(u^{2},\,v^{2},\,uv\right).

Berechne die äußere Ableitung von ${}\omega$ .
Berechne den Rückzug ${}\varphi ^{*}\omega$ von ${}\omega$ unter ${}\varphi$ .
Berechne die äußere Ableitung von ${}\varphi ^{*}\omega$ auf ${}\mathbb {R} ^{2}$ .
Berechne den Rückzug ${}\varphi ^{*}d\omega$ von ${}d\omega$ unter ${}\varphi$ unabhängig von (3).

Lösung

Es ist
${}d\omega =d{\left(ydx+zdy+xdz\right)}=dy\wedge dx+dz\wedge dy+dx\wedge dz=-dx\wedge dy-dy\wedge dz+dx\wedge dz\,.$
Es ist
${}{\begin{aligned}\varphi ^{*}\omega &=v^{2}du^{2}+uvdv^{2}+u^{2}duv\\&=2v^{2}udu+2uv^{2}dv+u^{2}(udv+vdu)\\&={\left(2uv^{2}+u^{2}v\right)}du+{\left(2uv^{2}+u^{3}\right)}dv.\end{aligned}}$
Es ist
${}{\begin{aligned}d{\left({\left(2uv^{2}+u^{2}v\right)}du+{\left(2uv^{2}+u^{3}\right)}dv\right)}&=d{\left(2uv^{2}+u^{2}v\right)}du+d{\left(2uv^{2}+u^{3}\right)}dv\\&={\left(4uv+u^{2}\right)}dv\wedge du+{\left(2v^{2}+3u^{2}\right)}du\wedge dv\\&={\left(-4uv+2v^{2}+2u^{2}\right)}du\wedge dv.\end{aligned}}$
Der Rückzug ${}\varphi ^{*}d\omega$ ist
${}{\begin{aligned}\varphi ^{*}{\left(-dx\wedge dy-dy\wedge dz+dx\wedge dz\right)}&=-du^{2}\wedge dv^{2}-dv^{2}\wedge duv+du^{2}\wedge duv\\&=-4uvdu\wedge dv-2v^{2}dv\wedge du+2u^{2}du\wedge dv\\&={\left(-4uv+2v^{2}+2u^{2}\right)}du\wedge dv.\end{aligned}}$

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Satz von Green für ein Dreieck ${}D$ mit den Eckpunkten ${}P_{1},P_{2},P_{3}\in \mathbb {R} ^{2}$ und für die Differentialform ${}xdy$ .

Lösung

Es seien

P_{1}={\begin{pmatrix}a_{1}\\b_{1}\end{pmatrix}},\,P_{2}={\begin{pmatrix}a_{2}\\b_{2}\end{pmatrix}}{\text{ und }}P_{3}={\begin{pmatrix}a_{3}\\b_{3}\end{pmatrix}}

die drei Eckpunkte. Wegen ${}d(xdy)=dx\wedge dy$ ist das Integral zu dieser Flächenform über ${}D$ gleich dem Flächeninhalt des Dreiecks. Dieses Dreieck wird von ${}P_{1}$ aus von den beiden Vektoren ${}{\begin{pmatrix}a_{2}-a_{1}\\b_{2}-b_{1}\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}a_{3}-a_{1}\\b_{3}-b_{1}\end{pmatrix}}$ aufgespannt. Der Flächeninhalt ist nach der Determinantenformel für ein Parallelotop somit gleich

{}{\frac {1}{2}}\vert {(a_{2}-a_{1})(b_{3}-b_{1})-(b_{2}-b_{1})(a_{3}-a_{1})}\vert ={\frac {1}{2}}\vert {a_{2}b_{3}-a_{2}b_{1}-a_{1}b_{3}-a_{3}b_{2}+a_{1}b_{2}+a_{3}b_{1}}\vert \,.

Wenn die beiden Vektoren die Standardorientierung repräsentieren, was wir von nun an annehmen, so kann man den Betrag weglassen.

Wir berechnen nun das Wegintegral zu ${}xdy$ entlang des gegen den Uhrzeigersinn durchlaufenen Dreiecksrandes. Dabei geht der Weg von ${}P_{1}$ nach ${}P_{2}$ , dann nach ${}P_{3}$ und zurück zu ${}P_{1}$ (dies entspricht dem entgegengesetzten Uhrzeigersinn bei der fixierten Orientierung). Diese linearen Wege sind (jeweils auf dem Einheitsintervall definiert)