f : R →R 2, betrachte G = { (x, y) : f (x) = y } ∈ R 2 .

(1)

2 Übungsblatt Mathematik für Physiker III

2.1 Stetigkeit und Abgeschlossenheit

Gegeben:

f : R →R ²

^, ^betrachte

G = { (x, y) : f (x) = y } ∈ R ² .

a)

z.z.:

f

^stetig

⇒ G

abgeschlossen

Angenommen, mit

R → R ²

^ist ^gemein^t, ^dass

f

^für ^jedes

x ∈ R

^deniert ^ist:

Das bedeutet,dass füralle

a ∈ R

^und^für ^alle^gegen

a

konvergierende Folgen

(x _n )

^gilt

n lim →∞ (x _n , f (x _n )) = (a, f (a)) .

Dasist abergeradedieDenition einer abgeschlossenen Menge

b)

z.z.:

G

abgeschlossen

⇒ f

^stetig

Gegenbeispiel:

f (x) = ( ₁

x , x 6 = 0 0, x = 0

Die Funktion ist abgeschlossen, an der Stelle 0, genau, wie in jedem anderen Punkt.

Allerdingsnicht stetig.

2.2 Ableitung von Determinanten

Die Funktion

ϕ

^berechnet^sich^wie ^folgt:

ϕ (t) = det

f , ~g, ~h ~

=

f ₁ g ₁ h ₁ f ₂ g ₂ h ₂ f ₃ g ₃ h ₃

= f ₁ g ₂ h ₃ + g ₁ h ₂ f ₃ + h ₁ f ₂ g ₃ − h ₁ g ₂ f ₃ − g ₁ f ₂ h ₃ − f ₁ h ₂ g ₃

= ε _αβγ f α g _β h γ .

(2)

Produktregel ableitet:

∂ϕ

∂t = ∂f ₁

∂t g ₂ h ₃ + f ₁ ∂g ₂

∂t h ₃ + f ₁ g ₂ ∂h ₃

∂t + ∂g ₁

∂t h ₂ f ₃ + g ₁ ∂h ₂

∂t f ₃ + g ₁ h ₂ ∂f ₃

∂t + . . .

− ∂f ₁

∂t h ₂ g ₃ − f ₁ ∂h ₂

∂t g ₃ − f ₁ h ₂ ∂g ₃

∂t

= ε _αβγ ∂

∂t f _α (t) g _β (t) h _γ (t)

= det ∂

∂t f , ~g, ~h ~

+ det

f , ~ ∂

∂t ~g, ~h

+ det

f , ~g, ~ ∂

∂t ~h

Es scheint sinnvoll, diese Formelallgemein auf quadratische Matrizen

M (n × n, R )

^mit

M = (m ₁ , m ₂ , . . . , m n )

^zu übertragen, sodassgilt:

∂ϕ _M (t)

∂t = det ( ˙ m ₁ , m ₂ , . . . , m _n ) + det (m ₁ , m ˙ ₂ , . . . , m _n ) + · · · + det ( ˙ m ₁ , m ₂ , . . . , m ˙ _n )

2.3 Abrundung von Ecken

Es gilt:

¯ γ (t) =



 

 

( − t, 0) t ≤ − 1, (. . . , . . . ) − 1 < t < 1, (t, t) t ≥ 1,

wobei

¯ γ (t) ∈ K _(0,0) (2)

^für

− 1 < t < 1

^noch ^zu ^bestimmen ^ist. ^Es ^folgt ^mit ^den

Randbedingungen:

¯

γ ₁ ⁰ (1) = 1,

¯

γ ₁ ⁰ ( − 1) = − 1,

¯

γ ₁ (1) = 1,

¯

γ ₁ ( − 1) = 1,

und dem Ansatz eines Polynoms 3ten Grades

at ³ + bt ² + ct + d

für die erste Kom-

ponente

1 2 t ² + ¹ ₂ ,

^wie ^bereits ^im^T^utorium ^bestimmt.^Für^die ^zweite ^Komponente^gelten

diefolgenden Randbedingungen:

¯

γ ⁰ ₂ (1) = 1,

¯

γ ₂ ⁰ ( − 1) = 0,

¯

γ ₂ (1) = 1,

¯

γ ₂ ( − 1) = 0,

(3)

lineareGleichungssystem:

3a + 2b + c = 1, 3a − 2b + c = 0, a + b + c + d = 1,

− a + b − c + d = 0,

ausdiesem können wirdanndie Koezientenbestimmen.

3a + 2b + c = 1, 4b = 1, 2b + 2d = 1,

− a + b − c + d = 0,

hierausfolgen

b = ¹ ₄

^und

d = ¹ ₄ ,

3a + c = 1 2 ,

b = 1

4 , a + c = 1

2 ,

d = 1

4 ,

an dieser Stelle sieht man, dass

a = 0

^sein ^muss, ^da ^sonst ^das Gleichungssystem nicht lösbar wäre. Somit folgt für

c = ¹ ₂ .

