Kurs:Analysis 3/19/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	${}\sum$
Punkte	4	4	4	2	4	11	11	3	3	5	3	10	64

Aufgabe (4 Punkte)

Lösung

1. Ein Teilmengensystem ${}{\mathcal {A}}$ auf einer Menge ${}M$ heißt Mengen-Algebra, wenn folgende Bedingungen erfüllt sind.
   1. Es ist ${}M\in {\mathcal {A}}$.
   2. Mit ${}T\in {\mathcal {A}}$ gehört auch das Komplement ${}M\setminus T$ zu ${}{\mathcal {A}}$.
   3. Für je zwei Mengen ${}S,T\in {\mathcal {A}}$ ist auch ${}S\cup T\in {\mathcal {A}}$.
2. Eine Schrumpfung von ${}T$ ist eine Folge von Teilmengen ${}T_{n}$, ${}n\in \mathbb {N}$, in ${}M$ mit ${}T_{n}\supseteq T_{n+1}$ für alle ${}n\in \mathbb {N}$ und mit ${}T=\bigcap _{n\in \mathbb {N} }T_{n}$.
3. Für eine beliebige Teilmenge ${}T\subseteq M$ definiert man

   ${\tilde {\mu }}(T):=\inf \left(\sum _{i\in I}\mu (T_{i}),\,T\subseteq \bigcup _{i\in I}T_{i},\,T_{i}\in {\mathcal {P}},\,I{\text{ abzählbar}}\right)$

   und nennt dies die Fortsetzung des äußeren Maßes ${}\mu$.

4. Der topologische Raum ${}X$ heißt hausdorffsch, wenn es zu je zwei verschiedenen Punkten ${}x,y\in X$ zwei offene Mengen ${}U$ und ${}V$ gibt mit ${}x\in U,\,y\in V$ und ${}U\cap V=\emptyset$.
5. Es seien ${}(U_{i},U_{i}',\alpha _{i},i\in I)$ und ${}(V_{j},V_{j}',\beta _{j},j\in J)$ die Atlanten von ${}M$ und ${}N$. Die Abbildung

   $\varphi \colon L\longrightarrow M$

   heißt differenzierbar, wenn sie stetig ist und wenn für alle ${}i\in I$ und alle ${}j\in J$ die Abbildungen

   $\beta _{j}\circ \varphi \circ (\alpha _{i})^{-1}\colon \alpha _{i}(\varphi ^{-1}(V_{j})\cap U_{i})\longrightarrow V_{j}'$

   stetig differenzierbar sind.

6. Es seien ${}(U_{i},U_{i}',\alpha _{i},i\in I)$ und ${}(V_{j},V_{j}',\beta _{j},j\in J)$ die Atlanten von ${}M$ und ${}N$. Dann nennt man den Produktraum ${}M\times N$ versehen mit den Karten

   $\alpha _{i}\times \beta _{j}\colon U_{i}\times V_{j}\longrightarrow U_{i}'\times V_{j}'$

   (mit $(i,j)\in I\times J$ und $U_{i}'\times V_{j}'\subseteq \mathbb {R} ^{m}\times \mathbb {R} ^{n}$) das Produkt der Mannigfaltigkeiten ${}M$ und ${}N$.

7. Eine differenzierbare Mannigfaltigkeit ${}M$ mit einem Atlas ${}(U_{i},V_{i},\alpha _{i})$ heißt orientiert, wenn jede Karte orientiert ist und wenn sämtliche Kartenwechsel orientierungstreu sind.
8. Eine differenzierbare Differentialform ${}\omega$ auf ${}M$ heißt geschlossen, wenn ihre äußere Ableitung ${}d\omega =0$ ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Lösung

1. 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 gilt für jedes ${}a\in \mathbb {R} _{\geq 0}$ die Abschätzung

