Analysis II
Eine praxisorientierte Einführung für
Mathematiker und Physiker
mit über 400 gerechneten Beispielen
Thomas C.T. Michaels
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Eine praxisorientiere Einf ü hrung f ü r
Mathematiker und Physiker mit
ü ber 400 gerechneten Beispielen
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Thomas C. T . Michaels
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Immagine in copertina: Zi.trus creato da Herwig Hauser. Immagine soggetta a copyright:
Creative Commons Attribution-Share Alike 3.0.
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Copyright © 2013 FELIX VERLAG EDITRICE sas, Milano
I diritti di memorizzazione elettronica. di riproduzione e di adattamento totale o parziale
con qualsiasi mezzo ( compresi i microfilm e ie copie fotostatiche) sono riservati per tutti i
Paesi.
Codice ISBN 978-88-88307-23-7
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II
Vorwort
Jedes Buch muss einen Begimi haben und dieses Buch will ich mit einigen einf ührenden
Worten beginnen .
1:
Wie viele andere Studenten der Mathematik und Physik , die sich im ersten Jahr zum
ersten Mal mit der Analysis-Vorlesung konfrontiert sehen , hatte ich immer nach einem
Buch gesucht , das den Mathematik-Stoff einfach und mit vielen Beispielen erkl ä rt . Das ist
nat ürlich leichter gesagt als getan . Auf der einen Seite findet man so genannte Ingenieurbücher, welche praktisch sind viele Beispiele enthalten aber der Inhalt ist oft zu einfach
im Vergleich zum Stoff , der in einer typischen Analysis-Vorlesung f ü r Mathematiker und
Physiker vorkommt . In diesen Ingenieurb üchern findet man also viele Beispiele zur Integralrechnung, aber keine Beispiele ü ber Untermannigfaltigkeiten oder Topologie. Auf der
anderen Seite behandeln die typischen Lehrbücher f ür Mathematiker den Stoff auf dem
richtigen Niveau , aber diese sind f ü r einen Studenten im ersten Jahr oft zu abstrakt. Also
Satz, Beweis, Lemma, Beweis, Satz , Beweis etc. und die ( wenigen ) Beispiele sind oft neue
Theoreme mit Beweisen , die den Studenten nicht helfen die Konzepte zu verstehen. Aber
wo ist der Mittelweg? Betr ü bt kein geeignetes Buch gefunden zu haben, entschloss ich mich
dazu , mir selbst Aufgaben zu stellen. Hier und dort habe ich Aufgaben gesucht und gesam melt und ausf ü hrliche Lösungswege f ür mich geschrieben . So hatte ich schlussendlich auf
ein Blatt 60 Beispiele zu Reihen geschrieben von denen man die Konvergenz bestimmen
sollte. Ich habe auch eine Liste von 30 Mengen erstellt , bei denen ich entscheiden sollte ,
ob sie offen, abgeschlossen , kompakt oder zusammenhängend waren . Dieses Material habe
ich dann in den späteren Jahren wieder gebraucht , als ich Hilfsassistent in Analysis im
Mathematik-Departement der ETH Z ü rich war. In meinen Ü bungsstunden habe ich immer
eine Zusammenfassung der Vorlesung gegeben und die wichtigsten Punkte anhand von vielen Beispielen erklä rt.. Anstatt Tipps zu den einzelnen Aufgaben der Serie zu geben habe
ich irü r immer neue, ähnliche Beispiele ausgedacht wie die in der Serie vorkommenden ,
und diese vor den Studenten gelöst . So konnte ich Schritt f ü r Schritt alles erklä ren , was
die Studierenden wissen sollten , um die Aufgaben zu lösen: Wie wendet man dieses Theorem in konkreten Situationen an? Wozu dient dieser Satz ? usw. Oft ist es genau das . was
die Studenten wissen wollen. Dieses Prinzip hat sich bewährt. Am Anfang waren nur 13
Studierende in meiner Ü bungsstunde da, und ich hatte Grenzwerte wiederholt . Die Ü bung
dauerte nur eine Stunde, aber die Leute fanden es so gut , dass ich am Ende der Stunde
einen Applaus bekommen habe. In der nächsten Ü bungsstunde waren dami 20 Leute in der
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1
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1
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Ü bungsgnippe, dann 40, dann 50 usw. Später sind noch mehr Leute gekommen... am Ende
des Semesters waren es 150. Das war ein riesiger Erfolg f ü r mich den ich mir nie erwartet
h ätte. In meinem letzten Jahr an der ETH bin ich, zusammen mit Beatrix Mühlmann ,
auf die Idee gekommen , das ganze Material allen zuk ünftigen Studenten in der Form eines
Buches zur Verf ügung zu stellen. Am Ende sind , mit der Hilfe von Beatrix, zwei B ücher
entstanden: Analysis I und Analysis II.
,
,
Was kann man sich also von den Büchern erwarten? In dieser Reihe von zwei Büchern
befinden sich insgesamt mehr als 1200 Beispiele, alle ausf ührlich gelöst . Alle Schritte werden durchgerechnet und es gibt kein ‘trivial” oder “ man sieht leicht ” . Dieses Buch eignet
sich perfekt , um zu verstehen , was konkret hinter den abstrakten Definitionen und Sätzen
der Analysis II st eckt und ist damit das ideale Begleitbuch f ür jeden Studenten. Ich denke,
dass ein formal orientierter Schreibstil hä ufig die Studenten abschreckt. Im Buch habe ich
also die klassische Struktur von Definition, Satz und Beweis aufgegeben und diese mit einer
neuen Struktur ersetzt: Die fundamentale Theorie, also wuchtige Definitionen und Sätze,
werden kurz und einfach zusammengefasst und diese Theorie ist anhand von ausf ü hrlich
gerechneten Musterbeispielen erklärt. Ich denke, dass Analysis so viele Anwendungen hat
und so viele Tricks kennt , dass der einzige Weg, den Stoff effektiv zu lernen, viele Beispiele sind. Das Buch kommt dieser Aufgabe bestens nach. Ein Buch kann aber nicht alle
Bed ü rfnisse gleichzeitig erf ü llen: Es wird somit nicht auf Exaktheit und Beweisvollständigkeit verzichtet. Ich habe überall dort , wo es mir inhaltlich richtig erschien, Beweise in
Form von Beispielen vollständig präsentiert , aber f ür technische Beweise, welche nur lange
Schreibarbeit erfordern aber keinen grossen Beitrag zum Verst ändnis beitragen, verweise
ich auf die entsprechende Literatur. Die B ücher behandeln ungef ähr den Teil der Analysis,
den ein Student in der Mathematik und Physik im ersten Jahr beherrschen sollte. Mit
diesen B ü chern wird der Student langsam ( Beispiel nach Beispiel ) von den ganz elementaren Konzepten bis zu einer Stufe gebracht wo er auch mit komplizierten Aufgaben der
mehrdimensionalen Differenzial- und Integralrechnung zurecht kommt .
gf
,
,
Ich will das Buch jetzt, nicht weiter beschreiben: Sie haben es ja vor sich. Also viel
Vergnü gen beim Lesen und hoffentlich nehmen diese Bücher allen Lesern den Schrecken ,
den sie vor Analysis haben .
Thomas Michaels
Cambridge und Z ürich im Jahr 2013
,
4
3
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Inhaltsverzeichnis
it
I
Differenzialrechnung im K ”
9
1 Funktionen von mehreren Variablen und partielle Ableitungen
1
1
11
1.1 Funktionen von mehreren Variablen
1.2
lit
Partielle Ableitungen
I
1.3 Der Satz von Schwarz
I
§;
1.4 Vektorwertige Funktionen
m
11
15
.
24
2 Stetigkeit und Differenzierbarkeit im M n
2.1 Stetigkeit im Rn
m
m
2.2
27
27
Differenzierbarkeit
2.2.1 Partielle Differenzierbarkeit uncl totale Differenzierbarkeit
2.2.2 Funktionen von der Klasse Ck
2.2.3 Zusammenhang der Begriffe
2.2.4
Beispiele
31
.
.
.
.
.
31
33
34
35
3 Ableitungsregeln
49
3.1 Die Kettenregel
3.2
19
49
Der Umkehrsatz
CO
ÜO
I
4 Taylorentwicklung f ür Funktionen mehrerer Variablen
67
69
4.1 Funktionen zweier Variablen
4.2
Funktionen mehrerer Variablen
5 Kurven
73
5.1 Differenzierbare Kurven
5.2
73
Reguläre Kurven
i t
5.3 Der Tangentialvektor an einer Kurve . . .
.
79
5.5 Einfach zusammenhä ngende Mengen . . . .
5.5.1 Homotopien
80
84
84
86
5.4 Die Länge einer Kurve
11
1
:11i
5.5.2
Einfach zusammenhä ngende Mengen
IS
s
'
87
5
INHALTSVERZEICHNIS
89
6 Kritische und reguläre Punkte
6.1 Der Fall
6.2
/ : R" -> R
89
Der allgemeine Fall / :1" -? R
nt
92
7 Extremwertaufgaben in mehreren Dimensionen
7.1
Extremwert aufgaben in Rn ohne Nebenbedingungen .
Exkursus: positiv und negativ definite Matrizen
7.1.1
7.1.2
7.2
97
99
102
109
Beispiele
Extrema mit Nebenbedingungen
7.2.1
Einschub: ein Existenzsatz f ü r Extrema . . . .
110
7.2.2
Beispiele
111
7.3 Allgemeine Betrachtung von Extrema in Rn
122
8 Der Satz ü ber implizite Funktionen
127
127
8.1 Einleitung
8.2
Der Satz
128
8.3
Beispiele
130
139
9 Unterraannigfaltigkeiten von En
!
Untermannigfaltigkeiten von Ff '
139
9.1.1 Lie-Gruppen
145
»
Der Tangentialraum
9.2 .1 Lie-Algebren
9.3 Der Normalraum
150
W
152
m-
9.1
9.2
154
10 Parameterintegrale
10.1 Parameterintegrale mit konstanten Grenzen
10.2 Parameterintegrale mit variablen Grenzen
.
10.3 Uneigentliche Parameterintegrale
II
97
11 Integration auf Quadern und der Satz von Fubini
1:
158
162
166
i
M.
177
M2
177
11.2 Integration auf Quadern in Ff '
183
11.1 Integration auf Quadern in
189
12 Integration auf Normalbereichen
12.1 Normalbereiche in F2
189
12.2 Normalbereiche in WL
196
200
12.3 Der Skalierungstrick
ö
a
a
i
i
157
175
Integralrechnung im W
'
mMiaA
B
i
B
B
!
INHALTSVERZEICHNIS
i
"
13 Die Substitutionsregel
13.1 Die Substitntionsregel in R2
13.2 Die Substitutionsregel in Rn
13.3 Wichtige Koordinatentransformationen
SB
13.4 Beispiele
207
207
215
218
218
14 Anwendung: Masse , Schwerpunkt und Tr ägheitsmoment
14.1 Masse, Schwerpunkt und Tr ägheitsmoment
14.2 Beispiele
231
231
233
15 Oberflächenintegrale
15.1 Flächen in R3
241
241
15.2 Oberflächenmass
243
15.3 Oberflächenintegrale
247
15.4 Oberflächenintegral ü ber den Graphen einer Funktion von zwei Variablen . 248
i
1
1
i
III
i
I
Vektoranalysis
253
16 Grundbegriffe der Vektoranalysis
255
16.1 Skalarfelder und Vektorfelder
16.1.1 Skalarfelder
16.1.2 Vektorfelder
16.2 Differenzialoperatoren
255
255
256
257
16.2.1 Der Gradient
16.2. 2 Riehtungsableitung
16.2.3 Die Divergenz
16.2.4 Die Rotation
16.2.5 Der Laplace- Operator
16.3 Rechenregeln f ü r Differenzialoperatoren
258
260
262
264
267
268
17 Krummlinige Koordinaten
273
17.1 Krummlinige Koordinaten
273
17.2 Differenzialoperatoren in anderen Koordinaten
277
r r"~
17.2.1 Transformation von Skalar- und Vektorfeldern
lI l
17.2 . 2 Transformation von Differenzialoperatoren
279
17.2.3 Allgemeine Formeln f ür Differenzialoperatoren in allgemeinen orthogonalen krummlinigen Koordinaten
284
>
18 Wegintegrale
In1
V
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!1
289
289
289
290
18.1 Definition und erste Beispiele .
18.1.1 Definition
18.1.2 Kochrezept und Beispiele
/
Im1
INHALTSVERZEICHNIS
-
m
m
m
.
18.2 Potenzialfelder
18.2.1 Motivierendes Beispiel . . . .
18.2.2 Potenzialfelder und Potenziale
18.2.3 Konservative Vektorfelder . .
18.2.4 Zusammenfassung
18.2.5 Beispiele
19 Flussintegrale und der Satz von Gauss
19.1 Der Orientierungsbegriff
19.2 Der Flussbegriff
19.2.1 Beispiele
19.3 Satz von Gauss
19.4 Weitere Beispiele
19.5 Berechnung von Volumina mit dem Satz von Gauss
19.6 Der Satz von Gauss in der Ebene
19.6.1 Der Fluss durch eine Kurve in R 2
19.6. 2 Der Satz von Gauss in der Ebene
20 Der Satz von Stokes und der Satz von Green in der Ebene
20.1 Der Satz von Stokes
20.2 Der Satz von Green in der Ebene
20.2.1 Berechnung von Flächeninhalten mit dem Satz von Green .
aI
297
298
:
300
301
301
302
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313
313
315
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355
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Teil I
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Differenzialrechnung im Mn
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II;
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•
9
Kapitel 1
Funktionen von mehreren Variablen
und partielle Ableitungen
m
r •:
1.1
Funktionen von mehreren Variablen
0
Wird jedem Punkt ( x x y ) in einer Teilmenge Q der :n/- Ebene ein Skalar f ( x . y ) zugeordnet ,
so bekommt man eine Funktion der zwei ( unabhängigen ) Variablen x und y . In Formeln
heisst dies
r
«
f
3
V. -
C i2 -> R ,
y ) ~ f i x. y ).
'
ft
Die Menge Ü C R2 ist der Definitionsbereich von / und die Menge / ( Q) der Zahlen,
welche von / angenommen werden , heisst Wertebereich (oder Bild ) von j
Bild ( / ) = { f i x. y ) \ [ x . y )
M
m
W
•
e ü}.
Was kann man sich darunter vorstellen? Das ist ganz einfach. Aus der Schule kennen wir ja
nur Funktionen der Form / : R » R , wie etwa / (x ) sinx. Jetzt betrachten wir einfach
Funktionen wie f (x , y ) = x 2 sin ( x + y ) . Diese Funktionen besitzen zwei Variable, n ä mlich x
und y , f ür welche wir reelle Werte einsetzen kö nnen. Der Graph von f i x , y ) besteht dann
—
—
if
ü
II
1
•
•
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1. FUNKTIONEN VON MEHREREN VARIABLEN UND PARTIELLE ABLEITUNGEN
aus den Punkten
;•
Graph ( / )
= { ( x. y. z ) £
f ( x , y )}
y)
und definiert eine Fläche im dreidimensionalen Raum. Zur geometrischen Veranschaulichung von Funktionen von zwei Variablen werden auch sogenannte Niveaulinien (oder
Höhenlinien ) benutzt . Die Niveaulinie von f ( x . y ) zum Niveau C ist die Menge der Punkte
aus dem Definitionsbereich von f . f ür welche / den Wert C annimmt , d.h.
,
A r c = { l x : y ) e n\ f {x ,y ) = C }.
Offenbar ist Ac T 0 nur f ü r C im Wertebereich von / , d .h . es macht keinen Sinn, Werte
f ü r C zu wählen , welche nicht im Bild von / liegen. Um Niveaulinien zu berechnen , setzt
man bestimmte Werte f ü r C ein . Man löst dann die Gleichung f ( x , y ) = C zum Beispiel
nach y auf und man bekommt so eine Funktion in Abh ängigkeit von x , die wir darstellen
können . Geometrisch entspricht die Menge Ac dem Schnitt der Ebene z ~ C mit dem
Graphen z
f ( x . y ) von / projiziert auf die xy-Ebene. Wir schauen sozusagen von oben
auf die Funktion hinab!
—
Niveaulinie ::um \ iwau C
Eb'.'no :
—
C
ff
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fl:
1
.
mA
Beispiel 1.1.1 o o o Skizziere Graph und Niveaulinien f ür die folgenden Funktionen
Meier Variablen:
2
b)
m
y)
35
x.“2 4- y2~
3
c) f ( x, y ) - y e x
d ) f ( x , y )M
:
v1
I
“
2
W +V
I
2)
mm-
m
Lösung: a) Der Definitionsbereich ist ganz R 2 und der Wertebereich ist ganz R. Der Graph von /
definiert die Flä che der Figur 1.1 und hat einen Sattelpunkfc in (0, 0 ) . Niveaulinien sind durch die
Gleichung
x2 - r
-c
12
i
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.
..
**» **« *:f W V6« W(»» W# K •
1
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1.1. FUNKTIONEN VON MEHREREN VARIABLEN
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m
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I n
Abbildung 1.1: Graph und Niveaulinien der Funktionen / : ( x , y ) — ¥ x 2
V + ZA / : (*, 2/) »• ye*, / : ( x, ;i/ ) r V’ l ~ (
r2;
—
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j
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II
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y~ ,
—
/ : (x , y ) >
I
1. FUNKTIONEN VON MEHREREN VARIABLEN UND PARTIELLE ABLEITUNGEN
A
'
w
J!
—
—
—
bestimmt . F ü r C
0 bekommt man zum Beispiel x2 y2 = 0 =* y
± x . Das sind die zwei
Geraden durch den Mittelpunkt, welche in Figur 1.1 zu erkennen sind. Die anderen Niveaulinien
sind durch die Gleichungen x = ±\/ C u- y2 bzw. y ±\/ x ~ C gegeben.
b ) Die Funktion / : l2 A I. ( x, y ) -4 x 2 y 2 definiert eine skalare Funktion von 2 Variablen mit
Definitions!)creich D ( f ) R2 und Wertebereicli [0. oo ) ( x2 + y 2 ist immer positiv ). Der Graph ist
ein Paraboloid. Niveaulinien sind konzentrische Kreise: Die Niveaulinie zum Niveau C ist
—
—
—
Ac = { (*, y ) 6 K - | f ( x. y ) = C } = { (*, y )
*V + y2 = C}
ein Kreis mit Radius \/ C und Zentrum (0, 0 ) .
c ) Die Funktion / : R 2 ? R , ( z , y ) »
definiert eine skalare Funktion von 2 Variablen mit
Definitionsbereich D ( f ) R 2 und Wertebereich R. Der Graph ist in Figur 1.1 gegeben. Niveaulinien
sind durch die Gleichung
—
—
—
ye£
—C
=>
y
— Ce
x
bestimmt.
d ) Die Funktion f ( x\ y ) = /\ ( x- A y ) definiert eine skalare Funktion von 2 Variablen. Der
^
Definitionsbereich ist die Einheitskreisfläche
—
D( f )
-
~ { (x , t / ) 6
Br \ x2 4- y 2 < 1}
und der Wertebereich ist [0.1). Der Graph von f ist die obere Halbkugel mit Radius 1. Niveaulinien
von / sind konzentrische Kreise. Denn
Mc = { ( x x y ) e D ( f ) \ f ( x x y ) = C } = { { x , y )
= fev) ^ £> ( /) k 2 + r = i - c-}
—
'
^
D ( / ) | 1 - (x2 +
ist ein Kreis mit Radius Vl C 2 und Zentrum (0.0) . Bemerke: Da
macht es keinen Sinn C £ [0.1] zu betrachten.
.
?)
-
C}
/ nur Werte in [0, 1] annimmt,
Beispiel 1.1 2 ooo Veranschauliche die durch f : R2 -» R , ( x r y ) ->
Fl äche im Bereich [ 2 , 2]2 durch Niveaulinien
—
Lösung: Um Niveaulinien zu berechnen , setzen wir bestimmte Werte f ü r / (x, y )
beschriebene
r
;
~
C ein
1 + X2
Wir losen nach y auf und bekommen so eine Funktion in Abhängigkeit von x , die wir darsteflen
können. Zum Beispiel: Wir wählen zuerst C = 0. Daraus folgt: y ~ 0 . Also erhalten wir die a>Achse.
F ür C = 0.5 bekommen wir
y
1
2
1 + X2
Es ergibt sich eine Parabel. Und so weiter: Wir wählen weitere Werte f ür C und erhalten entsprechende Niveaulinien. Wir können zum Beispiel die Resultate f ür einige Werte von C in der
folgenden Tabelle zusanimenfassen:
,;
A
14
li
V
J
.
.
V:
:
»
II
1.2. PARTIELLE ABLEITUNGEN
Niveau
Niveaulinie
3/ = 0
2
2/ = 0.5 (1 T- sc )
2
2/ = 1 + x
y 1.5 (1 4- x ~ )
y
0.5 (1 A :r 2 )
y = - (1 + x~ )
y = -1.5(1 + x2 )
C=0
C = 0.5
:
C=1
Beschreibung
-Achse
Parabel mit Scheitel
Parabel mit Scheitel
Parabel mit Scheitel
Parabel mit Scheitel
Parabel mit Scheitel
Parabel mit Scheitel
:r
—
——
C = 1.5
C
0.5
C= 1
C = 1.5
— ——
—
in
in
in
in
in
in
( 0.0.5)
( 0.1)
( 0, 1.5 )
( 0 . 0.5 )
( 0. 1 )
( 0. 1.5)
—
—
—
Es ergibt sich somit das folgende Bild:
\
l
i
A
11
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1
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•
S
!!
N
I
-n
m
11
Allgemein gesagt , ordnet eine Funktion von n Variablen jedem Zahlentu pel ( x j . .... x n ) eine
Zahl f ( xi . ..., xn ) zu . In Formeln heisst dies:
t
f : ü Cf
4
R,
(xi
: Zn)
r
f ( Xj , .... X n ) .
Definitionsbereich und Wertebereich sind wie im zweidimensionalen Fall erklärt . Zur geometrischen Veranschaulichung solcher Funktionen steht der Graph von f
Graph ( / )
= { (zi , ..., zn, / (zj .
nicht melm zur Verf ügung da schon bei einer Funktion von drei Variablen ein vierdimensionaler Raum benötigt würde, der sich nat ü rlich kaum f ü r eine graphische Darstellung
eignet. Am besten werden Niveaufl ächen benutzt , welche genauso wie Niveaulinien im
zweidimensionalen Fall erkl ä rt sind
,
JVc = {(zi , ..., z„) e 9.\ f ( :r x r i ) = C } .
1.2
5
Partielle Ableitungen
HJi
li
Sei O eine offene Teilmenge von 3R 7 J und J - : fl r M eine Funktion von n Variablen.
Unter partieller Ableitung versteht man üblicherweise die Ableitung einer Funktion von
lt
15
j
II
K:
—
:
I
-
1. FUNKTIONEN VON MEHREREN VAPJABLEN UND PARTIELLE ABLEITUNGEN
m
mehreren Variablen nach einer dieser Variablen wobei die anderen Variablen konstant
gehalten werden. Wir definieren
,
im
m
—
Definition 1.2.1 ( Partielle Differenzierbarkeit ) / fl C Rn > R heisst an
der Stelle a ü nach der Variablen x ; partiell differenzierbar, falls
,
/ («] , .... a.; +
•
existiert. Der Limes
.... a „ ) - / ( ai , .,., a,j , -. a,( )
h
A/ W
jT(a ) heihb partielle Ableitung von f
9/
( a)
nach Xi
Die partielle Ableitung einer Funktion von mehreren Variablen f ( xi , .... xn ) nach der Variablen x.L- ist somit die Ableitung von / nach X ; wobei alle anderen Variablen konstant
gehalten werden . Die partielle Ableitung wird mit dem Symbol d notiert. Dies muss nicht
mit dem d des totalen Differenzials verwechselt werden (siehe später ) .
Möchte man speziell darauf hinweisen , welche Variablen konstant gehalten werden , so kann
man das durch Aufzä hlung der konstanten Variablen ausserhalb einer runden Klammer machen. Zum Beispiel soll die Funktion f i x . y . z ) partiell nach 2 abgeleitet werden , so kann
man die konstant gehaltenen Variablen x und y optional anschreiben
,
df
dz
Das ist eine sehr beliebte Praxis in der Thermodynamik.
Die n partiellen Ableitungen der Funktion f ( x \ , .... x n ) lassen sich in einem Vektor anordnen
df
dxi
grad ( / )
\
01
m
= V f :=
lil:
df
ÖX n /
Diesen Vektor nennt man Gradient von f und das Symbol V wird Nabla genannt ( Nablaoperator ) .
Die Regeln f ü r die Bildung von partiellen Ableitungen sind offenbar dieselben wie f ür
Ableitungen von Funktionen in einer Variablen. Es gelten die üblichen Produkt-, Quotientund Kettenregeln, nur dass man alle anderen Variablen formal als Konstanten behandeln
muss . Höhere partielle Ableitungen werden rekursiv definiert . Ist die Funktion / : fl » R
auf ganz fl partiell differenzierbar . so ist die partielle Ableitung von / nach x L- wieder eine
Funktion auf fl
df
: fl -> R
dxi
von der wir die; partielle Differenzierbarkeit untersuchen können. Man bekommt auf diese
Art und Weise die zweiten partiellen Ableitungen
-
o02
dxjdxj
f
d
df
Ö Xj
V dx-i
16
M;
•
m
m
mm
1.2. PARTIELLE ABLEITUNGEN
und höhere partielle Ableitungen. Bei der Bildung höherer Ableitungen ist es wichtig,
2
2
auf die Reihenfolge der Differenziation aufzupassen. Denn dxjd dxi / und d xö; Ö.r ' f sind nicht
Jimmer gleich (siehe Satz von Schwarz ).
Zweifache partielle Ableitungen der Funktion / : ü > R kann man in einer n x n Matrix
anordnen , die sogenannte Hesse Matrix, welche so definiert ist:
>:i
—
-
i:
cß .f
d2 f
dx\
$'
S
\
cß
Sind die gemischten Ableitungen
Ü Xj Ü Xi
metrisch.
:A
1
xu
=
Hess ( / )
I
\§ :
I
1v\
C)x1 b'
£
l
dx
iß f
-
Ö Xr, ä x i
;.
/ und
ö.
~~
-
f gleich , so ist die Hesse Matrix sym-
Beispiel 1.2.1 o o o Berechne die ersten partiellen Ableitungen von f ( x . y ) xeIJ einmal mit der Definition und einmal mit der Regel " nach «einer Variablen ableiten und alle
anderen als Konstanten betrachten
.
.
.
1
I
•
Lösung: F ür festes y erreclmet sich die partielle Ableitung nach x gem äss Definition
df
( x -r h )ey xey
f i x. i j )
h, y )
heA
[ x , y ] = lim / 0 +
.
= cP.
= /lim
= /lim
/? > 0
i ~ t)
dx
h
0 h
?.
h
Die partielle Ableitung nach y lautet entsprechend
i
V
m
V
'
m
df
^
M
m
:y ) = Fn0
—
-
—
f f x, y + h)
~
f ( :T , y )
h
= hlim
.~ o
xey
—
— — xev = xV lim - - 1 — xe .
h
— h
h
h
v
I
>
*
T
0
Dasselbe Resultat bekommt man mit der Regel "nach einer Variablen ableiten und alle anderen als
Konstanten betrachten “
df
df
ev
xeV- .
X
dy
dx =
-
m
m
II
.
——
.
I
f
•
7
-
’
:
mxx.
,
:V:
Lösung: Die partielle Ableitung nach x errechnet sich nach der Definition
(x h)y - xy
df
f { x + h, y ) - f ( x , y )
hy
. = lim
= lim +
= lim -r-
ai
:
•CS
Ti
?
'
:i.-
=
.
f;
1:
f
'
•-
ooo Berechne die ersten partiellem Ableitungen von f ( x , y ) x y einmal
mit der Definition und einmal mit der Regel " nach einer Variablen ableiten und alle an
deren als Konstanten betrachten” Berechne dann den Gradienten and die Hesse Matrh
von f
l -'.-A
m
I
—
h ~0
h
Analog dazu finden wir fü r die partielle Ableitung nach y
OX
ll rO
r
;
%% = -
lim
ä »0
f ( x, y + h )
/?.
h
- f ( x , y ) = lim :r (y -I- h ) —
h
17
— -0
h
/i
xy
—
u h
= /lim
-> 0
/
hx
.
/ ?.
=
</ •
= X.
-
1. FUNKTIONEN VON MEHREREN VARIABLEN UND PARTIELLE ABLEITUNGEN
Mit der Regel ‘mach einer Variablen ableiten und alle anderen als Konstanten betrachten” finden
wir sofort die gleichen Resultate
Of
Of
y
X
dx
’ dy
,
-
Der Gradient von / lautet somit
VT
d£
y
eil
ijy
X
.
F ü r die zweiten partiellen Ableitungen gilt
df
Öx
-
_
df
O y2
df
= o.
axdy
d f2
dydx
=l
II
V;
Die Hesse-Matrix ist somit
Hess ( / )
/
£
cU AiL
< jh/ ob
=
0 1
1 0
‘
:-K
i£
*
::
.
.
.
ii
..
Beispiel 1.2.3 c o o Berechne die ersten und zweiten partiellen Ableitungen von f :
E8 > R. (.T . c ) •> sin (3x -ft/ - 3c ) . Berechne die Hesse Matrix von f . Was stellt man
fest ?
-
—
-
/
-
;
L ösung: Für die ersten Ableitungen
Of
— 3 cos(3a + y — 3c)
'
dx
——
df
0?/
Of
cb
—
.
cos ( 3a -f y - 3c ) ,
*
—
3 cos (3a H- y
—
3c).
Für die zweiten partiellen Ableitungen
&1 }
dx 2
ff
Oy 2
ff
de 2
Ö
2
=—
—
/
=—
70 x0 z
ff
cü/cb
#
= — 9 sin (3a -t- y
=
sin (3x
— —
y
—
f:
3c) !
3c ) ,
— 3c)
ö/
y — 3c ) =
dxdy
9 sin (3.r -¥ y
?
2
3 sin (3x -f
= 9 sin (3.r t i/ - 3c)
= 3 sin (3a + y - 3c )
*
18
— 92=
<
‘
/
dxdz
d f
'
Oydz
"
I
I:
:
A
:
1
!®
*1
1
:
;
1.3. DER SATZ VON SCHWARZ
Die Hesse-Matrix lautet somit:
ALL
y.-c-
/
Hess( / ) =
•'
"
D/
<
dz ö x
——
'
d2 f
Ü xö y
d2 f
ö:cc )r.
&2 f
-
O f
d f
ö zdy
Dz
-
/
9 sin (3T 4- y ~ 3z )
3 sin (3.r 4- y 3s )
9 sin (3x + y 3s )
—
—
——
—
—
—
3 sin ( 3x 4- y 3D)
sin (3T H~ y - 3s )
3 sin (3.r 4 y - 3 z )
Man stellt fest dass die gemischten zweiten Ableitungen ( z. B
Hesse-Matrix ist somit symmetrisch.
,
9 sin ( 3T 4- y 3z )
3 sin ( 3.r -h y 3s)
-9 sin (3x 4- y 3D)
-
d f
ü xö y
und
-
d f
)
Otj ö x
—
y
identisch sind. Die
Beispiel 1.2.4 o o o Berechne die ersten und zweiten partiellen Ableitungen
/ ( x . y ) sin ( x y ) 4- ex ~ ~ v ~ . Was stellt man fest ?
,
—
von
Lösung:
—dx = y cos( xy ) 2xeJ u .
—3dyf — xeos( xy ) — o2 ye A - .
'
-4
(
d2 f
dx2
d2 f
dy
d2 f
=
—
y2 sin ( xy ) 4- 4x 2 e:c
- —
dxdy
d2 f
dydx
X
2
~ y~
sin (xy ) 4- 4y2 cr
—
4- 2
—
~ IJ
ex
2cx
xysm( xy )
—
4xyex
cos ( xy ) - xysm ( xy )
—
4xyex
= cos( xy )
—
\
"
~
y~
—
2~ 2
y2
y
.
!J
.
d-f
Man stellt fest , dass die gemischten zweiten Ableitungen ax
und ÖALL
ydx identisch sind.
' Jy
n
'
m,
1.3
Der Satz von Schwarz
i
In allen Beispielen, die wir bisher betrachtet haben kommutieren“ die zweifachen partiellen
Ableitungen , in dem Sinne, dass die gemischten Ableitungen ü bereinstimrnen
,
"
4
d2 f
dx idxj
i
14.
:
d2 f
dxjdxi
*
.
{1. .... n } .
i j
Für die einfache Funktion von zwei Variablen f ( x. y )
ö2 /
= x 2 y2 gilt beispielsweise
d2 f
6xy2 =
0x<% =
öycb
*
•
f.
III \
•
S
19
’
il
1. FUNKTIONEN VON MEHREREN VARIABLEN UND PARTIELLE ABLEITUNGEN
V
m
Das trifft f ü r fast alle Funktionen die in der Praxis Vorkommen , zu. Trotzdem gibt es
- wie immer in der Mathematik - pathologische Beispiele, f ü r welche dies nicht der Fall
ist. Wir fragen uns somit : Unter welchen Bedingungen stimmen die gemischten zweifachen
partiellen Ableitungen überein? Damit die gemischten zweifachen partiellen Ableitungen
d2 f
übereinstimmen, müssen die zweifachen partiellen Ableitungen dxLdxj
stetig sein. Aus die>
:
R soll von der Klasse C 2 heissen , falls
sem Grund definiert man: Eine Abbildung / ft
/ auf Q zweimal partiell differenzierbar ist und die zweifachen partiellen Ableitungen
,
I
y.i »
&
I
—
d2 f
d x. jdxj
:
jv:
:
if
II
n -> R
auf Q stetig sind . Notiert wird / C2 ( D ) und gesprochen “ / ist 2-mal stetig differenzierbar" ( mehr zu C 2 Funktionen werden wir im nächsten Kapitel erfahren ) . Offenbar wird
keine Stetigkeitsforderung an den ersten partiellen Ableitungen vorausgesetzt , da diese automatisch stetig sind (denn die Differenzierbarkeit impliziert die Stetigkeit ) . Dass f ür C 2
Funktionen die zweiten partiellen Ableitungen kommutieren , ist der Gegenstand des Satzes
von Schwarz
:1V:'
: iv
Satz 1.3.1 ( Schwarz ) Sei f G C 2 ( Ü ) . Dann gilt
d2 f
d~ f
dxjdxj
ÖX j d x j
V i. j
e {i
.:
.
I •>:
Allgemeiner besagt der Satz von Schwarz: Ist f : Q ~> R auf O rn-mal partiell differenzierbar
und sind alle m-ten Ableitungen in ü stetig so spielt die Reihenfolge der Differentiation
bei allen partiellen Ableitungen der Ordnung < m keine Rolle. Eine solche Funktion nennt
;;
man von der Klasse Cm und gesprochen wird / ist m-mal stetig differenzierbar” . Zum
Beispiel , f ü r eine Funktion zweier Variablen f ( x , y ) von der Klasse C5 ( = / ist 5-mal
partiell differenzierbar und alle 5-ten partiellen Ableitungen sind stetig) gilt
,
dbf
cDf
Ö5 J.c
a5 /
dxldy
dx :'- dydx
dx 2 dydx 2
dxdyda?
_ a5/
dydx'1
Das Vertauschen der Reihenfolge bei gemischten Ableitungen kann viel Zeit sparen , wie das
folgende Beispiel zeigt . Wir bestimmen die gemischte partielle Ableitung dritter Ordnung
d :if
dzdydx
w
.
II
m
M-
f ür
/ (x, y. z )
—
x6 ey 4- x2 + zexy .
20
II
|
l
I
III:
:
Il
m
md
fl
1.3. DER SATZ VON SCHWARZ
Eine Möglichkeit ist folgende:
dx
d2 f
dydx
dzf
dzdydx
~
dx
d
~
dy
d
= Tz
( x 3 ey 4 x ~ 4 ze X i j )
^
—
x ~ eU + ~ x + 2/ 2e c// )
'
^
+
^+
X y ]cXV
Zx 2 ev 4- 2 x 4- yzesy .
—
% x 2 ey 4- ~ (1 4- xy ) exy
) = (1 + Xy ) eXV
f ( x. y , z ) ist eine C 3 Funktion weil / und alle partiellen Ableitungen von / Kompositionen
der stetigen Funktionen x y, eü\ ... sind . Somit spielt nach dem Satz von Schwarz die
Reihenfolge der Differenziation keine Rolle. In der Tat ist es einfacher mit der Ableitung
nach c anzufangen
,
4- i
'
m
m
!
: ;?.
•
11
;
df
dz
i
1
a2 /
dydz
d3 f
dxdydz
i
i
I4
=
—
(Ve*' + V + se*») = e13'.
a
= —dy {° ' = xr:y
a
dx
A
um
;
Beispiel 1.3.1 o o o Verifiziere den Satz von Schwarz f ür die folgenden Beispiele durch
Nachrechnen
1
a ) f ( x , y ) = sm ( x 4 y 2 ) cos x
1
/ (*4 = (l + y4 )x
c ) f { x , y ) = xe‘J + ysin ( x 2 ) + 6 yx
d ) f ( x, y )
= W 2 + J/2 w° bei ( x -/ y ) # ( 0, 0 )
0 / (x , y ) = arctan( y /x) x =U 0
'
Lösung: a )
Ö2 /
2.
9 (d f
—
a/
~ 2y sin (:r
o
4- y2 ) cos £ - 2 y COS ( T 4 y2 ) sin :r
2
aya.r
=
!
li
lä
ay
a
~
a.r (2y cos(.r 4 y ) cos :;;)
(sin ( x 4 y2 ) cosx)
^
d
dy
— 2 y sin (.r 4 y ) cos x — 2y cosf.r
2
( COS ( J; 4 y2 ) cos .T
4 y 2 ) sin .r
21
— sin(
;
j
4 y 2 ) sin rr )
:
1. FUNKTIONEN VON MEHREREN VARIABLEN UND
ABLEITUNGEN
PARTIELLE
m
-
I
El
b)
&2 f
d fdf
dx \ dy
dxdy
d
ex ogiT -r-y )
'J
]
-
1
g.FlogU -t ?/ )
ax
4xy3
,= e* IOS( lTS ‘) Jog(1 + ,/ ) 1 + ; /4 4 e
3
l
1 + ?/ 4
p/
yl ) -f 1)
( xlog ( l 4
.
^J/ A
-
-
-
:clog( l. fi/1
g rlogl l +i,' ' )
Öy \ 9x
+ j/'1
'
)
j
92 /
4 y3
V
log ( H y1 )
(
_ gjrlogd + /
Öv/ö.r
-
4xy3
1 + y4
,4
Ö
= e^ loS ( l +.V' ) log(1 + /i ) l +4
4
_-
e r log ( l -ry J
arlogCl + y4 )
4e
4t / 3
1 + y4
V (.rlog (l + yA ) + 1)
‘]
1 + y4
c)
a2 /
a.cöy
'
a a / (xey 4 ysin (x2 ) 4- 6yx )
dx \ dy
= ey 4 2x c:os(x2 ) 4 6
=
^
(M
+ %4
+
= ev 4 2 x cos( x
) 46
a /a
= dx \ dy/
-
d)
d2 f
^dy
a
’
2
V x 4 y Ni
_ayox
av _ = _a_ / a /
r
dy \ dx
\
J
— —a (
xey 4 sin ( x2 ) 4 6x)
) = 4 + 2.TJ COSA ) + 6 y )
/
2y
d /
a.r l 2 vV2 4 y2
a / X
$y
\ >/x2 4 y2
-xy
(x2 4 y2 ) 3/ 2
-xy
(4> + y2 ) 3/ 2
st
«
e)
y-> - x“
a:2 + t/2 - 2*2
2
2
2
(x2 4 y 2 ) 2
(x 4 y )
2
2
y2 - x 2
-( x 4 y ) 4 y • 2y
2
2
2
(x 4 y )
(x2 4 y 2 ) 2
a (
x
a2 / a*a, aT ( (arctanf ) ) a.r \ x2 4 y2
a2 / - ( f ( arctan -) L ( ~ y
— \dx
dy \ x 2 4 y ~
x ]
Ö ydx
dy
f
^
\
Beispiel 1.3.2
/
)
O
SfI-
1
Betrachte die folgende Funktion
xy
p-p
f ür pj# # ( 0.0) .
x2 4 y 2
; /; •;
Iy
_
'
"
y)
Berechne
( xiU ) ' W ü yi ® ® ) unö'
.
erf
Schwarz nicht üllt
Lösung: Für ( x. y )
•
'
/ p,. ?;)
'
0 f ür ( x , y )
—
1
(0, 0).
fZzige. dass f den Satz von
-
•
•
(0.0) d ürfen wir ohne Probleme die Regel ‘iiach einer Variablen differenzieren
22
1.3. DER SATZ VON SCHWARZ
und die anderen als Konstanten betrachten"
- y 2 ) A 2 x2 y ) - x y ( x 2 - y 2 ) 2 x
irr -- -i- ,,2 ) 2
2
2
~
A + y )( x( x - y ) - 2x y 2 ) - x y( x2 - y2 ) 2 y
( x 2 A y 2 ) ( y ( x2
df
-ddzfyr f a y ) =
•
far
2 - 2 )2
1/
Wenn x oder y gleich Null sind, haben wir ein Definitionsproblem in f ( x , y ) . Somit benutzen wir
die Definition
df
^d f (°o y ) lim
- =—
s.
.1
.
•v
*
( , y) = lim
/i
—
df
'
CAT
£
df
UV
(x ? 0 )
—
= /lim0
i
(T. 0)
O
= Iilim
-0
,
f (h y)
- f (0. y ) —
- -r r - 0 = lim y
hyh
lim
h
-
f ( 0 , y + h ) f ( O. y )
/?.
f (.r A h , 0) - / (rr, 0)
= /hm
-+ C
//
J
f { x ,h ) ~ f ( x,Q )
h
f
!
—
h
h ->Ü
0-0
—
= hlimo
0-0
= 0.
//
xhAr
X~
ö2
= /lim
—>
(!
)
f y { K 0 ) - / , , ( 0 , 0)
h
-
UM
= hlim
-0
h
y
’
—
>1
—h - - 0 = /lim->o x , xx2 -A, hh. -2 = a
-
h
Es gilt somit f ü r die zweiten Ableitungen
/ (0, 0)
dxdy
d2 f
(0.0)
dydx
- = -V
h2 y 2
h* + y2
= 0.
/?
i
= /hm> o
h >0
0
1
0
\
/7 - 0
1,
h =
h-0
lim
h~ 0
h
= hlim
~
Ö
um —
-
Die zweifachen partiellen Ableitungen sind nicht gleich. Dies Hegt an der Unstetigkeit der beiden
partiellen Ableitungen zweiter Ordnung an der St elle ( 0, 0 ) . / ist an der Stelle ( 0.0) nicht C1 .
Bemerkung: Wir werden im nächsten Kapitel lernen, wie man zeigen kann, dass eine Funktion
zweier Veränderlichen stetig ist . Trotzdem zeige ich schon an dieser Stelle, wie man die Unstetigkeit
der gemischten partiellen Ableitungen zweiter Ordnung von / an der Stelle ( 0 . 0 ) sehen kann . F ür
( x , y ) (0, 0 ) berechnen wir die gemischte Ableitung zweiter Ordnung mit der Regel nach einer
Variablen differenzieren und die anderen als Konstanten betrachten"
^
"
d2 f
&
'
jij.:
m
l?
r
*
8
dxdy
!
iä
•
=
( x2
—
y 2 ) ( x [ + I 0 x2 y 2 + </' )
(;r2 A y 2 ) 3
/
•
d2 f
;)
dydx A ? •
—
Nun wollen wir den Grenzwert { x. y ) » (0, 0 ) ziehen, um die Stetigkeit von ~ ü- ( .-r. y ) an der
Stelle (0, 0 ) zu untersuchen. Dies macht man , indem man Polarkoordinaten x = rcosy? und y
v sin p einsetzt und den Grenzwert r -t 0 zieht. Ist das Resultat von c? abhä ngig, so existiert der
betrachtete Grenzwert nicht . In unserem Fall finden wir
§
|
: i
-
{x y)
lim
( x .y )
-
y( O
d2 f
T
—
( x 2 - y ~ ) ( xA A lO.rUr A y4 )
( x2 A y 2 ) 2
* :
2
2
2
r (cos p sin p ) ( r4 cos4 p A 10T 1 cos2 sin 2 p A r4 sin 1 p )
lim
r r0
rG
= (cos2 p sin 2 p ) (cos4 p A 10 cos2 p sin 2 p A sin4 p ) .
, y)
lim
.O ) d x d y O = (* ,!/ ) - { 0 0)
— —
—
^
—
Das Resultat ist von -p abhängig so dass lim ( 3. ?/ )
an der Stelle (0. 0) unstetig!
,
<
_
-
d f
> ( rl.oi ijxchj
23
ix . y ) nicht existiert. Somit ist ii).ßr.c )fii ta . y )
*
1. FUNKTIONEN VON MEHREREN VARIABLEN UND PARTIELLE ABLEITUNGEN
®
Vektorwertige Funktionen
1.4
ff ;
rt
m
—
Betrachtet man m Funktionen fj ( x\...., xn ) , i 1. m von n Variablen und ordnet man
diese in einem Vektor an . so bekommt man eine vektorwertige Funktion von n Variablen.
In Formeln heisst es
/
/ : n C M"
fl ( &11
iIf
m
1
i
i:
mffl
1
'
%v )
.
Em . { z\ . .... xn ) ->
im
I#
Vektorwertige Funktionen ordnen somit jedem Punkt ( xi , ..., xn ) des Definitionsbereiches
Q einen Vektor mit m Komponenten zu . Nat ü rlich heisst die vektorwertige Funktion / :
H c Rn r Rm an der Stelle a 6 Q partiell differenzierbar, falls jede der Komponenten
fi von / in c partiell differenzierbar ist . In anderen Worten: Partielle Ableitungen werden
komponentenweise gebildet. Das Differenzial von / ist die folgende Matrix, welche die n
partiellen Ableitungen aller rn Komponenten von / enthält
i
®
—
dh \
/ Oh
dx-n
Vx -)
=
df
Ofrr,
OX \
. , ’„
.
V
gi
f-
dxn
i
I
/
Diese m x n Matrix wird oft auch Jacobi- Matrix genannt und ist , wie wir sehen werden,
die Verallgemeinerung der üblichen totalen Ableitung des eindimensionalen Falls.1
• .7. ,
...:
v, v
y , . ...
. i
.
... , /
. .
I : ]: . Beispiel 1.4.1 o o o Berechne da $ Differenzial df ( Jacobi Matrix ) f ür die folgenden
'
.
. .
.
.
.
-
II
—
, ,
b) f ( x , y )
f(x y z)
C)
d ) f { x. y )
7®
A
l
®«:
'
A
-
=
g, ;</ )
II|
-.0
:'i:i
:i
i
®:
( x y, y)
:
§
$
k
= g Hl r + A
2
(T 2
:IIm
+ • ex , xyP )
y2
vJÜÄSiüllÄüiiül8ii
(sing2 + y2 +
® log ( ( V
^f
;
iW:
i
“
y2 ) eX
V
IlilillilBI
/ Mi
))
V.
i
g ? y ) # ( 0 0)
'
:
Pli
II
v$
i
II:
—
L ösung: a) Es handelt sich um eine Funktion / : R 5 > R. Das Differenzial (Jacobi-Matrix) ist
somit eine 1 x 3 Matrix (ein Zeilenvektor) mit Komponenten
'
,
df
=
<
dl
dl
21
a x Öy - d z
’
-
= ( 2 x , 2 y , 2z ).
-
Die Jacobi Matrix ist nicht mit der Hesse Matrix zu verwechseln: Die Jacobi-Matrix ist die Matrix,
Rm enth ält, während
welche die m n partiellen Ableitungen erster Ordnung einer Funktion / : Rn
die Hesse Matrix die Matrix ist . welche die n ~ partiellen Ableitungen zweiter Ordnung einer Funktion
/ : R" r R enthält . Im Gegensatz zur Jacobi Matrix ist die Hesse Matrix immer quadratisch.
1
•
—
-
-
-
24
m
Vy.
•
V
f:
1.4 . VEKTORWEHTIGE FUNKTIONEN
—
b) Es handelt sich um eine Funktion / : R2 > R2. Das Differenzial ( Jacobi-Matrix ) isi: somit eine
2 x 2 Matrix mit Komponenten
df
“
äÖh äh \
öy )
äh äh i
öy
öx
S
c ) Es handelt sich um eine Funktion / : Ri!
2 x 3 Matrix mit Komponenten
df
—
öx
e) Es handelt sich um eine Funktion
2 x 2 Matrix mit Komponenten
df
—
äÖh
ädij
h
x
ä
äöh
h
x
öy
0
/ 2x
yz
\
I
2y
xz
2z
xy
-r 11 Das Differenzial (Jacobi-Matrix) ist somit eine
äÖh
\
y
äh
öy
äöh
y /
/ äÖh
x
äh
öx
äh
\
x
1
R 2 . Das Differenzial ( Jacobi-Matrix) ist somit eine
S
d ) Es handelt sich um eine Funktion / : R2
3 x 2 Matrix mit Komponenten
m
1
>
äÖh äh
äcz
h
Öy
äöh
ä
h äh
x
öy
Öz
=
df
—
V
/ : R2
[ 2x
f eff
I o~
V v
2y \
0
2 xv
«
— > R . Das Differenzial (Jacobi-Matrix) ist somit eine
2
( 2 z + 3z2 y6 ) cos ( x 2 -f y2 -f xzyb )
2x ~ ~
x~+ y r
( 2 y -f 6.x:byr> ) cos ( x2 -ff y2 -ff z:syb )
'
1
-
x ~ y~
Beachte: log ( (x2 -ff y2 )ex ) = log (x2 -ff y 2 ) -ff x .
Beispiel 1.4.2 o o o Die Transformation zu Polarkoordinaten lautet f ( r, < p )
( r cos ip . r sin yd) Berechne das Differenzial df ( Jacobi- Matrix) .
,
ü
i
:
1*I!
!
Lösung: Es handelt sich um eine Funktion / : R 2
eine 2 x 2 Matrix mit Komponenten
2
* R . Das Differenzial ( Jacobi-Matrix) ist somit
§V
W
:
df
=
cos o -rsmo
äöh
äÖh
r
f sm y
£
1
'
1
ti
iit
jlv!
!
II
•
i
M
25
II
I
r cos y
•
1. FUNKTIONEN
VON MEHREREN
: äi
|
|
VARIABLEN UND PARTIELLE ABLEITUNGEN
B
V
I-
i
1
m
;
i:
»:
1
;:
(f
1
:
1I:
4
I
I
§
;
S
v
*
i
26
m
1
il
f
ff
.
:
ä ‘iv
—
. w....
: « locfM
fr i'
1
M"
'
*
:§
Kapitel 2
:
Stetigkeit und Differenzierbarkeit im
Mn
1:
'
2.1
Stetigkeit im Rn
Genauso wie im eindimensionalen Fall heisst eine Funktion von melireren Variablen f :
O C R7? > R7n an der Stelle X Q Q stetig, falls
,
—
—
lim / (x )
rXO
X
= / (rr:0 ).
d.h. limx^a;0 / ( # ) existiert und an der Stelle a?o gleich f ( xo ) ist. Beispiele stetiger Funktionen sind Polynome, rationale Funktionen ( solange der Nenner nicht verschwindet ) , trigonometrische und hyperbolische Funktionen , die Exponentialfunktion und Logarithinusfimktion , Potenzen und alle Kompositionen solcher Funktionen . Soweit so gut . Die Probleme
entstehen aber , sobald man mit einem konkreten Beispiel konfrontiert ist . Nehmen wir zum
Beispiel an , dass wir die folgende Funktion auf Stetigkeit untersuchen wollen
0
f { x, y ) =
.r 2
/
-yr
^
y x +y2
( x. y )
= (0 0)
( x, y )
^ 0.0)
,
(
Man kann nat ü rlich , genauso wie im eindimensionalen Fall argumentieren , dass f ür alle
( x , y ) ( 0.0 ) die Funktion stetig ist . weil sie eine Zusammensetzung elementarer stetigen
Funktionen ist . Konkret: x und y sind stetig somit auch x 2 und y2 , also auch x 2 y 2
und \Jx 2 j r y2 . Ferner auch
solange der Nenner nicht verschwindet 1. Die Stelle
,
Vx
—
—
,
Vy
—
( 0.0 ) der Nenner
(0, 0 ) muss man aber separat untersuchen , da bei (.r , y )
verschwindet. Um / auf Stetigkeit in ( 0 , 0 ) zu untersuchen, w ürden wir gerne
( x , y)
=
lim
-
(X,J/ ) KO,0 )
x~ ~ y2
x/ x2 - y 2
lit
=
Summe, Differenz. Produkt. Quotient ( falls Nenner = 0) und die Zusammensetzung stetiger Funktionen sind stetig”: Dies ist ein sehr n ützlicher Merksatz, um die Stetigkeit vieler Funktionen nachzmveisen.
|
27
;i
I
2 . STETIGKEIT UND DIFFERENZIERBARKEIT
Er-
IM
zeigen können . Dies verlangt aber die Bestimmung eines zweidimensionalen Limes. Wie
geht man in solchen Fällen vor? Wie berechnet man einen zweidimensionalen Grenzwert ?
Eine erste Idee könnte folgende sein: Wir setzen x = 0 und lassen y gegen 0 streben . Wir
bekommen dann einen eindimensionalen Grenzwert
*
02r z-: y2
V
llin
y
Dann könnten wir y
,
—
2
y
v
T~ — 0.
=02=4- y 2 - lim
o
y
\ \
/
~
0 setzen und ;r gegen 0 streben lassen . Wir bekommen
x~ - 02
*-*0 V T 2 + 02
lim
—
X
2
0.
= xlim
- O kr =
r
Sind wir fertig? Nein! Demi es gibt unendlich viele Möglichkeiten ( x . y ) gegen (0, 0) streben
zu lassen. Man kö nnte zum Beispiel y x setzen und dann x -> 0 streben lassen
—
9
—
x0-
— v + X — 0.
Bisher haben wir den Grenzwert lim
- o f { x - y ) so bestimmt , dass wir ( x y ) entlang
^
. 0) haben streben lassen. Um sicher zu sein, dass
(0^
dreier spezifischer Richtungen nach ^
x“
hrn
X2
( x.x )
,
/
)
y
.ü
2
der Grenzwert existiert , müssen wir alle möglichen Richtungen untersuchen und zeigen ,
dass man in allen Situationen denselben Wert (hier 0 ) als Resiü tat kriegt . Wie kann man
das zeigen? Ein sehr einfacher aber sehr wichtiger Trick erlaubt dies. Der Trick besteht
darin. Polarkoordiiiöten un == r cos p>\ und y r sin e? einzusetzen. Die Variable r beschreibt
die Annäherung zum Nullpunkt , wä hrend die Variable p alle möglichen Richtungen nach
( 0 , 0 ) beschreibt . Die Polarkoordinaten erlauben sozusagen die ''Richtung” von der "Annäherung nach ( 0, 0 )” zu trennen . Damm muss man den Grenzwert linir >o bilden , wenn
einmal Polarkoordinaten eingesetzt wurden. Wir bleiben somit mit einem eindimensionalen
Grenzwert , f ür den wir wissen , was zu tun ist . Ist das Resultat von p> abhängig, so existiert
der Grenzwert, nicht , da sein Wert von der Richtung abhängt. Was heisst das konkret ? In
unserem Fall w ü rden wir einfach schreiben*
—
_
X2
- y2
lim
( x. fy )-H ( O. O) yjX 2 + y 2
-
o
=r
—
lim
>0
-
.
r ~ cos“> p - r ~ sm “ p
yjr 2 cos2 p 4 r 2 sin2 ip
•
•?
*
0
= r—
lim
?
0
beschränkt
~*0
fr ]
*
( cos2 p
—
sin2 p )
= 0.
Mit dem " Polarkoordinaten- Trick ' 7 haben wir gezeigt, dass der Grenzwert lim
o ) f ( x* y )
gleich Null ist. unabh ängig von der gewählten Richtung nach ( 0, 0 ) . Die Funktion f ( x , y )
ist somit an der Stelle ( x , y ) = ( 0 , 0) stetig.
^^^
,
2
Wichtige Erinnerung: Bei der Wurzel eines Quadrates muss man immer Betragsstriche setzen , d. h
|a|.
3
Beachte: 1 ) r ist immer positiv. Somit ist Vr 2 = r , d . h . man darf Betragsstriche vergessen. 2 ) cos2 p sin 2 p ist beschränkt , weil sin p , cos p f ü r alle p mir Werte im Intervall [ 1, 1] annehmen.. Diese Beobachtung
2
ist sehr wichtig, weil wir dann wissen , dass wir nicht in einer Situation 0 co sind , sodass limr ~,o r (cos p
2
sin y ) wirklich gleich Null ist!
y
/ tf
=
—-
28
—
.r
.
2.1. STETIGKEIT IM R1 i
g:
•
:§
•o o Berechne die folgenden Grenzwerte
1 - cos ( xy )
l.® P4
- lim 1
2
-r|
( x ,y ) - ( ) yjx 2
llt (av$ ( ,0) W§i |
Beispiel 2.1.1
a)
QX )
*
4 IJ
/
*
HÖ
- m 2:r2 + iß
( x ,y ) *
.
Losung: a ) Wir wenden den Polarkoordinaten-Trick an. Wir setzen Polarkoordinaten x = r cos p
und y rsinp ein und lassen r > 0 gehen ( beachte wiederum, dass r positiv ist ):
—
=
U
la
I
—
ktL lim
. -ya:2 4- y 2 = r : 0
lim
*
y)
—
( t> 0 )
r| cos p
sin p|
r
•*
= | cos vT 4- sinp|.
Da das Resultat von p (von der Richtung) abh ängt existiert dieser Grenzwert nicht
b) Mit dem Polarkoordinaten Trick finden wir
,
M
-
i
1
lim
—x cos4 (yxy ) = lim4
( avy )-KO.O )
6
1
°
r
1
—
1
cos ( r 2 cos p sin p)
r cos
'
'
5
f
+ r'
dominiert
;
=
smcV
1
lim
o
—
—
,
cos ( r 2 cos p sin p)
rA cos1 p
•
1
klein
Um den obigen Grenzwert zu bestimmen, erweitern wir oben und unten mit. sin 2 p und benutzen
r
hm 7; >o 1 xcos
Also
~
„
—
—
4
1
lim
—
4
cos( ary )
X4
(X ,J / W ( 0.0)
4- y6
sin 2 p
1 - cos ( r 2 cos p sin p)
lim
r tO
H cos 2 p sin 2 p
=
-
COS2
P
sm ~ p
2 cos 2 p
Da das Resultat von p ( von der Richtung) abhängt , existiert dieser Grenzwert nicht ,
c ) Mit dem Polarkoordinaten-Trick finden wir
m:
,
M
m
m
m
~> i / o“
\
14
*
lim
-
2.r 2 4- y 2
( x. j/) + ( 0.o)
beschr änkt
~r0
r 2 cos2 p • r 2 sin 2 p
r- o 2 r 2 cos 2 p 4- r 2 sin2 p
•
—
lim
r
>
0
•
[!
r2
•
cos2 p sin2 p
cos2 p 1
—
= 0.
Der Grenzwert ist Null, weil cos2 p sin 2 p / ( cos 2 p 4- 1) beschrä nkt ist ( diese Beobachtung ist sehr
wichtig, weil wir dann wissen , dass wir nicht in einer Situation 0 oo sind ) . Dies ergibt sich aus
sin p, cos p G [ 1, 1] zusammen mit der Tatsache, dass 1 4- cos 2 p [1, 2]. sodass der Nenner nicht
verschwindet.
—
Beispiel 2.1.2
•o o Ist
f { x, y)
S
|
|y )
= 0 f ür ( x . y ) = (0 0). |
:
-r -- - ßß f ür III #; (0, 0)
:r ~
4
stetig ?
m
iii
Ii
ill
•
II
Lösung: 1) Für ( x , y )
^ (0.0
) ist f { x , y ) Komposition stetiger Funktionen. Somit ist f ( x . y ) stetig
29
2 . STETIGKEIT UND DIFFERENZIERBARKEIT
Rn
IM
^
(wir haben die oben erwähnten Regeln: “ Summe, Differenz. Produkt, Quotient (falls Nenner 0)
und die Zusammensetzung stetiger Funktionen sind stetig75).
2 ) Probleme gibt es bei { x y ) (0, 0). da der Nenner x1 + y 2 dort verschwindet . Wir müssen somit
den Punkt ( x , y ) = (0, 0 ) separat untersuchen. Mit dem Polarkoordinaten-Trick können wir den
zweidimensionalen Grenzwert bestimmen
—
.
—
-X -r--
r2 cos 2 p
= lim
fr r 0
Irm
—
~
— r sin
r
2
2
p
2
»
—
cos2 p
Da der Limes von p ( also von der Richtung ) abhängt , existiert lim
ist f ( x . y ) an der Stelle (0, 0 ) unstetig.
Beispiel 2.1.3
—
sin 2 p.
^. ^o.
O)
y
-
f i x > v ) nicht. Somit
•o o Ist
.
f i x y ) = ü f ür ( x , y )
= ( 0, 0 )’
;
f i x. y )
= vl ®3
3y3| sin
“
/
.
stetig ?
i
..
;
-
.
|
- .
;
;
;
-
;
Lösung: I ) F ür (x, y ) # (0 , 0) ist f { x . y ) Komposition stetiger Fmrktionen. Somit ist f ( x , y ) stetig
(wir haben die oben erwähnten Regeln: “ Summe. Differenz , Produkt , Quotient (falls Nenner 0)
und die Zusammensetzung stetiger Funktionen sind stetig” ).
2) Probleme gibt es bei ( x , y ) ( 0.0 ) . Wir m üssen somit den Punkt ( x, y ) (0, 0 ) separat untersuchen. Mit dem Polarkoordinaten-Trick können wir den zweidimensionalen Grenzwert bestimmen 4
—
—
lim
( x .y )
—
r
( 0.0)
V |.T3
— 3y |sin
1
3
Vxl
~
jr V
2
\
lim j |r 3 cos3 p
j = ~ 0\
?•
—
*
—
rZ
= rlim
~>0
Da lim . y ) r 0,0 ) f i x. y )
^
Beispiel 2.1.4
/ (*; »)
•
®
-
3
° p\ sin
*
y
| cos3
p
—
1
Vr 2
beschrä nkt
beschr änkt
0
/2
— 3r sin
3
3 sin p \ - sin
1
r
— 0.
= 0 = / (0.0) , ist / ( x. y ) an der Stelle (0, 0 ) stetig.
o Für welche a , ß
OfBr (x , »)
-
> 0 ist
( 0.0 ),
„
x \* \ v \ ß
/ (*, ) = \ 2 f f ür (SJ)
^ ( 0 0)
,
stetig ?
Lösung: 1) Fü r ( x. y ) i=- ( 0, 0 ) ist / ( x. y ) Komposition stetiger Funktionen . Somit ist / ( x, y) stetig
( wir haben die oben erwähnten Regeln: “ Summe . Differenz , Produkt , Quotient (falls Nenner 0)
4
—
Dass sin (1) beschränkt ist . ergibt sich einfach aas sini 6 [ 1, 1], egal wie gross das Argument x ist.
30
CI:
E
11
SJ
El
iE
- ..r--r..ITT
I
—
- '- *
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/ ••
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w'
•
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v «v
—
.
c,!Aiivs4u
- - -
-
«
w
^ ivia'ait
:
2.2. DIFFERENZIERBARKEIT
M
und die Zusammensetzung stetiger Funktionen sind stetig“ ).
2) Probleme gibt es bei { x , y ) (0.0) . Wir müssen somit den Punkt ( x , y )
suchen. Da / (0 , 0 ) 0 ist / an der Stelle ( 0.0 ) stetig, falls
—
—
lim
. -
(* ; / ) + ( om
'
—
(0 , 0) separat unter-
Mali/ I 5 = 0.
x2 ~ y ~
Mit dem Polarkoordinaten- Trick kö nnen wir den zweidimensionalen Grenzwert bestimmen
lim
( x .y ) ~ ( 0.0 )
X2
+ y2
=
hm
ra| cos <p|#T&|sin ip| J
'"
r2
T ~0
=
—
üm
• >o
'
-
—
rÜ
falls
,0
i
0'
+;3> 2
+ 5-2
beschränkt
*
| cos o|a| sinc|P
Somit ist f ( x , y ) genau dann an der Stelle ( 0.0) stetig wenn a -I- 3 > 2.
i;
,
M
M
I?
m
:
Differenzierbarkeit
2.2
y
2.2 .1
,e
Partielle Differenzierbarkeit und totale Differenzierbarkeit
13
Differenzierbarkeit im Rn unterscheidet sich teils deutlich von der Differenzierbarkeit in nur
einer Dimension . Dies liegt meistens in der Tatsache, dass in der mehrdimensionalen Dif ferenzialrechnung zwischen partieller Differenzierbarkeit und ( totaler ) Differenzierbarkeit
unterschieden wird. Die Definition der partiellen Differenzierbarkeit lautet
: ;
ft:
pf
m
IXh!
M
"
m
Definition 2.2.1 (Partielle Differenzierbarkeit ) f
an der Stelle . XQ Q in Richtung e* partiell differenzierbar, falls
—
lim
h ±o
f ( x0
+ fei) - ilköl
h
existiert. AlIgemeiner, f ür v Fi” heisst der Ausdruck ( falls existent )
1
f
•
>
=5 {
—
lim
/l r 0
f { x0 + hv ) -
h
Richtungsableitung von f an der Stelle
XQ
,
; vi
|
t
I
I
1
31
ftli
in Richtung v
2. STETIGKEIT UND DIFFERENZIERBARKEIT IM Rn
Die Definition der ( totalen ) Differenzierbarkeit lautet
ff
W
:
m.
m
tl:
Definition 2.2.2 ( ( Totale ) Differenzierbarkeit ) / : fi el” MRM heisst an
der Stelle XQ 0 differenzierbar, falls eine lineare Abbildung A : Mn -4 Rm ( also
eine m x n Matrix ) existiert f ür Vielehe Folgendes gilt:
lim
i
:£
i
m;
1 / 00 - , f ( a:o ) - A{ x - a;0 )| = 0.
ma
;
•
a
0/:
i
!if
1
i
vff
Im eindimensionalen Fall reicht f ü r die Differenzierbarkeit nur die Existenz der Ableitung
als Grenzwert. In mehreren Dimensionen ist die Existenz der partiellen Ableitungen per se
nicht genug. Die Existenz aller partiellen Ableitungen impliziert die partielle Differenzierbarkeit . Die totale Differenzierbarkeit , hingegen verlangt etwas mehr: / : Q
Mm ist an
f
,
)
der Stelle To ( total differenzierbar falls in der Nähe des Punktes xo durch die lineare
Funktion
fixo ) + A( x - zo )
.
,
"gut” approximiert
'
:
wird . “ Gut ” bedeutet in diesem Kontext , dass der Restterm Restj,0 ( x )
—
I;
t:
1:
B:
W
ff
I
ff
ili
ff :
li:
mil
:
/ (xo , 2/o ) + A( x - x0 , y - yo )
—
—
( f ( xo ) -r .-Ihr To ) ) ( der Fehler bei der Approximation) im Vergleich zu der schon
sehr kleinen Grösse |x TQ| klein ist . d. h.
f ( x)
—
lim
r ~ x( )
| ReSt;;;0 ( X
|T - T0|
= 0.
Diese Bedingung ist st ärker als die Existenz der partiellen Ableitungen: Die Differenzierbarkeit; impliziert die partielle Differenzierbarkeit , aber nicht umgekehrt .
Die Matrix A wird als die ( totale ) Ableitung von / im Punkt xo bezeichnet und geschrief xo ) .4. Ist f ü berall in Q differenzierbar , so heisst / auf O differenzierbar.
ben wird oft \
Auf einen ersten Blick scheint die Definition der Differenzierbarkeit in 3Rn kompliziert zu
—
f
:
1
!i:
l
i
fl:
fei:
!
!
|
!:
l
1
I
:
32
L
ti
^«f
icc
= aa» »'
2
J
-.
'
*
.-
.
»•<<vr.vi.' .v >ANixiVk ai< v
1K ö5a::r/ ”Au
Ä tcsTj
'
•••:<
> ••
2.2 . DIFFERENZIERBARKEIT
sein: Was ist diese lineare Abbildung A. von der man in der Definition spricht ? Wie bestimmt man diese? Muss man alle m öglichen rri x n Matrizen untersuchen? Die Antwort
auf diese Pr äge ist aus der Definition nicht direkt klar. Es ist aber einfach zu zeigen, dass
falls / an der Stelle XQ differenzierbar ist , so gilt
W;.
::
J
^lh
ÜrFo )
'
IA
A=
0/m
I
\
(*o)
Oo )
(a:o )
J
—
Jacobi- Matrix an der Stelle
xo —
clf ( xo).
Um die Differenzierbarkeit einer vorgelogtcn Funktion / an der Stelle ;r ) zu ü berpr üfen ,
muss man also einfach die Jacobi-Matrix an der entsprechenden Stelle XQ berechnen und
die Definition 2.2.2 mit A ~ df ( xo ) verifizieren!
Nat ürlich ist es auch in der mehrdimensionalen Differenzialrechnung richtig, dass Summen.
Differenzen. Produkte, Quotienten (falls Nenner nicht verschwindet ) und Kompositionen
differenzierbarer Funktionen wieder differenzier bar sind. Dieses Resultat liefert ein sehr
nü tzliches Argument , um die Differenzierbarkeit vieler Funktionen zu diskutieren.
f
(
I
f:
8
T
2.2.2
Funktionen von der Klasse C' ~
Eine Funktion f : Ü CW 1 -r
heisst von der Klasse C 1 . falls / in jedem Punkt xo Q
differenzierbar ist und die partiellen Ableitungen von / auf fl stetig sind . Im Allgemeinen
heisst eine Abbildung f : fl C M7? > Wn von der Klasse Ck , falls alle die partiellen
Ableitungen der Ordnung k existieren und stetig auf D sinch Die Menge der Aiadldungen
/ der Klasse Ck auf der offenen Menge 0 bezeichnet man mit C /c ( D ) . Man sagt , dass f
von der Klasse C°° ist , falls / von der Klasse Ck f ür alle k ist . Mathematisch :
—
x:
Man kann zeigen , dass
/ Cx ( n ) =» / eC ( fl) , und
f
eCk +\Ci ) ^ f eCk ( Q )
gilt , sodass die folgenden Inklusionen gelten C\ fl ) D C l ( Q ) D C2 ( Q ) D • D C°° ( Q ) .
Manchmal will man , dass die partiellen Ableitungen einer vorgelegten Abbildung / nicht
nur auf der offenen Menge fl definiert sind , sondern auch auf dem Rand von fl . W i r
wissen aber , dass partielle Ableitungen nur in inneren Punkten Sinn machen ( da man
einen Grenzwert bilden muss) . In anderen Worten: Um eine partielle Ableitung an einer
Stelle berechnen zu können , - muss die betrachtete Funktion schon in einer Umgebung dieses
Punktes definiert sein . Was bedeutet also dass / am Rand d f l ( wo die Menge Q endet )
partiell differenzierbar ist ? Es heisst , dass / in der Tat auf einer offenen Menge f f partiell
differenzierbar sein muss , welche fl enth ält. In diesem Sinne f ü hrt man folgende Notation
ein: Ch ( fl ) bezeichnet die Menge aller / welche auf f t D fl von der Klasse Ck sind.
*
I
IIT!
f :i
.
I:
I%
,
:
:
»
II
j
1
33
*
2. STETIGKEIT
UND
DIFFERENZIERBARKEIT
IM
Mn
An dieser Stelle nennen wir einen weiteren Satz der uns eine konkrete Methode bietet , um
zu beweisen , dass eine vorgegebene Funktion differenzierbar ist. Der Satz lautet so
,
Satz 2.2.1 f ist an der Stelle xo differenzierbar
die parti,eilen Ableitungen
von f existieren in einer Umgebung von zo und sind an der Stelle XQ stetig .
x-
Um zu beweisen , dass eine vorgelegte Funktion / differenzierbar ist , muss man also einfach
die partielle Differenzierbarkeit von / und die Stetigkeit aller ihrer partiellen Ableitungen
an der Stelle XQ zeigen. Dies muss man nicht mit dem Konzept einer C 1 Funktion verwechseln: / ist an der Stelle ZQ von der Klasse G1. falls die partiellen Ableitungen von / in einer
Umgebung von XQ existieren und in dieser Umgebung stetig sind).
f.
2.2.3
fr.
m
i-S:
Zusammenhang der Begriffe
Die folgende Tabelle zeigt den Zusammenhang zwischen den verschiedenen Begriffen .
m
m
K.
if :
/ von dev Klasse
an tbn Sielt '
f
Partielle Ableitungen in einer
Umgebung von xo sind stetig
f differenzicvbar au der Stelle x
.
mj;.
&
8®l§
»
Pari idle Ableitungen an
der Stelle -Tu sind stetig
usv:
M
£. >
'
..
j\
f stetig an der Sidle
1
”
; V'
'
;\ * V
'
V r
>
•
Yj ‘ Uh f
'
"
*
"
V
:
VjJ
f partiell dUTeretiziorbar an der Stelle .r 0
Mil
1:
ij |
Die partielle Differenzierbarkeit ist der schwächste Begriff . Die Existenz aller Richtungsableitungen von / in XQ e Q allein reicht nicht aus, damit / auch stetig im Punkt XQ ist
(siehe Beispiel 2.2 .2 ). Damit / an der Stelle ZQ differenzierbar ist , muss die zusätzhche
Bedingung gelten , dass die partiellen Ableitungen an der Stelle XQ stetig sind. Sind die
partiellen Ableitungen in einer Umgebung von a o stetig, so ist / an der Stelle XQ von der
Klasse G1 . Ist / von der Klasse G1. so ist / differenzierbar. Ist / differenzierbar , so ist /
*
stetig .
34
t
bf :
2.2 . DIFFERENZIERBARKEIT
2.2.4
Beispiele
Am besten schaut man sich einige Beispiele an .
Beispiel 2.2.1 o o o Sind die folgenden Funktionen überall differenzierbar?
fIff Fill
§
A / : ®2 -4 ®, (x, y ) -4 / (x. y) (r -|
ö j / : R3 -4 R, (x, y , z ) A / (», y.i) äf 2a:2 -kp + 3.?2 - 2xj/s
'
g
/( |
A / : K2 -4 ®, ;(af y ) -4- |
dj
ß
f.
sin (VN )
er -1
^
/ : R3 -4 R3,;(», y , s ) -4 / (x , y, 2) #
2 c o s(x j r ) )
*
Lösung: Alle diese Funktionen sind Zusammensetzungen von differenzierbaren Funktionen . Somit
sind sie ü berall differenzierbar. Für c ): Ein einziges Problem gibt es. wenn der Nenner verschwindet.
Da eT + y + 1 > 0 ist , ist dies aber nie der Fall!
mm
Beispiel 2.2.2
i
i
I;
•o o Betrachte
,
m
f ( x , y)
5
I
= 0 f ü r ( x, y )
Zeige dass im Punkt (0, 0) alle Richtungsableitungen von f existieren , aber dass f an
der Stelle (0, 0) unstetig ist .
,
:
ö
i:
:IM
Wßk
!
Lösung: Wir berechnen die Richtungsableitung von / an der Stelle ( 0. 0) in einer beliebigen Richtung v (a, ö ) 7 (0, 0) 5 mittels der Definition ( 2.2.1)
—
M
^
D,/ (0.0)
m
IM
jri;:
I!
if
lim
/ ( 0 -t- ha. 0 -f hh )
1
hz - 2a &2
h3 d2 + hsb*
= lt ~
h
r{)
— / (0 0
.
)
- -+- j O l/ - 0
2 ho lrb2
=n
lim
—
h
0
'
Es gibt zwei Situationen. Falls a =r 0
D v f ( 0.0)
Falls a
11{
1
i
—
fr 3 • 2ab2
= /lim
» >o
.
h? ar
h 56 !
'
dominant-
2 u6“
262
O2
Ö
klein
=0
) = lim
°
^ Bedeutet: a und b nicht gleichzeitig Null!
35
/i3 • 0
o
h ß b-
— 0.
1
h a
2. STETIGKEIT UND DIFFERENZIERBARKEIT
IM
Rn
Der Fall 6 = 0 ist nicht problematisch weil der Term /rV über den Term h 5 b4 f ür h 0 dominiert.
Somit existieren im Punkt ( 0.0) alle Richtungsableitungen von /. Dennoch ist / in (0, 0) unstetig.
Denn mit dem Polarkoordinaten-Trick bekommen wir
,
xt/ 2
— 2 + tp = lim—
rlim
r
-
7
( x.;v ) > ( 0.0) X“
r >0
2r3 cos sin2 9?
r: cos2 y +r 4 sin4 g?
