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

\title{Analysis 3: Übungsblatt 11}
\author{Leon Burgard, Christian Merten}
\newcommand{\tageq}{\stepcounter{equation}\tag{\theequation}}
\usepackage[]{mathrsfs}

\begin{document}

\punkte

\begin{aufgabe}[]
    Es ist $M - p \coloneqq \{ x - p  \mid x \in M\} $ ebenfalls $C^{1}$ Mannigfaltigkeit mit
    $T_{0}(M-p) = T_{p}M$. Es kann also durch Übergang zu $M-p$ o.E. $p = 0$ angenommen werden.

    Es existiert also eine Umgebung $\Omega$ von $0$, ein $U \subseteq \R^{n}$ und
    ein $g \in C^{1}(U, \R^{m-n})$ mit
    $M \cap \Omega = \pi(\text{graph }g)$. Durch Umnummerierung der Koordinaten sei o.E. $\pi = \text{id}$
    und durch Verschiebung von $U$ o.E. $0 = (0, g(0))$. Setze
    nun $\varphi\colon U \to \R^{m}$ mit $\varphi(y) \coloneqq (y, g(y))$ $\forall y \in U$. Dann
    ist $\varphi$ nach Beweis von Satz 5.2 (Implikation (ii) nach (iii)) eine Karte,
    also $\varphi \in C^{1}(U, \R^{m})$ mit
    $\varphi(U) = M \cap \Omega$.

    Da $\Omega$ Umgebung von $0$, ex. ein $s > 0$, s.d. $B_s(0) \subseteq \Omega$. Sei nun $r < s$
    und $y \in \varphi^{-1}(M \cap B_r(0))$. Dann
    ist $|\varphi(y)| \le r$. Also
    \[
        |y| = |(y,0)| \le |(y, g(y))| = |\varphi(y)| \le r \tageq \label{eq:1}
    .\]

