Sven Grützmacher
Christian Düll
Analysis 2 Übung
Aufgaben
Multiple Choice
Beantworte mit w oder f
Sei U ⊂ Rn offen, ω ∈ A 1 (U ) und Φ, Ψ ∈ A 0 (U ) mit d Φ = d Ψ. Dann ist Φ = Ψ
Für i ∈ N und ω ∈ A i (Rn ) gilt ω ∧ ω = 0
Auf dem Rn sind alle geschlossenen Differentialformen auch exakt
Sei f ∈ C 1 (Rn ). Dann gilt ∂x ∂ y f = ∂ y ∂x f
CC (U ) liegt dicht in L(U ) für U ⊂ Rn offen
Sei P (x) =
P
n∈N
a n x n und x 0 ∈ R mit P (x 0 ) 6= 0. Dann ist Q(x) = 1/P (x) eine Potenzreihe mit RQ > 0
Sei f stetig. Dann ist f ∈ L ⇔ | f | ∈ L
Konstante Funktionen sind integrierbar
Sei f ∈ C ∞ . Dann besitzt f eine Taylorreihe
Die stetigen Funktionen auf R bilden einen Verband
R
Aus inf f ≤ g folgt stets f ≤ g
Sei ω ∈ A n (Rn ). Dann gilt d ω = 0
Integration
b) Bestimmen Sie den Wert der konvergenten Reihe
∞ (k + 1)2
X
k!
k=0
Aufgabe 1. Gelte f n −→ f fast überall. Dann gilt
Z
Z
lim f n = f
(Hinweis: Verwende Teil a))
Aufgabe 2. Zeige
Aufgabe 10. Bestimme die Potenzreihenentwicklung vom
Hauptzweig des arctan x. Wo konvergiert die Reihe?
1
Hinweis: (arctan x)0 = 1+x
2 . Fubini
Z∞
e −x cosn (x)d x
lim
n−→∞
0
existiert und berechne den Wert.
©
ª
Aufgabe 3. Sei ( f n )n ⊂ L̂ mit Zf n & f und
Z gelte inf I ( f n ) >
−∞. Dann ist f ∈ L̂ und es gilt f = lim f n .
Zeige:
©
ª
R
Aufgabe 4. Sei L0 = f ∈ L | f ≥ 0, f = 0
a) Zeige: L0 ist ein Halbverband und das L-Integral I definiert dort ein abstraktes Integral
+
b) Wir setzen B = L0 . Bestimme B und B
−
c) Welche Funktionen
integrierbar?
(B, I )
sind
bzgl
Aufgabe 11. Nicht jede Funktion lässt sich über ihre Taylorreihe darstellen. Wir betrachten
(
2
e −1/x x 6= 0
f (x) =
0
x =0
Lebesgue-
a) Es gilt
³
´
2 (n)
e −1/x
=
1
P n (x) − x 2
Q n (x) e
x 6= 0
0
x =0
(
für Polynome P n ,Q n .
b) die Taylorreihe von f im Ursprung konvergiert für alle
x ∈R
d) Zeige: L B = B
Aufgabe 5. Berechne
c) f (x) ist nicht gleich T f (x) für x 6= 0
Z
2
z d x d y d z,
K
Aufgabe 12. a) Es ist
wobei K ⊂ R2 , K = {(x, y, z) | x 2 + y 2 + z 2 < 1}.
Z1
a0 =
Aufgabe 6. Berechne das Volumen des Zylinders mit Radius
R und Höhe h, also von
Z = {(x, y, z) | x 2 + y 2 ≤ R, 0 ≤ z ≤ h}.