^
sin 2 ip
2r
= rlim
-+0 COS p
\
dominant
—
2
sin
Der Grenzwert lim
o) f ( xxy ) existiert nicht , weil der Term COS f bei ip 7r / 2 gleich 0 0 ist .
Somit ist / an der Stelle ( 0, 0) unstetig. Das Beispiel zeigt dass die Existenz aller Riehtimgsableitungen i.Allg. die Stetigkeit nicht impliziert .
^^^
,
.
Beispiel 2.2 3
:r
••
f
auf M" differenzierbar? Ist f von clor Klasse C ] ?
I
1
( 0, 0 ) ist f ( x , y ) Komposition differenzierbarer Funktionen. Somit ist
Lösung: 1) Fü r ( xyy)
f (x, u ) differenzierbar (hier haben wir die Regel angewandt: ‘Summe, Differenz, Produkt , Quotient
(falls Nenner 0) und die Zusammensetzung differenzierbarer Funktionen sind differenzierbar” ).
2 ) Eventuell gibt es ein Problem bei ( x. y ) ( 0. 0 ). da der Neimer x 2 + y2 dort verschwindet. Wir
müssen somit den Punkt (x, y ) = ( 0 , 0 ) separat untersuchen . Es gibt grundsätzlich zwei Varianten,
das Problem zu lösen. Aber zuerst untersuchen wir f auf Stetigkeit .
Stetigkeit in (0 , 0 ) : Mit dem Polarkoordinaten-Trick finden wir
^
ß
*I
'
^
—
lim
y , yi -> ( 0,0 )
x 2~,y.2
2
X + y2
_
=
lim
r '1 sin 2 ( p cos2
r2
-+Ö
=
m
I
(f
m
beschränkt
lim 1 r 2
7
:
ffl-
sin 2 t p cos 2 < p = 0 .
•
vü
I
A:
i
W
Der Grenzwert lim ( .C y ). * (o.o > / ( x. y ) existiert und ist gleich / ( 0, 0 ) = 0. Somit ist / an der Stelle
(0 . 0) stetig.
Differenzierbarkeit in ( 0.0 ): Variante 1. Die erste Variante besteht darin, die Jacobi-Matrix
an der Stelle ( 0, 0) zu berechnen und die Definition 2.2.2 mit dieser Matrix zu ü berpr üfen. Wir
berechnen also die partiellen Ableitungen in (0, 0 ) . Da die Funktion st ückweise definiert ist , m üssen
wir die Definition anwenden:
}
'
- -0
/
/ ( 0 + 6.0 ) - / ( 0, 0 )
( 0 , 0 ) = lim
-= h,lhnn> 0 - -Kh>
h .0
h
ax
—
dv
1
a
I
ati:
f
0 h2
df
df
f
—
(0 . 0 )
—
•
= hlim
-+0
/ (0.0 + 6.) - / ( 0, 0 )
h
7
- -0
=0
fl:
,
hr 0
7N
Ö+
= /lim
> -> 0
h
= 0.
Daruin lautet die zu untersuchende Matrix A
.4 = ( 0, 0).
36
it
>
r.
.1
.“ i
ouv
..
AWMIS
"
.
W JI.'.OIV uf..i lüzaaa
< '> ••”••• •’•*
-
-
«»*«*«*> •''.i*>aai• •
Si
•
I?
2.2 . D IFF ERENZIERBARKEIT
%
In anderen Worten: Wir mü ssen die Definition der Differenzierbarkeit mit der Matrix A.
ü berpr ü fen.
.
f (,x -. y )
~~
x
lim
—
0
y-o
/ ( QjO ) — ( o . o)
-
( 0- 0)
aV
—
lim
—
( x;7/ ) -4 ( 0 r 0 )
—
x 0
y-o
! ••>;, j/ )
*(
-
.C 4 v/“
“
0,c )
yV- 4- y 2
Nun haben wir wiederum einen zweidimensionalen Grenzwert den wir mit dein PolarkoordinatenTrick berechnen können:
,
£X
lim
ii
•'
( ip ? y )
-*(oso) /r 2 + y2
^
= rlim
-~ 0
r4 sin 2
—
“
—
3
beschränkt
i" 0
^ cos c = hm DJ
r
1
r *Q 1
'
sin 2 y; cos 2
^ = 0.
Die Definition ist erf üllt. Somit ist / an der Stelle (0.0) differenzierbar.
Differenzierbarkeit in ( 0 , 0): Variante 2. In der zweiten Variante zeigen wir. dass / partiell
differenzierbar ist und dass die partiellen Ableitungen stetig sind. F ü r ( x y ) == ( 0. 0) d ürfen wir
natürlich problemlos die Regel “ nach einer Variablen ableiten und alle anderen als Konstanten
betrachten ' anwenden .
df
2x y 2
2T:V
2
2
( X 2 H- y 2 ) 2
dx
X 4- y/
v
IS
4
.
M;;
A
III!
V
II?
'
li
•
IIs
|
•
df
dy
:
i
1IS
^
;
2
2.rV
( x2 V y2 ) 2
V
x2 4- y 2
'
"
Die partiellen Ableitungen von f { z , y ) sind an jeder Stelle (IT . y ) ( 0.0 ) offenbar stetig ( da Komposition stetiger Funktionen ) . Wir müssen somit nur zeigen , dass die partiellen Ableitungen an der
Stelle (0 , 0) stetig sind. Mit dem Polarkoordinaten-Trick finden wir
^
1
m
m
lim
®
r
(0.0)
2a:i/ 2
0
.x , y ) -r ( o .o ) T~ 4- y ~
df
-zrrfcy ) = (
8X
Is
m
lim
0
-v 0
——
-
2 x:iy 2
4- y 2 ) 1
( T2
beschrärikt.
II
ilC
r fÜ
•
m
mm
m
lim
-
Of
. -^ ( 0,0 ) %
( r,2/)
.
V’ V )
..
—
_-
0
= rlim0 12r I
*
1
1
•
beschr ä nkt
2
:
- rlim0 1 2r I
-
J
(*
sing cos y
——
—-
+ ,/2 , 2
——
—
.
besciirnn.kt.
-- --
sin 2 - y cos 3 y
—
2J-/ J/3
2.r 2 i/
(,Ä.0) X2 + y 2
'
J
?•
-0
lim 2r - sin 2 y cos y
;S
2r sin 2 y: cos y>
r2
= limo
lim
r
0
>
0
=4 partielle Ableitungen stetig in ( 0, 0) =4 / G C l ==>
rA
ßf
— 0 = d^x (0, 0).
T -
2 r3 sin 41 cos 2 g;
2 r 5 sin 3 g:cos 2 4
?2
H
'
beschrä nkt
.. .
•
.
lim 2r 1 - sin3 ircos2 g?
r0 '
/
2r° sin 2 x cos3 g:
—
0=
^^-
~ ( 0.01.
dy
'
'
f ist an der Stelle ( 0.0 ) differenzierbar.
I
I
|
V.
:
Beispiel 2.2.4
sj ’ jf'
I
••o
Ist
II
I.
II
/ (*, !/ ) = 0 für (x . y) = (0 , 0) , / ( sf , ;y )
auf R2 differenzierbar?
1;
: 1
|
Lösung: 1) F ü r (T. y ) r- ( 0.0 ) ist f ( x. y ) Komposition differenzier barer Funktionen. Somit ist
i
liV
37
‘
t
1
2. STETIGKEIT UND DIFFERENZIERBARKEIT IM En
:t
i
f { x , y ) differenzier bar ( wiederum die Regel: “ Summe. Differenz. Produkt , Quotient (falls Nenner
i=- 0) und die Zusammensetzung differenzierbarer Funktionen sind differenzierbar :) .
2 ) Probleme gibt es bei ( x y ) (0, 0 ) . da der Nenner :r2 - y 2 dort verschwindet. Wir müssen somit
den Punkt ( x y ) ~ ( 0.0) separat untersuchen. Wie ü blich untersuchen wir / zuerst auf Stetigkeit.
Stetigkeit in (0.0 ): Wir benutzen nun den Polarkoordinaten-Trick und finden
—
.
.
3
*
x2 + y2
lim
~
lim
—
r3 cos3
rr
r-
-+ o
lim . fr]
r >o 1 1
_
=
—
beschr änkt
cos3 <p
— 0 = / (0.0 ).
=>
f stetig in ( 0, 0).
Differenzierbarkeit in (0.0 ): Wir bestimmen die partiellen Ableitungen in ( 0, 0) mit der Defini-
tion
df
=
- ( 0, 0 )
~
dx
—
df
dy
lim
( 0 , 0 ) - lim
o
/ ( 0 + M ) - / ( o. o)
h
f ( 0. 0 + h )
h
*
h3
=h
—
h
>o
- - o = 1,
i
h
— / 0 0) = limo ^- h- 0 = 0.
( ,
h
/?. ~
Die zu untersuchende Matrix A ist somit
A
—
(1.0 ) ,
d.h . wir müssen die Definition von Differenzierbarkeit mit A = (1, 0 ) verifizieren
f ( x. y y )
lim
a:, 2/ )
T
- f ( ; o, o) - ( i , o )
- (0.0 )
.r -
y
V
<
—0
V -0
.T-+ y ~
lim
> ( 0, 0 )
0
0
—
!
X
y j x + y2
2
Mit dem Polarkoodinaten-Trick
x3
lim
{ x .y )
(o . o )
\
f
x2
—
-1-
X
y2
-
" co.A y
= lim
—
r~
r rl)
—
V COS ip
V
—
cos3 <p
—
cos tp.
Da der Limes von <p (also von der Richtung) abh ängt, ( und insbesondere ungleich Null ist ) , ist
an der Stelle (0, 0 ) nicht differenzierbar.
Beispiel 2.2. 5
©
/
•o Ist die Funktion
,
xy
/ (ar, y ) = 0 filr (*, ») = (0, 0) , /(*, *) = x2 y
+
<
b
cmf M2 differenzierbar?
Lösung: 1 ) Für ( x , y ) Tt ( 0 , 0 ) ist f ( x . y ) Komposition differenzierbarer Funktionen. Somit ist
f ( x y ) differenzierbar (wiederum die Regel angewandt: “ Summe, Differenz , Produkt , Quotient (falls
Nenner A 0 ) mid die Zusammensetzung differenzierbarer Funktionen sind differenzierbar” ).
2 ) Probleme gibt es bei ( x , y ) = ( 0. 0 ) . da der Nenner x 2 + y 2 dort verschwindet. Wir müssen somit
.
m
m
I%®
I
38
k
1:
m
i
-.
-
peraMP
v r,*
MMnanuv'S'm
*w:
NUAV
« «/
'i
f
2.2 . DIFFEREN Z1ERBARKEIT
I
—
den Punkt ( x. y ) ( 0 , 0) separat untersuchen. Wie ü blich untersuchen wir .1r zuerst auf Stetigkeit .
Mit dem Polarkoordinaten-Trick finden wir
lim
{ x . y ) ~+ 0
xy
x 2 4- y 2
r 2 sin y cos y
r-
= limo
—
*
= sin <p cos if .
Da der Limes von p ( also von der Richtung) abhängt ist / an der Stelle (0.0 ) unstetig. Darum
kann / nicht differenzierbar sein (da differenzierbare Funktionen automatisch stetig sind ). Wir
haben somit gelernt, dass es i.Allg. eine gute Sache ist . immer zuerst die Stetigkeit zu ü berpr üfen.
(
Beispiel 2.2.6
,
••o Ist die Funktion
f { x , y ) = 0 f ür ( x , y ) = (0 , 0 ) , i f ( x , y )
1
a u f ]R" differenzierbar? Ist sie von der Klasse C 1 ?
I
m
Lösung: 1) Für ( x. y ) 7= (0, 0) ist / Komposition differenzierbarer Funktionen also differenzierbar
2) Wir müssen den Punkt (0.0 ) separat untersuchen.
Stetigkeit in (0, 0): Mit dem Polarkoordinaten- Trick finden wir
,
ff
:
m
'
MMss
—
:
«
lim
f
1
1
m
/ \ xy| sin
—
beischr ä nkt
0
= rlim> 0 pH
x2 + y2
V I sin. f > cos z>| sin
•
1A
r2
J = o = f (o.o
)
=> / stetig in (0, 0 ).
Differenzierbarkeit in ( 0, 0 ): Dazu müssen wir die partiellen Ableitungen in ( 0 , 0) bestimmen
was man mithilfe der Definition machen muss (da. / st ückweise definiert ist ) . Es gilt
m
m.
nff
.
df
—
f ( 0 4- h, 0 )
h
/ ( 0, 0)
—
0 sin ( 77? ) - 0
h
•
= ö.
—
0 sin ( ) — 0
df
(0 0 + h ) — / ( 0 0 )
(0, 0 ) = lim /
lim
= 0.
=
—
Oy
h
h
—
—
Die zu untersuchende Matrix A ist somit
A — 0, 0 )
üsi;:
fl
h. > 0
lim
,
,
m
m
p
•
*
h
m
ff
i
10
mfl
0
1
0
.
d.h. wir verifizieren die Definition der Differenzierbarkeit mit diesem A
s
m
mm
mm
if
5
(
tib
•
y
1
0, 0) - (o. o)
lim
. -
( x y ) r ( O .O )
X
-
—
[
r-0
y-0
'
lim
—
\
(r.;y ) y 0.0)
0
'
-0-0
/ta/ l sin
Vx 2 ff y 2
'
y~0
VFl/isin
-
J
x +:r
Vx2 + r
r \ sin
V/Msin ( bF )
= lim /
Mit dem Polarkoordinaten Trick haben war
i
1
w
1!
!t
II!
I!
«!
lim
-
( x ,y ) ~(
» 0,0)
Vx +
2
-
y2
—
)
y
f> 0
existiert mehr
cos g>| sin ( fr )
r
39
f
= rlimfl\i |sin
cos f | sin
1
•
)
,
2. STETIGKEIT UND DIFFERENZIERBARKEIT
IM
M:
Wl
m
/ ill:
Da der Limes nicht existiert ( und insbesondere ungleich Null ist ) ist / an der Stelle ( 0, 0) nicht
differenzierbar. Insbesondere f ist nicht C1.
,
Beispiel 2.2.7
I
o Ist die Funktion
= (s* + y ~ ) sin
f ( x. y )
/ (;r , y ) = 0 f ür («, y ) = ( 0.0) ,
f ür (x ,
x 2 + y2
( 0.0)
:
m
au :f B 2 differenzierbar? Ist f von der Klasse C ] 9
L ösung: Differenzierbar ? 1) F ür ( x . y ) ff (0.0 ) ist f Komposition differenzierbarer Funktionen,
also differenzierbar
2 ) Wir müssen den Punkt ( 0 , 0 ) separat untersuchen. Wir rechnen partielle Ableitungen in (0, 0)
aus
~
hr sin
£
df
(0 /1.0) - / (0.0 )
(0, 0) = lim J +
lim
=0
=
h
h ~o
h-r 0
h
dx
t e) °
_
TR (0.0 )
dy
'
= /lim
->o
/ (0.0 + /J.) - / ( 0.0 )
h
/.
h2 - sin 1 ] 1
*
h
.
—
= hlim> o
Die zu untersuchende Matrix .4 ist also
-0
= 0.
A = (0.0).
Wir verifizieren nun die Definition mit diesem .4
f ( x, y )
Ihn
—
/
/ (0 , 0 )
-*( 0,0 )
Cr.3/ )
X
—
( 0.0 )
x
i
V
— 00
( x2 -F y2 ) sin
~
lim
— 0 \
( x .y ) ~+ ( 0 ,0 )
l
r
/ x~+ y 2
I:
S
2
2
\/ x + y
ff
ff
/1:
ff:
i
M:
Wir benutzen Polarkoordinaten um den zweidimensionalen Limes zu berechnen
(x2 -F V 2 ) sin
hm
. -
( /-.)/ ) > ( 0.0 )
l
x/ x ~V‘
‘2
= lim
V x~ + ;r
r2
sin ( 7 )
r
=
:
fTo 0
m
beschrä nkt
->0
'
sin ( ± )
: y;
)|
i:
= 0.
Somit ist / an der Stelle ( 0.0 ) differenzierbar .
Klasse C1 ?: Wir berechnen die partiellen Ableitungen f ür ( x , y ) ff ( 0, 0). Dies darf man aufgrund
der Regel “ nach einer Variablen ableiten und alle anderen als Konstanten betrachten” tun
df
, . ,
1
-4- = 2 x sin
dx
\\ x2 -d y2 )
df
dy
= 2t/ sin
X
.
'
ff x2 + y2
y
1
-
cos
cos
1
yJxrWtf2
1
-F y2
A/
+
V
VT + y
Die partiellen Ableitungen von f i x . y ) an jeder Stelle ( x , y ) ff (0, 0 ) sind offenbar stetig ( Komposition stetiger Funktionen ). Wir müssen somit nur zeigen, dass die partiellen Ableitungen an der Stelle
ili
II
5$:
II
li:
40
m
ff
mm:
2
;
.T2
y2
T2
!!:
t
2.2. DIFFERENZIERBARKEIT
(0.0) stetig sind d.h.
Trick finden wir
—
df
lim
-
(3Vj/ ) + (0 ,0) O X
limf
( x. y )
_
. y ) HO ,o )
2
<
f£ —
0 und lim ( rr . y )
/
—
—
<
—
= rlim> 0
0. Mit. dem Polarkoordinaten -
(
X
/
2
\ x -f
0
y2
'
1
cos f
\/
y
x2
+
\
y2
existiert, nicht
2 r cos p sin
—
ly
1
lim
2 x sin
2
(.c . y ) ~^ ( 0.0 ;
V V ** + y
!*
—
a/
( 0.0 )
-rJ
—
COS v?
-
1
cos
r
=» partielle Ableitungen sind nicht stetig => / ist nicht CJ .
Beispiel 2.2.8
lit
m
a)
i
••o Studiere die Differenzierbarkeit der folgenden Funktionen in (0, 0)
fix , y ) == v 2 + y1
b ) ffay )
/ \ xy \
:
&
:
»l
-
^
I
y
•
.n
:i
—
Lösung: a) Die Funktion f ( x , y ) %Jx 2 + y 2 ist nicht differenzierbar in Null , weil die partiellen
Ableitungen nicht existieren. Zum Beispiel
df
I
dx
s
—
= hlim0
(0, 0)
'
f ( 0 + /1, 0)
- / ( 0.0 )
h
^
= /limo
<
—
V ffi
+ o- - o
h
= /lim
-n
i
—.
h
Dieser Grenzwert existiert nicht , da rechts- und linksseitige Grenzwerte nicht dasselbe Resultat
ergeben: Der rechtsseitige Grenzwert lautet lim /, _,0 -+
lim, -*0 ~ ~
1 und der linksseitige
~~
partielle
.
Ableitung
Grenzwert ist ]lmh^ 0 Die
von
lim
1
/ an der Stelle (0, 0)
= ^ ^0
=
in der .r-Richtung existiert somit nicht , d.h. f ist an der Stelle ( 0. 0) nicht partiell ableitbar. Somit
kann / an der Stelle (0, 0) nicht differenzier bar sein! Die Funktion ist trotzdem an. der Stelle ( 0, 0)
stetig.
b ) Wir starten mit den partiellen Ableitungen in ( 0. 0 ) . Laut Definition
1
_
^
I
I
.. .
df
dx H
l
y
i
h
^—
—
-* o
—
. -- ! ° =
-o =
=
—
üÜMdM
h
df
/ (0, 0 + /?. ) - / ( 0 , 0)
(0, 0 ) = lim
h ~o
da
h
Die zu untersuchende Matrix A ist somit
—
-
/1
ta5 o
h
/i
lim
n
0
h
0,
0.
= ( 0, 0) .
Wir verifizieren nun die Definition mit diesem A
1
/ (*, ») - / (0, 0 ) - ( 0, 0 )
11
lim
«
( jT, 7/ ) ~> (0.0 )
I;
'
--
y-o
fi
V \* y \
- . lim
- - (0.0) yfx2 + y~
1'
(.C t/ )
1
I
!
Iid
5
—
lim
—
TyJ | sin dp cos p\
r Hj
T
•
I
ill
;>1
¥
5 (0
0)
yjx2 + y-
Wir benutzen Polarkoordinaten um den zweidimensionalen Limes zu berechnen
:
!
S
1
—- -
lim
( C ?/ >
0
J;
1
-0
y-o /
3;
•
41
= v |sin v? cos p\ -
2 . STETIGKEIT
DIFFERENZIERBARKEIT
UND
Rn
IM
Das Resultat hangt von <p ( von der Richtung ) ab. Somit existiert der obige Grenzwert nicht und /
ist an der Stelle (0.0) nicht differenzierbar.
Beispiel 2.2.9
•« o Beweise, dass
.
f ( x , y ) = 0 f ür ( x y )
f {x, y )
(0, 0 ) .
= x y log log\/ x2 + yi f ür (& y ) * I P’ °)
<
ist , aber nicht von "der Slas.se C ~ .
von den, Klasse
|
1:
.
L ösung: F ü r [ x y ) =£ (0, 0) ist / Komposition differenzier barer Funktionen, also differenzierbar
( und stetig) . Für ( x. y ) (0.0 ) errechnen sich die partiellen Ableitungen mit der R.egel “ nach einer
Variable ableiten und die andere als eine Konstante betrachten”
^
df
( x. y )
TT
dx
df
( x. y )
dy
— x log log
df
—
~
OV
( 0. 0 )
'
y2 ) log y
x y2
+
i
( x2 4- y~ ) log
2
2
\/ x T y
/ x2 -b y2 '
y
/ x2 -f
y2
,
-d x ( 0. 0) = iiihn0 / (0 +
—
( x2
‘
— (0 0) rechnen wir die partiellen Ableitungen gemäss der Definition
An der Stelle ( x. y )
df
x2 y
i
= y log log Vx 2 + y 2
'
/
= hlim
-* 0
/u ü )
h
~
/ (0 . 0 )
= klim
~± o
( 0.0 + /; ) - / ( 0, 0 )
= hliin
~> 0
h
0 • hloglog( l /|h|) - 0
h
h 0 log log(1/ 1 fe|) 0
h
—
= o.
_
Die partiellen Ableitungen von / ( x , y ) sind also die folgenden Funktionen
df
(
K^
)
=
-ddzfy- f a v ) =
(.T, y ) = (0, 0)
0
y log log
1
.
/
y x2+ y
- -f
X
~v
y f ~ + y2
/
.v 2 )
T log log
Cx . y) ± ( 0, 0) ’
{ x, y )
0
-V7x==-=
-ry - + { x + /
2
t 2
xi
r
/
) log y .c2+ y 2
%
= (0, 0)
( x , y ) 5& (0, 0)
C l . m üssen wir nachweisen, dass § ( x , y ) und|( x , y ) stetig sind. Für
Um zu zeigen, dass f
)
,
(
(
.
sind
)
0
0
x
( y T=
|z , y ) und ~ (x. y ) stetig weil Kompositionen stetiger Funktionen. Wir
£
£
£
,
:
42
|
|
m
ff
il
2.2 . DIFFERENZIERBARKEIT
—
müssen also nur den Punkt (x, y )
.
df
lim
—
( rr f / ) > ( 0, 0 )
ÖX
(x, y )
df
( x. y)
8 y’
( :c ,y ) ~r ( 0.0 )
= ( . lim
)-KO.O )
aj
—
lim
'
( 0.0) betrachten ^
jy
1
V log log
V
X
-r 2 -r t 2
( x2
/
+
2
IJ
y 2 ) log
7 2
\ X
H - t/ 2
?J
—
= rlim> 0 \ r sin
log log(1 jr ) 4-
=(
x log log
lim
* # ) -+ { 0.0 )
r sin y cos 2 y>
r - log ( r )
xy ~
l
( x2 + IJ 2 ) log v x2 4 y2
*
r)
= lim
-> 0 [y r cos splogTog( l / +
r 3 sin 2
< p cos
r 2 log ( r )
r
Somit ist. / von der Klasse Cl . Ist f auch von der Klasse C2 ? Dazu berechnen wir die zweifachen
partiellen Ableitungen. Es gilt z.B.
d°- f
dxdy
(0.0)
—
= /lim0
i
— g£ o > » =
§£ (Q + M)
(
h
*
Somit existiert die zweifache partielle Ableitung
C 2.
Beispiel 2.2.10
t
f { x, y)
i
•
d- f
Or ö y
;
—
lim( loglog( l /|/?. j )
h
i
= oo.
( 2.1 )
( 0. 0 ) nicht . Folglich ist f nicht von der Klasse
••• Für welche a . ß >
- 0 f ür ( x . y ) - i ü. 0 ) ,
ffx . y )
(0 - 6)
f ür
stetig , partiell differenzierbar , differenzierbarf
A-:;
'
Lösung: 1) Für (x, y ) =£ ( 0, 0 ) ist / Komposition differenzierbarer Funktionen, also differenzierbar
( und stetig) .
2) Wir müssen den Punkt ( 0.0 ) separat untersuchen.
Stetig? f ( x , y ) ist an der Stelle (0 , 0) genau dann stetig, wenn
li
r
Ä, o )
(*,
M" *
‘
( x 2 + y* yn
-
0.
Den Grenzwert bestimmen wir mit dem Polarkoordinaten-Trick
+ l -i / l i - ß
•
lim
( x . 2/ ) -> ( 0.0) ( X 2
T
/
-
^
/
7/ 2 ) ' 2
“ I COS <5>|° + 7.3-5
r +0
glcidi
—
= rlimÜ
-
sin < p|3 5
r5
•
—
u AI is o -5 > 0
r* - 5
gleich 0 falls 3 25 > 0
3-5
.3 - 25 sin
+ r
COS
Der Grenzwert ist nur gleich ü . wenn a > Ö und 3 - 23 > 0. Somit ist / genau dann an der Stelle
( 0, 0) stetig, wenn
3
a > 5 und 3 < - .
2
GWir haben die folgenden Grenzwerte benutze. ( De L Hospital siehe
~
IiTnx ,0+
limx > 04- x ~ 0 und linix .04- x Iog ( Iog ( 1 /:r ) )
1
/
l) 2
hmx ^0 H- / l O R f l l /-*- C — /* - lim^-vo-i- 1OR ( ) = 0.
'
_
_
y j JT
1
tu
I?
11
«
—
_
X
X
43
,
_
Analysis 1) : liai Ä c.T
^
=
_
limx. ,0 +
lc, tl ( loCill / J'
'
'
1/
X
,
°
H.
H.
2. STETIGKEIT UND DIFFERENZIERBARKEIT
IM
Rn
ff (0, 0)
Partiell differenzierbar ? Wir berechnen die partiellen Ableitungen in ( 0, 0) . Für
df
^
(0 . 0)
= /lim> o /
i
—
( 0 + A 0 ) - / ( 0, 0 )
-0
—
= hlim-0
h
h
,
—
Der Grenzwert existiert ( und ist gleich Null ) nur f ü r o
links- und rechtsseitige Grenzwerte nicht ). Analog f ü r
-
—
df
( 0 0)
öy -
/ ( 0.0 + / >.) - / ( 0 , 0 )
ff
-0
h
i
h cc — 3
= hlim>0 \ \ n. .
ß > 1 (aufpassen: F ür a
(0, 0)
— 0—
3 /8
1 N°
= /Ihn
-40
l / t- 1 3- f » 0
»
—
—
ß
= 1 stimmen
E IÜ
_
h
lim
lim
lim \ \
o.
lim Ü
h o
h -*0
h
h
h
h rO
h
-*0
Der Grenzwert existiert nur f ür 3 - 26 > 1. Somit ist / genau dann an der Stelle ( 0, 0) partiell
differenzierbar ( mit partiellen Ableitungen gleich 0 ) . wenn
—
//
— —
—
=
a > 3 4- 1 und ,6' < 1.
Differenzierbar ? Fü r a > ß 4- 1 und
/ < 1 ist
die zu untersuchende Matrix A
A = ( 0, 0 ) .
Wir verifizieren nun die Definition mit diesem A
/ ( x . y ) - / ( Ü. Ü )
lim
~ (0 . 0 )
-T —
- -HO.O )
( a .y )
0
y-o
)f
—
( x 0
V V -0
\ x \ a 4- |y|3- 9
/
(r
.Ä.
. + J/
O) ( T2
2 ) W +1) /2 '
Wir benutzen Polarkoordinaten um den zweidimensionalen Limes zu berechnen
ra| cos ip \ a + r3 ß sin tp\3 ~ P
|.r|a + |y|3-0
lim
lim
(
)
2
2
M
/
r ß+ i
* r •0
< x , y ) ~* { 0 ,0 ) ( x + y )
'
-
— —
=
lim
— g—
gleich 0 fall» a /3 1> 0
pCt 3 1 COS ?|a
-
-
'
- -
gleich 0 falls 3 2 ß l >0
3 - 2 ß l sjn
4 r
*
-|
f ist genau dann an der Stelle (0, 0) differenzierbar. wenn
o- > 6 4- 1 und .6’ < 1.
Beispiel 2.2.11
iiltl
©
•• Ist die folgende Funktion stetig ? Differenzierbar?
.
f ( x , y j§ g=§) f ü r (ic ,ä j , z )
äf
)=
ül^|
4
V X2
4- y 2
+ e2
= (0, 0, 0)
xyz
tanh |
42442 + 22
i
.
f ü r ( x . y. z ) 7 (0, 0, 0).
^
Lösung: 1) Fm ( n, y , z ) =£ (0, 0. 0 ) ist / Komposition differenzierbarer Funktionen, also differenzierbar ( und stetig ).
2 ) Wir m üssen den Punkt ( 0 , 0 . 0 ) separat untersuchen.
Stetig? f ( x. y . z ) ist an der Stelle (0 . 0 , 0 ) genau dann stetig, wenn
y3
Inn
(:c, y . s ) -* ( 0.0.0 ) yjx1 -r xj2 4
*
Z2
tanh
xyz
x ~ + y2 +
= 0.
44
iVUfc :
'
i
2.2 . DIFFERENZIERBARKEIT
Wie kann man diesen Grenzwert, bestimmen ? Ganz einfach : mit Kugelkoordinaten . Wir schreiben
also x r cos sin # , y r sin sin 9 , z r cos 6 und bilden den Grenzwert r > 0
—
1
f
I;
i
y3
lim
{ x .y . z )
|
4
—
—
=
^
tanh f
xvz
f
2
2
-+ ( 0 ,0.0 ) ^y2r 2 d- t/2 + C 2
\ x -4 y -4- z r 3 sin y? cos sin 2 # cos #
r3 sin3 v? sin3 9
lim
tanh
^
—
lim
—
7*
r
.< I
rfj
v~
r
i* 0
—
^
beschr ä nkt
0
r2
•
sin3 p sin0 9
0
tanh ( r sin cos p sin 2 6 cos 9 )
•
-
= 0.
Somit ist / an der Stelle ( 0.0, 0) stetig.
Differenzier bar ? Wir berechnen die partiellen Ableitungen in (0. 0. 0 ).
m
i
df
(0 0 , 0) = lim /
A
h->0
dx
,
—
(0 + h, 0 , 0 ) - / ( 0, 0, 0)
0-0
= hlimi 0 h
h
—
(0.0 + h. 0 ) / >,
. ) - / ( 0 , 0.0 )
df
(
/
,
/
,
0
0
0
A
( 0, 0.0) = lim /
' h ~+Q
dz
h
df
K
- ( 0.0. 0 )
dv
1?
f?
b
1?
f ( Q , 0.0)
/
= /lim
>-> o
'
*
= 0.
=o
D- tanh ( 0 ) 0
lim
o
h
—
—
= 0.
AE 0.
= hlim
->0 fl =
m
V
1is
1
Wir verifizieren also die Definition der Differenzierbarkeit mit A = (0.0, 0)
:
p
14
|
: f
f ( x , y , z ) - f ( 0 , 0 . 0 ) - (C). 0, 0 )
:
|
|
.
—
X
^
I
\
-0
:J ~
tip
lim
. -
.
( ar , y s) > ( 0.0.0 ) T 2
0
0
\
Ai v
•
'
—-- - °o /
?/
\
lim
( x ,y z ) > ( 0.0 , 0 )
PP;
/ X- \
/
y3
tanh
lf
+ rh
x2
-r y - 4- b2 y
*
Wir benutzen Kugelkoordinaten , um den dreidimensionalen Limes zu berechnen
-
l .;
i\:{
lim
Mil
y*
- tanh
o, o.OjX 2 4- y2 4- c
.3 sin3 p sin3 6
= rlimM -
—-
xyz
X2
)
>ü
.
12
+ lj
tanh
- 4-
Z2
)
rJ sin
p cos p sin 2 0 cos 0
r2
--> 0
beschrankt .
lim [F] • sin3 p sin 3 9 - tanh ( r sin p cos c? sin 2 9 cos # ) = Ü.
/ ist somit an der Stelle (0, 0, 0 ) differenzierbar.
|
!
!i
;
45
p
5
2 . STETIGKEIT UND DIFFERENZIERBARKEIT
Beispiel 2.2.12
••• Befrackte die Abbildung
f ( x)
mit g : Sn
1
=
—
0 f ür x
G W 1 : \ x\
—
= 1}
f( x)
0.
:
Rn
IM
—
f : R”
> R gegeben durch
= \ x \ - g ( x / \ x \ ) f ür x
^
05
> R. Beweise die folgende Aussage
f im Ursprung differenzierbar
# (# )
^
=a
*
ar f ür ein a
Mn.
Lösung: =>: Wir müssen nur den Punkt x = 0 betrachten. Was bedeutet , dass / an der Stelle
x = 0 differenzierbar ist? Es bedeutet einfach, dass es eine 1 x n Matrix A G Mixn ( R ) gibt, sodass
(x)
lim ! /
X
/ (0)
~
—
“
A( x
kl
—
0 )|
—
:e ~H)
x
| r7|
lim
|/ (.T ) - Ax \
X
Nun benutzen wir die Definition von f
lim)
| f { x ) - Ax I
.r -M
.~ ) - Az
= xum> 0
—
X
== 0.
X
Um den Grenzwert zu bestimmen , gehen wir in Polarkoordinaten über. In diesem Fall müssen wir
aber die 7 i-dimensionalen Polarkoordinalen benutzen, d.h. wir schreiben x = r xd, wobei r der
Radius ist und x' ein Vektor auf 5rn 1. der den Winkelanteil enthält. Es gilt somit
—
lim
I f i x ) - Äs|
X
— —
r
•
VI/ - Airs' )
rg (
•
lim
>0
r
- Ax' \ ) = |s(a-') - Ax' \ = 0.
= limdflkO
-> 0
T
Es folgt somit
g ( x’ ) = Axr
.
-
das ü bliche Skalaxprodukt auf
Wir sind fast fertig. Wir schreiben einfach Ax' als A1 xd wobei
R '1 bezeichnet. Wir setzen somit a = Ar (eine n x 1-Matrix also ein Vektor ) und bekommen
,
g ( x' )
was naclizuweisen war.
In diesem Fall wissen wir. dass g ( x )
bekommen wir
—
= a xd
•
a • x . Setzen wir dies in die Definition von
x
/ (x) = |,i9 ( o ) = \ x\ a
/ ist somit eine lineare Funktion , also differenzierbar.
46
•
£kl
= a x.
•
/
ein, so
s&n/vAo^eiriu aaxitiv
m
-
-
-
1
»v
'
*
'v!
-
.- .
.
:V A»; VN;;:V
.
I
i
2.2 . DIFFERENZIERBARKEIT
1
!«: •
M
Beispiel 2.2.13 ••• Es sei eine synvmetriseke Bilinearform. b : W x En
Betrachte die Abbildung f : Rn -A E gegeben durch
!
B
'
f (x)
Beweise , dass f an jeder Stelle
R gegeben
= 6( x, r )
;
Ev differenzierbar ist mit Ableitung ,
XQ
'
—
df ( xo ) : Rrr > Em
d f ( xo ) v = 2b( v , x0 ) .
u
m
W;
i
1)1
Lösung: Wir müssen einfach zeigen , dass / die Definition der Differenzierbarkeit an jeder Stelle
.To E Rn mit dem gegebenen d f ( xo ) erf üllt , d.h. dass
lim
X
KCQ
l / W - / W ) - d f ( x0 ) { x ~ x 0 ) \
\X - X j
| )
lim,, / W
X
{)
~
~ 2b ( x - X 0 . T ( j ) j
- |X - -T0|
f [ xo )
~X
— —
i
= 0.
Um die Rechnungen einfacher zu machen f ü hren vrir Ax x X Q ein . Wir mü ssen somit Folgendes
nachweisen
| (.T
Ax ) - f ( x0 ) - 2 b ( A x ..T ) |
lim / 0 +
Ax >0
|Ax|
Wie machen wir das? Zuerst benutzen wir die Eigenschaften einer Bilincarform. um den Term
f ( xo + A x ) umzuschreiben
,
|)
—
K
—
6(x0 , X0 T A.T ) + b{ A x , X Q + Ax ) (Linearität im 1. Argument )
b( :To , xo ) + 6( XQ . AX) + b( A X . X Q ) -f- 6( Ax , Ax ) ( Linearit ät im 2 . Argument )
f ( xo -F A x ) = b( xo + A x , X Q
+ Ax)
=
= b( x0: xo ) + 26( Ax, X Q ) -F b ( A x , A x )
;«
(Symmetrie ) .
Wir bekommen somit
f ( x 0 -F Ax ) - f ( XQ ) - 2 b ( Ax. xo )|
lim \
Ax 0
|Ax|
|6 (x0 , XQ ) -F 26 ( Ax. xo ) b ( Ax. Ax ) - 6 ( x0 . x 0 ) - 2 b ( A x. x0 ) |
lim
Ax -> 0
|Ax|
|6 ( Ax , Ax )|
lim
Ax > 0
|Ax|
K;
—
?
-
—
Dann schätzen wir den Term |6( Ax , Ax )| ab. Es seien Ax ,- die Komponenten von Ax in der Standardbasis Ci . Dann gilt
.
b( A x A x )
=
b ; jAxrAx j
' 4-3
wobei bfj die Matrixelemente von b in der Standardbasis sind. Flit der Dreiecksungleichung finden
wir
|ö ( Ax. Ax ) |
Ir ;
m
—
n
.
bijAxjAxj
i j-1
A-C n g l -
A
<
•
-.? — 1
Nun wollen wir den Term lAx/ Ax/ abschätzen. Wie? Entweder ist |Ax,-| grösser als \ Axj \ oder
umgekehrt. Im ersten Fall gilt
X
m
!
SS
fl
j
•
n
3
i? ;
•
•
IAX/ AX^ I < |Ax ,-|2 < |Axi |2 -f
F jAxJ “ -4
47
|Axn.|2
= |Ax|2 .
2. STETIGKEIT
UND
DIFFERENZIERBARKEIT
IM
Rn
»
Im zweiten Fall gilt
lAjfillAarjl < |ATJ |2 < |ATI |2 +
•
•
•
m
üt
m
+ lAx^ l 2 = |AT|2.
+ |A.ry|2
In beiden Fällen gilt also |A.r,||Axj| < j Aff 2 . Diese Ungleichung gilt f ü r alle Terme |Ax/ |AT/ ,
sodass wir Folgendes schreiben kö nnen
#
*
TI
TI
|ö ( Ax ? Ax )| <
^
.
=
=
i. j i
wobei C = £"3
—
lim
Ax >0
| ||Ax|2 = C|Ax|2
|6, j||Axi||Aj; j| <
i,j 1
^
= i |ff / | einfach eine Konstante ist. Daraus ergibt sich
\ f ( x0 -i- Ax) - / (.T0 ) - 26 (AT, T
|AT|
)|
lim
—
Ax H")
|6 ( Ax, Ax )|
|A.T|
—
C| Aa:|2
. .
< Axlim>0 ,] AT
|
Somit ist / an der Stelle TQ differenzier bar mit. Ableitung d f ( x o ) : R”
= C - AxlimbO | AT| = 0.
—
I:
-A R. V -A d f ( xQ )V = 26 (U. TQ ).
ti::
ti
ff
:
!
1
i
ff
I
i
1:
1;
mi
i-
K.
ff
ilf
1:
1
#
ff
i
I
f
iif
II
m
II
?!
48
m
1!
itRll'
II
.=^ = = == ^ --^‘- =-
r,^/^
& £A t
£3
'«£ ji<c
«•
'
mll i
'
I
M
I
•
i
|
i
Kapitel 3
Ableitungsregeln
3.1
M
m
M
1
Sri
*
Die Kettenregel
Die Kettenregel gehört zu den wichtigsten Sätzen der Differenzialrechnung. Dazu betrachten wir die Zusammensetzung
!
i
1
1
—
•
'
IH
—
R; , x > / (.r ) > g ( f ( x ) )
g o f : Q C Rn
m
•
der differenzierbaren Funktionen / : Q C Rn ~r R m und g : U C Rm
R' mit [/ C
Q
.
c
(
Die
Abbildung
zusammengesetzte
g
)
auf
dann
ist
fi
differenzier
bar
und f ür das
/
/
Differenzial gilt die Kettenregel
'
A
:
° / ) (*) = d g ( f ( x ) ) - dff».
Das Symbol
I:
£
bezeichnet die Matrix-Matrix Multiplikation.
Beispiel 3.1. 1 o o o Berechne d ( g o f ) f ür
- { x y , y + z ) u n d g : l 2 f f f -|
f : <f § x y )
2
. |
b ) / : K3 -4 R3. ( x , y , z ) -4 (af s i n y .lzk% iin£& : iiPt-4 K 2|
4 g
j( + c ) |
ff g} -|
a) / : R3
.
R2 , ( x , y , z )
4
;
Lösung: a) Wir berechnen das Differenzial von /
4f =
y x o
0 1 i J
und das Differenzial von g
dg
, fjj«
V
e :r
=
V
-
J
II
V
\
)
Wir werten nun d g in f ( x, y, 4 ) aus ( d .h. wir ersetzen x
d g( f ( x y , s ) ) =
l£
0
x
49
—
•
x y. y
—
y 4- z )
3. ABLKITUNGSREGELN
m
Nach der Kettenregel gilt somit
d { g o f ) ( x , y , s ) = dg ( f ( x. y , z ) ) df ( x , y , z )
yes J,
-
0
xy
y H- z
i-; -
y x 0
0 1 1
W}
ll'
i
0
xy
xeX !l
2xy -I- xz
y 4- ys
exy
=
;:?h
ii;
&;
b ) Wir berecimen das Differenzial von /
0
cos y
1
0
0
\
0
0
e»
zev
If ;
«:
/
§:
und das Differenzial von g
2rr 0 0
0 1 22
<9 =
dg { f { x , y , z ) )
0
2a: 0
se
0 1 2 *
=
/
wobei wir beim Auswerten von dg ( f ( x . y , zj) einfach x -4 x , y
Nach der Kettenregel gilt somit
d ( g o f ) ( x . y , z ) = dg ( f ( x , y . z ) ) df ( x , y . z )
0
2x
0 cos y + 2 z 2 e ~!l
~4
sin y und
/
2a 0
=
0
1 2 ze »
0
V
-
2 4 2ey
1
0
0 cos y
0 zey
ersetzt haben.
\
0
0
ey
ill
I
m
0
2 ze?'J
i
!r
:
.
f : Ft 2
.
;
—
- WJ , ( x . y ) -
4
5
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4
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1
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'' y
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"
(
?/ ,
W'
v f\
'V
—
; •
--
2
.
.
:
!
I
x - y . x 2 4 y2 - 1)
y. 2 ) > x + y
g : E * - E.
’
( x ff
'
S
Beispiel 3.1 2 * o o Betrachte die Abbildungen
2
+z
aii
»
2.
IIm
. ,4
Berechne d ( g o / ) o/ir/ e und mit d.er Kettenregel .
;;
m
I
;
i!
.
Ü ; K.
—
L ösung: Ohne Kettenregel: Wir beredmen die Zusammensetzung h = g o / : R2 > E explizit
/> (*, 3/ )
•
= g { f i x - y ) ) = ( x + y ) + 0 - y) + O + r - 1)
= x + y~ + 2xy + x2 + y2 2 xy + x4 + y4 + 1 - 2.T2 - 2 y 2 + 2 x? y2
= x* + y4 + 2x ~ y ~ + 1 = (.r 2 + y2 ) 2 + 1.
2
2
2
I
I
2
m
—
"
Somit lautet das Differenzial von h
dh ( x. y ) = ( 4.r ( j;2
4 y 2 ) , 4y ( a:2
Mit, der Ket tenregel: Wir berecimen das Differenzial von
df
=
1
1
1
-1
\ 2.r
2y
50
aS;:
1
i
1
I
II
+ y2 )).
II
4
/
\
/
1
fli
:
K
:’
G:
1
HU :
,
-^
iw/iyWÄ Ai)c
-‘
.wor v»
/V
!
-
sw«
svSKn!C'''
‘ V »»
;
•
3.1. DIE KETTENREGEL
und das Differenzial von g
dg
= (2a. 2y. 2z ) =R
*
d g ( f ( x. y ) ) = (2 (.v -f y ) . 2 ( x - y ) . 2 (.r 2 -f y2 - 1)) .
Nach der Kettenregel gilt somit
d( g ° f ) { x, y )
= d g ( f { x , y ) ) - d f ( x. y ) = ( 2 ( x ~ y ) ./2 ( x - ?/ ) . 2 (.r 2 + y2 - 1) )
V
= ( 2(a 4- y ) + 2{ x ~ y ) + 4r ( x
= ( 4z(a?2 + y2 ) , 4y ( x2 4- y 2 ) ) .
Beispiel 3.1. 3
•o o
2
1
1
2a
*
+ y - 1). 2 (.r 4- y ) - 2 ( x - y ) + 4 y( x
2
1
-1
2y
2
2
4- y
- 1) )
Betrachte die Abbildungen
f : R2 -> M 2 . (x , y ) -4 (e* + sm (xy )
;
.T 4- y2 x ) .
Berechne dg ( 0, 0)
1U
«IS
Lösung: Es gilt / (0.0)
lä
= (1, 0 ) , / ( / (0 , 0) ) = / (1, 0)
/
m
:B
ea 4- y cos( x y )
x cos (xy )
1 4- y 2
2.ry
'
4f =
— (e.1). Wir berechnen das Differenzial von
Wir wenden die Kettem egel zweimal an
*
<fe (0, 0 )
= d.f ( f ( f ( 0, 0)) ) #(/ (0, 0) ) <*/ (0, 0) = df ( e : 1) - df ( 1 0 )
/
( e 1
ee + cos(e ) e cos( e )
1 0 \
•
,
•
•
rff (0, 0)
•
2
2e
/
ec 4- cos(e)
e - cos( e )
2e
\
2
ee ( e 4- 1) 4- 2e
*
)
1 0
6-
-
41
1
1
0
0
0
\
•
=
cos (e ) 4- cos( e ) 0
4:C 4 2
0
*
II
1
*
il?
•
ti
I
I
!iii
Beispiel 3.1.4 •oo üme Abbildung f : Mn --> R kennst a - hof nagen , falls f ür alle x
und t > 0
§ )
/ (tx ) =|
g
gilt. Nimm an. dass f auf Rn differenzierbar ist und zeige:
V / (x ) x = a / ( x ).
•
&
:i
51
n
t Wl
IU
3. ABLEITUNGSREGELN
I;
vii:!
•
0:
'
§
$
L ösung: Wir leiten beide Seiten der Gleichung f ( tx ) = t° f ( x ) nach t ab. Die rechte Seite ergibt
4dt ( t° f (
il
r : ß\
= at o -- l fix ).
x))
I?
h
il:
I:
F ür die linke Seite wenden wir die Kettenregel an
ms
m
I
;
J ( tx ) ) = df ( tx ) x = V / ( tx )
~(
Jetzt werten wir beide Seiten in t
•
x.
I:
I
= 1 aus und bekommen
V / (.r ) x
= ocf ( x ) .
•
—
\: i: y
-
—
(Ir )3 ~ (ty)3
Die Funktion / (an y)
x3 - y3 ist zum Beispiel 3 homogen . Denn / ( te , £y )
2
3
3
3
3
,
)
y = t f ( x , y ) Der Gradient von f lautet V / ( r , t/ ) = (3or . Sy ) . Somit haben wir
t (x
—
-
—
=
V
I-
v / (x. y) - (an y ) = 3z - 3t/ = 3 f ( x , y ).
3
•
¥3
U
3
.
.
,
•
,
Abbildungen f : JR.77
Beispiel 3.1.5 • o o Es seien die differenzierbaren
"
En gegeben. Berechne die partiellen Ableitungen von
R:
>
I
• •
.
•
:
.
;
V-
f ( g{ x , v ) )
=
—
> IR und g :
•
,
9n{ x , y ) ) ,
f ( S\ ( x . y ) .
' /•
wobei gi .. .. gT die Komponenten von g sind . Benutze dos Resultat., um die Ableitung von
h( x , y ) = f { 9i ( x . y ) . 9 > { x , y ) ) mit f ( r . y ) - log ( x 2 + y ) und gi ( x , y ) = xy , g2 { x , y )
Jx / y f ür x .v > 0 zu bestimmen.
)
-
Lösung: Wir berechnen das Differenzial von /
df
-
- :
_
( df
= \dX \ ... HL
dxn
‘
'
und das Differenzial von g
dx
Oft i
Oy
<: ( h
' ,
Oyr.
che
Oy
/
dg
\
\
)
Nach der Kettenregel gilt somit
d { f o g ) [ x , .</ ) =
df ( g ( x , y ) ) dg{ x . y )
=
df
d x1
-
i g h e y ) ). - -
h df
=
V4 1
5
=1
dxi
.
df
’ dxn
( g( x y ) )
(
& (* , y ) & (*.»)
\
ar (^ 2/ )
{ 9 { x. y ) )
Sy
( xt y ) /
9gi
( x y)
dy
-
52
il
•
'
I
4
I
m
jif
o. 2 .
DER UMKEHRSATZ
Somit haben wir gezeigt.
^
/ (51 (^ 3/)
j
2/ ):
g -n ( x . y ) )
=E
J-
0" (*> 2/ ) )
=E
§ MX ^
^
( y ( x, y ) )
dgi
dx
(x
, y ):
^
Nun benutzen wir die obigen Formeln um dh zu bestimmen. Das Differenzial von / ( x , y ) lautet
-- =
rf/ (a' y )
2x
2y
x2 -t- y 2 ' x2 4- y2
d f { g { x. y'j ) =
=>
;
j
-
= ( y . x ).
^
(x , y )
2xy
2 y5/ y A
- /r + x / y 2 : x2 y2 4- x / y 2 /
y und y -4
wobei wir beim Auswerten von df ( g ( x , y , z ) ) einfach x
und g 2 gilt
<4d (x. y )
•T
=
’
vdr/y ersetzt haben. Für
y/ x
1
V 2 / xy
’
\
y2
Wir haben somit
^
f { 9i ( xxy ) . go { x , y ) )
d
- ( (
8 y / Tl
W
df
= <9x (a
C>X
. y -_
2 xy
^ y ) T2 (x, y ) ) =
:
{
*
2\/ x / y
1
x2 y 2 4- x / y 2 2Vxy
2xy2 4- l / y ~
x 2 y 2 4- x / y 2
df ,
df
Ogi
Og
( y ( x, y) )
( x . y ) 4 -~ ( y ( x . y ) j i (x, y )
dg
dy
Oy
dx
2x y
y/ x
x/ y
V
• x 4
x 2 y 2 4- x / y 2
x 2 y 2 4- x / y 2 V 1
2
2
2x y - 2x / y
x 2 y 2 4- x / y 2
-
-
3.2
.
( X. y )
v ) + 4- C?(* a) ) 892
ch
df
•
'
—
Der Umkehrsatz
—
Sei ft C Rn offen und / : ft > Rn eine Funktion von der Klasse C1 mit Wertebereich / ( ft ) .
Wir wollen die folgenden Fragen beantworten: Gibt es eine Bedingung an / . die garantiert ,
dass f lokal invertierbar ist? Und unter welchen Bedingungen ist die Umkehrabbildung
f ~ l : / (ft ) -> ft auch von der Klasse Cl ?
Aus der Differenzialrechnung in IR wissen wir bereits, dass falls eine Funktion / auf einem
Intervall I differenzierbar ist und die Bedingung f ( x ) > 0 f ü r alle x / erf üllt , / monoton
wachsend und somit injektiv ist. Die Umkehrfunktion f : / ( / ) ? I existiert und ist
ebenfalls differenzierbar mit Ableitung
—
r ü o/ ) = U
fiX
(.
—
wobei y / ( x ) .
Die Existenz einer Umkelirabbildung f ü r eine Funktion mehreren Variablen
U
53
/ : ft
FD ->
3. ABLEITUNGSREGELN
Rn erfordert etwas mehr Ü berlegung. Wir betrachten zuerst den einfacheren Fall einer
linearen Abbildung welche durch eine n x n Matrix A dargestellt ist
,
—
f ( x)
A x.
§
Die Frage nach der Existenz einer Umkehrabbildung ist gleichbedeutend mit der Frage
nach der Lösung des Gleichungssystems
Ax
—
JI
m
!
y
::A;
f ür eine gegebene rechte Seite y RA Aus der linearen Algebra wissen wir , dass das obige
Gleichungssystem genau dann eine eindeutig bestimmte Lösung x besitzt , wenn die Determinante der Matrix A nicht verschwindet. Somit haben wir folgendes Kriterium entdeckt:
/ : Ra -4 RA x -r
Vit’
det ( A ) ff 0.
A x injektiv
In diesem Fall ist die Umkehrfunktion f - ] : Rn r Rn durch / 1 ( y ) ~ A l y gegeben,
wobei A-1 die inverse der Matrix A bezeichnet . Das Differenzial von f ~ l ist somit A 1.
Nun haben wir aus dem vorigen Kapitel gelernt , dass eine an der Stelle X Q £ 0 differenzierbare Funktion / : fi C 1" ? Rri in der Nähe von X Q durch die lineare Funktion
f ( xo ) 4- d f ( xo )( x X Q ) gut approximiert wird, in dem Sinne, dass
“
—
—
f ( x)
= / (;c Q ) + d f { x0 ) i x
x0 ) +
RestX 0 ( x )
gilt wobei der Restterm klein in Bezug auf die schon kleine Grösse \ x ~ £Q| ist , d.h.
|Re tXfl ( x ) [
lim£ >TQ 4*= 0. Es ist somit sinnvoll zu denken, dass die Bedingung det ( A ) ff 0 ,
xü|
welche wir fü r lineare Funktionen hergeleitet haben , sich auf allgemeine Funktionen so
verallgemeinern lässt dass f um XQ lokal invertierbar ist , wenn det { df ( xo ) ) ff 0 gilt. Somit
haben wir folgenden Satz plausibel gemacht
,
—
,
|
:S;
.‘
35s;
fi:
RiU A
Satz 3.2. 1 ( Umkehrsatz ) Ist det ( df { xu ) ) ff 0 . so ist f lokal umkehrbar, d . h . es
existieren offene Umgebungen U von xo und V von f ( xo ) , sodass f eingeschränkt
&
auf ü f \ u : U — y V bijektiv ist . Die inverse Abbildung f \ v 3 V -t U i s t a u f V
JW von der Klasse C1 und f ü r die Ableitung gilt
r ’<
ii;-;
•; ?>
d{ f
) { y ) = ( d f ( x ) }-1
i:V.i
TA
-
wobei y f
- . r / a 'm. '
V f.
’
:
—
m.
M
Inverso der Jacobi- Matrix von |
/
-AL U :
?!
l
'
m
"
,
v;
Eine Abbildung f : ft -> / ( ft ) heisst Diffeomorphismus, falls / invertierbar ist und /, / -1
von der Klasse C1 sind. Der Umkehrsatz besagt somit, dass eine differenzierbare Abbildung
mit invertierbarem Differenzial ( d .h. det df ff 0) lokal ein Diffeomorphismus ist. Wir wollen
das Gewicht auf das Wort lokal setzen. Der Satz besagt: Falls det f ( x ) ff 0 f ür alle x G ft ,
so hat jeder Punkt x 6 ft eine Umgebung U von x , sodass / ein Diffeomorphismus von U
>
54
i
li
m
A
1
1
3.2. DER UMKEHRSATZ
nach f ( U ) ist. Dass / ein lokaler Diffeomorphisinus ist , reicht nat ü rlich nicht , um daraus
zu schliessen , dass / ein ( globaler ) Diffeomorphismus ist ( siehe Beispiel 3.2.4 und 3.2.5) .
Dazu muss man zusätzlich die Bijektivit ät von / auf Q nachweisen.
IIt
Beispiel 3.2. 1
•o o Betrachte
i
1
J (4 y )
?
Aar
1
Berechne d ( f
i
li
4t
1)
auf zwei Arten.
Lösung: Variante 1: Direkt. Wir suchen nach der inversen Abbildung von
M
ffi
14
%I
1
S
——
1:
Es gilt u 4- v
2
=$
'
v
v
/ : ( x. y ) ->
44
m
14
y
|
IÜ
—
y
- ( x2
( x 2 + y 2 ) 4|
|
/ u h. Also
u
v
/ : { x. y )
11
—
</ 2 )
—
d(/
i14
)
=> .r
x2
—
1
) (M5 « )
ir
.r.-2 - y 2
yh 4- c. a - v
-1
1
o
X2
1
2
:
x2 A 2T
x2 - y 2
1
2
Somit können wir das Differenzial von /
I
\
: ( u. v )
—
—|r
(.
2
4- y 2 )
X
> j
\
y
i
~
1(a:2 - y 2 )
V fu
+v
vV
V
-—
direkt bestimmen
i
1
=5
i
\/
V
'
v ~rV
1
1
v'7;~r
vw r
—
Variante 2: Mit dem Umkehrsatz1
44
14
44
df ( x , y )
IS
14
44
1
14
i!
14
Mit x
=
/W + v
A
7
* -2/
und y
-
1
/ -: / - y
-2 .ry
o:
~1
'
—
/u
y
—
J
V
v finden wir also
i
I
1
—
*
i
.c
i
1
2
(
d( f
) (« . ( ’ )
=-
V 'U
l
~V
1
v u~r
-
v 'J -'
\/
v
>'
—
r
Sa
1
IS
Beispiel 3.2 .2
too
Betrachte die Abbildung
f ( r , tp )
;
11
|
:t
Berechne d ( f
1 )(0 ,
—
( r cos ( p . rsuup ) .
1)
|
i
l -:!
li
1
Erinnerung: Die Inverse der 2 x 2 Matrix A
—v
[
c
c
55
b
:i
riet A
d
—c
-b
a
_
i
a
*
I
V
\
—
y2
3. ABLEITUNGSREGELN
L ösung: Es gilt / ( l , 7r / 2)
= (1
•
COS ( TT
—
/ 2 ) , 1 sm (7r / 2 ) ) = ( 0, 1 ). Das Differenzial von / lautet
•
r sin
-1
d/ ( l, 7r / 2) = (
r cos p J
1 0
Die Determinante lautet det d f = rcos2 p -r rsin 2 p = r
1 =£ 0. Nach dem Umkehrsatz gibt es
, mit Ableitung
,
.
von
auf
invertierbar
der
)
ist
TT
2
1
(
Umgebung
somit eine
/
/
d f { r , p)
=
cos p
sin p
°
^
=
~
-1
oo
0
1
-1 0
0
1
Beispiel 3.2.3
\
Betrachte die Abbildung
f ( r, p )
= (Vcosp. rsinp).
Berechne ö ( f ~ ] ) mithilfe des Umkehrsatzes .
Lösung: Offenbar- ist / auf ( O . oc ) x R nicht injektiv, weil / ( r, pH- 2TT ) = / (r. 9). Beschränken
wir uns jedoch auf eine kleinere offene Menge, zum Beispiel U := (0, 00 ) x ( TT / 2, -TT / 2) , SO wird 27
(0, 00) x R abgebildet.
durch f bijektiv auf die offene Menge V
.
2/1
U
—
P< 'laiPouixliii. ii eil
.
( 0. oc) x (
TT / 2 TT / 2}
W
i
öl;
Die Umkehrfunktion ist bekamitervveise gegeben durch
l
f
( x. y )
=
(-))
arctan
M
und ist auf V stetig differenzierbar. weil Zusammensetzung stetig differenzierbarer Funktionen ).
Auf U betrachten wir das Differenzial
d f ( r , p)
cos i f
sin p
-
—rrcos p
sirup
und die Determinante, welche det df = r cos2 p + r sin 2 p = r 0 lautet. Nach dem Umkehrsatz
ist somit / lokal ein Diffeomorphismus und f ür das Differenzial der Umkehrabbildung gilt
^
/
d( f
l
)( x, y ) =
cos p
\ sin ip
—r cossmp
p
r
-1
r cos 97 r sin p
sin p cos p
1
—
r
cos arctan ( ~ ) sin arctan|
( )
sm arc can (
*)
v/ r--r .y -
56
cos arctan (
^)
yh:2 + /7
s;
If
II
7:
If
i®
IT:
II
5:;n.
f
sii;;
W
;
i
'•
m
|
i
3.2 . DER. UMKEHRSATZ
'
m
m
Nun benutzen wir die Identitäten ( man findet diese in jeder Formelsammlung)
Sill
x=
tanx
V 1 + tan 2 x
cos x
— Ul +
1
tan ~
x
um die Terme cos arctan|
( ) und sin arctan ( ~ ) umzuschreiben
K
sin arctan
cos arctan
tan (arctan ( g ) )
~
yjl + tan
2
y
X
(arctan ( ~ ) )
yjl +
tan 2 arctan
(
1
( ))
^
y
X
/ l + y2 / x2
y/ r2 -f y2
v
X
r
^
vW
2
2
\/ x + y
1
cos arctan ( -j- ) sin arctan ( - )
sin arctan ( )
co arctan ( ~ )
2
y /** +V*
\/ x + y
)(ar > 2/) =
V
X
Vi +
1
Wir bekommen somit
4/
2L
y x - + y:
/
?
-
- 7/
2
2
\ .r f i/
/ -.
T
- ~c -,r
i
—
Beispiel 3.2.4 •o o Betrachte die Abbildung f : Mr ? R 2 , (WM )
( ex cosy , ex sin y ) .
Beweise, dass f lokal invertierbar aber nicht ( global ) inocrü erbar ist.
;
v.
3
:
1
Lösung: Das Differenzial von / an jeder Stelle ( x\ y ) lautet
i
d f ( x. y ) =
i
m
M
ex cos y — es sin y
ex sin y ex cos y j
eiet d. fix. y )
= e 2 x U 0.
Das Differenzial von / ist somit ü berall invertierbar. Somit ist / lokal invertierbar, in dem Sinne,
dass f ür jeden Punkt (x, y ) 6 K2 es eine Umgebung von ( x. y ) gibt auf der / invertierbar ist .
Dagegen ist aber / periodisch in y , da f ( x , y -H 2 rr ) = f ( x. y ) . Somit ist / nicht injektiv ( weil aus
der Periodizit ät folgt , dass es verschiedene Möglichkeiten f ür y gibt f ü r welche / denselben Wert
annimmt ) . Folglich ist / nicht global invertierbar.
,
m
,
m
mm
m
IVi
mm
,
,
Im
m
i
i
WIMM
Betrachte die Abbildung f : ]R 2 I f @l(
&W -W + y ~ )
2
Beweise, dass f auf Mr \ { (0, 0) } lokal invertierbar ist . Ist f auf R \ { (0, 0) } global
invertierbar?
Beispiel 3.2 . 5
•o o
Lösung: Das Differenzial von / an jeder Stelle ( x. y ) lautet
.14
%S
'
II
li
in
1!
II
fl
d f { x, y )
=
X
-2x 2 y
=4
>
det d f ( x , y )
= 2;y 2 + 2.r 2 = 2(sr + 1/2 ) # 0.
Das Differenzial von / ist somit für alle (x, x/ ) R2 \ {( 0.0)} invertier bar ( weil det d f ( x . y ) Ö ).
Nach dem Umkehrsatz folgt , dass / auf M~ \{( 0, 0 )} lokal umkehrbar ist . in dem Sinne, dass f ür jeden
57
3. ABLEITUNGSREGELN
Punkt (x, y ) R2 es eine Umgebung von (x, y ) gibt , auf der / invertierbar ist . Dagegen ist aber /
f ( x. y ) (aus
nicht injektiv , weil / ( .r , y ) = ( ( :r ) ( y) . 2 ( x ) ~ 4- 2 ( y ) 2 ) = (xy, -2x2 4 2y 2 )
/ ( x. y ) ~ f i x , y ) folgt, dass / an den Stellen (x, y ) und ( x, y ) den selben Wert armimmt ).
Somit ist / auf R 2 \ { ( 0 , 0) } nicht global invertierbar.
—
—
— —
— — — —
—
—
—
—
. •o o Betrachte die Abbildung
Beispiel 3.2 6
-)
—
4 : ( 0. oo ) x ( 0. 2?r ) > R 2\( R+ x {0}) . ( r, cp )
( rcosp.r s i n p ) .
-4 4 (r, p )
Beweise , dass 4 ein Diffeomorphismus von (0 , oo) x (0 , 2?r ) auf R 2 \ ( R + x {0}) ist
Lösung: 4 ist stetig differenzierbar ( Zusammensetzung stetig differenzierbaren Funktionen) mit
Differenzial
cos <p
rsintp
d 4 ( r, ip ) =
sin ip r cos p
—
Die Determinante von d 4 lautet somit
det d&
—
cost;
det
sin w
—
r sm 4
r cos 4
O
“
= r cos
4 r sin
—r
o
"
0.
Das Differenzial von $ ist somit f ü r alle ( r, er ) ( 0, oo ) x (0, 27T ) invertierbar. Nach dem Umkehrsatz
folgt , dass 4 lokal ein Diffeomorphismus ist . in dem Sinne dass es f ü r jeden Punkt (r, Lp ) G (0, 00) x
( 0. 2TT ) eine Umgebung von ( r. cp ) gibt auf der 4 invertierbar ist, mit stetig differenzierbarer Inverse.
Daraus folgt , dass 4 ein Diffeomorphismus ist ? Nein! Wie schon mehrmals erwähnt, ist die Aussage
des Umkehrsatzes nur lokal. Um daraus zu schliessen, dass 4 ein ( globaler ) Diffeomorphismus ist ,
muss man zusätzlich noch die Bijektivit ät von 4 zeigen. Dies ist aber in diesem Fall ganz einfach. 4
ist injektiv, weil jedem r E (0, 00 ) und p 6 ( 0, 2TT ) stets unterschiedliche Punkte in R 2 \ (R + x {0})
zugeordnet werden. Ausserdem ist 4 surjektiv. weil man jeden Punkt im R2 \ (R+ x {0}) (R 2 ohne die
positive x- Achse ) in Polarkoordinaten als x = r cos p . y = r sin p hinschreiben kann, mit r ( 0, 00 )
und p E ( 0, 2TT ). Sonnt bildet 4 die Menge ( 0, 00 ) x (0, 27T) bijektiv auf die Menge R 2 \ (R+ x {0}) .
Somit ist 4 tatsä chlich ein Diffeomorphismus von (0, oo ) x (0, 27r ) auf R 2 \ ( R + x {0}) .
Variante zum Beweis, dass 4 ein Diffeomorphismus ist. Anstatt den Umkehrsatz zu Hilfe zu rufen,
kann man die Aufgabe auch “ direkt l ösen . 4 ist stetig differenzierbar , weil seine Komponenten aus
C 1 Funktionen zusammengesetzt sind . Wie oben bewiesen , bildet 4 die Menge (0, 00) x ( 0, 2TT )
bijektiv auf die Menge R 2 \ (R + x {0}) . Nun m üssen wir eine Inverse zu 4 finden . Die Inverse
lautet
m;
,
,
1:
ü.
w
'
II
m
i
I
1:
fl
lil:
M
I
:M:
'
"
4
1
: R2
\ (R + x {0}) -
?
^
( 0. cc ) x ( 0, 2TT) . ( x. y ) -4 4 (x , y) = ( v/
~
2
4 y 2 , arctan ( y / x ) ) .
4 ist stetig differenzierbar , weil Zusammensetzung von C 1 Funktionen. Folglich ist 4 ein Diffeomorphismus.
1
If
W. . ..
m
-
Sl
i
II::
:g:
Aus der vorigen Aufgabe bekommen wir ein einfaches Kochrezept f ür die Ü berprüfung ,
58
M:
f
4
.
“
/
-'VJ*
* . ..-
• •w<w; • ov/
- —-
•
3.2 . DER UMKEHRSATZ
V C E77 ein Diffecmorphismus ist . Es
dass eine vorgegebene Abbildung $ : [/ C R 77
lautet so
KOCHREZEPT F Ü R
,
DIFFEOMQRPHISMEN
Gegeben: $ T C ln V c R7 7 .
Gefragt: Ist D U c R M V C Rn ein Diffecmorphismus?
Schritt 1 Beweise, dass $ stetig differenzierbar ist , berechne das Differenzial d §>
( Jacobi Matrix) und zeige, dass
'
-
det d$ ( x ) # 0.
VA E U.
Der Umkehrsatz impliziert , dass lokal ein Diffeomorphismus ist
Schritt 2 Beweise, dass $ die Menge U bijekdv auf V abbildet .
_
Nat ürlich kann man in jeder Situation auch die ‘direkte Methode anwenden: Dabei wird
die Inverse $> ~ l : V » U explizit bestimmt und gezeigt , dass > und <3> i C1-Funktionen
sind. Diese Methode verlangt aber die explizite Bestimmung der Inverse von <Ü> . Der Vorteil
des Umkehrsatzes ist . dass man cü rekt auf die Differenzierbarkeit der inversen Abbildung
scliliessen kann, ohne diese inverse Abbildung explizit bestimmen zu müssen!
'
—
Beispiel 3.2.7
'
•o o Seien a, b, c > 0 . Ist
$ : R3 -* R:\
I{ x , y . z ) = ( o x. by.cz )
If Ai
ein Diffeomorphisums?
Lösung:
ist sicher stetig differenzierbar. Das Differenzial von <I> lautet
d $> { x , y . z )
7 a
0 0
0 b 0
v 0 0 c
—
\
Die Determinante von d <$> lautet somit
f o 0 0
det d$ ( x , y , z )
= det
\
0 b 0
0 0 o
.
8II
IK
r;
.
Das Differenzial von <t> ist somit für alle ( x y. z ) 6 R3 invertierbar. Nach dem Umkehrsatz folgt ,
dass $ lokal ein Diffeomorphismus ist. Um daraus zu scliliessen, dass ein Diffeomorphismus ist,
muss man zusätzlich noch die Bijektivit ä t nachweisen. Dies ist aber ganz einfach. $> ist injektiv.
weil jedem (;c, y , z ) e R3 und ( , y\ z' ) 6 R3 stets unterschiedliche Punkte in R3 zugeordnet
werden, und zwar ( ax by . cz ) bzw. ( ax' , by' , cz' ). Ausserdem ist
auch surjektiv. weil ja jeder
Punkt ( x : y , z ) 6 R3 das Bild des Punktes ( x / a , y / b. z / c) E ®3 ist . Somit ist <P tatsächlich ein
.
xr
59
1
— abc ^ 0
3. ABLEITUNGSREGELN
Diffeomorpliismus von R3 auf R3.
Beispiel 3.2.8
•o o
-
Rm stetig differenzierbar. Zeige,
Sei U C W offen und f : U
dass die Abbildung
mm
.
4> :
0 xf -+ U x W" . ( x , y )
y ) = ( x, y ~ f { x ) )
<X> (x ,
ü
em Diffeomorpliismus ist
L ösung: <fr ist stetig differenzierbar , weil Zusammensetzung stetig differenzierbarer Funktionen
( insbesondere f . welche nacli Annahme stetig differenzierbar ist ) . Das Differenzial von <£ lautet.
f
d $( x , y )
1
0
0
0
=
dh
0
0
0
o
1
0
Öh
1
0
0
0
d x ,.
\
—
Hn x n
df ( x )
On x m
Im x 77i
0
0 f tu
du
ö.rf
cTrj
. 0
1
Die Determinante von d<& lautet somit
detd$(x, j/ )
= det
—
Üftx
.
1
0n x m
ff (ar ) ImX
ö
= M 0.
7/7
Das Differenzial von <& ist somit für alle ( x . y ) £ U x Rm invertierbar . Nach dem Umkehrsatz folgt ,
dass lokal ein Diffeomorpliismus ist. Um daraus zu schliessen, dass ein Diffeomorphisrnus ist ,
muss man zusätzlich noch die Bijektivit ät nachweisen. ist injektiv, weil jedem x £ U und y Rm
stets unterschiedliche Pmilde in U x R 7” zugeordnet werden. Ausserdem ist d> auch surjektiv, weil
f ( x ) ) der Punkt ( x . y ) in U x R m geh ört . Somit bildet <h die Menge
ja zu jedem Punkt ( x , y
U x Rw bijektiv auf die Menge U x Rm . Somit ist h tatsächhch ein Diffeomorphisrnus von U x Rm
auf U x R m .
—
Beispiel 3.2.9 «
'
o ( Kugelkoordinaten )
<£>
: ( 0. oo ) x ( 0.7r ) x ( 0. 2TT )
—
( r. 0, e>) > $ ( ?\ 0. p )
em Diffeomorphisrnus von (0 , oo )
Lösung:
Beweise, dass die Abbildung
O
X
R3 \ ( R+ x {0} x R )
= ( r sin 0 cos <p, r sin 0 sin 0, r cos 0 )
( O . TT )
X
(0, 27T ) auf M3 \ (R + x {0} x l) ist
ist stetig differenzierbar. weil Zusammensetzung stetig differenzierbarer Funktionen.
60
3.2 . DER UMKEHRSATZ
'
fc
Das Differenzial von <f> lautet
(
d <fr ( r . 6 , 6)
—
— r sin 9 sin P \
sin 9 cos o r cos 0 cos 6
sin 9 sin p r cos 9 sin ©
cos 0
- r sin 0
r sin 9 cos p
0
j .
Die Determinante von d<& lautet somit
/
det d$ ( r . 9 , p )
—
sin 9 cos p
sin 9 sin p
det
cos 0
— r sin 0 sin o \
r sin 9 cos p
—
r 2 sin 6
=
0
^0
.
Das Differenzial von d> ist somit f ür alle ( rJKo ) e ( 0. oc ) x ( 0. rr ) x (0.2TT ) invertierbar. Nach
dem Umkehrsatz folgt , dass lokal ein Diffoomorpliisnms ist. Um daraus zu sch Hessen , dass <h ein
Diffeomorphismus ist , muss man zusätzlich noch die Bijektivit ät nachweisen. 4? ist injektiv. weil
jedem (r , 9 p ) stets unterschiedliche Punkte in R3 \ ( R+ x { 0} x R ) zugeordnet werden 2. Ausserdem
ist $ auch surjektiv. weil man jeden Punkt R 3 \ ( E + x {0} x R ) ( E3 ohne die positive xc Ebene. also
die Punkte mit 9 — 0, TT und p — 0.2 ~ ) in Kugelkoordinaten als x r cos P sin 9 , y r sin o sin 9 .
z = r cos 9 mit ( r , 9 , p ) in ( 0, oo ) x ( 0, TT) x ( 0, 2 r ) schreiben kann. Somit bildet <(> die Menge
(0, oo ) x (0. TT ) X (0, 2TT ) bijektiv auf die Menge R 3 \ (R + x {0} x M) . Somit ist <j> tatsächlich ein
Diffeomorphismus von ( 0, oo ) x (0, TT) x ( 0.2 rr ) auf R 3 \ ( R + x { 0} x R ) .
1
1
•
IH
•
,
T
1
•
cos 9 cos ©
r cos f) sin o
r sin 9
T
f
—
—
li
&
1
-
/
i
if
m
m
M
Beispiel 3.2.10 •• ( Kugelkoordinaten in
sind durch die folgende Abbildung gegeben
•
RnJ
Die Kugelkoordinaten in R" (n
* : (0, oo) x (0 re ) m2 x (0. 2 ) — > Rn \ {x
0n — l ) $(u 01 0n-l ) = ( r cos 0i , r sin ®i
~
,
*
. f
> 0, o:
0}
cob 0o , rsin
••r
•
7?
r sin 0i sin 0o • • sin 0„-2 cos $$gg|
£ r sin 01sin 0
3in 0
,
0i sin ®2 cos
_ sinon _ ).
2
i
( 0.7r ) n ~ 2
x ( 0, 2TT ) avfWL\ [ x -,
Beweise dass $ ein Diffeomorphismus von ( 0, cc ) x
0
}
ist
=
Hinweis: Die Jacobi- Determinante ist rn ~ 1 sin ( 0 jV ' - 2 sin ( 02 ) n ~ :i • • sin (0n 2 )
,
0 , xn
>
_
Lösung: Damit die Formeln nicht unglaublich umst ändlich werden, fü hren wir folgende Notation
ein
sr
II
In dieser Schreibweise lautet
ü;
t!
