\documentclass[uebung]{../../../lecture}

\title{Analysis 3: Übungsblatt 7}
\author{Leon Burgard, Christian Merten}
\usepackage[]{mathrsfs}

\begin{document}

\punkte

\begin{aufgabe}[]
    Es ist $F \coloneqq \frac{1}{1+x^2} \in L^{1}((0,1))$, da $F$ auf dem beschränkten Intervall $(0,1)$
    beschränkt.
    Dann gilt mit dem Diffeomorphismus $t\colon (0, \frac{\pi}{4}) \to (0, 1)$
    mit $t(x) := \tan(x)$ für $x \in (0, \frac{\pi}{4})$ und
    $\frac{\d{t}}{\d{x}} = \frac{1}{\cos^2(x)} = 1 + \tan^2(x)$ mit
    dem Transformationssatz:
    \begin{salign*}
        \int_{(0,1)}^{} \frac{1}{1+x^2} \d{x} &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \d{t} = \frac{\pi}{4}
        \qquad (*)
    .\end{salign*}
    Es ist $g$ stetig in beiden Koordinaten, insbesondere messbar und R-integrierbar mit Hauptsatz. Damit
    folgt
    \begin{salign*}
        \int_{(0,1)}^{} \int_{(0,1)}^{} \frac{x^2 - y^2}{(x^2 + y^2)^2} \d{x}  \d{y}
        &= - \int_{(0,1)}^{} \int_{(0,1)}^{} \frac{\partial}{\partial x} \frac{x}{(x^2 + y^2)^2} \d{x}  \d{y} \\
        &= - \int_{(0,1)}^{} \frac{1}{1+y^2}  \d{y} \\
        &\stackrel{(*)}{=} - \frac{\pi}{4} \\
        &\neq \frac{\pi}{4} \\
        &\stackrel{(*)}{=} \int_{(0,1)}^{} \frac{1}{1+x^2} \d{x} \\
        &= \int_{(0,1)}^{} \int_{(0,1)}^{} \frac{\partial }{\partial y} \frac{y}{(x^2 + y^2)^2} \d{y} \d{x} \\
        &= \int_{(0,1)}^{} \int_{(0,1)}^{} \frac{x^2 - y^2}{(x^2 + y^2)^2} \d{y}  \d{x} 
    .\end{salign*}
    Die beiden Integrale stimmen nicht überein, da $g(x,y) \not\in L^{1}((0,1) \times (0,1))$, denn
    \begin{salign*}
        \int_{(0,1) \times (0,1)}^{} |g(x,y)| \d{(x,y)} &\stackrel{\text{Fubini}}{=}
        \int_{(0,1)}^{} \int_{(0,1)}^{} \frac{|x^2 - y^2|}{(x^2 + y^2)^2} \d{x}  \d{y} \\
        &= \int_{(0,1)}^{} \left[ - \int_{(0,y]}^{} \frac{x^2 - y^2}{(x^2 + y^2)} \d{x}
        + \int_{(y, 1)}^{} \frac{x^2 - y^2}{(x^2 + y^2)^2} \d{x} \right]  \d{y}  \\
        &= \int_{(0,1)}^{}\left[ \frac{y}{2 y^2} - \left( \frac{1}{1+y^2}  - \frac{y}{2y^2}\right)  \right] \d{y} \\
        &= \int_{(0,1)}^{} \frac{1}{y} \d{y} - \int_{(0,1)}^{} \frac{1}{1+y^2} \d{y}  \\
        &\stackrel{\text{mon. Konv.}}{=} \lim_{n \to \infty} \int_{[\frac{1}{n}, 1)}^{} \frac{1}{y} \d{y}
        - \frac{\pi}{4} \\
        &= - \lim_{n \to \infty} \ln\left( \frac{1}{n} \right) - \frac{\pi}{4} \\
        &= \infty
    .\end{salign*}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[a)]
        \item Es ist $(\sqrt{r^2 - 1})((1, \infty)) = (0, \infty)$,
            $(rt \sin(s))(U) = \R$ und $(rt \cos(s))(U) = \R$. $\sin$ und $\cos$ haben
            keine gemeinsamen Nullstellen und $r, t \neq 0$ für $(r, t, s) \in U$, also folgt