Hinweis: Verwende Zylinder Koordinaten
xd x =
0
1
2
und
Z1
an =
xe −2πi nx d x = −
0
e −2πi n
1
=−
2πi n
2πi n
f : (0, R) × (0, 2π) × (0, h)
(r, φ, z) 7→ (r cos φ, r sin φ, z)
b) wir betrachten kurz den Fall x = 0. In L 2 gilt ja
Aufgabe 7. Sei ω = 2yd x + x 2 d y − 3zd z. Berechne das Kurvenintegral von ω entlang γ : [1, 3] → R3 ,
t
3
γ(t ) = 1 + t .
t2
x=
für x = 0 würde aber folgen
0=
Reihen
∞ xn
X
Aufgabe 8. Zeige: e =
, d.h. Zeige
k=0 n!
x
a) die Reihe konvergiert für alle x ∈ R
b) die Taylorreihe stellt die Funktion überall dar, also:
R n (x) −→ 0 für jedes x ∈ R.
Tip: nutze Aufgabe vorher
Aufgabe 9. a) Bestimme die Potenzreihenentwicklung von
f (x) = (1 + 3x + x 2 )e x
und berechne ihren Konvergenzradius.
X e 2πi nx
1
+
−
2 n∈ZX 2πi n
X
1
1
−
−
2 n∈ZX 2πi n
die hintere Summe konvergiert aber nicht! D.h. die Reihe
kann nicht punktweise gegen die Funktion konvergieren.
PS: selbst nach falscher Argumentation, wenn man sagt,
dass die Summe Null ergibt, würde man hier einen Widerspruch bekommen.
Differentialformen
Aufgabe 13. Sei F : R3 −→ R2 gegeben durch
¡
¢
F (x, y, z) = x 2 + y z , e x y z
und ω = uv 3 d u ∧ d v
a) Es ist
Zeige:
F ∗ ω = F ∗ (uv 3 )F ∗ d u ∧ F ∗ v
¡
¢
= (x 2 + y z)e 3x y z · ∂x F 1 d x + ∂ y F 1 d y + ∂z F 1 d z
¡
¢
∧ ∂x F 2 d x + ∂ y F 2 d y + ∂z F 2 d z
¡
¢
= (x 2 + y z)e 3x y z · 2xd x + zd y + yd z
¡
¢
∧ y ze x y z d x + xze x y z d y + x ye x y z d z
= (x 2 + y z)e 4x y z ·
¡ 2
¢
(2x z − y z 2 )d x ∧ d y + (2x 2 y − y 2 z)d x ∧ d z
a) f ist überall lokal umkehrbar
b) f ist nicht global umkehrbar
Aufgabe 18. Sei U ⊂ Rn mit n > 1, f ∈ C 1 (U ) und
d et (D f )(x) 6= 0 für alle x ∈ U .
Zeige: ist f injektiv auf U , so ist f auf ganz U umkehrbar mit
f −1 ∈ C 1 .
µ 3
¶
u + uv + v 3
Aufgabe 19. Sei f : R −→ R ; (u, v) −→
.
u2 − v 2
Zeige: um (1, 1) existiert eine Umgebung, so dass f dort bijektiv ist.
2
b) hier haben wir
d (F ∗ ω) = kei neLust ....
Aufgabe 14. Sei U ⊂ R2 die offene Menge U = R2 \ {(x, 0) | x ≤
0} und ω ∈ A 2 (U )
ω=
x2 − y 2
2x y
dx + 2
d y.
(x 2 + y 2 )2
(x + y 2 )2
xn
=0
n−→∞ n!
Tip: wähle für jedes x ein m > x und betrachte den Bruch für
n > m.
Aufgabe 20. Zeige: für x ∈ R gilt lim
Aufgabe 21. Sei tan(x) =
Beweise deine Antworten auf folgende Fragen:
Zeige: tan0 (x) =
a) Ist ω geschlossen auf U ?
b) Ist ω exakt auf U ?
Hinweis: Skizziere dir U .
2
sin(x)
.
cos(x)
1
= 1 + tan2 (x) auf (− π2 , π2 )
cos2 (x)
Aufgabe 22. Sei cot(x) =
1
cos(x)
.
sin(x)
¡
¢
= − 1 + cot2 (x) auf (0, π)
Aufgabe 15. Beweise oder widerlege jeweils. Seien ω, η ∈
A 1 (Rn ) 1-Formen und f : Rn → R eine C 1 -Funktion.