«;i
M
V
u
Hr 01
2
? •••:
—
sin ( 0r ).
cr = cosfp /)
,
T
= 1.2. 3, - "
wie folgt,
—
0n i ) = (rci . n<fic2 , rsis2 cz ,
• • •
.
.
• • •
_ _
sr, 2 cn
1 : rsj..s 2
Beachte, dass auf [0, oo) x [0. tr] x [0 2TT ) die Abbildung nicht injektiv ist!
61
•
•
-
^
_ « _ )2 n i
3. ABLEITUNGSREGELN
<I> ist klarerweise stetig differenzierbar , weil es eine Zusammensetzung stetig differenzierbaren Abbildungen (sin , cos , ...) ist . Das Differenzial von $ lautet
«
\ -51 -5-2
$1 2
ci
- r.si
0
SiC2
rci c2
~ rsi $ 2
0
^ 1 -5203
rci $ 2 cz
7 5IC'2 C3
-r.SiS2.53
•
•
—
—
Sn o -5r) 1
0
- .S , _ 2 Cr. — 1
-
rCi So
' •
0
0
0
•
—
•
—
•
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- Sn
TC] So
2 -5 n — 1
'
*
- - - sr, _ Cn _
r $iS 2 • .Sn-2 ^n-l
* *
rsi62
2
*
i
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Die Determinante der Jacobi-Matrix ist also
Dr> -® \
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Cl
- r.si
5 lC 2
r Ci c >
—
-
5’ l -52
-51-52
• •
'
'
•
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1
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0
0
0
0
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—
0
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0
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r.$ x CoC3
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•51 52 C3
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-
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—
25 r<
—
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*
1
*
’
Sn
—
—
2 Cn l
Wie kann man nun diese extrem grosse Determinante berechnen? Normalerweise berechnet man
in Termen der
solche Determinanten iterativ , in dem man zum Beispiel versucht ,
<6 i
Jacobi Determinante in n 1 Dimensionen D“ ~ ] „ . zu schreiben. Um auf dieses Resultat zu
kommen , entwickeln wir die Determinante nach der ersten Zeile
—
j
—
rcj c2
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D •. Ö l
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0
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*
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-2 n-l
Ä
- - $n-2Cn-
l
Die Determinante ist in jeder Spalte linear. Darum d ü rfen wir den Faktor rci aus der ersten Spalte
der ersten Determinante ziehen. Analog ziehen wir auch den Faktor s1 aus der ersten Spalte der
62
§
l
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3.2. DER UMKEHRSATZ
zweiten Determinante. Wir bekommen also
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0
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lc2 c3
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*
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0
- r .s 2 5.3
und so weiter , bis wir den Term 63 aus allen Spalten 2 bis n
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6n 2 C ~ i
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1 und bekommen
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r.Si '52 • - - 5U-2 C,. _ I /
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1
61 aus der zweiten Spalte,
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Nim benutzen wir die trigonometrische Identitä t, q -r sj
D7ÜVPl
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S2 C3
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3. ABLEITUNGSREGELN
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Sn
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Sn ~.2 Cn
l
i
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I
Wir haben somit eine Rekursionsformel gefunden , welche Dnr x
a und die Jacobi-Determinante
verbindet. Wendet man diese Formel rekursiv an, so bekommt
in n 1 Dimensionen DIJT 1 „
man
—
^
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i
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'
•* ' §
71
*
Wir müssen also nur Dzr.<ä „..- i berechnen
•
/
-rsn- i
ccn i
Dlr-0n - = dct
1
\
= 7 ( C“
'
„
= rn ~ 2$ 1n ~ 2
=
r
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sin (0 , )
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sin ( d> 2
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71
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2
1 ,
5j
r
•* •5
2
n~2
^ 0.
Somit ist das Differenzial von <t> f ür alle ( r , <j> } . <p7 j ) 6 (0.00) x (0, 7r ) n ~2 x (0, 2TT ) invertierbar.
Nach dem Umkehrsatz folgt , dass (I> lokal ein Diffeomorplnsmus ist. Ausserdem bildet $ die Menge
(0 , oo ) x (0, 7r ) n ~ 2 x (0.2 T ) bijektiv auf die Menge Rw \ {rn i > 0, xn = 0}. Somit ist $ ein
Diffeomorplnsmus von ( 0 , 00) x (0. TT ) 77 2 X ( 0, 2 TT ) auf JRa \
> 0, xn = 0}.
;
_
/
Hi:
«
—
Die Beweismetliode mit dem Umkehrsatz funktioniert nur f ür Abbildungen ff> : U C Rn >
: U C
V C Rn . Für allgemeine Abbildungen
> V C Mm muss man die direkte
Methode anwenden . Betrachte dazu das folgende Beispiel
—
®
mHl
S
,
m
Beispiel 3.2. 11 « oo Zeige
1
1a
ist ein Diffeomorphismm auf sein Bild .
.
—
Lösung: In diesem Fall darf man den Umkehrsatz nicht zu Hilfe rufen , weil f : U C M > R2 keine
ist. Wir müssen also den direkten Beweis durchfü hren. Es ist klar , dass /
Funktion von M" nach
differenzierbar ist (es ist eine Verkettung differenzierbaren Funktionen ). Wir müssen somit zeigen,
dass auch f ~ 1 : f ( U ) ~> U differenzierbar ist.
64
m
m..
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3.2. DER UMKEHRSATZ
•i :
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X
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Es gilt / 1 (x. '</ )
rc ( man sieht das auch aus dem Bild ) .
ersten Koordinate welche differenzier bar ist .
1
M
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1
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M
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1
II
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r
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/-l
ist somit die Projektion auf der
li
tt-
If
3. ABLEITUNGSREGELN
m
II
m$m
m
mB::
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1
I
3
§:
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1
i
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1
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I
14
1
If
i
ill
1
Kapitel 4
I
i
31
I
m
Taylorentwicklung für Funktionen
mehrerer Variablen
IIS
I
!Ä :!
|
i ;
l
si
SvSv;
4.1
i
Funktionen zweier Variablen
Wir haben schon die Taylorentwicklung f ü r eine Funktion f i x ) von einer Variablen kennengelernt. In einer ähnlichen Art und Weise kann man die Taylorentwicklung um (XQ . V Q )
einer Funktion f ( x , y ) von zwei Variablen aufschreiben
m
f { x, y )
= / Oo: yo ) + Ax + IVy
dy
^
a2 f
L ( Aar) + 2 d x d y A x A y dy 2 ( Ay) 2
+ i2 ( £
\d n
, i ( A f ( A x ) 2 + 3o a3/ ( A x ) 2 A y + 3 ö3 / A x( A y ) 2 + ö3 / ( Ay ) s +
d x d y2
d x2Ö y
3! I d x?
Oy
%
«
1t
MP
m
wobei Ax
sind .
If
~
x
— xo -
Ay
"
—
y
—
G~
\
f
J
*
yo und alle Ableitungen an der Stelle ( xo - yo ) auszuwert.en
vVv
S;S-
ä:
Beispiel 4.1.1 too Bestimme die Taylorentwicklung v o n f i x . y )
Ordnung um den Punkt ( 2, 3 )
ö is zur zweiten
i. y
uv
’
Lösung: Wir berechnen die partiellen Ableitungen von f i x . y )
—,
%
sä
df
i
—% —
f
IS S
SÄ
f
ar
ö/
92 /
Ifä
4
S- i
: s:
•
5
ti
dx2
d2 /
dxdy
d2 f
dy 2
~
^
( 2, 3) * 9e°
ox
9/
- (2 3) 7eCi
V
9.y : =
yr /;i
e3 2' 4- xye ri;
'
3 xv
= re
.,
ö2 /
= 2 yexy + xyV"
bl.r 2.3) = 16ec
= 2xery + x2 yexy
d
I
0
r
s>
*
cc
( 2.3) = 27
dx 2
2
d / (
2.3) = 24e°
dxdy
/
67
(
v ;y
•
4. TAYLORENTWICKLUNG F ü R FUNKTIONEN MEHRERER VARIABLEN
Somit lautet die gesuchte Taylorentwicklung
f ( x,y)
df
^
= / (2, 3) + g
+l
( 2 , 3) ( x - 2 ) 4
(*l ( 2, 3) (.
T
— 2)
2
df
^
( 2 , 3) ( y - 3)
Q2 f
-f 2 dxd?/ ( 2 , 3) (.r —
2 )( y
— 3) + ddy- f (2, 3)(
2
= e6 [3 H- 9 ( x - 2) 4 7( y - 3)4
4 ( 27(x - 2 ) 2 4- 48(x - 2) ( ?y - 3) 4 16( y - 3) 2 )
\
+
•••
Beispiel 4.1.2 ® oc Berechne die TaylorentwicHung von } { x , y )
zur dritten Ordnung um den Punkt ( 0.0 ) .
t/
- 3) 2 + -
••
.
y 2~
= ( x + y 2 )e
bis
1
'
Lösung: Wir berechnen die partiellen Ableitungen von f ( x , y )
W l - 2( x + y- )x )e|
(
—
f)
f
Oy
0 f
du-2
d f
dxdy
d f
dy 2
df
x' - ' j 2
äW 0) = 1
df
(o , o ) = o
A
dy
~ ~
= ( 2 y - 2{ x 4 y ~ ) y )e~r -!J
i
-
-
-
o:if
dx3
d3 /
dx- dy
&
}
f
-
d~ f
(0 , 0 ) 0
dx -2
d2 f
(0, 0) 0
dxdy
d2 f
(0, 0) = 2
dy2
3
d f
( 0 , 0 ) -6
dx3
~ y2
— — 4xy 4- 4(x 4- y ) x y )e
~
[ 2y
-v
-
2
~ ,f
= (2 - Sy2 - 2( x + r ) + 4 (T 4 y2 ) y1 )e. ~:r"
=(
—
6 4 12ar
4 12(x 4 y‘2 ) x
- 8 ( .x 4 y
2
'
3 ) ~ x~
)z e
-
-
y~
ö
= ( 8 xy - 4 y 4 4(i 4 2/2 ).!/ 4 Sr2!/ - 8( x 4 y2 ) x~ y ) e x -r
~
- = (-2 4 4 j/2 - 4x 4 16.cj/2 4 4(x 4 /2 ) x - 8(.T 4 y 2 ) xy2 )e x - ß
d3 f
(
dir' =
—
~
?
'
dxdy
24?/ 4 24 j/3 4 12 (J; 4
jr ) ?/
- 8 (x 4 y 2 ) y3 ) e
~ x2 -?/
-
3
"
<
mv
i;
«
i
II
ai
m
.
1;
/ (0, 0 ) 0
dx 2 dy
d3 f
(0, 0) = -2
dxdy 2
d3 f
-
° °» = a
2
S5(
Somit lautet, die gesuchte Taylorentwicklung
2
f ( x; y )
2
2
df ,
ö /
ö /
1 ö /
df
= / (0, 0) 4 fx (0, 0) x + (0, 0 ) y 4 ? dxr- (0, 0 ) J:2 4 2 dxdy (0, 0 ) xy 4 dy2 (o, o)r
dzf
d3 f
&f
1 /W
3
2
+ 6 dx? ( 0, 0p 4 3 dx dy ( 0.0 ) j r y 4 3 dxdy 2 (0, 0).T2/ 4 dy3 (0, 0) y 4 - - \
^
= x 4 y ~ - .E3 - xy2 4
.
I
I
I
68
I
"
.
.
:i «•»•
A'
s
.1
#
4.2 . FUNKTIONEN MEHRERER VARIABLEN
m
mämfil
m
V
1
m
in
:
Beispiel 4.1.3 o o Berechne die Taylorentwicklung von f ( x , y )
zur vierten Ordnung um den Punkt (CK 0 ) .
•
COS X ’
(1
i/
2) 1
6is
Lösung: Manchmal kann man relativ viel Zeit sparen wenn man anstatt alle partiellen Ableitungen
von f ( x, y ) auszurechnen , bekannte eindimensionale Taylorentwicklungen zu Hilfe nimmt . In diesem
Fall könnten wir einfach cos ( x ) und die Funktion 1/ (1 - y2 ) separat entwickeln
,
,
cos (x)
4-
= 1- —
X
2
——
H
x4
4!
1
H
i
- y2
-
1
- y1 + y 4
T
" "
-.
Die gesuchte Taylorentwicklung bestimmt man , indem man die einzelnen Taylorentwicklungen zusammen multipliziert
1II
f ( x , y ) ~ cos ( x )
-
«
;
i
;
ui
:t
m
Lösung: Auch in diesem Fall kann man relativ viel Zeit sparen , wenn man anstatt alle partiellen Ableitungen von / (x, y ) auszurechnen, bekannte eindimensionale Taylorentwicklungen zu Hilfe
nimmt In diesem Fall könnten wir einfach die Taylorreihe von cos (x ) benutzen
;
1
-
iB
.11
um
cos( x ) = 1 -
.
M
m
m
x2
X
*
•
Die gesuchte Taylorreihe bestimmt man in dem man x
.
i!
f ( x, y )
II!i
—
( 1) n X 2 n
l
T + - -h
—
i
x y ersetzt
g. ( - ] ) » :X 2" y
= cos ( xy ) = Yl
( 2n ) i
—
n 0
'
II
4.2
$
I!
Funktionen mehrerer Variablen
Wir bemerken zuerst , dass man den Term in der Taylorentwicklung f ür f ( x , y). der die
ersten partiellen Ableitungen enthält , wie folgt schreiben kann .
—a
/ Ax + ~dfx\
~ Ay
dx
A
Oy
—-
d
= ( Air dx—
69
h Ay
d
i
y)
dyj /U
4 . TAYLORENTWICKLUNG Fü R FUNKTIONEN MEHRERER VARIABLEN
wobei nat ü rlich beide Seiten an der Stelle (#0 , 2/0 ) auszuwerten sind. Analog kann man den
Term mit den zweiten partiellen Ableitungen wie folgt schreiben
Pf
Pf
1 ( &f
Ax ) + 2 ' AxAy -F 2 ( At/ ) 2
dy
dx dy
2 \ dx
—d Y
—
d
A
Ax ~ + A
y
dy
dx
1
2!
-
f ( x> y )i
wobei beim Ausmultiplizieren die partiellen Ableitungen nur auf partielle Ableitungen treffen und nicht auf A:r oder Ay . Leicht weist man nach. dass die Taylorentwicklung von
f ( x , y ) wie folgt geschrieben werden kann
,
.
S (* v )
-
Zo p (
k
‘
-
—
d
d\k
A.v - h Ay
f f a y)
dy
dx
v
—
(*0:2/0 )
Fü r allgemeine Funktionen mehrerer Ver änderlichen f ( zgenü gt, es einfach , die
obige Formel zu verallgemeinern
/ (#!. ..., #n ) =
± h. (
A:r
x
fc=0
d
dx1 +
*
*
•
}-
“
d
A x n dx
V
Xn)
7i
Jetzt einige Beispiele dazu.
. .
Beispiel 4.2.1
.
©
0 0
Berechne die TayUrentmcklung zweiter Ordnung in ( 0, 0, 0) von
X;
x
-
l )
r
f,
r
-
r :
A A
N
-
,
r
J
Lösung: Wir benötigen die partiellen Ableitungen von f ( x , y , z ) . Diese sind aber alle gleidi
f ( x , y , z ) . Mit der Taylorformel für Funktionen mehrerer Variablen bekommen wir also
(
f ( x , y: z )
k\
1
*
d
dxdx
df
—
d\
d
(0.0 . 0 )
df
df
( 0 , 0.0 ) + y ~ ( Q , 0 , 0 ) + z ( 0, 0 , 0)
-£
Ux lu^ c
= / (0.0 , 0) + x
k
+ Aydy + M dz-
ö2 /
( 0, 0 , 0 )
0s2
2
d2 f
d2 f
d f
-F 2 xy
( 0, 0, 0) H
(0, 0, 0 ) + 2 x z
(0.0, 0 ) + 2;
dxdz
du dz
dxdu
+
2
( 0 - 0’ ) + y 292 /2 ( 0, 0 - 0 ) -F ^ 2
dy
^
—
1
1 4 x -F y -F z -F - [x2 + y 1 +
*
zr + 2 xy -F 2*2 + 2ys] H
.
Beispiel 4.2.2 ® o o Berechne die Taylorentwicklung dritter Ordnung in (0, 0, 0) d&r
vekiorwertigen Funktion
:
f\ x , y S)
= (u
l
70
i
m
m
m
I
li
4.2 . FUNKTIONEN MEHRERER VARIABLEN
Lösung: Das Taylorpolynom einer vektorwertigen Funktion berechnet man . indem man das Taylorpolynom seiner Komponenten berechnet . Die erste Funktion ist ein Polynom vom Grad < 3.
Also stimmt das Taylorpolynom mit der Funktion selbst überein . Für die zweite Komponente konnen wir die Entwicklung des Sinus benutzen sin z ~ z
4- • • • . Betrachten wir nur Terme der
Ordnung kleiner oder gleich 3 (die Ordnung ist die Summe aller Exponenten ), so bekommt man
—
xy sm z
—
'j
——-
xy \ z
= xyz 4
i
6
Die gesuchte Taylorentwicklung lautet also
m
f { xxy , z )
=j
f
>
•
\
s
K
1
M
m
Lösung: Das Taylorpolynom einer vektorwertigen Funktion berechnet man . indem man das Taylorpolynom seiner Komponenten berechnet. Die erste Funktion ist ein Polynom vom Grad 4. Um
das Taylorpolynom dritten Grades zu bestimmen, behalten wir nur die Terme mit Grad kleiner
oder gleich 3
W
x 2 4- y 2 + ( x 2 4- y2 ) 2
:
i
n
m
X
2
- xA + 2 x2 y2 4- yA = x 2 4- y2 H
4- y 2 4
Für die zweite Komponente können wir die Tay]oremWicklung der Exponentialfunktion benutzen
1 4- x 4- x 2 / 2 4- x3 / 6 4- • . Betrachten wir nur Terme der Ordnung kleiner oder gleich 3 ( die
Ordnung ist die Summe aller Exponenten ) , so bekommt man
—
IIIIM
ft ft
—
*
2
'
e* **
1!
*
= 1 4- ( x 2 + z ) +
(.r 2 4- z ) ~
t
= 1 + x1 + z +
9
2
X
2
2
= 1 4- .X 4 2 4- x z 4- y H- ~
1
i
(r
2
x4 4“ 2 x 2 z -4 z ~
:) 3.
T
6
x
_ ...
j
3 x 4 z 4- 3arz 2 4- z 3
6
...
Die gesuchte Taylorentwicklung lautet also
f ( x , y, z )
=
x2 4- y 2 41 4- x 2 4- x 4- x 2 z 4 4f 4 o + . . .
^
• •
”
8
ii
li
l3 i
'
'
71
_
4. TAYLORENTWICKLUNG F ü R FUNKTIONEN
MEHRERER
VARIABLEN
II
;
I
I
|
v:
ät
i
I
1
I
I
m:
m
m
m
i
i
i
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m
t
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§:
m
i
i
1:
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Stm
72
m
1
t::
lf
-
ui-
ü:
.
>
--
« M S •‘••i
Kapitel 5
Kurven
5.1
Differenzierbare Kurven
Eine differenzierbare Kurve ist nichts Anderes als eine C1-Abbildung
[a. b] -> R"
t -r ~\ t )
7:
welche jedem Wert des Parameters t im Intervall ja. b ] den Vektor 7 ( t ) im ET? zu ordnet. Die
Variable t heisst Parameter, [a. 6] ist der Parameterbereich, 7 ( 0 ) ist der Anfangspunkt
und 7 ( 6) ist der Endpunkt der Kurve.
E
|
|
o
—
Eine Kurve heisst geschlossen, falls 7 ( a ) = 7 ( 6) ( Anfangspunkt Endpunkt ) . Physikalisch beschreiben Kurven die Trajektorien von Teilchen sodass der Kurvenparameter i die
Bedeutung der Zeit besitzt und 7 ( t ) die Position des Teilchens zur Zeit t darstellt . Dass 7
eine C 1 Abbildung ist , bedeutet einfach dass jede der n Komponenten von 7
"
,
-
"
,
-MV )
/
/
7(f )
=
x
72 ( t )
V 7« (V ) /
t!
11
;:u!
!
si
eine differenzierbare Funktion mit stetiger Ableitung ist . Gewöhnlich heisst eine Kurve von
der Klasse Ck . falls jede Komponente von 7 eine C^-Funktion ist.
Kurven können auf verschiedene Arten parametrisiert werden. Ein Parameierwechsel isteinfach eine Transformation des Parameters i zu einem neuen Kurvenparameter $ <£? ( £ ) ,
—
73
5. KURVEN
d .h. eine Abbildung
y
•
*
—
[a, 6] > [c, d]
t TS
— —
Ein Parameterwechsel ist wohldefiniert falls dip / di 0. Ein Parameterwechsel heisst Orientierung s erhaltend . falls ip { a ) = c und p) ( b ) d . Ein Parameterwechsel heisst dagegen
Orientierungsumkehrend. falls ip ( a )
d und p>{ b ) = c. Bei einem orientienmgsumkehrenden Parameterwechsel wird die neue Kurve in der zur urspr ü nglichen Kurve umgekehrten Pachtung durchlaufen .
Kurven können summiert werden . Zum Beispiel die Kurven
—
—
:•
,
7l :
[o; b\ -4 Rn
t -> 7i ( t )
72
[6. c]
und
•
t
MTI
72 00
—
mit 7\ ( b ) = 72 (6) ("Endpunkt von 71 Anfangspunkt von 72” ) kö nnen aneinander gehängt
werden , indem man die Summenkurve definiert
7:
—
[a , c] > M1'
<b
72 (f ) b < t < c
7i (t )
a <t
Die Kurve 7 ist die Aneinandersetzung der zwei Kurven 71 und 70 und wird oft mit
1
~
^ 4 -2 notiert .
.
b
1
1
b
c
a
1
—
b
c
t
—
Beispiel 5.1.1 000 Zeige , dass die zwei Kurven 71( t ) (t , cos t , e*) mitt ( 00, 00 )
(lög (s) , coslog(.$ ) , s ) mit s e [0 , oo) dieselbe Kurve beschreiben. Ist der
wid. % ( $ )
Parameterwechsel orientierunysurnkchrend oder orientierungserhaltend?
=
§1
74
t
p
:
*
: w.
'
-
—
r 'V'. -
\
5
N W O f a S A A W U M1> /CüiSA
.
.V W;v
i Y*
‘
-
•
..
• \
- „.
*f
5.1. DIFFERENZIERBARE KURVEN
1
IK
i
M
% y-
A
Lösung: 71 und 72 beschreiben dieselbe Kurve, weil 72 aus 71 mit dem wohldefinierten Parameterwechsel s — eJ entsteht . Der Parameterwechsel isi wohldefiniert da d ( f ( t ) / dt — t‘ ~ 0 f ü r alle
t £ ( 00 , 00 ) gilt . Er ist orientierungserhaltend . weil t
ec dem Wert .$
0 entspricht und
t = -f oo dem Wert $ — + 00.
•
—
—
-
—
,
—
Beispiel 5.1.2 0 0 0 Zeige , dass die folgenden Abbildungen differenzierbare Kurven be
schreiben. Skizziere die entsprechenden Graphen:
a ) 7i : [0: 1]
M2: t
( t , t 2 1)
2
b ) 72 : [0, 2TT] > R , 0 (cos 0 , sin 9 )
~
( VT * , t )
c; 73 : [0, 1] M2 , t
d ) 74 : [0.2ir\ -4 IR2 , s > (( 2 cos s 1) cos s; (2 cos s - 1;) sin s)
e ) 75 : [0, 8] -+ R2, M ( el cos 5t e sin 5t )
/; 76 : [0, 6TT] -4 R2 , u 4 iacosifj « sin
2
7r : [0: 2ir ] -4 R , u -4 (sin (7u ) , usin ( 2 u ) )
h ) 78 : [0 IOTT / 2 ] -4 R3. u -4 (cos «, sin u , 2«/5TT )
—
-
-
—
‘
-
S
-
.
1
.
i
i
I13
Lösung: Die Komponenten sind alle C 1 Funktionen ( Kompositionen elementarer Funktionen wie
S o m i t sind alle Kurven differenzierbar .
sin. cos, e x p ,
I
I
- : eil
1
i
-11.2
Ü
0
0.2
17
n ,-!
PitraM
0,0
7;: 'ITI E
0.?
. : • iiir
7:,: eine Spiral'-
•
3.000
2.0110
M
m
m
\
\
li
1.000
- 2.1110
—
1 000
r;
w
m
2
.
. iiic Cpi vl itiixli
i'
75
.
> in iii
HI:
5 . KURVEN
<
§
Beispiel 5.1.3 o o Finde eine Parametrisierung der folgenden Kurven.
a ) Die Parabel y x.2 von ( - 1 , 1 ) nach ( 2, 4) .
b ) Die Ellipse mit Gleichung ( x o ) 2 4- 4. y 2 4 einmal im Gegenuhrzeigersinn durchlaufen.
c ) Das Dreieck mit Eckpunkten ( 0 , 0 ) . ( 1.0 ) ( 1 . 7 ) einmal im Gegenuhrzeigersinn durch
•
—
-
laufen.
d ) Die Kurve, welche vom Graphen der Funktion f { x ) = ex von x = 0 bis x = 1 definiert
ist.
e ) Die Kurve mit Gleichung x 4- { vGj 2) 2 = 9e1 , x , y > 0 und t [0 , 2TT] .
—
—
Lösung: a ) 7 : [ 1, 2] * R2 . t -* ( t . t 2 ) .
b ) Am besten schreiben wir die definierende Gleichung in Form einer Kreisgleichung
a 2 + b2
— —
=
')
—
.
mit a = .x 3, 6 27 und r 2. Wir wissen bereits, dass man den Kreis a 2 + b2 = r 2 mit a = r cos t
b = rsint. t e [0.2TT] parametrisieren kann. Somit setzen wir x 3 = 2 cos t und 2 y =. 2 sint und
finden somit die gesuchte Parametrisierung
—
IR 2 t
7 : [0 . 277 ]
,
—
(3 4 2 cosd sin t ).
>
c) Wir brauchen drei Kurven, um das Dreieck parametrisieren zu können
7x : [0.1]
72 : [0, 1]
73 : [0.1]
—
>
2,
IR. t
—^(
d 0)
E A -» (1.71 )
E2 , f -> (1 - d 7 - 7t ).
2
-
:
|
|
m
1
Hl
Hl;:
1
ii
if
I
ff
V
'
IHI-
70
SS;
72
•
il:
7i 1
*
;: ü::
:
4;;
Das Dreieck ist durch 7.1 4- 72 + 73 parametrisiert.
d ) 7 : [0, 1] 4 E 2 , f 4 (d ef ).
e) A;n besten schreiben wir die definierende Gleichung in Form einer Kreisgleichung
a 2 + b2 = r ~
76
:m
I:
7
5.2 . REGUL äRS KURVEN
— —
—
mit a = V’ jr , b
2 und r = 3et / 2. Wir wissen bereits, dass man den Kreis a2 + b2
r2
y/ y
mit a = rcost . 6 = rsint , t [0 , 2 TT] parametrisieren kann. Somit setzen wir vdr Ze 1 ' 1 cost und
sfy 2 ~ 3e 2 sint und finden somit die gesuchte Parametrisierung
—
—
^
7 : [0. 2TT]
R2. t
( 9e * cos2 /;. (3e / / 2 sint + 2 ) 2 ) .
Reguläre Kurven
5.2
Eine differeuzierbare Kurve
7:
[ß. b] -> R n
t
> 7 ( b)
—
heisst regul är. falls
fl
7( t ) =
«
1
d7 ( f. )
dt
#0
Vi
[a . 6]
was gleichbedeutend dazu ist. dass die Ableitungen aller Komponenten von 7 ( t ) nach t
ungleich Null sind .
ft
I
'
7
Beispiel 5.2. 1 » oo Zeige, dass 7 ( f )
definiert..
—
( A\ sinr. cos / ) m /i f <E [0 , l ] eine regulä re Kurve
Lösung: Die drei Komponenten von 7 ( t ) sind alle C x Funktionen (es sind nur Kombinationen
von sint, cost und t ) . Wir müssen zeigen, dass 7 (i ) 0 f ü r alle t [0.1] gilt. Wir leiten somit jede
Komponente von 7 nach dem Parameter t ab
'
^
7( t )
— ( 2t. cost — sin t ).
Die Probleme entstehen, wenn die Komponenten Null werden . Dies geschieht eventuell bei t = 0.
Bei t
0 ist die erste und dritte Komponente von 7 ( t ) gleich Null. Aber die zweite ist gleich 1,
also ungleich Null. Somit sind die Komponenten von 7 ( t ) nie gleichzeitig gleich Null. d.h . 7 (f ) == 0.
Die Parametrisierung ist somit regulär.
—
Beispiel 5.2. 2 ••o Zeige, dass 7 ( 0 )
[0. 27T] eine reguläre Kurve definiert
17
i ;i
li
1
= ( ( 2 cos 0
1 ) cos 0 , ( 2 cos 0
—
l ) sin 0 ) mit 0
Lösung: Die zwei Komponenten von 7( 0 ) sind beide Cx Funktionen (es sind nur Kombinationen
77
5. KURVEN
von sin und cos). Wir müssen zeigen , dass 7(0) 7 0 f ür alle 0
Komponente von 7 nach dem Parameter 9 ab
£ [0, 2?r] gilt.
Wir leiten somit jede
— 2 sin 0 + (2 cos 0 — 1) cos 9 )
—
7(0 ) = ( -2 sin 0 cos 9 + (1 2 cos /9) sin 0,
2
— (sin 9 - 4 sin 9 cos 9.2 cos 9 — 2 sin 6 - cos 6 )
2
2
!i£
.
1-
Nun zu zeigen dass 7(0) 7= 0 , ist keine einfache Aufgabe denn es kommen komplizierte Kombinationen von sin und cos in 7( 0 ) vor. Wie kann man in solchen Situationen Vorgehen? Am besten
berechnet man den Betrag |7(0 )|. Denn wir wissen , dass ein Vektor x genau dann gleich Null ist ,
wenn |x| 0. Zu entscheiden , ob der Betrag |7(0)| ungleich Null ist , ist viel einfacher! Also los!
,
,
—
Y [sin 9
|7 (0) I
—
4 sin 0 cos 9 ) 2
+
( 2 cos 2
2
9 - 2 sin 9
'
—
*
—
4 cos 0
= \/-5 —
:
I
I
—
= y 1 + 4 cos2 0 (sin2 0 + cos2 0 ) 4 4 sin 2 0 (cos2 0 + sin2 0 )
= V l + 4 cos2 0 + 4 sin2 0
m
cos 0) 2
= /1 + 8 sin 0 cos2 0 - 4 sin 2 0 cos 0 + 4 cos4 0 -1- 4 sin4 0 - 4 cos3 9
= \/1 + 4 sin 2 9 cos2 6 + 4 cos4 0 + 4 sin2 9 cos2 0 4- 4 sin4 0 4 sin2 0 cos 0
2
HZ
f
—
—
lg
4 cos3 0
4 cos 0 (cos2 0 + sin 2 0 )
; ii!
et;
4 cos 0.
—
Wir haben ausgerechnet , dass 17( 0 ) 1
v' -5 ~ 4 cos 0 ist. In dieser Form ist es sofort klar, dass
|7(0 )| 7= 0 . weil dei Term 4 cos 0 immer zwischen 4 und -4 liegt und nie 5 gleichen kann! Somit ist
7( 0) regulä r.
*
Beispiel 5.2.3 ® © o Die Epizykloide ist die Kurve mit Parametrisierung 7 (0) = ( ( 7? +
0 6 [0, 2TT] . /si 7( 0 ) immer
1 ) cos 0 7 cos ( ( 7? + 1) 0). ( /? + 1) sin 0 - rsin ( ( 7? + 1) 0))
: .
++
eine reguläre Kurve ?
•:- W+
—
V
-
+
••
-
I
Nf
:
I
•
,/
a
L ösung: Die zwei Komponenten von 7( 0) sind beide C°° Funktionen (es sind einfach Kombinationen von sin und cos ) . Wir müssen zeigen dass 7( 0 ) 7 0 f ür alle 0 £ [0, 27r ] gilt . Wir leiten somit
jede Komponente von 7 nach dem Parameter 0 ab
fm-
^
,
mi
NI
—
7(0) = ( (i? + 1) sin 0 + r ( R -f- 1) sin ( ( 7? + 1 ) 0 ) , ( R + 1) cos 0 - r ( R + 1) cos ( ( Ä + 1)0) )
Nun zu zeigen dass 7(0 ) 7-L- 0. ist erneut keine einfache Aufgabe , denn es kommen komplizierte
Kombinationen von sin und cos in 7( 0 ) vor. Wir gehen somit wie in der vorigen Aufgabe vor und
berechnon den Betrag |7(0 ) |1
,
|7(0 ) i
= \J {
—
”
( F + 1) sin 0 + ? ( i? + l ) sin ( ( H + 1) 0) ) 2 +\( R + 1) cos 0
*
*
= ( R + l ) y sin2 0 + r 2 sin 2 ( ( R + 1) 0) —
—
=
1
—
—
r ( R + 1) cos ( ( R + 1) 0 ) ) 2
2 rsin 0 sin ( (Ä + 1 ) 0) + cos2 0 + r 2 cos2 ( { R + 1) 0) “
•
2 r cos 0 cos ( ( i?. + 1) 0 )
—
( R + 1) y j l
+ r2
( R + 1 ) v/ l
+ r 2 - 2rcos(7?0) .
2r [sin 0 sin ( ( R + 1) 0)
Benutze das Additionstheorem für cos. nämlich
j;
i\ I
+ cos 0 cos( ( R + 1) 0 ) ]
COS ( Q
78
—
ß)
+
= sinasin ß + cos acos ß .
§
j:
:
1
8
—
A
5.3. DER TANGENTIALVEKTOR
Es gilt somit |7( # ) |
= 0 genau dann
—
,
I
Parametrisierung nur f ür r
w
sieht man in der Figur sehr deutlich.
wenn r
—
= 1 und
1 in den Punkten 0
—
AN EINER
KURVE
27rn mit n E Z . Insbesondere ist die
2 ~n / R mit n E Z nicht regulär. Den Effekt
f
;
I
;• v •
v
’
I
1
i
Ü«
:
1
*
5.3
m
Sei
Der Tangentialvektor an einer Kurve
7:
i
—
[a. b] > R n
t
m
I
4t
II:lit
\L J
eine reguläre Kurve. Der Geschwindigkeitsvekior von
(
1
7(t ) =
1
i
ii (t )
72 ®
ist der Vektor
\
\
1
. 7
•
\ 7V,. 00
]
7
RA
|
IIi
§
I
I:
IÄ
i :
Physikalisch beschreibt 7 ( t ) die Trajektorie eines Teilchens sodass der Vektor 7( £ ) die instantane Geschwindigkeit des Teilchens entlang der Trajekt ories beschreibt .
Normiert man den Geschwindigkeitsvektor zu Eins, so bekommt man den Tangentialvek tor
T( t )
f (C := TT
11
,
11
M
ii
: i
!
tä
/
üH
11
:1
iä
'
79
5. KURVEN
;
Die Regularit ät der Kurve 7, sichert , dass der Vektor 7 ( f ) nie gleich Null ist , sodass es
erlaubt ist , durch |7 (f )| zu dividieren .
.
Beispiel 5.3 1 o o o Berechne die Geschwindigkeit- und Tangentialvektoren für die
Kurve 7 (f ) = (f 2 , sinf , cos t ) im Punkt (1, sin ( l ). cos( l )) .
L ösung: Den Geschwindigkeitsvektor berechnet man , indem man jede Komponente von 7 nach
dem Parameter t ableitet
7 (f )
= ( 2t , cos t ,
Dem Punkt ( l , sin ( l ) , cos ( l ) ) entspricht t
—
— sin t ) .
1. Somit lautet der Geschwindigkeitsvektor bei t = 1
= ( 2 , cos ( l ) , - sin ( l ) ).
7( 1)
Wir normieren nun den Geschwindigkeitsvektor , indem wir den Betrag |7(t )| berechnen
|7 (f )|
—
V 4f 2 + cos2 t 4- sin2 t =
y 4L2 4- 1.
Es gilt somit
m = 177(f )) !
1
(
Ti
f
ge
.
\/ l
4- 4f 2
—
( 2t. cos t . sin t )
=>
T
(1)
= \7/5= (2, cos( l ),
— sin(l ) ).
einer
Falls eine reguläre Kurve
7
"
:
[a , &] -> R”
t
7 (i)
vorgegeben ist . kann man die Länge von 7 mit der Formel
b
m=
|
4
0
m
berechnen .
s
®I:
.
Beispiel 5.4 1
i'.
® 0 0
Berechne die Länge des Einheitskreises.
L ösung: Wir parametrisieren den Einheitskreis durch die Kurve
II
ff
’
7:
jö. 2TT ] -4 R2
i
— > 7 ( ) = (cos t .sin t ) .
f
80
«i
.
»
sis
ii
I
fl
ii
cl
^.SVlMjC^O•TSÄl'ltr.
Is
«B
-
«aäw<(0> w »* ••i’- V
II
i4
5.4. DIE L ä NGE EINER KURVE
|
!i
Wir bestimmen dann den Geschwindigkeitsvektor , indem wir jede Komponente von y ( t ) nach t
ableiten
|P( t ) j = V sin 2 t 4- cos21 1.
7 ( t ) = ( - sin t , cos t )
,
—
Ferner benutzen wir die obige Formel , um die Lä nge der Kurve zu berechnen
> 77
•
—.
L ( Kreis)
*= /o
|7 ( '- ) I
/o
1 • dt
•
— 2-rr.
Beispiel 5.4. 2 » oo Finde eine Formel f ü r die Länge des Graphen der Funktion f ( x )
von a bis b . Benutze die hergeleitete Formel , um die Länge des Graphen der Funktion
f ( x ) = x 2 / 2 zwischen 0 und 1 zu bestimm en.
!
I
|
•
'
Lösung: Wir parametrisieren den Graph der Funktion f ( :c ) von a bis b durch die Kurve
n;
;;
-
:
a|
—
m
M
—
[ a . b] > R 2
x
> Vf .;:) = (.r . / ( ).
4
aa
»
Wir bestimmen den Geschwindigkeitsvektor , indem wir jede Komponente von 7(:r ) nach dem Pa-
1i
rameter x ableiten
m
S
j{ x )
;
1
m) ] = v- i + r^) -
= (1, f' ( x ) )
2
'
Ferner benutzen wir die obige Formel um die Länge der Kurve zu berechnen
,
M
r b'
b
1
L( Grapli )
i
ü
m
m
m
1
ui
•
=
a
lf (0 ! <U =
a.
Jl + f' ( x)2dx.
Die hergeleitete Formel kennen wir bereits aus der Zeit im Gymnasium! Mit dieser Formel berechnen
wir die Länge des Graphen der Funktion f ( x ) = x 2 / 2 zwischen 0 und 1. Es gilt f i x ) = x . sodass
L=
Beispiel 5.4. 3
mit t e [0 , TT]
•oo
[
Jo
•
A+
\
f ( x )s d x =
I
Je
1
\/ 1 4-
x 2 dx
Berechne die Länge der Kurve j ( t )
—
~
44 -
(6t , 3 sinh ( 2£ ) , 3 cosli( 2Fj )
Losung: Wir bestimmen den Geschwindigkeitsvekt or , indem wir jede Komponente von 7 ( f ) nach
t ableiten
7( t )
=
4
I
<
&
s
|7 ( /. )|
—
(6, 6 cosh ( 2t ) , 6 sinh ( 2t ) )
= -/
v
36 4- 36 cosh ( 2 t?) 2
^
+ iö sinh f ) 2 = 6 \/ cosh (2t ) 2 4- cosh(2i )2 = 6 V 2 cosh ( 2 / ).
^
—
Ferner benutzen wir die obige Formel , um die Lä nge der Kurve zu berechnen
L( 7 )
-
- rr
f
0
|7 WI
*
= 6 \/ 2
cos\i ( 2t ) dt
0
*
81
= 6V2
sinh ( 2t ) 1 "
2
Jo
= 3\/2 sinhf 2 ~ ).
5. KURVEN
Die Kurve j { t )
•
= ( 6t, 3 sinh (2t). 3 cosh (2£) )
m
IC
i
mit t G [0, 7r ]
IO7
o
z
Ü
0
2
20
40
X
. •c c
Beispiel 5.4 4
0
Berechne die Lange der Spirale S ( t )
[0.81.
•
-
- I O7
y
( ef cos £, el sin t ) mit t G
'
•
..
.
;
Lösung: Wir bestimmen den Geschwindigkeit.svektor, indem wir jede Komponente von 7 ( t ) nach.
i§
t ableiten
7( t )
|7(t )|
—
—
= ( et cos t
V ( fI< cos t
V
e 2t
—
—
ef sint . et sint F e1 cos t )
-
eL sint ) 2 4- ( ef
sin 21 4-
e 21
cos 21 4-
sin t 4- er cos t ) ~
e2i
sin 21 4- e 2t cos2 £ 4- 2e 2 t cos £ sin t
= V 2eG
—
2e2t cos t sin t
Ferner benutzen wir «die obige Formel um die Lä nge der Kurve zu berechnen
1
i
,
rS
8
L( f f ) =
-/ o
|7( ) 1 d t
^
Die Spirale 7 (d )
= \/2 Jo/ e‘df = V2 ( es - 1).
= (ef cost , e* sint) mit t G [0.8]
G .0O 0
4.000
2.000
0
-2.000
:; r
I:
-4.000
1
-400 - 200
0
200
82
400
600 800
US .
'
&
IC
fl
I
i
11;
m
;
•*
1
5.4 . DIE L ä NGE EINER KURVE
I%
I111I
Beispiel 5.4.5
1
II
: ?7
115
|
'
••o Berechne die Länge der Kurve 7( t )
(rt t cos t, t sin f ) mitt
[0, 1]
;
Lösung: Wir bestimmen den Geschwindigkeits vektor , indem wir jede Komponente von 7 (t ) nach
t ableiten
'
l
il
u
:$V
—
= (1. cos t t sin t. sin t 4- t cos t )
A
+ (cost - isint ) 2 -1- ( sint 7 tcost ) 2
\
7(t)
"
|7(t )| =
=
7
= \/ l + sin2 t 4- cos21 4~ t 2 sin2 t -~ t - cos 21
1
ii
= vT+72.
1
=
t
Ferner benutzen wir die obige Formei . um die Lä nge der Kurve zu berechnen
'
— 2t cos t sin t 4- 2t sin t cos
•
:
rl
&}
L ( 7)
I
= /I0 \ y ( t )\ dt = f yj 2 4- f2 c/t = 72 /
do
io
y
<
i
2
t
1 4-
/2
df.
I
Um das Integral
sinhx ==> t
li
—
y
Jy 1 +
dt zu berechnen , machen wir wie ü blich die Substitution t / y/ 2
—
/ 2 sinhx =7 dt V5 cosh xdx. Es gilt somit
f
1+
1
2
t
:
dt
—
/
/2
\
v 1 -r sinh x cosh xdx
“
—
\/
2
/ cosh2 xdx.
Dieses Integral lässt sich mit partieller Integration berechnen
li;
cosh 2 xdx
= sinh x cosh x —
sinh2 xdx
—
sinh x cosh x -
— -1 (sinh x cosh x - 1 )
cosh 2 xdx
j ( coslrx —
l ) da -
7- C.
4
w
Somit ergibt sich für unser Ausgangsintegral
JY
Ä
11
1+
dt
Mil i
= \/ 2
C2
t
2
V2
fj
is4
L
I:
li
—
Jcosh
[2
\
=V+
2
/9
:rdx = -7- ( sinh .r cosh J; 4- a;)
-
14
14-
h
t
4- arcsinh
V2
t
2
C2
dt =
(4=)
li
:
V
D
l? i
•
83
t
V2
V
t
V5
1
/1 +
,
\
/5 /
1
2
-
4 arcsinh
t
V5
0
.-„IHI.
Mt
5. KURVEN
Die Kurve 7( t )
= ( t .t cos f , tsmt ) mit t E [0, 1]
'
V
0.8
0.6
2
0.4
0.2
0
0
5.5
5.5 .1
0, 2 0.4
0.6 0,8
x
0,5
1
0
y
Einfach zusammenhängende Mengen
Homotopien
—
Seien 71 : [c, 6] -4 M ” und 70 : [a , b ] > Mn zwei Kurven in Rn mit demselben Anfangspunkt
p und Endpunkt q . Die zwei Kurven 71 und 72 heissen homotop (geschrieben 71 72 ) ,
wenn es eine stetige Abbildung
~
/1 : [ G. b] x [0. Ij * R” , ( t , s )
h( t , s )
gibt 5 sodass
/i ( t 0 )
= 71( f )
h( t , 1 )
= 72 (f ) ,
/? (!. -s)
= <2 Vs 6 [0, 1]
Vf
[a, &]
und
h ( 0. .s )
=p
gilt. Die Abbildung h heisst Homotopie zwischen 71 und 72. Zwei Kurven heissen also
homotop. wenn es eine Homotopie /?. zwischen beiden gibt .
Das war einmal die formale Definition. Was soll das aber heissen? Man kann sich das
Intervall 0.1] als ein Zeitintervall denken . Zur Zeit s = 0 stimmt die Funktion h mit der
84
m
I!
|
|
i : ii
§*
a:
5.5. EINFACH ZUSAMMENHä NGENDE MENGEN
—
Kurve 71 ü berein. Mathematisch: h ( t , 0 } 73 ( £ ) Vt e [a , 6]. Im Laufe dieser Zeit , d.h. wenn
.s zwischen 0 und 1 variiert wird , verändert die Abbildung h ihre Gestalt. Diese Deformation
ist stetig und erfolgt so, dass Anfangs- und Endpunkt fix bleiben , d . h. h( 0. s ) = p, /x ( l , .5 ) =
q Vs C [0, 1] . Die Abbildung /z verändert sich also mit $ , bis sie f ü r $ 1 mit der zweiten
Kurve 72 übereinstimmt , d.h. h ( t , 1) = 72 ( t ) Vr 6 [ o . b ] gilt . Eine Homotopie zwischen 7i
und 72 ist also eine stetige Deformation von 71 in 70 . wobei man am Anfang (.$ = 0 ) die
—
Kurve 71 und am Ende ( s = 1) die zweite Kurve 72 hat.
Die folgende Figur zeigt ein Beispiel von homotopen und nicht homotopen Kurven. Die
Kurven 71 und 72 in der linken Figur sind homotop. weil man die erste Kurve stetig in die
zweite deformieren kann . Die zwei Kurven in der rechten Figur sind aber nicht homotop ,
weil es unmöglich ist , die erste Kurve stetig in die zweite zu deformieren (es gibt ein Loch
in der Mitte).
1
m
m
Ii!
mr
.
m
Beispiel 5.5 . 1
tion.
II
mm
m
too
Zeige: Die Beziehung
~ (homotop ) definiert eine Ä quivalenzrela-
Lösung: Die Relation lautet
7i - 72
=
47
7i ist homotop zu 72
*
Wir müssen einfach die drei Eigenschaften der Definition einer Äquivalenzrelation überpr üfen (vgl.
Analysis I , Kapitel 1 ) . Es seien 71, 70.73 drei Kurven in R 7' mit demselben Anfangs- und Endpunkt.
1) Reflexivität: Jede Kurve 71 ist homotop zu sich selbst weil die Abbildung
,
—
h : (a , 6] x [0.1] ;• R" . ( t . s )
—
> h ( t , s)
= 77 ( t )
( t ) und hit , 1 ) = 77 ( / ). Somit
eine Homotopie zwischen 77 und 71 definiert . Denn: h ( t . 0) =
77 77. Die Reflexivit ät ist also erf ü llt.
2 ) Symmetrie: Ist 77 70 , so gibt es eine Homotopie zwischen 71 und 72 , d.h. eine stetige Abbildung
~
v
;
«
~
h : [ a , b] x [0.1]
—
R 7 . (L s )
'
•
•
—
mit h.( t , 0) = 77 (t ) und /? ( £. 1) = 72 (t ) . Die Funktion h deformiert die Kurve 77 in die Kurve 70.
Wir wollen jetzt zeigen , dass auch 72 in 77 deformiert werden kann . Die Idee ist. die Deformation
r ü ckwärts laufen zu lassen. Wir definieren also
—
h : [a, b] x [0.1] > R 'L ( / , $ ) -r h [ 1,. .$ )
I
1
7
h it , .$ )
85
= h ( t . I - .$ )
•
i:
mmfit
5. KURVEN
X
1
m
m
1;
m
II
ii
i
1
ffl
und behaupten , dass h eine Homotopie zwischen y > und 71 ist.
Das ist aber der Fall, weil h( t , 0 ) = h ( t . l ) 12 ( f ) und /i (t, 1 ) h( t , 0) = 71(f ). Ausserdem ist
/? stetig, weil h stetig ist. Somit sind 72 und 71 homo top. d.h . 72 ce 77 . Die Symmetrie ist somit
erfüllt.
3) Transitivitat: Sind 71 72 und 72 73. so lassen sich die Kurven 77 und 72 in die Kurven 73
bzw. 73 deformieren . Es gibt also eine Homotopie zwischen 71 und 72 , d.h. eine stetige Abbildung
—
~
—
77 (f ) und /?, (f . 1)
ff
[0.1] 4- E ' . ( t. s)
7
!i
I
I
f
h( t . s )
7
f;
= 72 (f ) - Es gibt auch eine Homotopie zwischen 70 und 73, d.h. eine
stetige Abbildung
7:
5
'
—
k : [a , 6] x [ö. 1] > E7 h (f , s ) -4 A:( f , s)
mit A ( / . 0 ) = 72 ( f ) und A:(t, 1) = 73 ( f ). Wir wollen jetzt zeigen, dass sich jetzt 71 direkt in 73
deformieren lässt. Die Idee ist , die zwei Deformationen nacheinander laufen zu lassen. Wir definieren
also
h( t , 2 s )
0 < s < 1/ 2
h : [ a. 6] x [0 . l] -4 Fi 71 , ( f . s ) 4- h ( t s )
k ( t , 2 s 1) 1/ 2 < s < 1
*
—
m5
1
-
8
I
und behaupten, dass h eine Homotopie zwischen 77 und 73 ist.
X
1
81
M\
ffli;
i
(Ü
f
it
—
—
Das ist aber der Fall, weil h ( f . O ) = /? ( £ , 0 ) = 71 ( f ) und h( t , 1) k ( t , 1) 73 (f ) . Ausserdem ist h
eine Zusammensetzung von zwei stetigen Funktionen, also stetig. Somit sind 7.1 und 73 homotop,
d.h. 7i 73. Die Transitivitat ist somit erf üllt.
Die drei Eigenschaften der Definition einer Äquivalenzrelation sind erf üllt. Somit definiert cs eine
.
~
Äqui valenzrelati on.
M
y
5.5.2
Einfach zusammenhängende Mengen
Eine Teilmenge ft C Wl von E77 heisst einfach zusammenhängend , falls jede geschlossene Kurve in O zu einer konstanten Kurve homotop ist . In anderen Worten : ft ist einfach
:
m
m.K
—
h : [ a . b] x
mit h ( t. O )
II#
—
7
lc.
jp
ii
5:
86
C
5.5. EINFACH ZUSAMMENHä NGENDE MENGEN
zusammenhängend , wenn jede geschlossene Kurve in H zu einem Punkt zusammengezogen
werden kann.
Beispiel 5.5.2 o o o Welche der folgendst Tpjfeißhgm von Rn ist einfach zusammenhängend ?
a ) A = {(x . y ) 6 R2|ar + y2 < 1}
i
c ) R2
1!
t; 5 = { (.«. y )
d; C = {(x , y , z ) £ F.:i|x 2 + y 2 -f z 2
- 1}
Ma|l / 2 < *2 + r < 1}
e ) Ein Torus
f ) l2 \ { ( 0.0 )}
1
K
|
:i
«
Lösung: a ) Ja. Jede geschlossene Kurve in .4 kann zu einem Punkt- zusammengezogen werden.
U:
'
M
'
m
m
M
i
i
m
b ) Nein. Die folgende geschlossene Kurve in B kann nicht zu einem Punkt zusammengezogen werden.
II
1!
#
!
|
: t
5
;$
c ) Ja. Jede geschlossene Kurve in Mr kann zu einem Punkt zusammengezogen werden.
i
-
87
o . KURVEN
d ) Ja. Jede geschlossene Kui-ve auf S 2 kann zu einem Punkt zusammengezogen werden.
e ) Nein. Auf dem Torus gibt es geschlossene Kurven welche sich nicht zu einem Punkt zusammen,
zieh eu lassen.
:
: s:
•
i.
f ) Nein. Die folgende geschlossene Kurve in E2 \ { ( 0. 0 )} kann nicht zu einem Punkt zusammengei'
zogen werden.
/
\
\\
C
/
/
/
M.
I
;
ii
• •
•
:
88
..
II
JiaetbUMmsMniM»
*KM
fc
V
Kapitel 6
a
Kritische und reg
l/’Ü
In diesem sehr kurzen Kapitel f ühren wir das Konzept von regulären und kritischen Punkten
ein , das wir in den folgenden Kapiteln öfters gebrauchen werden. Wir beginnen zuerst mit
/ : Mn
dem einfacheren Fall einer Abbildung
6.1
Der Fall
Beispiel 6.1.1
Is
id
a)
m#/
b) f
:
•
cj
K.
R differenzierbar. Der Punkt po G O heisst kritischer
0. Die Punkte in Q. welche nicht kritisch sind, heissen
—
•o o Welche
Punkte sind kritische Punkte von f ?
s3 + y 3 - 9 xy + 2456
a y)
/ : M2 -41, (|
M
T
/ : IT -> R
Sei Q C 3Rn offen und / : Q
Punkt (von / ) , falls d f ( p o )
regul är.
1
&
—
ilfA
_ 4x + y
i-i
y
x
/ : R3 -4 K , ( x , y . z ) -4 x1 + y2 - z 2
d ) f :1- :~4 R , (x . y )
-4: i/x- (4
.
fxr# -
ej / : K 2 -4 ®|
4
y)
X
e fri - 4# - 4 ;y 2
/; / : ®3 -4 ®, (x , y , 2) -4 2x 2 +
~r
Id
Lösung a ) Die kritischen Punkte von / sind die Punkte f ü r weiche df — 0 gilt. Somit müssen wir
als allererstes das Differenzial von / bestimmen. Dazu bestimmen wir die partiellen Ableitungen
21 3ar 9y und
= 3y2 9.r. Das Differenzial von / lautet somit
dx
— —
14
II
—
df ( x, y )
= (3ar - 9/p Z y 2 - 9z) .
Die kritischen Punkte sind die Lösungen von
d f { x , y ) - (3z2 - 9 y , ?> y 2 - 9z )
i
s
!
89
= ( 0 , 0 ).
6. KRITISCHE UND REGULä RE PUNKTE
—
—
Die partiellen Ableitungen müssen also Null sein . Es muss also 3x2 9 y — 0 und 3y2 9x = 0
gelten. Aus der ersten Gleichung bekommen wir y ~ ~ a:2. Setzen wir dies in die zweite Gleichung
ein , so bekommen wir 3x = x4 =4- x ( x3 27 )
0. Es folgt somit x = 0 oder x 3. Wir setzen
um y zu bestimmen
diese zwei Resultate in y
x
—
—
—^
—0
=>
—
=>
y = 0.
x
( 0.0 ) .
( 3.3) .
~
3
y
= 3.
Wir haben somit zwei Lösungen
Das sind die kritischen Punkte von /.
b) Die kritischen Punkte von / sind die Punkte fü r welche gilt df = 0. Somit m üssen wir zuerst
das Differenzial von / bestimmen. Dazu bestimmen wir die partiellen Ableitungen § = p ~ 4
und
= p 4 1. Das Differenzial von / lautet somit
—
£
*
df ( x.- y )
1
=
1
,T 2
Die kritischen Punkte sind die Lösungen von
1
m* , y ) =
1
V
2
+1
!
= ( 0, 0 ) .
—
Die partiellen Ableitungen m üssen also Null sein. Es muss also p 4 = 0 und ~ p + 1 = 0 gelten.
Aus der ersten Gleichung bekommen wir x db £ und aus der zweiten y = ±1. Wir haben somit
vier Lösungen
/
( 1
1
1
1
2’
2
2
—
*
'
i:$ -
V
Das sind die kritischen Punkte von /.
c) Die kritischen Punkte von f sind die Punkte für welche gü t df
allererstes das Differenzial von / bestimmen
df ( x : y )
=
0. Somit müssen wir als
= ( 2 x , 2 y , -2 z ) .
Die kritischen Punkte sind somit die Lösungen von
—
d f i x. y ) = ( 2x, 2 y . 2 z )
!
= ( 0, 0, 0 ).
—
—
Die partiellen Ableitungen müssen also Null sein. Es muss also 2 x 0, 2 y = 0 und 2^ = 0 gelten.
Die einzige Lösung ist (x, y , z ) ( 0.0. 0 ) . Somit ist ( 0, 0 , 0) der einzige kritische Punkt von /.
0. Somit m ü ssen wir als allererstes
d ) Die kritischen Punkte von / sind die Punkte f ü r welche df
2xy (4
das Differenzial von / bestimmen. Dazu bestimmen wir die partiellen Ableitungen
x 2 ( 4 - x - y ) - x 2 y x2 ( 4 - x - 2y) . Das Differenzial
x y ) - x2 y ~ x y i f i - 2 y - 3x) und
von / lautet somit
df ( x , y ) = ( x y { 8 - 2y - 3rr ). x2 (4 - x - 2 y ) ) .
—
—
—
^—
—
—
-
!
Die kritischen Punkte sind die L ösungen von
df ( x: y )
= ( x y ( 8 - 2y - 3:r ) , x2 (4 - x
—
2y ) )
== ( 0.0).
— —
—
Die partiellen Ableitungen m üssen also Null sein. Es muss also x y ( 8 2y 3x ) = 0 und x 2 ( 4 x 2 y ) 0 gelten . Aus der zweiten Gleichung bekommen wir entweder x 0 oder 4 - x 2 y 0.
Wenn x = 0 , so ist die erste Gleichung automatisch erf üllt , sodass die Punkte (0, y ) mit y R
—
—
90
— —
&
ul
ii:
-
.
.
^«»*»w:Av > jaitWu\ . VAV w/> 'i* ivwi:iAM«ai;AN'.fc'a!::*/Av « w.v..
fS(
\
is
-
'•
•
6.1. DER. FALL f : Rn -A R
beliebig kritisch sind. Aus 4
ein und bekommen
,
0
-
x - 2 y = 0 folgt x
4 - 2y. Wir setzen dies in xy (8
~
y (4 - 2y )(S - 2y - 12 + Öy )
Die Lösungen sind y = 0, y
bestimmen
y
—
—
2 und y
= y ( 4 - 2y ) (4y - 4)
= 1. Diese Werte setzen
= 0 =» x = 4.
—
x
( 2.1 ) .
(O. y ) . y e R.
>
.
wir wieder in x
—2=
y
- 2 y - 3x) - 0
— 4— 2
t/,
um x zu
y = 1 => x = 2.
0,
Wir haben somit die Lösungen gefunden
(4, 0 ) ,
Das sind die kritischen Punkte von /.
e) Wir rechnen das Differenzial von / aus
df ( x , y ) ~ \ 2
xex~+v
~
8x , 2 ye•r
-V
2 ,
- Sy I = I 2x ( er + “ - 4). 2 j/(e
/
3'"
,
+i
;
- 4) ) .
Die kritischen Punkte sind somit die Lösungen von
Wi:
mr
df ( x , y )
Ri
= ( ixle?*** - 4), 2y(ex
- 4 ) = ( 0.0 ) .
‘
—
—
Aus der ersten Gleichung folgt entweder x 0 oder ex~ +v ~ 4 x2 ~\- y2 ~ log ( 4 ). Aus der zweiten
,
Gleichung folgt, y 0 oder e:r + y ~ = 4 => x2 + y 2 ~ log(4). Somit sind die kritischen Punkte von
/ genau
C
—
ne
K
1
= {(x, y )
R2|*2 + y
“
= log (4 )} u { ( 0, 0)}.
f ) Wir rechnen das Differenzial von / ans
d f ( z , y, c )
= (4x. 4: fJ + 4c. 4c 4- 4y ) .
/
Die kritischen Punkte sind somit die Lösungen von
d f ( x f y, c)
= ( 4x , 4?/ + 4 c. 4c 4- 4y ) = (0, 0. 0).
—
Aus der ersten Gleichung folgt x = 0. Aus der dritten Gleichung bekommt man y = c. Eingesetzt
in die zweite Gleichung ergibt dies 4y* + 4c = 4 ~Mc = 4 c (1- c 2 ) = 0. Es folgt somit z = 0, ±1.
Dies liefert die kritischen Punkte
,
— cn
(0, 0, 0) .
1: )
I
( Ü. l . - l ) .
(0. -1.1) .
r
i
'
Beispiel 6.1. 2
•o o Bestimme die Menge der kritischen Punkte von
/ : Q C R2 -4 R , ( x. y )
auf der Kreisscheibe SI = {( x , y ) G R 2|x2 + y2 <
;;:l
:
4
i
41
-
:i
!
M- i
’
4
*
91
6 . KRITISCHE UND REGULä RE PUNKTE
.
;: j3
'
vV ‘
®:
Lösung: Wir berechnen zunächst die partiellen Ableitungen von /
—
— 4 — 2.rsm (ar 4 y ) — 2:r (2a
df
df
;2
2
,T3
— sinfx
1
I
2
i
y2 ) )
I
1$
y - 2 y sinfx 2 4 y 2 ) = y ( l ~ 2 sinfx2 4- y 2 ) ) .
%=
1;
Das Differenzial von f lautet somit
d f ( x. y )
i
Kritische Punkte sind die Punkte aus
d/ fx , y/ )
=(
2a;( 2J;2
‘
2x ( 2x2
S
= (2x ( 2x2 - sinfx2 4- y 2 ) ) , y{1 - 2 sinfx2 4- yy 2 ) ) ) .
Q.
- sinfx
2
2
—
f ür welche df
y2 ) )
0 gilt . Wir m üssen somit die Gleichung
iS
>
+ ?y ). y( 1 - 2 sinfx 4- y/ )) )
2)
—
$
2
—
2
2 - y2 ) )
4
= (0, 0)
I
Aus der ersten
0 und y { 1 2 sinfx
lösen . Es muss also
- sinfx 4=0
Gleichung folgt entweder x 0 oder sinfx2 4 yy2 ) 2.r 2 . Aus der zweiten Gleichung folgt entweder
y 0 oder 1 2 sinfx2 4 y 2 ) . Damit beide Gleichungen erf üllt sind , muss also gelten
—
—
—
Fall I:
-
—
gelten.
iil
|
I
0: y
Fall II: x = 0.1
=0
— 2 sinfx
2
4 y2 )
sinfx2 4- y2 ) = 2x2 y y = 0
Fall IV: sinfa:2 + y 2 ) = 2a;2 , 1 = 2 sinfa:2 4- y 2 ).
Fall III:
if
if;
1;
£$:
M
—
—
Fall II: x ~ 0 =4- I = 2 sin ( yy 2 ) => sin 2 y 1/ 2 => y A/TT / 6 ( 0 < y/ < TT /2).
Fall III: y = 0 =4 sinfx2 ) = 2x2. Die einzige Lösung ist x = 0.
Fall IV: sinfx2 4- ?/2 ) = 2x2 , 1 = 2 sinfx2 4- yy 2 ) ^ 2x2 = 1/ 2 =4 x = 1 / 2 (da
y = X/ TT / 6 - 1/ 4.
Wir haben somit 3 Lösungen gefunden
( 0, 0) ,
:M-
m
( 0.
1
2
'
7T
6
—/
1 2
D)
=4
mB
m
1
4
1:1
|
i :
m
m
i
.-
Diese sind die kritischen Punkte von f in Q .
tt
6.2
Der allgemeine Fall
£
:
i:
M" -¥ R m
Jetzt betrachten vir den allgemeineren Fall wo eine differenzierbare Abbildung / : ß C
R v r W n vorgegeben ist. In diesem Fall ist das Differenzial von / an der Stelle po G D
,
&
eine m x n Matrix also eine lineare Abbildung
,
d f { po ) : Kn
-
f:
*
•
-» Km.
•
!;:JÜ
Kl
;ia
Aus der linearen Algebra wissen wir . was man von unter dem B.ang einer Matrix versteht :
Der Rang von A. : 3RÄ > Mm ist die Dimension des Bildes Bildf .4) dieser Abbildung. Die
Nullmatrix 0m :< n ist die einzige Matrix mit Rang 0 und f ü r den Rang einer m x n Matrix
i:
A gilt
!
m
—
m
•
Rangf Ä )
fl
< min{m, n}.
m
ri
fl
92
II
"U
!f
ja
i'-:
•
—
IS
>/i>*ouw»'*«»*iuV
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-
--
---•AUSMMO' -.» "« : '
*
•
-
< * •*: •••
•
'
•
—
.- .-.
V iof
•
•
:
üiv '
6,2 . DER ALLGEMEINE FALL
—
/ : Mn > Rm
Zum Beispiel:
/
Rang
V
i 2 3 \
045
0 0 6 /
—
1 2 3
2 4 6
3 Rang
1 2 0
f
) =1
|
Rang
V
=
-1
2
1 2 3
2 4 5
1 Rang
4
-8
/
=1
\
= 2 Rang
o
/
O
2
1
0
4
VO
16
Rang
1
2
\
/
—
2.
Da das Differenzial df ( po ) eine Matrix ist , macht es Sinn von ihrem Rang zu sprechen .
Ausserdem ist df ( po ) eine m x n Matrix woraus folgt
,
Rang( d/ (po ) ) < min{ra , n}.
m
;
Es gibt also im Wesentlichen zwei Situationen: Falls n > m , kann df ( po ) höchstens den
Rang m haben , falls n < m , hat df ( po ) h ö chstens den Rang n.
.
'i
,i
'
Lösung: Das Differenzial von / an jeder Stelle { x . y. z ) lautet
/
df ( x / y , z )
•
=
x1 0
y
-2 z
1
Es handelt sich um eine 2 x 3 Matrix. Somit kann elf h öchstens Rang 2 haben . Es gibt somit
folgende Möglichkeiten f ü r den Rang von df : 0, 1 oder 2 .
Rang 0? Die einzige Matrix mit Rang 0 ist die Nullmatrix. Somit hat cif genau dann Rang 0 , wenn
<
1.
.
df ( x y . z )
0 0 0
0 0 0
=
Da aber die zweite Zeile von df sicher nicht gleich (0 . 0. 0 ) ist . hat df nie den Rang 0.
Rang 1? df hat Rang 1, wenn die erste und zweite Zeile linear abhängig sind. d .h. wenn
— —
2z )
A ( l . ü . 1 ).
A
R.
Somit hat f ür die Punkte auf der Geraden
{ (rr , y , z )
e R *|(&\ y , z ) = A ( 0.1. -1 / 2 ) . X 6 R}
'
df ( x , y , z ) den Rang 1.
I
Rang 2? F ür alle anderen Punkten in R?> hat die Matrix df ( x . y . z ) vollen Rang.
1
Regul äre Punkte von
1.1II
11
/ sind die Punkte po
93
fl . f ü r
welche df ( po ) den maximalen Rang
=1
6. KRITISCHE UND REGULä RE PUNKTE
besitzt ( d.h. n falls n < m oder m falls n > m ) . Die Punkte po
den maximalen Rang besitzt , heissen kritisch (oder singulär ) .
Ct f ür welche df ( po ) nicht
Definition 6.2.1 ( Reguläre und kritische Punkte) po 6 Cl heisst regulär,
falls die Matrix df ( po ) maximalen Rang besitzt Sonst heisst po kritisch.
Diese Definition ist eine Verallgemeinerung der Definition im Fall m = 1. Im Falle einer
Abbildung f : Q C Rn > R ist das Differenzial d/ (po ) an einer Stelle po E kl eine 1 x n
Matrix (ein Zeilenvektor )
—
'
df ( po )
=
dt
~~ (
)
dz i Po
r
i
)
df
-( )
d xn PO /
Diese Matrix kann h öchstens den Rang 1 haben, d .h. der Rang von d f ( p o ) ist entweder 0
oder 1. Falls Rang (d/ (po ) ) = 0, so ist p o ein kritischer Punkt , falls Rang(d/ (po ) ) 1, so ist
p o regulär. Da die Nullmatrix die einzige Matrix ist , welche Rang 0 hat , folgt sofort , dass
po genau dann ein kritischer Punkt von / ist , wenn d f ( p o ) die Nullmatrix ist , d.h.
—
dfipo )
.
= 0.
-
—
—
-
;
Beispiel 6.2 2 t o o Betrachte die Abbildung f :
, y , z ) > ( x y z 1, XZ +
>
,
ä
f
y - x z - I ) . Beweise , dass (1 1 , 1 ) an regul rer Punkt von ist Enthält die Menge
f ~ l { ( 0 . 0)1 kritische Punkte ?
R3
R2 , ( x
.
;
•
i
I:
I; :
:
L ösung: a ) Das Differenzial von f lautet
d f { x. y , z ) =
yz
S x2
—
z
xz
1
'
'
xy
x
—
=»
d f ( l . 1, 1)
—
W
1 1 1
2 1 -1
Die Matrix d f ( 1.1. 1) hat Rang 2. Somit ist (1.1. 1) ein regulärer Punkt von /.
b ) Das Differenzial von f lautet
d f ( x, y ,
yz
xz
3ar - ~
1
xy
—
x
il;
Es handelt sich mn eine 2 x 3 Matrix. Somit kann d f höchstens Rang 2 haben. Es gibt somit
folgende Möglichkeiten f ü r den Rang von d f : 0, 1 oder 2. Die Punkte, wo d f Rang 0 oder 1 hat ,
sind somit kritisch . Die Punkte , für welche d f Rang 2 hat , sind regulär. In dieser Aufgabe m üssen
wir somit untersuchen, ob die Menge / “ 1{( 0 , 0 ) } ( das ist die Menge aller Punkte ( x , y , z ) für welche
f f x y z ) = (0, 0 ) ) Punkte enthält , f ü r welche d f Rang 0 oder 1 hat.
Rang 0? Die einzige Matrix mit Rang 0 ist die Nullmatrix. Somit hat d f Rang 0 nur , wenn
i
;S
..
d f { x , y. z )
0 0 0
0 0 0
=
94
1
mI
•
:
-
-
II
aM*SÄ^cwcs«fl«*s»s«T>
==
»*n«mv«
-
.
—
-
^ *vc'«*i': aMwt
4 39Cisv « »T < Äv cA
*
» u' C:
>
6.2. DER ALLGEMEINE FALL
1
—
/ : Rn > E
7 ??
Dies ist aber nie der Fall , da die 2. 2-Komponente des Differenzials eine 1 isr .
Rang 1? d f hat Rang 1 wenn die erste und zweite Zeile linear abh ängig sind . d .h. wenn
— z 1 — x ) = X ( y z . x z . x y ). A e E.
Wir multiplizieren die zweite Gleichung mit y und die dritte Gleichung mit e . Wir erhalten y = X x y z
und — x z
— X x y z. Es folgt somit y — — x z. Nun wissen wir aber dass die Punkte in — x y z 0—) per— 1
Definition f ( x , y , z ) — ( 0.0 ) erf üllen also insbesondere x y z — 1. woraus sich y
ergibt. Dies ist aber nicht m öglich weil y eine positive Zahl ist Somit sind die Zeilen von df nie
( 3x 2
, ,
,
2
,
2
,
.
~
,
linear abh ängig. Es gibt somit keine Punkte in f ~ l { { 0 . 0 ) } f ü r welche d f { x , y . z ) Rang 1 hat .
=> Somit, enthält f ~ 1 { ( 0, 0)} nur reguläre Punkte.
Beispiel 6.2.3 © O Betrachte die Abbildung f : M6 ->
{ x +|
|
a +|
a 1, ( xi - X4 )2 + (*2 ®5) 2 +. (arjjSgj
- 1 ) . Enthält die Menge f ~x1 (0 , 0 )}
kritische Punkte ?
•
-
\
-
Lösung: Das Differenzial von / lautet
d f {x) =
2 x1
2( x i
2 xo
2 x:>
0
0
- x4 ) 2( X 2 - X 5 ) 2 { XZ - xe ) -2 { x i - x4 )
- 2 ( x2 - £ 5 )
-2{ x$ - :c6 )
Es handelt sich um eine 2 x 6 Matrix. Somit kann df h ö chstens Rang 2 haben . Es gibt somit folgende
Möglichkeiten f ür den Rang von d f : 0. 1 oder 2. Die Punkte wo df Rang 0 oder 1 hat , sind somit
kritisch. Die Punkte, f ür welche d f Rang 2 hat , sind regulä r . In dieser Aufgabe müssen wir somit
untersuchen, ob die Menge / 1{ (0, 0)} (das ist die Menge aller Punkte (xA , x 2, , x4 , .r 5, ay, ) f ü r
welche f ( x i : x > ,
x$ ) = (0, 0) ) Punkte enthält , f ü r welche d f Rang Ö oder 1 hat .
Rang 0? Die einzige Matrix mit Rang 0 ist die Nullmatrix. Somit hat d f Rang 0 nur , wenn
,
_
-
I;
M
d f ( x!, T o , X3, X 4 , £5
II
mm
m
—
i
1
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
0 \
0 j
—
i?
»
1
mAfix
/ 2 ( £ L - £4 ) \
/ 2a.! \
*
2 { x 2- - X$ )
2 (£3 ~ x <s )
= A -2 (as ~ x f )
-2 ( 3- 2 - £0 )
\ ~ 2 ( X 3 - x6 )
V
/
Die letzten drei Gleichungen implizieren X i = x.A . x 2 -
ii A
'
i
—
,
2X 2
2 xz
0
0
0
'
—
Aus der ersten Zeile folgt X \
x 2 = £3
0. Aus der zweiten Zeile x4
x4 . £5
x 2 und
X Q = £3. Die einzige Lösung ist somit ( 0.0 , 0 , 0.0 , 0 ) . Dieser Punkt liegt aber nicht in / ~1{ (0.0)}.
weil / (0 , 0, 0 , 0 , 0, 0) = ( 1, -1) 7= (0.0) . Somit enth ält / ~ ]{ ( 0.0 )} keine Punkte f ü r welche d f
Rang 0 hat.
Rang 1? d f hat Rang 1, wenn die erste und zweite Zeile linear abhängig sind. d.h. wenn
—
111
'
.XQ) -
.
A
E.
J
xr
und ,r:} = x 6 . Dies eingesetzt in die
ersten drei Gleichungen ergibt o = x2 £3 = 0. Dies ist wiederum der Punkt ( 0. 0.0 , 0, 0 , 0 ).
~l
^ Somit enthält. f { ( 0 , 0 )} nur regulä re Punkte.
W
']
—
:
iii
II
I:
.95
>
6 . KRITISCHE
UND REGULä RE
m
aiIt
iii;
PUNKTE
m
%
w
,
»m
m
mm
J&i
w
ß:
I:
a&
t
oil:
SK
I
aa
rüf
oa
i
ol
!
iw
y
:
f
:
01
m
m
m
9
I
m
m
w
II
m
96
ill
5
m
m
Kapitel 7
Extremwertaufgaben in mehreren
Dimensionen
1P
1
w
«>
i:
m
ft
m
m
1
M
Bereits im Gymnasium werden die Grundlagen f ür das Berechnen von Extremwertaufgaben
geschaffen. Dies geschieht mit den Mitteln der Differenzialrechnung und basiert sich auf der
Regel “ Ableitung gleich Null setzen” . Die Punkte x0 f ür welche f ( xo ) = 0 heissen kritische
Punkte von /. Eine Funktion f ( x ) kann mehrere kritische Punkte besitzen. Ob es sich bei
diesen Punkten um Maxima oder Minima handelt , wird von der zweiten Ableitung von
f ( x ) entschieden. Ein kritischer Punkt #0 ist
(i ) ein Minimum, falls /"(:X Q ) > 0,
( i ) ein Maximum , falls f" ( x0 ) < 0.
'
II
m
V
•
B
m
11
fit
m.
e
1
1
n
I
1
i
1
•
*
Jii;
I
|
1
.iSEÜ
m
m
Ül
mM
1
Iii-
ln
(i) ein Sattelpunkt , falls /" ( X Q ) um den Punkt
XQ
das Vorzeichen wechselt .
Wir fragen uns , wie sich diese einfache Regel im mehrdimensionalen Fall verallgemeinern
lässt . Insbesondere werden wir mehrdimensionale Extremwertaufgaben mit und ohne Nebenbedingungen betrachten.
7.1
Extremwert aufgaben in R" ohne Neb enb edingungen
Wir betrachten das folgende Problem
Gegeben: / : D C Mn
R mit Q offen ( ohne Rand ) und
Gesucht: ein Extremum der Funktion f in Q.
.
/ von der Klasse C 2 .