    Damit folgt
    \begin{salign*}
        \sup \{ \text{dist}(x, T_0M) \colon x \in M \cap B_r(0) \}
        &= \sup \{ \text{dist}(\varphi(y), T_0 M) \colon y \in \varphi^{-1}(M \cap B_r(0))\} \\
        &= \sup \left\{ \inf \{ | \varphi(y) - D \varphi(0) z| \colon z \in \R^{n}\} \colon y \in \varphi^{-1}(M \cap B_r(0)) \right\} \\
        &\stackrel{\text{Taylor}}{=} \sup \{ \inf \{ | D\varphi(0)y + o(|y|) - D\varphi(0)z |
        \colon z \in \R^{n}\} y \in \varphi^{-1}(M \cap B_r(0))\} \\
        &\le \sup \{ \inf \{ |D\varphi(0)(y - z)| + |o(|y|)| \colon z \in \R^{n}\}
        y \in \varphi ^{-1}(M \cap B_r(0))\} \\
        &= \sup \{ |o(|y|)| \colon y \in \varphi^{-1}(M \cap B_r(0)) \} \\
        &\stackrel{\text{(\ref{eq:1})}}{\le } \sup \{ |o(|y|)| \colon y \in B_r(0) \subseteq \R^{n}\} \\
        &= o(r)
    .\end{salign*}
    Das zeigt die Behauptung.
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[a)]
        \item Sei $ p \in M$ mit $p = (x, g(x))$ für ein $x \in U$.
            Analog zu A1 ist eine Karte von $M$ gegeben als
            $\varphi\colon U \to M$ mit $\varphi(x) := \varphi(x, g(x))$ $\forall x \in U$. Dann
            ist $T_pM = \text{im}D\varphi(x)$. Im folgenden bezeichne
            $E_n \in \R^{n \times n}$ die Einheitsmatrix. Dann gilt für $x \in U$:
            \[
                D \varphi(x) = \begin{pmatrix} E_n \\ \nabla g(x)^{t} \end{pmatrix}
                \in \R^{m \times  n}
            .\] Damit folgt
            \[
                T_pM = \text{im}D\varphi(x) =
                \left\{ \begin{pmatrix} a \\ \nabla g(x)^{t} a \end{pmatrix} \colon a \in \R^{n} \right\}
            .\] Betrachte nun
            \[
                V\coloneqq \left\{ \begin{pmatrix} - \nabla g(x) \\ 1 \end{pmatrix} t \colon t \in \R \right\}
            .\] Es ist für $t \in \R$ und $a \in \R^{n}$:
            \[
                \begin{pmatrix} - \nabla g(x) \\ 1 \end{pmatrix} t \cdot
                \begin{pmatrix} a \\ \nabla g(x) \cdot a \end{pmatrix}
                = t ( - \nabla g(x) \cdot a + \nabla g(x) \cdot a) = 0
            .\] Also ist $V \subseteq T_pM^{\perp} = N_pM$. Da außerdem
            $\text{dim } V = 1 = \text{dim } N_{p}M$ folgt $V = N_pM$.
        \item Beh.: Für $v \in \R^{n}$ gilt $\text{det}(E_n + vv^{t}) = 1 + |v|^2$.
            \begin{proof}
                Ergänze $v$ zu einer OB mit $u_2, \ldots, u_n \in \R^{n}$. Es gilt
                \[
                (E_n + vv^{t})v = E_n v + v |v|^2 = (1 + |v|^2)v
                .\] Weiter gilt für $k \in \{2, \ldots, n\} $:
                \[
                    (E_n + vv^{t})u_k = u_k + v \underbrace{v^{t}u_k}_{=0} = u_k
                ,\] da $v \perp u_k$. Also sind $v, u_2, \ldots, u_n$ Eigenvektoren
                von $E_n + v v^{t}$. Damit ist $\text{det}(E_n + v v^{t}) $ das Produkt
                der Eigenwerte, also
                \[
                    \text{det}(E_n + v v^{t}) = (1+|v|^2) 1^{n-1} = 1 + |v|^2
                    \tageq \label{eq:2}
                .\]
            \end{proof}
            Es gilt für $x \in U$:
            \[
                D^{t}\varphi(x) D\varphi(x) \stackrel{\text{(a)}}{=}
