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\begin{document}

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\thispagestyle{empty}

\title{Mathematik für Informatiker II - Übungsblatt 6
	Übungsgruppe D5, Do 11-13 \\	
	Vogel}
\author{Jan Hendrik Dithmar (Matrikelnummer 2031259) \\
	Dirk Heine (Matrikelnummer 2030941)}
\date{}

\maketitle

\newpage

\section*{Aufgabe 1}

\subsubsection*{(a)}
Seien $a = (a_1,a_2,a_3)^T, b=(b_1,b_2,b_3)^T \in \SetR^3$. \\
Behauptung: $|a \times b|=|a| \cdot |b| \cdot sin(\varphi)$ mit $0 \le \varphi \le \pi$, und $\varphi := | \angle (a,b) |$. \\
Beweis:
\begin{eqnarray*}
	|a \times b|^2 & = & (a \times b)(a \times b) \\
	& = & \left(\begin{array}{c}a_2b_3 - a_3b_2 \\ a_3b_1 - a_1b_3 \\ a_1b_2 - a_2b_1\end{array}\right) \left(\begin{array}{c}a_2b_3 - a_3b_2 \\ a_3b_1 - a_1b_3 \\ a_1b_2 - a_2b_1\end{array}\right) \\
	& = & (a_2b_3 - a_3b_2)^2 + (a_3b_1 - a_1b_3)^2 + (a_1b_2 - a_2b_1)^2 \\
	& = & a_1^2b_2^2 + a_1^2b_3^2 + a_2^2b_1^2 + a_2^2b_3^2 + a_3^2b_1^2 + a_3^2b_2^2 \\
	& & -2(a_1b_1a_2b_2 + a_1b_1a_3b_3 + a_2b_2a_3b_3) \\
	& = & (a_1^2 + a_2^2 + a_3^2) (b_1^2 + b_2^2 + b_3^2) - (a_1b_1 + a_2b_2 + a_3b_3)^2 \\
	& = & |a|^2 \cdot |b|^2 - (a \cdot b)^2 \\
	& = & |a|^2 \cdot |b|^2 - (|a| \cdot |b| \cdot cos(\varphi))^2 \\
	& = & |a|^2 \cdot |b|^2 - (1-cos^2(\varphi)) \\
	& = & |a|^2 \cdot |b|^2 \cdot sin^2(\varphi)
\end{eqnarray*}
Insgesamt: $|a \times b|^2 = |a|^2 \cdot |b|^2 \cdot sin^2(\varphi)$
\begin{eqnarray*}
	\Rightarrow |a \times b| & = & |a| \cdot |b| \cdot |sin(\varphi)| \\
	& = & |a| \cdot |b| \cdot sin(\varphi) \quad \text{wegen } 0 \le \varphi \le \pi \text{ gilt: } sin(\varphi) \ge 0
\end{eqnarray*}
Berechnung der Flächenmaßzahl $A$ des von den lin. unabh. Vektoren $a$ und $b$ aufgespannten Parallelogramms: \\
Berechnung der Parallelogrammhöhe $h$ für:
\begin{itemize}
	\item $0 < \varphi \le \frac{\pi}{2}$
		\begin{eqnarray*}
			A & = & |a| \cdot |h| \\
			|h| & = & |b| sin(\varphi) \\ \\
			\Rightarrow A & = & |a| \cdot |b| \cdot sin(\varphi) = |a \times b|
		\end{eqnarray*}
	\item $\frac{\pi}{2} \le \varphi < \pi$
		\begin{eqnarray*}
			A & = & |a| \cdot |h| \\
			|h| & = & |b| \cdot sin(\varphi') \\
			|h| & = & |b| \cdot sin(180^\circ - \varphi) \\
			|h| & = & |b| \cdot sin(\varphi) \\ \\
			\Rightarrow A & = & |a| \cdot |b| \cdot sin(\varphi) = |a \times b|
		\end{eqnarray*}
\end{itemize}