   ${}\int _{M}f\,d\mu \geq a\cdot \mu {\left\{x\in M\mid f(x)\geq a\right\}}\,.$

2. Die beiden Funktionen

   $M\longrightarrow {\overline {\mathbb {R} }},\,x\longmapsto \int _{N}f(x,y)\,d\nu (y),$

   und

   $N\longrightarrow {\overline {\mathbb {R} }},\,y\longmapsto \int _{M}f(x,y)\,d\mu (x),$

   sind fast überall reellwertig und fast überall integrierbar, und es gilt

   ${}\int _{M\times N}fd(\mu \otimes \nu )=\int _{M}\left(\int _{N}f(x,y)\,d\nu (y)\right)\,d\mu (x)=\int _{N}\left(\int _{M}f(x,y)\,d\mu (x)\right)\,d\nu (y)\,$

3. Es sei

   $f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} _{\geq 0},\,t\longmapsto f(t),$

   eine stetige Funktion und sei ${}K\subseteq \mathbb {R} ^{3}$ der Rotationskörper zu ${}f$ um die ${}x$-Achse. Dann besitzt ${}K$ das Volumen

   ${}\lambda ^{3}(K)=\pi \cdot \int _{a}^{b}f(t)^{2}\,dt\,.$

4. Es sei

   $\psi \colon B\left(0,r\right)\longrightarrow B\left(0,r\right)$

   eine stetig differenzierbare Abbildung der abgeschlossenen Kugel im ${}\mathbb {R} ^{n}$ in sich. Dann besitzt ${}\psi$ einen Fixpunkt.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Häuptling Winnetou möchte sich ein neues Tipi über einer quadratischen Grundfläche von ${}3\times 3$ Metern errichten. Er verwendet dafür vier Stangen mit einer Länge von ${}5$ Metern, die in den Eckpunkten der Grundfläche stehen und sich in der Zeltspitze treffen sollen.

a) Wie viel Quadratmeter Büffelhaut wird für das Zeltdach gebraucht?

b) Wie viel Kubikmeter Rauminhalt hat das neue Zelt?

Lösung

a) Die Länge einer schrägen Zeltflächenhöhe ist

${}g={\sqrt {5^{2}-{\left({\frac {3}{2}}\right)}^{2}}}={\sqrt {25-{\frac {9}{4}}}}={\sqrt {\frac {91}{4}}}={\frac {\sqrt {91}}{2}}\,.$

Die Gesamtfläche des Zeltdaches ist daher

${}4{\frac {1}{2}}3g=3{\sqrt {91}}\,.$

b) Die Diagonale der Grundfläche hat die Länge ${}3{\sqrt {2}}$, der Grundflächenmittelpunkt hat also zu den Eckpunkten den Abstand ${}{\frac {1}{2}}3{\sqrt {2}}$. Die Zelthöhe ist daher

${}h={\sqrt {5^{2}-{\left({\frac {1}{2}}3{\sqrt {2}}\right)}^{2}}}={\sqrt {25-{\frac {9}{2}}}}={\sqrt {\frac {41}{2}}}\,.$

Das Volumen des Tipis ist somit nach Satz 12.6 (Maß- und Integrationstheorie (Osnabrück 2022-2023)) gleich

${}{\frac {1}{3}}9h=3{\sqrt {\frac {41}{2}}}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass in einem Hausdorff-Raum ${}X$ jeder Punkt ${}x\in X$ abgeschlossen ist.

Lösung

Zu jedem Punkt ${}y\in X$, ${}y\neq x$ gibt es eine offene Umgebung ${}y\in U_{y}$ mit ${}x\not \in U$. Daher ist

${}X\setminus \{x\}=\bigcup _{y\neq x}U_{y}\,$

offen und somit ist das Komplement ${}\{x\}$ abgeschlossen.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise die Tschebyschow-Abschätzung (Tschebyschow-Ungleichung) für eine messbare nichtnegative Funktion

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

auf einem ${}\sigma$-endlichen Maßraum ${}(M,{\mathcal {A}},\mu )$.