                \begin{pmatrix} E_n & \nabla g(x) \end{pmatrix}
                \begin{pmatrix} E_n \\ \nabla g(x)^{t} \end{pmatrix}
                = E_n + \nabla g(x) \nabla g(x)^{t}
            .\] 
            Es ist bereits $(U, \varphi)$ vollständiges System von Karten für $M$. Damit folgt
            \begin{salign*}
            \int_{M}^{} f \d{\mathscr{H}^{n}}
            &\stackrel{\text{Def.}}{=} \int_{U}^{} (f \circ \varphi) \sqrt{\text{det}(D^{t}\varphi(x)D\varphi(x)) }  \d{x} \\
            &\stackrel{\text{(\ref{eq:2})}}{=} \int_{U}^{} f(x, g(x)) \sqrt{1 + |\nabla g(x)|^2}  \d{x}
            .\end{salign*}
        \item Es gilt für $x \in U$:
            \[
                \nabla g(x) = -6x
            .\] Damit folgt
            \[
                (F \cdot \nu)(x, g(x)) = \begin{pmatrix} x_1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
                \cdot \begin{pmatrix} - \nabla g(x) \\ 1 \end{pmatrix}
                \frac{1}{\sqrt{1 + |\nabla g(x)|^2} }
                = \frac{6 x_1^2}{\sqrt{1 + |\nabla g(x)|^2} }
            .\] Es ist $U$ beschränkt und $\sup_{x \in U} x_1^2 = 1 < \infty$, also
            $x_1^2 \in L^{1}(U)$. Also Transformationssatz mit Polarkoordinaten anwendbar.
            Außerdem sind $r^2$ und $\cos^2\varphi$ stetig, also R.-integrierbar mit Hauptsatz
            und Integrale stimmen auf kompakten Intervallen überein.
            Damit folgt
            \begin{salign*}
            \int_{M}^{} F \cdot \nu \d{\mathscr{H}^2}
            &= \int_{U}^{} (F \cdot \nu)(x, g(x)) \sqrt{1 + |\nabla g(x)|^2}  \d{x} \\
            &= \int_{U}^{} 6 x_1^2 \d{x} \\
            &\stackrel{\text{Polarkoord}}{=}
            6 \int_{(0,1)}^{} \d{r} \int_{0}^{2\pi} r^2 \cos^2 \varphi \d{\varphi} \\
            &\stackrel{\mathscr{L}^{n}(\{0, 1\})=0}{=}
            6 \int_{0}^{1} r^2 \d{r} \int_{0}^{2\pi} \cos^2\varphi \d{\varphi} \\
            &= 2 \frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi} (\cos^2\varphi + \sin^2\varphi) \d{\varphi} \\
            &= 2\pi
            .\end{salign*}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[a)]
        \item Sei $\Omega = B_1(0) \subseteq \R^{m}$ offen. Dann
            ist $\partial \Omega = S^{m-1} \in C^{1}$ (letzter Zettel).
            Dann ist $\nu = \text{id} \in C^{0}(\Omega, S^{m-1})$
            die äußere Normale, da für $x \in S^{m-1}$ und $t>0$:
            \[
                |x + t\nu(x)| = |x + tx| = \sqrt{\sum_{i=1}^{n} (x_i (1+t))^2}
                = (1+t) |x| = 1+t > 1
            .\] Also $x + t\nu(x) \not\in S^{m-1}$. Da die äußere Normale eindeutig ist, folgt
            $\text{id}$ ist die äußere Normale von $S^{m-1}$.
        \item Da
            $\Omega$ beschränkt, also auch $\partial \Omega$ und da $\partial \Omega$ abgeschlossen,
            nach Heine Borel kompakt und da $|x \cdot \nu(x)|$ stetig, ex. ein
            $S > 0$, s.d. $|x \cdot \nu(x)| \le S$ $\forall x \in \partial \Omega$. Da
            Da $\partial \Omega$ beschränkt, folgt $\mathscr{H}^{m-1}(\partial \Omega) < \infty$, insbesondere
            $x \cdot \nu \in L^{1}(\partial \Omega)$.