\subsubsection*{(b)}
Die lin. unabh. Vektoren, die das Parallelepiped im Raum aufspannen, seien zunächst so benannt, dass sie in der Reihenfolge $b,c,a$ ein Rechtssystem bilden. \\
Die Grundfläche $G$ des Parallelepipeds werde von $b,c$ aufgespannt. Nach Teil (a) hat die Grundfläche $G$ den Inhalt $|b \times c|$. Sei $\psi = | \angle (b \times c, a) |$
mit $-\frac{\pi}{2} < \psi \le \frac{\pi}{2}$. Dann gilt für die Höhe $h$ des Parallelepipeds $|h| = |a| \cdot cos(\psi)$ und für sein Volumen $V$ ergibt sich:
$$ V = |G| \cdot |h| = |b \times c| \cdot |a| \cdot cos(\psi) = (b \times c) \cdot a $$
Vertauscht man in dem Ausdruck $(b \times c) \cdot a$ die Vektoren $b$ und $c$ miteinander, so erhält man $(c \times b) \cdot a$. Nun bilden $c,b,a$ in dieser Reihenfolge
ein Linkssystem. \\
Wegen $c \times b = -(b \times c)$ ergibt sich:
$$(c \times b) \cdot a = -(b \times c) \cdot a = -V$$
Deshalb ist in der Volumenformel der Absolutwert zu nehmen, also:
$$V = |(b \times c) \cdot a| = |a \cdot (b \times c)| \quad \text{(da das Skalarprodukt kommutativ ist)}$$

\subsubsection*{(c)}
Seien $a,b,c \in \SetR^3$ mit $a=(a_1,a_2,a_3), b=(b_1,b_2,b_3), c=(c_1,c_2,c_3)$. \\
Behauptung:
$$a \cdot (b \times c) = \left| \begin{array}{ccc}a_1 & a_2 & a_3 \\ b_1 & b_2 & b_3 \\ c_1 & c_2 & c_3\end{array}\right|$$
Beweis:
\begin{eqnarray*}
	a \cdot (b \times c) & = & (a_1,a_2,a_3) \left(\begin{array}{c}b_2c_3 - b_3c_2 \\ b_3c_1 - b_1c_3 \\ b_1c_2 - b_2c_1\end{array}\right) \\
	& = & a_1(b_2c_3 - b_3c_2) - a_2(b_1c_3 - b_3c_1) + a_3(b_1c_2 - b_2c_1) \\
	& = & a_1 \cdot \left|\begin{array}{cc}b_2 & b_3 \\ c_2 & c_3\end{array}\right| - a_2 \cdot \left|\begin{array}{cc}b_1 & b_3 \\ c_1 & c_3\end{array}\right| + a_3 \cdot \left|\begin{array}{cc}b_1 & b_2 \\ c_1 & c_2\end{array}\right| \\
	& = & \left|\begin{array}{ccc}a_1 & a_2 & a_3 \\ b_1 & b_2 & b_3 \\ c_1 & c_2 & c_3\end{array}\right|
\end{eqnarray*}

\subsubsection*{(d)}
Vor.: $a,b, \in \SetR^3$ linear unabhängig \\
Beh.: $a \cdot (a \times b) = 0 \AND b \cdot (a \times b) = 0$ \\
Bew.:
\begin{eqnarray*}
	a \cdot (a \times b) & = & \left| \begin{array}{ccc}a_1 & a_2 & a_3 \\ a_1 & a_2 & a_3 \\ b_1 & b_2 & b_3\end{array}\right| = 0 \quad \text{da die 1. und 2. Zeile der Determinante übereinstimmen} \\
	b \cdot (a \times b) & = & \left| \begin{array}{ccc}b_1 & b_2 & b_3 \\ a_1 & a_2 & a_3 \\ b_1 & b_2 & b_3\end{array}\right| = 0 \quad \text{da die 1. und 3. Zeile der Determinante übereinstimmen}
\end{eqnarray*}