Zeige: cot0 (x) = −
a) Sind ω und η beide geschlossen, so auch ω + η.
Aufgabe 23. Zeige:
b) Ist ω geschlossen, so auch f · ω.
a) auf (− π2 , π2 ) existiert eine Umkehrfunktion zum tan. Wir
schreiben tan−1 = arctan
c) Sind ω und η beide exakt, so auch ω + η.
d) Ist ω exakt, so auch f · ω.
Diverses
Aufgabe 16. Sei f , f −1 ∈ C 1 . Dann gilt
( f −1 )0 =
1
f 0 ( f −1 (x))
Aufgabe 17. Wir betrachten
f (x, y) =
sin2 (x)
b) auf (0, π) existiert eine Umkehrfunktion zum cot. Wir
schreiben cot−1 = arccot
Aufgabe 24. Zeige:
1
a) sin (arccot (x)) = p
= cos (arctan (x))
1 + x2
b) sin(arccos(x)) =
µ x
¶
e cos(y)
e x sin(y)
p
1 − x 2 = cos(arcsin(x))
Aufgabe 25. Bestimme die Ableitungen von arctan, arccot
auf den jeweiligen Intervallen.
Lösungen
Multiple Choice
= wahr und
= falsch
Sei U ⊂ Rn offen, ω ∈ A 1 (U ) und Φ, Ψ ∈ A 0 (U ) mit d Φ = d Ψ. Dann ist Φ = Ψ
Für i ∈ N und ω ∈ A i (Rn ) gilt ω ∧ ω = 0
Auf dem Rn sind alle geschlossenen Differentialformen auch exakt
Sei f ∈ C 1 (Rn ). Dann gilt ∂x ∂ y f = ∂ y ∂x f
CC (U ) liegt dicht in L(U ) für U ⊂ Rn offen
Sei P (x) =
P
n∈N
a n x n und x 0 ∈ R mit P (x 0 ) 6= 0. Dann ist Q(x) = 1/P (x) eine Potenzreihe mit RQ > 0
Sei f stetig. Dann ist f ∈ L ⇔ | f | ∈ L
Konstante Funktionen sind integrierbar
Sei f ∈ C ∞ . Dann besitzt f eine Taylorreihe
Die stetigen Funktionen auf R bilden einen Verband
R
Aus inf f ≤ g folgt stets f ≤ g
Sei ω ∈ A n (Rn ). Dann gilt d ω = 0
Integration
Lösung 1. Gelte f = lim f n auf X \ N für eine Nullmenge N .
Wir setzen f n (x) = 1 für x ∈ N und n ∈ N. Es gilt
Z
Z
lim f n =
X
Z
lim f n +
X \N
Z
Z
lim f n =
N
f +0 =
X \N
Z
f+
X \N
Z
f =
N
f
X
Insbesondere sehen wir hier, dass das Abändern von f n (x)
auf N keine Auswirkung auf das Integral hat.
Lösung 2. Beweis in 3 Schritten:
Da abz Vereinigungen von Nullmengen wieder Nullmengen sind ist auch f maximal auf einer Nullmenge von Null
verschieden. Es folgt also
½
¾
Z
+
+
B = f : X −→ R | f = 0
der Unterschied zu B ist hier ,dass die Funktionen nach
R+ abbilden!
−
c) Alle,¡ denn sei
R wähle h ∈
h =
¢ f : X −→
¡ B durch
¢
+
min 0, f − 1 und g ∈ B durch g = max 0, f + 1 .
1. e −x ∈ L:
Wir betrachten f n (x) = e −x χ[0,n] . Dann definiert f n eine monotone Folge in L mit f n % e −x , denn f n ist stetig
auf dem Kompaktum [0, n] und e −x ≥ 0.
Nach Beppo Levi folgt also e −x ∈ L
2. e −x cosn (x) ∈ L:
Wir definieren g m = e −x cosn (x)χ[0,m] . Damit ist g m ∈ L
da stetig auf Kompaktum.
