Analysis II für M, LaG/M, Ph 12. Tutoriumsblatt
Fachbereich Mathematik WS 2010/11
Prof. Dr. Christian Herrmann 28.1.2011
Vassilis Gregoriades Horst Heck
Aufgaben
Aufgabe T12.1
Gegeben sei der Kreisringsektor
K={(x,y)∈R2:x≥0,y≥0und9≤x2+y2≤81}.
Es seiσdie Polarkoordinatenabbildung. Geben Sie eine MengeBan, so dassσ(B) =Kgilt. Berechnen Sie den Flächen- inhalt vonKund den Schwerpunkt(xS,yS), der durch
xS:= 1 µ(K)
Z
K
xd(x,y)
yS:= 1 µ(K)
Z
K
yd(x,y)
definiert ist.
Lösung: Es giltB={(r,ϕ): 3≤r≤9und0≤ϕ≤π2}. Der Flächeninhalt ist µ(K) =
Z
K
d(x,y) = Zπ/2
0
Z9
3
drdϕ=18π.
Für den Schwerpunkt berechnet man
xS= 1 µ(K)
Z
K
xd(x,y) = 1 µ(K)
Zπ/2 0
Z9
3
r2cosϕdrdϕ=13 π und
yS= 1 µ(K)
Z
K
yd(x,y) = 1 µ(K)
Zπ/2 0
Z9
3
r2sinϕdrdϕ= 13 π.
Aufgabe T12.2 (Cantor Mengen)
Es seiα ∈]0, 1]. Wir definieren nun rekursiv eine Folge von MengenCnα ⊂[0, 1] welche jeweils aus der Vereinigung von2nabgeschlossenen disjunkten Intervallen besteht. Es seiC0α= [0, 1].Cnα+1entsteht ausCnα, indem man zu jedem Teilintervall[a,b]ausCnαdas offene Intervall]a+2b−2·3αn+1, a+b
2 +2·3αn+1[der Länge α
3n+1 herausnimmt. Z.B ist also
C1=C0\ 1
2− α 2·3,1
2+ α 2·3
=
0,1 2− α
2·3
∪ 1
2+ α 2·3, 1
Die MengeCα:=T
n∈NCnα wird modifizierte Cantormenge genannt.
1
(a) Zeigen sie, dassCαabgeschlossen und[0, 1]\Cαdicht in[0, 1]ist.
(b) Zeigen Sie, dassCαnur fürα=1Jordan messbar ist und bestimmen Sie in diesem Fall das Jordan Maß vonC1. (c) Für die folgenden Teilaufgaben sei nunα=1. In diesem Fall nennt man die MengeC:=C1Cantormenge. Zeigen
Sie, dass sich jedes Element ausCfür genau eine Folge(an)n∈ {0, 1}Nin der FormP∞ n=12an
3n schreiben läßt.
Hinweis:Benutzen Sie, dass sich jedesx∈[0, 1]triadisch darstellen läßt. D.h. jedesx∈[0, 1]läßt sich durch eine Reihex=P∞
n=1 bn
3n mitbn∈ {0, 1, 2}darstellen.
(d) Zeigen Sie, dass die Funktionφ:C→[0, 1],P∞ n=12an
3n 7→P∞ n=1
an
2n surjektiv, monoton steigend aber nicht injektiv ist.
Hinweise:(i) Jeder Punkt in[0, 1]hat eine binäre Darstellung. (ii) Seia,b∈C mita<bin der Darstellung aus (c). Betrachten Sie den kleinsten Koefiizientenak,bk∈ {0, 1}, so dassbk6=akist. (iii) Berechneφ(13)undφ(23). (e) Zu x ∈ [0, 1]\C sei α(x) = inf{y ∈ C|(y,x)⊂ [0, 1]\C}. Zeigen Sie, dass die sogenannte Cantorfunktion
ψ:[0, 1]→[0, 1],
x7→
φ(x) falls x∈C φ(α(x)) falls x∈[0, 1]\C
stetig und monoton steigend ist. (Sie ist sogar in allen Punktenx6∈Cdifferenzierbar und es giltψ0(x) =0.) Hinweis:Aus der Monotonie und der Surjektivität folgt schon die Stetigkeit.