            \[
            \Phi(U) = \{ x \in \R^2 \times (0, \infty)  \mid x_1 \neq 0 \lor x_2 \neq 0\} 
            .\] 
            Durch Rechnung folgt
            \[
                D \Phi = \begin{pmatrix} t \cos(s) & - rt \sin(s) & r \cos(s) \\
                    t \sin(s) & rt \cos(s) & r \sin(s) \\
                    \frac{r}{\sqrt{r^2 - 1} } & 0 & 0
                \end{pmatrix}
                \quad \text{det}(D \Phi) = -\frac{r^{3}t}{\sqrt{r^2 - 1} }
            .\]
        \item Es ist $D \Phi$ auf ganz $U$ definiert und stetig, also $\Phi \in C^{1}(U)$.
            Betrachte $\Psi \colon \Phi(U) \to  U$ mit
            \[
                \Psi(u, v, w) = \begin{pmatrix} \sqrt{w^2 + 1} \\
                    \arccos\left( \frac{u}{\sqrt{ u^2 + v^2}} \right)\\
                    \sqrt{\frac{u^2 + v^2}{w^2 + 1}}
                \end{pmatrix} 
            .\] Kurze Rechnung ergibt $\Psi \circ \Phi = \text{id}$ und $\Phi \circ \Psi = \text{id}$.
            Also folgt $\Phi$ bijektiv und $\Phi^{-1} = \Psi$.
            Es ist außerdem $\Phi^{-1}$ stetig partiell differenzierbar, als Verkettung
            stetig partiell differenzierbarer Funktionen. Also $\Phi^{-1} \in C^{1}(\Phi(U))$.
            Insgesamt folgt, dass $\Phi$ ein $C^{1}$-Diffeomorphismus ist.
        \item Es ist
            \begin{salign*}
                H &= \left\{ x \in \R^{3}  \colon x_3 \in [0,2], \frac{1}{2} (1 + x_{3}^2) \le x_1^2 + x_2^2 \le 2(1 + x_3^2)\right\} \\
                &= \left\{ x \in \R^{3} \colon (r, t, s) \coloneqq \Phi^{-1}(x), \sqrt{r^2 - 1} \in [0,1],
                \frac{1}{2} r^2 \le r^2t^2 \le 2 r^2\right\}  \\
                &= \left\{ x \in \R^{3} \colon (r, t, s) \coloneqq \Phi^{-1}(x), r \in [1, \sqrt{5}], \frac{1}{2} \le t^2 \le 2\right\} \\
                &= \left\{ x \in \R^{3} \colon (r,t,s) \coloneqq \Phi^{-1}(x), r \in [1, \sqrt{5}],
                t \in \left[ \frac{\sqrt{2} }{2}, \sqrt{2}  \right] \right\}
                \intertext{Damit folgt jetzt direkt}
            \Phi^{-1}(H) &=
            \left\{ (r, t, s) \in U \colon r \in [1, \sqrt{5}], t \in
                \left[ \frac{\sqrt{2}}{2}, \sqrt{2} \right]\right\} 
            .\end{salign*}
        \item Zunächst gilt
            \[
                \int_{-\pi}^{\pi} \cos^2(s) \d{s} =
                \int_{-\pi}^{\pi} \sin^2(s) \d{s}
            .\] 
            Damit folgt
            \begin{salign*}
                \int_{-\pi}^{\pi} \cos^2(s) \d{s}
                = \frac{1}{2} \int_{-\pi}^{\pi} (\cos^2(s) + \sin^2(s)) \d{s} =
                \frac{1}{2} \int_{-\pi}^{\pi}  \d{s} = \pi \qquad (*)
            .\end{salign*}