Desweiteren gilt |g m | ≤ e −x ∈ L für alle m ∈ N. Nach
dem Satz von Lebesgue folgt e −x cosn (x) ∈ L.
R
R
Dann ist h ≤ f ≤ g und 0 = g − h < ε für alle ε > 0.
d) Klar, denn alle Funktionen sind integrierbar. In L liegen
aber nur Funktionen mit Werten in R , ! nicht ! R+ .
Lösung 5. Wir erinnern uns an die sphärischen Koordinaten
aus Aufgabe 12.
Diese sind definiert durch
f : (0, 1) × (0, π) × (0, 2π) → R3
|
{z
}
3. eigentliche Aufgabe:
Wir wissen f n = e −x cosn (x) ∈ L und wegen | f n | ≤ e −x ∈
L folgt nach Satz von Lebesgue
f (r, θ, φ) = (r sin θ cos φ, r sin θ sin φ, r cos θ).
Z∞
Z∞
−x
n
lim
e cos (x)d x =
lim e −x cosn (x)d x
Damals haben wir auch die Funktionaldeterminante berechnet. Es gilt
n−→∞
n−→∞
0
Z∞
0
0d x = 0
=
0
wobei die letzte Gleichheit nach Aufgabe 1 gilt, denn
| cosn (x)| −→ 0 auf R \ {kπ}
Lösung 3. Wir betrachten g n = f 1 − f n . Dann folgt direkt
g n ∈ L̂ da L̂ ein Verband ist.©
ª
Desweiteren
©
ª ist wegen inf I ( f n ) > −∞ auch
sup I ( f n ) < ∞. Nach Beppo-Levi folgt also g = f 1 − f ∈ L und
Z
Z
f 1 − f = lim
f1 − fn
Da g , f 1 ∈ L folgt auch f ∈ L, d.h. wir dürfen das linke Integral
auseinander
ziehen.
R
Weil f 1 nicht von n abhängt existiert lim f n genau dann
wenn der rechte Limes existiert. Es folgt also
Z
Z
Z
Z
Z
Z
f − f 1 = f 1 − f = lim f 1 − f n = f 1 − lim f n
Z
Z
⇔ f = lim f n
©
Lösung 4. Sei L0 = f ∈ L |
R
f =0
ª
a) Das
ist einfach nachrechnen. Das Integral ist linear und
R
f = 0, also passt alles.
b) Wir haben ja
½
¾
Z
B = f : X −→ R | f = 0
und
©
ª
B + = f : X −→ R+ | ∃( f n )n ⊂ B : f n % f
B :=
det(D f (r, θ, φ) = r 2 sin θ 6= 0
∀θ ∈ (0, π)
Insbesondere ist f ein orientierter Koordinatenwechsel und
wir können die Substitutionsregel anwenden, denn es gilt bis
auf Nullmengen f (B ) = K .
Z
Z
Subst
z2d x d y d z =
f 2 (r, θ, φ) · |D f (r, θ, φ)| d r d θ d φ
K
B
Z
=
r 2 cos2 θr 2 sin θd r d θ d φ
(0,1)×(0,π)×(0,2π)
Z
Nul l meng en
=
r 2 cos2 θr 2 sin θ d r d θ d φ
[0,1]×[0,π]×[0,2π]
Z
Z
Z
F ubi ni
=
r 2 cos2 θr 2 sin θ d r d θ d φ
[0,1] [0,π] [0,2π]
2π Z π Z 1
4
2
Z
=
0
=
0
2π Z π
Z
=
0
0
1
5
r5
cos θ sin θ
5
0
0
·
2
0
2π Z π
Z
r cos θ sin θ d r d θ d φ
¸1
dθ dφ
0
cos2 θ sin θd θ d φ
Nun substituieren wir u = cos θ und erhalten
1
=
5
2π Z 1
Z
0
1
u du dφ =
5
−1
2
2π · u 3 ¸1
Z
0
3
dφ =
−1
4π
.