^Der ^Ansatz ^liefert ^das ^Polynom ^2ten ^Grades

1 4 t ² + ¹ ₂ t + ¹ ₄ ,

^somit^folgt^also ^für ^die^gesamte^Kurve:

¯ γ (t) =



 

 

( − t, 0) t ≤ − 1,

1 2 t ² + ¹ ₂ , ¹ ₄ t ² + ¹ ₂ t + ¹ ₄

− 1 < t < 1,

(t, t) t ≥ 1,

Nun zeigen wirnoch,dass

¯ γ (t) ∈ K _(0,0) (2)

^für

− 1 < t < 1

^gilt:

| ¯ γ (t) | ² = 1

4 t ² + 1 2

+ 1

16 (t + 1) ⁴ ,

= 4

16 t ⁴ + 2t + 1 + 1

16 t ⁴ + 4t ³ + 6t ² + 4t + 1 ,

= 4

16 t ⁴ + 8 16 t + 4

16 + 1

16 t ⁴ + 4

16 t ³ + 6

16 t ² + 4 16 t + 1

16 ,

= 1

16 5t ⁴ + 4t ³ + 6t ² + 12t + 5

,

(4)

wobei wir nun die Wurzel ziehen können und mit der Annahme, dass

| t | ≤ 1

^gilt

(t → 1)

^,^folgt:

¯ γ (t) ≤

r 32 16 = √

2,

somit bendet sichdie Kurve also imKreis mit dem Radius

2

^um^den ^Ursprung,^wie

manauchgut auf folgender Skizzeerkennen kann.

1 2

− 1

− 2

− 3

1 2 3 4

− 1

t = − 1 t = 1 y

x

2.4 Zylinder

Der Einfachheit halber, nehmen wir an,die sich ergebende Schnittkurve

γ ¯

^läge ⁱⁿ ^einer

Ebene. Später werden wirdurch Einsetzen überprüfen, ob diese Annahme auch richtig

war.

Die Schnittkurve, muss in dem Zylinder enthalten sein, kann also auf jeden Fall in

der

x − y

^-Ebene ^durch Polarkoordinaten als ein Kreis umden Punkt

(1, 0)

beschrieben werden. Das heiÿt

γ _x (t) = 1 + cos t

^und

γ _y (t) = sin t

^, ^wobei

t ∈ [0, 2π] .

^Aus ^der

Bedingung für den Zylinder

(x − 1) ² + y ² = 1

folgt

y ² = 1 − (x − 1) ² = 2x − x ² .

Setzt mandiesindieBedingung

x ² + y ² + z ² = 4

^für^die ^Kugel ^ein,^erhält ^man:

z ² = 4 − 2x = 4 − 2 (1 + cos t) = 2 − 2 cos t,

und weil

z ≥ 0

^,^wie ^man^an ^der^Skizze^leicht ^sehen^kann,^k^ann ^man^sogar ^sagen:

z = √

2 − 2 cos t.

DaherdieBehauptung:

γ ¯ (t) = 1 + cos t, sin t, √

2 − 2 cos t

.

^Bleibt^noch^zuüberprüfen, dass

γ ¯ ∈ Z

^und

γ ¯ ∈ S ₊

(5)

¯

γ ∈ Z

^sieht^man^sofort,^da^wir

γ _x

^und

γ _y

^nicht^verändert^haben^und

Z

^keine^Bedingung

an

z

^stellt.

¯

γ ∈ S ₊

^k^ann ^man^schnell nachrechnen:

|| γ ¯ || ² = γ _x ² + γ _y ² + γ _z ²

= (1 + cos t) ² + sin ² t + 2 − 2 cos t

= 1 + 2 cos t + cos ² t + sin ² t

| {z }

1

+2 − 2 cos t

= 4

Im Anhang ist einPlot derParametrisierung zu nden.

f : R →R 2, betrachte G = { (x, y) : f (x) = y } ∈ R 2 .

f : R →R 2

G = { (x, y) : f (x) = y } ∈ R 2 .

f

⇒ G

R → R 2

f

x ∈ R

a ∈ R

a

(x n )

n lim →∞ (x n , f (x n )) = (a, f (a)) .

G

⇒ f

f (x) = ( 1

x , x 6 = 0 0, x = 0

ϕ

ϕ (t) = det

f , ~g, ~h ~

=

f 1 g 1 h 1 f 2 g 2 h 2 f 3 g 3 h 3

= f 1 g 2 h 3 + g 1 h 2 f 3 + h 1 f 2 g 3 − h 1 g 2 f 3 − g 1 f 2 h 3 − f 1 h 2 g 3

= ε αβγ f α g β h γ .

∂ϕ

∂t = ∂f 1

∂t g 2 h 3 + f 1 ∂g 2

∂t h 3 + f 1 g 2 ∂h 3

∂t + ∂g 1

∂t h 2 f 3 + g 1 ∂h 2

∂t f 3 + g 1 h 2 ∂f 3

∂t + . . .