Lösung:
(a) Cα ist abzählbarer Schnitt abgeschlossener Mengen und damit abgeschlossen.[0, 1]\Cα ist dicht, denn zu jedem Punktx∈Cαliegt ein Punkty∈[0, 1]\Cαbeliebig nahe anx. Dies kann man sich folgendermassen klar machen.
Zu" >0genügend klein sei y:=x+"∈[0, 1](fallsx=1setze y:=x−"). Ist y∈[0, 1]\Cαist nichts mehr zu zeigen. Ist y∈Cα dann wird in einem genügend späten Iterationsschritt ein Intervall zwischenx und y entfernt, welches Elemente aus[0, 1]\Cαenthält. Insbesondere enthältCαkein Intervall positiver Länge.
(b) In jedem Iterationsschritt werden vonCnα2ndisjunkte Intervalle der Länge α
3n+1 entfernt. Als ZerlegungenZnneh- men wir alle herausgenommenen Intervalle und die verbleibenden Teilintervalle vonCnα. Daher giltO(Zn+1,Cα) = O(Zn,Cα)−2n α
3n+1. Rekursiv errechnet sichO(Zn,Cα) =1−α(13+29+· · ·+2n−13n ). Es ergibt sich
n→∞limO(Zn,Cα) =1−α 2
X∞ j=1
(2
3)j=1−α
Aus Teil (a) folgt, dassU(Zn,Cα) =0für jedesαgilt. Daher istCαgenau für den Fallα=1messbar undC1ist eine Nullmenge.
(c) Jeder Punkt in[0, 1]lässt sich triadisch darstellen. Es istb31 ein Element vonC1:=C11genau dann wennbk∈ {0, 2}.
Induktiv ergibt sichPn k=1
bk
3k ∈Cn:=Cn1genau dann wennbk∈ {0, 2}für allek=1 . . .n. Also gilt auchP∞
n=1 2an
3n ∈ Cgenau dann wenn(an)n=a∈ {0, 1}N. Verschiedener solcher Reihen ergeben verschiedene Elemente ausC, denn wenn sich zu zwei Folgena,b∈ {0, 1}N die Einträgeak,bkzu einemk∈Nunterscheiden, dann liegtP∞
n=12an 3n in einem anderen Teilintervall vonCk wieP∞
n=12bn
3n Bemerkung: Inbesondere folgt damit, dassC überabzählbar ist, da{0, 1}Nüberabzählbar ist.
(d) Surjektivität: Zu jedem Elementx∈[0, 1]gibt es eine binäre Darstellungx=P∞ n=1
an
2n,an∈ {0, 1}. Folglich istφ surjektiv.
Injektivität:φist nicht injektiv, denn zum Beispiel 1
3und 2
3liegen inCaber es gilt φ(1
3) =φ(0·2 3+
X∞ n=2
2 3n) =
X∞ n=2
1 2n= 1
2=φ(2 3+
X∞ n=2
0
3n) =φ(2 3).
Monotonie:Seien nun a,b∈C mita =P∞ n=2
2an
3n < b =P∞ n=2
2bn
3n ∈C mita,b (mitan,bn ∈ {0, 1}). Seik die kleinste natürliche Zahl, für dieak6=bkgilt. Es ist
0<b−a=2(bk−ak) 3k +2
X∞ n=k+1
bn−an
3n <2(bk−ak) 3k + 1
3k. Also mussak=0undbk=1gelten. Daher folgt
φ(a) =
k−1
X
n=1
an 2n+
X∞ n=k+1
an 2n≤
k−1
X
n=1
an 2n+
X∞ n=k+1
1 2n ≤
k−1
X
n=1
bn 2n+ 1
2k ≤ X∞ n=1
bn
2n =φ(b).
Also istφmonoton steigend.
2
(e) ψist aufCmonoton steigend und in allen anderen Bereichen lokal konstant. Aus (c) folgt daher dasψmonoton stiegend und surjektiv ist. Daraus folgt aber schon die Stetigkeit, denn zu jedem offene IntervallUim Bild[0, 1]ist auchf−1(U)ein offenes Intervall .
3