15
Lösung 6. Wir bemerken zuerst, dass f ein orientierter Koordinatenwechsel ist, denn
cos φ
D f (r, φ, z) = sin φ
0
−r sin φ
r cos φ
0
0
0
1
Eine Laplace-entwicklung gibt uns sofort, dass det D f = r >
0, also ist f tatsächlich ein Koordinatenwechsel und wir kön-
nen die Substitutiosnregel werden.
Z
Z
1d s =
1 · rdr dφdz
Z
(0,R)×(0,2π)×(0,h)
Z
Nul l meng en
=
1 · rdr dφdz
F ubi ni
=
hZ
Z
=
0
[0,R]×[0,2π]×[0,h]
2π Z R
hZ
Z
0
0
2π R 2
2
0
b) Es gilt nach a)
∞ (k + 1)2
∞ (k + 1)2
X
X
=
· 1n = f (1) = (1 + 3 · 1 + 12 )e 1 = 5e
k!
k!
k=0
k=0
Lösung 10. Es gilt:
∞
∞
X
1
1
Geom X
=
=
(−x 2 )k =
(−1)k x 2k
2
2
1+x
1 − (−x )
k=0
k=0
rdr dφdz
0
d φ d z = πR 2 h
Lösung 7. Wir berechnen zunächst den Pullback γ∗ (ω)
γ∗ (ω) = γ∗ (2yd x + x 2 d y − 3zd z)
= γ∗ (2y) ∧ γ∗ (d x) + γ∗ (x 2 ) ∧ γ∗ (d y) − γ∗ (3z) ∧ γ∗ (d z)
Für |−x 2 | < 1, also für |x| < 1. Dies ist dann auch der gesuchte
Konvergenzradius, da die geometrische Reihe außerhalb divergiert. Innerhalb des Konvergenzradius dürfen Potenzreihen nach Fubini gliedweise integriert werden (Vertauschung
zweier Integrale) und damit gilt:
arctan x =
= (6t 4 − 2t 3 + 2)d t
=
Damit berechnet sich das Kurvenintegral durch
Z
γ
ω=
3
Z
1
γ∗ (ω) =
3
Z
1
6t 4 − 2t 3 + 2d t =
1272
.
5
Beachte hierbei, dass γ stetig diffbar und nicht nur stückweise diffbar ist.
0
Z x
∞
1
F ubi ni X
k
d
t
=
(−1)
t 2k d t
1+ t2
0
k=0
∞ (−1)k
X
x 2k+1 .
2k
+
1
k=0
Lösung 11. Nicht jede Funktion lässt sich über ihre Taylorreihe darstellen. Wir betrachten
(
2
e −1/x x 6= 0
f (x) =
0
x =0
Zeige:
Reihen
a) Einfach Induktion über n. Beachte das Summen und Produkte von Polynomen wieder Polynome sind und
∞ xn
X
, d.h. Zeige
k=0 n!
Lösung 8. Zeige: e x =
x
Z
= 2(1 + 2t 3 ) ∧ 1d t + t 2 ∧ 6t 2 d t − 3t 2 ∧ 2t d t
2
e −1/x
=0
x−→0 P (x)
a) Folgt direkt mit Cauchy-Hadamard oder Wurzelkriterium
oder oder oder.
b) Nach Aufgabe 39 existiert für jedes x ∈ R ein C > 0 mit
lim
für jedes Polynom P .
b) Nach a) gilt f (n) (0) = 0 und damit ist T f (x) = 0. Diese Reihe konvergiert sicher überall.
xn
|R n (x)| ≤ C
−→ 0
n!
2
c) für x 6= 0 ist klar, dass e −1/x 6= 0.
Lösung 9. a) Wir benutzen die Potenzreihenentwicklung
von e x :
f (x) = (1 + 3x + x 2 )e x = (1 + 3x + x 2 )
Lösung 12. Sei f (x) = xχ[0,1] (x) ∈ L 2 ([0, 1], C)
a) Berechne die Fourierreihe von f
∞ xn
X
n=0 n!
b) Betrachte einen der Fälle x ∈ {0, 1/2, 1}. Was sagt dir das?
