¨Ubungen zur Höheren Mathematik 3 für Physiker

WS 2004/05
Blatt 1
15.10.04
Übungen zur Höheren Mathematik 3 für Physiker
Apl. Prof. Dr. G. Herbort
Aufgabe 1. Es sei A eine symmetrische positiv definite n × n-Matrix über IR und r > 0.
Berechnen Sie für das Ellipsoid E (r) = {~x ∈ IRn | ~x · A ~x < r2 } das Volumen.
Lösung. Wir können A als A = B T · B mit einer B ∈ GL(n, IR) schreiben. Es sei nun
f (~x) = 1r B · ~x. Dann wird E (r) durch f diffeomorph auf die Einheitskugel B(0, 1) abgebildet.
Der Transformationssatz liefert jetzt
Z
Z
1
n
1d x =
| det Jf |dn x
|
det
J
|
f
E (r)
E (r)
Z
1
1
=
Vol(B(0, 1))
1 dn y =
| det Jf | B(0,1)
| det Jf |
=
2π n/2 rn
1
n p
nΓ( 2 )
det(A )
denn det(A ) = det(B) und damit | det Jf | =
2
√
det(A )
.
rn
Aufgabe 2. Sei n = 2 und A wie in Aufgabe 1. Für r > 0 berechnen Sie das Integral
Z
1
√
d2 x
2
r − ~x · A ~x
E (r)
Lösung. Wir gehen ähnlich vor wie in Aufgabe 1, nur arbeiten wir jetzt mit g(~y ) = √
Der Transformationssatz ergibt jetzt
Z
Z
1
1
2
√
dx =
g ◦ f (~x)| det Jf |d2 x
2
r|
det
J
|
r − ~x · A ~x
f
E (r)
Z E (r)
1
=
g(~y )d2 y
| det Jf | B2 (0,1)
Z 1
2π
tdt
2πr
√
=
=p
r| det Jf | 0
1 − t2
det(A )
R 1 tdt
denn 0 √1−t
2 = 1.
1
.
1−k~
y k2
Aufgabe 3. Angenommen, es seien A und r wie in Aufgabe 2. Berechnen Sie das Volumen
der Menge
x1
3
P = {~x ∈ IR | (x1 , x2 )A
≤ x3 ≤ r}
x2
Lösung. Mit dem Prinzip von Cavalieri erhalten wir


Z
Z
Z r
√
x1

 2 0


Vol(P ) =
dx3  d x = r · Vol(E ( r)) −
(x1 , x2 )A
d2 x0
x
√ 
√
1
x
2

(x1 ,x2 )A 
E ( r)
E ( r)
x2
Nun sei f (~x 0 ) :=
h(~y ) := rk~y k2 :
Z
√1 B ~
x 0,
r
wobei B wie in Aufgabe 2 sein soll. Dann wird, wenn wir setzen
√
E ( r)
(x1 , x2 )A
√
Zusammen mit Vol(E ( r)) =
x1
x2
1
h(f (~x 0 ))| det Jf |d2 x0
| det Jf |
Z
1
=
h(~y )d2 y
| det Jf | B(0,1)
Z 1
2πr
=
t3 dt
| det Jf | 0
πr2
= √
2 det A
d2 x0 =
√ πr
det A
folgt
πr2
Vol(P ) = √
2 det A
Aufgabe 4. Sei f ∈ C (IRn ) eine Funktion mit der Eigenschaft, dass
Z
f (~x)g(~x)dn x = 0, für alle g ∈ Cc (IRn )
IRn
Zeigen Sie, dass dann schon f = 0 sein muss.
Lösung. Anderenfalls gäbe es einen Punkt ~x0 mit f (~x0 ) 6= 0. Wir nehmen an, es sei 2ε :=
f (~x0 ) > 0. Dann gibt es einen Radius r > 0, so dass f (~x) <> ε, wenn k~x − ~x0 k < 2r. Nun finden
wir aber eine Funktion g ∈ Cc (IRn ) mit den folgenden Eigenschaften:
a) g ≥ 0 überall, b) g(~x) = 1, wenn k~x − ~x0 k < r und g(~x) = 0, wenn k~x − ~x0 k ≥ 2r. Dann
ist sicher
Z
Z
n
f (~x)g(~x)d x ≥
f (~x)g(~x)dn x ≥ ε > 0
IRn
B(~
x0 ,r)
ein Widerspruch.
Zur Funktion g: Es sei zunächst h(t) = 1, wenn 0 ≤ t ≤ 1 und h(t) = 2 − t, wenn 1 ≤ t ≤ 2,
schließlich soll noch h(t) = 0 sein, wenn t ≥ 2. Dann setzen wir g(~x) = h(k~x − ~x0 k/r).