\documentclass[11pt,a4paper,oneside,fleqn]{article}

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 % Neue Kommandos

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 % Umgebung fuer Saetze

 \newtheorem{satz}{Satz}%[section]
 \newtheorem{lemma}[satz]{Lemma}
 \newtheorem{hilfssatz}[satz]{Hilfssatz}
 \newtheorem{korollar}[satz]{Korollar}
 \newtheorem{prop}[satz]{Proposition}
 \newtheorem{defi}[satz]{Definition}
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 \newtheorem{beis}[satz]{Beispiel}

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 \begin{document} 
 \pagestyle{empty}
\noindent Mathematisches Institut LMU 
\hspace{7cm} 11.04.2005\\
Prof. Dr. H. Steinlein \\
 \begin{center}
{\Large \bf {\"Ubungsblatt 1 zu MPIIA}  }
 \end{center}

\ %

\vspace{1.5cm}

{\bf Aufgabe 1: (4 Punkte)} 
\begin{enumerate}
  \item[a)] Berechnen Sie mit Hilfe der Additionstheoreme die exakten
  Werte von \(\sin x, \cos x, \tan x\) an den Stellen
  \(x=\frac\pi3,\frac\pi4,\frac\pi5,\frac\pi6\). 
\item[b)] Zeigen Sie, da\ss\ f\"ur \(x,y\in\,]-1,1[\, \) gilt: 
  \begin{align}
    \label{tanForm}
    \arctan x+\arctan y=\arctan\big(\frac{x+y}{1-xy}\big).
  \end{align}
   (Hinweis: IV.3.14c).\\
  Leiten Sie hiermit die Formel:
  \begin{align*}
    \frac\pi4=4\arctan(\frac15)-\arctan(\frac{1}{239}) \text{ her}.
  \end{align*}
 Berechnen Sie damit und mit der Reihendarstellung
  vom Arcustangens \(\pi\) auf 8 Stellen (Herleitung,
  Fehlerabsch\"atzung, Taschenrechner).
\end{enumerate}

\noindent{\it L\"osungsvorschlag:}
\noindent a) Aus \(e^{ix}=\cos x+i\sin x\) und
  \(e^{i(x+y)}=e^{ix}\cdot e^{iy}\) folgt 
  \begin{align*}
    \sin(x+y)=\sin x\cos y+\sin y\cos x\quad,\quad
    \cos(x+y)=\cos x\cos y-\sin x\sin y,
  \end{align*}
und damit
\begin{align*}
  \cos(\pi-x)&=\cos(\pi+(-x))=\cos\pi\cos(-x)-\sin\pi\sin(-x)
  =-\cos(-x)=-\cos x,\\  
\sin(\pi-x)&=\sin(\pi+(-x))
   =\sin\pi\cos x+\sin(-x)\cos\pi
   =-\sin(-x)=\sin x,
\end{align*}
weil \(\cos\pi=-1, \sin\pi=0\), und \(\cos\) gerade und \(\sin\)
ungerade ist.

Damit ist
\begin{align*}
  \sin(\tfrac{\pi}{3})=\sin(\pi-\tfrac{\pi}{3})
  =\sin(\tfrac{2\pi}{3})=\sin(\tfrac{\pi}{3})\cos(\tfrac{\pi}{3})+\sin(\tfrac{\pi}{3})\cos(\tfrac{\pi}{3})
  =2\sin(\tfrac{\pi}{3})\cos(\tfrac{\pi}{3}),
\end{align*}
und damit (da \(\sin(\tfrac{\pi}{3})\neq0\) weil
\(0<\tfrac{\pi}{3}<\tfrac{\pi}{2}\)), \(1=2\cos(\tfrac{\pi}{3})\); also
ist \(\cos(\tfrac{\pi}{3})=\frac12\). Aus \(\cos^2 x+\sin^2 x=1\)
folgt dann \(\sin(\tfrac{\pi}{3})=\pm\sqrt{1-1/4}\); denn mit
\(0<\tfrac{\pi}{3}<\tfrac{\pi}{2}\) ist \(\sin(\tfrac{\pi}{3})\)
positiv, also \(\sin(\tfrac{\pi}{3})=\frac{\sqrt3}{2}\). Damit ist
\(\tan(\frac{\pi}{3})=\frac{\sin(\pi/3)}{\cos(\pi/3)}=\frac{\sqrt3/2}{1/2}=\sqrt3\).