Die einfache Regel “ Ableitung gleich Null setzen” welche wir aus dem Gymnasium kennen , verallgemeinert sich in der nat ürlichsten Art und Weise im mehrdimensionalen Fall .
Wir m üssen einfach alle partiellen Ableitungen ( nach den Koordinatenriciitungen ) simultan gleich Null setzen . Denn das Verschwinden der partiellen Ableitungen gen ügt , um zu
sichern, dass die Richtungsableitung in jeder Richtung verschwindet . Wenn also nicht alle
,
97
I
:
/.
EXTREMWERTAUFGABEN
IN MEHREREN
DIMENSIONEN
partiellen Ableitungen verschwinden sollten , w ü rde es eine Richtung geben, in welcher /
nicht flach ist , sondern ansteigend oder fallend: Wir wü rden keinen Extrempunkt haben.
Es müssen also partielle Ableitungen verschwinden, oder in anderen Worten, es muss sich
m
i
um einen kritischen Punkt handeln
Satz 7.1.1 ( Notwendige Bedingung für Extrema in Rn ) Istxo 6 Q ein lokaler Extremalpunkt ( Maximum/ Minimum ) von f , so gilt
df ( xo )
d .h.
XQ
=0
ist ein kritischer Punkt von f .
Kritische Punkte von / sind also die Kandidaten f ür Extrempunkte. Allerdings muss es
sich bei diesen Kandidaten nicht imbedingt um Extrempunkte handeln , denn genauso wie
im eindimensionalen Fall kann es Sattelpunkte geben. Ein Sattelpunkt ist ein Punkt , der
weder ein Maximum noch ein Minimum ist
Sattelpunkt
AÜ
li
11
m
.
Fü r die Überpr üfung der Kandidaten steht folgendes Kriterium zur Verf ügung
;
:
II
-
0 und ist die Hesse Matrix
Satz 7.1. 2 Es sei f wie oben , ist df ( :co )
Hess( f )( xo ) positiv resp . negativ definit in dem Sinne , dass
X
so ist
XQ
T
Hess( f ) ( xo ) x > 0 resp. < 0 Vx e Rn x
ein striktes lokales Minimum resp . Maximum von
^
O
/
In einem gewissen Sinne ersetzt also die Hesse-Matrix
d/ f
r)xVi
Oo )
d2 f
- («o ) N
Ö x\ö x
Hess( / ) (xo ) d2 f
dx -n ö xi
( ^o )
98
sl £ :
I
m.
*£
m
m
n
1
7.1. EXTREMWERTAUFGABEN IN Mn OHNE NEEENBEDINGUNGEN
A
M
M
m
m
m
i
die zweite Ableitung im Fall einer Variablen. Die Bedingungen f ' ( x0 ) < 0 respektive
//7 (xo ) > 0 f ür Funktionen einer Variablen ü bersetzen sich in negative respektive positive
Definitheit der Hesse-Matrix an der Stelle X Q .
Ist die Hesse-Matrix indefinit so handelt es sich um einen Sattelpunkt.
B
W
i
7.1.1
Exkursus: positiv und negativ definite Matrizen
In der linearen Algebra lernt man. dass eine symmetrische, reelle n x n Matrix A positiv
IA
definit ist , falls
I
x Ax > 0,
ix A 0 .
x Ax > 0,
'
Sv
Falls
A
I
ix i=- 0
heisst A positiv semi- definit Analog heisst A negativ definit falls
I
Xs Ax < 0. i x
0
und negativ semi- definit falls
x Ax < 0 ,
ix A 0.
Trifft keiner dieser Fälle zu. so heisst A indefinit Soweit so gut. Wie kann man aber eine
vorgegebene Matrix auf positive resp. negative Definitheit pr üfen? Die Definition hilft uns
nicht viel. Es gibt grundsätzlich zwei alternative Methoden.
Das Eigenwert-Kriterium
Wie es schon aus der linearen Algebra bekannt ist. sind reelle symmetrische Matrizen 1
immer diagonalisierbar und die Eigenwerte sind immer reell. Kennt man die Eigenwerte
der Matrix A , so liefert der folgende Satz ein nü tzliches Kriterium f ü r Definitheit
m
:i
M
Wi -
:
I
lllli
Satz 7.1.3 (Eigenwert-Kriterium) Es seien X\
eilen, symmetrischen n x n Matrix A. Darm gilt
a) X } > 0
An > 0 ü A positiv definit ,
I
MSVi
v.v
vVV
A
i]
Xn die Eigenwerte dei re-
f
.V
:
mxim
positiv semi- definit .
iSiVv.
W
definit
negativ
v
negativ semi- definit
e ) hat A sowohl positive als auch negative Eigenwerte , so ist A indefinit
Ai > 0
c ) Ai < 0,
d ) Ai < 0
b)
S.yi
An > Q ^ A
An < 0 <=* A
An < 0 <=? A
:
'
;
.
w
in
j»
;Vv
A:
??
Als Beispiel untersuchen wir die Matrizen
1:
:
9 i
I
2 2
2 5
A=
|?
1
-
Beachte, dass die Hesse Matrix von
D=
4
9
/ symmetrisch
ili)
1
ili
ib
fiv
S
!?
:
99
\
2
.
-4 J
ist. weil
C=
9
9
9
cy
/ C 2 (Satz von Schwarz).
.
: j‘
I
7. EXTREMWERTAUFGABEN IN MEHREREN DIMENSIONEN
—
mI.
1 > 0. Die Matrix A ist somit positiv
Die Eigenwerte von A sind Ai = 6 > 0 und Av
definit . Die Matrix B hat die Eigenwerte Ai 2 \/5 > 0 imd Ao = 2 y / b < 0. Somit ist B
indefinit. Die Matrix C ist positiv semi-definit , weil die Eigenwerte Ai = 4 > 0 und A 2 = 0
lauten.
—
—
I
i
$
Das Hurwitz-Kriterium
Fü r grosse Matrizen (3 x 3 oder grösser ) kann die Diagonalisierung sehr aufwendig werden ,
sodass man sehr dankbar ist . wenn es ein weiteres Kriterium gibt , das es erlaubt , eine
Matrix auf Positivbeit zu untersuchen , ohne die Eigenwerte der Matrix bestimmen zu müssen. Das Hurwitz- Kriterium ist f ür solche Situationen sehr geeignet. Um das Kriterium
formulieren zu kö nnen , muss man zuerst die sogenannten Hauptminoren einer symmetrischen Matrix definieren. Sei A eine reelle, symmetrische n x n Matrix. Die Hauptminoren
der Matrix A sind die “ nordwestlichen Unterdetenninanten der Matrix A, d .h. es sind die
welche man ausgehend von der
Determinanten der Teilmatrizen der Grösse 1, 2 , 3,
:
linken oberen Ecke bildet . Konkret Für die Matrix
'
ja
"
a12 «13
a21 0- 22 «23
«31 «32 «33
« 11
A=
y « rH
Cln 2
•'
*
v'
«1n
«2n
«3n
«nS
«an
die n Hauptminoren sind
Ai = det ( « n ) = an
/
an ai 2
A
det
—
An —
2
‘
02.1
«22
( «n « i 2
det
«1:3 \
a-2 i a 22 «2:3
«.31 «32 «33 )
•
«11 a 12 a13 an
A4
= det
An = det
«21 « 22 « 23 « 24
«31 «32 «33 «34
«
\ 41 « 42 «43 « 44 /
« 11
« 21
« 31
«12
«22
«13
*
« 23
‘'
«2 n
«32
«33
*
•
«3n
\ «vH «n2 « n 3
.
100
•
«ln
«nn
= det A.
Ifl®
il:
!if
IHi
mm
r
3 !.;Ü- ;
—
-
"•friVrr*'" liW»
.
-
Av# •
mu
•*?
7.1. EXTREMWERTAUFGABEN IN MTl OHNE NEBENBEDINGUNGEN
Es gilt dann das folgende Kriterium
-
m
.
.
Satz 7.1.4 (Hurwitz Kriterium ) Es seien Ai : ... An die Hauptminoren der
reellen , symmetrischen n x n Matrix.
a ) Ai > 0. Ao > 0, A3 > 0 . ... & A positiv definit
b ) Ai < 0, Ar > 0, Az < 0, ...
A negativ definit
c ) gilt weder A\ > 0 , Ao > 0 , A3 > 0 . ... noch A\ < 0 M > 0; -4a < 0
:
Bi : ;
A indefinit
Wir betrachten drei Beispiele:
A
—
(
V
2
0
-4
0
-4 \
2
-2
-2
20
, B=
-2 /9
0
-4
0
9
-2
—
/
\
:
- 2 22
4
0
0
-4
0
1
'J
C=
0
\
1
!
-4 j
Wir rechnen die Hauptminoren der Matrix A aus
II
1
m
m
iim
Ai
m
= 2 > 0.
Ao
2 0
0 2
= det
M
::
-
4
> 0 , A3 = det ( A )
= 40 > 0.
Nach dem Hurwitz-Kriterium ist A positiv definit . Die ersten zwei Hauptminoren von B
lauten
m
m
m
II
Hi
m
——
2 / 9 < 0,
Bo
(
~
det i
-2 /9
0
9
=
—
4 / 9 < 0.
Die Sequenz der Vorzeichen impliziert dass B indefinit ist ( ohne B3 berechnen zu müssen ) .
Ferner rechnen wir die Hauptminoren der Matrix C aus
mmII
,
M
m
Oi
I
1i
1
S1
J!
— — 5 < 0,
Cb
—
det
—
5 0
0 -4
-
-
20 > 0.
Nach dem Hunvitz Kriterium ist C negativ definit .
101
Cb
= det ( (D) = -75 < 0.
7. EXTREMWERTAUFGABEN IN MEHREREN DIMENSIONEN
7.1.2
Beispiele
Fü r die Bestimmung von Maxima und Minima kö nnen wir das folgende Kochrezept aufstellen
KOCHREZEPT FÜ R. EXTREMWERTAUFGABEN OHNE
NEBENBEDINCUNGEN
—
Gegeben: / die Rn > R mit 0 offen (ohne Rand ) und
Gesucht : ein Extremum der Funktion / in 0.
Schritt 1 Finde kritische Punkte von / , d .h . löse
/ von der Klasse C 2 .
=0
elf
Die Lösungen sind die Kandidaten f ür Extremaistellen von / .
Schritt 2 Um zu entscheiden , ob ein kritischer Punkt XQ von / ein Maximum
oder ein Minimum ist , muss man die Hesse Matrix von f untersuchen
-
Hess( / ) (a -o ) positiv definit
=4-
Hess ( / )( x0 ) negativ definit
=£
*
a
lokales Minimum von
/
x'o lokales Maximum von
/
XQ
D
ul
i:
.ro Sattelpunkt von /
Hess ( / ) (:co ) indefinit:
V.
1
1
Igl
Hill
Beispiel
7.1.1 oo
. o Untersuche kritische Punkte von f
U h V i o f H y R S /j V o v i v; R R
> vUv Ü GR Ü n
M I s F i d l U g ü F T t U S U b b i V o F Ö: -
kririri/ri
A
0
>
:
F
*
-
- I k M U T L G O d-
|
x 2 + y ~ auf R2 .
‘
:
f
Schritt 1: Wir setzen partielle Ableitungen gleich 0
0
-r/d.7-
df
= 2a- = ü
!
- = 2 y = 0.
vr
<
%
Somit ist (0 . 0 ) der einzige Kandidat f ü r Extrema.
Schritt 2: Wir rechnen die Hesse-Matrix an der Stelle ( 0, 0 ) aus
Hess ( / ) ( Q. 0)
-
2 0
0 2
Die Matrix ist positiv definit , da die Eigenwerte positiv sind . Somit ist (0.0) ein lokales Minimum .
Beispiel 7.1.2 ooo Untersuche kritische Punkte von f
102
i
1:8.
II
jif
;
II
m
£1:
*
4
fl
7.1. EXTREMWERTAUFGABEN
Rn OPINE NEBENBEDINGUNGEN
IN
f
1
|
m
Scliritt 1: Wir setzen partielle Ableitungen gleich 0
—
df
-
df
Oy
i
-dr x ~ 2 X = 0
-2 y = Ü.
Somit ist ( 0 , 0) der einzige Kandidat f ür Extrema.
Schritt 2: Wir rechnen die Hesse-Matrix an der Stelle ( 0.0 ) aus
Hess( / ) (0.0 )
2 0
0 -2
=
Die Matrix ist indefinit , da ein Eigenwert positiv ist und der andere negativ. Somit ist ( Ü . O ) ein
Sattelpunkt.
Beispiel 7.1.3
•o o
Untersuche kritische Punkte von f
;tr
-
4 «Ö®?
Schritt 1: Wir setzen partielle Ableitungen gleich 0
«v
,
df
dx
.
df
Oy
= y - 2z - 1 = 0
r
!
—
2 y . Eingesetzt in die erste Gleichung er gibt dies x
Aus der zweiten Gleichung folgt- x
- ) unser Kandidat .
,|
Somit ist (|
Schritt 2: Wir berechnen die Hesse-Matrix an dieser Stelle
—
—
,
2
3
Hess( / )
jo
m
'
I\
-2
3J
1
—
1
——
|
C
'
\
O
Nun berechnen wir die Hauptminoren der obigen Matrix
—
Ai = 2 < 0,
A2-
= det
-2
1
1
-2 )
= 4 ~ 1 = 3 > 0.
Nach dem Hurwitz-Kriterium ist die Hesse- Matrix negativ definit . Somit ist.
Maximum.
Beispiel 7.1.4
•o o Bestimme die Extrema von
.
f : K3
I
— 1) ein Ideales
SL ( x , y , z ) ~¥ x~ + 4 -
i!
;l
Ti
1
.
j
fl
Schritt 1: Wir setzen partielle Ableitungen gleich 0
df
dx
— 2x — 4 z = 0
df
dy
= 2y
~
2z = 0
103
df
n
GZ
= -2 z - 4x - 2 y -‘2s2 = 0.
Ä
lit-
7. EXTREMWERTAUFGABEN
IN MEHREREN
DIMENSIONEN
:
«
>
;§:
—
—
——
—
Aus der ersten Gleichung folgt, x 2 z und aus der zweiten y z. Einsetzen in die dritte Gleichung
6. Aus z = 0 folgt
0 oder 2
2 z ( z + 6 ) = 0. Somit ist z
liefert 2 z Sz 2 z - 2 z 2
x = y = 0. Aus z ~ 6 folgt x = 12 und y = - 6. Die Kandidaten sind somit
— — —
—
—
——
( — 12 . — 6 . — 6 ) .
( 0.0, 0) .
-
X
,
I
!
!
i
-
Schritt 2: F ür die Untersuchung der Kandidaten rechnen wir die Hesse Matrix aus
-4
-2
2
-4 -2 -2 - 4 z
/
Hess ( / )
if
i
0
2
=
''
0
1
An der Stelle ( 0, 0.0 ) gilt
( 2
Hess ( /
) ( 0.0,
0)
=
0
2
-2
0
V
-4 \
-2
-2 )
3:
Mur rechnen die Hauptminoren der Matrix aus
Aj
= 2 > 0,
A2
= det
»
— 4>0
0
0 2
2
A3
,
= det (Hess/ ( 0, 0, 0 ) ) =
§
m
— 48 < 0.
Die Matrix ist somit indefinit imd (0, 0.0 ) ist ein Sattelpunkt .
An der Stelle ( 12. 6 , 6) gilt
— — —
/
—
Iiess ( / ) (-12, 6. -6)
=
l
0 -4
2 -2
-4 -2 22
2
\
0
Wir rechnen die Hauptminoren der Matrix aus
Ai = 2 > 0 ,
An
2 0 \;
0 2
= det
= 4 > 0,
A3
—
det ( Hess / (-12 , -6, -6 ) )
= 48 > 0.
—
Die Matrix ist somit positiv definit und ( -12, -6. 6 ) ist ein Minimum.
J
—
—
—
Beispiel 7*1.5 # 0 0 Bestimme die kritischen Punkte von fn : Mr > R, (x , y ) > x3
ySjt~ 3axy in Abhängigkeit von a 0 und entscheide jeweils, ob ein Minimum. Maximum
oder battelpunkt vorhegt.
A
Schritt 1: Wir bestimmen zuerst die partiellen Ableitungen von fG
Öfo
dx
.
—-
ix 2 -h 3ay
du
dy
——
3y 2 + 3ax.
Das Differenzial von / lautet somit
df 0 ( x . y )
—
( Zx: -r 3ay . -3y 2
+ Zax ) .
m
104
11
i
m
3'U
'
m
m
m
M
i
7.1. EXTREMWERTAUFGABEN IN Rn OHNE NEBENBEDINGUNGEN
1
'
I
:
— (0 0) ist . Wir müssen somit
Kritische Punkte sind die Punkte f ü r welche df <x
,
dfo { x , y ) ~ ( Sx 2 + Say , -3 y 2
—— —
+ 3ax ) = ( 0, 0 )
=
lösen. Die erste Gleichung ergibt y
nr / a ( erinnere: o = 0) . Eingesetzt in die zweite Gleichung
ergibt Sax 3 y2 ZxA / ar =» Zx ( a xd / a 2 ) = 0. Es folgt somit entweder x 0 oder x a. Falls
x 0, so ist y 0. 1st x a. so ist y ~ a . Es gibt somit zwei kritische Punkte von f « . Diese
—
—
sind
—
—
—
—
—
—
(a . - O; ) .
( 0.0 ) .
Schritt 2: Nun wissen wir . dass kritische Punkte von f 0 die Kandidaten f ü r Maxima und Minima
sind. Wir müssen die Hesse-Matrix untersuchen
0.7
3o
'
Hess ( /0 ) (.r , y )
=
3ci
6y
—
Für ( 0, 0 ): Die Hesse-Matrix in ( 0, 0 ) lautet
J-H
Mm
Hess ( /a ) (0.0)
p
.
•
KIvi
-
0 3a
3a 0
\
Ist diese Matrix positiv , negativ definit oder indefinit? Dazu berechnen wir die Eigenwerte. Die
charakteristische Gleichung lautet
IIm
üm
A 2 - 9a 2
m:
= 0 ==> Ai = 3a . Xo
— — 3a
.
Da Ai und Ao verschiedene Vorzeichen haben ist Hess( /tt ) ( 0.0) indefinit . In (0.0) liegt- somit ein
Sattelpunkt vor.
Für (a, a ): Die Hesse-Matrix in ( a . a ) lautet
,
::
—
—
—
—
Hess( /a ) (a . a )
6ö. 3ü:
o
V oc
6a
Ist diese Matrix positiv, negativ definit oder indefinit ? Dazu berechnen wir die Eigenwerte. Die
charakteristische Gleichung lautet
(6a - A ) 2 - 9a 2
= 0 =?
•
6a
— —±
A
==> Ai = 3a , Ao —
3a
—
9a .
—
Für a > 0 sind Ai und Ao beide positiv, d .h. Hes$( / ) ( a , a ) ist positiv definit und (a. a ) ist
ein (lokales) Minimum. Fü r a < 0 sind Aj und Ao beide negativ, d.h. Hess ( /,> ) (a . a ) ist negativ
definit und ( a, a ) ist ein ( lokales ) Maximum .
Q
—
—
:
i \i
•
Beispiel 7.1.6 ® o Untersuche kritische Punkte von f : M2
auf [0, 2TT ) x [0. 2TT )
—
y
1;
ä
-I I
li
I!!
II
li
I\
I
Schritt 1: Wir berechnen das Differenzial von /
clf ( x. y ) ~ (cos ( x ) cos ( y ) . - sm\ x ) sm { y ) ) .
105
JR, ( a\ y)
sin ( x ) cos ( y )
Ki
ll
7. EXTREMWERTAUFGABEN IN MEHREREN DIMENSIONEN
SI
-
A
Wir suchen die kritischen Punkte von / . Dazu setzen wir also df
df ( x. y )
Wir müssen also cos (:r ) cos(y )
Lösungen in [0. 2 TT) X [0. 2TT )
—
= ( cos (x ) cos(y) , - sin ( .r ) sin( y ) ) = (0, 0 ) .
0 und
—
=
f
^
0, -
J
Pß =
:
—
sinfr ) sin ( -y)
K)
•
0 gleichzeitig l ösen. Es gibt verschiedene
feoV
o
P*4
( T)
Ps = x’ Th
P:> =
)
P5
—
0
~
STC
T , 7r
3TT
p? = 0;
Schritt 2: F ü r die Untersuchung der kritischen Punkte brauchen wir die Hesse-Matrix von f
Hess{ f ) ( x . j ) =
cos x sm y
— sm x cos y — sin
— x cos y
- cos x sin y
Nun werten wir die Hesse-Matrix an den verschieden Stellen aus
Hess(/ ) (Pi )
i
-
o
-1
0
V
0
-1
(
0
-1
= -1
V
Hess ( / ) ( P7 )
-
0
-1
=
Eigenwerte
— 1, — 1 =*
negativ definit =4* Maximum.
=>
Eigenwerte 1, 1
=>
positiv definit
=>
Minimum.
=
Eigenwerte 1.1
==
positiv definit
==
Minimum.
=s>
Eigenwerte
>
0 1
f
:
I
Hess ( / )( Pe )
Hess ( / )(Pfi )
?•
1 0
0 1
=
Hess( / ) ( P3 ) =
Hess (/ ) ( P5)
-1 =
0
Hess ( / ) ( P2 )
Hess( / )( P4 )
0
-1
=
>
>
0 1
1 0
=>
— 1 — 1 =* negativ definit => Maximum.
Eigenwerte — 1 . 1 = indefinit =» Sattelpunkt.
Eigenwerte — 1 . 1 => indefinit => Sattelpunkt.
0 1
1 0
=>
Eigenwerte
=
Eigenwerte
=?
0
-1
0
J
>
S;
i
§
.
sl :
$•
—
—
1, 1
=>
indefinit
=>
1, 1
=-
indefinit
=> Sattelpunkt.
$
Sattelpunkt.
1:1:
if
ft
B9
I
i:
i
!
sig
7:
£.
Beispiel 7.1.7
©®
o
Es soll ein Dreieck
in R2
mit den Winkeln a ,
bestimmt werden,
I
I
sodass das Produkt
i
extremal wird .
Lösung: Da die Summe aller Winkel in einem Dreieck immer
müssen wir
f [ a. ß) = sin(a ) sin (5) sin ( 7r a
TR
— —
106
ist , muss 7
ß)
= TT
a
—
ß . Somit
-
.
. » j» V
7.1. EXTREMWERTAUFGABEN
•
Mn
IN
—V
OHNE
NEBENBEDINGUNGEN
maximieren auf dem Bereich 2
D
—
P 2 kv > 0 . 3 > 0. a + 8 < TT}.
{(or, ,5 )
Die Kandidaten für Extrema sind die kritischen Punkte von / . Das Differenzial von f lautet
df ( a. ß )
— a — 3 ) - sin a sin 3 cos( — a —
sin a cos 3 sin ( — a — 3
— sin a sin 3 ( — a
—
(cos Q sin ß sin ( 7r
—
Kritische Punkte sind die Lösungen von elf
— a—
cos a sin ß sin (7r
—
sin a cos ß sin (r
a - 3)
cos ß sin ( 7r
/
~
—
<
3) ) .
—0
=0
dü rfen wir sin a resp. sin ,3 in den zwei
T) .
)
TT
-a —
ß COS ( TT
a
3)
a - /3)
a
-
sin a sin .3 cos ( r
— 3 - sin a cos(
— — ß ) — sin
cos a- sin ( 7r - a
COS TT
— —
—
ß ) - sin o sin ß COS ( TT
^
lii
/
0. Wir müssen somit die Gleichungen
lösen. Da sin a, sin 3
0 ( weil a , ß > 0 und a. ß
Gleichungen durchstreichen
1
5) ,
TT
,
)
7r
a
3) = 0
.3) = 0
—
d . h.
§
13
A
11
cos a sinfTT
i
cos ß sin (7r
— a — 3) — sin a cos(rr a- — 3)
— a — 3) — sin 3 ( — a — ß )
a
sinfrr — a — 3 )
sin 3
cos a cos — a- — 3)
cos 3
~
,
COS TT
/
:-
,
sin
( TT
U:. ‘
l
also
I3
tan a
Wir erlauben nur Winkel a , 3
= tan ( 7r - a - 3 ) = tan 3 .
(0. TT ) . Auf (0. TT ) ist tan injektiv. Somit folgt
a
Es folgt somit a
= TT
Beispiel 7.1.8
— —
a
a 5
3 = 7t
—
7T
— a—
— 2a == 3a =
>
/3
TT
=, .
O = 3
0
J
TT
/S
••o Bestimme die Extrema von f : E2
Lösung: Wir setzen partielle Ableitungen gleich 0
3/
dx
= bxl + 3x 2 y2
~
3t 2
= x2 ( 5 xJ 4- 3r - 3) = 0
—
— ^— —
dy
3 = 0.
= 2*
Aus der zweiten Gleichung ergibt sich entweder :r
0 oder y 0. Falls x 0. so folgt aus der
,
ersten Gleichung keine Bedingung an y sodass y beliebig ist . Falls y ö . so folgt aus der ersten
Gleichung entweder x ~ 0 oder 5ar 3 = 0 =>• x = ± >/3 / 3. Die Kandidaten sind somit
—
»J
\
. ).
5
• ?
!
I
•
2
Ein Dreieck mit Winkel 0 oder
TT
macht keinen Sinn .
107
(0, ?/ ) mit y 5 R.
VI
'
#
7. EXTREMWERTAUFGABEN IN MEHREREN DIMENSIONEN
£
Vf;
If
Vf
F ü r die Untersuchung der Kandidaten rechnen wir die Hesse-Matrix aus
—
20a:3 + (y x y 2
Q x2 y
Hess ( f ) { x , y ) -
ff ;
6 x2 y
2a?3
6x
An der Stelle ( /3/5.0) gilt
Hess( / )
An der Stelle (
V5
—//
- VI
>
3
5
0
V5
_
==
=>
positiv definit
>
Minimum.
3 5, 0) gilt
(
Hess ( / )
ü
r~
Er / ü
•>
V3
'
0
o
0
6
5
==
negativ definit;
>
/3
=>
Maximum.
V5
An der Stelle (0. y ) gilt
/
Hess ( / ) ( 0 , y ) =
I
l
0 0
0 0
Was bedeutet dass die Hesse-Matrix die Nullmatrix ist ? Es bedeutet einfach, dass die Untersuchung
der kritischen Stelle ( 0 , y ) mit der Hesse-Matrix keine Resultate liefert . Wie muss man also in einer
solchen Situation vorgeheu? Üblicherweise untersucht man das Vorzeichen von f ( x , y ) / (xo, 2/o ) ,
wobei / ü o: .Vo ) der Wert von / an der Stelle (a?Q, yo ) ist, die wir untersuchen wollen. Wegen
f ( x , y ) unter/ ( 0. y ) 0, müssen wir in unserem Fall das Vorzeichen von f ( x , y ) / ( 0. y )
2
2
3
3
2
2
,
y
.
f
y
)
1) gegeben.
suchen. ( x y ) r ( x + — 1 ist als Produkt von zwei Faktoren (.r und x -F
,
—
—
—
—
,
—
—
—
Der Faktor x* ist f ü r x > 0 positiv und f ür x < 0 negativ. Der Faktor x2 -F y 2 1 verschwindet auf
dem Kreis mit Radius 1 und Mittelpunkt (0. (3 ) und ist innerhalb des Kreises negativ und ausserhalb positiv. Man zeichnet dann eine Skizze, in der man die Vorzeichen von / aufschreibt.
/
y
ff
y
/
0
X
'
0
N
X
Nb
Zu betrachten ist ein Punkt auf der Geraden (0. y ) . Da jede Umgebung eines Punktes (0, y ) auf
dieser Geraden sowohl positive als aucli negative Werte von f ( x y ) enthält , kann (0, y ) kein Maximum oder Minimum von / sein . Es sind Sattelpunkte.
,
.
108
f
.
Hü!
_
~
.- -.
^ w/.V'.v/A v.iwo:v r!Anw. wrfA!.rn iw
v,v *r viVÄMRiVxwiv.
W
|
:
1
7.2 . EXTREMA MIT NEBENBEDINGUNGEN
:
fm
yjx;
•
-
0
m-
7.2
Extrema mit Nebenbedingungen
Ziel dieses Abschnittes ist die Betrachtung der folgenden Aufgabe:
Gegeben: f : Cl C Mn -* R und g : 0
Gesucht: ein Extremum der Punktion
M 1 von der Klasse C1.
/ unter der Nebenbedingung # = 0.
Mit anderen Worten betrachten wir nun Extremwert auf gaben , bei denen nach den Extrema
der Funktion f ( xi , ..., xn ) gesucht wird , aber die Menge der zulässigen Punkte x durch eine
Nebenbedingung g ( xi , ..., xn )
0 eingeschr ä nkt ist . Wir beginnen mit einem einfachen
—
Beispiel.
Beispiel 7.2.1
t
1i
•o o Finde die Extrema von f ~ x H- 2 y auf dem. Einheitskreis
S1
M2|rr;2;/
= { (avy )
r
—
1}.
Losung: Die Aufgabe besteht darin . Extrema von / unter der Nebenbedingung # (.T, y ) ~ x 2 4y2 1 = 0 zu finden . Da wir noch keine allgemeine Methode haben, welche uns erlaubt solche
Aufgaben zu betrachten, können wir unsere Intuition benutzen. Wir könnten zum Beispiel die
Nebenbedingung so erf üllen, dass wir x cos t und y = sin i setzen. In anderen Worten, wir haben
S 1 parametrisiert. Die Maxima (Minima ) von f ( x . y ) auf SJ sind dann die Maxima ( Minima) der
Funktion f ( t ) = cos £ + 2 sinf , welche nun eine Funktion einex Variablen ist. Notwendig f ü r eine
Extremalstelle ist
,
d.
(cos t -i- 2 sin t ) = sin i 2 cos t = 0.
—
—
—
Daraus folgt.
4 cos2 t = 1
—
—
cos21
—
cos21
=>
—
1
5
-
Die gesuchten Extrema lauten somit
cos t
— ± —^
'
v
9
i
±-= . ± ~=
\/5
\/ 5
r
—
—
Eine weitere Untersuchung zeigt , dass ( l / \/5, 2 / V 5) ein Maximum ist. wä hrend ( 1/ V 5. 2 / v /5 )
ein Minimum ist.
Wir haben anhand dieses Beispiels gesehen dass es im Prinzip m öglich ist . Extremaistellen
von / unter der Nebenbedingung g ~ 0 zu finden indem man die Menge p 1{0} = {;c E
ü | g ( x ) = 0} explizit parametrisiert. Wenn aber die Menge .g 1{0} etwas komplizierter
aussieht , als einfach S l . kann die Aufgabe eine Parametrisierung zu finden , sehr schwierig
werden. Wir fragen uns somit : Gibt es eine allgemeine Methode, welche nach Extrema von
/ unter der Nebenbedingung g 0 sucht , ohne eine explizite Parametrisierung von g l { 0}
zu verlangen? Die Antwort auf diese Frage ist . ja . Diese andere Möglichkeit zur Lösung
,
“
,
“
f:
I
lf
:sMi
•
i
—
"
!
109
1:1
8£
!
•
7. EXTREMWERTAUFGABEN IN MEHREREN DIMENSIONEN
gestaltet sieh ü ber die Erschaffung einer neuen Funktion , der Lagrange - Funktion, und
ist bekannt als die Lagrange - Multiplikator- Regel. Die Regel lautet so
-
-
-
Satz 7.2,1 (Lagrange Mulitplikator- Regel) Es seien f : Cl C Rw 4 R und
g : 0 > R*
gegebene Funktionen der- Klasse Cl . Ist XQ £ S ~ g ~ l { 0 } ein
lokales Maximum, oder Minimum von f auf S und, ist XQ ist ein regulärer Punkt, von
g : Rn -4 Rl , so gibt es ein X = ( A i , . .. A / ) Rl , sodass f ür die Lagrange - Funktion
M
L f X g gi.lt
dL ( xo ) = 0
—
—
—
-
In anderen Worten: Die Kandidaten f ür Extremaistellen von / unter der Nebenbedingung
f
X\g\ ... A / #/ , wobei
0 sind die kritischen Punkte der Lagrange- Funktion L
die l Komponenten von g sind . Die Variable A = ( Ai , ..., Aj) (ein Vektor mit l
Komponenten ) heisst Lagrange - Multiplikator ( das sind oft zusätzliche Variable, die uns
eigentlich nicht interessieren ) . Aus diesem. Grund f ü hrt man die folgende Definition ein
g
— —
—
— —
•
..
.. .
Definition 7.2.1
stiert mit
•
wobei L
/
•
—
f
—
. .
Xg .
XQ
heisst kritischer Punkt von f auf S
..
.
.
=#
“
3
r .'
.. /
.
-
{0}, fulls X exi
<
.
.
.
rlL ( x0 )
= 0,
:
•
;
,
-
v
:
.
-
.
.
.
•
Die Kandidaten f ü r Extrema sind also die kritischen Punkte der Einschränkung von f auf
Ob es sich bei diesen Punkten um Maxima, Minima oder Sattelpunkte handelt ,
kann man mit der Untersuchung der Hesse-Matrix von L ( und nicht von / ) schaffen.
7.2.1
Einschub: ein Existenzsatz f ü r Extrema
Bei der Betrachtung von Extremwert auf gaben ist oft folgender Satz sehr nü tzlich
Satz 7.2.2 ( Existenzsatz f ü r Extrema) Ist Q C Rn kompakt und f :
stetig auf Cl . so nimmt f auf Cl Minimum und Maximum an.
Q ~4
M
Merkregel:
Eine stetige Funktion nimmt auf einer kompakten Menge
ihr Minimum und Maximum an.”
"
110
uv :
.
-
;""" < II ..w
.
• » %i* : •
:.
•, *>
v
7.2 . EXTREMA MIT NEBENBEDINGUNGEN
7.2 .2
Beispiele
Fü r die Berechnung von Extrema mit Nebenbedingungen steht das folgende Kochrezept
zur Verf ügung
KOCHREZEPT FÜ R EXTREMA MIT NEBENBEDINGUNGEN
Gegeben: / : Q C Rn
und g : f > -> 1/ der Klasse C 1
Gesucht: ein Extremum der Funktion f unter der Nebenbedingung g
Schritt 1: Bilde Lagrange-Funktion
•
X n- j
3
A) = / ( -r ; :
=0
r ,. } - /g/Hä
wobei gt • . gi die l Komponenten von g sind ( normalerweise /
Schritt 2: Bestimme kritische Punkte von L. L öse dazu
*
== 1)
n Gleichungen f ü r die n + l Unbekannten
Xg
Zum
ck
Gl
ü
haben wir noch l letzte Gleichungen, welche das
• ••
Xn'
System vollst ändig machen, nähmlicii die Nebenbedingung W
0 selbst . Das
entstehende Gleichungssystem ist im allgemeinen nicht linear und deshalb sehr
schwierig zu lösen . Es gibt keine allgemeinen Methoden f ür die Lösung des Gleichungssystems, aber oft ist es “ gut" jede Gleichung nach einer der Xf aufzulösen
und die verschiedenen A$’s gleich zu setzen ( vgl . Beispiele)
Schritt 3: Lösungen ( x \ , ..., xn ) sind die Kandidaten f ü r Extremaisteilen von f .
Um zu entscheiden, obein kritischer Punkt #o von L ein Maximum oder ein Minimum von / ist , muss man die Hesse Matrix von L ( und nicht von / ) untersuchen
Dies ist
*
-
Hess( L) (x o , A ) positiv definit
=> .ro lokales Minimum von / auf g
Hess(L) (xo , A ) negativ definit
=>
'
Hess ( L ) ( a:o , A) indefinit
J:Q
lokales Maximum von
a o Sattelpunkt von
*
/ auf
1
-f 0}
/ auf .g ~ 3 {0}
g~l { 0 }
Manchmal ist man nur an globalen Extrema ( Maximum oder Minimum) interessiert . In
einer solchen Situation kann man viel Zeit sparen indem man Satz 7.2.2 benutzt . Wie? Ist
die Menge S = g l {0} kompakt und / stetig, so nimmt / sicher Maximum und Minimum
auf S an . Somit können wir einfach die Punkte in f einsetzen und den grössten und den
,
~
11]
m
I
1
7 . EXTREMWERTAUFGABEN IN MEHREREN DIMENSIONEN
m
I
i
-
kleinsten Wert nehmen, ohne die Hesse Matrix zu untersuchen .
si
.Jetzt einige Beispiele zur Lagrange-Multiplikator-Regel.
Beispiel 7.2.2 ® o c Finde Maximo und Minima von f
dingung of2 4- y 2 1.
x 4 2 y unter der Nebenbe*
,
Schritt 1: Wir schreiben die Nebenbedingung in der Form ar 4- y1
Die Lagrange-Funktion lautet somit
— — —
—=-
L
Schritt 2: Wir lösen
ÖL
=0
x2 4- 4x2 - 1 = 5x2
—
1= 0
=E
A
—
X
±
—
1.
R
2x
1
~
y
— 2x. Zusammen mit der Nebenbedingung x
wir
2
+ y2 - 1).
A=
= 2 - 2 Ay = 0
dy
Gleichsetzen der zwei A s gibt y
2 AX
1
ÖL
'
x 4- 2 y - A (ar
\g
f
— 1 = 0. Also g — x~ 4 y
1
s
V
-E2a
=
*
y
2
4- y 2
— 1 = 0 finden
2
= ±S
'
Wir haben also 2 Kandidaten gefunden
2
1
Pi
= S’ sJ
P
-=
1
2
S’ S )
'
Schritt 3: Um herauszufinden. welche Maxima und welche Minima darstellen, rechnen wir die
Hesse Matrix von L aus
/
2A
0
Hess ( L ) (x. y, A ) =
2A
0
V
—
Bei
pi
—
\
TD Ts ist A =
1
2
Hess ( L) (pi . A )
Bei p2
=
^
—
also
-V 5
=
0
=
==-
fl
0
l
4= ) ist A =
Ts ’ vT
Hess ( L ) fp2: A)
I;
—
negativ definit
=>
Maximum.
also
\
fl
0
0
Vo
\
j
=»
positiv definit
=>
Minimum.
I
|
|
Beispiel 7.2.3 « oo Finde Maxima und Minima von f
x 2 + y.2 2
_
.
= xy unter der Nebenbedingung
I
;ä
M
m
ei:
•
112
A
71
r
8:
- . 2. EXTREMA MIT NEBENBEDINGUNGEN
r
*
Schritt 1: Wir schreiben die Nebenbedingimg in der Form x 2 + y 2
Die Lagrange-Funktion ist somit
—
L
i!
m
f
~~
2
= 0. Also g
—
x 2 + y2
'
—
2.
— xy -\ x + y - 2).
- Xg
2
( ~
Schritt 2: Wir lösen
ÖL
— 2A.r — ö
‘
V;:; ;
p
p
ÖD
‘
1M
=y
—x
~
Das Gleichsetzen der zwei A 's ergibt y 2
x 2 4- y 2 2 0 finden wir 4 Kandidaten
— —
m
müb
1
Pl
«
= (1, 1)
—
2 Avy
=>
A
V
=~
2.r
= 0 =>
A
=
—
o; 2 . also ;r
-
P 2 ~ ( 1, 1)
p3
2—y
j
± ty . Zusammen mit der Nebenbedingung
-=--
= (1. -1)
Pl
( 1
-1) .
Schritt 3: Um herauszufinden, welche dieser Punkte Maxima und welche Minima darstellen, sollte
man die Hesse Matrix von I überpr üfen. Dies ist aber sehr lang. Da aber die Menge S ~ { x 2 -h y 2
2} kompakt und / auf 5 stetig ist , nimmt / Maximum und Minimum auf S an . Somit können wir
einfach die Punkte in / einsetzen und den gr össten und den kleinsten Wert nehmen ( anstatt die
Hesse-Matrix zu untersuchen) , um globale Minima und Maxima zu finden
—
m
mm
.
m
ß
Sh
f ( -i . i )
/ ( i . i ) = / (-i. - l ) = i
i
im
= / ( i, -l ) = -i.
— —
Somit sind (1, 1) und ( 1, 1) globale Maxima, während (-1.1) und (1, -1) globale Minima sind .
i
m
tm
1
•
o
x“ 4- y ~ 4-
Beispiel 7.2.4 » oo Finde Extrema von f
ti
1
fei
M
Schritt 1: Wir schreiben die Nebenbedingung in der Form x2 4- \r + z 2
x 2 + y 2 + z 2 1. Die Lagrange-Funktion ist somit
0::v
m
Ii
-
lit
L = / - Xg
msir
II
li
I
-4
!:
Schritt 2: Wir lösen
— — —
r)z
i
iß
11
II
1
m
r
:
2 Xy = 0
xz
dy
m
M11
—
0. Also y
=
z - 1) .
"
SZ r 2** o
dL
ÖL
12
*
J
8L
li
MA
= xyz - A (.r 2 4 y1 4
—
~
— —
— —
xy
Das Gleichsetzen der drei A 's ergibt x 2
z 2 ~ 1 = 0 finden wir
3x2
2 Ao
;<y2
=*
•
1
0y
*
~
2c
n 2 . Zusammen mit der Nebenbedingimg x 2 4- y 2 41
T
,
= dt V/o0
Wir haben also unsere 8 Kandidaten gefunden
V3
=
X=
0
=1
±
A
2x
xz
. ± -= , ±
vO
113
I
V3
'
7. EXTREMWERTAUFGABEN IN MEHREREN DIMENSIONEN
Schritt 3: Das Einsetzen dieser Punkte in / ergibt
J/
( ± ± ± — ± —1 = ± 1
3 /3
VZ / S
V
y
\
.
l
1
4
-4
Die Punkte \iii
/3 5 -y3 \/3 7
v 3 /3 ’
V 37
v' 3 \/'S ) ’
globalen
.
die
Minima.
balen Maxima Die anderen sind
'
h
w
]
und
/z
Beispiel 7.2 5 » oo Betrachte f { x , y )
.-y
.
,
— —
*
‘v / y: V
.
ar -ffy9~ 2x 2 y u n d g ( x, y )
v ;v :
sind die glo-
]
v'3’
lllll SiSi
'
.
.
y
\
; ~v::
v
= tr cos y -ffycosan
ff J.
5$
rX ,
iv:;Ä
St
( 0, Ö ) ist ein regul ärer Punkt von g
iff
§
:
b ) Beweise: p (0, 0 ) ist ein kritischer Punkt der Einschröinkung von f auf g 1{0}.
Ist p ein lokales Maximum, Minimum oder Sattelpunkt von f eingeschränkt auf
.
~
S { 0} ?
cg) Beweise: p
ft
'
I
: vw Aff .
;
m
.
iSi
ä
fl:
.
i
Lösung: a ) Das Differenzial von g lautet
dg( x, y )
—
=r-
(cos y — y sin x . — x sin y -ff cos x )
dy ( 0, 0 )
ffi:
§
= (1, 1).
d g ( 0 . 0 ) hat Rang 1, somit ist (0.0 ) ein regulärer Punkt von g .
b ) Was bedeutet “ (0, 0) ist ein kritischer Punkt der Einschränkung von / auf y"1 - }” ? Es bedeu
tet , dass es ein A gibt (Lagrange Multiplikator), sodass (0, 0 ) ein kritischer Punkt der LagrangeFunktion L = f - Xg ist . In unserem Fall lautet die Lagrange Fimktion
-
^
-
-
i y ) = f ( x , y ) - Xg ( x . y )
L( :\
= x 2 -ff
2x - 2y
y2
—
X ( x cos y -ff y cos x ) .
Das Differenzial von L lautet
d L( x , y )
— —
( 2x
2
— A (cos y
.
~ y sin r ) , 2 y
— — —
2
A ( xsiny -ff cos x ) ) .
—
F ü r die Wahl A = 2 gilt
d L ( 0.0)
—
i
i
= ( 2 - 2, 2 - 2) = (0.0).
Somit ist p ( 0 0 ) ein kritischer Punkt der Einschränkung von / auf g 1{0}. Nun betrachten wir
die Hesse-Matrix von L an der Stelle ( 0.0 ) mit A = 2
,
Hess (L )(x, y, A )
—
=
2 + Xy cos x
A (sinx -ff siny )
A (sin x -ff siny)
2 -ff Xx cos y
Hess ( X ) (0, 0, -2)
=
2 0
0 2
II
U
-
Die Eigenwerte sind 2 und 2, beide positiv. Nach dem Eigenwert Kriterium ist die Iiesse-Matrix
positiv definit. (0.0 ) ist ein lokales Minimum .
m
114
if:
7.2. EXTREMA MIT NEBENBEDINGUNGEN
Beispiel 7.2.6
••o Bestimme die globalen Extrema der
'
f { x, y, z )
Funktion
= T MMWmirr
unter den Nebenbedingungen
gi { x
, y;zf = y + r
—
0
0
*
giix . ym = siH0Ma1 |
=
Schritt 1: Wir stellen die Lagrange-Fonktion auf
f
L { x, y , z ) - x4 4 y 4 4- y3 4 2 - A ar 4 y ~ -
m
M
- /z ( z - y2 ~ 1) -
Schritt 2: Wir suchen kritische Punkte von L
m
—
dL
9x
tu
f?
= 4rr3 - 2 Ax
-
0
-
^
4y3 4 3y 2 - 2 Ay 4 2 p.y 0
dy =
dL
1 - n = 0.
ob =
Die letzte Gleichung liefert y = 1. Eingesetzt in die ersten zwei Gleichungen ergibt
m4
•
a
—
3
'
-V
4
x ( 4 x 2 - 2 A)
1
m
ss
=0
y ( 4 y 2 4 3y - 2 A 4 2)
k
= 0.
Aus der ersten Gleichung folgt entweder x = 0 oder A = 2:r ~ . Im ersten Fall ist y ~ ± - j~ (nach
der ersten Nebenbedingung) und somit z = 4 ( nach der zweiten Nebenbedingung). Im zweiten
Fall ist A 2ar also y ( 4y 2 4 3 y 4rr 2 4 2 ) = 0. Aus dieser Gleichung folgt entweder y = 0 oder
y4
ar = y 2 4|
Im ersten Fall ist x = ± -4= und z 1. Im zweiten Fall ist . nach der ersten
Nebenbedingung.\ y 2 y2 4 fy 4 h =* y ( 2 y 4 ) = 0. .Also y 0 ( Widerspruch ) oder y = - 3/ 8.
In diesem Fall ist x = 4 2 und z =
Schritt 3: Zusaminenfassend haben wir folgende Kandidaten gefunden
11
—
—
II
1!
M
— ——
f:
II
mm
i
M
.I:
HU
0, 4
Ji!
f
_L 5
72
*
1-1
Ii
f
%\
0,
f
5
•
/
0.
74 v2
1Mi
15
'
3 73 \
8 ’ 64 j
7252
4
1 3
?
2
7 - V2
4
'
72
\
1
/ ± V 2 . 0, 1J)
;
8 64
j
1
Ii
8
_L V
i I
f!
V 23
'
Wir vergleichen die Funktionswerte
1
u
—
—
4 / . 0, 1
v2
2
m
I
Ui
—
115
%
2.104
Ä
1.396
0
- = 1.25
4
2533
2048
~ 1.237
‘
7 . EXTREMWERTAUFGABEN
am:
DIMENSIONEN
IN MEHREREN
»
1
^
globale Minima und 0
Somit sind
i
V
^
Kl
m
,
)
. 4 ist das globale Maximum.
*
7
m
KI
Einige Anwendungen der Lagrange-Multiplikator- Regel.
ti -
1
li
§1
•
;ä
Beispiel 7.2.7 * 0
0
E
.
'
IiiS-
Gegeben sei die Ellipse
(x- , y)
=
6
:
!j
i'
I
E2
mf
if
Finde das Viereck dessen Eckpunkten auf E liegen mit grösstem Fl ächeninhalt
I
m
L ösung: Das Viereck habe Seitenlangen 2 a und 2b (zu bestimmen) .
I®
I
V
W
Kl
m
B-
IKl
il
m
Kl:
x
A
V
a
m
Zu maximieren ist der Flächeninhalt des Viereckes f ( a , b )
Eckpunkte auf E liegen , d.h .
02 ir 1.
Ar B 2 =
= 4ab. Die Nebenbedingung ist . dass die
Die Nebenbedingung schreiben wir nun In der Form
g {/ a : br \)
ö2
r - 1 = 0.
B2
'
m
»m
1m
Die Lagrange-Funktlon lautet somit
i = 4ai
— Al a
2
b2
1
»m
Wir l ösen ( .4 und B sind Konstanten )
OL
da
0
= 4b - 2 X ~
A2 =
__ —
dL
da
4c - 2 X
±
0
B =
2
«
2A26
a
2 B2 a
A=
b '
X=
==>
8
m
—
1 finden
Zusammen mit der Nebenbedingung §
- 4 -f
Gleichsetzen der zwei A \$ gibt pp =
ß
Das gesuchte Viereck hat die Seitenlangen a
2 - 7 = 1 => a
wir |
?= und 6 = 72
= => b =
—
—
^
~
116
:
m
$
—
a
= -p-
m
—
y
m:S!S5.-
*
I«
I:
7.2. EXTREMA MIT NEBENBEDINGUNGEN
illm!*
li:;v
•
ü
§
•
m1
Beispiel 7.2.8
•o o Bestimme den im. Ellipsoid
- zWA r
y
E=
o
*
eingeschriebenen. achsenparallelen Quader mit grö sstmöglichem Volumen.
Losung: Es seien 2AL 2 B. 2C die Kantenlängen des Quaders. Das Volumen des Quaders
f ( A, B . C )
= SABC
wollen wir maximieren. Die Nebenbedingung ist. dass die Eckpunkte ( ±.4. ±3 ± C ) des Quaders
auf dem Ellipsoid liegen m üssen , d.h.
/2
——
B2
—ori -
C2
e2
f TT d
0
£ £ g
i.
Also ( A, S, C) =
+ + - l.
Die Lagrange-Punktion lautet somit
*
—
L = f \g
— SABC - ( £
B2
\
+
C2
c:2
\
J
Wir lösen [ a , b und c sind Konstanten )
—
dL
dL
dB
ÖL
de
M
i
= 8 BC
=
—=
B
SAC - 2 A 1
h
i
——
Somit: .4 =
^ ^
, 5=
Beispiel 7.2.9
lM !
A=
- =i
'
V
••o Beweise: Für - alle X ; > 0 mit V\n_ x **
-
X jXj
f ( x 1 : ..., Tn )
i;
<
(
71 7? ~
1)
2
=
XiXj
1. < 7 < j < TJ
I!
is ;
rl
11
:!
•
:
B
4c2 AB
4/5=
Lösung: Die Idee der Aufgabe ist die Funktion
3
I
=
A
4ti2 AC
=
E
IS
:;ii
und C
A
-
4a 2 £C
C
-Qr . Zusammen mit der Nebenbedingung A2
~r ~ b ~
Q
I
A
—
—
1
=t-
0
= SAB - 2A er = 0
Das Gleichsetzen der drei A s ergibt
. l finden wir
4bS2 - + Qz
c~
p
I!
A=
C
'
Id
— 2A —aA- = 0
117
+
7. EXTREMWERTAUFGABEN IN MEHREREN DIMENSIONEN
unter der Nebenbedingung zu maximieren, dass g ( x \ , .... xn ) =
Funktion lautet also
—
F ür k.
—
— 0 gilt. Die Lagrange-
n
- —
L = f \g =
xi ~ 71
%
A
T i 'Xj
X > ~~ Tl
=
/ 1
L .... n rechnen wir die partielle Ableitung von L nach Xk aus
oL
dxir
X}
^ lc
/ y
-
— A— 0
.
k
:' f V
YlXi -
A=
f:
X:1S
( Um das obige Resultat zu verstehen, kann man sich die Situation im dreidimensionalen Fall genau
anscliauen . Im Fall n ~ 3 lautet L
7 ( Xj , X0 . X3 )
—
X1X2
—
Somit lautet die Ableitung z.B. nach x2:
Nun setzen wir alle A's gleich
x\ + x3
y] x, — y x - -
— A— 5 =^
—
.j
7
::
+ X 1.T3 + X -2*?, - A (.TI 4- Xo + X3 - 3).
yx
^
-
2 I?
1
m
- A).
.j
;# 2
#]
—
—
... = xn . ( Im Fall n 3 hätten wir: x2 + X3 = x -j 4- X3 = Xi 4- x2 , also
Dies ergibt Xt = x2
X ] = x 2 = 2:3.) Zusammen mit der Nebcnbedingung Y
-iXi ~ n' fiuden wir Xi = 1 f ür alle
i 1.
An der Stelle (1. .... 1) hat / somit ein Maximum und
^7
—
f (1
—
1)
da es n(n 1 Summanden in der Summe von
die gesuchte Ungleichung
)
.
f ( X j , ... X T , )
—
=
—
n( n 1)
;
2
/ gibt . Nach der Definition von Maximum haben wir
"
V
/V
XiXj
<
7i
(n
—
1)
2
J < 7 < J < TJ
—
= / (1
1).
.
iil
Ti#*##
£
M /'
Beispiel 7.2.10 ® o o Bestimme das maximale Volumen eines Quaders , dessen Ober•
MSfl äche 100 m2 beträgt .
,
:
: j:'.
7;
••
:';V;
Lösung: Es seien a, 6. c die Kanten!ä ugen ( in Metern ) des Quaders. Zu maximieren ist
/ ( G , 6, c) = abc
unter der Nebenbedingung, dass die Oberfläche 100m 2 beträgt, d.h.
2 ( a 6 4- ac 4- bc )
— 100.
L (a, 6, c )
II
tl;
Die Lagraiige-Funki:ion lautet somit
-
>j
= uoc
— A ( 2a6 + 2ac 4- 2bc — 100).
118
1
HW :
!l:fc
¥
I
!
..
:sv?
la
E
7.2. EXTREMA MIT NEBENBEDINGUNGEN
Wir suchen kritische Punkte von L
dL
bc 2\{ b 4- c )
——
——
I!
ÖL
üb
ÖL
de
-
ac - 2 A ( a + c )
—
—
/\
-
0
= ö 6 - 2A (a + b ) = 0 =>
.
—
—
bc
2 ( ö + c)
ac
X
2 (a T c )
ab
A=
2 (a + 6) ‘
0
—
Das Gleichsetzen der drei A:s ergibt a b c . Die Nebenbedingung impliziert somit 6a 2
a~
Das Volumen des Quaders mit maximalem Volumen lautet
= 100 ==>
Beispiel 7.2.11 •o o Die Scheitelpunkte einer Ellipse sind die Punkte mit maximalem
bzw . minimalem Abstand vom. Nullpunkt Man bestimme die Scheitelpunkte der Ellipse
x 2 xy ~f y 2 3 .
,
mm
m
mm
M
fl
M
Losung: Wir müssen die Distanz eines Punktes ( x , y ) zum Ursprung
I
:
unter der Nebenbedingung maximieren, dass der Punkt ( x . y ) auf der Ellipse liegt , d.h.
g{ x. y )
*
= x2 4- xy + / 2 - 3 = 0.
i
Man kann die Rechnung ganz wesentlich vereinfachen, wenn man statt der Distanzfunktion -/.r2 4- y ~
selbst , deren Quadrat x 2 4- y2 maximiert , y.r 2 4- y 2 und x 2 -h y 2 haben in der Tat die gleichen Extrempunkte ( nicht dieselben Extremwerte ) , in dem Sinne, dass x ~ + y 2 genau dann maximal ( oder
minimal ) ist, wenn yx 2 X - y 2 maximal ( bzw. minimal ) ist. Die Funktion x2 4- y2 hat aber den
Vorteil keine Wurzeln zu enthalten, was beim Ableiten ein extremer Vorteil ist.
Die Lagrange-Funktion lautet somit
:
•V: • •
P
§
'
L( x , y )
= -T2 4- y 2 - X ( x 2
TV + V
2 ~
3) .
Wir lösen
dL
dx
ÖL
Oy
— 2x — 2 Xx — Xy — 0
— 2 y — 2A y — Xx = 0
—
Gleichsetzen der zwei A’s liefert x 2
ist x 2 3 also x ± V3.
Die Kandidaten sind somit
—
—
(1, 1)
y 2 . Falls x
(-1, -1)
2x
A
= 2.r 4- y
A
=
*o y
2y + x
= y , so ist 3.r 2 = 3 also x = ±1. Falls x
( \/ 3. - \/3 )
.
- v 3, v'3).
Wir vergleichen die Funktionswerte
/ (1.1) = / (-!: -!) = N/2
f {V 3, — v/3) = / ( — \/ 3, V 3) = \/ 6 .
119
X
'
— — y , so
7. EXTREMWERTAUFGABEN IN MEHREREN DIMENSIONEN
:
\K
'•V.
v
N
\
I;
r
-
gj
\
I
V
V
-
-i
?
u
Somit sind (1, 1) und ( -1, -1) die Minima und ( V3,
die Scheitelpunkte der Ellipse.
-
A
i
— -s/3) und ( — VS. /% ) die Maxima. Das sind
y
"
.
Beispiel 7.2 . 12 • ® o Bestimmt die Distanz zwischen dem, Ursprung ( 0, 0 , 0) und der
Geraden , die man bekommt , wenn man die Ehernen x y + z = 1 und x -f y 2 = 0
schneidet .
—
—
;
.
y z ) zum Ursprung
Lösung: Wir m üssen die Distanz eines Punktes ( x \
/ (.T: ./.;)
(
= \/.Ta + J/2 + Z2
’
unter den Nebenbedingungen
x
—
y 4- z
—
1= 0
J; 4-
y
—
z
—0
minimieren. Wie im vorigen Beispiel kann man die Rechnung ganz wesentlich vereinfachen, wenn
man statt der Distanzfunktion \! x? 4- y 2 4- z 2 selbst , deren Quadrat x 2 -f y1 4- z2 minimiert . Wir
bekommen somit die folgende Lagrange-Funktion
—
—= — —
—=
x 2 4- y 2 4- z 2 ~\{ x
L{ x, y , z )
Wir lösen
dL
dx
dL
dy
OL
~r
A
2x
g
- y + z - l ) - ß( x + y ~ z ).
= 0 =>
2 y 4- A - /./. = 0
—dz = 2n
~
A 4- /* =
=$
*
Ü
—
//
= 2x
\x
= 2 y 4- A
fi
— — 2z
A
m
4 A
"
——
Das Gleichsetzen der zwei / Fs aus der zweiten und dritten Gleichung liefert y
mit den zwei Nebenbedingungen bekommen wir dann folgendes Gleichungssystem
X
M.
z . Zusammen
- ?/ 4 2 = l
!~ 4- y
—
0
120
Ilf :
:
ti
!t
7.2. EXTREMA MIT NEBENBEDINGUNGEN
—
Die Lösung ist (1/ 2, 1/ 4, 1/4). Die gesuchte Distanz lautet somit
d
I
$v
—
= / (1/ 2, 1/ 4, 1/ 4) = \V
+
+ 4
V2
IV
V6
4/
4
im
Beispiel 7.2.13
In der statistischen Thermodynamik ist die Entropie eines ther
modynamischen Systems mit n MikroZust änden
wobei k ß die Boltzmann Konstante und pt die Wahrscheinlichkeit des i -ten Mikrozustandes ist Bestimme den Zustand des Systems mit maximaler Entropie .
Lösung: Da das System mit 100% Wahrscheinlichkeit in einem der Mikrozuständen ist, muss die
Summe aller Wahrscheinlichkeiten 1 ergeben
n
I=> =!
•
7
1
Wir wollen die Entropie-Funktion S unter der Nebenbedmgung g { pi , .... pn ) = T ] -=1 Pi
mieren. Wir betrachten somit die folgende Lagrange-Funktion
T
— 1 maxi-
Entropie
!l
II
L [ pu
-1
-,Pn ) = ~ yijO, log(p ) -4 &
.
;
7
=]
/
Wir rechnen die partielle Ableitung von L nach
ÖL
Opj
Pj
.j—
=1
n aus und
1
~ ( log ( P j ) ) - A = - log (pj ) - 1 - A = 0
dpj Ps
pj
setzen
—e
"
A 1
sie gleich Null
- konstant.
Wir haben somit gefunden , dass der Zustand mit maximaler Entropie derjenige Zustand ist , f ür
welchen alle p j gleich sind (homogene Verteilung) . Aus der Nebenbedingung ergibt sich
II
77
=1
XN
=
7
]
=*•
1
Pi
=n
}!
üw
üii i
121
!i
N
“
Vi
=1
7?.
iS
7 . EXTREMWERTAUFGABEN
7.3
IN MEHREREN
m
DIMENSIONEN
Allgemeine Betrachtung von Extrema in Mn
I
|
Wir suchen Extremwerte, wenn sich das Argument der Funktion nicht frei im Raum bewegen kann , sondern auf eine Teilmenge 0 ( mit Rand ) eingeschränkt ist.
9
9
m
.
m
i
vV ‘
®
a
i:
§
mii:
KOCHREZEPT F Ü R EXTREMA IN Rn
Gegeben: / : 3Rn
R1 , fl C Mn mit Rand dÜ .
Gesucht: globale Maxima und Minima von f auf fl C Rn.
o
Schritt 1: Untersuche das Innere Q:
Bestimme kritische Punkte von f
Kandidaten.
Schritt 2: Untersuche den Rand d ü mit dem Lagrange Multiplikator
1) Schreibe den Rund in impliziter Form dfl = c/ 1{0}.
Xg auf .
2) Stelle die Lagrange- Funkt ion L f
3) Bestimme die kritischen Punkte der Lagrange-Funktion => Kandidaten.
Schritt 3: Werte / in jedem Kandidaten aus und entscheide, wo / sein
Maximum und sein Minimum aimimmt.
-
'”
— —
.
M
Beispiel 7.3.1
oo
.
Finde Maxima und Minima von
,
£ = ( ;, y : c S2
o
/=y+
-? + y~
j
i
2
^
auf
:
*
*
:V
::
-
Ml
m
O
Schritt 1: Untersuche E : Kandidaten sind kritische Punkte von
/
i
df
= ( x t y ) ± ( 0, 0 ).
Also (0 , 0) ist ein Kandidat . Es gibt keine weiteren Kandidaten im Inneren .
Schritt 2: Untersuche OE : Die Nebenbedingung lautet
o
g { x. y )
X~
.
= - + ?/ - 1 = 0)
'
‘b
.
Die Lagrange-Funktion ist also
V
2
L = f -\g =
x~
vr
y+y ~A
0
.T2
r yy ~ - 1
2
<*)
•
Wir l ösen
dL
Öx
dL
— x — Xx = 0
—=
y - 2 Xy
= 0.
—
—
Aus der ersten Gleichung folgt entweder x
0 oder A 1. Ist x = 0, so ist ( nach der Nebenbe)
.
,
y
folgt
,
0 also ( nach der Nebenbedingung ) x = ±V 2 . Wir haben
dingung y ± 1 Ist A = 1 so
—
—
122
Mt
M"2
f
:i
7.3. ALLGEMEINE BETRACHTUNG
VON
EXTREMA
IN
En
:T
1
somit vier Kandidaten auf dem Rand
( db \ / 2. 0)
( 0.
±1) .
Schritt 3: Setzen wir alles zusammen, so haben wir 5 Kandidaten
( ± V2 , 0 ) ( 0 . ± 1 ) .
( 0.0 )
Wir setzen die gefundenen Punkte in / ein und wählen die Punkte wo / am grössten / kleinsten ist
,
/ (0, 0) = 0 f ( ±V 2, Ü ) = 1 / ( 0. ±1) = i.
Somit ist ( 0, 0) das globale Minimum und (ivl 0) sind die globalen Maxima .
Beispiel 7.3.2
)y
•o o Finde Maxima und Minima von f =
= tblll r2 IF2 + v
auf
o
Schritt 1: Untersuche Q: Kandidaten sind kritische Punkte von /
df
= ( ye^ x+ JK ( i: -h l ) eyf .r —
1)
= (0.0 ) .
—
—
immer ungleich Null ist , ist ( 1 . 0 ) ein Kandidat. Der Punkt ( 1, 0) liegt aber nicht im
Da
Inneren von D. Somit gibt es im Inneren keine Kandidaten.
Schritt 2: Untersuche dfl : Die Nebenbedingung lautet
g { z > y ) = x 2 + y 2 - 1 = 0.
Die Lagrange-Funktion ist also
t -:)
L=
- A (:E ~ + y2 - 1 ) .
/ - Ä <y =
Wir lösen
?L = yev(*+i ) - 2 AE = 0 =
ox
( a- + l ) ew r + :
2 A.y = 0
Oy =
A if :
II
(:
l)
—
—
JBg' VH- 1 )
/
2x
A
—
81
'
X r1
*
—
1
2’
y
'
/S \
( 1 \/3~
(-1.0 ).
~
2? 2
9
Y.v
II
A
=
e.vU + i )
_
Das Gleichsetzen der zwei Ah liefert ?/ 2 = x 2 + x. Zusammen mit der Nebenbedingung x 2
;
bekommen war 2x2 + x 1 = 0 => x = 1 2
’
Schritt 3: Wir haben folgende Kandidaten gefunden
lil
I;
‘
J\
>
. it
v
Wir vergleichen die Funktionswerte
14
w
2
1
* I 2’
\
/3
2
? y :i
=e
=e
:ivC
/ (-1.0) = 1.
fl
11
v
w
•
äü
123
—
y2
—I
$
7 . EXTREMWERTAUFGABEN IN MEHREREN DIMENSIONEN
m
w
Somit ist
das globale Minimum und
^
i
j das globale Maximum.
\
2’
2
Hi
—
. ••o Finde die Extrema von f x + y2 auf
fi = {(«> !«* !), > **. / * S } 1
Beispiel 7.3 3
Schritt 1: Untersuche
O
,
“
WiM(i
Kandidaten sind kritische Punkte von /
df
— { l , 2 y ) == (0, 0).
t
hat keine kritischen Punkte. Es gibt im Inneren keine Kandidaten .
Schritt 2: Untersuche d ü : Wir teilen den Rand in zwei Teile.
1) Die Nebenbedingung lautet
g { x , y ) = y - x2 = 0.
j
m
B
I
i
tf
Die Lagrange-Funktion ist also
^ = S - Ag = x + y
2
X ( y - x2 ) .
-
Wir lösen
dL
dx
öL
dy
= 1 + 2Az = 0 =>
—— — —
2y
Das Gleiclisetzen der zwei A 's liefert y =
4u3 = 1 =» x =
=> y
2) Die Nebenbedingung lautet
—
—
X
—
i
m
X = 2 y.
=>
Q
§
1
2x
=
Ä
- -L . Zusammen mit der Nebenbedingung y —
II:
</ (*; y ) = y - x
= 0.
U
Die Lagrange-Funktion ist also
L
f
~
x2 folgt
- Xg
-r y ~
x
~
~~
X (y
~
x) .
f
Wir lösen
dL
&r
dL
—-
A
—
A= 1
0
= 2 y - X = 0 =>
2/
1
= -2
—
Somit x = i ( aus der Nebenbedingung x = y ) .
Schritt 3: Wir haben also unsere Kandidaten
_
]\
V3
1
4
4
Wir werten
i _n
2/3
2'
2/
*
/ an den gefundenen Stellen aus
3
4 22 /S
"
124
%
-0.472
f
1
2’
_
I
2
1
4
(7
M
mA
m
.oo . ALLGEMEINE BETRACHTUNG
*?
/
VON
EXTREMA
Rn
IN
mm.
1
m
i®
••• Finde die Extrema von
Beispiel 7.3.4
15
= { (x. ?y. z ) el
'
x - + y + 2 z auf
f ( x. y. z )
ll < 04
2
0
Schritt 1: Untersuche Q: Kandidaten sind kritische Punkte von /
df
= ( 2.r . 1.2 ) = ( 0.0. 0 ).
f hat keine kritischen Punkte. Es gibt im Inneren von f 2 keine Kandidaten.
Schritt 2; Untersuche OG: Wir teilen den Rand in f ü nf Teile
m
M
Ii
W
= { ( x , y , z ) R3|ar 4 y2 - z 2 = 0. -2 < n < 0}
aß2 = {fei/52) RV + y2 ^2 = 0, 2 =
düi
:
m
:
<9B3
= {( x y, z )
!
If
dÜ $
—
R3|x2 4- y2 - z 2 ~ 0, 2 = 0}
—
{ ( 0.0, 0)}
3 2
2
2
,
y
(
|
X
z
,
{
.
y
)
R
x
z
z
2
}
0
f
<
= { (a\ y , z ) \ xf 4- y2 < 4. 2 = -2}
=
=
2
2
2
3
{(#, y. z ) e R |x + y
z < O. z 0} = { (;r. y , z ) \ x 2 -f y 2 < 0. z 0} = 0.
,
—
—
—
Wir untersuchen die einzelne Teile separat.
<901: Wir benutzen die Lagrange-Multiplika.tor-R.egel mit der Lagrange- Funktion
L ( x , y , z ) = x 2 + y + 2 z - X ( x 2 4- y 2 - z 2 ) .
Wir l ösen
ÖL
—dx = 2x - 2 Xx = 2a (1 - A) = 0
;
—— =
——
dL
1
1 2 Xy = 0
dy
1
dL
-r
2 4 2 Xz = 0 =4 A = dz
Aus der ersten Gleichung folgt entweder x = 0 oder Ä = 1. Falls x = 0. ist y
0 und
(denn wenn x 0, so ist A beliebig. Dann sind y = 1/ ( 2 A ) und 2 -1/ A. Aber wenn x
y2 z2
0, also y
1/ A verträglich ,
± z . Dies ist aber nicht mit y = 1/ ( 2 A ) und z
.
.
)
2
y
wenn
1 und y = 1/ Aus der Nebenbedingung x 2 4- y 2
z 0 Falls A = 1. ist z
/
folgt x ± v 3/ 2. Die Kandidaten sind
— —
—
—
< j
—
—
—
*
— ——
——
(0, 0.0 ) f . d ü1 J
—
( ± V 3/ 2.1/ 2, 1) .
dÜ o : Wir benutzen die Lagrange-Multiplikator-Regel mit der Lagrange-Funktion
hi)
L( x , y , z )
—x
2
4 y 4- 22 - X { ..i r 4- y 2
- z 2 ) - u{ z 4- 2 ) .
Wir lösen
i.
II
m
m
I
fl
—
dL
2 Ar = 2 x (\
~ 2x
dx
dL
T- = 1 - 2 A y = 0
dy
dL
2 4- 2 Xz - y = 0.
On =
—
125
—
A)
=0
—
—
z
—0 ist0
— ausser
,
z2
=0
7. EXTREMWERTAUFGABEN IN MEHREREN DIMENSIONEN
—
—
Aus der ersten Gleichung ergibt sich entweder x 0 oder A = 1. Falls x = 0. so ist z
y ± 2 . Falls A 1. so ist y 1/ 2 , z = 2 und x ± y / lE / 2. Die Kandidaten sind somit
—
—
—
—
( 0, 2 , - 2 ) ,
^
(0, -2, -2 ) ,
2
—
'
I
2
9
„
'
"
^
}'
2
7
1
2'
—
2 und
-
2
OQz : Der einziger Kandidat ist (0.0. 0) .
dClj : Wir benutzen die Lagrange-Multiplikator-Regel mit der Lagrange-Funktion
L ( x. y , z ) = x 2 -4- y + 2 z
— X ( z + 2 ).
Wir l ösen
dL
dz
ÖL
= 2x = 0
dy
QL
= 2 - A = 0.
dz
Das Gleiclmngssystem hat keine Lösung.
Schritt 3: Wir haben also unsere Kandidaten gefunden
Pi
V3 1
=
/
P2
=
1
2
V
-
Pi =
J
2
2
E5
p6
-
=
9
/
-2
(0, 2. - 2 )
( 0, -2. -2 )
P7
-
/
9'
V/15
/(
\
'
V 15 1
9
*> = -I
m ) -f
i( p,) =\
-1
2
v3
\
Es
'
2
=>
mo =\
==>
=>
= -2
m = -e
f { P- ) = 0.
= (0.0. 0)
Somit ist (0 . -2 . -2) das globale Minimum und ( ± >/15/
len.
:
f ( Ps )
A(i
)
B
B
I
/2, -2) sind die globalen Maximalste!
2, 1
M
I
I
126
II
II
S;: :
•
Kapitel 8
. to
V
m
Der Satz ü ber implizite Funktionen
I
I
Ein zentrales Kapitel von Analysis II ist der Satz ü ber implizite Funktionen. Zu Beginn
konnte ich damit wenig anfangen. Denn immer h ä ufiger wurden nun auch im Analysis
Unterricht Theoreme aus der Linearen Algebra aufgegriffen aber immer deutlicher wurde
mir der Zusammenhang zwischen den verschiedenen Teilbereichen der Mathematik. Mit
tels der Determinante wird hier über die Möglichkeit lokaler Invertierbarkeit entschieden.
Das folgende Kapitel habe ich in der Art gestaltet die mir dabei geholfen har . die Konzepte dieses so aussagekräftigen Existenzsatzes zu verstehen, denn eigentlich sind es nur
wenige simple Rechenschritte mittels derer entschieden wird , ob eine Gleichung oder ein
Gleichungssystem aufgelöst werden kann . Also viel Vergnügen beim Lesen und hoffentlich
nimmt dieses Kapitel allen Lesern den Schrecken vor impliziten Funktionen .
-t
-
- fiv
,
,
8.1
I
Einleitung
Ziel dieses Kapitels ist die Auflösung von GleichmigssvSternen der Form
I*
f { a\ y ) = 0.
W
—
—
: fl C M7? » Rl eine C 1 -Funktion von n Variablen ist und x
( x\ .. .... .zv:) ,
~
V = ( 2 / i , / yt ) mit k \ l = n. Eine solche Gleichung definiert implizit Funktionen y = y ( x )
respektive x = x ( y ). Die grundlegende Frage ist somit , ob sich eine Funktion y = h ( x )
g ( y ) finden lässt , sodass sich die Punktmenge fix , y )
bzw. x
0 zumindest teilweise
wobei
/
'
>S:
--
-
'
—
—
beschreiben lässt , wo also gilt
f { x , h ( x ) ) = 0 bzw .
II
= 0.
Man sagt dann dass man die Gleichung f ( x - y ) = 0 nach y ( bzw. nach x ) auflö sen
kann . Globale Auflösung (d .h. wo die Lösung von f ( x . y ) = 0 global durch eine einzige
Funktion y = h( x ) dargestellt werden kann ) ist i.Allg. nicht zu erwarten wie das folgende
Beispiel zeigt.. Die Gleichung x 2 + y 2 1 = 0 definiert implizit den Einheitskreis S 1 C M2 .
Offenbar gilt
,
:
$s
•
4?
,
I!
1:1
II
; \
!
H
&
f {g( y ). y )
;
—
x2 4- r - 1 = o
,
X
~
±\/ 1
127
—
y 2 bzw. y
—
dr \/ l
~
X2
8. DER SATZ ü BER IMPLIZITE FUNKTIONEN
—— —
—
—
und somit sind x ( y ) ±\/ 1 y 2 und y ( x ) = ± v i x 2 lokale Auflösungen der Gleichung
f ( x. y )
x ~ + y2 1
0. Beachte aber dass diese Auflösungen nur lokal sind. Man
erkennt leicht , dass man in der Nähe des Punktes (1, 0 ) , die Gleichung nicht nach y auflösen kann, da zu x < 1 stets zwei Werte f ü r y geh ören . Somit kann man die Gleichung
f ( x. y )
x 2 + y2 1 = ö in der N ähe von (1.0 ) nicht nach y auflösen. Wir haben aber
die Möglichkeit , lokal bei ( 1, 0) x als Funktion von y zu schreiben . Beim Punkt (0, 1) ist
die Geschichte genau umgekehrt , denn die Gleichung lässt sich lokal nach y auflösen, aber
—
—
,
—
nicht nach x .
i
\
/
\
n
~v
\
x ] F = ( - U ) A l2 ; ;i/ u ( v/D?, i/ )
\
—
—
= —
y ~ :(J
V,
=(
1, 1) > R 2 . x
-r (x. \A
—^
( 1, 1) -4 R , x -4 (x, ~\/ l
~
y :U
V
I
2
X - :ü = ( -1, 1) -> R , y -» ( -V l - x y )
\
I
2
i
x2 )
~~
x'2 ).
m
1
I
A
—
Die Gleichung f ( x , y ) = x 2 -P y 2 1 = 0 lässt sich somit lokal um jeden Punkt (nach x
oder y ) aufl ösen. Eine globale Auflösung ist aber nicht möglich.
Der Satz ü ber implizite Funktionen gibt Aussagen dar ü ber, ob und unter welchen Bedingungen eine solche lokale Auflösung existiert oder nicht.
8.2
Der Satz
:/
Bevor wir den Satz formulieren kö nnen, müssen wir einige Objekte definieren. Es sei ein
Gleichungssystem in der Form
f ( x. y )
gegeben wobei x = ( x\ , ..., £/:) , y
bekannter weise eine l x n Matrix
,
—
, y i ) und k -r l
( z/i ,
...