            Es ist $x \in C^{\infty}(\R^{m}, \R^{m})$ und
            \[
                \text{div }x = \sum_{i=1}^{m} \partial_i x_i = \sum_{i=1}^{m} 1 = m
            .\] Es gilt nun
            \begin{salign*}
                m \mathscr{L}^{m}(\Omega) &= \int_{\Omega}^{} m \d{x} \\
                &= \int_{\Omega}^{} \text{div }x \d{x} \\
                &\stackrel{\text{Gauß}}{=} \int_{\partial \Omega}^{} x \cdot \nu(x) \d{\mathscr{H}^{m-1}}
            .\end{salign*}
            Setze nun $\Omega \coloneqq B_1(0) = B \setminus \partial \Omega$.
            Es ist $\mathscr{L}^{m}(\partial \Omega) = 0$,
            also folgt $\mathscr{L}^{m}(B) = \mathscr{L}^{m}(\Omega)$. Nun ist $\Omega$ offen
            und beschränkt mit $\partial \Omega = S^{m-1} \in C^{1}$. Mit (a) und (b) folgt nun
            \begin{salign*}
                \mathscr{H}^{m-1}(S^{m-1}) &= \int_{S^{m-1}}^{}  \d{\mathscr{H}^{m-1}} \\
                &= \int_{S^{m-1}}^{} |x|^2 \d{\mathscr{H}^{m-1}} \\
                &\stackrel{\text{(a)}}{=} \int_{S^{m-1}}^{} x \cdot \nu(x) \d{\mathscr{H}^{m-1}} \\
                &\stackrel{\text{(b)}}{=} m \mathscr{L}^{m}(\Omega) \\
                &= m \mathscr{L}^{m}(B)
            .\end{salign*}
        \item Es ist $S^2$ beschränkt und $x_1^{4}$ auf $S^2$ beschränkt, also
            $x_1^{4} \in L^{1}(S^2)$. Damit folgt mit der selben Argumentation wie
            in 2c im letzten Schritt:
            \begin{salign*}
                \int_{S^2}^{} x_1^{4}  \d{\mathscr{H}^2} &=
                \int_{S^2}^{} \begin{pmatrix} x_1^{3} \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
                \cdot \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} \d{\mathscr{H}^2} \\
                &\stackrel{\text{(a)}}{=} \int_{S^2}^{} \begin{pmatrix} x_1^{3} \\ 0 \\ 0  \end{pmatrix}
                \cdot \nu(x)\d{\mathscr{H}^2} \\
                &\stackrel{\text{Gauß}}{=} \int_{B_1(0)}^{} \text{div }
                \begin{pmatrix} x_1^{3} \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}  \d{x} \\
                &= \int_{B_1(0)}^{} 3x_1^2 \d{x} \\
                &= 3 \int_{0}^{1}  \d{r} \int_{0}^{2\pi} r^2 \cos^2\varphi \d{\varphi} \\
                &= \pi
            .\end{salign*}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    Da $\varphi, \psi \in C^{2}(\Omega) \cap C^{1}(\overline{\Omega})$. Damit sind
    $\nabla \varphi, \nabla \psi \in C^{1}(\Omega, \R^{n}) \cap C^{1}(\overline{\Omega},\R^{n})$.
    Da $\nabla \varphi, \nu$ und $\nabla \psi$ stetig und
    $\Omega$, also inbesondere $\partial \Omega$ beschränkt, ist
    $\nabla \varphi \cdot \nu, \nabla \psi \cdot \nu,
    \varphi \nabla \psi \cdot \nu, \psi \nabla \varphi \cdot \nu \in L^{1}(\partial \Omega)$.
    \begin{enumerate}[a)]
        \item Es gilt direkt
            \[
            \int_{\Omega}^{} \Delta \varphi \d{x}
            = \int_{\Omega}^{} \text{div}(\nabla \varphi) \d{x}
            \quad \stackrel{\text{Gauß}}{=} \quad
            \int_{\partial \Omega}^{} \nabla \varphi \cdot \nu \d{\mathscr{H}^{n-1}}
            = \int_{\partial \Omega}^{} \partial_{\nu} \varphi \d{\mathscr{H}^{n-1}} 
            .\]
        \item Es gilt für $i \in \{1, \ldots, n\} $:
            \begin{salign*}
                \partial_i \varphi (\partial_i \psi) = (\partial_i \psi)(\partial_i \varphi) +
                \varphi \partial_i \partial_i \psi
                = (\nabla \psi)_i (\nabla \varphi)_i + \varphi \partial_i (\nabla \psi)_i
            .\end{salign*}
            Damit folgt
            \begin{salign*}
                \text{div}(\varphi(\nabla \psi))
                = \sum_{i=1}^{n} \partial_i \varphi(\partial_i \psi)
                = \nabla \varphi \cdot \nabla \psi + \varphi \Delta \psi
            .\end{salign*}
            Die Aussage folgt nun ganz analog zu (a) mit Satz von Gauß.
        \item Es gilt
            \begin{salign*}
                \text{div}(\varphi \nabla \psi - \psi \nabla \varphi)
                &= \text{div}(\varphi \nabla \psi) - \text{div}(\psi \nabla \varphi) \\
                &\stackrel{\text{(b)}}{=} \varphi \Delta \psi + \nabla \varphi \cdot \nabla \psi
                - \psi \Delta \varphi - \nabla \varphi \cdot \nabla \psi \\
                &= \varphi \Delta \psi - \psi \Delta \varphi
            .\end{salign*}
            Die Aussage folgt nun ganz analog zu (a) mit Satz von Gauß.
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\end{document}