Weiter hat man,
\begin{align}
  \label{ed}
  1&=\sin(\tfrac{\pi}{2})=\sin(\tfrac{\pi}{4}+\tfrac{\pi}{4})
  =\sin(\tfrac{\pi}{4})\cos(\tfrac{\pi}{4})+\sin(\tfrac{\pi}{4})\cos(\tfrac{\pi}{4})
  =2\sin(\tfrac{\pi}{4})\cos(\tfrac{\pi}{4}),\\
  \label{ef}
  0&=\cos(\tfrac{\pi}{2})=\cos(\tfrac{\pi}{4}+\tfrac{\pi}{4})=
  \cos(\tfrac{\pi}{4})\cos(\tfrac{\pi}{4})-\sin(\tfrac{\pi}{4})\sin(\tfrac{\pi}{4})
 =\cos^2(\tfrac{\pi}{4})-\sin^2(\tfrac{\pi}{4}).
\end{align}
Aus \eqref{ef} folgt, da\ss\
\(\cos^2(\tfrac{\pi}{4})=\sin^2(\tfrac{\pi}{4})\), und damit (weil
\(0<\tfrac{\pi}{4}<\tfrac{\pi}{2}\)) da\ss\
\(\cos(\tfrac{\pi}{4})=\sin(\tfrac{\pi}{4})\). Aus \eqref{ed} folgt
dann, da\ss\ \(\sin^2(\tfrac{\pi}{4})=\tfrac12\), und damit hat man
\(\sin(\tfrac{\pi}{4})=\frac{1}{\sqrt2}=\cos(\tfrac{\pi}{4})\). Dann
ist
\(\tan(\tfrac{\pi}{4})=\frac{\sin(\pi/4)}{\cos(\pi/4)}=1\). 

Man bekommt weiter, da\ss\ 
\begin{align*}
  &
  \begin{cases}\tfrac12&=\cos(\tfrac{\pi}{3})=\cos(\tfrac{\pi}{6}+\tfrac{\pi}{6})
  =\cos(\tfrac{\pi}{6})\cos(\tfrac{\pi}{6})-\sin(\tfrac{\pi}{6})\sin(\tfrac{\pi}{6}) 
  =\cos^2(\tfrac{\pi}{6})-\sin^2(\tfrac{\pi}{6}),\\
  1&=\cos^2(\tfrac{\pi}{6})+\sin^2(\tfrac{\pi}{6})
  \end{cases}\\&
  \Rightarrow
  \begin{cases}
    \tfrac32=2\cos^2(\tfrac{\pi}{6}),\\
     \tfrac12=2\sin^2(\tfrac{\pi}{6})
\end{cases}
  \Rightarrow\quad
\cos(\tfrac{\pi}{6})=\tfrac{\sqrt3}{2}\ , \
\sin(\tfrac{\pi}{6})=\tfrac12
 \;\quad\tan(\tfrac{\pi}{6})=\frac{\sin(\tfrac{\pi}{6})}{\cos(\tfrac{\pi}{6})}
 =\frac{1/2}{\sqrt3/2}=\frac{1}{\sqrt3}.
\end{align*}
(Weil \(0<\tfrac{\pi}{6}<\tfrac{\pi}{2}\), ist
\(\cos(\tfrac{\pi}{6})>0, \sin(\tfrac{\pi}{6})>0\)).

Endlich hat man,
\begin{align*}
  \sin(\tfrac{\pi}{5})&=\sin(\pi-\tfrac{\pi}{5})=
  \sin(\tfrac{4\pi}{5})=\sin(\tfrac{2\pi}{5}+\tfrac{2\pi}{5})
  =2\sin(\tfrac{2\pi}{5})\cos(\tfrac{2\pi}{5})
  \\&=2\sin(\tfrac{\pi}{5}+\tfrac{\pi}{5})\cos(\tfrac{\pi}{5}+\tfrac{\pi}{5})
  =2\big[2\sin(\tfrac{\pi}{5})\cos(\tfrac{\pi}{5})\big]\big[2\cos^2(\tfrac{\pi}{5})-1\big].
\end{align*}
Da \(0<\tfrac{\pi}{5}<\frac{\pi}{2}\) ist, gilt
\(\sin(\tfrac{\pi}{5})\neq0\), und es folgt, da\ss\ 
\begin{align*}
  u^3-\tfrac12u-\tfrac18=0,\quad u=\cos(\tfrac{\pi}{5}).
\end{align*}
Man sieht, da\ss\ \(u=-\tfrac12\) eine L\"osung ist; man faktorisiert
dann \(p(u)=u^3-\tfrac12u-\tfrac18\) und bekommt
\begin{align*}
  (x+\tfrac12)(x^2-\tfrac12x-\tfrac14)=0,\quad u=\cos(\tfrac{\pi}{5}).
\end{align*}
Also ist \(u_1=-\frac12, u_2=(1+\sqrt5)/4, u_3=(1-\sqrt5)/4\). Wegen
\(u=\cos(\tfrac{\pi}{5})>0\), ist also
\(\cos(\tfrac{\pi}{5})=u_2=\tfrac{1+\sqrt5}{4}\). Aus
\(\cos(t)^2+\sin^2(t)=1\) folgt dann
\(\sin(\tfrac{\pi}{5})=\tfrac12\sqrt{\tfrac{5-\sqrt5}{2}}\). Damit
ist dann 
\begin{align*}
  \tan(\tfrac{\pi}{5})=\frac{\sin(\tfrac{\pi}{5})}{\cos(\tfrac{\pi}{5})}
  =\frac{\sqrt{10-2\sqrt4}}{1+\sqrt5}.
\end{align*}