Lösung

Es sei

$f\colon M\longrightarrow \mathbb {R}$

eine messbare nichtnegative Funktion und ${}a\in \mathbb {R} _{\geq 0}$. Es sei ${}T={\left\{x\in M\mid f(x)\geq a\right\}}$. Dann ist

${}T\times [0,a]\subseteq S(f)\,$

(im Subgraphen), also

${}a\cdot \mu (T)=(\mu \otimes \lambda ^{1})(T\times [0,a])\leq (\mu \otimes \lambda ^{1})(S(f))=\int _{M}f\,d\mu \,.$

Aufgabe (11 (3+8) Punkte)

Es sollen drei Kugeln mit Radius ${}1$ straff in eine Folie eingepackt werden. Berechne das Volumen des Gesamtpakets, wenn

a) die Kugeln linear und anliegend angeordnet werden,

b) die Kugeln als Dreieck anliegend angeordnet werden.

Lösung

a) Die Gesamtpackung setzt sich aus zwei Halbkugeln mit Radius ${}1$ und einem Zylinder der Höhe ${}4$ über einem Kreis mit Radius ${}1$ zusammen. Daher ist das Volumen gleich

${}{\frac {4}{3}}\pi +4\pi ={\frac {16}{3}}\pi \,.$

b) Wir wenden das Cavalieri-Prinzip an und betrachten den Querschnitt zur Höhe ${}h$, ${}-1\leq h\leq 1$. Der Kugelquerschnitt besteht aus drei Kugeln mit Radius ${}r={\sqrt {1-h^{2}}}$, deren Mittelpunkte ein gleichseitiges Dreieck mit Kantenlänge ${}2$ bilden. Wir müssen den Flächeninhalt des durch die Folie gegebenen (abgerundeten) Querschnittsdreiecks bestimmen. Die Kantenlänge des zugehörigen spitzen Dreieckes ist ${}2+2{\sqrt {3}}r$. Daher ist der Flächeninhalt dieses Dreieckes gleich

${}{\frac {1}{2}}{\frac {\sqrt {3}}{2}}{\left(2+2{\sqrt {3}}r\right)}^{2}={\sqrt {3}}{\left(1+{\sqrt {3}}r\right)}^{2}={\sqrt {3}}+6r+3{\sqrt {3}}r^{2}\,.$

Davon müssen wir die Spitzen (über den Kreisbögen) abziehen. Eine solche Spitze ergibt sich als Flächeninhalt des Vierecks, das durch Kreismittelpunkt, Dreiecksspitze und die beiden tangentialen Punkte gegeben ist, ohne einen Drittelkreis. Das ergibt ${}{\sqrt {3}}r^{2}-{\frac {\pi }{3}}r^{2}$. Der Flächeninhalt des abgerundeten Dreiecks ist also

${}{\begin{aligned}{\sqrt {3}}+6r+3{\sqrt {3}}r^{2}-3{\left({\sqrt {3}}r^{2}-{\frac {\pi }{3}}r^{2}\right)}&={\sqrt {3}}+6r+\pi r^{2}\\&={\sqrt {3}}+6{\sqrt {1-h^{2}}}+\pi {\left(1-h^{2}\right)}\\&={\sqrt {3}}+\pi +6{\sqrt {1-h^{2}}}-\pi h^{2}.\end{aligned}}$

Das Volumen der Dreieckspackung ist somit

${}{\begin{aligned}\int _{-1}^{1}{\sqrt {3}}+\pi +6{\sqrt {1-h^{2}}}-\pi h^{2}dh&=2{\left({\sqrt {3}}+\pi \right)}+3\pi -\pi {\frac {2}{3}}\\&=2{\sqrt {3}}+{\frac {13}{3}}\pi .\end{aligned}}$

Aufgabe (11 (4+7) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto x^{2}+y^{4}.$

a) Bestimme zu jedem Punkt ${}(r,s)\in \mathbb {R} ^{2}$ das Volumen des Körpers

${}K={\left\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid r\leq x\leq r+1,\,s\leq y\leq s+1,\,0\leq z\leq f(x,y)\right\}}\,.$

b) Zeige, dass das (von ${}(r,s)$ abhängige) Volumen aus Teil a) in genau einem Punkt ${}(r,s)$ minimal ist (dieser Punkt muss nicht explizit angegeben werden).