\subsubsection*{(e)}
Seien $a,b,c \in \SetR^3$
\begin{eqnarray*}
	a \cdot (b \times c) & = & \left| \begin{array}{ccc}a_1 & a_2 & a_3 \\ b_1 & b_2 & b_3 \\ c_1 & c_2 & c_3\end{array}\right| \\
	& = & (-1)^2 \cdot \left| \begin{array}{ccc}c_1 & c_2 & c_3 \\ a_1 & a_2 & a_3 \\ b_1 & b_2 & b_3\end{array}\right| \\
	& = & c \cdot (a \times b) = (a \times b) \cdot c \quad \text{da } \cdot \text{ kommutativ}
\end{eqnarray*}

\section*{Aufgabe 2}
\subsubsection*{(a)}
$$f: \SetR \to \SetR^3; t \mapsto (\underbrace{e^t}_{f_1}, \underbrace{sin(t^2)}_{f_2}, \underbrace{cos(t^3)}_{f_3})^T$$
Jacobi-Matrix (Funktionalmatrix) von $f$:
$$Jf(t) := \left(\begin{array}{c}\frac{\partial f_1}{\partial t}(t) \\[0.1cm] \frac{\partial f_2}{\partial t}(t) \\[0.1cm] \frac{\partial f_3}{\partial t}(t)\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}e^t \\ 2t \cdot cos(t^2) \\ -3t^2 \cdot sin(t^3)\end{array}\right)$$

\subsubsection*{(b)}
$$g: \SetR^3 \to \SetR^2; x=(x_1,x_2,x_3)^T \mapsto \left(\begin{array}{c}x_1 \\ x_2\end{array}\right) 2^{-x_1^2-x_2^2-x_3^2}$$
$$g(x) = \left(\begin{array}{c}x_1 \cdot e^{-ln(2) \cdot (x_1^2 + x_2^2 + x_3^2)} \\ x_2 \cdot e^{-ln(2) \cdot (x_1^2 + x_2^2 + x_3^2)}\end{array}\right) =: \left(\begin{array}{c}g_1(x) \\ g_2(x)\end{array}\right)$$
Jacobi-Matrix von $g$:
$$Jg(x) := \left(\begin{array}{ccc}\frac{\partial g_1}{\partial x_1}(x) & \frac{\partial g_1}{\partial x_2}(x) & \frac{\partial g_1}{\partial x_3}(x) \\[0.1cm] \frac{\partial g_2}{\partial x_1}(x) & \frac{\partial g_2}{\partial x_2}(x) & \frac{\partial g_2}{\partial x_3}(x)\end{array}\right)$$

\begin{eqnarray*}
	\frac{\partial g_1}{\partial x_1}(x) & = & e^{-ln(2) (x_1^2 + x_2^2 + x_3^2)} + x_1 \cdot e^{-ln(2) \cdot (x_1^2 + x_2^2 + x_3^2)} \cdot (-ln(2)) \cdot 2x_1 \\
	& = & (1-2(ln(2)) \cdot x_1^2) \cdot 2^{-x_1^2-x_2^2-x_3^2} \\ \\
	\frac{\partial g_2}{\partial x_2}(x) & = & (1-2(ln(2)) \cdot x_2^2) \cdot 2^{-x_1^2-x_2^2-x_3^2} \\ \\
	\frac{\partial g_2}{\partial x_1}(x) & = & x_2 \cdot e^{-ln(2) \cdot (x_1^2+x_2^2+x_3^2)} \cdot (-ln(2)) \cdot 2x_1 \\
	& = & -2(ln(2)) x_1x_2 \cdot 2^{-x_1^2-x_2^2-x_3^2} \\ \\
	\frac{\partial g_1}{\partial x_2}(x) & = & -2(ln(2))x_1x_2 \cdot 2^{-x_1^2-x_2^2-x_3^2} \\ \\
	\frac{\partial g_1}{\partial x_3}(x) & = & -2(ln(2))x_1x_3 \cdot 2^{-x_1^2-x_2^2-x_3^2} \\ \\
	\frac{\partial g_2}{\partial x_3}(x) & = & -2(ln(2)) x_2x_3 \cdot 2^{-x_1^2-x_2^2-x_3^2}
\end{eqnarray*}
$$Jg(x) = \left(\begin{array}{ccc}1-2(ln(2))x_1^2 & -2(ln(2))x_1x_2 & -2(ln(2))x_1x_3 \\ -2(ln(2))x_1x_2 & 1-2(ln(2))x_2^2 & -2(ln(2))x_2x_3\end{array}\right) \cdot 2^{-x_1^2-x_2^2-x_3^2}$$