\noindent b)  IV.3.14c besagt, da\ss\ 
\begin{align*}
  \tan(\xi+\eta)=\frac{\tan\xi+\tan\eta}{1-\tan\xi\cdot\tan\eta}.
\end{align*}
Mit \(x=\tan\xi, y=\tan\eta\) folgt
\begin{align*}
  \arctan&\big(\frac{x+y}{1-xy}\big)
  =\arctan\big(\frac{\tan\xi+\tan\eta}{1-\tan\xi\cdot\tan\eta}\big)
  \\&=\arctan(\tan(\xi+\eta))=\xi+\eta=\arctan(x)+\arctan(y).
\end{align*}
Aus \eqref{tanForm} folgt, mit \(x=y=\frac15\),
\begin{align*}
  2\arctan\big(\frac15\big)=\arctan\big(\frac{1/5+1/5}{1-\frac15\cdot\frac15}\big)
  =\arctan\big(\frac{5}{12}\big),
\end{align*}
und mit \(x=y=\frac{5}{12}\), 
\begin{align*}
  2\arctan(\frac{5}{12})=\arctan\big(\frac{5/12+5/12}{1-\frac{5}{12}\cdot\frac{5}{12}}\big)
  =\arctan\big(\frac{120}{119}\big),
\end{align*}
und damit
\begin{align*}
  4\arctan\big(\frac15\big)=2\arctan\big(\frac{5}{12}\big)=\arctan\big(\frac{120}{119}\big).
\end{align*}
Mit \(x=1, y=\frac{1}{139}\) folgt
\begin{align*}
  \arctan(1)+\arctan\big(\frac{1}{139}\big)=\arctan\big(\frac{1+1/139}{1-1/139}\big)
  =\arctan\big(\frac{120}{119}\big).
\end{align*}
Also ist
\begin{align*}
  \frac{\pi}{4}=\arctan(1)=\arctan\big(\frac{120}{119}\big)-\arctan\big(\frac{1}{139}\big)
  =4\arctan\big(\frac15\big)-\arctan\big(\frac{1}{139}\big).
\end{align*}
Es folgt, da\ss\  
\begin{align}
  \label{bigform}
  \pi=16\arctan\big(\frac15\big)-4\arctan\big(\frac{1}{239}\big).
\end{align}
Die Reihe f\"ur \(\arctan\) ist 
\begin{align*}
  \arctan x = x-\tfrac13x^3+\tfrac15x^5-\tfrac17x^7+\tfrac19x^9-\tfrac{1}{11}x^{11}+\cdots
\end{align*}
Wir rechnen jetzt die ersten Glieder im Falle \(x=\tfrac15\) und
\(x=\tfrac{1}{239}\) aus (bei \(\tfrac15\) multiplizieren wir gleich mit
\(16\), und bei \(\tfrac{1}{239}\) mit \(4\), siehe \eqref{bigform}):
\begin{align*}
  5:\quad &\underline{n=1}(+): \frac{16}{5}=3,2\\
          &\underline{n=3}(-): \frac{16}{3\cdot5^3}=\frac{2^7}{3\cdot10^3}
                =\frac{128}{3}\cdot10^{-3}=0,0426666667\\
          &\underline{n=5}(+): \frac{16}{5\cdot5^5}=\frac{2^{10}}{10^6}=0,0010240000\\
          &\underline{n=7}(-): \frac{16}{7\cdot5^7}=\frac{2^{11}}{7\cdot10^7}
                =\frac{2048}{7\cdot10^7}=0,0000292571\\
          &\underline{n=9}(+): \frac{16}{9\cdot5^9}=\frac{2^{13}}{9\cdot10^9}=
                \frac{8192}{9\cdot10^9}=0,0000009102\\
          &\underline{n=11}(-):\frac{16}{11\cdot5^{11}}
                =\frac{2^{15}}{11\cdot10^{11}}
                =\frac{32768}{11\cdot10^{11}}=
                0,0000000298\\
          {\mathbf *}\quad&\underline{n=13}\ \ :\frac{16}{13\cdot5^{13}}
               =\frac{2^{17}}{13\cdot10^{13}}
               =\frac{131072}{13\cdot10^{13}}=
               0,0000000010\\
   239:\quad &\underline{n=1}(-):\frac{4}{239}=0,0167364017\\
             &\underline{n=3}(+): \frac{4}{3\cdot239^3}=\frac{4}{40955757}
                   =0,0000000977\\
            {\mathbf *}\quad &\underline{n=5}\ \ :\frac{4}{5\cdot239^5}
                 =\frac{4}{389905632600}=0,000000000001\\
\ \\
\ 3,2000000000\qquad\qquad& \ {}\quad  \ 0,0426666667\\
 +0,0010240000 \qquad\qquad&  +0,0000292571\\
 +0,0000009102\qquad\qquad &  +0,0000000298\\
 +0,0000000977\qquad\qquad & +0,0167364017 \\
**********   \qquad\qquad &********** \\
 3,2010250079 \quad - \qquad &{}\quad  0,0594323553 \quad
          =\quad3,14159265\ 36
\end{align*}
Bei einer alternierenden Reihe ist der Fehler bei N\"ahrung durch
endlich viele Terme kleiner als der Absolutbetrag vom ersten
weggelassenen Term; der oben begangene Fehler ist also kleiner als die
Summe von die zwei Termen die mit \(*\) markiert sind - also, 
\(0,0000000010+0,000000000001=0,000000001001\), also stimmt das
Resultat auf \(8\) Stellen. (Man bekommt am Taschenrechner
\(\pi=3,14159265\ 359....\) - stimmt 
also in Wirklichkeit auch auf mehrere Stellen.)