∞ xn
∞ x n+1
∞ x n+2
X
X
X
+3
+
n=0 n!
n=0 n!
n=0 n!
n
∞ xn
∞
∞
X
X
X
x
xn
=
+3
+
n=0 n!
n=1 (n − 1)! n=2 (n − 2)!
∞ xn
∞
∞
X
X
X
xn
xn
= 1+x +
+ 3x + 3
+
n=2 n!
n=2 (n − 1)! n=2 (n − 2)!
¶
∞ µ 1
X
3
1
= 1 + 4x +
+
+
xn
n!
(n
−
1)!
(n
−
2)!
n=2
=
∞ n 2 + 2n + 1
∞ (n + 1)2
X
X
= 1 + 4x +
xn =
xn .
n!
n!
n=2
n=0
Differentialformen
Lösung 13. TODO TODO Sei F : R3 −→ R2 gegeben durch
¡
¢
F (x, y, z) = x 2 + y z , e x y z
und ω = uv 3 d u ∧ d v
a) Berechne F ∗ ω
b) Berechne d (F ∗ ω)
Lösung 14. a) Man rechnet nach, dass
dω = 0
Der Konvergenzradius berechnet sich nach Blatt 10 durch
r=
lim sup
1
q
n
2
| (n+1)
n! |
=
1
p
n
lim sup
Beachte hierbei, dass
p
n
(n + 1)2 = 1
p
n
lim sup n! = ∞.
lim sup
(n+1)2
p
n
n!
= ∞.
Also ist ω geschlossen.
b) Durch eine Skizze erkennt man, dass U wahrscheinlich
ein Sterngebiet ist mit Sternmittelpunkt auf der positiven
x-Achse. Wir zeigen das, mit Sternmittelpunkt x ∗ = (1, 0)
(Jeder andere Punkt würde ebenfalls funktionieren).
Sei p = (x, y) ∈ U . Wir müssen eine Gerade von p nach x ∗
finden, die ganz in U liegt.
Fall 1: x>0
Dann liegt die Gerade
Lösung 17. a) Es ist
f : [0, 1] → U
µ ¶
µ
¶
1
x −1
f (t ) =
+t ·
0
y −0
D f (x, y) =
µ x
e cos(y)
e x sin(y)
−e x sin(y)
e x cos(y)
¶
Damit folgt d et (D f (x, y)) = e x 6= 0 für beliebige x ∈ R2 .
Nach dem Umkehrsatz ist f also überall lokal umkehrbar.
ganz in U ( die x-Koordinate ist immer ≥ 0).
Fall2: x ≤ 0
Da x ≤ 0 und p ∈ U folgt, dass y 6= 0. Wir können die selbe
Gerade verwenden
f : [0, 1] → U
µ ¶
µ
¶
1
x −1
f (t ) =
+t ·
0
y −0
Da y 6= 0 konstant ist, verläuft auch diese Gerade ganz in
U.
Damit ist U ein Sterngebiet. Nach a) ist ω geschlossen und
somit nach dem Poincare Lemma auch exakt.
Lösung 15. a) Sind ω und η beide geschlossen, so ist d ω =
d η = 0. Es gilt aber wegen der Additivität der Ableitung
d (ω + η) = d ω + d η = 0 + 0 = 0.
Also ist ω + η geschlossen.
ω geschlossen ist. Sei weiter f (x, y) = x ∈ C 1 (R2 ). Dann
gilt:
xy
−x 2
df ω=d 2
d
x
+
dy
x + y2
x2 + y 2
µ
2
+ 2x
Lösung 18. Wir schränken das Bild von f auf f (U ) ein. Damit
ist f auch surjektiv, also bijektiv.
Nun wissen wir nach dem Umkehrsatz: ∀y ∈ f (U ) gibt es ein
ε y > 0 so dass f −1 auf B ε y (y) in C 1 ist.