ä
c)x
d f ( x, y )
=
= 0,
dl
i
EFT
,
df
df
dx- i
,
A
Ö yj
dfi
ä yl
= n. Das Differenzial von / ist
. ..
dh
c) y i
m
Mi
IUiI
I
fl
i
1
\
dfi
oyi
Fü r die Formulierung des Satzes, definieren wir d y f als die l x l Untermatrix von df , welche
die partiellen Ableitungen von / nach den Koordinaten yi , ..., yi enthält . Analog werden
wir die l x Ä>Mat rix mit den partiellen Ableitungen von f nach den Koordinaten x mit dxf
bezeichnen.
128
ti:
8.2 . DER SATZ
dxf
dyf
dfi
dfi
, = (d/* (x, y )| d/v (a:. y ) ) =
c)xi
dxk
.
JA
#cr
df
df ( x y )
...
i
Ö /i
O yi
.
\\
dyi
>l
äh
dxk
Oy.i
...
fA
Oyi
y v
7)
-/
/
Der Satz über implizite Funktionen lautet dann
Satz 8.2.1 ( Implizite Funktionen) Sei Q c R "
Rk x Rl offen und sei f :
Q ( mit G
O > Rl stetig differenzierbar. Ist der Punkt p0 = (a , 6)
erste k
Koordinaten und b letzte l Koordinaten von PQ ) regul är mit
—
f ( po )
:
=0
und
det ( d y f ( p0 ) )
# 0 (d.li .dy / (p0 ) ist invertierbar ). ;
wobei d y f {po ) die Untermatrix von d f ( p o ) , die die partiellen Ableitungen nach den
. .
. .
.
Koordinaten yx ,
enthält , so lässt sich das Gleichungssystem
,
^
0
nac/i den Koordinaten y aufiösen. Genauer: Es gibt eins offene Umgebung U von
a in Rk und eine offene Umgebung V von b in Rl and ein C 1 - Diffeornorphismus
h : U ± V j sodass
f ( x , h { S j) = 0
—
V.
•
Die Funktion h gibt die lokale Auflösung der Gleichung / (.r. y ) = 0 nach den Koordinaten
y um den Punkt po - Der Satz bietet also ein handliches Kriterium um Aussagen dar ü ber
zu treffen , ob die Gleichung f ( x, y ) = 0 eine lokale Auflösung nach y besitzt . Er bietet aber
keine explizite Methode, um diese Auflösung bestimmen zu können. Bietet der Satz also
gar keine Information über h an ? Nein ! Denn der Satz liefert wichtige Informationen ü ber
die Ableitung der Auflösung h an. Die Ableitung von h f Jacobi- M at rix ) kann gem äss der
Formel
,
d h { x ) = -( d y f { x , h ( x ) ) ) - i d . Jix . h( x ) )
i
|
:
I!
•
ü
bestimmt werden (siehe Beispiel 8.3.11) .
129
I
8. DER SATZ ü BER IMPLIZITE FUNKTIONEN
Wir betrachten einige Beispiele zum Satz über implizite Funktionen.
I
Beispiel 8.3.1
•o o Zeige, dass f ür hinreichend kleine x , y xz man die Gleichung
—
x° 4- x cos y H- sin z
0
nach z durch, eine Aufl ösung h ( x , y ) der Klasse C 1 rn.it h ( 0, 0 )
Lösung: Wir schreiben die Gleichung in der Form f { x , y , z )
—
/ : R3
> E. ( x , y , z )
—
m
i
—
= 0 auflösen kann.
0 , mit
x° 4- x cos y 4- sin z.
r
—
Der Punkt, den wir betrachten, ist po = ( 0.0, ü ) ( dies liest man aus h ( 0.0) 0 aus) . Man sieht
leicht , dass po die Gleichung löst , sodass po £ / “ 1{0}. Das Differenzial von / lautet
d f ( x, y , z )
= (5x4 4- cos y.
—
x sin y , cos z )
=*
d f ( 0, 0, 0)
= (1, 0, 1) .
Das Differenzial d f (po ) hat Rang 1. Somit ist po ein regulärer Punkt von /. Da wir nach 2 auflösen
wollen m üssen wir die Untermatrix von d f i p0 ) betrachten, welche die partielle Ableitung von /
nach 2 enthält. Dies wird '“ unser d y f ( p f f ' sein
,
d m 0 , 0 ) = (1. 0 !
=* dyf (0 , 0 , 0 )
1 )
dyf
-
1.
— ^
Wegen d y f ( 0 , 0 , 0 ) 1 0 ist d y f ( 0.0. 0 ) invertierbar. Nach dem Satz ü ber implizite Funktionen
gibt es somit ( in einer Umgebung von ( 0.0. 0 ) ) eine Aufl ösung h ( x , y ) von der Klasse C l , sodass
f ( x , y. h( x , y ) )
= 0,
d.h. die Gleichung ist nach 2 auflösbar.
Die Ableitung von h( x , y ) in ( 0, 0 ) erzielt man mit der Formel
dh( 0.0 ) =
—
(dy / ( po ) ) - 1 • d g; f ( p o )
=
—
1
~ (1, 0)
1
=(
—
1, 0).
Beispiel 8.3. 2 » oo Zeige , dass man far hinreichend kleine x. y die Gleichung tjj
-
4 x.'3
ly
~
=1
$
nach y , aber nicht nach x aufl ösen komi.
L ösung: Wir schreiben die Gleichung in der Form f ( x , y )
/ : R2
—
R , ix . y )
= 0, mit
<** ) 4- xz - ly - 1.
'
r &*
130
:
1
.-
•Crs*u.*S 7
\
....*• •
-
•:< •.• *
—
.
'
8.3. BEISPIELE
Der Punkt , den wir betrachten, ist p0 = ( 0 , 0 ) . Man sieht sofort dass p0 die Gleichung löst sodass
~1
{0}. Das Differenzial von / lautet
,
Po
,
^
# ( x. y ) =
^
esm xy
‘
)
cos [ xy ) y + 3ar , e* l l l ( xy ) cos ( xy ) x - ?
j
# (0 , 0)
-
(0. -7 ) .
Das Differenzial # (po ) hat Rang 1. Somit ist po ein regulärer Punkt von / .
Auflösen nach y? Wir wollen nach ;y aufl Ösen . Somit entspricht # / (po ) der Untormatrix von # (po ) ,
welche die partielle Ableitung von / nach y enth ält
# (0, 0)
—
Da dyf ( 0, 0) = 7
h C1, sodass
-
J =* 4 / (0, 0) = -7.
( 0|
~7
0, ist dyf ( 0, 0) invertierbar. Nach dem Satz ü ber implizite Funktionen existiert
/ (x - /?. (.T ) ) = 0.
d.h. die Gleichung ist lokal nach 7/ auflösbar.
Auflösen nach a;? Da wir nach x auflösen wollen, müssen wir die Untermatrix von # ( po ) betrachten
welche die partielle Ableitung von / nach x enthält
Wegen dyf ( 0, 0)
—
Beispiel 8.3.3
#(0, 0)
0 ist
-
( 0
,
d, f
—
,
-
4/ (0.0 ) o.
i)
4 / ( 0 , 0) nicht invertier bar. Die Gleichung ist
nicht nach x auflösbar.
•o o Kann man
i
l
xyz - yz x + x ~ y
m-
um den Punkt (0, -2h1) nach 1 ) x . 2 ) y , 3) z aufl ö sen? Berechne jeweils die Ableitung
der Lösung am gegebenen Punkt
M
m.
m
mm
m
It
i
P\
I!
m
sin
!
¥
Lösung: Wir schreiben die Gleichung in der Form f ( x. y . z )
/ : R3
fl
if .!
•
R, { x. y , z ) -? xyz - yzA -f x 2 y ~ 2.
— —
Der Punkt , den wir betrachten , ist po (0. 2 , 1). Man sieht sofort , dass po die Gleichung l öst ,
sodass po G / -1{0}. Das Differenzial von / lautet
df { x , y , z )
:St
= ( yz + 2xy , xz - z4 + x2.xy - 4 yz :i ) =>
# (0, -2, 1) « Q-2 J - 1, 8)
3
I)
fi
= (-2. -1, 8).
Da dry f (po )
-
=* 4 / ( 0 - -2.1) -2.
dyf
fl
d}[ 0 , -2.1)
Das Differenzial # (po ) hat Rang 1. Somit ist po ein regulä rer Punkt von /.
Auflösbar nach .r ? In diesem Fall müssen wir die Untermatrix von # (po ) betrachten , welche die
partielle Ableitung nach x enth ält
fl
11
= 0, mit
— — 2 ^ 0, ist 4/ (Po ) invertierbar Nach dem Satz ü ber implizite Funktionen ist das
—
.
Gleichungssystem lokal um (0 , 2, 1) nach a: auflösbar.
? :
131
%
I.
8. DER SATZ ü BER
FUNKTIONEN
IMPLIZITE
Auflösbar nach y? In diesem Fall m üssen wir die Untermatrix von d f ( p o ) betrachten, welche die
partielle Ableitung nach y enth ält
d f ( 0, -2, 1)
-
(-2|
-1 |S )
d y f { 0, -2, 1)
=?
•
= -1.
4» S
= -1 = 0 , ist d y f ( p o ) invertierbar. Nach dem Satz ü ber implizite Funktionen ist das
Gleichungssystem lokal nach y aufl ösbar.
Auflösbar nach z l In diesem Fall müssen wir die Untermatrix von d f ( p0 ) betrachten , welche die
partielle Ableitung nach 2 enthält
Da d y f { p o )
d f ( 0, -2, l )
=
(-2, - l| 8 )
—
-
'
dv f ( 0 , 2.1)
=
4*
dyf
= 8.
I
0, ist d u f ( j )0 ) invertierbar. Nach dem Satz über implizite Funktionen ist das
Gleichungssystem lokal nach z auflösbar.
x' { 2 ,1) ? Mit der ü blichen Formel
Da d y f ( p o )
—
=8=
_
) -1
d x ( - 2.1) = (
U ( 2 1]’ S( 2- D J = -idyfipo )
'
^
•
d* / (p0 )
i
B
Ia
i
L (- I , 8) « (-1, 4).
=
(0, 1) ?
<W , i)
—
=
U (0. 2)?
d z ( 0, -2)
^
= a—.
\ ST
a|
r (0U )) -( d y f t v0 ) )
(0 ) ,
( 0 , -2 ) ,
1
*
< k / ( pö )
—d z (0. - 2 ) /) = - ( d y f i p o ) ),
1
•
m
m
- -L1 ( -2, 8) = (-2, 8) .
d x f { p0 )
=
4^
-1)
= ( L ö8
i
m•
A
*
.
Beispiel 8.3 4
®
.
oo Betrachte das lineare Gleichungssystem
.
)
t
.
Kann man das Gleichungssystem nach y und z ( in Abhängigkeit von x ) auflösen?
m;
"
:; -E -
m
L ösung: Wir schreiben das Gleichungssystem in der Form f ( x , y , z )
—
—
/ : R3 > R 2 . (.r. t/, z ) >
4x
2x
—— — —
2y
y
= 0, mit
z~1
z ~ 18
=(
m
II
i
I
Das Differenzial von / lautet
df
:
ft
4 -2 -1
2 -1 -1
1
Das Differenzial hat Rang 2. Somit sind alle Punkte in R3 reguläre Punkte von /. Da wir nach y und
2 auflösen wollen , m üssen wir die Untermatrix von d f betrachten , welche die partiellen Ableitungen
von f nach y und z enthält
df
-
4
,
-2
-
-1
-1
<
1
\
*y f =
hf
-2
-1
SU
-1
-1
!§
m
132
8.3. BEISPIELE
— —
iß .
1
Da det ( d y f )
2 1=1
existiert h e C l , sodass
^
0, ist d v f invertierbar. Nach dem Satz über implizite Funktionen
/ (.-r. /?. ( .?•)) = Ü.
d.h. das Gleichungssystem ist nach y , z auflösbar
Beispiel 8.3.5 o o Zeige , dass man f ü r hinreichend nahe bei 1 liegende a\ y , z das
Gleichungssystem
2 x 2 + y2 + z 2 0 x 2 + e 'y 1 2 y 0
•
—
—
durch Funktionen y { x ) . z ( x ) auflösen kann
Lösung: Wir schreiben das Gleichungssystem in der Form f ( x. y. z ) = 0, mit
/ : E3
IP
'
1
-
R 2 , ( X, ?A 2)
^
f - 2T 2 + y1 _+ U
x 2 4- en 1 9- y
^
Der Punkt, den wir betrachten , ist p o = (1, 1,1). Man sieht sogleich, dass po das Gleichungssystem
löst , sodass po / 1{()}. Das Differenzial von / lautet
"
d f ( x, y , z ) =
—24xx
2y
2z \
ev-1 - 2
0 I
d f { 1 . 1. 1 )
=*•
-4
2
9
2
-1
0
Das Differenzial d f ( po ) hat Rang 2, also ist po regulärer Punkt von /. Da wir nach y und s auflösen
wollen, müssen wir die Untermatrix von df ( p0 ) betrachten welche die partiellen Ableitungen von
/ nach y und z enthält
,
M
i$
13
M
IIÜl
Bl?
(
|
M
fl
ill
-4
d f ( l .l A ) =
2
2
2
-1 0
=>
d
'J X l
2
.l A ) =
0
-1
/
dyf
Da d e t ( d y f ( l ,1, 1) ) = 0 + 2 0. ist d y f (1, 1, 1) invertierbar. Nach dem Satz ü ber implizite Funktionen ergibt es h 6 Cl , sodass
f ( x. h { x } )
0.
^
—
d.h. das Gleichungssystem ist nach y , z auflösbar. Die Ableitung der Auflösung berechnet, man mit
der üblichen Formel
h' ( 1)
=
y\i )
*'( D
=
-W I P O ) ) - l d. x f { p0 ) - -
/ 2 2
-1 0
—
1.
-4
\
9
/
2
0
f
\ jU
II
II
m1
'
Beispiel 8.3. 6 •o o Dasselbe Problem wie oben. Fragen : 1 ) 1st das Gleichungssystem
nach x. z auflösbar? 2) und nach x . y ?
%
11
I
ü
133
if
&
m
m
8. DER SATZ ü BER IMPLIZITE T ü NKTIONEN
m
nii
Lösung: Auflösbar nach x , zl Da wir nach x und s auflosen wollen , mü ssen wir die Untermatrix
von dfijjo ) betrachten, welche die partiellen Ableitungen von / nach x und 2 enthält
-4
df fl , 1.1) =
2
2
0
2
-1
< yf
=
0
2
•;: äV
s•••:
fj§.
Da dot (d:y / ( l. 1, 1) ) = 4 0. ist dvf ( 1.1. 1) invertierbar. Nach dem Satz ü ber implizite Punktionen ist das Gleichungssystem nach x. z aufl ösbar .
Aufl ösbar nach x . y? Da wir nach x und y auflosen wollen, m üssen wir die Untermatrix von d/ (po )
betrachten , welche die partiellen Ableitungen von / nach x und y enth ält
df ( l : 1.1)
=
-4
2
9
2
-1
0
m.
-4 2
dyj
*
—^
,
d, / ( ui , i )
==>
-
4 2
2 -1
rsr
m
mm
§&
~
dyf ( 1 , 1 , 1 ) ^
i!:ß
I!
i
«» I
— —
Da det ( dyf ( l .1.1) 1 = 4 4 0. ist dyf { 1, 1, 1) nicht invertierbar. Das Gleichungssystem ist nicht
nach xx!i auflösbar .
Kfl ) , c' ( l )? Mit der ü blichen Formel
*'(1 )
*' ( 1 )
Beispiel 8.3.7
( -4
)
\
2
\
2
0
-1
2
1
2
-1
:
'' v
Kann man das Gleichungssystem.
r
2 .y 2
^
w 2 r:
2
5 x a -f
“
I!
1
0
V ü, DA
<
stt
pV = 5
2
II
. —
durch Funktionen u( x . y ) . v ( x . /./ ) ü? der Nahe des Punktes ( xxy .u v )
l ösen? Wie gross sind die Ableitungen u! { 1, 1) v/ nd T/ (1, 1) ?
-
(1, 1.1, 2 ) <m/
vll
m
I
:
it
it
II -
IM
Losung: Wir schreiben das Gleichungssystcm in der Form f ( x , y , u: v )
—
x 2 y2
f : R4 > R2 , ( x . y, u . u )
+
u2 vr
x 2u2 + y 2 v 2
—
—
= 0, mit
n4
5
5
m-
Der Punkt den wir betrachten , ist p:, i = (1 , 1.1, 2 ) . Man sieht sofort , dass po eine Lösung des
Gleichungssystem ist , sodass Po f ~ 1 { 0}. Das Differenzial von / lautet
,
df ( x . y .uxc )
-
2 xy 2 2 x 2 y 2uv 2
2xu2 2 yr 2 2 ux ~
2t r v
2vy:
d/ ( l , 1, 1, 2 )
=
2 2 8 4
2 8 2 4
Das Differenzial d/ (p0 ) hat Rung 2. Somit ist po ein regulärer Punkt, von /. Da wir nach u, v auflosen
wollen, m üssen wir die Untermatrix von df ( po ) betrachten, welche die partiellen Ableitungen nach
den Koordinaten u und v enthalt
9
2)
9
2 8
8 4
2 4
d y f {1, 1, 1, 2 )
II
?!1
=
11:
df
Ml
m
s
1
|
|
i
8
S 4
2 4
5:8
V
C/
6 ,
134
I
f
f
I
8.3. BEISPIELE
—
Da det (d?y / ( l, 1,1, 2)) = 32 8 = 24
0 , ist dyf ( l .1.1. 2) invertierbar. Nach dem Satz ü ber
implizite Funktionen ergibt sich h 6 C1. sodass
^
}( x . y j >.( x , y ) )
= 0.
d . h . das Gleichungssystem ist lokal nach -u , v auflösbar.
Ableitungen ? Wir benutzen die übliche Formel
d h( 1, 1)
du (
d u {1, 1)
d e ( l , 1)
=
-1
8 4
2 4
Beispiel 8.3.8
o
f }(U)
$5 (1- 1)
( 1.1 )
(
$5 1.1)
Öx
2 2
2 8
—
C
~
= ~ ( dyf { po ) )
_1
l
- d x f ( p0 )
\
2
2 /
Kann man das Gle.ichu7igs.systern
-
x ~ f y2 - 2 z 2 = 0 :/r + 2 y ~ + 3~
f ür hinreichend kleine x durch positive FtwJ äioner; y { x ) . z ( x ) auflösen? Wie cross sind
die Ableitungen in x = 0 ?
Lösung: Wir schreiben das Gleichungssystem in der Form / (.T. y . 3)
= 0. mit
(
x - -f y ~ - 2 s “
- 2 y 2 4- z ~ 5
V or r
Wir m üssen den Punkt po bestimmen. Wir wissen bereits, dass x 0 sein muss, sodass der Punkt
Po die Form ( 0. y . z ) hat . Um y , z zu bestimmen l ösen wir das Gleichungssystem
/ : R -> > R , (.T, y. z )
"
—> ;
:
—
—
y2
— 2z
2
2 y2 + z 2
—
2 und
Die Lösung ist y 2
Differenzial von / lautet
,
df ( x y , z ) =
2x
2x
32 = 1. Wir suchen
2y
4y
—2343
—
=
0
5
positive y und
(
df 0. C 2 . l
=»
)
3,
sodass po
= (O. vlb 1 ) .
0 2V 2
0 4V 2
-4
Das
2
Das Differenzial df ( po ) hat Rang 2, also po ist regulärer Punkt von /. Da wir nach y. 3 auflösen wollen, müssen wir diesmal die Untermatrix von df ( po ) betrachten , welche die partiellen Ableitungen
nach den Koordinaten y und 3 enthält
ii
f
2C2
4V 2
*
IS
g :]
:
I
II
-4
2
* dyf
ä9 f
—2
existieren somit y . z
Da det ( dtJf ) ( po )
Qy / 2 i=- 0. ist
Cl . sodass
dyf (po ) invertierbar. Nach dem Satz über implizite Funktionen
. .
f ( x y{ x ) z {.t ) )
V
(0. v'I- l ) = -2lyV/ 22 -24
135
= 0.
S . DER SATZ üBER IMPLIZITE FUNKTIONEN
Die Ableitung bekommt man mit der ü blichen Formel
dh( 0)
=
( ' ( 0)
V
v
= -( dyfiPo ) )- i.
o
*' (. )
Beispiel 8.3.9
•
’
-l
2\/ 2 -4
4 %/2 2
=~
drf {po)
0
0
0
0
I
®
o
Beweise , dass das Gleichungssystem
x 4- log y 4- ä
2 x - y2 + z
=2
1
—
zwei Funktionen y g ( x ) und z h ( x ) in einer Umgebung von x = 0 implizit definiert,
mit g( 0) = 1 und h ( 0 ) ~ 2. Finde die Taylorentwicklung zweiter Ordnung für g und h
Lösung: Wir schreiben das Gleichungssysteni als f ( x. y, z )
/ : R3
R2 , (x, y . z )
—
~
0, mit
—
x 4- log y T z 2 \
2a; y 2 4- c 1 /
—
¥
—
Der Punkt , den wir betrachten, ist po = (0.1. 2). Man sieht sofort , dass po eine Lösung des Gleichungssysteni ist. d.k. po / “ J {0}. Das Differenzial von / lautet
^
df ( x , y , z )
An der Stelle po
/ 1
=
1 /y
1
-2 y 1
2
= (0, 1, 2 ) gilt somit
1
2
df (0.1, 2) =
1
—2
1
1
Da df { 0.1, 2 ) Rang 2 hat . ist po ein regulärer Punkt von / . Da wir nach y und 2 auflösen wollen ,
ist dyf die Untermatrix von d/ (p( 1 ) , welche die partiellen Ableitungen nach den Koordinaten y und
2
enthält . Es gilt
X
det
_1o
1
1
= l+2=3
^ 0.
Somit existieren nach dem Satz ü ber implizite Funktionen zwei Funktionen g ( x ) und h( x ) von der
0 . Wie können wir g und h finden ? Wir rechnen zuerst die
Klasse CD sodass f ( x , g ( x ) , h ( x ) )
Ableitungen von g und h wie üblich aus
—
9' (* )
l / g{ x )
-2 g ( x )
1
1
somit
g' ( x )
Mit g { 0 )
=
-1 t
1
C
g( F
h' ( x )
2g 2 ( x ) + U
—
1
°) = 3 v (°)
’
—
136
1
2
1
-
2g 2 { x ) 4- 1 ‘
= 1 und h ( 0) = 2 finden wir die Ableitungen in 0
/f
1
-1
2 g ( x ) 1 fg{ x )
-1
l / g { x ) + 2g( x )
II
I
t
fi
i
>»
I
I
8.3. BEISPIELE
;
Um die zweiten Ableitungen zu finden, leiten wir die Formeln f ü r die ersten Ableitungen nochmals
nach x ab
g' ( x ) { 2g 2 ( x ) + 1) - i p ( x ) g' { T )
g" ( x ) =
( 2gHx ) + 1 ) "
( 2 <720,:) + 1 ) 2 ’
—
woraus sich g" ( 0)
-1/ 27 und ft"(0 )
Ordmmg um x 0 bestimmt
—
g{ x )
Beispiel 8.3.10
= 4/ 27 ergibt. Wir haben somit
= 1 + 1* - L*2 + 0 ( x :i ) .
g und /?. bis zur zweiten
—
0
h( x )
|.r + 27;X2 + (9 ( 4).
= 2-
••o Betrachte den Einheitskreis
sl =
%
m
%
Beweise : Um
M
m
h e C 1 . Bestimme die Funktion h explizit .
I
parornctnsiercn mit
7
lil
A
Losung: Wir schreiben die Gleichung x ~ -f- y ~
= 1 in der Jr önn
f ( x. y )
mit
—
/ : R2 -r R, (#, */) > 4 + y2
—
< / (*, »)
*
= 0.
1. Das Differenzial von f lautet
= ( 2x , 2t/ ) =* 4( 0, 1) = (0.2).
Da d f ( 0 , 1) Rang 1 hat , ist po = (0, 1) ein regulä rer Punkt von / . Da wir nach y auflösen wollen,
betrachten wir die Unter matrix von df ( po ) , welche die partielle Ableitung nach y enthä lt
14
14
A
m
df ( 0 , 1)
= ( 0|
2 )
d „f
-
4 / ( 0.1) = 2.
— ^
Da d y f ( p0 )
0. ist dyf ( po ) invertierbar. Nach dem Satz ü ber implizite Funktionen ist also
2
x 2 4- y2 = 1 lokal um (0, 1) nach y auflösbar , cl.h . es gibt h C ] mit f ( x . h ( x ) ) 0.
Wie findet man h i Wir wenden die Formel f ü r die Ableitung von h an und finden
—
-
h\x )
= -{ d y f { x , h( x ) )Y l - d T f ( :r . h ( x > ) =
x
h( x )
'
Das ist eine Differenzialgleichung f ür h . die wir lösen können
hdh
II
—
Also h ( x )
C = 1, also
——
xdx
± v C ~ r . Aus
=»
hdh
——
I
der Bedingung h ( 0 }
h( x ) = y l
i
: :
137
xdx
=
hr
o
o
X~
= -T + c.
1 ( wir betrachten den Punkt (0, 1)!) folgt
- x2.
8. DER SATZ ü BER IMPLIZITE FUNKTIONEN
. ••o Beweise die Ableitungsformel
Beispiel 8.3 11
d h( x)
= -( dvf { x , hip: ) ) )
1
•
4/ 0, h( x ) )
L ösung: Wir starten aus der Gleichung
f i x . h( x ) )
= 0,
welche h implizit definiert und leiten unter Ber ücksichtigung der Kettenregel auf beiden Seiten ab.
Wir schreiben also f ( x , h{ x ) ) als Verkettung der Abbildungen
f : R n -+ Rl , ( x. y ) ~> f ( x . y ) .
g : U C Rk
r
( x .h ( x ) ) ,
R71 , x
so dass
= (J o g ) { x ) .
f i x , h( x ) )
Wir leiten nun beide Seiten der Gleichung ab ( Ableitung von der rechten Seite der Gleichung ist
Null ) . Nach der Kettenregel gilt also
1
h\
h . . . äc h ädyh . . . äOyi
/ h
Ox
)
xk
i
\
0
d { f o / ) ( x ) = d f i g ( x ) ) • d.g ( x ) =
(
dhj
\
Ol)
ofi
Ox
Oi' k
iUl
By1
...
äh,
Oy
<) X \
Sfc;
IA- x A-
=>
d /i( x )
—
dh( x )
~
= d x f { g { x ) ) + dyf ( g ( x ) )
{ d. y f { x .h( x \ ) )
'
1
•
d x f { x , h( x ) ) .
o \
1
. ..
dhj
dxk
/
\ a.c
= ( 4/!<Vf )
•
d h( x ) = 0
a
. . . Oxi
, /
/i
;
®
,
it
dt
!
m
i
t::
Hl.
Ä:-K -
I
M
§: :
1
•
mitsi
i
i
iA
»
II
it;
II
li
;
138
:
1
II
•
I
Kapitel 9
M
m
M
M
B
lii
it
Untermannigfaltigkeiten von
t
t
-
?i
S;V
Ü
m
9.1
Untermannigfaltigkeiten von En
-
Eine nichtleere Teilmenge M C W heisst k dimensionale Untermannigfaltigkeit von
Rn, falls zu jedem Punkt p £ M eine Umgebung von p der Form Wp UP x Vp c R ?,: x
und eine differenzierbare Abbildung $ : Up
~r
Vv existiert
Wp n M = {(*, V ( x ) ) \ x
£
,
—
sodass gilt
Up } = Graph( W ).
—
Die Zahl k ist die Dimension der Untermannigfaltigkeit , während die Zahl l
n /e als
Kodimension bezeichnet wird. Eine Untermannigfaltigkeit von R" ist also eine Teilmenge
von W (eine Kurve, eine Oberfläche usw. j , welche sich lokal als Graph einer differenzierbaren Funktion darstellen lässt . Welche Teilmengen von R ? > sind also Untermamiigfaltigkeiten von Rn ? Aus der Definition sieht man sofort , dass zum Beispiel der Graph einer
differenzierbaren Funktion in einer Variablen / : I C R • R eine eindimensionale Untermannigfaltigkeit von R2 ist , weil dieser sich ja lokal als Graph einer differenzierbaren
Funktion darstellen lässt , nämlich / ! Analog bildet jeder Graph einer differenzierbaren
Funktion in zwei Variablen / : U C R 2 > R eine zweidimensionale Untermannigfaltigkeit
von R'b Wenn man also begr ü nden will , weshalb
,
•:
—
mat
Wl
:
—
Iu
1
M
M
mf
:
fl
a
mm
$
W\
•
= { ( x , y . z ) £ R *|0 < x < 1.0 < y < 2, z = cos( x 2 y ) }
’
eine zweidimensionale Untermannigfaltigkeit von R3 ist, w ü rde man dies mithilfe der obigen
Bemerkung tun und argumentieren , dass M der Graph von der differenzierbaren Funktion
zweier Variablen f : ( 0, 1) x ( 0, 2) > R , ( x , y ) > cos ( ary ) ist. Soweit so gut . Was macht
man aber, wenn man begr ü nden will , dass
—
M
—
= { ( x , y ) £ R 2| sin x + sin y = l / vxU-
li
eine eindimensionale Untermannigfaltigkeit von R 2 ist? Fängt man an , zu beweisen dass zu
jedem p £ M eine Umgebung Wp von p existiert welche von der Form Wp = Uv x Vv c RA’ x
Rn“ fe ist , sodass etc.? Nein! Und nochmals nein! Man wü rde die Vorlesungsilotizen auf der
Suche nach einem nü tzlichen Lemma, Satz oder Korollar sorgfältig durchlesen. Nach einer
,
J1
P>
11
11
1’
,
139
9. UNTERMANNIGFALTIGKEITEN VON W‘
intensiven Suche wird man sicher auf folgenden Fakt stossen: Fü r die meisten Situationen,
die wir betrachten werden , reicht es zu wissen, dass eine ganz spezielle Kategorie von
Mengen Untermann!gfaltigkeiten von Mn sind n ämlich regul äre Niveaumengen. Das
sind Mengen der Form ,
,
M
= {(xi, X2, ..., arn )
R |/ (XI , X2 , .... X ) = a}, a
R
welche um- reguläre Punkte von f enthalten. Diese wichtige Kategorie von Untermannigfaltigkeiten ist der Gegenstand des Satzes vom regul ären Wert.
Satz 9.1.1 (Satz vom regulären Wert ) Sei f
gegeben. Wir betrachten die Menge
M
{ a } = {(xi , x2 . ..., xn )
j
-
Ü C
0|/ (xi , X2 ,
V
Rn
—
> Rl mit n > l
xnp.) ~ a},
a
R.
Pulls jeder Punkt po E A/ regul ä r ist ( d.h. d f ( p o ) maximalen Rang hat ) , ist M
eine Unterrnaanigfaltigkeit von W der Dimension h 71 L
-
.
Nun betrachten wir einige Beispiele zum Thema Untermannigfaltigkeiten.
'
Beispiel 9.1.1 © o o Beweise mit der Definition: Sl
.
eine Unteimanmgfaltigkcit von R 2 der Dimension 1.
—
{(x, y )
R 2|x2 4 y 2
*
= 1} ist
L ösung: Wir müssen zeigen, dass es f ür jedes p 6 S1 eine Umgebung Wv von p gibt , auf der M
Graph einer differenzierbaren Funktion von einer Variablen ist.
Um ein Gef ü hl der Situation zu kriegen, betrachten wir zuerst den Punkt p = ( 0, 1). Wir könnten
beispielsweise
Up
—
--
v„ = i ( x . y ) e R 2| V > 0}
( 1, 1) .
wählen. Daim ist \Vp Up x Vp eine offene Umgebung von p, weil p
betrachten wir den Schnitt von S 1 mit IVP . Es sieht so aus
S1 x TVp
= ( 0, 1) ja in Wp liegt. Nun
-
( x , Ll - X )
*
/
}•
'
\
X
Up
~
S1 (T W p kann man als Graphen der Funktion U ( r )
= V1 - oP
auf der Menge U p
— —,
( 1 1)
140
1
••
-HO
—
1
. .
MVi «B« WA » V
w /vu
cw.
S
I?
iI
i
9.1. UNTERMANNIGFALTIGKEITEN VON Rn
:11
i:
II
betrachten
i
!
1i
S' nffp
-
{ ( x , y ) e l21 a- 6 U
„. y = Vl - x }.
2
fiIff
mm
—
Somit lässt sich S ] lokal um den Punkt p (0.1) als Graph einer differenzierbaren Funktion auffassen .
Entsprechend kann man dann 51 als Graph der folgenden vier differenzierbaren Funktionen betrachten
S
mmm
M
!
*
l
:
ff
a + :U
1
= (-1, 1) -> IR 2, y -+ { y/ T- tf , y )
y)
= (-1, 1) -+ VL*' V -* (2
y+ :U = (-1, 1) -+ R . x -+ (.r , KW)
y- :U = (-1.1) -> M2. x -+ ( x . - x/ l - a2 ) .
f:
* :U
'
m.
mÜ
mM
M
i
*
fi
41
4t
%
Sä
•
Man kann somit 5J lokal als Graphen einer differenzierbaren Abbildung betrachten. Sl ist also
eine Untermannigfaltigkeit von R2 der Dimension 1.
H
fl
11:
ss
a<
141
iS
I
il
m
9 - UNTER MANNIGFALTIGKEITEN VON E n
:
3
1
I
I
Beispiel 9.1.2 •o o Welche der folgenden Mengen .sind Untermannigfaltigkeiten
Rn ( mit geeignetem n ) ? Falls ja, bestimmt die Dimension
a; A i
'
•"
.
{ (.r , y . z )
M3|T2 4- y 2
H
i( x , y ,z ) e R3|*2 + y% +1$= 1}
b) S2
"
.
a
c ) Ko
S'
'
d ) S := { (an y , z )
E3|2a? 4- z
= 1. xx 4- y 2
e ) C : = { ( x , %L z ) E E3|.T2 4- xy
Zz
y
~2
&
i}
= Ö, 2ar + 3:ry - 2 y
3z
f ) M : { (.T. y ) E M2|tT - aU - x 2 0}
liiiii
Pj Ar { ( rr , i/ ) l |.r 2 4- 8 xy + 7 y 2 5687 }
=
0}
; : A:'
'
-
. P : = { (x , ;y )
ft;
—
•
i
R2 |;r 2 = ?/: ; }
i ) Q := {( x, y ) E R 2| s i n x 4- sin y
= l / /2 ]
y
.-
—
—
Lösung: a ) Wir schreiben A4 als Niveaumenge j^- 3 {0} f ür / : R3 -A R mit / (#, 2/ , 2) a;2 -f - yy2 z.
Nach dem Satz vom regulären Wert, genügt es zu zeigen , dass A4 nur reguläre Punkte von / enthält ,
d.h. dass A4 keine kritischen Punkte enthält. Zu diesem Zweck rechnen wir das Differenzial von /
aus und setzen es gleich 0, um kritische Punkte von. / zu bestimmen
df
= ( 2x . 2 y , - l )
1
( 0 , 0 , 0 ).
Diese Gleichung hat keine Lösung. Somit hat f keine kritischen Punkte => A4 enth ält nur reguläre
Punkte => Ki ist eine U1 1tennannigfaltigke.it von R3. Die Dimension ist 3 1 2.
—
—
Der Kegel A4.
5
2
0
-3
_
0
9
-1
0
1
2 3
—2
142
r
au
9.1. UNTERMANNIGFALTIGKEITEN
Rn
VON
"
:
W
b ) Gleiche Prozedur wie in (a ) . Man schreibt 5“ als Niveamnenge f - l {0 } f ür
f ( x . y. z ) = X 2 + y2 -fr - 1. Kritische Punkte von f sind Lösungen von
fl
gl
•
mM
i
/ : R3
—
r
R mit
= ( 2a:, 2 y. 2 z } = (0.0. 0 ) .
df
Die einzige Lösung ist (.r , y. z ) = (0, 0.0 ) . Darum ist (0, 0.0 ) der kritische Punkt von /. Da Q 2 +
02 -f 02 -- 1
I 0, liegt der Punkt. ( 0.0. 0) nicht in S 2 => 52 enth ä lt nur reguläre Punkte =* Sr
ist eine Untermannigfaltigkeit von R3. Die Dimension ist 3 1 = 2.
c ) Immer das gleiche Spiel. K 2 = / ~ 1{0 } f ü r f : R 3
R mit f ( x , y. z ) = x2 y 2 - z 2 . Die
kritischen Punkte lösen
{ 2 x . 2 y . 2 z ) = ( 0.0. 0 ) .
df
fi
III
——
1M
:V, V
1
m
1
—
—
—
Die einzige Lösung ist. (x, y . z ) (0.0. 0) wie im Falle der Kugel S 2 . ( 0, 0, 0) ist somit der kritische
Punkt von /. Diesmal ist aber ( 0 , 0 , 0) £ Ko . Der Satz vom regulären Wert sichert somit AL nicht
zu, dass es eine Untermaimigfaltigke.it ist. In der Tat. es ist keine.
~
Der Kegel AL
§
•
.:
'
,
--
> >
.
.
.
.
.-
-- r
i
p
c
v
i M - 4%:
2
-
-
V. i %
'
i
-;
V
0
-2
i
ft
1
d) Zuerst muss man S als Niveaumenge f
/ : R3 -> R2 mit
/ (.r , y , z ) =
i
1
II
iß
df ( x , y , z ) ~
11
11
IS
!1
11
41
ist in diesem Fall
j
2x + 5 - 1
x2 + y 2 c 2 1
— —
2
2x
1
0
2 y -2 c
Wir fragen uns nach dem Rang von df . um kritische Punkte zu finden. Da die zweite Zeile nicht
Null ist , kann der Rang von d f nie 0 sein. Wir fragen uns also, wann df Rang 1 hat . Das geschieht.
wenn die erste und zweite Zeile linear abh ängig sind . Das heisst x = o . y
0 und z = o2 ‘
,
Aber (a , 0, a / 2) £ 5 denn 2a - a / 2 1 = 0 impliziert a = 2 / 3, also x 2 /3 und z
1/ 3.
aber (2 / 3)'“ + 02 (- I /3) 2 1 = -2 / 3
0. Also enth ält S nur reguläre Punkte =? S ist eine
Untermannigfaltigkeit von R3 der Dimension k 3 2 = 1 .
e ) Wie oben. C = f ~ { 0 } f ür f : R 3 -*• R 2 mit
—
|
{ 0} schreiben. Die Funktion
Das Differenzial von / lautet
1
W
ff
1
—
—
—
'
.
f { x, y z )
=
^
—
—
—
—
.T2 + x y ~ y 3z
2 x 2 3x y 2;y 3c
—
143
— —
—
—
—
—
9 . UNTERMANNIGFALTIGKEITEN
Das Differenzial von
/
VON 3R n
lautet
df ( x, y, z )
2a + y
4a 4- 3 y
=
*
—
-
x 1
3
3a - 2 -3
—
Da wir eine 3 in beiden Zeilen haben , kann der Rang von d f nie 0 sein. Wir fragen uns also,
wann d f Rang 1 hat. Dies geschieht , wenn die erste und zweite Zeile linear abhängig sind, d.h.
.
x 1. = a (3a 2 ) und 2a 4- y a ( 4a 4- 3 y ) . Aus der ersten Gleichung folgt x = 11 23a
a Einsetzen
—
—
—
—
—
= —
2 (1-2a P
von x in die zweite Gleichmig ergibt (1 3o ) y = (4a 2 )a =* y =
( l -3a ) - . Wir
setzen nun die gefundenen a und y in f und g ein und setzen f
g
0 um a zu finden. Dies
ergibt a = - (a 2 T x y y ) und s = ( 2a 2 4 3a </ 2y) . Diese zwei Gleichungen können aber nicht
gleichzeitig erf üllt werden. Also enth ält C nur reguläre Pimkte => C ist eine Unterinannigfaltigkeit
von IR3 der Dimension /, = 3 2 = 1
..
f i{ö} f ü r / : R 2 41mit f ( x. y ) y2 x° x 2 . Kritische Punkte von / lösen
f) M
—
—
—
— —
df
"
—
—
^
—
-
—
—
—
=, ( — a (3a -4 2 ). 2 y ) = ( 0 , 0 ).
!
—
ü ) . Der zweite Punkt gehört nicht zu M , aber
Es sind die Punkte ( x. y ) = (0, 0 ) und (a , t/ ) = (
der Punkt ( 0 , 0) G M , da 02 03 Ü 2 = Q . Somit enthält M einen kritischen Punkt. M ist keine
Untermannigfaltigkeit von R 2 . In der Tat erinnert M an den griechischen Buchstaben a und bei
Punkt ( 0 , 0 ) ist die Kurve nicht differenzierbar.
— —
Die Menge M
{ ( x. y )
R2|t/2 - a3
—x}
2
2
1
.
.
0
-1
§:
-2
ff
81
A:
—
2
-i
0
;
m
31;
2
1
-4 R mit / (;r, y ) —
x 2 4- S x y 4- 7 y 2 - 5687. Wir suchen kritische Punkte
,
f 2 8
12 i=- 0 , gibt es nur
von / . Wir setzen somit d f ( 2a 4- 8 y , 14 y 4 8a ) = (0, 0) . Da det
8 14
eine L ösung der obigen Gleichung, welche die triviale Lösung (a, y ) = ( 0 , 0) ist. Der Punkt ( 0, 0 )
0. Somit enthält N keinen
ist somit kritischer Punkt von / . Aber ( 0 . 0 ) £ N , denn 0 5687
kritischen Punkt =4 N ist eine Untermannigfaltigkeit von R 2 . Die Dimension ist 2 1 1.
yz . Wh suchen kritische Punkte von / .
x2
h) P =z f ~ l { 0} f ür f : R2 > R mit f ( x. y )
Wir setzen somit d f = ( 2a, -3 c 2 ) = ( 0.0) und bekommen den kritischen Punkt (a , y ) = (0, 0).
Der Punkt (0, 0 ) liegt in P, da 02 - 03 = 0 . Somit enth ält P einen kritischen Punkt . P ist keine
Untermannigfaltigkeit von R2 .
g) N
=
f ~ J {0} fiii f : R2
*
=
=
—
—
— —
^
*
—
—
tt
144
a
41
I
9 - 1. UNTERMANNIGFALTIGKEITEN VON R71
%
m
{(.r , g ) E M2|./;2
Die Menge P
'
= y:i }
m
Ji
i
II
i)
i
1:1
•
$
1
Io
Im
— 05
-1
10
i
•
i) Q
4:
Iio
{ (ä\ y ) G R21 sin x 4- sin y ~ 1 / \/2} = f
/ ( #, y )
0
m0
0,5
0
,
1
1
{0} für
— sinx -
/
—
f sin y - l / v 2.
'
—
Wir suchen die kritischen Punkte von /. Wir set zen d f
( cos .r , cos y )
kritischen Punkte
( ( 2 n + 1) TT / 2. (2m + 1) TT / 2 ) ri. m G Z.
f
4
I: ::
= (0 0 ) und bekommen die
,
T
V
i
Nach dem Satz vom regulären Weit müssen wir einfach zeigen dass diese Punkte nicht in Q liegen.
Also los!
/ ( (2n + 1)TT / 2. (2m + 1)TT / 2 ) = ( -14 + (-1)i n - 1/ V2 # 0 .
,
!
1i
11:v
Somit liegen die kritischen Punkte von f nicht in Q . Es folgt also, dass Q eine Untermannigfaltigkeit
von R 2 ist. Die Dimension ist 2 1 1.
m:
—
i
I%
—
%
9.1 .1
11
-
Lie Gruppen
Betrachte den Vektorraum
M„xnW
Iit
i
—
{ A\ A reelle n x n Matrix }
der reellen n x n Matrizen. Den Satz vom regulä ren Weit kann man auch gut gebrauchen, um kompliziertere Beispiele von Untermannigfaltigkeiten zu betrachten , wie etwa die
Aufgabe, zu zeigen , dass die Gruppe O ( n ) der n x n orthogonalen Matrizen eine Untcrmannigfaltigkeit. von A/nxw. (R ) der Dimension n( n 1) / 2 ist . Wie kann man eine solche
Aufgabe lösen? Vorgeschlagen wird, den Satz vom regulären Wert anzuwenden. Man muss
sich also eine geeignete Abbildung / auf Mn. x n {R ) suchen , f ü r welche gilt
—
0 { n ) = { A 6 MnXn ( R ) \ ArA = 1}
11
i
1
!?
•
I\
Die nat ürlichste Wahl f ür
—
/ 1{etwas}.
/ ist ,
/ : AlnXr, (R )
—
r
5n. x n (R ). .4
145
T
AtA
9 . UNTERMANNIGFALTIGKEITEN VON PU
wobei Snx .a (P) die Menge der symmetrischen n x n reellen Matrizen bezeichnet. Beachte,
dass / Werte in S? l. xn (I) annimmt , weil f ( A ) eine symmetrische Matrix ist. d.h.
( f ( A ) )T
_
= { AT A ) T = AT { AT )T = A t A =
f ( A ).
Es gilt 0 ( n ) = / 1{I}. Wir haben also O ( n ) als Niveaumenge von / zum Niveau I (I ist
die Identit ätsmatrix) geschrieben. Nach dem Satz vom regulären Wert müssen wir nun nur
zeigen dass / 3 {I} keine kritischen Punkte enthält , d . h . eine reguläre Niveaumenge ist.
Wie zeigt man das? Im Prinzip muss man das Differenzial von / berechnen und zeigen ,
dass f ü r alle Punkte in f ~ [ {1} maximalen Rang hat . Na gut , aber jetzt haben wir keine
Pb sondern eine Funktion von Matrizen. Wie bestimmt
konventionelle Funktion / : Pn
man also das Differenzial d f in einer solchen Situation? Wenn man mit Matrizen arbeitet ,
ist die Jacobi-Matrix d f wie folgt definiert
”
,
,
—
hm :
f(A
h-+0
+ h X ) - H A)
h
-
d f ( A) X .
Wie kann man dieses Objekt d f ( A ) X interpretieren? Genauso wie das Differenzial von
/ : A an der Stelle TQ eine lineare Abbildung
—
;
d f ( xo ) : P" > P , v
— ^ d f ( xo )v
m
i
ist , also eine l x n- Matrix d f ( x f ) . welche einen Vektor v in Pn verschlingt und den Vektor
d f ( xo )v in P? zur ü ckgibt , so ist das Differenzial d f ( A ) f ü r Abbildungen auf M n x n{R ) einfach
A
m
m
mmm
eine lineare Abbildung,
d f ( A ) : Mnxn ( R ) -> M, xn (R ) , X
weiche jeder Matrix X in M Ti x n (P ) die Matrix d f ( Ä ) X zuordnet (" d f ( Ä ) auf X angewandt” ) .
In unserem Fall bekommen wir
df
{ A) X
-—
hm
-
h j0
= hlim
-0
f ( A + h X ) - f ( A)
h
( ATX +
h
A
t
A
+
:
A
= lim
HO
( A + h X )T ( A + h X ) - A t A
h
/
if
i
m
d f ( A) X
X T A) + X T X - A T A
§
l
m
-
.
T
§
ia
m
. W-
I
h2
§:
h
= ÄF x + XT A.
Somit 1laben wir das Differenzial d f berechnet . Nun müssen wir zeigen , dass f ü r alle A £
0 ( n ) das Differenzial d f ( Ä ) vollen Rang hat , oder besser gesagt surjektiv ist. Wie tut man
das? Man beweist dass es f ür alle Matrizen A £ 0 ( n) und B £ SnXn ( P) eine Matrix
X £ MV, X T (P ) gibt sodass
df ( A ) X = B.
,
)
,
Wir suchen also eine Matrix X . f ü r welche
AJ X + X T A = B
146
l
y&
9.1. UNTERMANNIGFALTIGKEITEN VON W
gilt . Da B eine symmetrische Matrix ist. ist diese Gleichung besonders einfach zu lösen .
Zuerst bemerken wir. dass ( ÄrX ) J XJ ( AJ ) 7 = X 1 A und B BJ =? B = l / 2 ( BJrBT ) .
Somit müssen wir
—
—
1
- ( 5 + ßJr ! =*
ÄFX + (.ATX )T
.
A1 X
-
lösen. Es folgt X ~ \ A T B . Somit ist df ( A ) fü r alle A E 0 ( n ) surjektiv. weil wir f ü r alle
Matrizen A E O ( n ) und B E Snxn ( R ) eine Matrix X E MriXn ( R ) gefunden haben , sodass
df ( A ) X
B gilt. Also ist df ( A ) f ür alle A E Ofn) regulär . Nach dem Satz vom regulären
Wert ist somit 0 ( n ) eine Untermannigfaltigkeit von MAXn ( R ) . Fü r die Dimension: Wegen
dimSnXn (R ) =\n( n 4- 1) und dim Mnxn ( R) = n2 folgt
~
—
dimO (n )
—
dim M77 Xn ( R )
— dim S
n x ? > (R )
-
1
~ n ( n 4- 1)
n
1
= -n( n
—
1).
0 ( n ) ist eine Untermannigfaltigkeit, welche gleichzeitig auch eine Gruppe ist . Solche Untermannigfaltigkeiten heissen L i e - G r u p p e n.
a) f : M
b) f :
Mnxn ( R ) -v Mnxn (R ): A
cy / : M
*
—
(R ) >
AIn x n (R ) , A
—
Ak ht v
AQ
= 0.
Lösung: a ) Wie oben beschrieben, berechnen wir das Differenzial von / mit der Formel
1
m
'
lim
**
--
h 30
(
f ( A + hX )
~
f ( A)
h
= d/ ( A) A.
Es gilt, ( beachte, dass Matrizen nicht kommutieren , d. h. i.Align A B
df ( A ) X
-
f ( A+ h X ) f ( A)
( A 4- h X ) - A2
lim
=
)
/i > o
/?.
h
A2 + h A X + h X A + h 2 X 2 - Ä2
lim
= A X A X A.
h
h ~> 0
= AlimM
—
B A)
—
2
—
Wir berechnen nun das Differenzial an der Stelle Ar>
df {1) X
=I
= I X 4- X I = 2 X =>
df (I ) = 2 Id.
•
Das Differenzial von / an der Stelle Ao = H ist somit invertierbar . Nach dem Umkehrsatz folgt ,
dass / lokal bei Ao = I ein Diffeomorphismus ist .
b ) Gleiches Spiel wie oben. Wir berechnen das Differenzial von f mit der Formel
hm
h-
—
r0
f { A + hX )
h
~
f ( A)
147
:v
4
S:
1
= df ( A ) X .
4
{if
m
9. UNTERMANNIGFALTIGKEITEN VON Rn-
®
Es gilt ( beachte, dass Matrizen nicht kommutieren. d.h. i.Allg. A B 4 B A )
d f ( A) X
=
lim
;
i
—
H.)
f ( A+ hX ) - f ( A)
h
—
—
=
lim
= hlim
~
Q
k
= AA
—- - -
A. X + A A
—
A
l
AX + AA
m
0
A 2
Ar 1
Ak + h(Ä A
9
( A + h X ) k - Ak
h
—
A: 1
+XA
A X A+
h
Ak
A) +
—
mii:
k l
2
- - - AXA
I
i =1
Wir berechnen nun das Differenzial an der Stelle AQ
I
1
i
—I
'
i
A:
<# (i)
x = 23 r - JAi = fcX =*
'
—
df (I) = k • Id .
fl
/ 1
—
Das Differenzial von / an der Stelle ,40 I ist somit invertierbar. Nach dem Umkehrsatz folgt ,
dass / lokal bei AQ = I ein Diffeomorphismus ist.
c ) Wir werten das Differenzial an der Stelle AQ 0 aus
—
fc
= J2 9
tf/ (0 ).Y
=0
'
-l
df ( 0)
= 0.
I
I
fl
A
Das Differenzial von / an der Stelle .4o
Diffeomorphismus.
— 0 ist somit nicht in vertierbar. / ist lokal bei AQ = 0 kein
:
|
si
W-
m
*
:. M
Beispiel 9.1.4 ® © • £.9 sei Ddet (.4 ) : Mnyri ( lR )
tenfunktion dot : Mnx« (R ) ‘ R .
—
?
ff
W9
:off
K die Ableitung der Determinant
»
aj Berechne D det ( A )
M
b ) Beweise: SL( n , R )
oon Mnxn (®) der Dimension ?r
1
m
.
9
Lösung: a ) Wie oben beschrieben , berechnen wir die Ableitung der Determinantenfunktion wie
folgt
det (.4 + h X ) det ( A )
lim
= D d e t( A) X .
h-± 0
h
—
Es gilt
A + hX
--
4 ( 1 + h A~ l X )
=>
-
det ( 4 + h X )
= det ( A ) det ( l + h A l X ).
~
1
8m
«
5
m
It
n
m
Wir rechnen nach ( wir benutzen die Definition der Determinanten )
a
det ( l 4- h A
1
X)
=
sign ( a )
]Q( £’./cr i) 4- h{ A
(
i= l
^ ~Sn
= 1 + h S p w r ( A~ 1 X ) + 0( /i2 ),
148
l X )i a ( i -) )
I
9.1. UNTERMANNIGFALTIGKEITEN VON Rn
wobei Ei- j die Matrix mit Eintrag 1 bei i j und sonst Null ist. Wir bekommen somit
D det ( A ) W
-
=
—
det ( A + h X ) det. (.4 )
det ( A )( l + h S p m ( A 1 X ) + Ö ( h2 ) } det (.4 )
lim
h 0
h
h
det ( A ) + h S p u r ( A ~ i X ) det (.4) + O ( h r ) der (.4 )
lim
~ Spur ( .4 l X ) det (.4 ).
h-+Q
h
= lim
—
—
—
b) Wir schreiben
-
-
AIn > n (IR ) ) det 4 = 1} = det 1{1}.
SX (n , R ) = { 4
Somit ist 5L ( n. R ) die Niveaumenge der Determinantenfunktion zum Niveau 1. Nach dem Satz
vom regulären Wert genügt es zu zeigen, dass det “ 1{1} keine kritischen Punkte von det enthält ,
d .h. dass f ü r alle Matrizen A £ det 1{1} das Differenzial D der ( .4 ) maximalen Rang hat. oder in
anderen Worten , dass D d e t ( A ) surjektiv ist . Also los! Wir haben bereits gesehen dass
“
,
,
D det (A) X = lim
—
h rCJ
det ( A + h X ) - det (>i)
h
= Spur (.4 ~ lX ) det (.4)
det .4 =1
Spur ( A 1.Y ) .
‘
Wir wollen zeigen, dass D d e t ( A ) surjektiv ist. In diesem Fall heisst es, dass es dir jedes c
X 6 A/ftXn (R ) gibt , sodass D d e t ( A ) X Spur ( A IA ) = c. Man könnte zum Beispiel
—
m
'
“
(
m
E ein
'
chi
X =A-
i
c ;i n
m
i
—
.
setzen. Dann gilt Spur ( 4 1 X )
c , wie gewünscht . Somit ist D det (14) f ür alle .4 0 det 1{1}
surjektiv. Somit ist S L( n, E) eine Untermannigfaltigkeit von MnXn ( E) . Die Dimension ist
dim S L( n E )
<
—
dim M n >:?i ( R ) - dim R
= 7? 2 - 1.
,
mm
fi
lü;
II
M
•
m
iM
m
mm.
ma
i
mm
i
m§
Beispiel 9.1. 5
••• Die Lorenz- Gruppe
0(3, 1)
Lie-Gruppe ist .
Lösung: Wir schreiben
lii
!S ;{
mit ]
-
0 (3, 1) = { 4
•
/ : AL} X 4 (R )
1
•
m
m
„
1!
I!
; *ag
A=
( §, 1
|
|
1)
spielt in der speziellen' Relativit ätstheorie eine wichtige Rolle. Beweise , dass 0( 3.1) eine
1i*
8!
= { A e U , X 4 ( R ) IAJ Ä A -M -
1
M4 x 4 { R )\ ATAA = A} = f ~ l { A},
S4 y 4 ( R ) . A
Dass / Werte in 5.i >; -i ( B) annimmt , sieht man wie folgt
( / ( A ) )T
flA)
-
ÄrAA.
= (.4rA.4) r = At\7 <At )T = -47 A.4 = f ( A ) .
149
9. UNTERMANNIGFALTIGKEITEN VON Rn
Somit haben wir 0 (3, 1) als Niveaumenge der Funktion / zum Niveau A geschrieben. Nach dem
Satz vom regulären Wert genü gt es zu zeigen, dass / -1{A} keine kritischen Punkte von / enthält ,
d.h . dass f ür alle Matrizen A £ f ~ l { A} das Differenzial df ( A ) maximalen Rang hat , oder, in
anderen Worten , dass df ( A ) surjektiv ist . Also los! Das Differenzial von / berechnen wir wie ü blich
df ( A ) X
= hlim> 0
—
f { A + h X ) - 1( A )
h
ATAA + hXT AA ~r
= h— 0
= XrAA -r ATAX .
lim
r
vit-
( A + h X )TA( Ä A h X ) - AtAA
h
HAtAX + K2 XT AX - AT A A
h
—
—
lim
h rü
Wir müssen also zeigen, dass zu jedem A £ 0 ( 3.1) und B £
existiert , sodass df { A ) X = B . d .h .
XT AA + ATAX = B
54 x 4 Q&)
eine Matrix X £ A/4 x 4 (E )
.
w
Wir wenden denselben Trick wie im Beweis an, dass 0 ( n ) eine Untermannigfaltigkeit ist , und zwar
wir schreiben
XT\A ArAX = XtAA + ( XTAA )T
V
Wir setzen also .A
*
.
— (BA
~
1 A ) 3 . Somit
\( B + Bt)
=>
JFAAM -B.
I
1:
%*
ist df ( A ) regulär und nach dem Satz vom regulären Wert
folgt , dass 0 (3.1) eine Untermannigfaltigkelt. von A /ux 4 (Tb) ist, also eine Lie- Gruppe.
9.2
Der Tangentialraum
Sei M eine Untermannigfaltigkeit von M?' und p ein Punkt auf M . Ein Vektor X heisst
T a n g e n t i a l v e k t o r zu M an der Stelle p . falls X der Geschwindigkeitsvektor an der Stelle
v von einer differenzierbaren Kurve 7. welche auf M definiert ist und durch den Punkt
p läuft . In anderen Worten , X heisst Tangentialvektor an M an der Stelle p , falls eine
differenzierbare Kurve 7 : ( — £ , e ) -t M existiert , mit 7 ( 0) p und 7 (0 ) = X .
Der Raum aller Tangentialvektoren an M an der Stelle p
—
TpM
= { X \X
ist Tangentialvektor an M in p }
= Menge aller Tangentialvektoren an M
in p
P JJ -> P
heisst Tangentialraum an M in pr, . Der Tangentialraum TPM ist ein Vektorraum der
Dimension k = n l . F ür Untermannigfaltigkeiten, welche als reguläre Niveaumengen
—
150
11
m
mm
9.2 . DER FANGENTIALRAUM
definiert sind , gibt es eine einfache Formel , um den Tangentialraum TpM zu bestimmen
Satz 9.2.1 (Formel für Tangentialraum ) Ist die Untermannigfaltigkeit M
als regul äre Niveaumenge f ~ l { a } einer differenzierbaren Funktion f : Q c R"
Rl gegeben, so ist der Tangentialraum in p 6 M gegeben durch
TpM = ker 4/ (p)
'
I
Wir betrachten einige Beispiele.
S:
r
m
•
Beispiel 9.2.1 o o Bestimme den Tangentialrauru an den folgenden Untermannigfal
tigkeiten von R3 im gegebenen Punkt
1mIR
1
f?
a ) Kugel S 2 im Nordpol po
1
:
8
.
II
R3|2y + 2 = hr T r
= {(*> *)
b) S
Lösung: a ) S 2
lautet
—
f
= ( 0, 0, 1 ) .
1{
0} f ür
df
/ : R3
—
r
R mit f i x . y , z )
- (2a: 2 y. 2 z ) =>
—
x ~ + y2 -f - z 2
— 1. Das Differenzial von /
df ( j)0 ) = ( 0.0. 2) .
,
Den Tangentialraum findet man mit der Forme!
i
i
m
.. ..
T( o.o i ) F
,
2
—
ker (0, 0 , 2)
= Span
\
I
\
0
0
/
0
1
0
M
!
l|
.
To,u - S2
mm
p„
/
w
(fl
.0
/
11
/
\\ S
1
'
/
s
’
b) 5 = / ^{ O} f ür
“
mm
.is-
ü
:
IH
lf !l
f
;
/
Es ist also die Ebene parallel zur rry-Ebene, welche durch den Punkt ( 0, 0.1) gellt: Es ist die Ebene
2 = 1.
fi
Ir
la
äi
M
\
/ : R3 -+ R 2 mit
}( x , y , z )
=
—
151
2
-l
/
!
;• .
iig
9. UNTER MANNIGFALTIGKEITEN VON Rn
l
Das Differenzial lautet
1
2
0
2* 2 y
äf { x. y , z ) =
-
_12 ~
£2 I2 ’ 0 ] =
</
*
7
|
v!. :
]
2 1 \
I o /
0
Vs
M
Iii V
H
if
Gemäss tier Formel f ür den Tangent ialraum
Dies gibt : z
—
S
T
= t => y = —
2 1\
0
ker
Vs
i
0
(;r. y , z )
o/
=>- x =
r( # , Uo ) 5 =
l
( x\
2 1
Vs
i
=0
y
o
V
2
.
/
Mi
r
Die folgende Gerade ist also der Tangentialraum in po
/ vT
( x\
\
~i
y
o
V*/
/
+A
V
1
-Vs
AeE .
2 V5
v:|:V
ü:
:; i ?:
It
m.
A /i
Beispiel 9.2. 2 © o o Bestimme den Tangentialraum. an der Kugel S 2 in jedem, Punkt
( TO , t/0 , '“ O ) •
•tO
fi
il
“
—
!
l
:
VI
?!
Lösung: Wiederum f : M3 -4 IR mit
I:
f ( x. y . z )
= x2 + y2 + z2 - 1
j«
i!
und
öf
Wir werten in
XQ
m
~ ( 2x 2 y , 2 z ) .
:
I
aus
II
dfVo ) = ( 2 xo . 2 yo . 2zo ) .
m
.
I
m
iii
Den Tangentialraum findet man mit der Formel
TXuS
"
— ker 2x
(
(j
, 2 ?y0 . 2 Z Q )
— {v
M3|2XQ v
"
= 0} = { Alle zu x0 senkrechte Vektoren ).
;'ü :
|
1
2 fl :
-
9.2.1 Lie Algebren
Eine Kurve in Mnx n (M ) ist eine differenzierbare Abbildung
ß
llW
*
(*)
’
"
A : [a: 6] ^ iVAxn ( M) A -4
Önl
*
*
ann { t )
Die Ableitung A wird einfadi komponentenweise gebildet . Dies erlaubt es, den Tangentialraum an eine Untergruppe n von M n x n (M ) im Einselement 1 zu definieren. Sei G eine
Untergruppe von MnXni ß ) imd .4 : ( s , s ) > Mnxn( R) eine differenzierbare Kurve mit
— —
152
s
Sfi:
It
r
II
I!:
IIS
W
Ai !;!'
*
^
--
=u«v<v
: XUss sxwJ6seay»tecxMer«
'
WäöVJ
A V I ? iw'
lii
1
Mil
•
m
m
S
:
b
9.2. DER TANGENTIALRAUM
.
lii
;
ill
I
SS
( i ) A( t )
1
A
(ii ) A ( 0 )
fs
m
m
Ü!l
(iii )
i(0)
G f ü r alle t
-=
(
—
£, £ )
1
X.
Dann heisst X Tangentialvektor von G in I. Die Menge aller solchen X bildet einen
Untervektormum von M n x n (R ) , den Tangentialraum an G in L Somit besteht analog
zu dem Tangentialraum an eine Untermannigfaltigkeit von Rn in einem Punkt p der Tangentialraum TjG aus den Tangentialvektorcn von Kurven , die in einer -Umgebung von I
^
in der Untergruppe G enthalten sind. Der Tangentialraum an eine Lie-Gruppe in I heisst
Lie- Algebra.
Für Lie-Gruppen G , welche als regulä re Niveaumengen gegeben sind , kann man dieselbe
Formel f ü r den Tangentialraum wie in Satz 9.2.1 benutzen .
Beispiel 9.2.3 •• o Berechne den Tangeiitialrau)mApri )äie folgenden Eie- Grupperi im
Einselement ( d.h. bestimme die Lie- Algebra derjatgmden Lie Gruppen )
-
a) 0{ n )
b ) SL { nM )
c ) 0( 3, 1)
d ) SO ( n)
= {.4 6 Mn^ { R )\ ATA
Lösung: a ) In dem vorigen Abschnitt haben wir gesehen , dass sich 0 ( n) als regulä re Niveaumenge
schreiben lässt
0 ( n) f 1{1}, mit- / : M n x (R ) - 5n x n ( M ) . A ~r ArA.
—
/
Das Differenzial von / lautet
df ( Ä ) X
= AtX + XtA =?
df ii ) X
= X + X1.
'
Nun wenden wir die Formel f ür den Tangentialranm an
TtO( n ) = kerdf (I) = kerpf -> X + XT ) = { X
*
M „ ,„( E )|Xr =
- X }.
Die Lie-Algebra von 0 ( n ) ist somit die Menge aller schiefey mm etri selten n x n Matrizen ,
b ) SL( n , R ) lässt sich als reguläre Niveaumenge schreiben
ti
SL( nM ) = det 1{ l}.
"
4
Das Differenzial der Determinantenfunktion det lautet
5
D det ( A ) X
ii
lii
U
I
= Spm- (.4 UY ) det ( /i)
"
df ( t ) X
TiSL( n , R ) = kerd/ (I) = ker ( X
Spur ( X ) )
153
?
~
'
Nun wenden wir die Formel für den Tangentialraum an
5
:
( 1 A ) det (I ) = Spur ( X ).
= Spur1
= ( X e M* Xrt (R)|Spur ( X ) = 0}.
if
9 UNTERMANNIGFALTIGKEITEN
.
1ln
VON
Die Lie- Algebra von S L ( n. M. ) ist somit die Menge aller spurlosen
c ) 0 (3.1) l ässt sich als reguläre Niveaumenge schreiben
0 ( 3.1) =
r {A} mit /
1
:
7?.
x n Matrizen ,
M a X n ( R ) -> 5„x „(R ), A -vArAA.
Das Differenzial von f lautet
df ( A ) X
= XTAA + AT A X =>
df { I ) X
= X t A+ AX.
Nun wenden wir die Formel f ür den Tangentialraum an
T \0 ( fi ,1)
ij;
•:
= kexdf ( I ) = ker ( A -> XTA + A X ) = { X
{ X e M ,n x (R )|AArA + A = 0).
-
6
M ,n x n ( K )|ArA + AA' = 0}
Ti
Die Lie-Algebra von 0 ( 3, 1) ist somit
{X
G
M n, x n (R )|A.YrA + X = 0}.
d ) S O ( n ) kann man als reguläre Niveaumenge schreiben
SO ( n )
—
f
AtA
1
{ (1, 1)}, mit / : M n x n (R ) -> S n x n (R ) Xt, i -4
f
det ( 4)
>
m.
'
m
Das Differenzial von f kann man komponentenweise bestimmen und lautet somit
,
df ( A ) X
=
(
,
f
ÄFX 4- XT A
\
Spur (.4 1 X ) det (A ) /
_
=
4>
df { l ) X
=
X + XT \
Spur (A )
)
m
A
i
m
'
V;
Nun wenden wir die Formel f ü r den Tangentialraum an
TiSO { v ) = kerdf (I) = ker
A
A + XT
Spur ( A )
\
! { X e M, x n (R )|AT = - X ,
y =
ri
Spiir (A)
= 0}.
Da schiefsymmetrische Matrizen immer spurlos sind , gilt
TLSO { n ) = { X
MrlXr, (R )|A"/’ = -A, Spur ( A ) = 0} = { X
ä!
I
MTlXT, (R )|Ar = - X }.
Die Lie- Algebra. von 50 (n ) ist somit die Menge aller schiefsymmetrischen n x n Matrizen . S O ( n )
und 0 ( n ) haben somit dieselbe Lie-Algebra.
-
ill;
1
ff)
v:
sir
ii .
m
m
!& •
v.
9.3
I
Der Normalraum
Sei M eine Untennannigfaltigkeit von Rn und p ein Punkt auf M . Der Raum
1Ifi
NPM
:= ( TPM )
= { x 6 Rn|x -L r?, Vr? G TPM }
heisst Normalraum an M in p . Der Normalraum NPM ist das orthogonale Komplement
des Tangentialraumes TPM und ist somit ein Vektorraum der Dimension l = n k .
—
154
m
II
%
if;
If
mm-
=*tsaJeCx7U^i
iesssKs
9.3. DER NORMALRAUM
m
mm
Fü r Untermannigfaltigkeiten , welche als regul ä re Nivueaumengen definiert sind , gibt es
eine einfache Regel , die so lautet:
Satz 9.3.1 ( Regel f ür Normairaumbestimmung) Ist die Untermannigfaltigkeit M als regul äre Niveaumenge f ~ l { 0 } einer differenzierbaren Funktion
f : Q C Rn -A Rl gegeben , so bilden die Zeilenvektoren von df ( p ) eine Basis
des Normalraumes NPM .
Wir betrachten einige Beispiele zum Normalraum .
Beispiel 9.3.1
•o o Wir betrachten die Spirale mit Parametrisierung
,
7( t )
= ( t cos t sind) .
Ist diese Spirale eine Untermannigfaltigkeit von Rs f Falls ja , bestimme die Dimension
Bestimme ferner den Tangential- und Normairauw. in jedem Punkt .
—
Lösung: Die Kurve kann als Nullstellenmenge f *{0} der Funktion / : R3 > R 2 mit
f { x, y, z)
geschrieben werden. Das Differenzial von
LJ
=
z
——
COS X
sin
x
/ lautet
df ( x , y , z )
=
—
sin x
10
cos x 0 1
./•
j
Das Differenzial hat immer Rang 2, somit hat keine kritischen Punkte =» die Spirale enthält nur
reguläre Punkte => die Spirale ist eine Untermannigfaltigkeit von R3 der Dimension k = 3 2 ~ 1.
Um den Tangentialraum zu bestimmen , werten wir df in einem beliebigen Punkt x 0 = (x0 . ZQ )
auf der Spirale aus
df (XQ , cos XQ , sin XQ )
—
=
sin XD
1
0
- cos Xi ) 0 1
und benutzen die Formel
TX
—
()
S
—
sin X Q
ker
1 0
- COS X o 0 1
Dies ergibt: x = t => y = t sin XQ => z = t cos x ( . Der gesuchte Tangentialraum ist also die Gerade,
welche durch den Vektor (1, sin & o , cosxo ) aufgespannt wird. d . h.
ii
m
ft
II
i
TXoS
—
—
1
Span
\
]
—cossmxxo
0
\
J
/x\
/
XQ
V
COS X Q
\~/
\
sin .To
;
dj
ii
r
155
\
-r A
j
—
\
1
sin xo | . A
COS Xo
/
R
9. UNTERMANNIGFALTIGKEITEN YON Rn
F ü r den Normalraum kann man (gem äss der obigen Regel fü r die Normalraumbestimmung) einfach
die Zeilenvektoren aus d f ( x Q , cos X Q , sin X Q ) ablesen
Sill X Q
\ /
1
:
NXoS ~ Span
—
COS X Q
0
i
o / V
/
Der Nornialraum ist also die Ebene, welche von den Vektoren (SINXQ , 1, 0) und ( ~ cos XQ , 0.1)
aufgespaimt ist und durch den Punkt (.TQ . COS J;Q. sin XQ ) geht , d.h.
NXoS
Beispiel 9.3.2
Y
'
-
d,
—
{x
•o o Die Menge M
~
y sin .To 4- ~ cosx0
sei
= X Q }.
definiert durch
.
M
•V
= { { x . y ) E R 2|ar 4 2 x y - y 2 = a }.
*
.
Fü r welche a ist M eine Unternlanniqjal ügkeit von R2 ? Setze a
.
und
den Normalraum im Punkt
den Tangentialraum
. (10.0 )
.
.
.
.
= 100 und
. .. . . .
.
.
.
ä
.
—
—
—
—
bestimme
;
f ^{0} f ür / : R2 > R mit / (x, y ) = x 2 4- 2x y y 2 a-. Wir suchen die kritischen
Lösung: M
( 2 x 4- 2 y , 2 x 2y )
Punkte von / und hoffen, dass diese nicht in M liegen. Dazu setzen wir df
( 0, 0) . Da det
^—
2
2 -2
~
—
= 8 = 0. hat die Gleichung
df
— —
—
= 0 nur die triviale Lösung. Somit ist
( 0, 0 ) der einzige kritische Punkt von / . Damit M eine Untermannigfaltigkeit ist, darf dieser Punkt
nicht in M liegen . Es gilt / (0.0 ) = -et. Somit: f ür a 0 ist M keine Untermannigfaltigkeit von
R2: f ür alle anderen a ist M eine Untermannigfaltigkeit von R 2 der Dimension 2 1 = 1.
Wir setzen a 100. Den Tangentialraum in (10 , 0) bestimmen wir mit der Formel
—
x
rilo.o ) M = ker d/ (10.0) = ker ( 20, 20 ) =
y
—
10
0
4- A
1
-1
1
1
AGR
.
,A E R / .
Der Normalraum wird von (1.1) aufgespannt , d .h.
\
Nfio.o ) M =
x
10
V
0
+A
m
.
156
n
V
m
i
g
Kapitel 10
1
1
i
Parameterintegrale
Das Ableiten von Integralen , die von einem Parameter abhä ngig sind ist Gegenstand dieses
Kapitels. Um die Problematik besser zu beschreiben, wollen wir mit einem sein einfachen
Beispiel beginnen . Wir fragen uns f ür welche Werte von a G M der Ausdruck
,
l
F ( a ) ==
ax
0
—
x2\ 2
—
Ct
2
] dx
maximal wird . Um das Problem zu lösen könnten wir ja das Integral explizit bestimmen
,
F( a) =
—
ax
»
l
o
or
"
[ a2 x 2
~
3
2a2
—
— a ] dx
2ax 4- xq — c ] dx
2
2 2
)
2
''
a 1
+ - Q2
2 5
T
"
X
"
a
2
”
1
^5
und dann die Ableitung nach a gleich Null setzen . Dies ergibt
d. F ( a )
da
~
4
3
Q
\2 = 0
~
Man tut sich leicht zu zeigen dass bei a=
3
= -8
in der Tat ein Maximum liegt., denn
,
d2 F { a )
da 2
0:
— -34 < 0
=>
Maximum .
In diesem Beispiel muss man im Prinzip die Ableitung eines Integrals bestimmen welches
von einem Parameter (in diesem Fall a ) abh ängt. Dies haben wir an diesem Beispiel mit
direkter Rechnung geschafft , aber oft kann man das Integral selbst nicht f ür alle Werte des
Parameters explizit bestimmen. Wie geht man in solchen Fallen vor ? Eine Antwort auf
diese Frage werden wir im n ächsten Abschnitt geben .
,
157
11
i
10. PARAMETERINTEGRALE
Parameterintegrale mit konstanten Grenzen
10.1
Im Allgemeinen heisst eine Funktion F ( t ) von der Form
,
F( t ) =
/
f ( t , x ) dx
Ja
Parameterintegral Unser Ziel ist es. zu verstehen, wie wir die Ableitung von F ( t ) nach
dem Parameter i bestimmen können , ohne das Integral explizit bestimmen zu m üssen, was
in den meisten Fällen nicht möglich ist. Der folgende Satz erlaubt es und lautet so
Satz 10.1.1 ( Parameterintegrale) Seien f ( t , x ) und ~gfc { t , x ) auf [c, d\ x [o, b]
stetig . Dann ist die Funktion
§
illg:
Im
mm.
.
f ür alle t
e [c. d]
_/
i
, h 8 ,f .
~ ( t , x )dx.
dt
'
——
d F( t )
dt
;
W
differenzierbar und es gilt
l\ i
U
§
= Ja
::
In Worten: Sind f i x , t ) und die partielle Ableitung nach dem Parameter t stetig, so darf
man die Ableitung innerhalb des Integrals ziehen und diese wird dann zu einer partiellen
Ableitung. Wendet man die Aussage auf unser Beispiel an , so kann man die Rechnung
etwas vereinfachen
d.F ( a )
d f1
[(ax x 2 ) 2 a2] dx
da
da ./ o
— —
[( cur — x ) — ar ] dx
Jo 0a
u
2 x ( a.r — x? ) — 2a] dx
4
2a 1
2 a — — -a —
2
3
3
/
1 2
.