\ %


{\bf Aufgabe 2: (4 Punkte)}
Beweisen Sie die Formel von C. L. Dodgson, alias Lewis
  Caroll (Autor von ``Alice im Wunderland''):
  \begin{align*}
    \arctan\frac{1}{p}=\arctan\frac{1}{p+m}+\arctan\frac{1}{p+n}
    \text{ wobei } p,m,n\in\mathbb N \text{ und } p^2+1=mn.
  \end{align*}

\noindent{\it L\"osungsvorschlag:} Sei \(x=\frac{1}{p+m}, y=\frac{1}{p+n}\)
(\(x,y\in\,]0,1[\,\)). Dann ist
\begin{align*}
  \frac{x+y}{1-xy}&=\frac{\frac{1}{p+m}+\frac{1}{p+n}}{1-\frac{1}{p+m}\frac{1}{p+n}}
  =\frac{(p+n)+(p+m)}{(p+n)(p+m)-1}
  =\frac{2p+n+m}{p^2+np+mp+mn-1}\\
  &=\frac{2p+n+m}{2p^2+np+mp} \quad(\text{ weil } p^2+1=nm\Rightarrow
  nm-1=p^2)\\
  &=\frac{1}{p}.
\end{align*}
Aus 1 b) folgt dann 
\begin{align*}
  \arctan(\frac{1}{p})=\arctan\big(\frac{x+y}{1-xy}\big)
  =\arctan(x)+\arctan(y)=\arctan\big(\frac{1}{p+m}\big)+\arctan\big(\frac{1}{p+n}\big).
\end{align*}

\ %


{\bf Aufgabe 3: (4 Punkte)} Beweisen Sie die folgende Darstellung der
Areafunktionen:
\begin{align*}
  \Arsinh x &= \log(x+\sqrt{x^2+1})\ , \ x\in\mathbb R\\
   \Arcosh x &= \log(x+\sqrt{x^2-1})\ , x\in[1,\infty[,\\
   \Artanh x&=\frac12\log\big(\frac{1+x}{1-x}\big)\ , \ x\in\,]-1,1[\ ,
   \\
   \Arcoth x&=\frac12\log\big(\frac{x+1}{x-1}\big)\ , \ x\in
   \,]1,\infty[\, .
\end{align*}

\noindent{\it L\"osungsvorschlag:}
Sei \(y=\Arsinh(x)\), also \(x=\sinh(y)=\frac12(e^y-e^{-y})\) oder mit
\(u=e^y\,(>0)\), \(u^2-2xu-1=0\). Also ist \(u=x+\sqrt{x^2+1}\) (das
Minuszeichen entf\"allt, da \(u>0\) ist), und \(\log
u=y=\log(x+\sqrt{x^2+1})\). 