Lösung

a) Das Volumen ist

${}{\begin{aligned}\int _{r}^{r+1}\int _{s}^{s+1}x^{2}+y^{4}\,dy\,dx&=\int _{r}^{r+1}{\left(x^{2}y+{\frac {1}{5}}y^{5}\right)}|_{s}^{s+1}\,dx\\&=\int _{r}^{r+1}{\left(x^{2}(s+1-s)+{\frac {1}{5}}{\left((s+1)^{5}-s^{5}\right)}\right)}\,dx\\&=\int _{r}^{r+1}{\left(x^{2}+{\frac {1}{5}}{\left(5s^{4}+10s^{3}+10s^{2}+5s+1\right)}\right)}\,dx\\&={\left({\frac {1}{3}}x^{3}+{\left(s^{4}+2s^{3}+2s^{2}+s+{\frac {1}{5}}\right)}x\right)}|_{r}^{r+1}\\&={\frac {1}{3}}{\left((r+1)^{3}-r^{3}\right)}+{\left(s^{4}+2s^{3}+2s^{2}+s+{\frac {1}{5}}\right)}{\left(r+1-r\right)}\\&={\frac {1}{3}}(3r^{2}+3r+1)+s^{4}+2s^{3}+2s^{2}+s+{\frac {1}{5}}\\&=r^{2}+r+s^{4}+2s^{3}+2s^{2}+s+{\frac {8}{15}}.\end{aligned}}$

b) Die Ableitung der Volumenfunktion

${}V(r,s)=r^{2}+r+s^{4}+2s^{3}+2s^{2}+s+{\frac {8}{15}}\,$

ist

$(2r+1,4s^{3}+6s^{2}+4s+1).$

Ein Minimum kann nur vorliegen, wenn die Ableitung ${}0$ ist. Wir zeigen, dass dies nur für ein ${}(r,s)$ der Fall sein kann. Wegen der ersten Komponente muss ${}r=-{\frac {1}{2}}$ sein. Wir zeigen, dass die zweite Komponente

${}h(s)=4s^{3}+6s^{2}+4s+1\,$

ebenfalls nur eine Nullstelle besitzt, indem wir zeigen, dass ${}h$ streng wachsend ist. Die Ableitung von ${}h$ ist

${}h'(s)=12s^{2}+12s+4=12s(s+1)+4\,.$

Diese Funktion ist für ${}s\to \infty$ und ${}s\to -\infty$ offenbar positiv, sie besitzt also genau ein Minimum, und zwar wegen

${}h^{\prime \prime }(s)=24s+12\,$

bei

${}s=-{\frac {1}{2}}\,.$

Der Wert des Minimums von ${}h'$ ist

${}h'{\left(-{\frac {1}{2}}\right)}=12{\left(-{\frac {1}{2}}\right)}{\left(-{\frac {1}{2}}+1\right)}+4=-12\cdot {\frac {1}{4}}+4=-3+4=1>0\,.$

Dies bedeutet, dass ${}h'$ stets positiv ist und somit ist ${}h$ streng wachsend. Da ferner ${}h$ ein Polynom vom Grad ${}3$ ist, also ${}h(s)\to \infty$ für ${}s\to \infty$ und ${}h(s)\to -\infty$ für ${}s\to -\infty$ gilt, besitzt ${}h$ genau eine Nullstelle. Insgesamt besitzt also ${}V(r,s)$ genau einen kritischen Punkt.