− ∂f 1

∂t h 2 g 3 − f 1 ∂h 2

∂t g 3 − f 1 h 2 ∂g 3

∂t

= ε αβγ ∂

∂t f α (t) g β (t) h γ (t)

= det ∂

∂t f , ~g, ~h ~

+ det

f , ~ ∂

∂t ~g, ~h

+ det

f , ~g, ~ ∂

∂t ~h

M (n × n, R )

M = (m 1 , m 2 , . . . , m n )

∂ϕ M (t)

∂t = det ( ˙ m 1 , m 2 , . . . , m n ) + det (m 1 , m ˙ 2 , . . . , m n ) + · · · + det ( ˙ m 1 , m 2 , . . . , m ˙ n )

¯ γ (t) =



 

 

( − t, 0) t ≤ − 1, (. . . , . . . ) − 1 < t < 1, (t, t) t ≥ 1,

¯ γ (t) ∈ K (0,0) (2)

− 1 < t < 1

¯

γ 1 0 (1) = 1,

¯

γ 1 0 ( − 1) = − 1,

¯

γ 1 (1) = 1,

¯

γ 1 ( − 1) = 1,

at 3 + bt 2 + ct + d

1

2 t 2 + 1 2 ,

¯

γ 0 2 (1) = 1,

¯

γ 2 0 ( − 1) = 0,

¯

γ 2 (1) = 1,

¯

γ 2 ( − 1) = 0,

3a + 2b + c = 1, 3a − 2b + c = 0, a + b + c + d = 1,

− a + b − c + d = 0,

3a + 2b + c = 1, 4b = 1, 2b + 2d = 1,

− a + b − c + d = 0,

b = 1 4

f : R →R ²

G = { (x, y) : f (x) = y } ∈ R ² .

R → R ²

(x _n )

n lim →∞ (x _n , f (x _n )) = (a, f (a)) .

f (x) = ( ₁

f ₁ g ₁ h ₁ f ₂ g ₂ h ₂ f ₃ g ₃ h ₃

= f ₁ g ₂ h ₃ + g ₁ h ₂ f ₃ + h ₁ f ₂ g ₃ − h ₁ g ₂ f ₃ − g ₁ f ₂ h ₃ − f ₁ h ₂ g ₃

= ε _αβγ f α g _β h γ .

∂t = ∂f ₁

∂t g ₂ h ₃ + f ₁ ∂g ₂

∂t h ₃ + f ₁ g ₂ ∂h ₃

∂t + ∂g ₁

∂t h ₂ f ₃ + g ₁ ∂h ₂

∂t f ₃ + g ₁ h ₂ ∂f ₃

− ∂f ₁

∂t h ₂ g ₃ − f ₁ ∂h ₂

∂t g ₃ − f ₁ h ₂ ∂g ₃

= ε _αβγ ∂

∂t f _α (t) g _β (t) h _γ (t)

M = (m ₁ , m ₂ , . . . , m n )

∂ϕ _M (t)

∂t = det ( ˙ m ₁ , m ₂ , . . . , m _n ) + det (m ₁ , m ˙ ₂ , . . . , m _n ) + · · · + det ( ˙ m ₁ , m ₂ , . . . , m ˙ _n )

¯ γ (t) ∈ K _(0,0) (2)

γ ₁ ⁰ (1) = 1,

γ ₁ ⁰ ( − 1) = − 1,

γ ₁ (1) = 1,

γ ₁ ( − 1) = 1,

at ³ + bt ² + ct + d

2 t ² + ¹ ₂ ,

γ ⁰ ₂ (1) = 1,

γ ₂ ⁰ ( − 1) = 0,

γ ₂ (1) = 1,

γ ₂ ( − 1) = 0,

b = ¹ ₄

d = ¹ ₄ ,

c = ¹ ₂ .

4 t ² + ¹ ₂ t + ¹ ₄ ,

2 t ² + ¹ ₂ , ¹ ₄ t ² + ¹ ₂ t + ¹ ₄

¯ γ (t) ∈ K _(0,0) (2)

| ¯ γ (t) | ² = 1

4 t ² + 1 2

16 (t + 1) ⁴ ,

16 t ⁴ + 2t + 1 + 1

16 t ⁴ + 4t ³ + 6t ² + 4t + 1 ,

16 t ⁴ + 8 16 t + 4

16 t ⁴ + 4

16 t ³ + 6

16 t ² + 4 16 t + 1

16 5t ⁴ + 4t ³ + 6t ² + 12t + 5

γ _x (t) = 1 + cos t

γ _y (t) = sin t

(x − 1) ² + y ² = 1

y ² = 1 − (x − 1) ² = 2x − x ² .

x ² + y ² + z ² = 4

z ² = 4 − 2x = 4 − 2 (1 + cos t) = 2 − 2 cos t,