Sei \(y=\Arcosh(x)\), also \(x=\cosh(y)=\frac12(e^y+e^{-y})\) oder mit
\(u=e^y\,(>0)\), \(u^2-2xu+1=0\). Also ist \(u=x+\sqrt{x^2-1}\) (das
Minuszeichen entf\"allt wie oben), und \(\log u=y=\log(x+\sqrt{x^2-1})\). 

Sei \(y=\Artanh(x)\), also 
\[
x=\tanh(y)=\frac{\sinh(y)}{\cosh(y)}=\frac{e^y-e^{-y}}{e^y+e^{-y}}
=\frac{(e^y)^2-1}{(e^y)+1},
\]
oder mit \(u=e^y\,(>0)\), \(u^2(1-x)=1+x\). Also ist
\(u^2=\frac{1+x}{1-x}\), und \(y=\log u = \frac12\log
u^2=\frac12\log\big(\frac{1+x}{1-x}\big)\). 

Sei \(y=\Arcoth(x)\), also 
\[x=\coth(y)=\frac{\cosh(y)}{\sinh(y)}
=\frac{(e^y)^2+1}{(e^y)^2-1}=\frac{u^2+1}{u^2-1},\ u=e^y\ (>0).
\]
Also ist \(u^2(x-1)=x+1\) und \(y=\log u=\frac12\log
u^2=\frac12\log\big(\frac{x+1}{x-1}\big)\). 
\vspace{1cm}


{\bf Aufgabe 4: (4 Punkte)} Eine {\it Hamilton-Funktion} ist eine
\(C^1\)-Funktion \(H:D\to\mathbb R\ (D\subset\mathbb R^2 \) offene
Menge). Das zugeh\"orige (ebene) {\it hamiltonsche System} besteht
aus den
(gekoppelten) Differenzialgleichungen
\begin{align}
  \label{ham}
  \begin{cases}
      \dot{x}=\frac{\partial H}{\partial y}(x,y)\\
      \dot{y}={}-\frac{\partial H}{\partial x}(x,y)\\
\end{cases}
\end{align}
Diese beschreiben die Bewegung  des Punktes \((x,y)\) in der Ebene  als
Funktion der Zeit.
\begin{enumerate}
  \item[a)] Gegeben eine L\"osung \((x,y):I\to\mathbb R^2, t\mapsto
  (x(t),y(t))\) zu \eqref{ham}. Zeigen Sie,
  da\ss\ die Hamilton-Funktion \(H\) l\"angs dieser L\"osung konstant
  ist.
  \item[b)] Sei
  \(H(x,y)=y^2/2-\cos x\). Leiten
  Sie das zugeh\"orige {\it hamiltonsche System} her.
\item[c)] Einen Punkt \((x_0,y_0)\in\mathbb R^2\) mit \(\frac{\partial H}{\partial
    y}(x_0,y_0)=\frac{\partial H}{\partial x}(x_0,y_0)=0\) nennt man
    eine {\it Ruhelage} (warum?). Zeigen Sie, da\ss\
    \((x,y)=(k\pi,0), k\in\mathbb Z\),
    f\"ur die oben definierte Hamilton-Funktion
    alle Ruhelagen sind.
\item[d)] Aus a) folgt, da\ss\ jede Trajektorie \(\{(x(t),y(t)\,|\,
  t\in I\}\) einer L\"osung \((x,y):I\to\mathbb R^2\) eine Teilmenge einen
  geeigneter Niveaumenge
  \begin{align}
    N_{c}:=\{(x,y)\in\mathbb R^2\,|\, H(x,y)=c\}
  \end{align}
  sein mu\ss. Bestimmen Sie \(\alpha\in\mathbb R\), so da\ss\
  \(\{(x,\pm\alpha\cos(x/2))\,|\,x\in\mathbb R\}\) die Niveaumenge \(N_1\) ist. 
\end{enumerate}

Zusatzaufgabe, ohne Punkte: Skizzieren Sie die Niveaumengen f\"ur
\(c=-1, 0, 1\) und \(2\). 