\subsubsection*{(c)}
$$g: \SetR^3 \to \SetR; x=(x_1,x_2,x_3)^T \mapsto x_3 \cdot e^{-x_1^2-x_2^2-x_3^2}$$
Jacobi-Matrix von $g$:
\begin{eqnarray*}
	Jg(x) & := & \left(\frac{\partial g}{\partial x_1}(x) , \frac{\partial g}{\partial x_2}(x) , \frac{\partial g}{\partial x_3}(x)\right) \\ \\
	\frac{\partial g}{\partial x_1}(x) & = & x_3 \cdot e^{-x_1^2-x_2^2-x_3^2}(-2x_1) \\
	& = & -2x_1x_3 \cdot e^{-x_1^2-x_2^2-x_3^2} \\
	\frac{\partial g}{\partial x_2}(x) & = & -2x_2x_3 \cdot e^{-x_1^2-x_2^2-x_3^2} \\
	\frac{\partial g}{\partial x_3}(x) & = & e^{-x_1^2-x_2^2-x_3^2} + x_3 \cdot e^{-x_1^2-x_2^2-x_3^2} \cdot (-2x_3) \\
	& = & (1-2x_3^2) \cdot e^{-x_1^2-x_2^2-x_3^2} \\ \\
	\Rightarrow Jg(x) & = & (-2x_1x_3, -2x_2x_3, 1-2x_3^2) e^{-x_1^2-x_2^2-x_3^2}
\end{eqnarray*}

\section*{Aufgabe 3}
\subsubsection*{(a)}
Sei $D \subset \SetR^3$ offen, sei $f: D \to \SetR$ zweimal stetig differenzierbar, d.h. $f$ sei eine $C^2$-Funktion auf $D$. \\
Zeige: $rot \nabla f(x) = 0 \quad \forall x \in D$. \\
Beweis: \\
Sei $x:=(x_1,x_2,x_3)^T \in D$ beliebig.
\begin{eqnarray*}
	rot \nabla f(x) & = & \nabla x \nabla f(x) \\
	& = & \left| \begin{array}{ccc}e_1 & \frac{\partial}{\partial x_1} & \frac{\partial f}{\partial x_1}(x) \\[0.1cm] e_2 & \frac{\partial}{\partial x_2} & \frac{\partial f}{\partial x_2}(x) \\[0.1cm] e_3 & \frac{\partial}{\partial x_3} & \frac{\partial f}{\partial x_3}(x)\end{array} \right| \quad e_1,e_2,e_3 \text{ sind die kanonischen Einheitsvektoren im } \SetR^3 \\
	& = & e_1 \cdot \left| \begin{array}{cc}\frac{\partial}{\partial x_2} & \frac{\partial f}{\partial x_2}(x) \\[0.1cm] \frac{\partial}{\partial x_3} & \frac{\partial f}{\partial x_3}(x)\end{array} \right| - e_2 \cdot \left| \begin{array}{cc}\frac{\partial}{\partial x_1} & \frac{\partial f}{\partial x_1}(x) \\[0.1cm] \frac{\partial}{\partial x_3} & \frac{\partial f}{\partial x_3}(x)\end{array} \right| + e_3 \cdot \left| \begin{array}{cc}\frac{\partial}{\partial x_1} & \frac{\partial f}{\partial x_1}(x) \\[0.1cm] \frac{\partial}{\partial x_2} & \frac{\partial f}{\partial x_2}(x)\end{array} \right| \\
	& = & \left( \frac{\partial}{\partial x_2} \left(\frac{\partial f}{\partial x_3}(x)\right) - \frac{\partial}{\partial x_3} \left(\frac{\partial f}{\partial x_2}(x)\right) \right) e_1 \\
	& & + \left(\frac{\partial}{\partial x_3} \left(\frac{\partial f}{\partial x_1}(x)\right) - \frac{\partial}{\partial x_1} \left(\frac{\partial f}{\partial x_3}(x)\right) \right) e_2 \\
	& & + \left( \frac{\partial}{\partial x_1} \left(\frac{\partial f}{\partial x_2}(x)\right) - \frac{\partial}{\partial x_2} \left(\frac{\partial f}{\partial x_1}(x)\right) \right) e_3 \\
	& = &\left( \begin{array}{c}\frac{\partial^2 f}{\partial x_2 \partial x_3}(x) - \frac{\partial^2 f}{\partial x_3 \partial x_2}(x) \\[0.2cm] \frac{\partial^2 f}{\partial x_3 \partial x_1}(x) - \frac{\partial^2 f}{\partial x_1 \partial x_3}(x) \\[0.2cm] \frac{\partial^2 f}{\partial x_1 \partial x_2}(x) - \frac{\partial^2 f}{\partial x_2 \partial x_1}(x)\end{array} \right) \\
	& = & \left( \begin{array}{c}0 \\ 0 \\ 0\end{array} \right)
\end{eqnarray*}
Begründung: Da $f$ nach Voraussetzung eine $C^2$-Funktion ist, gilt nach dem Vertauschbarkeitssatz von Schwarz:
$$\frac{\partial^2 f}{\partial x_i \partial x_j} = \frac{\partial^2 f}{\partial x_j \partial x_i} \quad \forall i,j \in \{1,2,3\}$$ \QED