Wir müssen noch zeigen, dass in dem einzigen kritischen Punkt ein Minimum von ${}V(r,s)$ vorliegt. Die Hesse-Matrix zu ${}V$ ist

${\begin{pmatrix}2&0\\0&12s^{2}+12s+4\end{pmatrix}}.$

Diese Matrix ist für jedes ${}s$ nach der oben durchgeführten Berechnung positiv definit, also liegt im kritischen Punkt ein Minimum vor.

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne das Integral zur Funktion

${}f(r,s,t)=s^{2}t+r\cos t\,$

über dem Einheitswürfel ${}W=[0,1]^{3}$.

Lösung

Aufgrund des Satzes von Fubini ist

${}{\begin{aligned}\int _{W}s^{2}t+r\cos t\,d\lambda ^{3}&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\left(s^{2}t+r\cos t\right)}drdsdt\\&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\left(rs^{2}t+{\frac {1}{2}}r^{2}\cos t\right)}|_{0}^{1}dsdt\\&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\left(s^{2}t+{\frac {1}{2}}\cos t\right)}dsdt\\&=\int _{0}^{1}{\left({\frac {1}{3}}s^{3}t+s{\frac {1}{2}}\cos t\right)}|_{0}^{1}dt\\&=\int _{0}^{1}{\left({\frac {1}{3}}t+{\frac {1}{2}}\cos t\right)}dt\\&={\left({\frac {1}{6}}t^{2}+{\frac {1}{2}}\sin t\right)}|_{0}^{1}\\&={\frac {1}{6}}+{\frac {1}{2}}\sin 1.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Ist die Abbildung

$\varphi \colon S^{1}\longrightarrow S^{1},\,(x,y)\longmapsto (\vert {x}\vert ,y),$

differenzierbar?

Lösung

Wir betrachten die Verknüpfung von Abbildungen

$\mathbb {R} {\stackrel {\theta }{\longrightarrow }}S^{1}{\stackrel {\varphi }{\longrightarrow }}S^{1}\subset \mathbb {R} ^{2}{\stackrel {p_{1}}{\longrightarrow }}\mathbb {R} ,$

wobei

${}\theta (t)=(\cos t,\sin t)\,$

und ${}p_{1}$ die erste Projektion ist. Die trigonometrische Parametrisierung, die Inklusion (einer abgeschlossenen Untermannigfaltigkeit) und die Projektion sind differenzierbar. Wäre ${}\varphi$ differenzierbar, so müsste auch die Gesamtabbildung differenzierbar sein. Diese ist aber

$\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto \vert {\cos t}\vert .$

Diese ist an der Stelle ${}t=\pi /2$ nicht differenzierbar, da dort die linksseitige Steigung ${}-1$ und die rechtsseitige Steigung ${}1$ ist. Die Abbildung ${}\varphi$ ist also nicht differenzierbar.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}X$ ein Torus. Man gebe eine surjektive differenzierbare Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow X$

derart an, dass auch die Tangentialabbildung

$T_{P}(\varphi )\colon T_{P}\mathbb {R} ^{2}\longrightarrow T_{\varphi (P)}X$

in jedem Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{2}$ surjektiv ist.

Lösung

Wir schreiben den Torus als ${}X=S^{1}\times S^{1}$ mit dem Einheitskreis ${}S^{1}={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid \vert {(x,y)}\vert =1\right\}}$. Die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow S^{1}\times S^{1},\,(u,v)\longmapsto (\cos u,\sin u,\cos v,\sin v),$

ist surjektiv, da es sich in den beiden Komponenten um die Standardparametrisierung des Einheitskreises handelt. Auch die Surjektivität der Tangentialabbildung lässt sich komponentenweise überprüfen, da der Tangentialraum einer Produktmannigfaltigkeit das Produkt der Tangentialräume ist. Die Ableitung von

$\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto (\cos t,\sin t),$

ist ${}(-\sin t,\cos t)\neq (0,0)$, sodass dieser Bildvektor stets den eindimensionalen Tangentialraum des Einheitskreises im Bildpunkt aufspannt.