\ 

\noindent{\it L\"osungsvorschlag:}

\noindent a) Sei \(g(t)=H\big(x(t),y(t)\big),\ g:I\to\mathbb R\), dann ist, mit der
Kettenregel, und Verwendung von \eqref{ham} (weil \((x,y)\) eine
L\"osung ist;  \(\dot{x}\equiv x'\))
\begin{align*}
  g'(t)=\frac{\partial H}{\partial x}\big(x(t),y(t)\big)\cdot x'(t)
  +\frac{\partial H}{\partial y}\big(x(t),y(t)\big)\cdot y'(t)
  =-\dot{y}(t)x'(t)+\dot{x}(t)y'(t)=0,
\end{align*}
also ist \(g\) eine Konstante; d.h., \(H\) ist l\"angs die L\"osung konstant.

\noindent b)
\begin{align*}
  \frac{\partial H}{\partial x}&=\frac{\partial}{\partial
  x}\big(y^2/2-\cos(x)\big)=\sin(x),\\
  \frac{\partial H}{\partial y}&=\frac{\partial}{\partial
  y}\big(y^2/2-\cos x\big)=y,
\end{align*}
und damit ist  das zugeh\"orige {\it hamiltonsche System}
\begin{align}
  \label{hamSol}
  \begin{cases}
  \dot{x}=y\\
   \dot{y}=-\sin(x)
  \end{cases}
\end{align}
  Dieses entspricht einem {\it Mathematischen Pendel}, f\"ur das der
  2. Newtonsche Satz gilt: \(\ddot{x}=-\sin(x)\). 
[Siehe z.B. B. Aulbach: ''Gew\"ohnliche Differenzialgleichungen''.]

\noindent c) (Wenn \(\frac{\partial H}{\partial
  x}(x_0,y_0)=\frac{\partial H}{\partial y}(x_0,y_0)=0\), dann ist die
  konstante Abbildung 
  \((x(t),y(t))=(x_0,y_0), t\in\mathbb R\), eine L\"osung des
  hamiltonschen Systems - deswegen ''Ruhelage''.) Die Ruhelagen sind
  genau die Punkte \((x_0,y_0)\in\mathbb R^2\) wo (siehe \eqref{hamSol})
  \begin{align*}
    \begin{cases}
      y_0=0\\
     -\sin(x_0)=0,
    \end{cases}
  \end{align*}
  also genau \((x,y)=(k\pi,0), k\in\mathbb Z\). 

\noindent d) Man hat \(N_1=\{(x,y)\in\mathbb R^2\,|\,
H(x,y)=1\}\). Dann gilt
\begin{align*}
  H(x,y)&=1\Leftrightarrow y^2/2=\cos(x)+1\\
  \Leftrightarrow y&=\pm\sqrt{2\cos(x)+2}
  =\pm\sqrt{2\cos(2\cdot\tfrac{x}{2})+2}
  \\&
  =\pm\sqrt{2\big(2\cos^2(\tfrac{x}{2})-1\big)+2}
  =\pm\sqrt{4\cos^2(\tfrac{x}{2})}
  =\pm2\cos(\tfrac{x}{2}).
\end{align*}
Also, mit \(\alpha=2\) ist \(\{(x,\pm\alpha\cos(x/2))\,|\,x\in\mathbb
R\}\) die Niveaumenge \(N_1\). 

F\"ur die Skizze die Niveaumengen f\"ur
\(c=-1, 0, 1\) und \(2\), siehe Link Homepage (\(N_{-1}=\{(0,0)\}\)
sieht man nicht; die Niveaumengen sind, von innen nach aussen, \(N_0,
N_1, N_2\)).


\ % \\


\vspace{1cm}


{\bf \noindent Abgabe bis Montag 18.04.2005, {\it 11.15} Uhr in den MPIIA
\"Ubungskasten im 1.~Stock vor der Bibliothek. \\
Unter {\tt http://www.mathematik.uni-muenchen.de/$\sim$sorensen}
sind die Bl\"atter im Internet abrufbar. \\
Sprechstunden: H. Steinlein: \hspace{1cm} Mo 10-11, Zimmer 318\\
\hspace*{2.95cm} T. S\o rensen: \hspace{1.02cm} Mi 14-15, Zimmer 335}
\end{document}