Sei nun (y 1 , ε1 ), (y 2 , ε2 ), so dass A = B ε1 (y 1 ) ∩ B ε2 (y 2 ) 6= ;.
Da Umkehrfunktionen eindeutig und f −1 ∈ C 1 auf A folgt direkt, dass f −1 überall in C 1 liegen muss.
Lösung 19. Es ist in (1, 1)
det
µ 3
3u + v
2u
¶
3v 2 + u
= −16
−2v
Nach dem Umkehrsatz folgt die Behauptung.
Lösung 20. Wähle für jedes x ein m > x und betrachte den
Bruch für n > m, dann für x > 0
xn
x m · x n−m
m m · x n−m
xm
=
≤
= C · m −→ 0
n−m
n! n · · · · · (m + 1) · m · · · · · 1
m
m!
m
b) Diese Aussage ist im Allgemeinen falsch. Wir geben ein
Gegenbeispiel an:
y
Sei ω = x 2 +y 2 d x + x 2−x
d y. Man rechnet leicht nach, dass
+y 2
= bl a · d x ∧ d x + x
b) Wegen f (x, y) = f (x, y + 2π) ist f nicht injektiv und somit
nicht global umkehrbar.
denn x/m < 1.
Lösung 21. Es ist
µ
sin
tan =
cos
0
¶0
(
1
cos2 + sin2
cos2
=
=
sin2
2
cos2
1 + cos
2 = 1 + tan
¶
x2 − y 2
dy ∧dx
(x + y 2 )2
2
−x − y + x y
d x ∧ d y + bl a · d y ∧ d y
(x 2 + y 2 )2
Lösung 22. Analog zu Aufgabe 1. Durch die Quotientenregel
erhalten wir aber ein negatives Vorzeichen im Zähler.
Lösung 23. Sei U = (−π/2, π/2) und V = (0, π)
a) Es ist für alle x ∈ U
tan0 (x) =
−3x 2 − y 2 + 2x y
=x
d x ∧ d y 6= 0
(x 2 + y 2 )2
c) Seine nun ω, η beide exakt mit Potentialen f und g, also
ω = d f und η = d g . Dann ist f+g ein Potential für ω + η,
denn
d ( f + g ) = d f + d g = ω + η.
Also ist ω + η exakt.
d) Auch diese Aussage ist falsch. Betrachte ω = xd x + yd y.
Dann ist ω geschlossen und ist wegen dem Poincare Lemma also exakt (R2 ist sternförmig). Wir wählen f (x, y) =
x 2 + y 2 . Dann rechnet man nach, dass d f ω 6= 0 ist. Also
kann ω f nicht exakt sein, da exakte Formen immer geschlossen sind.
Nach dem Umkehrsatz existiert also lokal eine Umkehrfunktion.
Da der Tangens auf U injektiv ist erhalten wir auf ganz U
eine Umkehrfunktion.
b) Analog, denn cot0 (x) ist auf V nicht Null.
Lösung 24. a) Wir zeigen nur die erste Gleichheit. Der Rest
verläuft analog.
Sei u = arccot(x). Dann gilt
sin2 (u) + cos2 (u) = 1
⇒1 +
( f ◦ f −1 )0 (x) = f 0 ( f −1 )(x) · ( f −1 )(x) = I d 0 (x) = 1
cos2 (u)
2
sin (u)
=
1
sin2 (u)
⇒1 + x 2 = 1 + cot2 (u) =
Diverses
Lösung 16. Nach der Kettenregel folgt
1
>0
cos2 (x)
1
sin2 (u)
Also durch Umstellen und Wurzelziehen die Behauptung
(beachte: alles positive Zahlen!).
b) analog zu a)
Lösung 25. Zur Erinnerung:
Lemma 1. Sei f , f −1 ∈ C 1 . Dann gilt ( f −1 )0 = 1/ f ( f −1 (x)).
Also erhalten wir z.B.:
arctan0 (x) =
1
tan0 (arctan(x))
= cos2 (arctan(x)) =
1
1 + x2
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