Aufgabe (3 (2+1) Punkte)

Es sei

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

die durch

${}f(t)={\frac {\sin ^{3}(t^{4})}{1+t^{2}}}\,$

gegeben ist.

a) Berechne die äußere Ableitung von ${}f$.

b) Berechne die äußere Ableitung von ${}fdt$.

Lösung

a) Es ist ${}df=f'dt$, und zwar ist nach der Quotientenregel

${}{\begin{aligned}f'&={\frac {(1+t^{2})3\sin ^{2}(t^{4})\cos(t^{4})4t^{3}-2t\sin ^{3}(t^{4})}{(1+t^{2})^{2}}}\\&={\frac {12(t^{3}+t^{5})\sin ^{2}(t^{4})\cos(t^{4})-2t\sin ^{3}(t^{4})}{1+2t^{2}+t^{4}}}.\end{aligned}}$

b) Die äußere Ableitung von ${}fdt$ ist ${}f'dt\wedge dt=0$.

Aufgabe (10 (2+6+2) Punkte)

Wir betrachten die ${}2$- Differentialform

${}\omega =xdy\wedge dz-ydx\wedge dz+zdx\wedge dy\,$

auf der Einheitskugel ${}B\left(0,1\right)$.

a) Zeige, dass ${}d\omega$ das Dreifache der Standardvolumenform auf der Kugel ist.

b) Zeige, dass ${}\omega {|}_{S^{2}}$ die Standardflächenform auf der Einheitssphäre ist.

c) Berechne die Kugeloberfläche aus dem Kugelvolumen mit dem Satz von Stokes.

Lösung

a) Es ist

${}{\begin{aligned}d\omega &=d{\left(xdy\wedge dz-ydx\wedge dz+zdx\wedge dy\right)}\\&=dx\wedge dy\wedge dz-dy\wedge dx\wedge dz+dz\wedge dx\wedge dy\\&=dx\wedge dy\wedge dz+dx\wedge dy\wedge dz+dx\wedge dy\wedge dz\\&=3dx\wedge dy\wedge dz,\end{aligned}}$

wobei wir verwendet haben, dass sich das Vorzeichen bei der Vertauschung von Faktoren im Dachprodukt ändert.

b) Für einen Punkt ${}P={\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}\in S^{2}$ und zwei orthonormale, (zusammen mit ${}P$) die Orientierung repräsentierende Tangentialvektoren ${}u={\begin{pmatrix}u_{1}\\u_{2}\\u_{3}\end{pmatrix}}$ und ${}v={\begin{pmatrix}v_{1}\\v_{2}\\v_{3}\end{pmatrix}}$ ist nach Fakt *****

${}{\begin{aligned}\omega {|}_{S^{2}}(u,v)&=\omega (u,v)\\&=z\det {\begin{pmatrix}u_{1}&v_{1}\\u_{2}&v_{2}\end{pmatrix}}-y\det {\begin{pmatrix}u_{1}&v_{1}\\u_{3}&v_{3}\end{pmatrix}}+x\det {\begin{pmatrix}u_{2}&v_{2}\\u_{3}&v_{3}\end{pmatrix}}\\&=\det {\begin{pmatrix}x&u_{1}&v_{1}\\y&u_{2}&v_{2}\\z&u_{3}&v_{3}\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Die Determinante eines die Orientierung repräsentierenden Orthonormalsystems ist aber ${}1$. Also erfüllt die eingeschränkte Differentialform die Eigenschaft, die die Standardvolumenform charakterisiert.

c) Die Oberfläche der Kugel ist unter Verwendung von a), b), des Satzes von Stokes und des Kugelvolumens gleich

${}\int _{S^{2}}\omega =\int _{B\left(0,1\right)}d\omega =\int _{B\left(0,1\right)}3dx\wedge dy\wedge dz=3\lambda ^{3}(B\left(0,1\right))=4\pi \,.$