\subsubsection*{(b)}
Gegeben: Potentialfeld $F: D \to \SetR^3$ mit
$$F(x) = -E \frac{x}{|x|^3}, \; x \in D := \SetR^3 \backslash \{0\}$$
Sei $x := (x_1,x_2,x_3)^T \in D$ beliebig.
$$ \Rightarrow F(x) := \left(\begin{array}{c}F_1(x) \\ F_2(x) \\ F_3(x)\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-E x_1 (x_1^2 + x_2^2 + x_3^2)^{-\frac{3}{2}} \\ -E x_2 (x_1^2 + x_2^2 + x_3^2)^{-\frac{3}{2}} \\ -E x_3 (x_1^2 + x_2^2 + x_3^2)^{-\frac{3}{2}}\end{array}\right) \quad (*) $$
Betrachte nun die Funktion
$$f: D \to \SetR \text{ mit } f(x) = \frac{E}{|x|}$$
\begin{eqnarray*}
	\Rightarrow f(x) & = & f(x_1,x_2,x_3) = \frac{E}{\sqrt{x_1^2 + x_2^2 + x_3^2}} = E \cdot (x_1^2 + x_2^2 + x_3^2)^{-\frac{1}{2}} \\
	\Rightarrow \nabla f(x) & = & \left( \begin{array}{c}\frac{\partial f}{\partial x_1}(x) \\[0.1cm] \frac{\partial f}{\partial x_2}(x) \\[0.1cm] \frac{\partial f}{\partial x_3}(x)\end{array} \right) \quad (**) \\ \\
	\frac{\partial f}{\partial x_i}(x) & = & E \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) \cdot (x_1^2 + x_2^2 + x_3^2)^{-\frac{3}{2}} \cdot 2 x_i \\
	& = & -E x_i (x_1^2 + x_2^2 + x_3^2)^{-\frac{3}{2}}, \; i = 1,2,3
\end{eqnarray*}
Aus $(*)$ und $(**)$ folgt:
$$\nabla f(x) = F(x)$$
$$ \Rightarrow rot \; F(x) = rot \nabla f(x) = 0 \quad \text{ nach Teil (a)} $$
Also:
$$rot \; F(x) = 0 \quad \forall x \in D$$ \QED

\newpage
\section*{Aufgabe 4}
Sei $D \subset \SetR^3$ offen, sei $F: D \to \SetR^3$ ein $C^2$-Vektorfeld.