            Es ist $H$ beschränkt, also $\mathscr{L}^{3}(H) < \infty$
            und mit $F(x) \coloneqq x_1^2 x_3$ ist $|F|$ beschränkt auf $H$, also
            $F \in L^{1}(H)$. Also folgt mit den Ergebnissen aus a) bis c) und
            dem Transformationssatz
            \begin{salign*}
                \int_{H}^{} x_1^2 x_3 \d{x} &= \int_{\Phi(\Phi^{-1}(H))}^{} F \d{x}  \\
                &\stackrel{\text{Trafo}}{=} \int_{\Phi^{-1}(H)}^{} (F \circ \Phi) | \text{det}(D \Phi)| \d{x} \\
                &\stackrel{\text{Fubini}}{=}
                \int_{1}^{\sqrt{5} }  \d{r} \int_{-\pi}^{\pi}  \d{s} \int_{\frac{\sqrt{2} }{2}}^{\sqrt{2} }
                \d{t} \frac{r^{5} t ^{3} \cos^2(s) \sqrt{r^2 - 1} }{\sqrt{r^2 - 1} } \\
                    &\stackrel{(*)}{=} \frac{155}{8} \pi
            .\end{salign*}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}[]
    Definiere $h(x,y) \coloneqq f(x) g(y)$ für $x, y \in \R^{n}$. Es ist $h$ messbar, da $f$ und $g$ messbar.
    Also gilt
    \begin{salign*}
        \int_{\R^{2n}}^{} |h(x,y)| \d{(x,y)} &\stackrel{\text{Fubini}}{=}
        \int_{\R^{n}}^{} \int_{\R^{n}}^{} |h(x,y)| \d{x}  \d{y} \\
        &= \int_{\R^{n}}^{} \int_{\R^{n}}^{} |f(x)| |g(x)| \d{x}  \d{y} \\
        &= \int_{\R^{n}}^{} |f(x)| \d{x} \int_{\R^{n}}^{} |g(y)| \d{y} \\
        &\stackrel{f,g \in L^{1}(\R^{n})}{<} \infty
    .\end{salign*}
    Also folgt $h \in L^{1}(\R^{2n})$. Außerdem gilt für $x \in \R^{n}$
    \begin{salign*}
        \int_{\R^{n}}^{} |h(x,y)| \d{y} = \int_{\R^{n}}^{} |f(x)| |g(y)| \d{y} = |f(x)| \int_{\R^{n}}^{} |g(y)| \d{y} < \infty
    .\end{salign*}
    Also mit $g_x \colon \R^{n} \to \R$, $y \mapsto h(x,y)$ ist auch $g_x \in L^{1}(\R^{n})$.
    Damit folgt nun
    \begin{salign*}
        \left( \int_{\R^{n}}^{} f(x) \d{x}  \right)
        \left( \int_{\R^{n}}^{} g(x) \d{x}  \right)
        &= \int_{\R^{n}}^{} f(x) \int_{\R^{n}}^{} g(y) \d{y}  \d{x} \\
        &= \int_{\R^{n}}^{} \int_{\R^{n}}^{} f(x) g(y) \d{y} \d{x} \\
        &= \int_{\R^{n}}^{} \left( \int_{\R^{n}}^{} h(x,y) \d{y} \right) \d{x} \\
        &\stackrel{\text{Trafo}}{=} \int_{\R^{n}}^{} \left( \int_{\R^{n}}^{} h(x, y - x) \d{y} \right)  \d{x} \\
        &\stackrel{\text{Fubini}}{=} \int_{\R^{n}}^{} \left( \int_{\R^{n}}^{} h(x, y-x) \d{x}  \right)  \d{y}  \\
        &= \int_{\R^{n}}^{} \int_{\R^{n}}^{} f(x)g(y-x) \d{x}  \d{y} \\
        &= \int_{\R^{n}}^{} (f * g)(y) \d{y} 
    .\end{salign*}
    Das zeigt alle Behauptungen.
\end{aufgabe}

\end{document}