0
—
= § in
Ü bereinstimmung mit der direkten Rechnung. Nat ürlich ist der
Vorteil in diesem spezifischen Fall nicht extrem gross, aber der Satz ist dann besonders
nü tzlich wenn die vor kommende Integrale nicht explizit berechenbar sind . Ein sehr bekanntes Beispiel ist die Berechnung des Integrals
Somit folgt a
,
1( a ) =
Fü r a
—
f'
rfr*-
o logfc)
0 ist das Integral trivial.
1( 0 )
- Jo
rl x° -
\dx = 0
log( ® )
I
58
•
ml
tf4
il
m
.
p
i
M
10.1. PARAMETERINTEGRALE MIT KONSTANTEN GRENZEN
if .
•
MH
—
aber f ür alle andere a > 1 kann man es nicht mithilfe der konventionellen Techniken bestimmen. In der Tat hat die Funktion
die Eigenschaft , dass ihre Stammfunktion nicht
elementar ausdr ückbar ist . Ein sein einfacher aber sehr wichtiger Trick erlaubt trotzdem
die Bestimmung des Integrals. Anstatt das Integral selbst zu bestimmen , betrachten wir
seine Ableitung nach a. Nach der Formel f ü r Parameterintegrale finden wir
,
fl ÖdQlog-(x1) dx —
dl ( a )
da
f 1 log (.T ) XQ
log (.r )
o
0
'•1
dx =
a
xadx >
0
—
1
1
a +1
Wir haben somit einen sehr einfachen Ausdruck f ür die Ableitung I' ( a ) gefunden. Integrieren wir das Ergebnis, so finden wir
7'(a)
—
1
= +1
Q
1( a )
%
= log (a + 1) -r C .
—
Für a = 0 gilt 7 ( 0) log ( l ) -hC = C . Andererseits kennen wir 7 ( 0)
die Integrationskonstante C = 0 . Somit haben wir
r xa
-1
dx
log ( x )
Jo
i
—
= 0 schon. Dies fixiert
logfa + 1)
gefunden , ohne das Integral selbst zu bestimmen. Dieser Trick ist f ür die Berechnung von
Fourier- und Laplace-Transformierten einiger Funktionen oder f ü r die Bestimmung spezifischer Integrale sehr n ützlich. Hier sind einige Beispiele.
i
&
I
It; ?
u
*i
Beispiel 10.1.1
•
•
Vj:
lit
.
I
•o o Berechne
mm
f(J
Im
Hinweis: Betrachte das Integral
m
Lösung: Wir betrachten das Integral
7T
a ~ c;os x dx
vd ~ -1
;
d
da V o
1
III
l
fQ
—
dx
—
rr
V
l
cos x
-- .
T
( o.
i
—
i
2
COS X Y
)
gilt. Die Idee ist somit , F ( a ) als Ableitung des Integrals
die Funktionen
i
d
f ( a, x ) =
,
/ ( Q, ;r ) =
a ~ cos x
da
JJ
M
%
und bemerken, dass
—
i
r 0<
0„
r dx
zu sehen . Es ist. klar , dass
l
- (cv - cosx
)2
stetige Funktionen von a und x sind ( weil Komposition stetiger Funktionen ) . Somit sind die Voraussetzungen des Satzes 10.1.1 erf üllt . Mit der Formel f ür Parameterintegrale finden wir
TV
Q
r;
(a
—
1
cosx)-
dx =
—
77
0
d
da
d
da
1
a
TT
V Vd1
—
— cos x
II
'
=
159
(a 2
rr
d
da
Ci TT
i
it
II
d
/i
dx
— l) '
3 2
*
J0
a
—
1
cosx
dx
!m:
#
10 . PARAMETERINTEGRALE
-
4
i:
ffl:
11
••o Berechne F ( a ) = fj
Beispiel 10.1. 2
1
m
:
3
i
dx für alle a >
i
I
!
m
1
Lösung: Wir betrachten die Ableitung von Ff a ) nach a. Mit der Formel f ü r Parameterintegrale
finden wir
i.
1 O:
xa 1 Q logfa:) ch:
x° log ( x) logfa;)
d F ( a)
X
~ dx.
dx
=
2
2
)
da
da
log (.r )
log ( x
o logM
o
Das letzte Integral kennen wir schon . Sein Wert ist logfa 4- 1) . Wir finden somit
r JL
Jo
—
dF(a)
logfa 4 1) =4 Ffa )
da =
Das Integral wird mittels partieller Integration gelöst
F( a )
=.
— alogfl
4
~
alogfl 4 a )
—
1
i
i
Üf :
l§
logfa 4 1 ) da.
— a^—1 da
a 1— 1
d a = alogfl 4 a ) — a 4 logfa 4 1)
a) —
a 1
1 • logfa 4 1 ) d a
/
J
—
„
—
~
4
4
4
4 C.
Nun müssen wir die Integrationskonstante C bestimmen. Dazu betrachten wir F(0 )
1
= JO
F { 0)
Somit C
— 0 und
z° - 1 - 0
dx = 0
log2 (.T)
=4-
0 = 0 - 0 + log ( l + 0) + c =
—
J
x° - 1 a logfa; )
d x = a logfl 4 a )
log2 (.r )
J0
:
Beispiel 10.1.3
©
•• Berechne F(a )
—
f(
“
logfa 2
“
)
c.
— a 4 logfa 4 1).
v: v > - .
—
»
J
sin 2 l ) d t für alle a > 1 .
I
1
i
U:
;
L ösung: Wir betrachten die Ableitung von Ffa ) nach a. Mit der Formel f ü r Parameterintegrale
finden wir
7T / 2
57 / 2
2a
ö
dF ( a )
dt .
logfa 2 - sin 2 t ) dt =
2
oa
da
sin 21
a
o
o
—
—
Wir haben nur ein Integral zu berechnen mit einem sin 21 im Nenner. Wir substituieren also x
dx
Wir haben
tan t . Dabei ist t = arctan x => dt
x -f 1 und sint =
dF(a )
da
—
rr / 2
./ o
1
a2
a2
oc
0
—
2a
dt
siir t
-
r -X
= ./
2a:
1+
2
vV-i
44
arctan
- r -’
')
dx
dx
2 41
x
-44
--f-1r
j
—
x
2a
—
1
va 2 -1x
\ 1 "JC
a
2a
dx
a2 4 fa 2 - l )a 2
-
- dx
TT
Ja 2
'
o
o
—
\
—1
A4
=TT / 2
tf
i;
i
160
4
ffl
ii
II
10.1. PARAMETERINTEGRALE MIT KONSTANTEN GRENZEN
Wir haben somit einen Ansdruck f ü r die Ableitung von F ( a ) gefunden . Integrieren wir das Ergebnis,
so finden wir
dF(a)
7T
7r
=* P( a ) = v Cr - 1 da = Trarccosh (a ) -F C.
2
da
1
\/ a
—
Wir müssen nur die Integrationskonstante bestimmen . Dazu ziehen wir den Limes f ü r a gegen
Unendlich. Dazu schreiben wir zuerst arccosh ( a ) = log (a -f Va 2 ~ 1) . Es gilt nat ürlich für alle a
-
F( a )
—
7rlog (a
—
Insbesondere im Limes a
C
-
4 \/ a 2
- 1) 4- C
—
—
/2
( +
7T log 0;
*
log ( a2
TT
/
/2
G2
log
-/ 2
a2
= (7.
- 1) J
2
foc
lim
V
— sin i ) — 2 log(a —
"
= alim
- J/0
( a 4-
—
v -—
sin 2 t
a
1) 2
\
/a 2
— 1)
di.
dt
’
\
sm /
) dt
2
+ 2a \/a - 1 - 1 /
7T / 2
- 2 i,
\
aro sm
d /:
lim log
a -» oc
2a:2 + 2aVa 2 - 1 - 1 /
0
*/ 2
a2
log lim
dt
2 - 2a 2
cc
a
a
2
4
0
^
•
= -lim.- dp/
O
F( a ) - 7rlog ( a 4 \/ a 2 - 1)
=>
oc1
*
= alim
=
,
~
O:
10 g
2a 2
r X?
—
'
;r
—
/2
Somit
F(a) =
— ~!og 2)
log ( l /4 ) A =
/0
[
Ja
‘
77
/2
(
.
— sin t dt = Trarccosh (o ) — rr log(2 ).
logfa 2
2
Beispiel 10.1.4 * •• Berechne F ( a )
) .
—£
.
.
log (a - cos t ) d t f ür alle a > 1
Lösung: Wiederum betrachten wir die Ableitung von Fia ) nach a . Mit der Formel f ür Parameter:ntegrale finden wir
*
dF(a)
da
—
d
—
—
1
dt .
cos t
a
o
Jo
Wir haben nur ein Integral zu berechnen mit ein cost irn Nenner . Wir substituieren also x
t,an (t / 2). Dabei ist t 2 arctan x =£• dt = ;C- +1 d x und cos t. 1] TX1. Wir haben somit
log ( a
cos t ) dt
— —
—
77
dF( a )
da
o a
—
1
cos t
2
Q
- 1 7o
oc
cc
dt
=
a
o
—
1
--
3 J
UTT “
X2
41
2
+1
\
/ a - 1v a- 4- 1
l
•
/0
9
dx
I
=
X
*
rc
2
x 2 ( c\ 4- 1) + a - 1
r
/ a + 11
arctan
*V
VTI
dx
X
7T
o
Vor
—1
Bei der Bestimmung des Grenzwertes haben wir die Stetigkeit des Logarithmus benutzt ( um lim ins
Argument zu ziehen ) und dann die Dominanzen : Oben dominiert er . unten dominiert 2 a 2 4 2e Var .
161
10 . PARAMETERINTEGRALE
Wir haben somit einen Ausdruck f ü r die Ableitung von F ( a ) gefunden. Integrieren wir das Ergebnis,
so finden wir
f
TT
CF ( ö )
F(a )
==1 da = 7rarccosh (a) 4- C.
2
da
Va - 1
V <y
- -J
.
rJ- —
Wir müssen nur die Integrationskonstante bestimmen . Dazu ziehen wir den Limes f ü r a gegen
Unendlich . Dazu schreiben wir zuerst arccosh ( a ) = log ( o: 4- Va2 1) . Es gilt nat ürlich f ür alle a
F( a)
—
7rlog (a
4-
insbesondere im Limes a
C
Va
2
— 1) - C
F ( a ) - 7rlog( a 4- Va2
=
4
**
—
1)
= C.
oo
=
lim
( F (a) —
^
—
rr
lim
/
7o
a
•
7T
= ./ o
logfo
/ or —
1)
^
— log( a - v a - 1)
4
2
dt
a
4
cos t
V
dt
l
Cl*
1
= — Tr log(2 ).
/
'0
—
a
log
log ( l 2 ) cft
Somit
A
a cos 1:
dt
a 4- Vor - 1
log
TT
F { a)
( a 4-
log ( a - cos t )
lim
~
7rlog
77
lim
10.2
—
— cos t ) dt — Trarccosh (a ) —
7rlog
i.
(2 ) .
Parameterintegrale mit variablen Grenzen
Im zweiten Teil dieses Kapitels wollen wir den etwas komplizierteren Fall betrachten, wo
die Grenzen selbst vom Parameter abhängen . Wir betrachten also Funktionen der Form
F { t) =
f ( t , x )dx
MO
•
und A- . Um zu verstehen, was in diesem Fall passiert ,
mit differenzierbaren Grenzen
Integral
folgende
das
wir
untersuchen
f t x )d x
'
§
)!
!:
A (0
( / enthalt keine f -Abhängigkeit mehr ) . Kennen wir eine Stammfunktion F ( x ) zu / (:r ) , so
können wir das bestimmte Integral sofort berechnen
f ( x ) d x = [F ( t )
MO
Somit finden wir nach der Kettenregel
d
dt
•
VAG
/ (x ) cte =
^
litt )
vTO
= F(
m)
1
1
ill
Bff
ii? i
i*
-
I
.
i!i8-
[F ( r ( i ) ) - F { j(t ))] = F' ii>( t ) )ip' ( t ) - F*
162
(t )
10.2. PARAMETERINTEGRALE MIT
VARIABLEN
GRENZEN
—
wobei wir die Tatsache benutzt haben, dass f ür eine Stammfnnktion von / gilt: F'
f . Wir
haben also eine Formel f ü r den Fall hergeleitet dass der Integrand / nicht von t abhängt .
Allgemeinen gilt folgender Satz
,
Satz 10.2.1 ( Parameterintegrale mit variablen Grenzen ) Seien
f { Fx )
und {U x ) stetig in t und x und die Funktionen
und v seien nach t stetig
differenzierbar. Dann ist die Funktion
^
mm J X n f ( t - -r )dx
differenzierbar und es gilt
-
( t., x ) dx
r
f i t . v ( t ) ) f' ( t )
-
f i t , <p( t ) )<P'M .
:
Wir betrachten einige Beispiele dazu .
Beispiel 10.2 . 1 ooo Differenziere F ( x ) =
f xtty
ä
^
Lösung: Wir benutzen die Formel f ür Parameterinlegrale
IS:
II
dF ( x )
dx
Ijjji
V-
—
—
X®
3
1 jx
L
'
__
J
3ar*
L.
0
—*
Beispiel 10.2. 2 •o o Differenziere F ( t ) - ff
f ür Parameterintegrale
1
X2
x
X
(
XC - x
>
1
—
t 2 dt + x( x 2 ) 2 - 2 x
3
6
2
3:r 3
*
lo% ( tx ) dx direkt und mit der Formel
Direkte Berechnung: Wir berechnen das Integral flog ( tx ) dx mit einer partiellen Integration
III:s
log ( tx ) dx =
s
m6
1 • log ( tx )dx
— rrlog tr) — j x — dx —
(
•
x log ( tx )
J
- x + C.
.
!
!
•
m
iim
31
?.!
.
iü)
Somit
,W 2
j
log ( tx )dx
= t 3 / 2 log ( f / 2 ) - t log ( t
163
3/2
“
5- 1
—|r
/ 2 log ( t )
—
2t log(f ) + - t3 / 2
*
a
10 . PARAMETERINTEGRALE
eg
Ableiten nach t ergibt
dF ( t )
dt
=
~
^
-
|
t1 / 2 logft ) A “ i1 / 2 - 2 log (i) - 2 + 1 - t1/ 2
Vtlog ( t ) A V ? ~~ 2 log ( t ) ~ 1.
:
i
Mit der Formel fur Parametemitegrale: Wir benutzen die Formel f ür Parameterintegrale
dF ( t )
dt
,
..3 / 2
I
J/
•
6
a/2
t
15
“
-dx A log(t
tS / 2 )
~ t l f' 2 ~ log (i
*
2
*
t) 1
I!
|log(*) dt /a - 21og(*)
f
1
r
~ \ / t log ( t )
+ v/i
2 log ( i)
“
~ 1.
|
1
Beispiel 10.2.3
••• Berechne
Tv log ( l
A x)
xl
1
Jo
dx
( Tipp: Führe einen Parameter a ein und berechne da .s Integral als Parameterintegral ).
fil
ls
Lösung: Wir f ühren einen Parameter a ein und betrachten
j
i <X )
=
o
log ( l A ax )
dx .
1 H- x2
1!
Anstatt F ( o:) selbst zu betrachten, betrachten wir die Ableitung
!
•
dF ( a)
da
l
dx
o da
—
l
.T
o (1 A ax ) ( l
+ x2 )
dx.
Es ist ein Integral einer rationalen Funktion das wir wie ü blich mit Partialbruchzerlegung lösen
können
xAa
x
1
a
(1 + ax ) ( l A x2 )
1 A ax
,
Es gilt somit
].
dF\a )
da
x
1
dx = 2
a A1
o (1 A ax) ( l A x 2 )
1
/ xAa
2
\1 A x
'
a
1 A ax
11
dx
1
1
log ( l A x 2 ) A a arctan (x ) log ( l A ax)
a2 A 1
Jo
1
log ( 2 ) A ~ a - log ( l A a ) .
2
—
-
a A1
|
t
j
‘
Wir haben somit eine explizite Formel f ü r die Ableitung von F ( a ) gefunden. Wir integrieren das
Resultat und finden
,
dF { a )
da
2 ( a - + 1)
ZT
O
/ 2 A log 2 da 2 (a 2 A 1)
TO
log ( l A a )
d a.
a2 A 1
164
I
ex
1
If
II
SI
10.2. PARAMETERINTEGRALE
!a
I
GRENZEN
MIT VARIABLEN
liS
;
;
II
1
•
Nun haben wir ein kleines Problem: Um F ( a ) zu bestimmen , mü ssen wir das Integral
log ( l + a )
da
o- + 1
'
berechnen, was aber gerade das Integral ist. das wir berechnen wollen!
Mit der obigen Strategie machen wir also keinen Fortschritt . Um die Problematik zu umgehen
definieren wir
a
log ( l -I- ax )
F(a) =
dx .
l + .r 2
Jo
In diesem Fall haben wir den Parameter a auch in den Grenzen. Wir leiten mithilfe des Satzes
10.2.1 nach a ab und finden
,
1:1
ff
a!
•
m
Il
•
[
fa d log ( l + ax )
log ( l + a2 )
dx -r
1
2
1
da
x
1 -r a 2
+
o
dF ( a)
da
'
!
-
Q
.sH
If
log ( 1 + a 2 )
1 + a2
X
(1 4- ax ) ( l + x 2 )
Jo
Wiederum Partialbruchzerlegmig
a
d.F ( a )
da
Mm
X
log (.1 + a 2 )
dx +
2
(
:
)(
)
l
1
r
x
1 -r a 2
+
+a
o
x
1
a
log( l - tt 2 )
+a
dx +
cd2 + I Jo
1 + X 2 1 + CUT
1 -t- a 2
Q
1
M
I
1
1
in
1
i
0
a2)
'
a:
- log( l + x 2 ) ~b aarctan (.r ) - logfl + ax )
a2 + 1 [ 2
l0g ( l + Q:2 )
1 + a2
a2 )
logfl +
a arctan a logfl +
H
2 (1 + a 2 ) + 1 + a 2
1 + aa arctana logfl + a2 )
+ 2 (1 a 2 )
1 + Q:2
+
•
mm
I
(
(
t
‘
Wir haben somit
y
a arctan a
do +
l + a2
1 + a 2)
o
Wir greifen zur partiellen Integration, um das erste Integral zu bestimmen
° a arctan a
W ."
a
F ( a) =
0
1+
a2
da
=
[
Jo
a
^
1
0
arctan ada
+ a- '
l:
II
iii
1
—
logfl + Q 2 )
da .
l + o2
O 1
-
Mit der partiellen Integration haben wir genau das zweite Integral mit einem Minus Vorzeichen
bekommen. Diese zwei k ürzen sich also weg, sodass sich folgendes ergibt:
F (a )
—
i
- logfl + a ~ ) arctanfo ) + C.
Ferner müssen wir die Integrationskonstante C bestimmen. Zu diesem Zweck werten wir F { a ) an
der Stelle a = 0 aus
F (0)
|
!
'
i
t
logfl + a 2 ) arctan(a ) i [
=\
2 Jo
2
Also C = 0. Mit a
i
0 = - logfl + 0) arctan ( 0 ) + C = C.
= 0 =*
z
= 1 finden wir den Wert des gesuchten Integrals
1
Jo
+ -T )
1 + x2
m
1
165
8‘
aA
.
II
10. PARAMETERINTEGRALE
m
ii
A
10.3
Uneigentliehe Parameterintegrale
Wir wollen nun die Resultate der vorigen Abschnitte auf uneigentliche Integrale übertragen,
also auf Integrale der Form
oc
b
f ( t , x ) dx = lim
f ( t , x ) dx
Ja.
a
( eine Grenze ist
DO
) oder
i' b
= £lim
—rÜ
f ( t , Akir
a
f ( L x ) dx
g.
( die Funktion / ist bei 6 nicht stetig ) . Nat ürlich kann man nicht erwarten, dass man die
Aussagen von Satz 10.1.1 und 10.2.1 eins zu eins Übetragen kann , denn man muss immer
auf die Konvergenz der Integrale achten . Falls aber zusätzliche Voraussetzungen erf üllt
sind gelten analoge Resultate auch f ü r uneigentliche Parameterintegrale.
,
ß
|
i
Satz 10.3.1 ( Uneigentliche Parameterintegrale ) Seien f { t , x ) und kfffft . x )
stetig auf [ c. d] x [a . h ) mit h R oder h oc und es gibt stetig partiell nach t
differenzierbare positive Funktionen g . k : [ a , b ) -4 R + mit
iß t
—
I:
JJa
F (t )
ii ; t
=
O.
fvr a ' le 1, 6 [c. d] differevnurrhar md es vili
dF (d ):
dt
' df
«
*
Ö
{ t , x ) dx ;
M
Ein sehr beliebtes Beispiel zur Anwendung dieses Satzes ist die Berechnung der Fourier. Im Allgemeinen ist die Fourier-Transformierte
Transformierten der Gauss Funktion
einer integrablen , stetigen Funktion / durch
-
m=
1
—
2 TT
•
iß
f ( x ) e— ikx d x
oc
definiert . In unserem Fall m üssen wir somit folgendes Integral
r°° e
i
lir
J
—
oc
~
x2
e
~
ikx
dx
d:
166
i
ft
If &
M
B
m
m-
10.3. UNEIGENTLICHE PARAMETERINTEGRALE
%
I
II
m
1!
«
berechnen. Offensichtlich ist die Fourier-Transformierte von / als uneigentliches Parameterintegral definiert. Wir pr üfen , dass die Voraussetzungen des Satzes 10.3.1 erf ü llt sind.
Die Funktion f ( k , x ) = e ~ xZe ~ ikx ist eine C Funktion. Da |c i k x| = 1 ist . gilt
—
^
i;
= I «-x
S
df
öAr
( k.x )
=
2
—
<e
JT"
=: PN )
V b < are
j - üe
;
J'
‘
—
=: MT
'
2
.r"
Die uneigentliche Integrale
dx = yft und / --ocoo xe ~ x dx
Voraussetzungen des Satzes 10.3.1 sind mit ,g (V)
und /i (:r )
Funktion / ( Ar ) zu berechnen, betrachten wir die Ableitung
d f (k )
dk
1
\/ 2TT
M
SH
•
S is
m
if
J-
—
—
dke —
d
x2
_
OO
J-
•
lif
e
00
L
3P;
CO
'
OC
i
2
fd
Ua
ikx d.v
i
C
'
—
“ OC
—1
= 7=
J
—
G
X
l
2 VTF L
dk
2
0
2 VTI
Ar 2
i
Il{
—
oo
—
OC
(
y 27r
'
e- x { -ik ) e
2
( ~ ix )e
—
“
ikx dx
e ' krdx .
i
--
“
~
x“
oc
0 konvergieren . Die
xe * erf üllt. Um die
OC-
Mit einer partiellen Integration finden wir
dm
—
=
—
ikx
L -.r* (
"
J-
Tc
Ar 1
2 VTF
—
dx
OC
_—
d
\. cte
2
'
OC
ikx
dx
'
—
;
e-x e ~ k:rdx
2
OC
411
lifli
Die Funktion / (Ar ) erf üllt somit die Differenzialgleichung
li
Sü
:
I
Mi
M
I
in
i
Sii
1
d/ ( /c )
Ar
“
"
"
*
2
r -b dk
rf /( fc)
=> / ( Ar) = / ( 0 ) e -
1
2
/( )
*
.
A
Wir müssen nun nur / ( 0) bestimmen. Dies geht sehr schnell
1( 0 ) =
1
\/ 2TT
cc
J
CC
2
e~ x e -° dx
=
••'
OC
1
V 2T
—
Schlüssen dl ich gilt
—
1
/e
/ (*) = pF
Beispiel 10.3.1 o o Berechne
Param,eterintegrale
•
c
oc
—
X
2
dx
=
1
V2
'
xe oxdx f ü r alle cx > 0 mithilfe der Formel f ür
1
M
;?
im
t
:
—
- xe CxX gilt. Die Idee ist also, das Integral als
Lösung: Zuerst bemerken wir, dass ~ e ~ a;r
~
e axdx zu schreiben . J ( a ) existiert und ist nach a differcnzierbar.
Ableitung nach a von J ( a )
—
^
167
10. PARIMETERINTEGRALE
—
m
B
.
1-
——
da die Funktionen f ( a , x ) — e - und d a f ( a , ;x )
x e- auf (0. co ) x [0, oo) stetig sind und die
folgenden Abschätzungen gelten: F ür alle x > 1 und alle e > 0 mit a > e gilt
a:c
tti
—
|/ ( a. x ) | = \ e-ar < e sx =• 9 ( x )
df (ax )
= x e O. X < x e e x : h(x )
da
g.
'
— —
—
h (.r ) <L; konvergieren ( Beachte: f ( a , x ) ist auf dem Intervall
g ( x ) und
und die Integrale
.
[0, Ij nicht problematisch Das einzige Problem liegt an der Grenze oo. Somit spielt es keine Rolle,
wenn die Abschätzungen mit g ( x ) und h( x ) auf dem ganzen Interval [0, oo ) gelten oder nur auf
einem Teil davon. z.B. [ l. oc ) ). Somit sind die Bedingungen des Satzes 10.3.1 erf üllt und bei der
Benutzung der Formel f ür Parameterintegrale finden wir
oo
./ Q
x e ~~cxx d x
—
rx
—
0
d
da
r
d
—
da
l
—
GX
—
a
dx
d
da
d
—
oo
e a..r
CG
io
da
Jo
6
—
CtX
1
1
a2
V
;i: i
I
dx
a
|
|
!
I-
el
Is-
Beispiel 10.3 •>
©
i
O"
o c Berechne f{0
f ür alle a
a ~ T dx
~
^
A
0.
;
o '1
-2a
Lösung: Zuerst bemerken wir , dass da
( x +ox )2 gilt. Die Idee ist. unser Integral als
x +ot
rCC
dx
Ableitung von 1( a )
Jo x^+ä ~ o“ zu schreiben. Dieses Integral existiert als uneigentliches
Integral und ist. nach a differenzierbar . weil f ( a. x )
und d a f ( a , x ) stetig auf IR x [0, oo )
sind und folgende Abschä tzung gilt. F ü r alle x > 1 gilt
-
-
—
1
| f ( a. x )
x2
d f { a. x )
da
—
w
m
r
1
+a
< ~ =
X
-1
<
.,.2
i; K
U
1
x4
•
•
sGO
m
: h( x )
g ( x ) d x und
h ( x ) d x konvergieren ( Beachte: f ( a. x ) ist auf dem Intervall
und die Integrale
[0, 1] nicht problematisch. Das einzige Problem liegt an der Grenze oo. Somit spielt es keine Rolle,
wenn die Abschätzungen mit g ( x ) und ii ( x ) auf dem ganzen Intervall [0, oo ) gelten oder nur auf
einem Teil davon, z.B. [ Too ) ). Somit sind die Bedingungen des Satzes 10.3.1 erf üllt und bei der
Benutzung der Formel f ü r Paranieterint, egrale finden wir
CC
o
2
(*
1
+ a2 ) 2
2a
ifx
l
0
0
1
-d x
d a x 2 -j- o r =
oo
1 d 1
arctan ( rc / a )
2a d a. a
o
—
1 d
2a d a
OO
J0
1
x2
(
= 1
2a d a 2a
— —
\
+ a2
dx
XäSf..
TT
4a3 ’
II
1
Beispiel 10.3.3
®
o o\
$
168
:
li
- .. .
..
4/ V W»!
V
10.oo . Ü NEIGENTLICHE PARAMETERINTEGRALE
Lösung: Wir bemerken zuerst, dass
—
d atx
~
6
= x2 e x
da
gilt. Wir f ü hren also unser Integra! auf K ( a ) —
c a x der =
zur ü ck. Die Funktionen
~~ ax2 und daf ( a x )
ax erf llen
2~ e
^
)
x
,
e
(
a
x
Voraussetzungen
ü
die
des Satzes 10.3.1. Somit
/
=
—
.
oo
—
1
II
in
Im!a
x2 e
~
ax ~ dX
~
~
OG
Beispiel 10.3.4
—
—
oodae —
00
—
d
OcX
••o Berechne
2
:x
OO
ne
e
~ OG
av ~ dx
—
d
da
a.c~
2ös / 2
*
für alle n F N
Lösung: Fü r n ungerade ist das Integral offensichtlich Null weil der Integrand eine: ungerade
Funktion und das Integrationsintervall um x
0 symmetrisch ist. Falls n gerade ist ( n = 2 m ,
m G N) gilt
drn ~ rtx ~
~
e
= ( l ) m.r 2me — O. X ~
—
—
—
dam
-
•• X.
d
da
dx =
"
Also
OO
2m
-a* dx = (-1)’"
cc
dm
da
'
~
/_
= i r T L /E
— OC
(
::
I
_(
;
/
“
m
i
oc
r/ctm
'
“
.
-j )ym
1
^
V
—
ctx ~
=(
dx
— 1)
OG
dm
u
e ~ tvardx
m !
<k* ./ o
/
in
_
'
a-3
Q
^
0
/
2
-2
2m - 1
'
2 22
( 2m - 1 )!!
.
9
(-D m.
9rn
Beispiel 10.3.5 •o o Berechne
das Integral JQ ° e ~ax cos xdx =
ax cos xdx
/0°° xe
f ür alle a, > 0 . Hinweis: Betrachte
ii
;!/
Lösung: Wir bemerken zuerst, dass
daf —
1
In
f!
;;14
|
o
I5
•
m
1
ax-
COS
x=
— .re
gilt. Die Idee ist somit , dass wir f xe ~ ax cosxdx als Ableitung von
e ~" x cos xdx
schreiben. Die Voraussetzungen des Satzes 10.3.1 sind erf üllt und wir haben
oc
o
^
xe — ax cos xdx
— —
o
d
da,
aC —
r;..r
ö
N
a
a2
cos xdx
+1
/
ii
1;S
«
*
cos .r
169
—
oc
d
e
da. o
•
a2 - 1
( a2 + I ) 2
‘
—
03'
cos xdx
=
o
</ ”
+1
I.
10 . PARAMETERINTEGRALE
Hi:
:
jjff
Berechne
integral /0°° e ox sinzdx =* i
© 0 O;
tll'
e
^l£.dx
f ür alle a
> 0 . Hinweis: Betrachte das
iiil
|
—
Losung: Die Voraussetzungen des Satzes 10.3.1 sind erf üllt. Wir können somit den Ausdruck
nach a differenzieren
e ax X
F {a ) =
00
äF ( a )
da
—
d
.
o
a x sin
x
x
cc
dx =
e
~~
Jo
—
ax
sin xdx
1
m;
— — a 1+ 1
2
Somit
dF ( a )
da
i
(a)
a
=—
arctan ü + C.
Wir müssen nur noch die Integrationskonstante bestimmen. Dazu betrachten wir den Limes a -4- oo.
Es gilt
- oc
e ~~ aa
. sm x*
x
0
—<
—
A UngL
dx
J0
M i o :r.
a x sm rr
x
x
<—
‘
<1
OC
—
e ax dx
0
— ia -
!!
1
'
0.
4
M
—
Somit geht F ( a ) nach 0 für a > oc. Wir haben somit die Bedingung
lim F (a )
o
oc
=
—
•
I
c = ?2
’
i
=?
lim arctan!a ) + C
0=
1
:
welche das gew ünschte Resultat liefert
oc
.
a ..> sin x dx
e
x
0
Insbesondere erhalten wir f ür
ft
~
7r
—
= -2
arctan a.
m
0
a
oc
.
/
0
sm x .
r
dx
,
r
7r
= -2r.
t
—
Beispiel 10.3.7
®
e :c ~ cos ( 2ax ) dx
•o Berechne
.
.
IISlg
t
I
Lösung: Das Integral 1( a ) ~ /( e — x cos ( 2ax ) dz existiert als uneigentliches Parameterintegral
und ist nach cv differenzierbar. da die Voraussetzungen des Satzes 10.3.1 erf üllt, sind.
Anstatt 1( a ) selbst zu bestimmen , berechnen wir seine Ableitung
ff
dl ( a )
da
^ _ e
cos ( 2ax ) dx =
e
3
o
2
—
da
OO
Jo
*
d (
e
Ox
—
x~
X
.
oo
e
Jo
T
'
~
—
( 2x ) sm( 2ax )dz
ü;
li
11
w:I
lit:
i
ifl1.
m:
ff
i
70
I
::
W:
o
10 .o
- ü NEIGENTLICHE PARAMETERINTEGRALE
Mit einer partiellen Integration
'
00
d/ ( a )
da
m
« ; ••• •
—e
x~
e
x 2 ) sin (
(e
dx
o
sin ( 2ar )
v
co
Wir haben somit eine Differenzialgleichung f ü r
~
c
miser
CJ
xi ~
( s\i\( 2 ax ) ) dx
— — 2a l ( a ) .
Integral 1( a ) gefunden
r 2o da
dl( a )
— 2a l ( a )
"
0
2acos( 2ax )dx
T
e
o
da
'i 2C
Jo
=0
oo
d.I ( a )
2a ä' ) d:c
==> ./ I M
==
.
7(a )
-
-
7(0)e er
Wir müssen nur noch / (0) bestimmen
ii
CO
iS.
=
7(0)
S!!
'
I
ij
•CO
e
T
cos (0 ) dx =
o
7r
—2
dx =
0
•
Somit
ii
oo
IfI
e
o
J
v
TT
"
o e ° .
cos ( 2a:r ) dx
”
i
l!f
IE
lii
*ii
Beispiel 10.3.8
-
zu zeigen. Hier ist erf ( z )
•
©
o Benutze das vorige Resultat
;
Satz von Fu
J
|
ii
Ii
Ä
Lösung: Wir haben in dem vorigen Beispiel
m
ifiic
oc
•
tINi
o
'
s
gefunden. Wir integrieren das Resultat zwischen 0 und c
IJ
.is
OC
.
11
lii
Ii
cos ( 2ax ) dx =
-
Die rechte Seite ist gleich
Ä
V5F 6 — a-
'
0
2
da =
£ jf —
da .
Jo
a2
da
— — erf (s. .
7T
.
4
)
Füx die linke Seite benutzen wir den Satz von Fubini ( siehe Kapitel 11). um die Integrale zu
*
vertauschen
cc
Z
I
x2
0
0
11
ii
lBi:i
e
da
!
§ -1
a
e-* cos( 2a.?;) do; =
e
da
Jo
Jo
x~
cos (2ax ) dx
—
oc
e
dx
Jo
Jo
11
171
T
cos ( 2a .r ) da
=
730
>
Jo
_
(>
•P
2
sin ( 2 ex )
dx:.
oX X
;
?
II
10 . PARAMETERINTEGRALE
Dies liefert genau das gewü nschte Resultat
'•oe
e~ X
sin( 2 zx )
dx
x
2
0
Beispiel 10.3. 9
••o
>
OK (1
JX 1
Berechne
.
>;
I
—
~
2
erf (e ).
ff
•
dx
mE.
( l +a x‘)
ac
dx ist definiert und nach a differenzierbar. Anstatt
L ösung: Das Integral F ( a ) = f0 log HA
F ( o:) zu betrachten, betrachten wir seine Ableitung
•
dF ( a )
da
90
JO
“
U ll
oo
2 oatr
d log ( I 4 a2 x ~ )
dx.
dx
=
2 ) (l
(
x
1
1 4 X2
da
4
4 a2 x 2 )
o
Dies ist ein Integral einer rationalen Funktion und der Grad unten ist grösser als der Grad oben.
Wir machen somit eine Partialbruchzerlegung
2ax ~
2a
1
1 4 x2
a2 - 1
(HP ) ( Ho: ¥ )
'
s:
1
V
?
14 a2 x2 }
m
Wir haben somit
dF ( a )
da
2ax 2
DC
IE
l!
1i
dx
m
:
2a
CO
/
1
1
l 4 x2
1 4 a2x2
2a
arctan ( .T )
a2 1
1
a
dx
dt
oc
arct an (ax)
J
2a
a2 - 1 2
o
a
|
;
7r
a 41
!
Wir haben einen Ausdruck f ür die Ableitung unseres Integrals gefunden. Integrieren wir das Ergebnis. so linden wir
dF ( a )
da
7T
a4l
F( a ) = 7T log( l 4- a ) 4 C .
=>
Also
30
o
:
S
Um die Integrationskonstante C zu bestimmen, werten wir F { a ) bei a
F( 0 )
%
I
0 ==
0
7T log
log ( l + a 2 x 2 )
dx
1 4 x2
(0 4 1) + C
—
7rlog
—
= 0 aus
'
II
C.
I
%
( l 4 a ).
if
E
Berechne
e
—
?
ax ! - h ’ T' dx ß r alle
L ösung: Wir haben in diesem Fall ein ParameterintegTal mit zwei
I ( a. b )
r
cc
,
1
'
M
.
ff
Parametein a und b
~
e ~ a F ~ h/ x dx
h)
:
a. b > 0.
m-
El
11
72
II
ii i
lii
1
ff
10.3. UNEIGENTLICHE PARAMETERINTEGRALE
aber das Prinzip ist das gleiche , wie im Falle eines einzelnen Parameters. Wir leiten nach 6 ab
dl ( a. b )
II
W ?;
Um
7o
Ö6
C
—
«a
roc
-
/o
1'
s-“ '
'
-
J
X
•
zu eliminieren, machen wir die Substitution y
d/ (a, fe)
db
lil
°° d
-
==> dy
0
- Nr =
— _— jzdx.
— -
Wir haben somit
rx
'
dy
X.
-
e o / tr krdy
4
0
Wir haben nun ein Integral , das fast so aussieht wie / ( <?.. 6 ) , nur dass die Rollen von a und b
vertauscht sind. Wir f ü hren eine weitere Substitution durch: s =
. Somit
M
cc
0/ ( tt, b )
db
*/ = - , / r
ü
r—
0
a;
.
4
0
—
Wir haben also eine Differenzialgleichung f ü r / ( a , 6) gefunden
lil
If
<9J (a , 6)
l
!l
—
yl { a : b )
b
j$
I ( a f b)
— I ( a.0)e—
Wir müssen nur noch 1(a. 0 ) bestimmen
OO
J(a , 0 )
1
s
Schlussendlich
OG
Ü
lii
=
0
1
2
H
fi
i
lii
lit
l
lii
:
!
I
sm
m
:
m
« i!
f.
—
e-° x-- h! x- dx = - \ r
! e ~ 2 ' nb
Ni
«
II
1
2 V o.
e
173
V
o
\
2 V ob
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i
:
V
1
1
K»:'v':'.:
—
;;:;yxiwSV' ':sxi.vK
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:v;:Wy:V : :SvSv> vW;v::::
jv
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vj
/
—
*
::i:;:S;:v;;vS!::K;;;:ffixffiw?;::v;;:;::;i::w.vi
>
O
Pi
K
H
2
t
w
m
pd
P
>
o
Tell II
Integralrechnung im Mn
y
1
:>
;;
y
I
:
;s
|
*
:<
175
.
?
•
>
j
i
:
;
;
!
i
'
isifi
;
Kapitel 11
!$
Integration auf Quadern und der
Satz von Fubini
ii:
11.1
Integration auf Quadern in R-
Der einfachste Integralbegriff in mehreren Dimensionen sind Integrale a.uf Quadern. Ein
Quader in R 2 ist nichts Anderes als ein Produkt von zwei (offenen, abgeschlossenen oder
halboffenen ) Intervallen , also ein Rechteck. Zum Beispiel sind Q [0, 2] x [0.1] und Q
( 2, 4 ) x (0, log (3) ] zwei Quader in R 2 .
—
—
y
h
i
T
h
X
Der Elementarinhalt eines Quaders lässt sich auf die nat ü rlichste Art und Weise erkl ä ren.
Fü r Q ~ [ai , & i ] x [a 2 , b2\ ist
;
MQ) =
%
Ii
( b>2 - a2 ) • ( 6i - aQ .
— —
(4
Zum Beispiel: /x ( [0, 2] x [0, 1] ) = ( 2 — 0) • (1 — 0 ) = 2 und p ( ( 2.4) x ( 0.1og ( 3)] )
21og ( 3) . Da eine aus einem einzelnen Punkt bestehende Menge { a }
2) (log (3) 0)
eine Nullmenge ist , also Mass Null hat , macht; es keinen Unterschied , ob die Intevalle offen ,
abgeschlossen oder halb-offen sind: Der Elementarinha.lt (resp. das Integral ) ergibt dasselbe
Resultat!
Es sei jetzt / : Q
R eine vorgegebene stetige Funktion welche auf einem Quader Q
*
.
d f j.( x. y )
Q
— —
,
11. INTEGRATION
AUF
QUADERN UND DER SATZ
FUBINI
VON
it
definiert ist und Werte in R annimmt . Dann wird das Integral
r
I
f ( z , y ) dfj.{ x , y )
JQ
als Limes von Riemannschen Summen erklä rt wie im eindimensionalen Fall. In der Praxis
ben öt igen wir aber eine allgemeine Methode, um derartige Integrale effizient zu berechnen ,
wenn / ein Ausdruck in den Variablen x , y ist und Q als Quader gegeben ist. Dazu dient
der Satz von Fubini, der in einer seiner einfachsten Formen so lautet
,
I
i
äiSi
m
Satz 11.1 . 1 (Satz von Fnbini in R 2 ) Es seien der Quader Q
[0-2 , 62] und f : Q R mit f e C° ( Q ) gegeben. Dann gilt
h
f { x . y )d ß ( x .. y )
dx
Q
[au 61] x
111 y )
<
Ü2
1
In dieser Schreibweise werden Integrale von innen nach aussen ausgewertet , d.h. zuerst das
Integral über y und dann das Integral ü ber x . In diesem Fall spielt die Reihenfolge der
Integration keine Rolle. Aus Symmetriegr ünden können wir nä mlich auch zuerst über x
und dann über y integrieren , ohne das Endresultat zu ändern
0
-
f { x , y ) dn ( x , y ) =
'
j
> 0.
bo
-
/•bi
dy
-
d.x f { x , y ) .
:
«
,
i[ o . i ] x [ o , i ) \ / 4 - x 2 y 2
mI;
\I
Die Aufgabe eine vorgelegte stetige Funktion / auf einem Quader zu integrieren , besteht
also einfach darin , zwei hintereinander geschaltete Integrale zu bestimmen, bei denen jedes
Mal nur eine Variable betroffen ist und alle anderen als Konstanten zu betrachten sind.
Als Beispiel wollen wir das Integral
y
Ui
!: l :
01
2
i
|
!j j
!I ;
ri
8i
1
d ß{ x. y)
bestimmen . Um das gegebene Integral zu berechnen, wenden wir den Satz von Fubini an
y
-/ ( 0.1 j x [0. i ]
v
4 - X 2 y2
'
d ß( x, y ) =
1
l
dy
dx
0
0
V
sjd - x2 y2
Ji
Wir haben somit zwei hintereinander geschaltete eindimensionale Integrale zu bestimmen.
Es wird zuerst das “ innere’ Integral bestimmt . Dabei wird ü ber y integriert und x als eine
Zahl betrachtet
y
[ 0,1] X [0, 1] y' A ~ x 2 y2
d ß ( x, y )
-
-
I
1
dx
)0
dy
J0
- 2 — VZ
1
/0
•
.
X2
y
2 2
?
\/4 - X ;
x2
1
dx
0
d x.
y
il
/ 4 - x 2 yx2
0
ji!
31
m
w
I
178
.
. ...
..
KfrfxwwMam1» /
•
.
_ -_
L
L
INTEGRATION
«
AUF
QUADERN
IN
M2
Wir bleiben nun mit einem Integral ü ber x . das wir direkt auswerten kö nnen. Mit einer
partiellen Integration bekommen wir i
1
y
[0,1] X [0.3]
yj4 - x2 y2
__
-Ix
—
1
1
x-
= Jo
dx
X
Jo
=
T
2 - vT-Zä ,
1
dx
4
o V - X2
2 + arcsm
(V 2 )/ ]J o =
+
ü
"
—
x2 ) dx
1
x1
V3-
—
•
d - V ^4 —
/
(2 ~ v 4
•
— +—
1
2
6
.
Die andere Integrationsreihenfolge liefert dasselbe Resultat .
V
[ö, I ] x [o. i]
^4
V
—
x2 y2
d ß( x , y )
u
=
i
d, y
0
- dy arcsin (
.I
V
da:
0
0
\
J
y
arcsm
9
0
— Vs — 2
ay
)
y
y arcsm \ ~~
—
9
vU
^
~
11
) Jo
-11
~
>
rJO
6
aber der Rechenaufwand ist definitiv kleiner geworden . Dieses Beispiel zeigt wie eine Umkehrung in der Integrationsreihenfolge (welche in diesem Kontext keine Rolle spielt ) mit
einem Schlag ganz anders aussehen kann. Wir lernen daraus dass es eine gute Idee ist ,
jedes Mal daran zu denken , in welcher Reihenfolge die Integrale am besten zu berechnen
sind . In anderen Worten: ‘Wähle die beste Integrationsreihenfolge!"
,
,
Lösung: Nach dem Satz von Fubini müssen wir zwei eindimensionale Integrale berechnen
•t
y sm ( xy ) d y.
[0 ,1] x [ 0.7T / 2]
— Joj dx Joj
T
/2
dyysm( xy ) .
Am einfachsten ist das Integral über x (wenn wir nach y integrieren würden , müssten wir eine
partielle Integration durchf ü hren...). Somit kehren wir einfach die Reihenfolge der Integration um
und bekommen
[0,1] x [0.7r / 2]
~ /2
ysin( xy ) dy. =
~{
U
dy
o
Jo
dxy sm( xy ) =
n)
- dy { ~ cos ( xy ) }
TT
dy ( 1 - cos y ) - [.(/ - sin y ] o /
rr 2
o
l
2
—
LFür die untere Grenze bei der partiellen Integration benutzen wir Taylor ( vtl. + a 1 4- a / 2 + . . . )
1
1 ( - /2 -~ S
z- i R
2 lim .Q 1- 14 / + = 0.
2 lim s 0 V
den Grenzwert zu bestimmen: lima o R- .
—
X
—
=
179
j
x
)
—
—
2
3
x
—
um
jl
11 . INTEGRATION AUF QUADERN UND DER SATZ
FUBINI
VON
; i;
1
'
L ösung: Nach dem Satz von Fubini
11
X .V +
i
i
d y x v+ l .
l
0
0
Am besten integriert man zuerst ü ber x. Wir kehren somit die Integrationsreihenfolge um und
bekommen
[
J [0.1p
x y+l d ß
fl d y [
= Jo
dxxu rl
'
-j 0
—
.1.
dy
Jo
21
X !)+
;
1
ll
: 1!
]
I
- */ + 2 Jo
^ = Po«(» + 2)lS = log (|)
^
y
2
Bemerke, dass die Rechnung komplizierter wird, wenn man die Reihenfolge der Integration umkehrt!
Beispiel 11.1.3
®
oo
i;o.i]k [i.2]
+
1
d ß( x , y )
x +Vr
Lösung: Nach dem Satz von Fubini
1
J [0.1] x [1 2]
,
(1 + X -r y ) ~
-
d p( x . y )
•/
o
1:
2
1
dy
dx
Ji
(1 +
1
m
1
’
x + y )2
Wir haben somit zwei hintereinander geschaltete eindimensionale Integrale zu bestimmen. Es wird
zuerst das innere Integral bestimmt. Dabei wird ü ber y integriert und x als eine Zahl betrachtet
1
./ [o.i] x [ i .2 j (1 + x
~\~ y ) 2
dd ( x , y ) =
-
Ji
1
Jo
2
dz
Jo
-
- dy
l
1
1
(1 + .r + ?
y) 2
/ 1
I
2 -F x
34 x
dx
0
1
1+ x + y
_
2
1
d,x .
*
Wir bleiben nun mit einem Integral über x . das wir direkt auswerten können
(5 _
1
/ [0, 1 ] X [1,2]
•
(! + .T
T
g
J
l:
d x = [log(.r + 2) - log(z + 3) ]
log(3) - log( 2 ) - log (4) + log(3)
= log
Qj
J
.
f
r
Beispiel 11.1.4
®
oo
./ [t .l] x [1.2] V* +
y d ß( x . y )
)
180
.
•v'nr
i
i
V
i
i
ill
11.1. INTEGRATION AUF QUADERN
IN
R2
i
i
li
Lösung: Nach dem Satz von Fubini
//[
«
y
0.1] x [1.2]
Jo/
/ x + ydfj =
UT
Jl/
dyy/ x + y
— .o
1
212
'
i
/
i
,
—32 Jo dx
~
v
X
+ 2)3/2 - (in + 1)3/ 2 j =
2 . 2 r (x + 2 ) 5/ 2 _ ( 2 + 1 ) 5 / 2 ] 1
;
O
ü
JO
= A ( 35 / 2 - 27/ 2 + l ) .
15
1
!1
:
L
•00
Beispiel 11.1. 5
A
Lösung: Um das gegebene Integral zu berechnen, wenden wir den Satz von Fubini an
;?
.
3
rO
1
d f i( x y y )
2
1
dy
I2
Wir haben somit zwei hintereinander geschaltete eindimensionale Integrale zu bestimmen. Es wird
zuerst das innere Integral bestimmt . Dabei wird ü ber y integriert und x als eine Zahl betrachtet
[1,2] x [2.3] 1 + { x
[
|
d u( x . y )
2
1
fl ,2] x [2,3] 1 + (x + i/ )
;§.
*
•
+ y)
d ( x, y )
2 ß
=
dx
3
->
o
1
da;
i.
i
dx [arctan ( x -b y ) ] Z
o
•/ 2
;
a
Wir bleiben nun mit einem Integral ü ber x. das wir direkt ausweiten können
•2
3
(arctan (x + 3)
—
1
arctan(x + 2 ) ) dx
~
2
1
9
o
log ( l T ( x + 3) - )
1
2
2
Iog ( l + (:r + 2 ) )
1
/
3 arctan ( 3 )
;
|
—
|289
260
8 arctan (4 ) H~ 5 arctan (5) A - log
\
U
Beispiel 11.1. 6 •• o Wir haben gelernt : Der Satz von Fubini impliziert dass bei der
Berechnung von Integralen auf Quadern die IntegraI ionsreihenfolge keine Rolle spielt .
Betrachte das folgende Integral
,
x-y ? /
pdiu ( x . y ) .
+ y)
J/ { o , i|2 / TT
—
;•
'
.
i/V
3
Berechne das Integral auf zwei Arten: 1 ) Zuerst noch y und dann nach x integrieren ,
-
s pnuch zu dem Satz von Fubini ?
181
11. INTEGRATION AUF QUADERN UND DER SATZ VON FUBINI
Lösung: 1) Wir wollen
r
j.
j
dy
dz
rl
x~y
. o Jo
berechnen . Das innere Integral kann man leicht bestimmen ( x ist wie eine Konstante )
/
Jo
7
y
X ~
vT
(* +
, 2.r - (.;; -f y )
d ~
~
1
l
—
1
dy
]
-I
-1
.
2x
—
1
f
V + t W = 2x Jo (* + y ):i
i
'
o
( x + J/ ) 3
[ 2( x + y )2 } 0
.* + i/ Jo
X
1
( x 4- 1V2
x 41
1
2x
= 2x
dy
L
-
fl
( x 4- y ) 2
1
1
1
2{ x + l ) 2
X
x+ l
i:
]j ;
|
( z 4 l )2
'
i
Somit
rl
1,
.
1
dx
dy
o
—{ x
-y
X
4
rl
y )3
/
•
dx
o
-1
I
4- l ) 2
(x
b;
J
x 4- lj o
”
”
1
1
+1” 2
2
I:
-
i
:
2) Wir wollen nun die andere Reihenfolge betrachten
1
dy
o
dx
Jo
x~y
{ x 4 y f'
*
si
Das innere Integral kann man auch leicht bestimmen ( y ist wie eine Konstante)
Y
h
1
. x-y
ax
( x 4- v / ) 3
o
-1
X
r1
( x + y ) - 2y
(x+ yf
,
i
_
4y o
y
( 2 / 4 l) 2
2 Jy
1
dx
L
2y
( x 4 y )2 I
-1
[ 2( x 4 y) 2
0
1
y
o
SM
1
1
y
!
dx
4 y )3
r
1
l
2 { y + 1)2
+1
1
1
y41
in:
* *:!
Somit
1
ri
dy
dx
0
0
T ~
V
( x 4 </) 3
_
rl
Jo
dy
~1
1
( y + i)2
,
y +1
i
lo
1
i;
1
i
2
Wir beobachten: Die zwei Integrationsreihenfolgen geben unterschiedliche Resultate. In diesem
x y
Fell darf der Satz von Fubini nicht angewandt werden. Denn der Integrand f ( x. y )
r ist
an der Stelle ( x. y ) = (0.0) unstetig. Denn mit dem Polarkoordinaten-Trick f ü r zweidimensionale
Grenzwerte findet man
r (cosv? - smo
~
f ( x, y ) =
lim
lim
-w 00.
:
= rhmt-Q r7*T(z cos tp 4 sm
( x . // )-t ( ü.o )
(.r . yi -HO. ü ) [ x 4 y Y
y> ) 6 =
—
—
'
Die Voraussetzung
/ C° { Q )
Beispiel 11.1.7
•
©
!
—
ist in diesem Fall nicht erf üllt .
o Berechne das Integral
30
s m( x )
182
—
ü
l - )!
.j|
| i:
liii
4
1
fi
••
;
k
:s: r:
§i
i
ll
11.2. INTEGRATION AUF QUADERN IN Rn
:
I
11
Lösung: Der Trick bei dieser Aufgabe ist, das folgende Integral zu betrachten
oc
e ~ ridt
0
!!;j
V
sin x
x
Jo
8
X
—
1
st
X
0
Die Idee ist , den Term 1 / x als /0°° e ~ xidt zu schreiben. Wir bekommen somit ein Doppelintegral'
das wir mit dem Satz von Fubini behandeln können .
00
:
}
=
oc
dx
=
sin (x )
0
•DC
DC
xidt dx Fubuni
e
dxsm( x ) e xt
dt
Jo
/
.
0
"
Da die Integrationsreihenfolge keine Rolle spielt , integrieren wir zuerst über x . Zweimalige partielle
Integration liefert
t
sin (x)
oc
o
-
dx
"
^
-
— —
1
I
(1 4- 1 )
^
f
“
'
Jo
Xidx = 1
=>
— t J[o
oc
JW
2
)
x'
cos (x) e
dx
j
—
xt
oc
sin (x ) e
xi
Jo
sin ( x ) e
ctdx
Jo
=0
oc
sin ( x ) e
:t
J
| tsm (x ) e
I
:
I
—
- [ cos( x ) c
dx =
1
1 + t2
'
Es ergibt sich somit.
,,oc
II
o
11.2
sinx
dx
x
—
oc
'•CO
dx sin ( x ) e
dt
0
0
—
'•oc
aT
dt
()
— [arctan (t)]^ = 2r
7
Integration auf Quadern in R n
Im Allgemeinen ist ein Quader Q C Mn ein Produkt
i
n.
Q := [oi : &i]
X
[a2, 62] x
••*
x [an br ] =
?
J=][ Ij
./
:
1
—
von n Intervallen Ij [a*, bj], bj > a 1 : j = 1, n. Nat ü rlich müssen die einzelnen Intervalle
nicht notwendigerweise abgeschlossen sein. Im Gegenteil , sie d ü rfen offen, abgeschlossen
oder halb-offen sein, wie zum Beispiel in Q — [3.4 ) x ( 0.3) x [1, 2]. Der Elementarinhalt
des Quaders Q ist gegeben durch
KQ) =
1i - i
1
Q
Mx =
n
T.
J
•
:
y
wobei |Ij| = bj - aj die Länge des Intervalls Ij ist. Zum Beispiel: p.( [Q , l\ )
O
und ju ([3s 4) x ( 0, 3) x [1, 2] ) = ( 4 - 3) • (3 - 0 ) ( 2 - 1 !
183
—
(1 — O r = 1
11. INTEGRATION AUF QUADERN UND DER SATZ VON FUBINI
Hi
Mi
Die mehrdimensionale Version des Satzes von Fubini lautet dann
I
rsi
—
Satz 11.2. 1 (Satz von Fubini in Kn ) Es seien der Quader Q
[ai , öi] x
,
f
x
,
Q
:
f
x [an bn ) und
[ö2 bo ]
A 3R mit
e C° ( Q ) gegeben. Dann gilt
-
•
-
•
f { x ) dy ( x )
JQ
=
dxnf ( x i , rr2 , ... , xn ) .
m
m
Uli
Auch in diesem Fall spielt die Reihenfolge der Integration keine Rulle: Aus Symmetriegrlinden gilt zum Beispiel
I
S:
bn
Q
a.T;V
/ (:e) 4u (a? ) =
bi
--
d x i f ( x i , x2 .... xn )
iI
Mi
*
•' & ?:
aL
oder alle anderen möglichen Reihenfolgen.
Die Aufgabe, eine vorgelegte stetige Funktion / auf einem Quader Q C Mn zu integrieren ,
besteht also einfach darin , n hintereinander geschaltete Integrale zu bestimmen , bei denen
jedes Mal nur eine Variable betroffen ist und alle anderen als Konstanten zu betrachten
sind .
Als ganz einfaches Beispiel betrachten wir das Integral
f
;
xy 2 zzdfj ( :r, y , z ).
Aojp
Nach dem Satz von Fubini in SV kö nnen wir das gegebene Integral als drei eindimensionale
Integrale schreiben
McuF
xy ~ z * dy ( x. y . z )
i
l
—
o
l
dy
dx
0
o
dzxy 2
zz.
Das Beispiel ist besonders einfach, weil der Integrand als ein Produkt von Termen vorkommt . die nur von einer Variablen ahhängen . Wir kö nnen somit das Integral als Produkt
von eindimensionalen Integralen schreiben
Ao ip
xy~ z' Jd( j. [ x : y , z )
J
=
o
.
/
dxx
1
/* ]
o
dyy2
o
dzzz
1 1 1
2 3 4
*
’
_ _1_
~
24
Wir sagen , das Integral sei f autorisiert worden .
I« :
1
i;
Beispiel 11.2. 1 ooo
[0.1p X [
—
( x2
+ tanh ( x 4- t /
3 ) ) 234 sin
zdfi ( x , y , z )
77.7T '
Lösung: Nach dem Satz von Fubini
r
J [ o i ]~ x ,
( x2
.
TT TT
+ tanli ( x + y 3) ) 234 SINZDY
~
I
JO
dx
f
JO
dy
f
J
—
dz ( x1 + tanh (.r + y3)) 234 sin z .
TT
184
:
-I
Si
A
li
:
m
1
|
!
11.2. INTEGRATION AUF QUADERN IN En
Am besten f ü hren wir zuerst die Integration über z durch und finden sofort
[0.1] “ x [
—
]
77, 77
3
+ tanh (x + y ) )
Beispiel 11.2.2
234
sin z d ß =
x ( x + !/ )
too
1 + z2
=o
i.
»i
(;x2
d y i x 2 -f
dx
0
3
tanii(x + y ) )
0
234
.
j—
d z sin z
77
d ß( x. y . z )
T
Lösung: Nach dem Satz von Fubini
[CU]3
x( x + y )
dß
1 + z2
—
dx
0
4
!
Beispiel 11.2. 3
l
i
dz
dy
0
0
1
TT
:
!
-
l
1
dx
Jo
d y( x ~
o
1
TT
X3
X 21
4
3
4 Jo
!i
x {x + y )
1 + z2
TT
TT
1
4
3
4
d y x( x
dx
Jo
J0
"
+ xy) -
3
•
f 1 dx x2 y
+
x y2
0
2
+ y ) [arctan ( s)] o
‘i
.
o
= ~4
j
Jo
d x ( x~ +
'
xr
48
/
illglliilill!
too
Lösung: Nach dem Satz von Fubini
r
7T
[O.TT ] 3
sin ( x + y + z ) d ß
0
'Z
r
'* 77
dx
0
77
o
0
r d y ( cos( r + y )
77
dx
o
0
T
n-
dx I dy
Jo
Jo
- cos (.r
+ y + 7r ) )
77
dx [sin ( x + y ) - sin ( x + y + TT )] Q
o
77
o
( 2 sin ( x + 7r )
— sin(x )
- sinix
+ 2 ?r ) ) dx
— 2 cos(x + ) + cosx + cos(x + 2 ]J
( 2 ) + 2 cos V ) + cosiV cos (0) +
2
= — 8.
=[
TT
COS
Beispiel 11.2 . 4
•* o
TT )
TT
(
sin (au +
,
[Qk
185
) -
COS (3TT ) - COS (2 TR )
—-x
— 0.
11. INTEGRATION AUF QUADERN UND DER SATZ VON FUBINI
ii
m
i
L ösung: Nach dem Satz von Fubini gilt
r
[0.7TJ '
sin (xi
+
r
— dx
—
+ xn ) dfAi
• • •
7r
i
dxn sin(xi
••
*
0
0
1- xTl ) .
H
Um die Rechnung viel einfacher als im obigem Beispiel zu machen , rechnen wir komplex. Wir sehen
den Sinus als Imaginärteil von elx aus, d . h . sin .r =
und finden
[( ) - ] "
sin (.Ti H
r
TT
— Im .// .
+ xn )d / j.
./ o
[O TT ] "
= Im
= Im
~
*
J o/
L
dxi
evx“ dxn
e I X y d xl
e t .C
'
U
= Im
—
\n
C)
*
••
o
TT
dx.,lei
- +-
l
+x
( Xl
;
•
”>
J
*
I
n
— Im
elxdx
«vl
= Im (2?:) n .
$
Somit gilt
L
IO.TT] "
sin (.rx
Beispiel 11.2.5
•
b xn ) d / /
®
O:
l.
I-i i]’’
= Im ( 2 ? )
n gerade n
0
t!
( — l)
m 2n
f:
2m
n ungerade n
%
l
2m ~b 1
:
I
ii
Qi
b Xw ) 2 (/ jU (x ):
(X ] 4
—=
Lösung: Nach dem Satz von Fubini gilt
;
—
J [ l A]vl
(xi H
Die Idee ist. das Quadrat (xi -b
{ Ti H
b
xr, )
2
—
xn. ) 2 du { x )
b
1
[
J -l
dxi • •
Mj2.
dxn { x1 H
b x,,. ) 2 explizit aufzuschreiben
Quadrate-
—
-i
g;
2xr, _ Xn
Gemischte Terme
x\ -b xi H~
X“
-b 2x!.To d- 2.Ti .T3 H
ii #i
111:
1
Es gilt dann
1.
(x i H
b
'
xnyd. ß { x ) =
1
Quadrate
!
dxi
dx „( xi -b xS H
'
• •
-
„
3
Gemischte Terme
x2 + 2x ] Xo -b 2x .ix3 H
_
2xn ixn ).
ill:
ii
1
Die Integrale ü ber die Terme xpx
. • • - . x2 ergeben alle dasselbe Resultat , z.B.
|
=§
1
fl
dxi
•••
-1
d.XnZi
= I
fl
ri
o
j
dxiXj I
—
l Terme
2• 2
•
* *
2n
3‘
Es gibt n solche Integrale. Diese tragen somit riL- bei. Weiter geben die Integrale ü ber die gemischten Termen dasselbe Resultat. z.B.
=0
=0
./ - J
dx1 - • •
/•1
-1
dxaXiX2
—
1
=2
<
=2
4.
l'
186
a
I
I
11.2. INTEGRATION AUF QUADERN
IN
En
;
!
•
Somit lautet das Gesamtintegral
Beispiel 11.2.6
••o
/
( xi
[0,1] "
H
rX
„) ~ d ß ( x )
'
Lösung: Nach dem Satz von Fubini gilt
:
1
•
[0,1]
-
2
h X n ) d ß( x ) =
(xj H
1
(x
j0 dxri i H
Quadrate
—
h xn ) ~
•"
2
f ;r 7,)
KT*. ) 2 explizit aufzuschreiben
Die Idee ist , wiederum das Quadrat (xj 4
(xx H
'
ö.T i
0
xj 4 xi 4 -
•
Ge m iscli te Ter me
•
2
X n.
n
—
Es gilt dann
*
1
*
JMn
Die Integrale über die Terme
-J
dx- i
o
xj , x2 ,
* * *
Quadrate
i
'
+ Xr, ) 2 dn( x ) =
(a i H
GeiiiEchte Tc - nno
. x2
./ o
r
dxi
•*
- ./
J
o
1
dxnXj
=
-1
>
dx- i x
2
/
0
x ,, )
ergeben alle dasselbe Resultat
=0
1
—
n i
0
-
dx ->
0
/ •1
\
dx JA
0
1
3
—
n 1 Terme
1
• •
•
1
1
9
•9
Es gibt n solche Integrale. Diese tragen somit fr bei. Weiter geben die Integrale über die gemischten
Termen alle dasselbe Resultat
=4
l
o
dxi
-
l
]
* *
Jo
dxn 2x j X 2 = 2
Jo
0
Es gibt dilL-dl solche Integrale. Diese tragen somit
Also lautet das Gesamtintegral - 4-
7
^
u 1)
1
'
i
i
187
II
-
d X >:!
tlrcx -Tx
•
IE
! /
f
'
)
j
Jo
1
-.
-i
»•1
l
dx3
/o
•
fi.T7J
9
11. INTEGRATION
AUF
QUADERN UND
DER
SATZ
VON
FUBINI
3;
IN
Hg:
•
Wl
m
ii
nl
:
1
:
•i::
m.
$:
.
!‘i|:
&
ii
,
r-
g
iit
:!
•
II8
$
II :
..
.
i» :
>
’
Si
:
188
V
&
.r-'o -r.- . .T**
'
«
""
rr«*r
.
.
:
!
Kapitel 12
Integration auf Normalbereichen
Wir haben bereits gelernt , mehrdimensionale Integrale auf Quadern mithilfe des Satzes
von Fubini zu berechnen. Leider sind die meisten Bereiche auf denen man integrieren will ,
normalerweise komplizierter als Quader. Eine der gr össten Schwierigkeiten der Integration
im W 1 ist nicht die praktische Berechnung der Integrale selbst , sondern die Aufstellung dieser Integralen , in anderen Worten eine geeignete Parametrisierung des Gebietes zu finden .
Leider gibt es keine feste Regeln bei der Parametrisierung von Gebieten in M.n. Am besten
schaut man sich viele Beispiele an und wendet das Prinzip learning by doing an. Erst wenn
man genü gend viele Beispiele durchgerechnet hat , beginnt man ein gewisses “ Gef ü hl” f ü r
Parametrisierungen zu bekommen. Im Allgemeinen ist es aber sc , dass die meisten Probleme , welche in der Praxis Vorkommen , sich essentiell mit zwei Methoden lösen lassen: mit
der Methode der Normalbereiche oder mit einer geeigneten Substitution. Normalbereiche
sind der Gegenstand dieses Kapitels. Die Substitutionsregel wird im n ächsten Kapitel behandelt . Wir beginnen mit Normalbereichen in R 2 ( einfacher ) und verallgemeinern dann
die Resultate auf allgemeine Normalbereiche in EL
,
I
V
1
t :.
12.1
Normalbereiche in R 2
Im Folgenden sei Ü c R 2 eine beschränkte Teilmenge von M2 .
f ] heisst ein y- Normalbereich, falls sich Q wie folgt darsteilen lässt . i
f2
= {(x, y ) e R 2|a < x < b. f ( x ) < y < g ( x ) }
wobei /, g zwei stetige Funktionen der Variablen x sind . Mit anderen Worten: Q ist ein
y- Normalbereich , falls zwei Zahlen a , b und zwei stetige Funktionen f . g existieren, sodass
x zwischen a und b liegt und , f ür fixes x . die A Triable y zwischen f ( x ) und g ( x ) liegt .
Entsprechend definiert ma.n einen x- Normalbereich, wenn man die R.olle von x und y
vertauscht
D {(x, y ) 6 R 2|C < y < d, h( y ) < x < k ( y ) }
—
1
Weil die aus einem Punkt bestehende Menge eine Nullmenge ist , spielt es keine Rolle ob " < oder
in der Definition vorkommt.
"
189
r'
<
“
12. INTEGRATION AUF NORMALBEREICHEN
y
>:
d
y
:
K v)
h( y )
/ (*)
i]
s:
C
a
6
x
a)
5;
b)
i
!
-
Abbildung 12.1: a ) y Norraalbereich: Es gibt zwei Zahlen a: h und zwei stetige Funktionen
/. g , so dass x zwischen a und b liegt und , f ür fixes .x\ y zwischen / (.r )
und g ( x ) liegt b ) .r - Normalbereich: y ist zwischen c und d und f ür fixes
y ist x zwischen h [ y ) und k ( y ) .
,
1!:
i
1
;
i
11
g
!
;
i
-
£
‘
—
Eine Menge Q als Normalbereich (Ir- oder y Nonnalbereich spielt keine grosse Rolle)
schreiben zu können, ist im Rahmen der Integrationsrechnung im Rn sehr wichtig, denn es
gibt eine sehr einfache Formel f ü r Integrale auf Normalbereichen. Der Satz lautet:
MC
i:
Satz 12.1 . 1 ( Integration auf Normalbereichen ( IR2 )) S e i
Q
= { ( .T , y )
6
R ~ |o, < x < b , f ( x ) < y < g ( x ) }
°
mit .stetigen Funktionen / , g und .sei F
C (0) . Dann gilt
d y F ( x , y ).
Das Integral wird von innen nach aussen ausgeweriet , d.h. zuerst das innere und
dann da$ auss ere Integral
f:
V.
Der Satz ist sozusagen eine Verallgemeinerung des Satzes von Fubini f ür den Fall ,
kein Quader, sondern ein Normalbereich ist . Nat ürlich gilt der Satz auch f ü r x- Normalbereiche.
In diesem Fall muss man nur die Rolle von x und y vertauschen. Fü r
dass Q
Q
—
M 2 |C < y
{ { x. y )
gilt
Fd
Jn
*
-1
< d , h( y ) < x < k ( y ) }
r ay
7
d x F { x, y ).
*
f i\
t:
190
.
wifwma
«
»JA
»
12.1. NORMALBEREICKE IN ]R ~
Das Integral wird immer von innen nach aussen ausgewertet , d.h. zuerst wird das ;r- und
dann das ^/-Integral bestimmt. Die Reihenfolge der Integration spielt in diesem Fall nat ürlich eine Rolle, denn die inneren Grenzen sind ja Funktionen von x ( resp. y )\
Um diese einfache Prozedur zu illustrieren , wollen wir den Flä cheninhalt der Einlieitsdisk
in R 2 bestimmen. Nat ürlich weiss der Leser schon , dass der Flä cheninhalt der Einlieitsdisk
in R2 gerade n beträgt. Trotzdem wollen wir ihn mithilfe von Normalbereichen bestimmen.
Dies geschieht wie folgt. Die Einheitsdisk in R ~ ist folgende Menge
0
—
{ (xxy)
e R 2|X2 + y 2 < 1}.
Der Flächeninhalt von O ist definiert als das Integral der Funktion I auf
y( f l )
Jo
f l . d .h .
d y.
Um dieses Integral zu berechnen , versuchen wir Q als Normalbereich zu schreiben. Um das
zu machen , wählt man zuerst eine der zwei Variablen aus. sagen wir x . und 'Vergisst" die
andere. Dies machen wir. um die äussersten Grenzen f ü r x zu finden . Man bekommt
x2 < 1
-1 < x < 1.
—
So liegt jetzt x zwischen zwei Zahlen ( 1 und 1) . Nun nimmt man die andere Variable, in
diesem Fall y , und betrachtet die vorige ( in diesem Fall x ) als eine Konstante. Man l öst
nach y auf
x2
y2 < 1
+ y2 < 1 =>
—
x2
- VI -
v
Vw X ~2 .
y
Wir haben es geschafft! x liegt nun zwischen zwei Zahlen ( 1 und 1) und, f ü r fixes x.
liegt y zwischen zwei Rmktionen von x ( vl — x 2 und \/ l — X2 ). D .h. Q lässt sich als
Normalbereich schreiben
“
—
Q
= { (.x\ y ) 6 Ä2 | - 1 < X <
L - \/ l - x ~ < y <
Vl
X 2 }.
Darum können wir die Formel f ür Normalbereiche benutzen und finden
o
j
dy
—
2 vÜ
v'TW
i
I
du =
dx
-1
.
—
x 2 dx
=
x\/ l
—
./-1
—
d z [ y ] V I x— V l — T-
x2 + arcsin ( x )
J
1
=
—
+
—
£
—
rr .
Wie schon am Anfang erwähnt , ist Integration auf Normalbereichen grundsätzlich nur eine
Frage von Ü bung. Somit beginnen wir sofort weitere Beispiele anzuschauen .
it
ill
|
j
12. INTEGRATION
AUF
NORMALBEREICHEN
K
i
Schritt 1: Wir müssen zuerst II als Normalbereich schreiben. Dazu wä hlen wir eine Variable aus,
zum Beispiel y. und 'Vergessen " alle anderen Variablen . Aus |?y| < 1 folgt 1 < y < 1. Dann
schauen wir die andere Variable an ( x in diesem Fall ) , betrachten die vorige ( y in diesem Fall) als
eine Konstante und versuchen nach x aufzul ösen. Aus |x| < \ y \ folgt \ y \ < x < \ y \ . Wir haben
somit fl als Normalbereich geschrieben
—
—
n = {(X ,y)
E2| - l < y < 1, ~\ y\
X
t,
3 li;
tt ;
< |j/|}.
Schritt 2: Jetzt benutzen wir die Formel f ür Normalbereiche (12.1.1)
e ~v ~ / 2 d j i
O
Lv !
i
—
-1.
dy
-
2
d x e~ y /2
d \ v\
-
1
2
-I
d y \ y \ e - sr / 2
Nun haben wir ein Integral einer Funktion welche \ y \ enth ält. Wie kann man in solchen Situationen
Vorgehen? Normalerweise trennt inan das Integral in zwei Teile ( benutze \ y \
y f ür y > 0 und
\ y \ - - y tür y < 0 )
—
2
r1
j
d y \ y\ e - ?r / 2 = 2
j
4
[
0
•
d y ( ~!j ) e v~' 2 4 2
*
'
Ri
dyye
1
1J o —
*
ye ~
•
J
I
‘Hy = 4
y~ / 2
4 (1
=
fl
I
'
8:
J
— —
e 1/ 2 ) -
11
m
i
I
K;
I
Si:
•
Schritt 1: Wir m üssen zuerst fl als Normalbereich schreiben. Dazu wä hlen wir eine Variable aus,
zum Beispiel x , und “ vergessen” alle anderen Variablen. Aus x < 1 und 0 < x folgt 0 < x < 1.
Dann schauen wir die andere Variable an ( y in diesem Fall) , betrachten die vorige ( x in diesem
Fall ) als eine Konstante. In diesem Fall brauchen wir gar keine Arbeit zu leisten, da 0 < y < x
schon in der richtigen Form steht . Wir haben somit fl als Normalbereich geschrieben
fl
—
{ { x, y )
2
M |0 < x < 1, 0 < y < x } .
ü
i
i
mli
:
M
Schritt 2: Jetzt benutzen wir die Formel f ü r Normal bereiche (12.1.1)
l yV-!+hi
/
:2
y2
dp
= Jo[
dT
[
Jo
I
(\/ 2 x
X
du
—
1
V
2
\/ x
4-
y2
x )dx = (V 2
o
-x
mf
JO
j:
|
I
d x y x2 + y2
- l ) LVRI
-
1
V2 - 1
2
o
Jo
Wichtige Bemerkung: Da die aus einem Punkt bestehende Menge eine Nullmenge ist ( d.h. Mass
Null hat ) , spielt es fü r die Integration gar keine Rolle, ob ein < oder ein < in der Definition des
Normalbereiches steht. In beiden Fällen benutzt man dieselbe Formel und das Resultat ist dasselbe!
Beispiel 12.1.3
/n x y d
ß
& = { { x . y ) e R2 \ y
192
x2 , x
!
«li
W
M
y2 }
V
.
12.1. NORMALBEREICHE IN R 2
Schritt. 1: Wir müssen als Erstes ü als Normalbereicli schreiben . Dazu machen wir zuerst eine
kleine Skizze der Menge.
V
1
i
x
Wir betrachten dann eine der zwei Variablen, zum Beispiel x , und sehen, dass x zwischen 0 und 1
liegt ( das sind die äussersten Grenzen!) . Dann betrachten wir x als eine Konstante und schauen , was
mit y passiert . Aus y > x ~ und x > y 2 folgt x 2 < y < vdr . Wir haben somit Q als Normalbereich
geschrieben
-Q = { ( x . y )
R2|0 < 3’ < l..r 2 < y < y'.r } -
Schritt 2: Jetzt benutzen wir die Formel f ür Normalbereiche (12.1.1)
Schritt 1: Wir müssen als Erstes 9 als Normalbereich schreiben. Wir betrachten eine der zwei
Variablen, zum Beispiel x. und 'wergessen die andere ( y in diesem Fall ). Aus x > 0 und x < 1
folgt 0 < x < 1. Dann betrachten war x als eine Konstante und schauen , was mit y passiert . Aus
y > 0 tmd x + y > 1 folgt 0 < y < 1 x . Wir haben somit 9 als Normalbereich geschrieben
"
—
Q
= { ( T. y ) 6 R 2 |0 < x < 1.0 < y < 1 - x}.