\subsubsection*{(a)}
Beh.: $div \; rot \; F = 0$ \\
Beweis: Sei $x:=(x_1,x_2,x_3)^T \in D$ beliebig.
\begin{eqnarray*}
	\text{Sei } F(x) & := & \left( \begin{array}{c}F_1(x) \\ F_2(x) \\ F_3(x)\end{array} \right) \\
	\Rightarrow rot \; F(x) & = & \left( \begin{array}{c}\frac{\partial F_3}{\partial x_2}(x) - \frac{\partial F_2}{\partial x_3}(x) \\[0.2cm] \frac{\partial F_1}{\partial x_3}(x) - \frac{\partial F_3}{\partial x_1}(x) \\[0.2cm] \frac{\partial F_2}{\partial x_1}(x) - \frac{\partial F_1}{\partial x_2}(x)\end{array} \right) \\
	\Rightarrow div \; rot \; F(x) & = & \frac{\partial}{\partial x_1} \left(\frac{\partial F_3}{\partial x_2}(x) - \frac{\partial F_2}{\partial x_3}(x)\right) + \frac{\partial}{\partial x_2} \left(\frac{\partial F_1}{\partial x_3}(x) - \frac{\partial F_3}{\partial x_1}(x)\right) \\
	& & + \frac{\partial}{\partial x_3} \left(\frac{\partial F_2}{\partial x_1}(x) - \frac{\partial F_1}{\partial x_2}(x)\right) \\
	& = & \frac{\partial^2 F_3}{\partial x_1 \partial x_2}(x) - \frac{\partial^2 F_2}{\partial x_1 \partial x_3}(x) \\
	& & + \frac{\partial^2 F_1}{\partial x_2 \partial x_3}(x) - \frac{\partial^2 F_3}{\partial x_2 \partial x_1}(x) \\
	& & + \frac{\partial^2 F_2}{\partial x_3 \partial x_1}(x) - \frac{\partial^2 F_1}{\partial x_3 \partial x_2}(x) \\
	& = & \left(\underbrace{\frac{\partial^2 F_1}{\partial x_2 \partial x_3}(x) - \frac{\partial^2 F_1}{\partial x_3 \partial x_2}(x)}_{=0}\right) \\
	& & + \left(\underbrace{\frac{\partial^2 F_2}{\partial x_3 \partial x_1}(x) - \frac{\partial^2 F_2}{\partial x_1 \partial x_3}(x)}_{=0}\right) \\
	& & + \left(\underbrace{\frac{\partial^2 F_3}{\partial x_1 \partial x_2}(x) - \frac{\partial^2 F_3}{\partial x_2 \partial x_1}(x)}_{=0}\right) \\
	& = & 0
\end{eqnarray*}
Begründung: $F$ ist ein $C^2$-Vektorfeld $\Rightarrow$ jede Komponentenfunktion $F_i(x)$ ist eine $C^2$-Funktion $\Rightarrow$ aus dem Vertauschbarkeitssatz von Schwarz,
dass für die Funktionen $F_i$ die Reihenfolge der 2. partiellen Ableitungen vertauschbar ist. \QED