,
Schritt 2: Jetzt benutzen wir die Formel f ür Normalbereiehe (12.1.1)
1
1
n
(:r 2 + y2 ) d ß
=
d y { x2
dx
o
2\
)
0
1
o
1
3
V
(1 -
=
-r )
3
1
1
1
4
12
6
193
d x o r y HJ0
dx
—
.3 D
oj
-
0
ir I
—
X
^ -roid
:
4
Jo
’
41
(1
12
o
H
12 . INTEGRATION AUF NORMALBEREICHEN
ill!
VW
m
I-
!5
hi
:
Beispiel 12.1.5
y
~
•
00
A - n - {( r
a YZ
;
>
y)
e® 1
°
&
< 2/ < 2.x < i } .
Schritt 1: Wir mü ssen als Erstes 0 als Nor mal bereich schreiben. Wir betrachten eine der zwei
Variablen , zum Beispiel x und vergessen die andere ( y in diesem Fall ) . Aus 0 < x < 2x < 1 folgt
0 < x < 1 / 2. Dann betrachten wir x als eine Konstante und schauen, was mit y passiert. Dies ist
aber direkt aus der Definition von f l ablesbar: x < y < 2x. Wir haben somit f 2 als Normalbereich
geschrieben
f > = { ( x. y ) M3|0 < x < 1/ 2, x < y < 2 x ) .
.
Schritt 2: Jetzt benutzen wir die Formel f ü r Normal bereiche (12.1.1)
2
^=
rC/ p
./ < > 1 + X3
dx
0
1/2
1
0
Beispiel 12.1.6
1/ 2
1/2
JO
1 + S3
Ja-
—
3x ~
dx =
14- x .
j
Jo
dx -
2
iI ;
f!
I
3'
1 -b X3
i [log(i + *3)] J/ a =
ilogQj
!
•o o Mass you ü = { ( ? . // ) 6 R 2||x| 4- |?/| < 1}.
•
*
Schritt 1: Wir müssen als Erstes Q als Normalbereich schreiben. Wir betrachten eine der zwei
Variablen zum Beispiel x , und vergessen die andere ( y in diesem Fall ) . Aus |x| < 1 folgt 1 < x < 1.
Dann betrachten wir x als eine Konstante und schauen, was mit y passiert. Aus |x| 4- \ y \ < 1 folgt,
(1 |x|) < y < l |x|. Wir haben somit Q als Normalbereich geschrieben
—
,
— —
%
—
il
= { ( x. y )
—
E2| 1 < x < 1. ~ (1
— |x|) < y < 1 — |x|}.
/
I
Schritt 2: Jetzt benutzen wir die Formel f ü r Normalbereiche (12.1.1)
.
ß( 9 )
= JIn d ß = JI
Symmetrie
Beispiel 12.1.7
-i
-.l.
1
’ i Dl
dy =
dx I
d x 2(1
J -( i i* l )
-l
r
fl
4
Mass v o n
fl
-
— x )d x — 4
O *1 1
x
— -—
X“
9
Jo
— |x|)
— 2.
- { ( x. y ) 6 R2|x 4- y < 1, |x| < 1, x 2
—
1 < y }.
Schritt 1: Wir m ü ssen als Erstes f als Normalbereich schreiben. Wir betrachten eine der zwei
Variablen, zum Beispiel x. und vergessen die andere ( y in diesem Fall). Aus x < 1. |x| < 1 imd
194
~... “ Tf2WTWW
S
V!
~
;
; ri
12.1 . NORMALBEREICHE
IN
R2
|
:l ;
—
x r ~ 1 < 0 folgt 1 < x < 1. Dann betrachten wir x als eine Konstante und schauen, was mit
y passiert. Aus x -f y < 1 und x 2 - 1 < y folgt or - 1 < y < 1 x . Wir haben somit Q als
Normalbereich geschrieben
—
f 2 = {(x , ?/ ) 6 l2| - l < .T < l . r - l <
;(/
< l - x }.
Schritt 2: Jetzt benutzen wir die Formel f ür Normalbereiche ( 12.1.1)
ß( ü )
-
ß
(2
~i
1/
= . -i d x
/
i
Beispiel 12.1. 8
]
i
dß
••o J
—x
.£ 2-1
1
clx ( 1
o
~~
2
—
2x
x ~~ x 2 4- 1 )
i
x3
3 -i
'
— x — x )d x
xd ß
—
dy
2
2
= 4 - o - -3
10
3
fl g
Schritt 1: Wir müssen zuerst fl als Normalbereich schreiben. Am besten zeichnen wir die Situation
auf.
%
!= ;{
: .? •
|
-1
4
X
—
Aus der Graphik sieht man, dass x zwischen 1 und 4 liegt ( ä usserste Grenzen ) mid dass wir f ür
y zwei Fälle unterscheiden müssen: den Fall, dass y zwischen der ;r-Achse und der Funktion x 4- 1
liegt. Die zwei Funktionen
liegt und den Fall, dass y zwischen der a -Achse und der Funktion
~
treffen sich bei 1 \~ x =
=> x = Somit schreiben wir
fl = { (x y ) e R 2|0 < y < 1 4- x wenn
}
—
1< x
< 2 / 3 und 0 < y <
-
-
wenn 2 / 3 < x < 4}
i
— {(r, y) R |0 < y < 1 4- x, — 1 < x < 2 /3}
— fix 4 fle
6
~
2
U { ( r, y ) 6
R 2|0 < y <
, 2 / 3 < rr
< 4}
*
Schritt 2: Jetzt benutzen wir die Formel f ür Normalbereiche (12.1.1) und summieren die Beiträge
aus flj und flo
4
xd ß
ß
=
dx
d y x 4-
./ 0
:r
dyx
•/ Ü
2 3
x31 /
fr
o
4- xr +
+ 3
6 1 1/ 2
2
-1
2
—
dx
—
2 /3
j
~i
23
400
+ sT
162
t
:
195
-
1
d x ( x 4- l ) x
275
“
54
+
d 2/3
dx
4— x
x
2
12 . INTEGRATION
AUF
NORMALBEREICHEN
«
m
r
üi
lili
II
m
m
Beispiel 12.1. 9
i
II;
Schritt 1: Wir schreiben 0 als Normalbereich. Dazu wählen wir eine Variable aus, z.B. x und
vergessen die andere. Es gilt
W\ < 1
=» -1 < x < 1.
\ x\ < 1
^
.
m
m
Dann schauen wir y an und betrachten x als eine Konstante
^
- (1 - vl l ) 2 < y < (1 ~ V \ x \ ) 2 Somit haben wir
9.= { ( x , y )
e R 2| - 1 < .T < 1. -(1 - VR) 2 < y < (1- \/R) 2}-
_
Schritt 2: Wir benutzen die Formel f ü r Normalbereiche
n
12.2
d ß { x. y )
—
-:
f d ,: (
J
(i
\/ W )
2
l
— / \ x\ ) dx
= 4 a - 2 + *)d* = 4 (i |+ i) 23
i ^
j
~I
ii
-v M)
'
dy
2
=2
-i
(1
2
y
v
i
Normalbereiche in E n
Genauso wie in R2 kann man Normalbereiche in Rn definieren. Ü C Rn heisst Normalbereich , falls sich 0 folgendermassen darstellen lässt
0 = { [ X u X2.
;
sn ) e Rn|a < X < 6. /i ( x] ) < x2 < pi (a*) ,
/n -1 ( x15 -T 2 #n-1 ) <
]
'
j
••
,
X2 ,
••• 7
Xn
_ )}
i
n
|
mit stetigen Funktionen fugu F ü r solche. Bereiche gilt die Formel
-
<n (J J )
d- X'2
n
/1 Un )
a
/n
—
1 ( x i ,X 2
~ ..,X n -i )
dxn.
1:
i
Schauen wir uns einige Beispiele an .
i
Beispiel 12.2.1 ® oo
xd }j
ü
Ü
- { (*, y . z )
196
R'V + y <
/ z , x > 0, y > 0, 0 < 2 < 1}.
y
I;
i
12.2. NORMALBEREICHE IN Ei i
I
Schritt 1: Wir müssen zuerst Q als Normalbereich schreiben . Da c schon zwischen zwei Zahlen
steht (0 < 2 < 1) , ist es sicher mal gut 2 als erste Variable zu wählen. Dann schauen wir eine
andere Variable an (zum Beispiel x ) , befrachten die vorige ( ~ in diesem Fall ) als eine Konstante
und vergessen alle anderen Variablen. Aus x < s f z und x > 0 folgt 0 < x < \ f z . Ferner betrachten
wir die verbleibende Variable y und betrachten die vorigen Variablen ( x und z ) als Konstanten.
Aus x + y < yfz und y > 0 folgt 0 < y < \ f z x . Wir haben somit Q als Normalbereich geschrieben
—
Q sr { (x,
y. z )
M3|0 < z
—
< 1, 0 < x < y z . 0 < y < \/ z x}.
'
Schritt 2: Jetzt benutzen wir die Formel f ü r Norm albereiche
xd y.
ft
—
-
rz
1
'V
dz
dyx =
0
0
1
\ fz
dz
-
0
X
2
Jo
z
axx
dz
0
1
x31
3 0
1
s, / z
r1
X
dx
3/ 2
dz
n
—
X
3
1 2
—6
6
--5 Z 5 /2
'
0
1
15
I
1i
lli
Schritt 1: Wir müssen zuerst. Q als Normalbereich schreiben. Wir betrachten eine Variable, zum
Beispiel x, und vergessen alle anderen Variablen . Aus x > 0 und x/ x < 1 folgt 0 < x < 1. Dann
schauen wir eine andere Variable an ( zum Beispiel y ) . betrachten die vorige ( x in diesem Fall )
als eine Konstante und vergessen alle anderen Variablen. Aus y > 0 und y/ x + xfy < 1 folgt
0 < y < (1 V*) 2. Ferner betrachten wir die verbleibende Variable z und betrachten die vorigen
Variablen ( x mid y ) als Konstanten. Aus z > 0 und \ f x -r / y+ y z < 1 folgt 0 < e < ( 1 y/ x y / y ) ~ .
—
n = { ( x , y , s ) e R3\0
x < 1, 0
—
^
Wir haben somit Q. als Normalbereich geschrieben
—
0 ~ VM - 0 < s < (1 - V* - VJ/ ) 2}-
V
Schritt 2: Jetzt benutzen wir die Formel f ür Normalbereichc
i
xdfi
ft
=
dx
o
o
dx
0
0
r
(1 - ydr )3
dx
3
o
I h - 2s3'2 + V
2
1
1
j
dx ( 1
Jo
j
— 3x
1/ 2
Hl
i
dx
- V^) 2
Jo
dvW ~\ ü o
+- ö X
*
~~ X 3/
2
\
1
5
X
0
o
o
V
197
n yx -wyr
-i d - vW
2
d x (1 - \/ x ) y - ~ y3/ 2
f
d y (1 - V x - V v ) -
I
3
= I
0
U - v/D 2
i
l
dz
dy
9
o
30
12. INTEGRATION AUF NORMALBEREICHEN
Ji
Si
i\
Beispiel 12.2.3
fl
•o o Volumen
von
= { (.r. y . z ) 6 R 3|0 < x < 1. y > 0, x 4 y < 1, 0 < z < x2 }M
*
Schritt 1: Wir müssen zuerst H als Normalbereich schreiben. Wir haben Gl ück , dass x schon
zwischen zwei Zahlen liegt . Darum wählen wir zuerst x aus. Dann fixieren wir x , wählen eine andere
Variable aus (zum Beispiel y ) u n d vergessen alle anderen Variablen. Aus y > 0 und x + y < 1 folgt
0 < y < 1 x. Ferner betrachten wir die verbleibende Valuable z und fassen die vorigen Variablen (x
und y ) als Konstanten auf . In diesem Fall müssen wir gar keine Arbeit leisten , da bereits 0 < z < x 2
in der Definition von fi steht. Wir haben somit Q als Normalbercicb geschrieben
Ü
fli
—
—
{ (.T. y. z ) 6 R *|0 < x < 1, 0 < y < 1 .r, 0 < z < x2 } .
0
‘
Schritt 2: Jetzt benutzen wir die Formel f ür Normalbereiche
r
ß(Q )
I —
r1
/*
= JQ dfi — JO
f
Jo
d x( l
—
dx
1
r x~
X
dy
JO
JO
:
x )x 2 = j d x ( x2
Jo
—
JO
rl
dz
~
rl
dx
JO
— x ) = V—3
<
>
Ü
x
d y x2
h4 ] -_ 12
T
1
Jo
.
Beispiel 12.2 4
d ß,
Schritt 1: Wir schreiben
Q
H
=
M?\ x2 + y 2 < 1 , y2 + z 2 < 1}
z)
"AY
V-/ Yb!
als Normalbereich. Als erste Variable wä hlen wir y aus. Es gilt
r2 < 1
-1 < y < 1.
Dann wählen wir x aus. und betrachten y als eine Konstante. Wh lösen nach x auf
*
r? + :12 < 1
=* - VI - y2 < x < \A - y2.
y2 +
=*
Analog f ü r z
~2
<1
-
-/ l - y~ < z < y/ i - yV
Es gilt somit
Q
= { { x, y . z ) e R -! < ;? < l . - J l 3|
y2
<x<
/
\ l
- y2 ,-\A - y- < z < \/ l - y }.
2
st
mm
\%
Schritt 2 Jetzt wenden wir die Formel f ü r Normalbereiche an
— --
1
df.i { oy y . z )
./ ß
Vi - y'
dy
1
r
V- i
J - y/ l - U2
d y( i
dx
/
~~ A 1
— sr
:
dz
—
1
-1
dy
- y/ 1 ~ y*
J
dx 2\ 1
— y-
16
3
- y~ ) =
'
198
1
m
ft
'
12.2 . NORMALBEREICHE
••o Sei
Beispiel 12.2. 5
IN
Rn
R + stetig . Wir definieren den Rotationsk ö rper
f : [a , 6]
R = {( x , y , z ) 6 R3|O < : < b ..r ~
r < / V )} .
Berechne das Volum,en von R.
Schritt 1: Wir schreiben R als Normalbereich. Als erste Variable wählen wir z aus, da
zwischen zwei Zahlen liegt
a
Dann wählen wir x ans, und betrachten
2
schon
< x < 6.
als eine Konstante. Wir l ösen nach x auf ( / ist positiv)
2
ft < f ( z ) =>
r(
•
~) < T <
»-
/(
?;{
Ferner schauen wir y an und betrachten x und z als Konstanten. Wir lösen nach y auf
y2 + x 2 <
= - - P P P ) - ft < y <
f ( z)
Ä
y
P P)
“
x2.
:Ö
Es gilt somit
p p)
D = { ( x , y, 2) e R3|a < z < h, ~~ / ( x ) < x < f ( z ) . ~~ y/
x2 < y <
p p p) - x 2}.
Schritt 2; Jetzt wenden wir die Formel f ür Normalbereiche an
A*(Ä)
I?.
dz
o
/ ( *)
-/ (- )
-
/•/ ( )
da
0
6
=2
r6
d/i (x, y. 2)
-/ W
ft
dx
n
X” .
dxfipiz)
Nun betrachten wir das x Integral. Mit der Substitution x / f p ) = sin ( m) => d x
finden wir
?
j yp( z - *dx = J
)
x
2
f(z)
/2 (ft
2
fi - (pfi) dx =
x
m
cos2 mdrn
2
x
1-
f 2( z )
m
—
rr
-I- arcsin
= / ( 2 ) cos mdrn
—
/ 2 ( ~ ) (sin m cos m m )
+
4- C.
m
Somit gilt
!£ ;
f
ft Ä)
-
/(
b
dx
2
-
)
d x f i p( z ) -
a
b
d z f 2 ( z ) (0 ~b arcsin (1)
a
x2
-
»b
x
dzffiz
i
/ ( .- ) V
o
— arcsin(
- l )) ~
r b dx
rr I
n
/ e
199
1-
v
X
/( ~)
2
arcsin 1
v / (~ )
- -/
U)
I
12. INTEGRATION AUF NORMALBEREICHEN
mi
ill
12.3
1:1
m
Der Skalierungstrick ist eine sehr einfache aber hilfreiche Methode , welche es uns erlaubt ,
Volumina von n-dimensionalen Gebieten zu bestimmen. Will man etwa das Volumen des
n-dimensionalen Balles in jeder Dimension n bestimmen , so kann man das relativ schnell
und reibungslos mithilfe des Skalierungstricks schaffen.
Am besten geht man wie folgt vor: Man stelle sich ein Quadrat mit Seitenlangen 1 vor. Das
Volumen (der Flächeninhalt in diesem Fall ) des Quadrates ist dann 1 1 = 1. Nun skaliere
man dasselbe Quadrat um einen Faktor a. Man bekommt ein Quadrat der Seitenlange a.
Das Volumen des skalierten Quadrates ist nun a • a = a2, also gerade a2 mal das Volumen
des Quadrats mit Seitenlange 1
*
.\
e
M
m
I
III
ill
m
ui
a
a
1
a;
a
Hi
jilj
1
1
I
Nun wendet man dasselbe Prinzip in n Dimensionen an. Ein Quader in n Dimensionen der
Seitenlange 1 hat Volumen 1. Skaliert man es mit einem Faktor a, so bekommt man ein
Quader mit Volumen an\ also an mal das Volumen mit Seitenlange 1. Allgemein gilt das
folgende Skalierungsprinzip:
|
II
m
m
\
ii
Iii
Satz 12.3.1 (Skalriemngstrick ) Sei Q C Rn messbar ( d .h. JJ, ( Q ) ist definiert ).
Die Menge Qa welche man durch Skalierung von 0 um einen Faktor a > 0 bekommt ist auch messbar und es gilt
.
?
- i üa ) = an ß ( ü ) .
i
mm
fj
I;
Hi
Die Merkregel ist
“ Eine Skalierung um einen Faktor a in n Dimensionen trägt mit an
tf
'
ü
r
zum Gesamtvolumen bei.
"
-
Als Beispiel betrachten wir das n Simplex
En
in n Dimensionen definiert durch
k
En = { ( x i ,
eW X
\
) ~r
f- xn
Xo
< 1, X i > 0
Vf. = 1, ..., n}.
200
f
V
IS
L
12.3. DER SKALIERUNGSTRICK
H
fl
Unser Ziel ist es, das Volumen ju (£n ) f ür alle n zu bestimmen. Um das zu machen , schreiben
wir zuerst £ n als Normalbereich
En = {0 < x i < 1, 0 < x2 < 1 -
0<
X .n
< 1 - Xi
-
£n l }
-
Mit der Formel f ü r Normalbereiche finden wir dann ein iteriertes Integral
o
—
T .T ;i - X 2-
i
'
d.r -2
d xi
0
'
1- 3 3
* . -1
*
7
d r3 • •
0
dxn .
0
Im Prinzip lassen sich die hier auftretenden n Integrationen durchf ühren , allerdings sind
(wie man leicht sieht ) die dazu notwendigen Rechnungen sehr umst ändlich. Eine bessere,
viel einfachere Art , das Problem anzugehen , besteht darin den Skalierungstrick anzuwenden. Wir betrachten die letzten n 1 Integrale
;
,
—
/i ( E„)
-
= Volumen von Sri1
—
-
={{^2
07,jeE
1 Xl
r1
=
1
l
d xi
0
TL
—
"I
~X 2
d xo
dxc
0
+x „< l
j.C 2 -i
;
•
•
-xj
—
sei ,
x, >0 Vf =2
d xn
•
0
0
/
—
Ij
n}
\
!
Es ist sofort klar, dass die n 1 Integrale in den Klammern genau dieselbe Struktur haben
wie das gesamte Integral /x ( £ri ) . Es gibt aber einige Unterschiede: Es gibt nur n 1 Integrale
( und nicht n ) und das erste Integral ist Jo1 X l und nicht fQ~ . Dies ist genau das Volumen
des ( n 1)-Simplexes in n 1 Dimensionen mit " 1 x C anstatt “ 1" in der Definition , d .h.
—
3
I
—
KZ? = { (
X 2 , ...
, Xn )
—
E R71
—
1
\ x2 T- -
£„- i
—
ein
=
*
4- xr
•
/
<
—
1
, x-i > 0 VI = 2 .
Xi
}.
??.
-
Dies ist eine “ skalierte" Version von
;
—
—
^ '1 1. 1
1|
To
——
H
h Xn
<
[3 , X i > 0
—
VI
= 2. .... n}.
—
V
Denn E1n Xj
x\ skaliert . Wir wissen
1 bekommt man , indem man ^ r l um den Faktor 1
dann: Skalierungsfaktor 1 X\ in n 1 Dimensionen trägt (1 x\ ) 77 — 1 bei - Somit ist
)
—
/t ( Ew )
—
1
1
dxi
Jo
'1
—
—
i
-1
1 -X I
X]
-
dro
1 -T i
d x3
Jo
Jo
A( Tn - l )
X2
X
„~ i
cic:r/
• • *
Jo
*
dri ( l ~~ .Ti ) n
'
0
r a-
fl
n
n
I
)n i 1
o
I/ (En._ i ) .
If
; lv
®i
V (Sn-l )
M (£»- I )
i
Mit dieser Methode haben wir eine Rekursionsformel f ür ^ 71 gefunden . Wendet man diese
Rekursionsformel n mal an , so bekommt man
M(E )
1
(Sn- l ) =
=nM
nn
1
—
1
VW — 2 )
]
1
nn
—
201
1
1n — 2
1
: ä;
12. INTEGRATION
AUF
NORMALBEREICHEN
:.g!
; !
|
Nat ü rlich ist // ( Ei )
— 1 (ist die Gerade 0
ß
~~> l ).
O-'
Tl
1
—
)
ä!
Also
.
n!
Hier sind weitere Beispiele zum Thema Skalierungstrick.
Beispiel 12.3.1
o
© <r
Qr,
Berechne das Volumen der folgenden Menge
= { (xi ,
Rn|0 < X i < X 2 <
*
••
< a?n <!}•;
Lösung: Wir schreiben
als Normalbereich . Wir wä hlen zuerst xn und vergessen alle anderen
Variablen . Wir finden 0 < xn < 1. Dann wählen wir xu ~\ und finden 0 < a? n -i
Und so
weiter
Clr, = {(xi , .... xu )
£
xn < 1.0 < xn-i < x ... 0 < X\ < X o }.
En|ü <
71 1
'
Mit der Formel f ür Normalbereiche findet man
1
fi ( 9,ri )
= JoI
:nl
I
dxTi
Zn
dx n~~ l
/u
dxi .
JO
•
Wir wenden den Skalierungstrick an und betrachten die letzten n
=
n( Q r )
/
-
I
dxTI
dxn
0
_i
—
i
1 Integrale
X2
dxi
* *
0
_
tl
Die n — 1 Integrale in den Klammern gehen das Volumen von Qf'Li = { ( xj , .... xn i ) £ Mn 1|0 <
x7 „i < xa , .... 0 < Xj < x 2}. was eine Skalierte Version von On - i ist- ( es ist S 2n i um den Faktor xn
skaliert da ein x,, anstatt 1 in der Definition stellt ). Ein Skalierungsfaktor xn in n 1 Dimensionen
gibt x" 1. Somit
_
)
—
,
”
=iai Kl
'
r dx1
/r (On )
= ./ o
—
1 x
1
h-T., )
1
fZ 2
i
./ o
dx i
0
xn
dx.n // ( On
_
i)
,“
M
tl
:\
s
:
n
li
,
Wir haben wiederum eine Rekursionsformel f ü r u ( fln ) bekommen, welche man n Mal anwenden
kann , um // (fl,,) zu bestimmen . Wir haben somit
/ / ( SA. )
wobei wir / j ( Qi )
.
—
"
/
_ —
i
)
J.
1
nV
= 1 benutzt haben .
: $:
vV
Beispiel 12.3.2
©
•o Berechne das Volumen des Einheitsballs Br>
in n Dimensionen.
L ösung: Der Einheitsball in n Dimensionen ist folgende Menge
Bn = {( xj . .... Xn )
£
FD \ Xj + X2 + • • • + x; < 1}.
*
202
I
u
1:1
12.3. DER SKALIERUNGSTRICK
::
Als erstes schreiben wir Bn als Normalbereich. Wir wählen zuerst x j und vergessen alle; anderen
Variablen. Wir finden — 1 < X\ < 1. Dann wählen wir :;? > . betrachten xL als eine Konstante und
lösen nach xo auf
,
•
xj
!
< 1 =>
+
I
V 1 - XJ < X 2- <
“
yjl — f .
X'
Dami machen wir dasselbe mit x$
xj + xi +
:
—
< 1 =>
Xi -
*§
Bi
< y 1 - x j - xro2 .
'
und so weiter. Wir bekommen somit
-{
£7'
xn ) e RB| - 1 < a? i < 1. -
(xi ,
V1
~
I
ai
*
”
1
f
’
*
—
< r;o < \J 1 x2 .
r;5 \
D
“
tr
A
-
*? - *1,
Mit der Formel f ü r Normalbereiche findet man dann
D - ri
1
ß ( Bn )
=
V/ l
•\
\
dx i
dxo
~i
~
—
fvi d ~ d-
.t
.rii ~~ .c
"
v i -ri ri
«
—
I
drn.
- \d -d -d
~
Wiederum haben wir ein sehr kompliziertes Integral, dessen Berechnung fast unm öglich zu sein
scheint. Mit dem Skalierungstrick ist es aber möglich es zu bestimmen. Wir schreiben
*
=Volumen des Balles niii
%
” )=
ß( B
!i
—
Radius
xK
-
-1
dx2
fi - x' j
-
—
—— —
!
in n 2 Dimcnsiorn *!
~ .T Ö
i
3
öh3 • • •
-
'
" y l ri
—
1
dxn
J
xn-1
—
—
Die n 2 Integrale in den Klammern ergeben das Volumen des Balles mit Radius yx .ry .re
in n 2 Dimensionen. Nach dein Skalierungsprinzip ist das genau {\/ l xj xi ) n ~'2 Mal das
Volumen des Einheitsballes in n — 2 Dimensionen. Somit
—
— —
V ßn - )
/1 2 - 3 ~
=(
- —
1.
:
ß ( Bn )
=
-l
/l
-i
2 - y/ j
xj
- v t - ri?
- XTn '
dxn
)
ii.
(
{
.
'
— —
dx >
'
"
— — —
'
-X 1
dx i
“
y
\/1
1
= M( ßn 2)
J—
)
T~
TT
1
dx-2
dx ]
'
—
Vv
f
\
1
r 2i - .To2
,
Das doppelte Integral kann man mit den Polarkoordinaten lösen (siehe Kapitel Substitutionsregel ).
r sin integrieren über von 0 bis 2 TT und ü ber r von 0 bis 1
Wir schreiben x\ ~ r cos tp , x2
und betrachten, dass in Polarkoordinaten dxdy rdrdp gilt
=
^
~
Ü ij
V 1-
1
n
A«( ß )
= riBn ~2 ) ./ - l dx
, ~2 )
= 2irfj.( Br
^
]
c/x->
1
.To
l
'
o
—
n 2
— XJ —
=d ß
:
r( l
-1
= 2TR/i ( ßn 2 ) n
-
r2 ) ft / 2 ~ 1 dr = 27r/ / ( Br'
l
2?r
11
n KB
’
“
Jo
Wir haben somit eine Rekursionsformel f ür
[ j. ( Bn )
“
2
2
)
) bekommen
2-
203
-2 )
1
dp
( “ 2r j
(1 - r 2 ) "7’ 2 ldr
o (~ 2)
).
= —n /4 5rv
7H
__
o•
rdr ( l - r2 ) ^ -/ 2
!: $
1:1
pi
12 . INTEGRATION AUF NORMALBEREICHEN
ß{
Bekannterweise ist
ii
2 m (gerade )
—
2
/ j. (S ” ' )
und f ür n
Bl )
—
—
2 (es ist die Gerade [ 1, 1] ) und
2 7T
2 TT
= 2m M -82m -2 ) = 2 r
/ /
= 2 rn 4- 1
m
ftm
ß( B
2)
—
TT.
Somit erhalten wir f ür
I!
mi
;
j
^- —
2 TT
( B2 m
2?n — 2
-1
7Tm
4
m (m
—
1) •• • 2M
( B2 ) =
p.
Tm
7
rn
(ungerade ) 2
2 m.-fl
2 TT
452m - 1
2rn + 1 /
)=
-
9'fi ~
7?l
( 2m 4- l ) ( 2 m
Zusammenfassend
—
^
^
2 ( 2:r ) ' n
( 2 m + l ) l!
KBn ) =
lü
2TR
27T
2m— 3
2 m 4- 1 2m. -~ T
2 m + l 7rm
)=
‘
1) • • • 3
( 2m + l ) ü
ml
— 2m - 1
n — 2m
4
77
p;
ii
Beispiel 12.3.3
••
o
Berechne das Volumen der Menge
e M * i|xi | + |x2| + |x3| < |z4| < 1}.
0=
'
Lösung: Als erstes schreiben wir O als Normalbereich. Wir wählen zuerst x4 und vergessen alle
anderen Variablen . Wir finden -~ 1 < x ,[ < 1. Wir halten schon an dieser Stelle an, da Q bereits
eine gute Form hat
{ (^15 ^25 ^3: ^4 )
-
K4
1 < 0:4
< 1,|Xi| 4- |x 2| 4- |tt3| < |.T4 |}.
Wir bekommen somit
-1
-
r
dz 4 j
J {k
-1
'
- -
l |-!-| 2| r|3 ;jj
^
<|x.1|}
dfi ( x u x 2, 2:3 ).
Nun kommt die zentrale Beobachtung. Wir bemerken , dass die Menge {|xi| 4- |rr 21 4 |^3| < |x4 |}
eine skalierte Version von
m
Ii
m
iS:
:
Zz = { ( X 1..T-2 . .T3 ) 6 R3||XI| 4- |rr 2| 4- \ x$ \ < 1}
ist ( es ist genau Z% um den Faktor |x 4| skaliert , weil “ |x4 |r statt “ 1” in der Definition vorkommt ) .
Nach dem Skalierungsprinzip finden wir somit (Skalierungsfaktor |x 4 | in 3 Dimensionen trägt [ rc |3
^
bei )
r
1
ß( ü )
=
-1
dx.1 /
J {|*i |4|X2|+|X |<| .,|}
3
X
d ß ( x1 , x2 , x3 ) =
3
dx.i \ xA \ 3 fi ( Zz )
- 2 ß( Zz )
1
0
1
Zidx -1 = -g ( Z3 ).
Wir m üssen also nur das Mass von Z:i bestimmen. Das gelingt wiederum mit dem Skalierungst.rick.
Wir schreiben Z3 als Normalbcreich
Zz = { ( xi
2
,
-
X‘2 , X3 )
K3|~ l 1 xl
Erinnerung: ( 2?n 4- 1)1! = ( 2m 4 l
— (1— | |) < < (1— \ x I ), — (l — |— |x |) <
) ( 2 — (2 — 3) .
L
xi
m
Xo
l) m
• • *
204
-
.mfl
jKjv • /
\
.
.
7
2
X3
— —
< (1 |xi| |x2|)}.
.
Ii
Ii
:
v.
12.3. DER SKALIERUNGSTRICK
Somit haben wir
l
(1- 1*!
1
ill
ß{
Z$ ) =
./ - I
dx i
)
-
dx 2
-
~ ( i l* i I )
J
dx?,.
—
( l ~ | 1 l - ixsl )
*
Nun betrachten wir die letzten zwei Integrale
—
- Z- 2 skalier i um den Faktor ( 1 |.ci | )
1
ß{
Zi) =
i
dx-2
dx1
-1
/
•
-
l-o , ;
— — |*
i ]
1
—
!
:
-
'
OX3 .
- |X2 i )
Die zwei Integrale in den Klammern ergeben das Volumen von
Z2- - { ( Xj. , x2 )
um den Faktor ( I
—
=
-1
Xj
dx l
—
s k a l i e r t um den Faktor ( 1 |x .i | )
( l -|*il )
- ( i - l *i I )
-1*11- 1*21 )
(1
dx 2
(1 *1 1 - 1*2 | )
Jo
dxiil
—
x\ ) ~
.
—
.i Z > )
2 j\
X
]
— x-1 +
Xi
3 J0
-
9
~ d ( ß2 ) .
3
Ferner mü ssen wir noch das Volumen von Z 2 bestimmen. Dies ist aber einfach. Denn
=
-i
-l* I )
(i
i
ß ( Z2 )
dx i
— —
i
( i |*i I )
dx; ->
—
Wir haben es geschafft! Aus ß ( Z 2 )
r (1 i
i
-i
d x i 2( l
—
|:ri ] )
= 4 jo
xi ) dxj
=4
X
]
ff2
i
Jo —
2.
= 2 bekommen wir u ( Z:i ) = 2 / ou ( Z2 ) = 4 / 3. Somit haben wir
ß ( fl )
F
.rn i
'
l
dxi ( l - |.Ti | ) 2{i ( Z2 ) ~ 2( J.( Z2 )
: j£
dit 3
*
— —1
i
:l:
< 1. - (1 - |Xj I ) < x-2 < (1 - |xi|) }
— \ x i \ ) skaliert. Nach dem Skalierungsprinzip haben wir also
1
ß ( Z3 )
R2| ~~ 1 <
2
1
= ~2 fj ( Zz ) = - >
.
205
12. INTEGRATION AUF NORMALBEREICHEN
*
i
b
t
1
i
ij
206
I
j"
PSi
I
In
HIIn
1
!fl :;
i
i
!i
Kapitel 13
Die Substitutionsregel
s
iS
Neben Normalbereiche bietet die Substitut ionsregel einen anderen wichtigen Hilfsmittel
f ü r die Berechnung von mehrdimensionalen Integralen denn eine geschickte Wehl eines
dem Problem angepassten Koordinatensystems ist f ü r die Berechnung mehrdimensionaler
Integralen von fundamentaler Wichtigkeit. Die Substitutionsregel wollen wir jetzt n äher
anschauen , aber wir beginnen mit dem etwas einfacheren Fall des M2 .
,
.
i
1
1
13.1
Die Substitutionsregel in M2
Fü r die Berechnung von Integralen in einer Variablen ist die Substitutionsregel nat ürlich
ein wichtiges Instrument . Will man zum Beispiel das Integral
6
/ ( x )d x
a
berechnen, so f ührt die Substitution ( g ist ein Diffeomorpliismus)
x = g{u)
=>
dx
—
g (u )du
zu dem Integral
<r l { b )
b
f ( x )d x
o
X:
cj-
g a)
j (g(
u ) ) g\u ) du .
Mit anderen Worten: Das Integrationseiement dx wird durch g' ( u ) d u in der neuen Variablen
ersetzt.
In zwei Dimensionen gelten analoge Ü berlegungen. Wir betrachten eine Funktion f ( x x y ) ,
welche auf dem Gebiet fl Riemann-integrabei ist . Wir betrachten auch die Substitution
X
i
=
= g ( u, v )
.
y
= h { u. v )
oder kompakt geschrieben
{ x, y )
= $ ( u,v ).
207
13. Dis SUBSTITUTIONSREGEL
wobei <I> ein C J -Diffeomorpliismus sein soll. Unter dieser Koordinatentransformation transformiert sich auch das Integrationsgebiet gemäss O = $-1(f 2 ). 12 ist also das neue Integrationsgebiet in den Koordinaten u. v . Der Transformationssatz in R2 lautet dann
'
.i
j
Satz 13.1.1 (Substitiitionsregel in R 2 )
n
/ (® > y ) dxd. y ./ Q / ( ;c ( u, v ) , h( u . v ) ) |det
dudv .
II
AI:
Hier ist
d®
drdh
Öv
eht.
Öh
du
=
si
-
die sogenannte Funktionahnairix oder Jacobi Matrix der Koordinatentransformation
Bei der Substitution x g ( v . v ) , y = h( u. v ) wird also das Flächenelement dxdy durch das
Flä chenelement im ( u , u) Koordinatensvstem
—
i
-
det
\
Fi
Qi
<
du
dv
QA
§k
Öu
dudv
da
ersetzt . Die Funktionalmatrix wird oft durch das Symbol
d( x. y )
d ( u. v )
bezeichnet. Diese Schreibweise soll daran erinnern, dass die Funktionalmatrix aus den Ableitungen von x , y nach den neuen Koordinaten u , v zu bilden ist , und nicht umgekehrt!
Wir betrachten jetzt ein Beispiel das zeigt wie wichtig die geschickte Wahl der Koordinatentransformation sein kann. Gegeben sei die stetige Funktion f ( x , y) e- U ~ +y ) auf der
Einheitsdisk 0 { (x , y ) R 2|x2 4- y 2 < 1}. Gesucht ist das Integral
,
,
—
—
/
> .
o
}
,
dfi ( x y ) .
O
Wir kö nnten probieren ,
Q
—{
Q
c
als Normalbereich zu schreiben
( x, y ) 6 R2 i — 1 < x < 1, —
\
/ l - x2 < y <\/ l - x2 }
und dann die Formel f ü r Normalbereiche anwenden
n
:+ y 2 )
dfj ( x , y )
e~ ( z
= J I-i dx JI
-
Wl x2
—
- v i-h
2
( 1
dye- * + y )
b\
o
Das Problem liegt darin, dass wir keine Chancen haben, das Integral / e ~ y~ dy zu bestim2
men , weil die Stammfunktion von e ~ ym nicht elementar ausdr ückbar ist . Eine bessere Art
*
208
1
1
13.1 . DIE SUBSTITUTIONSREGEL
M2
das Problem anzugehen , bestellt darin, zuerst ein angepasstes Koordinatensystem einzuf ühren. Da ein Term x 2 + y2 in der Funktion f vorkommt , denken wir sofort an Polarkoordinaten. weil in diesen Koordinaten x 2 4- y 2 = r 2 gilt . Wechselt man in Er von Kartesischen
zu Polarkoordinaten, so gilt
x = g ( r , p ) = r cos p ,
y = h ( r. ip )
—
r sin p.
Die Funktionalmatrix lautet
d( x, y )
3( r, ip )
dy_
d <l
Ur
dtp
dh
dh
'
dip
dr
I
cos p
sin c
—
r simp
r cos p
Die Funktionaldeterminante lautet somit
det
d ( x, y )
—
T Sin p
r cos p
CQSp
det
dir , p )
sm p
—
r cos2 p + r sin 2 p = r .
sodass wir das Flä chenelement in Polarkoordinaten erhalten
dxdy
—
rdrdp.
Nun bildet die Koordinatentransformation nach Polarkoordinaten
<3>
P
: (0, oo) x (0, 2TT ) -4 l2
\ (M + x {()}) , ( r, p )
> ( r. p )
—
[ r cos p. r sin p )
die Menge (0, oo) x (0, 2TT ) bijektiv auf M 2 \ (M + x {0}) . Die Funktionaldeterminante
(
det d0(rx,,vy>)) = | det d<f> \ = r > 0 impliziert , dass T lokal invertierbar ist ( nach dem Umkehrsimpliziert dass ein Diffeomorpliisinus
atz ). Dies zusammen mit der Bijektivit ät von
von (0, oo) x ( 0, 2TT ) auf M2 \ ( R + x { 0}) ist. In Polarkoordinaten kann man nun O wie folgt
,
l
C
IN
schreiben
H
—
{ ( r, e> )|0 < p < 2TT. 0 < r < 1}.
Wir haben ein Problem , weil
nur auf ( 0. oo ) x ( 0. 2 TT ) ein Diffeomorpliisinus ist . Was
kö nnen wir mit den Punkten p = 0. 2 TT oder r 0 machen? Ganz einfach! Da die aus einem
Punkt bestehende Menge eine Nullmenge ist , d ürfen wir diese Punkte einfach " vergessen " .
Sie spielen f ür die Integration sozusagen keine Rolle. Somit d ü rfen wir die Substitutionsregel
•
>
anwenden, so dass das Integral von e- W -K<r ) auf o lautet
}
u
2TT
J
2~
r2l
7r e
rc — r ~ dr
dp
re ~T dr = 2 T
e- + y ) d ß { x , y ) =
= 7r ( l - 6 ) .
—
r
Jn
^ -
o
o
*)
\
0
——
Der Vorteil der Polarkoordinaten ist der Extra-Term V\ was es uns erlaubt , die Funktion
e r zu integrieren! Ohne das Einf ü hren der Polarkoordinaten wäre somit die Bestimmung
des Integrals unmöglich.
“
;
“
13. DIE SUBSTITUTIONSREGEL
Lösung:
Wir benutzen Polarkoordinaten. Dazu müssen wir die Transformation zu Polarkoordinaten betrachten
<I> : J& x [ 0. 2TT ) > M 2 , ( r,
( x = r cos p. y ~ r sin <£*).
+
!:
1
—
Die Funktionalmatrix lautet
ik.c
ö
ik
ö ( x, y )
cos o
dd
sin c>
cV
+
<
12.
/
—rrcos cp
sin
'
^
I
12
1 3'
Die Funktionaldoterminante lautet somit
det
d { x. y )
ft
p
—
r cos p
cos p
det
T sin
sin p
I;
= r cos2 t p + r sin2 p = r
so dass das Flächenelement; in Polarkoordinaten lautet
drrdy
= r d r d p.
fi
Also erhalten wir mit der Substitut ionsregel
m=
n
d p.
i +co.<
—
o
1
- + + 2 sm
^
—
TCl f‘
—
f 2 TT ,
r/-e?
.
+ ~ ( sm + cos p + p )
2 TT
-o
w
Die Menge
Q
2
OQ
1
27r
(1 + COS p ) 2
0
1 + 2 cos p + cos2 p
2
371
2
= {(? , er ) 6 R+ x [0, 2TT) |0 < r < 1 4- cos 9?}
*
1
m
m
m
0
s:
ü fi:
«t
-i
-0 , 5
0
0.5
1
1,5
2
w
2 ,5
i
ii
if
Beispiel 13.1.2
••o
ü
y /\/ x d p
:
ß = {feE
e »2|x , y > 0. Vf < y < 2 V5, 1/ x < y < 2 / a:}.
•
:
E
)!t
!
Ü
1;
ff
? Ü:
210
M
i
i
}i
.n
—
-
.. -. .--.-
c 'f 'i r
«m
13.1. DIE SUBSTITUTIONSREGEL
IN
R2
Lösung: Dies ist ein typischer Fall f ü r eine Substitution . Weshalb? Weil man die Bedingungen in
der Definition von Q wie folgt umschreiben kann
1<
-~= < 2, 1 < xy < 2.
:
a
\/
Wir haben schon gesehen , wie einfach es ist, Integrale auf Quadern mit dem Satz von Fubini zu
bestimmen. Nun haben wir gar keinen Quader , aber beinahe! Betrachtet man die Ausdr ücke -7
und xy als neue Variablen u , v , so haben wir
^
1<u<2
1 < v < 2.
p
nicht anders als ein Quader ( [1.2 )! Aus diesem Grund macht es Sinn .
die folgende Substitution zu betrachten
In diesen Variablen ist
Q
u
—
y
x
V
= xy .
Nach den Regeln der Kunst müssen wir die Funktionaldeterminance bestimmen. Zuerst müssen wir
die Transformation aber umkehren
v
u2v
= xy
—
.yy
—
2
X
- xy = y3 =>
y=v
— V— —
V
V
X
'
V
2 / ru - 2 /3
u
Dann rechnen wir die Fimktionalmatrix aus
9 ( x. y )
ö(w, u)
dx
dx
dv
Oy
dv
Oy
dv-
dv
—
~
U
3
o
~
u- 2 /3 i,- 3 / 3
3
ly 2 / 3,u, -2 /3
l
r
3
3
Die Funktionaldetenninante lautet somit
/)
det dfol
<9 ( u, v )
2 3 c:
/3 |
-llWW
3
3 tr
„
i
2
i
3
3
/
/ 3,v- 2 / 3
/
Iw
au
3
3
/
det
4
y
--9 V -
—
—29 u
-1
?/
>o 2
3v-
sodass das Fl ächenelement in den neuen Koordinaten lautet
dxdy
— ——
2
Zu
dudv.
Mit dieser Transformation haben wir das Problem, JQ y / yjxdy zu berechnen, auf das viel einfachere
auf dem Quader [1- 2] 2 zu integrieren (das
Problem zur ückgef ü hrt , die Funktion u •
kommt
aus der Koordinatentransformation ) . Das ist die Macht der Substitut ionsregel! Nach dem Satz von
Fubini gilt somit
^
^
13. DlS S UBSTITUTIONSREGEL
'
Lösung: Dies ist wiederum ein typischer Fall f ür eine Substitution, da man die Bedingungen der
Definition von 0 wie folgt schreiben kann
1 < x y < 3.
i
*
- y2 < 4.
<
2;
Mit der folgenden Substitution
— x y. v — x
u
1
~ y
t\
2
l!
kann man Q als Quader schreiben
< u < 3. 1 < v < 4.
1
Nach den Regeln der Kunst müssen wir jetzt die Funktionaldeterminante bestimmen. Zuerst müssten wir aber die Transformation umkehren. Manchmal ist dies aber nur eine Zeit Verschwendung.
Manchmal ist es besser , die Koordinatentransformation nicht umzukehren und stattdessen die Regel det 4 1
1 / det A zu benutzen, welche wir aus der linearen Algebra kennen. Konkret geht
man wie folgt vor. Man berechnet die inverse Funktionalmatrix (dazu muss man nicht die inverse
Koordinatentransformation kennen sondern nur u und v als Funktion von x und y )
-
”
1
—
,
d ( u. v )
d( x, x )
du
c).r.
ihi
Oy
Ov
de
Ox
Öy
V
2x
X
— 2y
Die Funktionaldeterminante lautet somit
det
d { x, y )
d { u. v )
1
det
1
-.
d ( it c )
d { x .y )
—
x
V
2.x -2 y
det
1
2( x2 A y2 ) \
1
2 ( x2 + y 2 )
sodass das Flächenelement in den neuen Koordinaten lautet
dxdy ~
1
2 ( x2 + y2 )
d u d v.
Das Problem bei dieser Methode ist es. class wir beim neuen Flä chenelement x und y noch haben. In
diesem Fall ist es aber kein Problem , denn der Term ( x 2 + y 2 ) lässt sich wegk ü rzen, weil x^ y+ x y3
xy ( :ir 4- y 2 ) , sodass
—
^
( Xsy
+ xyz ) dn =
/
-!
/•
j
du
dvu( x2 -r y 2 )
•
1
1 u2
2 ö
2
"
3
3
o 2
M 4i
]
2 (x2
_I
2
1
1
+ tf )
2
3
J1
4
du
, -C
dvu
V
1
= 6.
w.
g
rBeispiel 13.1.4 * ® c
x+ y
JnI (a - y )
2
iß
(
n = { ( x , y ) e R2 \ x , y > 0 , x + y < 1}.
Ij
—
L ösung: Die Bedingung x -f y < 1 suggeriert uns. u = x + y zu substituieren. Der Faktor rt )2
//
suggeriert uns weiter, auch v = x - y zu substituieren. Wir betrachten somit die Transformation
u
—
x
-r
y.
v
212
~
x
—
y.
!
i
fi?
IS;i
i
m
w:\
13.1 . DIE SUBSTITUTIONSREGEL
:
Die Bedingungen x , y > 0 und x
mit der Variablen v? Es gilt v
—
y=x+x
Q wie folgt
v
=x
—
x
=
jii
‘
,i
—
— y = 2x — ( x 4- y ) > — x + y ) -u. In den neuen Variablen lautet also
0 — { (u u ) |0 < u < 1 u < v < u }
—
:
u ~ x + y. v
§
— x— y
=$
t
,
.
u+v
~
—
x+ y+ x
dx
'
d
u
d ( x. y )
d{u,v )
.
=»
y = 2z
x
—
U
+V
y
^
~
Öx
du
du
'
d
u
1
3.
o
i )v
Öy
i
i
)
2 /
\
Die Funktionaldeterminante lautet somit.
1
'
~
{
Dann rechnen wir die Funktionalmatrix aus
U
U
•
x> Q
Nach den Regeln der Kunst m üssen wir nun die Funktionaldetenninante bestimmen. Zuerst m üssen
wir die Transformation umkchren
.:
i
det
0( x , y )
d ( u, v )
det
pi
l
2
1
2
3
!
2
1
4
o
1
I
4
2’
sodass das Flächenelement in den neuen Koordinaten lautet
dxdy
1
—
“
dudv.
Es gilt somit
f
n
x+ y
0-
y )2
l
dfi
—
•V.
du
0
udV
^
-
r
j
!
Jo
du
u
2
1
—
v
l
V
du
~~'U
0
—u2
-2 = -1.
u
1
f:
;
|S
t
Lösung: a ) Wir betrachten die Substitution
: { (.$, t ) G E2|S , t > 0 , s -J r t < TT/ 2} -4 [0, 1] . ( s.t )
"
v
E2
y < 1 implizieren 0 < .r + y < 1. d.h. 0 < u < 1. Was passiert
y>o
x y = x + y - y - y - x + y - 2 y < x + y = n. Analog
.
ü il
IN
213
sin s sin t
cost
"
COS 5
u
—
x
—
U
—
V
13. DIE SUBSTITUTIONSREGEL
i ; :5:
isi
Die Funktionalmatrix der Transformation lautet
-.
cos- -
--
CO . >•
sin •>' sin i
cos t
cost
cos s
cos t,
si n s sin t
s
Ü
|
|
i ;
Die Funkdonaldeterminante lautet somit
det d<I> (s, t )
sin s sin r
cos i
cos s
— det
-2
cos >.
cos .v
cos *
cos .s cos t
cos t cos $
.
-
cos t
sin 6 sin t
;
)
sin s sin t sin $ sin t
cos21
=1
cos 2 $
—
tan2 s tan2 t.
Mit der Substitutionsregel finden wir somit1
/
"" TT
d //
x2 y 2
=
[o. i ]a 1 fTT / 2
/
Jo
r 7r / 2
*» JIO
—
S
d.$
'
'
/2
0
r
>
•'
dt
dt
0
/2
=y
tan s tan21
— tan
— s tan 21
1
1
2
- a ) = —7r
<M*r / 2
I
Si
2
1 7T2
2l
2
7T
“
2
T
-
Er
l
b ) Die Idee ist . den Integranden als geometrische Reihe zu schreiben
= =o *2V" Wir
zweifeln aber ein bisschen, weil es an der Stelle x == y = 1 ein Konvergenzproblem geben könnte.
Was machen wir ? Wir benutzen die Definition des obigen Integrals
du
1
[o . ip
*V
—
I
—
-
dfj.
lim
--
-,] ' 1 - i'22/2
sio [ 0 ,1
‘
Auf (u . y) 6 [0 , 1 c]2 konvergiert i Xl ;/”
£7=o x ~ ny ~ n gleichmässig. Wir dürfen somit Integral
und Summe vertauschen (vgl. Analysis I. Kapitel Potenzreihen )
-
*
I = lim
siO
—
da
*
^° hrdo
im
y
^
A/-
^>—
X
:
ny2 n
2
n 0
-5
•1
= lim V /
2
dfl
sV
-
b;
OG
dfj,
[o.i * ] i -
I:
dya?ny 2 n
lim
71
/ (1 - £ ) 2 « + 3 \
oc
“
=0
1
x 2 n+ l
2 n + 1J Q
‘
L
—
£
y2 w + 1
2n -f - 1
1
—
£
Q
1
) =E
Un + O 2
277. 4- 1
tXo
)
Aus der Rechnung von Teil (a) lernen wir also
OC
1
E= ( 2n + l)
71
2
1+
0
I
3
o
1
*
+6 +
*
7T“
'"
8
Wie k önnen wir nun das Resultat benutzen, um C ( 2) zu bestimmen? Es ist ganz einfach. Wir
m üssen einfach einige Umformungen machen. Wir trennen die geraden von den ungeraden Termen
«m
ül
I
C (2 ) = !+
7T 2
^
8
f
1-
+
+ 42
•
1
b2
m
1
62
*C ( 2 )
i
22
i
3
1+
« 2) =
1
1
22
32
TT 2
8
=- C (2) =
7T ~
1
T + Ic (2)
-2
6
’
'
1
Wir schreiben {($, £)
> 0. $ + t < TT/2} als Normalbereich {(s, t )
214
2
M |0 < s
< TT /2, 0 < t <
lii
m
I
m
13.2. DIE SUBSTITUTIONSREGEL
IN
R71
ijU
Die Substitutionsregel in Kn
13.2
Wir betrachten eine Riemann-integrierbare Funktion / auf dem Gebiet
Q C
Rn und die
Koordinatentransformation
.... uri )
(xi ,
oder in Komponenten
X\
= gi ( ui , .... un ) , - - - Xr, — g n- ( t /. . .... Urj ).
•
]
Wir nehmen an , dass die Abbildung
ein Cl -Diffeomorphismus ist . also eine in beiden
Richtungen stetig-differenzierbare Abbildung. Das Integrationsgebiet. Ü ist das Bild eines
_
-Koordinatensystem. Der Substitutionssatz sagt dann
Gebietes O d> 1 ( D ) im ( u\ ....
—
^
^
Satz 13.2.1 ( Substitutionsregel in m
) dxx
Jü
•
*
dxn =
- pnO ) ) |det d$|
m
•
•
•
dun
Dabei ist
/ idm
dm \
ÖUn
ÖV.
dxi
*
•
*
dxn = | det dd> |
* *
•
du7V
=
du ] - - - dun
det
U,
(
:
. -Koordinatensystem. Für die Fimktionalmatrix d & be-
das Volumenelement im ( ui , ...
nutzt man auch die Notation
<
Ö (xi . .... xn )
a ( ui , .... u n )
'
Als Beispiel berechnen wir das Integral
J {x2-}- t/2 -}-~ 2 <9}
e” V x
--- - - - d
,
y >rZ
ß{
x , y , z ).
Da wir auf einer Kugel integrieren wollen , wä hlt man am besten Kugelkoordinaten . Wechselt man von Kartesischen zu Kugelkoordinaten so gilt
,
x
~
g\ ( r, 0 , 6 )
= r sin 0 cos 0
y
= 52 (o 0 . 6 ) —
r sin 9 sin 6 :
0.6 ) = r cos 6 .
sodass die Funktionalmatrix lautet
:
d [x, y, z )
d ( r , 0 , 4> )
/ Et
dr
Dy
dr
dz
\ Ör
dy
öx \
öQ
dv
d(J
öd
dz
de
dz
de
Dp /
/
sin 9 cos ö r cos 0 cos e>
sin (9 sin o r cos (9 sin c>
cos 9
215
— r sin 0
— r sin £ sind \
r sin cos 6
0
%
ill
13. DIE SUBSTITUTIONSREGEL
ia
Die Funktionaldeter minante lautet somit
— r sin 0 sin j \
( sin 9 cos (b r cos 6 cos
det
sin 9 sin o r cos 9 sin (b
cos #
r sin 0
d { x . y\ z )
det
d ( r, 9, p )
()
r sin 0 cos o
0
—
i Si
= r 2 sin 0 .
:
!
is:
Das Volumenelement in Kugelkoordinaten lautet also
dxdyclz
—
r 2 dr sin. 9 d 9 d( p .
Das Integrationsgebiet D lautet in Kugelkoordinaten
Ü
= { ( r. 6 . d )|0 < r < 3, 0 < 9 < 7r, 0 < p < 2TT},
so dass
l
{ j:2 -f 7/ 2 + 3r- < 9}
e- y/ a?+ y-+* dn( x , y . z )
2 rr
'•
=
r
"7T
sin
0
3
7T
./ o
e rdr
0
0
2 TT
-3 r 2
sin
r 2 e rdr
0
•3
= 2 TT [COS (9] O
= 47T [ — r 2e
o
~
r
—
r 2 e rdr
2re
_
r
— 2e
”
r
]Q
—
4TT ( 2
— 17e
~3
).
Auch hier wä re die Integration ohne das Einf ühren der Kugelkoordinaten unmöglich!
n;
<r
Beispiel 13.2,1
a
y
dß
/ x 2 -f y 2
A ;== { ( x , y. z ) R3 \ ^ / X 2 + y2 < 2: < 1}.
\
Lösung: Wir schreiben 9 in Zylinderkoordinaten um . Da in Zylinderkoordinaten x1 + y 2 = r 2 gilt ,
sind die Bedingungen \/ x ~ + y 2 < z < 1 äquivalent zu r < z < 1 und 0 < r < 1. Somit lautet D in
Zylinderkoordiiiateii so
9 = { ( r . O . z ) £ ( 0. cc ) x [0.2TT )
X
R|0 < r < 1. r < z < 1}.
- g ( r p , z ) ~ r cos p ,
:
y
—
ii
I.
I
Wechselt man von Kartesischen zu Zylinderkoordinaten, so gilt
x
w
* = g ( r ,‘t> , z ) = z
h ( i\ p. z ) = r sin p ,
so dass die Fimkcionalmatrix lautet
d ( x. y , z )
d ( r. <p , z )
/ dx
da
Ür
dy
Ör
dz
\ dr
-
2QJIs j
d z.
df
Ox
dz
\
Oy
dz
dz
dz
cos p
sin p
0
—
r sin p 0
r cos p 0
1
0
\
/
Die Funkl ionaidcterminante lautet somit
det
d( x , y, z )
dir . p. z )
det
cos p
sin p
\ o
— rsinp
r cos p
0
0
0
1
\
= r.
i
/
216
,
ip
13.2. DIE SUBSTITü TIONSREGEL
IN
Mn
Das Volumenelement in Zylinderkoordinaten lautet also
—
dxdydz
rdrdpdz .
sodass
„2
2TT
e~
Jn / x2 + y2
dfj,
y
—
1
dO
Jo
do
Jo
J
r
-1
2 -rr
„2
1.
rdr
dB
r
Jo
o
1
dr
doe
'
.
)r
-
O
Jetzt haben wir leider ein Problem , da wir das Integral J er” dz nicht berechnen können. Wie
könnte man das Problem umgehen? Ganz einfach: Wir schreiben die Bedingung 0 < r < z < 1 als
0 < r < z und 0 < z < 1. Dann haben wir
e ~~
2
Jn sjx +
2
y2
dp
2TT
—
o
1
de
o
dz
o
rdr
—
"
r
=
2 TT
r1
dB j e ~ dz
Jo
dr
-/o
'* 2 TT
—
rl
zer dz .
d£
0
0
Jetzt hat man den Term z vor dem e~ ~ . Da c die Ableitung von -=f ist . ist das Integral direkt
lg
Lösung: Wir betrachten die Transformation
: (0, 1)
T, ( r, 0, d ) — » (x, y . z )
x (0, 2TT ) x (0, 2 TT )
~
( cos d ( r cos 9 + 1) sin d ( r cos 0 + 1), r sin 9 )
so dass die Funktionalmatrix lautet
_
dx
dr
Oy
&y
dr
Öd
00
dy
90
cos ö cos 9
sin (!) cos i9
—cossinöö( ( rcoscos60 +11) )
Öz
Ör
Öd
9z
00
sin 9
0
/
a (x, j/ , 2 )
i
3(r, <£, 0)
:
\
dx
öd
dz
——
'+
r
r cos o sin 9 \
r sin p sin 6 | .
r cos 9
Die Funktionaldeterminante lautet somit
h
/
d{ x, y, z )
det
d ( r. 0 , 6 )
—
H
:g ;.
cos <p cos 6
sin ( j) cos d
sin 9
- sin o ( r cos & + 1 )
cos o ( r cos dH- 1 )
0
4 sind \
— rr cos
sin sin d
—
r cos2 d (r cos 0 4- 1) 4- r sin 2 d ( r cos 0 4- 1)
Das Volumenelement in Toruskoordinaten lautet also
dxdydz = r ( rcosd
217
+ VjdrdodB.
>
b
r cos 9
(
—
r ( r cos 9
1)
!:
Pi
13. DIE SUBSTITUTIONSREGEL
iil
I
s8i;i
•
SO dciSS
- —
r 1.
r
M (T )
JT
dp
JO
2TT
/
dd
JO
- dBr{ r cos # + 1) /
= JO
JO
2
/•
/*
dr
/
r1
1
i
dr
d ( p27rr
JO
= 47T2
rdr
~
27r 2.
g;
0
1
:
•'MR
Wichtige Koordinatentransformationen
13.3
I
iiS
In diesem Abschnitt fassen wir die Resultate f ür die wichtigsten Koordinatentransformationen zusammen . Ziel dieses Abschnittes ist es, dass der Leser sich bewusst wird , dass
man gewisse Resultate direkt und effizient anwenden darf , ohne jedes Mal die Funktionaldeterminante der Koordinatentransformation berechnen zu m üssen.
Pi
ii
I:
Koordinatentransformationen in ®2
Polarko ordinaten
Maximaler Defi nitionsbereich
Definition
x r cos p
y = r sin p
—
0<r<
Q<V
Vol umen eleinen t
dxdy = rdrdp
DO
< 2i r
I
|
|;
I:
Elliptische Koordinaten
Definition
x = ra cos (p
y rbship
Maximaler Definitionsbereich
0 < r < oo
0 < p < 2TT
—
Volumenelement
dxdy = abrdrdp
:
Koordinatentransformationen in R3
Sylinder koordinaten
Definition
x r cos p
y — r sin p
Maximaler Definitionsbereich
0 < r < oo
—
z
—
Definition
r sin (9 cos p
y r sin 9 sin p
z r cos 6
x
13.4
—
o
iS;
'
:
< p> < 2 JT
DO < 2 < OO
•
Volumenelement
dxdydz = r 2 dr sin Od ßdp
0 < r < oo
0 < 0 < 7T
0 < v? < 27T
—
II;
M
Q
Kugelkoordinaten
Maximaler Defini t ionsber eich
—
—
Volumenelement
dxdydz = rdrdpdz
1
'
Beispiele
t
Wir betrachten nun weitere Beispiele zur Substitutionsregel.
218
y
r§
—
. ’“ .
• '•I
*
i
. .TT »:
**
*
•;;•••«
iiii
13.4 . BEISPIELE
i
i
'
f
11
Beispiel 13.4. 1 • 0 o Gegeben ist die Ellipse B
berechne das Integral
*
n
-r f- <
R21 p-
1 } . il /an :
y-
a2
o2
%
= { (> , ?;)
b2
a ) direkt als Integral ü ber einen Normalbereich: b ) mithilfe der elliptischen Koordinaten .
:)
Lösung:
a) Um das Integral direkt zu bestimmen schreiben wir 9. als Norm albereich
,
:
n=
/
— a, < x < a, — by 1
(ar , y ) 6 IR2
X
o
-
r
a-
<y<
X1
by l
a2
y
Mit der Formel f ür Normalbereiche folgt
O
n
1-
o2
--
r» 6
"o
0
r
7b dxdy
=
—
ehe
a
v
J ~ bVj i
_4
1-
i
o
;2
d2
h2
v
*
9
Im Prinzip lassen sich die hier auftretenden Integrale durchfü hren, allerdings sind die Rechnungen sehr umständlich . Wir machen die Substitution ( x ist eine Konstante, weil wir zuerst ü ber y
integrieren )
.
x2
J 2
y=
-- .t
U:
Wir bekommen
bxll
a
v
-
4
——
;
b) Wir f ühren nun Elliptische Koordinaten ein ( x
dass die Rechnung viel schneller gellt
:!:r
I
a
1
x2
^
o2
—
t/ 2
—
-r dxdy
62
— 0.6
2TT
o
—
ar cos er y
1
dp
o
r vl - T 2 dr
—
—
2 r ab
hr sin p. dxdy
—
r
ab • rdrdp ) , so
2 y/ l - r 2
2-3
jo
i
1
il
I!
;;
L ösung: Wir sclireiben Q in Kugelkoordinaten um. Da in Kugelkoordinaten x ~ ~r y ~ + z ~
219
II
II
till
III!
13. DIE SUBSTITUTIONSREGEL
II
?! %
i!
y2
z2
z = r cos 9 gilt sind die Bedingungen or + + < 2 . 2 > 0 äquivalent zu
< v 2, 0 < 0 < Ty . Somit lautet 0 in Kugelkoordinaten
»
r
,
r2
< 2 , cos 0 > 0, d .li.
'
Ü
*
,TT / 2
2 rr
/x2 + y 2 H- z 2 dfj. =
\
v2
sin OdO
Jo
Jo
2TT
2
I
r 2 d?' • r
I.
TT
/2
r
'
2 TT
TT
/2
— —
2TT [ cos 0]o /
sin 040
4
0
TT
2
= 27T.
•o o Volumen von
= {(.T
Q
— r dr sin OdOdp gilt, sodass
H
III
m
m
0
sin OdO
Beispiel 13.4.3
III!
= {(r, 0 , <p ) E [ 0. cc ) x [0, TTJ x [0. 2TT )|7 < \/2.0 < 0 < TT / 2}.
Wir erinnern daran, dass beim Übergang zu Kugelkoordinaten dxdydz
ct
s!
?
R3 ! . . . 2
3/ , z )
2
7
4 c:2
< x 2 -f y2 4- er }.
KÜ
Lösung: Wir schreiben Q in Kugelkoordinaten um. Da in Kugelkoordinaten x2 -f y 2 + z2 = r2
r cos 0 gilt , sind die Bedingungen x2 -r y/ 2 -f z 2 < 4, 4 ~ 2 < x2 + y2 + z2 äquivalent
und z
2
zu r < 4, 4r 2 cos2 0 < r 2 . d.h. r < 2. cos2 6 <
r < 2^ ~ < 9 <
. Somit lautet Q in
Kugelkoordinaten
—
O = { (r, 0 , 9) E [0. 0 0 ) x [ 0 . 7r] x [0, 2ir ) \r
< 2,
^
o
<0<
Wir erinnern daran, dass beim Übergang zu Kugelkoordinaten dxdydz
)
=
2TT
r
/
d /.(
do
0
—
2 TT
= 2 7 [ cos (9] TT / 3/
/
O
J
f
TT
2TT / 3
sin OdO
/3
r
L 3 Jo
£
f!
^
\
ß{ H
§
r
2?r
3
^
= 7 2dr sin OdOdp , sodass
*
r 2 dr
!
= 2* - I - =
16TT
3 ’
111
£!
::
Beispiel 13.4.4
•o o
O
a
/ X 2 + ?/ 2 &
ü
A
= {(.r . y ) E M 2 |;?r -1- y1 < 4, 0 < y < x ,1 < x }.
L ösung: Wir schreiben ft in Polarkoordinaten um. Da in Polarkoordinaten x 2 4- y2 = r2 und
x r cos 0 gilt , sind die Bedingungen x2 4- y2 < 4, 0 < y < x, 1 < x äquivalent zu r 2 < 4, 0 < 0 <
f (erster Quadrant) 2 , 1 < rcosO , d.h COJ1 0 < r 2, 0 < 0 < f . Somit lautet ft in Polarkoordina-
—
»
ten
ft
"
—
Die Bedingung 0 < y
—
{(r. 0) E [ O. ocj x [0, 2TT )|1/ COS 0 < r < 2.0 < 0 < }.
< x ist äquivalent zu 0 < sin 0 < cos 0. Dies ist nur f ür 0 E [0. TT / 4]
.
wahr
220
:•
.
~
lii
13.4. BEISPIELE
—
Wir erinnern daran, dass beim Ü bergang zu Po1a rkoordi n &T en dxdy
rdrdO gilt , sodass
Lösung: Wir schreiben 0 in Polarkoordinaten. Da in Polarkoordinaten x ~ + y* = r 2 und x = r cos 9
gilt , sind die Bedingungen x 2 4- y 2 < 1. x , y > 0 äquivalent zu 0 < r < 1. 0 < 6 < r j 2. Somit lautet
Q in Polaxkoordinaten
n = { (r, 0 )
[0, oo )
X
[0, 2TT ) jO < r < LO < 0 <
7T
Wir erinnern uns daran, dass beim Ü bergang zu Polarkoordinaten dxdy = rdrd ö gilt , sodass
1
n
—
T
.r 2 - y2
-2 dll. =
0
7T
2
1
dr
1 r~
1 + r2
rdr\
V
0
io
—
t
/2
d£
V 1+ + d
:r 2
—V T—^
r (1
r~ )
r
9
Das erste Integral losen wir mit der Substitution r 2
1
o
dr
1
r
/1
A
“
r4
dy
2
-
Jo
dr
o
r
i
3
.
Jo
v 1 - :</
fhj =
3
0
V/1
L
i
M
dr
4 Jo
r4
dr
4r 3
yjl
—
”
r4
^
\ 1 ~ r2
.3
1
/•
7T
- Jo
Das zweite Integral ist direkt
i
V
1 - r2
1 -|- r2
= y => r = 47 =? dr
1
2 2
\./1 ~~ y
o
dr r
•
TT
i
1
7T
—
dr
7
v 1 - r4
du
2 V?
[arcsin ( j/ ) ]J
i
2 v l - r1
7
Jo
4
= |
i
2
'
Zusammenfassend
f
J
n\
gg
ll - x
2-
y2
1 + x2 + y2
J
ß
_
TT
2
71
Jo
dr
TT
vT^ 7 4
221
dr
r3
o
7T"
7T
8
4
13. DIE SUBSTITUTIONSREGEL
üü
|i
!jl!
Beispiel 13.4.6
•oo
ü
y
arctan
j
|
11
t
i
m
R-|l < X 2 + y2 < 4. x / Vz < y < V 3 x } .
n = {(*, y )
L ösung: Wir schreiben fl in Polarkoordinatcn. Da in Polarkoordinatcn ar + y 2 = r 2 und x = r cos 0
gilt , sind die Bedingungen 1 < x2 + y 2 < A . x / y /% < y < \/ Sx äquivalent zu 1 < r < 2, cosi9 / \/3 <
sin # <
cos 9 => 1/ V3 < tan ( 0 ) <
==> TT / ö < 0 < TT /3. Somit lautet Q in Polarkoordinaten
n = {(ri ) e [0. oc ) X [0. 2rr ) |1 < r < 2, TT/6 < 0 < TT /3}.
mmii
a
ijil
w
liSli
i
.. I
Wir erinnern uns daran, dass beim Ü bergang zu Polarkoordinaten dxdy ~ rdrdO gilt , sodass
iü
Jn
arctan
‘TT
y
/3
dß
x
-
2
rdr arctan (tan 9 )
1
o
'
J TT / C
Beispiel 13.4.7
••o Volumen
n = (K
^
)
9
TT
/3
G
—
dB
7T
Ü
1
TT
i
i£
2
16
2
11
rdrO
/6
r r2 i i
T
2
J
'
von
3
:5 . ~
| (
R
./ 1
— r #- iJ /
2
rdr
7r
r /3
'7
f!
a7 + r ) - 1
-
< <
1
1
2L
2
+ P) , 2 > O}.
Lösung: Wir schreiben Q in Zylinderkoordinaten um . Da in Zylinderkoordinaten x 2 + y 2 = r 2 gilt ,
1
sind die Bedingungen § (ar 4- y ~ ) - 1 < * < 1 - { x2 + y 2 ) äquivalent zu r 2 - 1 < 2 < 1
- r22
2
r — 1= i
Aus|
Somit schreiben wir fl in Polarkoordinaten als
yr folgt r = 1, also z —
fl ~ ü i Ö flo . wobei
\
—
f
*
1
. :
til!
I
-
= {(r, 0. z ) [0.00 ) x [0, 2TT ) X R|0 < 2 < 1/2, 0 < r < y/ 2 - 2 z } ,
Ü 2 = { ( r, #, 2- ) e [0, .oo ) x [0.2TT ) x R|l / 2 < 2 < 1, 0 < r < y / ( 2 z + 2 ) / 3}.
Qi
Wir erinnern daran, dass beim Übergang zu Zylinder koordinaten dxdy
den Teil f > i gilt
#
= rdrdOdz gilt, sodass fin- r 2 -1 V2-2 r
P (Q I )
=
222
. .r
<
-..
< ‘ rToiv
? :
1
—
,
4
;; i
tor
13.4. BEISPIELE
Fü r den Teil Do gilt analog
3:
^
II ;
( Q2 ) =
.
n-
o
y ( 2. l 2 ) / 3
/ l--
.1.
2 TT
4// =
d0
de
1 /2
2 + 2z
6
'
'
rdr =
o
-
2
1
dß
./ o
r21 V
"„
dz
./ 1 / 2
1 2TT
2
dö [a 2 + 2 *] /
6 ./ o
-
( 25+ 2 ) /.‘{
^ Jo
Tr
- = 12
J =|- 27|
T
Zusammenzahlen ergibt
ß ( P~ )
Beispiel 13.4.8
=
+ ( Ho ) =
^
3r
4
7r
^ 12
__ 4r
*
3
r u/ den Voll -
•o o Betrachte die Menge U = (0. 1 ) x ( 0.2r) x (0. 2TT )
torus
/ /
+
•
T = { (£. ?/ . z ) e R3|X
'
= cos ö(rcos 04-!) . ,(/ = sin c> ( r cos 0 + l ) . £ = rsin 0. ( r. p, 0 )
i7}.
+
V
/ / ./
l
Berechne das folgende Integral
m
W ßm
V/
ü
Illiii
li
Ä
T
;
1;
i
:
Losung: Wir betrachten die Transformation
$ : (0, 1) x (0, 2TT ) x (0 r 2r )
T, (r, 0 r 0 ) * (x\ y . 2 )
—
(cos 0 ( r cos 0 + 1) sin 0(r cos 0 + 1). r sin 9 ) ,
sodass die Funktionalmatrix lautet
(
dO, y, g )
Ö ( r, 0, 0 )
021
Or
dy
\
dx
0 <!>
dy
so \
du
Ör
Öö
.m
Or
OO
00
.
/
cos 0 cos 0
sin cp cos 0
sin 0
- sin o ( r cos 0 + 1)
cos o (r cos 9 + 1)
0
(
—
—
r cos 0 sin 9
r sin o sin 0
r cos 0
Die Funktionaldeterminante lautet somit
/
det.
d ( r , 0, 0)
cos 0 cos 0
sin 0 cos 0
sin 0
=
—
sin o (r cos 0 + 1)
cos ci> ( r cos 0 + 1)
0
2
.
Das Volumenelement in Toruskoordinaten lautet also
,
~
r cos 0 sin 0
r sin 0 sin 0
r cos 0
J
+ r sin 2 0 ( r cos 0 + 1 ) = r ( r cos 0 + 1) .
r cos 0 ( r cos 0 + 1)
dxdydz
——
r (rcos 0 + 1 ) drdod ß .
223
\
i
13. DIE SUBSTITUTIONSREGEL
:
j«
l
|S
;
sodass
{ or
dr
1
+ y T z )d ß
2~
1
—
2
dr
o
r -l
o
2
2 rr
dr
2
*
/
/ dr /
Jo Jo
/V dr //
Jo Jo
do
-
"
2
d,6 ( r 4- 2r cos # 4- l ) (r cos (9 4- r )
dd
do
,J
It
2
0
2“
/
2
dOr ( r cos # 4- 1) ((r cos 6 4- l ) 4- r sin 6 )
dd>
o
äI
2~
-
I:
'
d <f>
// d0 (? 4 cos 0 4- r J 4- 2 r3 cos2 0 4- 3r 2 cos # 4- r)
Jo
'
*
- dd (0
*
3
4- 2'rr 4- 2 r 27r 4- 0 4- 2TCT )
>
- driSir- r
f§.
I
'
3
= 2TT2 4- 2-r2
4- 47rr )
0
Beispiel 13.4.9
.••
~
4TT2.
r&
.
1
Für a > 0 ist die Gamma- Funktion definiert durch
•
r (o ) =
,
sc
s
6
dr.
do
:
Zeige
a ) T { a 4- 1)
= a F ( o:).
6 j F ( n 4- 1)
= n!, n = 0.1 2. ...
- - V.
'
’
;
s'
;
,
ci r( i /2) = yi .
:
Lösung: a ) Wir integrieren einmal partiell
-
r (a 4- 1)
i
CC
•
o
•CC
=a
o
e
~
j :r°
r (i) =
Dann wenden wir die Formel Fl a 4- 1)
F(n
= nT ( n )
—
=[
dr
—
r OO
e Xxn ]
-
cc
/
c-*dr =
— 2 ) — - - — n( n — l )(n — 2) - - 1 F(l ) = n!.
n i / 2)
•
•
_
,
t
VrV
Jo
ft
~~ r.
dt =
8
it !
= x => t = x2 => dt = 2 xdx. Somit bekommen wir
*1
0
f
\|
*
-Le tdi.
= Jo/ Vt
Da eine Wurzel vorkommt substituieren wir Vt
-
:
ill
= aF (a ) rekursiv au
n( n - 1 ) F ( n
^ 1
Jo/
e- xx<* -ldx
[-«-*]* = l.
c ) Laut Definition ist
F( l / 2 )
+a
xrc - i dx = aF(a ).
b ) Zuerst haben wir
4- 1)
:
—e
d:
—
x~
X
•
2 xdx = 2
e
x“
dx.
0
224
i
]
;
-.
•
*V
.VW.•;«* >
--
? V • V •>*
--
~T »
~.