\subsubsection*{(b)}
Gegeben: Vektorfeld $F: D \in \SetR^3$, $D \subset \SetR^3$ offen, mit
$$F(x,y,z) := \left(\begin{array}{c}F_1(x,y,z) \\ F_2(x,y,z) \\ F_3(x,y,z)\end{array}\right) := \left(\begin{array}{c}x^2y \\ z \\ xyz\end{array}\right)$$
Gibt es ein anderes Vektorfeld $G: D \to \SetR^3$ so dass gilt: $F = rot \; G$? \\
Annahme: Es gibt ein Vektorfeld $G | F = rot \; G \quad (*)$. \\
Sei $\xi := (x,y,z)^T \in D$.
\begin{eqnarray*}
	\stackrel{(*)}{\Rightarrow} div \; rot \; G(\xi) & = & div \; F(\xi) \\
	& = & \frac{\partial F_1}{\partial x}(\xi) + \frac{\partial F_2}{\partial y}(\xi) + \frac{\partial F_3}{\partial z}(\xi) \\
	& = & 2xy + 0 + xy = 3xy
\end{eqnarray*}
Nach Teil (a) ist
\begin{eqnarray*}
	div \; rot \; G & = & 0 \\
	\Rightarrow 3xy & = & 0 \\
	\Leftrightarrow x \cdot y & = & 0 \\
	\Leftrightarrow x=0 & \OR & y=0 \\
	\Rightarrow F(x,y,z) & = & \left( \begin{array}{c}0 \\ z \\ 0\end{array}\right)
\end{eqnarray*}
Ein Vektorfeld $G=(G_1,G_2,G_3)^T$ mit $F = rot \; G$ kann es also nur geben, wenn $x=0 \OR y=0$ ist, d.h. nur für Vektorfelder $F$ der Form $F(x,y,z) = (0,z,0)^T$ \\
Es muss also gelten:
$$rot \; G = \left(\begin{array}{c}\frac{\partial G_3}{\partial y} - \frac{\partial G_2}{\partial z} \\ \frac{\partial G_1}{\partial z} - \frac{\partial G_3}{\partial x} \\ \frac{\partial G_2}{\partial x} - \frac{\partial G_1}{\partial y}\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}0 \\ z \\ 0\end{array}\right) = F \quad (**)$$
Folgende Vektorfelder $G = (G_1, G_2, G_3)^T$ lösen $(**)$:
\begin{enumerate}
	\item Fall: $x=y=0$. Sei
		$$G:= \left(\frac{1}{2}z^2,0,0\right)^T$$
		Dann gilt:
		\begin{eqnarray*}
			\frac{\partial G_3}{\partial y} - \frac{\partial G_2}{\partial z} = 0-0 & = & 0 \\
			\frac{\partial G_1}{\partial z} - \frac{\partial G_3}{\partial x} = z-0 & = & z \\
			\frac{\partial G_2}{\partial x} - \frac{\partial G_1}{\partial y} = 0-0 & = & 0
		\end{eqnarray*}
		$$\Rightarrow rot \; G = F$$
	\item Fall: $x\ne0 \AND y=0$. Sei
		$$G := (z^2,0,xz)^T$$
		Dann gilt:
		\begin{eqnarray*}
			\frac{\partial G_3}{\partial y} - \frac{\partial G_2}{\partial z} = 0-0 & = & 0 \\
			\frac{\partial G_1}{\partial z} - \frac{\partial G_3}{\partial x} = 2z-z & = & z \\
			\frac{\partial G_2}{\partial x} - \frac{\partial G_1}{\partial y} = 0-0 & = & 0
		\end{eqnarray*}
		$$\Rightarrow rot \; G = F$$
	\item Fall: $x=0 \AND y\ne0$. Sei
		$$G:=\left(\frac{1}{2}z^2, z^2, 2yz\right)^T$$
		Dann gilt:
		\begin{eqnarray*}
			\frac{\partial G_3}{\partial y} - \frac{\partial G_2}{\partial z} = 2z-2z & = & 0 \\
			\frac{\partial G_1}{\partial z} - \frac{\partial G_3}{\partial x} = z-0 & = & z \\
			\frac{\partial G_2}{\partial x} - \frac{\partial G_1}{\partial y} = 0-0 & = & 0
		\end{eqnarray*}
		$$\Rightarrow rot \; G = F$$
\end{enumerate}
Zusammenfassung:
\begin{enumerate}
	\item Fall $x \cdot y \ne 0$ ist, gibt es kein Vektorfeld $G$, sodass $F= rot \; G$ ist.
	\item Falls $x \cdot y = 0$ ist, gibt es Vektorfelder $G$, sodass $F = rot \; G$ ist, wobei $F(x,y,z) = (0,z,0)^T$ sein muss, und zwar:
		$$G(x,y,z) = \left\{ \begin{array}{c@{\quad , \quad}l} \left(\frac{1}{2}z^2,0,0\right)^T & x=y=0 \\ (z^2,0,xz)^T & x\ne0 \AND y=0 \\ \left(\frac{1}{2}z^2,z^2,2yz\right)^T & x=0 \AND y\ne0\end{array}\right.$$
\end{enumerate}

\end{document}