/W * <••
!!
II
m
;
13.4. BEISPIELE
Nun müssen wir das Integral
e
berechnen. Wie tut man das? Der Trick besteht darin , das
Quadrat des Integrals zu betrachten den Satz von Fubini an zu wen den und ferner Polarkoordmaten
einznf ühren. WTir betrachten also das Quadrat von
e dx. Nach dem Satz von Fubini kann
man es als doppeltes Integral auf [0, oc ) 2 schreiben
,
e
x~
2
oc
x2
e
dx
-oc
dx
/0
0
e rdy =
•
'•OC
'•OC'
dx
J
()
~
dye ~ ( x +!r )
'
•/ 0
—
Da ein x ~ + y2 vorkonnnt , gehen wir auf Polarkoordinalen über. Wk schreiben x
rcos ,
y r sin ip. sodass [0. oo)2 in Polarkoordinaten zu [0, ec ) x [0.7T / 2] wird . Wir betrachten die Sub-
—
stitutionsregel dxdy
T ( u )r ( v )
= rdrdip und bekommen
=
e Xxa
1
e
dx
0
0
^
3
,
'! y :
1
dy -
Jo
Jo
e - i*+v ) xv - lyv ~ ld.xäy.
—
Wir machen nun die folgende Substitution t x -t- y und $ — x / ( x + y ) . Die inverse Transformation
lautet x = ts und y = t ( l - s ) , so dass (0, oc ) x ( 0. oo ) auf 0 < t < oc, 0 < .s < 1 abgebildet wird.
Die Funktionaldeterminante lautet
*
det
3
0{ x , y )
0 ( t: s )
det
s
l
~~
s
t \
-t J
Beachte dass [0 , oo ) 2 nur der erste Quadrant ist . Somit liegt x nur zw ischen 0 und TT / 2.
225
i;
i!
!
13. DIE SUBSTITUTIONSREGEL
!E
ill
Da t > 0. wir bekommen das neue Volumenelement dxdy
1
r ( u )r (i ) =
7C
./ o
oc
haben wir
\
dte-' f' - 1
'
0
= tdtds. Somit
,
1;
III
1
dte ~ itu ~ v ~ l
d.SS u
Jo
JO
—
1
b ) Wir starten mit der Definition der Beta -Funktion
!V: 1j:
1
B( a , 3 )
Wir machen die Substitution x
B { a. ß ) =
[ x — (1 —
2 y ydr
=
0
x )d
1
JO
=2
u
—
dx =
ff
(cos p ) 2°
2
( cos p ) 2a
X ( sin
( cos2 ip ) a
/2
23- 2
(sin
?!:
z ) i* 1 dx.
— 2 sin
=
•
a 1
rr / 2
—
— cos
x0. - 1 (1
=
cos pdp und bekommen
i!
— 1 — cos
1(
2
p) ö
1
( -2 sin p cos p ) dp
}
•
7r
/2
0
^
ijj ;
sin p cos pdp
0
2
fl
:
1
) 25-1 dp.
I
Wir haben somit folgende nützliche Formel bewiesen
f
~ /2
{ C O S p \l 2 <X
JO
—
1
{ siiufj2 ß
Wir benutzen nun diese Formel mit a = 5 / 2 und 3
ff
/2
4
COS
0
6
^ siii
yjd? =
1
^
d <p =
— 7/ 2
B{ a , ß ).
1.5(5/2, 7/ 2) = I1 r (5/P2)(r6)(7/ 2)
Nun benutzen wir die Eigenschaften der Gamma Funktion F ( l / 2) =
um die verschiedenen Terme zu bestimmen
y
/
jr
und F (.r 4- 1)
= xF( t:)
r ( 5 / 2 ) =|
r ( 3/ 2 ) =|
|r ( i /2) = 3\4/F
r ( 5/ 2 )
r ( 7/ 2 ) =|
r (6 ) = 5 L
__
53
r (3/ 2 ) = 5 3 1 r (l/2) = 158v/5r
-*
5
I
IÜ
also
ff
0
/
-
cos :! p sinG pdp =
,
-1 B (5/2 7/ 2) = -1 r(5/F2)(r6)(7/2)
—
—
,
«
i . i r ( i/ 2)|
_|
- f r ( i / 2)
51
9
5
32
•
°
2
•
7t
*
OTT
5!
512
226
-
.
.
• fgw ww»i»wt!
r*v
'
^
|
i !
1:
I:
i
13.4. BEISPIELE
i
iS
I
I
Nach dem Satz von Fubini gilt
e
x~
2
ec
dx
—
%
oc
e ~ x Zdx
'
—
oc
e v dy
ec
— r d:x
oc
dye
j
ec
—
•'
—
ec
ec
Das letzte Integral verlangt ganz offensichtlich Polarkoordinaten ( wegen dem Term x2 + y 2 ) . Wir
führen also Polarkoordinatcn x — rcosip und y = rsinp ein und bekommen mit der Substitutionsregel ( dxdy rdrdip )
—
oc
CO
— oo
dx
2
2
dye ~ ( x + y )
_
oc-
_
o
~ CO
2 TT
rdr
.2 ^
dipt
o
ec
*
-o
re —
r~
dr = 2Tr
e
—
r~
2
oc
—
TT
.
0
Somit
ec
-
:r
e
dx
—
y
ß.
OC'
e — “ dz — \/ x . Wir betrachten nun die n-te
b) Wir haben in Teilaufgabe (a) gezeigt , dass
Potenz dieses Integrals und benutzen den Satz von Fubini. Wir bekommen
X
_n / 2
7T
'
oc
TI
—
e
x~
-oc
- oc
— cc
dx
•/
—
oc
—
d.T2 • •
ec
e
“
I dlx 1
'
w
OC
/> CC
*
— oc
227
—
(z
oc
~
- dxo -
xr
•
ec
•
J
—
- CC
e ~ x* dx v ;
13. DIE SUBSTITUTIONS!} EGEL
Wie berechnen wir nun das letzte Integral? Mit den Kugelkoordinaten in Rn. Diese haben wir
bereits in Beispiel 3.2.10 kennengelernt
,
-
x (0: 2TT ) > R ri \\ { x -n -1 > o. xn = 0}
$ :(0. oc ) x (0.7r ) 7 ~ 2
(r. e> i . ... , <pu _ i ) -> <b ( r. plr
r cos d>1
r sin cos 02
r sin 0 i sin 02 cos 03
=
sin p2
r sin
\
In diesen Koordinaten gilt
—.
r2
>
•>
•
TJ
TZ
+
*
- sin 0i sin 02
7
*
* *
•
_
pv _
sin 0a
sin <
I!
2 cos
0n
2 sin 0n
_
_
S. j
i
I
/
i
+- X n .
9
*
* *
•
i
Die Determinante von d <I> haben wir bereits in Beispiel 3.2.10 ausgerechnet
— r'
7
detd<3?
"'
1
sin ( pi ) 7 J.
—
2
_
sin (02 ) n - 3
- - sin (0n 2 ) ,
sodass die Substitutionsregel f ür Kugelkoordinaten in Ru lautet
dxidxo
••
*
clxn = rn - i sin (0 i ) n
_
—
) n- 3
—
2
sin (öo ) 7t
*
’
• •
sm (0n
_ )drd0
2
i
* *
dd>n- i -
• - sm ( c> ,
Der Teil sin ( 0 j )
( 02
r 2 ) d0i - • dd>n i ist der Winkelanteil. Das Integral des
Winkelanteils auf (0, TT ) n 2 x ( O. ZTT ) ist genau der Oberflä cheninhalt von Sn ~ l
u” 2
sin
—
~
7r
doj
*
•
d( ß ii
*
/o
0
-
'
_
2 7T
—
—
—
_
-
dp,. i sin (© i ) n 2 sin ( 09 ) n 3 • * sin (0T, 2 )
2
70
= ß( S
71
1
).
•
Wir haben somit
oc
—
oc
dz i
oc
•/
—
'•30
dz -
dxne
•
)
—x
oc
-tf *Z - +^ =
TT
T
1
r 7V
d p! •
dr
0
•
0
oc
2
o
r
rT'
Je
X
rn
—
“
1
e
0
r
7.077
(
Jo
—
-
2TR
io
d© i -
dp?
•
•
d<j>n-i sin ( 0i ) n
2
*
''
dr -
-
70
•
.
—
2
—
2
_
Sin (02 ) n — 3
!sin ( !)
dpn
0
—
n 2
* * *
sin ( pn
sin (02 ) n-3
*
•
_
2 )e
-r 2
_
sin (0„. 2 )
2
r n ~ Je ~ r d r.
Ksn ~ i ) 70
Das- Integral
~
+
r‘
dr berechnen wir mit der Substitution r 2
/•
dr
-
=
~
y => r
oc
—
=> dr —
dy / 2 sjy
h
; t|
y
'0
•
Wir haben somit das folgende wichtige Resultat gefunden
-
TT
/2
=
fJr
p. ( 5
(»
/ 2)
=>
M(srt
1
"
)
2 TTV2
= F(n / 2 )
’
II
c ) Das Volumen von i? berechnen vir mit den Kugelkoordinaten in Rn
7)
'• i
MS") ^
o
d0i • • •
0
1
,
= ß ( sr - x )
.
o
_
TT
.71.-1dr -
rn
1
dr
dp„ 2
•7 0
*-1 )
= MSa
,
d0n ~ 1 sin(0i ) n
2TT" / 2
nT (n /2 ) ’
228
—
2
sin ( 02 ) r? -3
* *
*
sin (0n
_
2)
13.4 - BEISPIELE
1
Wir können auch ein wenig Kosmetik machen, indem wir die Formel F(.r + 1) = .xT (;r) benutzen.
So bekommen wir die folgende sch öne Formel
2TRR' -/ 2
TT
v ( Bn ) = nF(n / 2 )
lit
TT
n/ 2
r ( n/ 2 + l )
‘
Beachte, dass diese Formel dem Resultat von Beispiel 12.3.2 gleicht. Zum Beispiel gilt f ür n
(d.h. n gerade)
rn
TT
i
i
- /2
71
n / 2T ( n / 2 )
weil T (m + 1)
—
KB” ) = T ( m -fl )
TT
— 2rn
rn
ml
m!.
i
Beispiel 13.4. 12
Us
•
a ) Sei a > 0 . Berechne das Integral
:
li :
II
it
tt
Lösung: a ) Wir gehen wie in Beispiel 13.4.9 vor. d .h . wir betrachten das Quadrat von 'f °°OG e
Nach dem Satz von Fubini gilt
'
I
2
~
eraT / 2 dx
oc
—
—
2
e ax / 2 dx
oc-
.
/
OO
i
e
—
oc
•1
=
oc
f>
—
dx
X
—
—
a:
!
-T.
~
dye — a { x -\~ iC ) / 2
x
Das letzte Integral verlangt ganz offensichtlich Polarkoordinaten (wegen dem Tenn x2 -ft/ 2 ) . Wir
f ühren also Polarkoordinaten x — r cos er und y rslux ein und bekommen mit der Substitute
onsregel ( dxdy rdrdtp )
oc
OO
;
iü
—
dx
oo
—
—
—
•
o
oc
rdr
oc
>
dipe
oo
Somit
1
Hl
2TV
OO
2
~
dye ~ a ( x + y ) / 2
—
oc
—
nv ~ / 2
.•oc
= 2TT
re
'
00
—
ar
'
/ 2dr
= 2-
r
-r
ea
0
2TT
a
~
e ~ ax / 2 ±r =
b) Wir wollen das folgende Integral berechnen
./ !F: '
T
Der Trick bei dieser Aufgabe ist: Symmetrische Matrizen sind immer diagonalisieroar , sodass es
eine orthogonale Matrix U gibt, für welche folgendes gilt
/
U
|
!
1:?
A
-
/ Ai
U 1 DU
= UT
rr
i C
\\
229
An
-
M
:
13. DIE S ü BSTITüTIONSREGEL
:
;
Somit
XTAT = XTUTDUX = ( U x )TD { UX ) = yTDy.
—
-y
Wir substituieren y
—
U x. Nach der Substitutionsregel gilt d n x
— | det(?7
=
orthogonal ist. Es folgt also
R*
'
J Ew
e ~ b'
T
l
)\ d P y
= d n y , weil U
"
^
h
1
dxne ~ * ^ iy* +^2 '-/S l
d' 1V
darie“ iAl
:
V
dx„e
tAr,;?/ ~ )
,
3 Xn /"
( 27r )
VAjAo
•
•
A„
VdetA
:
!
I
II
’
5
I:
\\
230
!:i
i
|
r. ;
11!
:
im
Ill
1
11
i
m
i
Kapitel 14
ln
S 'l
Anwendung: Masse , Schwerpunkt
und Trägheitsmoment
5
>
14.1
Masse , Schwerpunkt und Tr ägheitsmoment
Masse
;
II
Sei fl ein zweidimensionales Gebiet ( zuxn Beisiel eine Kreisscheibe ) mit Massendichte
p( x: y ) , welche die Massenverteilung auf Ü beschreibt. Die M a s s e von fl ist dann
"
M
•
—
a
p ( x . y ) dfi ( x . y ) .
Entsprechend erhalten wir die Masse eines dreidimensionalen Körpers
sendichte p( x , y , z ) als Volumenintegral von p ü ber fl
M
:
—
J o.
fl
c M3
mit Mas-
p( x , y . z ) ä ß ( x x y . z ) .
Schwerpunkt
—
H2 ist der Schwerpunkt der Punkt S
( x$ , y s ) , sodass i l im
Gleichgewicht ist. wenn man es an der Stelle 5 anlegt . S ist also der Punkt , auf dem
die Summe der Drehmomente Null ergibt . Für H C Fd mit Massendichte p ( x . y ) ist. der
Schwerpunkt S = ( x$ , y$ ) gegeben durch
Für eine Fläche
?!
y
;V
111
1
Ü C
Xs = J j
j x p x, )
y cl ß ( x . y ) ,
{
Entsprechend erhält man f ü r den Schwerpunkt S
Körpers fl C M3 mit Massendichte p ( x . y , z )
1
xs = 77
M
!i
:
,
Ja
1
VS
zs
M Ja
—
1
M
Ja
O
—
.
yp ( x , y ) d p\ x , y ) .
l x$ z/5
- 75 ) eines dreidimensionalen
x p( x , y , z ) d p ( x . y . z ) ,
yp ( x p i ß z ) d ß ( x . y . z ) :
zpiyx . x y z ) d p{ x . y . z ) .
231
t;
ys =
’
14. ANWENDUNG: MASSE , SCHWERPUNKT UND TRäGHEITSMOMENT
i
:
Tr ägheitsmoment
Das T rä g h e i t s m o m e n t von
Drehachse K ist
Q C
M2 mit Massendichte p ( x , y ) bez üglich einer gegebenen
dist ( (:r . y ) . K )
©A =
sp( x , y ) d ß { ix , y )
?
O
,
wobei dist ( ( x , x ) K ) die Distanz des Punktes ( x , y ) von der Achse K bezeichnet. Im Besonderen gilt f ü r das Trägheitsmoment bez üglich der x- , y-Achsen
,
I
i
0*
=
Gjy
-
-Q
<1
3
y2 p( x , y ) d ß( x , y ) ,
x.2 p( x , y ) dfi ( x , y ) .
M
Entsprechend findet man das Tr ägheitsmoment von 0 C M3 um K
&K
= ./ n distfiT. y , Z ) , K ) 2 P ( X , y , z )d p ( xpy: z ) ,
wobei dist ( (r , y , 2 ) , A ) die Distanz des Punktes ( x* y , z ) von der Achse K bezeichnet. Im
Besonderen gilt f ü r das Trägheitsmoment bez üglich der x- , y- und z- Achsen
'
©, =
-Q
.
( tf + z ~ ) p ( x y , z )d ß( x , y , z )
*
— Ja[ { :c~ + z 2 ) p( x y , z ) d ß { x, '/, r) ,
©. = (.e + y- ) p ( x , y, z ) d ß ( x , y , z ) .
n
© !J
(
,
.
Erweiterung auf Rn
Fü r einen Kö rper
Q C
M" mit Massendichte p ( x ) gilt f ür die Masse
I
M=
p { x ) ä p. ( x
?
!
?!
J;
n)
(skalarwertig)
I
Ä| i
|
den Schwerpunkt berechnet man mit der Formel
:• Älj
i \ $\
M
Ja
x p { x ) d u ( x 1. ..., xn )
(vektorwertig )
Das Trägheitsmoment um die Achse K ist
©K
=
n
dist ( tu. K
'
f p ( x ) d p,( x y :
x n)
( skalarwertig)
'
%
wobei dist ( r . Ä ) die Distanz des Punktes x von der Achse K bezeichnet.
'
-
232
-i
Is !
'
:ii!i
14.2 . BEISPIELE
i
l
:
Beispiele
14.2
•
In diesem Abschnitt betrachten wir einige Beispiele zum Thema .
;i
:
i
ü
••o Berechne Masse and Schwerpunkt der folgenden Mengen
a ) Q = { ( x , y ) e [-1, 1] x [0, 1]|y < x2 }
b ) n { ( r cos o, r sin ö) R 2 |0 < r < 1, 0 < & - ar < TT}. a 6 ®
Beispiel 14.2 . 1
II
:v
i
ifii
Lösung: a ) Da keine Angabe an der Massendichte steht , setzen wir p ~ 1. Die Masse von 0 lautet
somit
M=
1:?v
n
.
djj. ix y ) .
—
Wir schreiben Q als Normalbereich. Wir lesen direkt ab. dass 1 < x < 1. Und weiter geht es : Aus
y G [0.1] und y < x 2 , folgt 0 < y < x2. Somit
R2| — 1 < x < 1. 0 < y < x1 } .
D = {(x , y )
II
Mit der Formel f ür Normalbereiche finden wir die Masse von Q
!t
r 1 Tr9 o
1
M
Die
i
=
d ß{ x , y) =
dx
dy
o
~i
=
/
=2
'"
-1
/
•
o
dx:r
—
X3
-~
2
.*
"
1
Jo
9
3
^-Komponente des Schwerpunktes lautet
xs =
x~
1
dyx
—
—
i
1
A/
x“
9- i
l
1
=M
-1
dzx*
—
0.
-
Die y Komponente lautet
I5j
i
Ii
yS
=
1
yT z( x, y )
M 7n /
4
2
lp;
M
r !
[*loj
6 1
-_—
11
“
0
M5
”
x
l
1
• ”
-1
3
10
1
dyy =
dx
0
Af - 1
r
Tr
9
'
X“
i
1
Af
ü
. -.1.
—-=
x1
2
'
dx
/
2
,
Af
'
Somit 5 = { xs , ys ) = (0.3/10) .
b) Die Menge D ist als Normal!)creich in Polarkoordinaten gegeben
= {( r cos cp, T sin cp )
ü!i?
*
;v
:i.
iiA
::
iii
VI
3
ii
$
f
II:f
y
< ar + TT}.
—
Wir f ühren Polarkoordinaten x r cos <p und y = r s i n p ein und ber ücksichtigen die Substitutionsregel dxdy = rdr dp. F ür die Masse bekommen wir somit
--
ar f 7r
J
M
—
n
dp ( T. y )
=
rdr
ar
0
.1
1
Tp =
o
ar ) ~
rTr ( ar + TT
TT
0
rdr = TT
Die x-Komponente des Schwerpunktes lautet
Xs
sn
4
R” |Q < r < 1. er <
1
1
= M
Jo
J0
r
2
4 7T
*
£=
d< prco&
•)
1
1
M
'07*
rdr
ar
I
—x
d.r (sin ( ar + TT ) — sin ( o r ) )
233
I
j r - dr [sin
9
M
1.
r*
J0
r 2 sin ( ar ) dr.
W
2
14. ANWENDUNG: MASSE , SCHWERPUNKT UND TRä GHEITSMOMENT
Zweimalige partielle Integration ergibt
i
V
xs = M
J0
r ~ sin( a.r ) dr
!
=
'
2 .2
7
AI a
i
4
l
T
Jo
§
r cos( ar ) dr
Ma JQ
— Ma4 Jo rcos( ar )dr Pd Ma2 cos(a) — Ma4 [rSin(ar)]o + M4 J sin ( ar ) dr
Ma
^
2
4
4
2
4
cos ( o) —
( )+
cos
sm
c
dr
a
)
(
r
(
[- cos (ar ) ]
0
— Ma ) + JjJi
Ma
AtUin ° Mar j
Uc°s a - Ma4 sin (a ) — iE? ( ) + ÄT«* _ 4 / cosa(a ) 2 sin (a ) 2(cos(aa) — 1)
*
9
l
cos ( a )
i
'
,
2
/
,
,
( )
)
-
C 0S ö
2
—
~
0
2
sin
ö2
i
0
3
Die y-Komponente des Schwerpunktes bekommt man analog
i.
i rdrL
1
io
= J/
.Vf ?
^
T ~ dr
o
i
Jo
T ~ COS ( ü:
C0S
2
sm ( a
Ma
PA .
9
Mo
^ ar + ^ + cos(ar)) = Jy j
I1
0
r~
L
.
1
4
sin (a )
Mö
2
sin (a )
Mo
7
-r
•
- )ar
r sm
( ar W
/
Ma g 0
4
cos(a )
Ma2
4
eos ( a )
Ma2
—
U
^
r• 2 rfr [- coscp]
Zweimalige partielle Integration ergibt
Vs = M
2
i
i
—
P./.
4
_
4
Ma
4
sin ( a )
Ma 3
—
r $m( ar ) dr
J0
sin ( a ) +
f
4
[rcos (ar )] Ma2
——
J
•
blcos
4
cos ( a )
- Ma
2
Ma
4 / sin (a )
2 cos (a ) 2 sin (a )
7T
a?
a
a3
cos ( ar ) ch'
Ma 2
i
9
^
r2 cos (ar ) dr.
2
smfa ) f -
I!
(ar ) dr
;
AU [
sin (ar )]
J
I
1
I!
II
ui
Beispiel 14.2. 2
® ®
o Berechne dev Schwerpunkt der in der Figur angegebenen Menge
a
y
;
Kreislinie
$
x
L ösung: Da keine Angabe an der Massendichte steht , setzen wir p
somit
M
= J/A. d f j ( x. y ).
234
~
1. Die Masse von Q. lautet
fr
i
14.2 . BEISPIELE
Wir schreiben Q als Normalbereich. Wir betrachten die Figur, wählen eine Variable aus, z .B. y
aus und "vergessen ’’ die anderen Variablen. Wir lesen 0 < y < 1 ab ( äusserste Grenzen ) . Dann
fixieren wir y und schauen was mit x passiert: rr liegt zwischen der Geraden 1 — y und der Kreislinie
v7! y2 - Somit
7 = { ( , v )\ o < y < i : i - y < * < v 1 - < / 2 } -
—
I:
>
Mit der Formel f ür Normalbereiche finden wir dann
/ i-V
'
1
H
dy ( xxy )
Q
Ül
=
ii ?
fö
/*1
Jo
/
y l
—
y
- JO
i
2
dx
-y
- yPdy -l + 1
TT ~
~
—
j
dy
(v 1 - y
1
i
-
+ y)
2
4
v
TT / 4
Die ^-Komponente des Schwerpunktes 5 = ( xsyys ) lautet
1
,s = -
iS
n
xd ß ( x , y )
1
1
Jo
M
1
6M
1
—
-~~
l
dy
I
—
dx:r
J! v
1 - r - ( i - y )2
dy
2
2
3( TT 2)
1
fi
1
M J0
—
0
- y~
A
l
1
= M-
0
*
< </
.7:.21 \
2
i
•
1
M V2
1
-y
1\
/
-
Für die y Komponente
ys
=
1
ydfi ( x, y )
M n
1
Af
-
Also
1
- y + y2
=
fd -^/ + i
2
6M
2
3( TT ~ 2 )
*
= Os, ys )
ili
7!
m
d
m
Beispiel 14.2 . 3
••o
Q
i V:
B
-
Berechne den Sckwerpunlä von
{ { x, y, z )
e R* \ x , y , z
%
<
i. x
2
y < i }-
Lösung: Da keine Angabe an der Massendichte gegeben ist. setzen wir p = 1. Die Masse von
lautet somit
dfj ( .r , y . z ) .
M=
Wir schreiben mm O als Normalbereich. Wir betrachten x und vergessen alle anderen Variablen .
Aus x > 0 und x2 < 1 folgt 0 < x < 1. Dann fixieren wir x und schauen was mit y passiert . Aus
y > 0 und r -f y < 1 folgt 0 < y < 1 x 2 . Feiner betrachten wir c: aus z > 0 und z < y folgt
0 < z < y. Somit.
—
0 = {0 , y , z )
I
Q
n
i
fit
O. c
M*|0 < x < 1 0 < y < 1 ~- x2.0 < n < y }.
;
235
14. ANWENDUNG : MASSE , SCHWERPUNKT UND TRäGHEITSMOMENT
Mit der Forme] f ü r Normal bereiche finden wir dann
1
M
=
n
d f i ( x. y. z )
Uri
o .2
-
o
1
--
1 x~
O
1
1
ar
dx
=
M
Jo
2
dx
Jo
-
1
- —M J o
U -x2
>
1
"V
1
i«
3
0
2
3
.T —
2
2
Jo
dyy
dx
0
fl
.0
x d f .i ( x . y : z )
x~
o
5 1
!
0 Jo
X
o
4
15
= ( x $ , y$ , z$ ) lautet
Die ^-Komponente des Schwerpunktes S
xs = 77
M
—
-
'u
1 r"
1
l ~~ x ~
l
dyyx
=M
—
/•
i
—
1
.r ( l x 2 ) 2
[ x2
2M L 2
1
2
o
61
- T + yj
x4
#
1
_
1 1
M 12
0
"
5
16
*
F ür die y-KompOriente
Vs
1
M
L
1
ä|
, f - vLiaj ~ T,
—M1 Cd
Jo "
o
L
ar8
y d p{ x, y, z )
1
=
ir j
(1 - rr2 ) 3
1
dx =
x
3A/
3
Jo
F ür die ^-Komponente
M
1
“5
M in
i
M
1
6M
z d f j j x , y. z )
r1
Jo
X
3ar 5
>
5
M 105
1
= Af
dzz
1 T .3 1— x ~
V
u j0
J
m
d x5
5
—
xJ
7 o
=
M
ft/3-
1
dar
L 6 Jo
1 s
A/ 105
Also
5 = (.r5. y s . z s ) =
”
1
M io
1
*
i
, 1-x
Jo 3 J 0
1
<fyy2
r/.r
1 16 _ 4
7
'
o
dyj
3ar >
3
3.r3
*
y2
dx
1
2
dx
=
M
J0
(1
l
-x2
da:
_
dy 7T
L z Jo
0
2 )3
l
6
d®
2
7
\
__
5 4 2\
16 75 7 /
'
'
1
m
ill
Beispiel 14.2.4 * oo Berechne das Trägheitsmoment einer Vollkugel mit Masse M und
Radius R um die z - Achse.
Lösung: Laut Definition errechnet sich das Trägheitsmoment bez üglich der s-Achse zu
9;
= J/a ( x 2 + y2 ) p d ß ( x : y , z ) ,
wobei p die Massendichte der Kugel bezeichnet ( noch zu bestimmen ) . Wir rechnen in Kugelkoordinaten . In diesen Koordinaten ist
f i = { i n e . f ) e L x [0. JT] x [0, 2TT )|0 < r < R }.
236
.
_—
_ .
v
r o,•
\
b"
hl
: ;
|
j
—
-- - -
JAä S''
•
;§
V "«
•>*
- . .IvB.VMW*'
ÜX
®B
14.2 . BEISPIELE
I
II
n
—
—
Es folgt x 2 + y2 r 2 sin 2 6 cos2 p + r 2 sin 2 0 sin " p r 2 sin ” 0 . Nach der Substitutionsregel m üssen
wir das Integrationsmass gem äss dxdydz r 2 dr sin ß d.O dp ändern. Wir finden somit
m8
es =
[ (x + y ) pd
2
2
ß( xpy
JQ
•7T
|
i :V
—
sin <9 (1
27rp
•/ 0
,z ) = Jf
7v
[
dip
0
r4 dr
0
?
o
•)
i
•
V
—
= 2?rp
•J
'
,
5 Jo
0
' 2 TT
M
ii
•
=
1:
a
pdp (.r , y,
=
p
o
2
sin (9 C/ 61
o
>3 ]
ft
‘ TT
/•
dr
0
=
Ä
_
47rP p3
—
-°Jo
4 Tr a
— Air
F
"
3T
Die Massendichte p wird aus der Masse der Kugel bestimmt
1
ft
'•TT
—
*
r “ ar r “ sin “ 0 p 2?rp
sin"' 6M(9
r dr
Jo
0
o
~
“
3
<
/
= +
cos3 (9 * r .r„fn * , 4 J?5
8rp
cos 6 4- o
= 2 rp
= f R* .
00
ft
- cos2 9 ) dß
**
sin 64/ (9
=*
Ä
T5
p=
3M
4 rrPN
*
Somit
8
TRP R5
Gz = 15
=
i
ii
o
8TT 3 M
R? = - MR2 .
3
15 üTTP
o
ii
Ii?
ib
|
:i
!
B
m
Beispiel 14.2 .5 •
Zylinder mit homogener Massendichte p , H öhe h und Radius u .
:
-
;
Lösung: Laut Definition errechnet sich das Trägheitsmoment bez üglich der z Achse zu
0, =
B
1B
?
1
Jn
( x2 + y 2 ) pdp { x . y. z ) .
Diesmal rechnen wir in Zylinderkoordinaten. In diesen Koordinaten ist
ijM
M
R _|_ x [0, 2TT]
H = { ( r, cp , z )
lü
1
M ! 0 < r < a. 0 < z < h } .
X
184
Iü
Weiter er 2 + y 2
= r 2 . Nach der Substitutionsregel müssen wir dxdydz = rdrdpdz schreiben. Somit
Ö,
—
n
(.T 2 + y2 ) pdp.{ x , y , z ) =
= 2nhp Jof
r3 dr
2TT
dz
Jo
Jo
4
o
o
C
rdr
Jo
~hp ,,
= 2Trhp
a
h
dp
r2
~x
-- r
P
r;
.
Die Massendichte p wird aus der Masse des Zylinders bestimmt:
ü ii
i
iü
P
!; l
277
M=
a
pdp{ x , y. z )
=p
o
h
dp
o
a
dz ' rdr
—
p2irh
r ^2
|—
*
rt
= pToha 2 =>
0
Somit
0- =
7r /?. p 4
—2
a
Th M 4
a
2 Tr /? a 2
237
1
= -9 Mo 2 .
p
=
3/
TT I ß 2
14. ANWENDUNG: MASSE , SCHWERPUNKT UND TRäGHEITSMOMENT
Beispiel 14.2.8
'
O:
Die Hohlkugel
Q
habe die folgende Darstellung in Kugelkoordi-
naten
n—
{( r. O . cb ) |1 - a < r < 1.0 < 0 <
TI\ 0
< ö < 2TT}
unrf ha &e eine konstante Massundichte p. Berechne das Trägheitsmoment bezüglich der
z Achse.
-
Lösung: Laut Definition errechnet sich das Trägheitsmoment bez üglich der z~ Achse zu
e,=
J
a
( x2 r y2 ) pdy { x , y , z ) .
-
Wir rechnen in Kugelkoordinaten und finden
CSL
—
n
-
/'2 r
( x2 -f y2 ) pdu ( x y , z )
-
27T p
•/
o
sin 3 0d0
-
r 4 dr
Jl u
—
r 2 drr 2 sin 2 flp
sin OdO
Jo
rl
7T
\I
1
7T
cid
l— a
r 511
4 r
2 irp 3 5
\ ~~ a
= x ~ + y2
'
87TP
(1 - (1 - a )5 ).
15
=4/ 3
Ein bissdien Kosmetik: Die Dichte p wird aus der Masse der Hohlkugel bestimmt
-
pd. p ( x , y. z )
Q
r~
2 TT
=p
dep
0
•/ ()
P=
Somit
1
/•
sin
i
—
r 2 dr
a
= 4?rp
-.31 i
—
3
—
l a
_
a ) 3)
3M
4TT ( 1
— (1 — a) )
3
I;
-
Srp
2 M (1 - (1 - a ) 5 )
( l - ( l - ü )5 )
5 (1 - (1 - a) 3)
15
Speziell ergibt sich mit a = 1 das Trägheitsmoment der vollen Kugel
©-
4 T
(1 - (l
|
0 ~ (a = 1 )
~
'
t
-- M .
Mit dem Satz von Bernoulli-de 1 Höpital kö nnen wir das Trägheitsmoment einer Kugeloberfläche
bestimmen
2 M ( 1 - (1 - a ) 5 ) H
2 M 5(1 - a ) 4
lim 0 - ( a ) = lim
3
2
a >0
a > 0 5 (T ~ (1 ~ a ) )
° ~*o 5 3(1 a )
‘
—
—
4
—
m
\
iSm
r i:
•
-
UM»
w^v k'
.
.. .
••*«•••
•
;&
14.2 . BEISPIELE
s
I
!!
Lösung: Laut Definition errechnet sich das Trägheitsmoment bez ü glich der x-Achse zu
0
m
lit
!i!
m
f
I!f!
- = 4/s ( y
2
,
,
ä
+ z 2 )d ß { x , y , z ) =
3
l
dz
r*1
'
dz
0
1
12
-z
d y { y2
0
0
I
— { (ar y. )|0 < z < 1 0 < y < 1
2
y3
3
yi
4
1
l
-z
- -z
0
0
1
+ z )( l - y - z )
2
-
1
dz
—
y - z]
l -z
y3 z
z2~ y.:2
~ z2 y
y z2 +
3
2
0
-
- 2 a 2 + 4~3 - * j +
1
¥1Jo
5
1
d x( i r + z 2 ) =
5
dyiy
0
0
1
30
illI
'
i
1
;1
|
lii
II
1
1
M
239
>
< x<1
L V
dy
dz
:R
ip
- 2. 0
Mit der Formel f ü r Normalbereiche finden wir dann
X
1
(V: 2 + z 2 ) d ß ( x . y. z )
— —
0
!:l
Sa
'
|
!l
1
-
(da nichts ü ber die Massendichte angegeben ist . nehmen wir p ~ 1). Wir schreiben £3 als Normalbereich. Wir wählen £ aus und 'Vergessen die anderen Variablen. Aus e > 0 und z < 1 folgt
0 < 2 < 1. Dann betrachten wir y. Aus y > 0 und y -f z < 1 finden wir 0 < y < 1 ~ s. Ferner
0 < x < 1 y z . Somit
£3
;ä
-
-0
1
12
•/
0
y3
./ 0
2
l
dz
-y z+ z
ü
2
-z
1
d y [ x ( y2 + z ~ ) J 0
.2 y -
zz )
d z (l - Az + 12a- - 16s3 + 7 z 4 )
—
y~ ~
!; !l
14. ANWENDUNG: MASSE , SCHWERPUNKT UND TRäGHEITSMOMENT
I
111
i#
J!i
ii
I
IIli
1
j|
|
ii
i
§
§
$
I;
I
I
II
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III
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•
II
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1
I
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m
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i V T’ I
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•
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I!
i:i
m
B
! U
|
IB
IB
H
Sii
Kapitel 15
Wl
il
!;.]
Oberflächenintegrale
ilISf
In diesem Kapitel betrachten wir einen ganz anderen Typ von mehrdimensionalen Integralen . nämlich Oberflä chenintegrale, welche Integrale auf zweidimensionalen Flä chen
in M3 sind.
Ji
15.1
Flächen in R 3
jr
Genauso wie eine Kurve in E3 (ein eindimensionales Objekt ) durch einen Parameter parametrisiert werden kann , wird eine Fläche F C R3 ( ein zweidimensionales Objekt ) mit
zwei Parametern parametrisiert . Eine Parametrisierung einer Fläche F in M 3 ist also ein
!'
Diffeomorphismus
'
T:B
3,
R (tu u )
~7
<T ( m
v)
—
m
y( v .v )
uo V )
'
\ Z(
0
i
f x ( v .v ) \
/
sodass & ( B ) = F gilt. Die Menge B heisst das Parameiergebiet der Parametrisierung # ,
denn sie gibt an , wo die Parameter u und v zu nehmen sind. Nat ürlich darf eine vorgegebene
Fläche F mehr als eine Parametrisierung besitzen . Sind dp und To zwei Parametrisierungen
-i
o T] :
von F mit Parametergebieten B\ und Bo , so heisst der Diffeomorphismus .
.
'
B
Wechsel
Parameter
Bi
2
Man kann zum Beispiel die obere Halbkugel H
{ ( x x y. z )
R3|x2 + y 2 4- 23 = 1}
mindestens auf zwei Arten parametrisieren . Man kann H mithilfe der Kugelkoordinaten
parametrisieren. In diesem Fall sind die Parameter u — 0 und v = <p ( nicht r. da r fix gleich
1 ist ) und das Parametergebiet ist nat ü rlich B
[ö. TT / 2] X [0.2 TT ) . Die Parametrisierung
ist somit
/ cos p sin <9
$ : [0 , TT / 2] x [0, 2TT ) + IR3: ( (9. er ) ->
sin p sin 0
cos 0
\
.
Iil ;
it
III
!
i
il
t
—
—
\
-
—
Dieselbe Oberfläche kann aber auch als Graphen der Funktion f ( x . y ) — V71 x1 - V 2
gesehen werden, wobei die Variablen x und y Werte in der Einheitsdisk annehmen. Somit
241
ill :
ü
IIf«!
I
|
15. OBERFL ä CHENINTEGRALE
I Ii :
11
v
3 Nil
W
1
stellt
: {(r , y )
2
e M |X ~ 4- i f < 1}
'
f
-
E3 , (a : j/ ) ->
1I
X
li
y
V Vl - x2 - y2 J
eine weitere sinnvolle Parametrisierung von i? dar. In diesem Fall sind die Parameter u
—
x
und v = y mit Parametergebiet. B = { ( x : y ) £ M2 |ar -4- y 2 < 1}. Je nachdem, ob wir v oder
u festhalten und nur die Abhängigkeit in der anderen Variablen betrachten , erhalten wir
die sogenannten u und v -Linien. Diese Kunden besitzen die Tangentialvektoren
I
m
—
= dv '
au
Diese zwei Vektoren bilden eine Basis des ( zweidimensionalen ) Tangentialraumes an der
Flä che F im Punkt 4> (u , c ).
und $1; :
u
si
i !
|
m
V
ivLime
/
F
\
Die Normale an die Oberfläche ist ein Vektor der in jedem Punkt senkrecht zum Tangentialraum steht also senkrecht zu
und 3> . Die Normale n ist somit parallel zu $u x <&v
und da sie Lange Eins haben muss gilt
,
(
,
n
—
±
iU
X
Damit die obige Gleichung Sinn macht , fordert man daher bei einer Parametrisierung, dass
x
7 0 in 3 gilt . Eine solche Parametrisierung nennt man regul är. Das Vorzeichen
von n darf f ü r den Moment beliebig gewä hlt werden. Es wird aber eine Rolle bei der
Berechnung des Flusses eines Vektorfeldes durch eine Oberfläche spielen.
^
242
M
ill!
ill ?
m
mii
15.2. O BER FLÄCHEN MASS
15.2
Ob erflächenmass
Wir wollen nun den Flächeninhalt einer in Parameterform dargestellten Fl äche F bestimmen. Es gilt
Definition 15.2.1 ( Flächenelement und Flächeninhalt ) Das
rnen /, bezüglich der Parametrisierung 4> ist
do = |<FU x <& v \ dudv
wobei
—
-
Fl ächendfe
| ä et [ d <I? ) \ d udu .
'
<M>
d <l>
=: ehr
C’ C
Der Flächeninhalt von F ist
ß{ F )
=
do
F
!k
—
|# 7 x
|dud/v.
(
JB
Die Definition des Oberfl ächeninasses f i ( F ) ist nicht nur geometrisch sinnvoll, sondern auch
unabhängig von der gewählten Parametrisierung-
Beispiel 15.2.1
•o o
Berechne den Fl ächeninhalt von
F=
j;
imimi im
V
2
-r ~ 2
i?2}
auf zwei Arten.
Lösung: a ) Eine mögliche Parametrisierung einer Kugel mit Radius R und Zentrum (0. 0, 0 ) ist
durch den Kugelkoordinaten
$ : [0, ~]
i
x [0, 2TT ) -) K3
(0, 9)
.
gegeben. Wir bestimmen nun die Vektoren
/
$0
tu
=
—
( R sin. 6' cos c, R sin 0 sin cp. R cos 0 )
m und
- R sin 0 sin <p
D cos 0 cos 97
/? cos 0 sin <p
Dsin 0
i? sin 0 cos g
0
—
Somit
/
i? COS 0 COS (p
R cos 0 sin cp
-Dsin 0
\
|x
—i? sin 0 cos
l R.sin 0 sing;
j
0
243
f:
A
/
i?“ sin 0 cos v? \
i?2 sin 2 0 sin cp
2
\ it sin 0 cos 0 /
“
15 . OBERFLäCHENINTEGRALE
Darum
= \J ( R2 sin
|# ö x #
“
9 cos S) 2 4- ( R 2 sin 2 0 sin p ) 2 4- ( R2 sin 9 cos 0 ) 2
'
= i?2 \/sin 4 0 -+ sin2 9 cos2 0
=
Js
R?\
n1 # (sin2 9 4- cos 2 9 )
\
iii
2
=
ß sin 9.
Mit der Formel bekommen wir dann
M-F)
-
— JoIr d9 Jo/
,2
do
F
*
d*? JR 2 sin Ö
"""
= 27ri?2 [
—
cos
2
^ln == 47ri? .
b ) In der Vaxiaute kaim man die Kugel als zwei Halbkugeln betrachten. Die obere Halbkugel
- J R2
können wir als Graphen von fix. y )
x2 - y 2 auf { (rr. y ) C R 2|x2 4- y 2 < R2 } betrachten.
Die Parametrisierung lautet somit
—
—
$ : {(rr, y ) 6
n 2 |x 2 4- y2 < R2 }
il*1
X
—
> R3, (x, y ) ->
y
2
2
\/ R ~ x
~
y2
m
•I
Wir bestimmen die Tangentialvektoren <3> x und $ ,y
1
0
.
—-
T
rr
0
1
/
** =
-
.
9
-
v/ R- F- -;A
=
x
=4
//
/ - X* - y*
y R2
V
/
"
1
Somit
2
/
/
| 4> x x
KV| =
<
N
\
X
\ \/ R2 ~ x 2 - 1p
4- y~ A Rr
R2 x->
2
f-
- x2
—
y2
—y
2
y
4-
2
X / R ~~
2
+1
x2 - y 2
R
yj R2
— x -y
2
2
Der Flä cheninhalt der oberen Halbkugel lautet somit
ß( ß ) «
'(
E
•
“
\
x 2 -r
- y -< R}
|<Itr x # 7y|dxdy =
--
VR
{(aV/ ) eE V 4-?r < R }
2
R
- x 2 - y2
Der Term x2 4- y 2 verlangt ganz offensichtlich Polarkoordinaten, also gehen wir in Polarkoordinaten
ü ber , um das Integral zu bestimmen
(
/r
RH ) = J
( U ? /y ) E2 k +
*
R
^
>
/
< F} \
R2
R
- x2 - XJ 2
R
2TT
=R
rdr
o
dtp
o
] = 27TÄ2.
= 2TTJ? -VR2 - r2 JO
ro
Der Flächeninhalt der Kugel ist somit 2 • 4TTR2 = 4TTR2.
= 2TTä
rdr
VR2 - r 2
t :\
n.> Xs:.
Beispiel 15.2.2
•o o Berechne den Flächeninhalt von
\
F = ( x , y . z ) e f ! ;r + 4r < 8, z
?!
|
•y
244
1
I
i
15.2 . OBER FLäCHEN MASS
Lösung: Wegen der Vorschrift z = \{ x 2 -f 2 y 2 ) , kann man F als Graphen der Funktion f ( x . y )
2 (ar 4- 2 y 2 ) auf B
= { ( x. y ) C R 2|x2 + 4 y1 < 8} sehen. Eine Parametrisierung von F ist somit
jjij;
$: B
R2|x2 + 4;?y 2 < 8}
= {(i, y )
( x. ?./ ) ->
R3.
Wir bestimmen nun die Vektoren &r und 4\;
( 0
1
=
0
\
!
V
X
1
2V
^^
(r
=
+ S i/ 2 ) ) .
5
Darum
| 4A x 4> v
Mit der Formel bekommen wir dann
=|i> v x <T
dxdy y i -f x 2 + 4 y 2
'
i
y{ F )
F
do =
B
>
,
Das Integral kann sehr leicht berechnet werden wenn man auf elliptische Koordinaten übergeht.
Wir setzen x — 2 \/ 2 r cos 0 und y \/ 2 r sin 6 . Wir kennen bereits die Transforaiationsregel f ür
elliptische Koordinaten dxdy 2 \/2 ylrdrdO 4rdrd ß. Somit bekommen wir
,
—
( i( F )
— JIF do — JfB dxdy-sjl + x
1
2TT
2
"
4rdr
o
26
7r .
3
f
—
•/
Beispiel 15.2.3
o
•
d6\/ l -t 8r2
+ 4 y2
—
— JI
r~
•i
4rdr
/ 1 -f 8r 2 cos2 6 4- 4r- - 2 sin 2 0
äß\
o
(
—8
TT
1
7' V
TR
1 + 8 r ~ dr
0
— Sn
1
24
C
0
Berechne den Flächeninhalt der Vivioni- Oberfläche
:
{ x, y , z )
F=
L
. 2 v> / 2
R3 ar 2 + y 2 +
it
;
l: 2
2
T y
2
> o.: a ~
*
<
l
4
Lösung: Um eine Parametrisierung von F zu finden , benutzen wir Polarkoordinaten. Setzen wir
x r cos <p und y ?’ sin <p ein, so finden wir x ~ H- j/ 2 4- r 2 = r 2 + z1 — 1 => z = zh >/X r 2. Die
Bedingung r > 0 sagt uns aber, dass wir nur z = \/ 1 r 2 betrachten m üssen. Nun müssen wir noch
) ~ 4- y2 < T in Polarkoordinaten übersetzen. Aus ( rcosp> 1/ 2 ) ~ + ( r sin pY =
die Bedingung (x |
2 cp
2
r cos cp 4~ ~ + r2 sin 2 cp < - folgt r2 < r cos cp. Es folgt somit r < cos cp. Somit lautet eine
r cos
Parametrisierung von F
—
—
—
—
—
,
M
,
'
&:B
~
[
7T
/ 2. TT /2] x [0. cos <p] -A R\
245
( ip.T
)
—
( r cos p. r sin cp, V1 — r )
5
\
15. OBERFLä CHENINTEGRALE
Wir bestimmen nun die Vektoren
,
—rrcossm v
p und <Fr
/
t
?
o
V
$,.
.
^
=
sin
—
\
r 2 cos y?
vp3
COS 9
=
^
=
$r
X
7*
r ~ sin y?
—
T
V7mW /
r
Darum
-
r 4 cos p
H sin 2 p
+
f
r
1 r
1
|4V x $ r| =
—
+ e2
-
r2
T~
r
—- + 1
Vl - r2
1- r
Mit der Formel bekommen war dann
R (P
-
do
F
2
Beispiel 15.2.4
b < l )\
—
/
/2
00
'
= 1 ^»^ x 4v
COS £
dp
fl —
Jo
©
,7r
2
r
clr
OO
—
'
^') cigr
v7!— cos2 c
2
f
TT
7T
/2
/2
r2
dp
JO
0
(
Jo
1 cos v?
— v1 —
(1 — sin £ ) d £ — — 2.
=2
>
(
>
7T
—
co Berechne den Flä cheninhalt der folgenden Oberfläche ( 1 < a
F
—
<
{ ( x . y. z ) = R:V2 - e/ 2 + s2 = 1. a < s < /;}
(
Das /.vi der Teil von S 2 f ür den n <
< h gilt
L ösung: Wir parainetrisieren die Oberfläche wie folgt
—
[0, 27T ) x ( G. 6) — > R b
:B
( p. z ) >
'
^
'
y
/l
— z cos
2
/ —
tp, \ l
m
üü i
fl
m
z2 sin <p 7 2: .
J
Das ist eine weitere Möglichkeit , eine Kugel ohne Kugelkoordinaten zu parainetrisieren. Diese
Parametrisierung hat den Vorteil , dass z als Variable vorkommt . Wir bestimmen nun die Vektoren
d> r, und <F ~
/
$F ~~
— Vl — zc cossinpp \ .
VI —
0
/
2
2
=
v'IV
^
vWW
\
1
cos
£in
^
=
Mit der Formel bekommen wir dann
i i( F )
~
l do =
— er )(cos
2
2
\/ l
Z 2 COS
2
C
Darum
1 $^ x $s| = y (1
— z sin pp \
— —
—
- /l
y
.
< > x du
=> !
p 4- sin 2 p ) + z2
= 1.
!
r
|
15.3. OBERFLä CHENINTEGRALE
gjv
:
Lösung: Es seien <0 i. B.i. * M3 und <I> 2 : B2
R3 zwei Parametrisierungen von F . Aus der
Definition von Parametrisierung folgt , dass <I> i und 4? -> zwei DifTeomorphismen sind. So ist auch die
*
Abbildung
/ := 4>o 1 o
:
B2
Bi
ein Diffeomorphismus von Bi auf B2 , da Zusammensetzung zweier Diffeomorphisnien. / ist der
Parameterwechsel von den Koordinaten ( u.v ) zu den neuen Koordinaten (UJ , ä ) = f ( utv ) .
v
w
®
Wir schreiben die Gleichung f
m.
dd> i ( u , u )
1
$71
in der Form
= <P2 o /. Nach der Kettenregel ist dann
= d$2 ( / ( u. t ) ) - df ( u .v ) = AN ( u\ z )
1
df ( u , v ) .
Nun benutzen wir die Definition des Oberflä chemnasses ( die Definition mit der Determinante ist
in diesem Fall am geeignetsten ). Wegen det ( AB ) = det ( ,4 ) det ( B ) gilt
cKfri
du
X
d$ i
dv
—
.
| det (dd> i ( u t» ) )|
d$2
du;
Ü
—
X
—
| det ( ( dd> 2 ( u'. z ) j - df ( u. r ) ) ) | ~ | det (d4>2 ( tc. z ) )| • | det ( df ( u. u ) )|
d$ >
5a
— - 1 det (d/ ( u - ) )|.
-
(
,y
Wir erhalten somit
_
d$~
d § 2 d #zi . I
(iet ( d.f ( u, r ) ) ! dudv .
x
dudu =
dv
Ö3
Bi
Bi dv
Wenn wir nun die Integration auf B3 in eine Integration über B2 umwandeln wollen m üssen wir
d$ i
du
X
,
u
nat ürlich die Substitutionsregel beachten: dwdz
I
M> i
du
BJ
ß(
X
cKF
- dudu
du
—
ßi
d$2
dw
X
d#2
de
•
=
\ det ( df ( u. v ) ) \ dvdv . Somit gilt
| det ( df ( u, v ) ) \ dud-v
Sw
— dirdz
^
=
B2
dd>2
x
dwdz .
du>
de
F ) ist also unabhängig von der Wahl der Parametrisierung.
ii
Oberflächenintegrale
15.3
Ebenso kö nnen wir f ür eine stetige Funktion J : f -71 bez ü glich einer Parametrisierung
: B > R3, ( u, v) -4 $ ( u, y ) von F das Oberfl ächenintegral definieren
—
*
B
f ( x )d o =
dB
/ (# ( u . v ) ) |
1
247
x T> 4, |d.udv .
15. OBERFLäCHENINTEGRALE
:! I 3H
m
Analog zur Definition des Oberflächenmasses ß ( F ) ist das oben definierte Oberfläclienintegral unabhä ngig von der gewählten Parametrisierung.
Beispiel 15.3.1 • ® o Bei rä chte die Menge
Berechne das Oberfl ächenintegral
"
—
= { (.R FIJ . Z )
1
I !i
;! l:
c2 + y 2 ( ,
'
-
s
I
JO,
2°
F
wobei F
M 2 | l / 2 < u < v < 1}
;{ (u, u )
Q
i
1!
%
e M3|(.r, y , z ) = ( sxn ( uv ) iCOs( uv ) , u ) , ( v , v ) fi}.
Ti
L ösung: Aus der Definition von F kann man direkt die Parametrisierung ablesen
R 3.
$:Q
i
—
(? cos( uv ) . v sin ( uv ) .1) .
~
( sui ( uv ) .cos ( uv ) ,u ).
r
und <f> t.
Wir bestimmen nun die Vektoren
$v
—
( u. v )
<$> v
—
I
= ( u cos ( uv ) , usm ( uv ).0 ).
Somit-
=
X
—
/ vcos ( uv )
v sm( uv )
1
jl.
\
^
u cos ( uv )
— u sin ( ia )
0
/
X
-
/
V
u sin { uv )
u cosiiiv )
0
/
=*
|4> u
r
dudv
Jen,
u'2
>
X <£ v
= u.
Somit
"
x 2 4- y 2
F
z*
do
%
cos2 ( uv ) 4- sin 2 ( uv ) =|<>~ X <X>
|ü]
u3
<1
—
tl
|
V
-dudv —
Nun haben wir ein Integral über 0 zu bestimmen . Dazu schreiben wir
D = { ( u. v )
Q
als Normalbereich
!;
2
M [1/ 2 < u < v < 1} — { ( u, u ) £ IR.211 / 2 < u < 1, u < v < 1}.
Wir bekommen somit
r
•/
z2 + V 2
do
~3
—
1.
1/2
=
15.4
r\
]
dudv
n «a
./ 1/ 2
i
du
dv
V
rl
du
1 /2
!
—
1
u2
_1_ _ 1
Vr
1
U
— 14- 2 — 04- log(1/2) = 1 - log(2)
— log(w)
1
Jl/2
.
Oberflächenintegral ü ber den Graphen einer Funktion
von zwei Variablen
Von besonderem Interesse ist der Spezialfall , dass F der Graph einer Funktion von zwei
Variablen f ( x , y ) auf dem Bereich B ist .
248
i
m
fit
-.-
yv
.. , , .
* ffi*/•:
i
i / \t
:vn
ti
15.4. OBERFLä CHENINTEGRAL ü BER DEN GRAPHEN EINER FUNKTION VON ZWEI
VARIABLEN
..
3
I
x
I
ai
In diesem Fall lautet die Parametrisierung der Oberfläche nat ürlich
:•
I"
X
<$>
: B -> M3, (-X . y )
y
~
/ ( "T y )
weil a
—
f ( xyy ) . Die Tangentialvektoren $> x und <I> V lauten somit
/
0
V\
;S
o \
i
~
>
/
I
X
21 /)
^
Oy
\
\ Oy
ö;r
Orr
df
=
1
/
II:
so dass das Fl ächenelement do lautet
I
A
do
IS .
i.
— |4
>x
x
=
rlH
Ö/
\
2
dxdy =
/1 -T j V /|2 d.rdy.
A
Es folgt daher die folgende n ü tzliche Forme]
Satz 15.4.1 Für den Fl ächeninhalt der von der differenzierbaren Funktion
f ( x : y ) definierten Oberfl ä che F = { { x , y j' ( x , y ) ) \ { x . y ) B } gilt
VI + F/ pdTdy
i
und für eine stetige Funktion g : F -* R auf F gilt
'
g ( z:
?
vWl +\^ f IAA
’S:
I!}
II
il
!
i
§
Einige Beispiele dazu.
249
15. OBERFL ä CHENINTEGRALE
r®
ii:
fl
IIMi!
Beispiel 15.4.1
den Flächeninhalt von
tt \ z < 1}.
{ ( x. y . z )
F
Lösung: Wir schreiben die Menge F etwas um
F
^
.
e ü \ z < 1 } = { ( x. y z ) eWF \ z < h x 2 + y 2 ^ 2 z }
{ ( x. y , z )
—
z ( x2+ y2 ) /2 > 0
Wegen der Vorschrift
auf
2
R^ IO < z < l . z
{ ( x. y . z )
= ( x ~ 4 y2 ) / 2 kann man F
( x 2 4- y 2 ) / 2}.
als Graphen der Funktion f ( x , y )
R2 \ X 2
B = { ( x. y )
~
—
-
( x2 + y ) / 2
+ y 2 < 2}
sehen. Nach der obigen Formel lautet das Oberfiächenelement
do
—
/
y l 4 V f 2 dxdy
\
\
—
\
—
j 1 4 (x)2 4 ( y )2dxdy
y
/ l 4 x2 4 y2dxdy.
Somit
HiF ) = jf
d-o =
r
jB dxdy / l 4 x2 4 y .
2
y
Wir gehen auf Polarkoordinaten ü ber , um das Integral zu bestimmen. Wir schreiben x ~ r cos ( p ,
y = sin p und berücksichtigen die Substitutionsregel dxdy = rdrdip. In Polarkoordinaten wird die
Bedingung x2 4 y2 < 2 zu r < v7 . Wir bekommen somit
^
ß(
F)=
do
F
—
dxdy\/ l 4 x 2 4 y 2
B
V2
= 2 TT
/
r \ l 4 r 2 dr
0
V2
—
0
0
1
—
2
' TT
rdr
d ( py/1 4 r 2
US!
1 y/ 2
^2
2TT ~ (1 4 r 2 )3
3
ill
0
1 jl!
I
jI
-.
’•' rJ YS
Mb
Beispiel 15.4.2
..
.
•V /hi’hvt'
’•’• •‘
1
•o o
F
Berechne
j)
— { ( x. y. z )
L ösung: Wegen der Vorschrift
2
—
~ do
R*’ \ z
( x2 4 y2 )
I!
f ür
i
= ( x 2 4 y 2 ) ~1/2, l < r < 2}.
1/ 2
kann mam F als Graphen der Funktion
11
li
!1
fix , y ) - ( xr 4 y 2 ) - 1 / 2
sehen. Aus 1 < 2 < 2 folgt zusammen mit 2 = (.r 2 4 y2 ) ~ 1 / 2 > dass 1/ 4 < x2 4 y 2
F der Graph der Funktion / (x , y ) ( x 2 4- y2 ) 1 / 2 auf
—
B
= {(x
.
2|
2
< 1. Darum ist
A
2
y ) G R l / 4 < x 4 y < 1}.
1'
250
:
F
,
Xs.
Illil
15.4. OBERFLä CHENINTEGRAL ü BER
I!
!I
DEN
GRAPHEN
EINER FUNKTION VON ZWEI
VARIABLEN
Die Parametrisierung von F lautet somit
$: B
( x. y )
= { (a?, y ) 6 R2|l / 4 < x 2 4- y2 < 1} -R M b
'
-r ( x, y, I /VF F y 2 ).
Nach der obigen Formel lautet das Oberflächenelement
do =
Somit
^
y1F
1 F \V f \ -dxdy =
F
z-l
v
=
^
2
2
( x2
+
F
y 2 )3/ 2
{ (arty ) eli 2|l / l <*2 +i / a < l }
Vl + (.T 2 F J /2 ) 2
-
-r y 2 ) 3 / 2
( x~
V + y/ 2 ) 2 -
x 2 + y2
dxcft/.
x 2 F y2
*
= r cos y. y = r sin y, cfccdy = rdrdtf ) und bekom-
Jetzt befassen wir und mit Polarkoordinaten ( x
,
men
x F y 2 /V 2 kann man F als Graphen der Funktion
Lösung: Wegen der Vorschrift e
f ( x, y ) ~ z
auf B = [TT / 4, TT / 2]
X
—
x 4- y2 fy / 2
[0, 1/ \/2] sehen. Nach der obigen Formel lautet das Oberflächeaelement
/ l F \ X7 f \ 2dxd,y Y 1 F ( l ) 2 F [ V 2 yj
do ~
dxdy
—
y V -i- 2 y 2 dxdy .
'
Somit
l
^r
-B^1 do = .
J f- y i - y
~
dx
Jit / i
’
=
[
Jo
1 / V2
[arcsin (y )]
dy O P1
7
\ i -V
+
/v 2
J =
^
1. / V 2
/2
»
'
= v2
<£r
dy
0
v 2.
Ul
. ••o Berechne
Beispiel 15.4 4
II
fF z 2 do f ür :
F = { ( x . y . z ) e W’ 0 < y <
i
251
f
—
xy}.
l
I
15. OBERFLäCHENINTEGRALE
I;
13 gf:
.
i
Losung: Wegen der Vorschrift
als Graphen der Funktion f ( x , y ) = xy auf
^ = xy kann man F
s
= { ( x: y ) E R 2 |0 < y < Vlx. x2 + y2 < 1}
B
sehen . Nach der obigen Formel lautet das Oberfl ächenelement
do
= y/ TTWWdxdy ~ y 1 -r i y ) 2 + ( x )2 dxdy
—
J1 -r x2 -f y 2dxdy.
3
\
Somit
;
z 2 do
1F
l
—
B
dxdyx 2 y2 y7! 4~ x 2 + y 2 .
Jetzt befassen wir mxs mit Polarkoordinaten um das Integral zu bestimmen . In Polarkoordinaten
lauten die Bedingungen 0 < y < %/3.T. x ~ + y1 < 1 wie folgt
,
r ~ < 1, 0 < r sin x < VSr cosg?
=>
r
< 1, 0 < tan cp <
=>
r
< 1, 0 < < p < *
ll
I
Wir bekommen somit
z 2 do
F
—
B
/ •1
1
—
dxdyx 2 y 2 \/ l + x 2 T y 2
0
TT / 3
\
sin
/
0
/3
dipr 4 sin 2 <p cos2 vl -f r 2
^
0
2
^
i
0
•>'
7T
rdr
I
;
i:
cos
'
II
.
!l;
Wir berechnen die Integrale separat . Das / -Integral berechnet man mit zwei partiellen Integrationen
[
>o
X
1
r5 v/ l
+ r 2 dr =
~
7’
?V2
o
\
2
hr
r2
|
V2 - 34
o
r r2 ) 3/ 2
•
l
1
- r ~ ( l -f r 2 )
}
/~
5
.0
2 rr 16 /- 8
V 2 - V 2 -h ~
lo
3
15 7
=Das
8
+ -r
b + r)
—
X
1 4
r (1 4- r2 ) 3/ 2
3
o
=
f | |11 r(l 3 Jo
j.
-
—
T'
^
/ | 11 - r /l + r
Jo
^
4
^ Jo
i
r3 ( l
+ r2 )3/ 2dr
l
II
!
dr
II
j
J/o
1;
r (l 4- r 2 ) 5 / 2 dr
/
i§
i
7/ 2
~
o
105
(lla/2 - 4) .
I
n
.
^-Integral kann man mit der Formel 2 sin 7 cos tp = sin (2p) bestimmen
TT
o
/3
sin 2
1
4
cos2 ipdtp = -
TT
/3
^
Jo
I
16
sin 2 ( 2 ) d<p = TT
4 4
2
—3
TT
H
—
V3
4
.
1 *r /3
~
sin (29? ) cos ( 2g>))
o
:
:
Somit.
252
i
l
S
115.
.
Ill
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5
$
y:,
Teil III
ij
Vektoranalysis
253
?
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]
:
1
j
;
lil
!
::ig:; vt
Kapitel 16
Grundbegriffe der Vektoranalysis
lit
:!!
In diesem Kapitel werden die Grundlagen der Vektoranalysis behandelt . Grundsätzlich
geht es darum, die Hauptobjekte der Vektoranalysis zu definieren (das sind Skalar- und
Vektorfelder) sowie die wichtigsten Operationen anzuschauen, welche sich auf diese Objekte
auswirken können. Wie ü blich wird die essentielle Theorie von vielen ausf ü hrlich gelösten
Beispielen unterst ü tzt .
!!
16.1
it; s
ü
if
Skalarfelder und Vektorfelder
Also los! Unter Vektoranalysis in der klassischen Formulierung versteht man ü blicherweise
die Theorie der Skalar- und Vektorfelder. Einfach ausgedr ü ckt ist ein Feld nichts Anderes
als eine Abbildung , welche auf dem Raum Wn definiert; ist (oder auf einer echten Teilmenge
davon) . Wird jedem Punkt ein Skalar zugeordnet so spricht man von einem Skalarfeld .
Wird hingegen jedem Punkt des Raumes ein Vektor zugeordnet so spricht man von einem
Vektorfeld. Da Felder mehr oder weniger ü berall in der Physik Vorkommen ( man denke
zum Beispiel an elektrische und magnetische Felder ) geh ö rt heute die Vektoranalysis zur
Grundausbildung in Mathematik , Physik und im wissenschaftlichen Bereich allgemein.
,
,
,
16.1.1 Skalarfelder
Ein Skalarfeld ist eine Abbildung / : Q c W — > R. welche jedem Punkt x des Definitionsbereiches fl C Rn eine Zahl (Skalar ) zuordnet . In Formeln heisst dies
/:
x
—
—
f i x ) = f ( x\ , X 2 ,
—
, Xn )
Ein Skalarfeld ist somit nichts Anderes als eine Funktion von n Variablen. Normalerweise
ist n = 2, 3. Schauen wir uns einige Beispiele kurz an.
-
Beispiel 16.1.1 Die TemperaturVerteilung m einem K örper G C M3
T:
x ->
l
%
255
( x , y. z )
16. GRUNDBEGRIFFE DER VEKTORANALYSIS
I
stellt ein Skalarfeld dar. Es wird nämlich jedem Punkt x
ordnet . und zwar die Temperatur in x .
£2 des K örpers eine Zahl zuge -
Beispiel 16.1.2 Abstand eines Punktes vom Ursprung des Koordinatensystems in zwei
x — > d( x ) =
d:
1
§
yjx 2 4- y 2
n
; i fc;
oder drei Din/.ensionen
x
d:
-4
d( x )
= \Jx? + y2 + z 2 .
Jedem. Punkt von R 2 oder R 3 wird die Distanz des Punktes zum Ursprung zugeordnet.
•
!!Ü
Beispiel 16.1. 3 Irgendeine Funktion von drei Variablen, wie etwa
f : ( x. y , z )
-* r/ j - Zy/ zh? \ cos( y ) | -
2ß.:
m
•
de. fi.nieH ein Skalarfeld aufW f
'
i
ri
16.1. 2
Vektorfelder
II;
iil
—
Ein Vektorfeld ist eine Abbildung v : ü C Rn > Rm , welche jedem Punkt x des Defimtionsbereich.es Q C Rn einen Vektor mit m Komponenten zuordnet . Ein Vektorfeld hat also
die Form
/
t1
:
X
—
—
(;ri . :I 2 - ...? Xn ) > E(ar )
'
—
(
. Xn ) \
V 2 ( z i , X 2 9 ..., X n )
V\ .Xi . X 2 j
M
H
II
f
?
wobei
rn Funktionen auf R* sind . Ein Vektorfeld kann man sich also als einen
Vektor von m Funktionen von n Variablen denken. Auch hiert sind normalerweise n , m =
2 , 3. Wir betrachten jetzt einige Beispiele von Vektorfeldern auf R2 und R 3 .
Beispiel 16.1.4 Die Figur 16.1 ( a ) gibt die graphische Darstellung ( Feldlinien ) des Vektorfeldes
!I ¥i
I
l%
\ .
:ü ;
IS;
l
?!
!:
a
l
'0 (rr, ?/) = I
|
an . welches jedem Punkt ( x , y ) 6 R 2 denselben Vektor (1, 1 ) zuordnet . Ein solches Vektorfeld.. das jedem. Punkt, denselben Vektor zuordnet . heisst homogen.
'
H
‘
Beispiel 16.1. 5 Die Figur 16.1 ( b ) bezieht sich auf das Vektorfeld ,
v2- ( x. y ) =
—
x
~y
f:
1
S
256
¥1
ii
16.2 . DIFFERENZIALOPERATOREN
* f f .4 4 4 4 4 4 4 4 4 4
444444444444444
4 4 4 4 4 4 4 444 4 4 4 4 4
'
’
44
'
'
'
4 4 4 4 4 44 4 4 4 4 4 4
'
.[I
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AX X^ \ \^
X S
»
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T
1 1
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r r
r ,v
r
•
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-
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,
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4 4 44 4 44 44 44 44 44 44 4 4 44 44 44
44 ;
4 4 4 4 4 4' 4 4 4 4 4 4 4 4
4 4 4 4 4' 4 4 4 4 4 4 4 4 4' 4
44444 4 4 4 4 4 4 4 4 4
i
'
/
/
»
»
V4 y y y y yy
yyy
-1 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4
4444 4 4444 444 4 4 4
.1 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 / 4 4
A
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>
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R
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V^^V
I
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1
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^ *
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1
1
\ \> V V
i t tx
. «. «. - R u
H 1
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J
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4
V
J
4
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A
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X
L
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A
A
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’
•
r
4
/
y
4
J
-* -*
•• •
A f c t k t v
. . A i k 1 v \\\
s
V V
i r r
r t r
t
/
/
k
•
••
:
r
:
*
Abbildung 16.1: Feldlinien der Vektorfelder vi , vo und v$ .
— — y ) zuordnet. Wie man sieht
welches jedem Punkt ( x: y ) den Vektor ( an
toren nach dem Zentrum.
,
zeigen alle Vek -
Beispiel 16.1.6 Die Figur 16.1 ( c ) zeigt ein etwas unrbelnderes Vektorfeld :
/
'
i
I
M-
Vy)
=
\
— x- y
:
)
Beispiel 16.1.7 Kraftfelder? welche in der Physik so oft Vorkommen, sind Vektorfelder ,
da jedem Punkt x ein Kraftvektor F ( x ) zugeordnet wird. Beispiele sind: f ür x G M3 \ { 0}
elektxisches Kraftfeld ( Coulomb )
: x -* Fc ( x )
Fc : R*\ { 0 } ^ M\
1
4?reo
Qi 0.2
?.3
-
x
oder Gravitationskraftfeld ( Newton )
Fcr : M3 \ {0} A l3, r
—
Ab ( an =
GmM
r3
r = jxj = -\/a;2 + t/ 2 + z2 bezeichnet hier den Abstand vorn Koordinatenursprung.
16.2
Differenzialoperatoren
Nachdem wir die Hauptobjekte der Vektoranalysis eingef ührt und ein bisschen kennengelernt haben, wollen wir nun die Differenzialoperatoren der Vektoranalysis n äher anschauen.
Nat ürlich kennt die Vektoranalysis sowohl vektorielle als auch skalare Operatoren. Diese
Operatoren werden auf Skalar- oder Vektorfelder angewandt sodass neue Skalar- oder Vektorfelder resultieren.
In diesem Abschnitt werden wir zusammen mit sehr einfachen Beispielen meistens eine Reihe von Rechenvorschriften angeben . Welche Bedeutung oder Wichtigkeit die eingef ührten
Objekte haben wird im Laufe der weiteren Kapitel klarer werden .
,
,
257
16 . GRUNDBEGRIFFE
VEKTORANALYSIS
DER
Der Gradient
Den ersten wichtigen Differenzialoperator der Vektoranalysis kennen wir bereits: den Gradienten. Ist / : Q C Rn — > R ein stetig differenzierbares Skalarfeld, so definiert man den
Gradienten von / als
/ ÖMX - \
\
r) f
ÖX 2
grad ( / )
mm
.
ff;
B
df
V
4
II;
dxn '
Offenbar ist der Gradient des Skalarfeldes / ein Vektorfeld. Der Gradient “ frisst ” also ein
Skalarfeld und macht daraus ein neues Vektorfeld.
In der Praxis ist es sehr n ützlich den sogenannten Nabla- Operator V einzuf ühren. Das
definiert man als
/ Öö \
X
\
mI
m
11
:
II
f:
Q
dxo
=
V
d
dsn /
\
Es ist ein Vektor wobei die Komponenten keine Zahlen oder Funktionen sind , sondern
Operatoren ( - in diesem Fall ) . Man spricht von einem Vektoroperator. Der Vorteil
dieser Notation besteht meistens darin dass man mit V genauso wie mit normalen Vektoren rechnen kann. Aufpassen muss man nur , wenn Produkte Vorkommen , da in solchen
Situationen die Produktregel beachtet werden muss. Das formale Rechnen mit V heisst
Nabln- Kalkül Wendet man zum Beispiel V komponentenweise auf das Skalarfeld / an ,
so bekommt man nat ürlich einen Vektor, eben den Gradienten von /. Geschrieben wird
,
^
im.
m
,
it
1
!f
tl:
II
somit
grad (.f )
ii
= V /.
lil
m:
1
ii:
Beispiel 16.2 ,1 oco Berechnt den Gradienten der folgenden Skalarfelder:
-
R. (a\
-4 ixh
-
R , (.T, y , z )
-
a) f
: R3 4
b) f
: R3 4
2
4
c
d) f :
xy ä
\ { 0} -4 R , ( i , y , z ) -
-
rctan z
yex
i!:
«
+ xy
fTv
c ) f : R “ -4 R. ( x , y ) -4 x 2 4-
R3
-
3 yz 2
m
!{;i ;
1
iv
1
i:v:d *’ •
m
1
Ii
'
•'•"
Lösung: Einfache direkte Rechnung. Im ersten Fall bekommen wir
/ 0£ \
ÖJ -
grad ( / )
= V/ =
df
du
df
dz
J
\
xz2 -f y
x — 3z 2
x 2 z — 6 yz
ü
I
;ii
:
li
ü
258
im
jg.
16.2. DIFFERENZIALOPERATOREN
Im zweiten Fall
%oLx \
(
grad ( / )
=
Vjf
=
I
Oy
{ ädlz
\
Im dritten Fall
ye ° y arct an z
xe ~ xv arctan 2
'
—
'
-
/
1+ 5
o±
2x -I- ye* -1
ö:c
= Vf =
grad ( / )
f —
0£
äOLy
Sclilussendlich f ür x j=- 0
grad( / )
=
=
V/
f
df
Ox
df
X
vO+r
~y
-
:2 )
'
X
|.T|3
df
dz
\ \/ ( x
--
*
-
i r y ~ ~ z 2 ) :f
m
%n
M
im Punkt PQ
( 1, 0, 1]
wm
Lösung: Eine direkte Rechnung ergibt
/ äf \
Ox
( 2x \
Oy
2y
0
\*
2
01
V/ =
\
df
dz
!
1
/
2
Beispiel 16.2. 3 0 0 0 Es sei A 6 Snxn (R ) eine, symmetrische n x n Matrix ( AJ
IFir betrachten das Skalarfeld
-
n.
f : Rn
M,
^
Xn ) ~r
t.i
wobei a\ j
aijXlXj
-i
die Komponenten von A sind . Bestimme g r a d( f ) .
Lösung: Zuerst schreiben wir / explizit auf
P ai „Xi .Tn 4-
/ ( x ) = flip:? + a12 X1 X2 H
b a2iX!X o + 0 22 X +
~
I
""
Ö i.'iXoXjtH”
“
H~ firt 2-X /
'
259
)
Xo
-p
• •
*
+ G im :rn2
*
= .4,).
g:
16. GRUNDBEGRIFFE DER VEKTORANALYSIS
i! I
II
Wir rechnen die partiellen Ableitungen von / aus und bekommen
AL \
AL
Ü
AL
d x ,t '
-
Da 4 symmetrisch ist . gilt a ,- j
^
*
* * *
X'2
=
,
—
u,a 2 x H- OTI YX 2 -j*
Oj .r
=
*
16.2.2
i
••
+ 2ann Xn ~F ainxi H
F dnxn
J
. Somit
2anXi -r 2 ai 2 ^ 2
2<221^1 F 2a22 X2
\ 2a^ iX i
*
+
2a7, oXo ~F
’
“
^
inXn
$
•
••
“
7
J
Sj=l a2 jxj
V2
J
-F 2G , n.Xn
IIm
/ 2 EJUQU ^
F 2c i i n x n
-F ~C -
*
iE
'
“
grad (/)
F anixn \
F &n2% n
2 uj\ X\ + a.yYX 2 + • • -F CL\nxn + uojXo H
+ &2nXn + <2-12^1 ~F
023 ^1 4- 2a 22 ^2 +
*
Ö Xl
grad ( / ) = Vf
11
= 2Ax.
1
•
^
Richtungsableitung
Gegeben seien das stetig differenzierbare Skalarfeld / : H C Rn
e. Der Ausdruck
—
F
R und der Einheitsvektor
H
Gf/ (x0) := e - V/ (x0 )
heisst Richtungsableitung von / im Punkt xo und Richtung e. Die Richtungsableitung
hat die folgende anschauliche Interpretation: D g f ( xo ) misst die Ä nderung von / im Punkte
XQ in Richtung e.
.
Beispiel 16.2.4 ooo Mar? berechne die Richtungsableitung von
a) f ( x , y , z )
^
6
f ( x. y . z )
= e ~ 7 arctan c im Punkt Po = (1, 0, 1) und in Richtung
J
/
= sinxj/t
in ?, PwnM P0
= ( 1 , 0, 1)
und Richtung e
=
Fvvi
^
=(
*
.
Lösung: a ) Der Gradient von f lautet
V/ «
—
—
ye ~ x u arc tan 2
:re ~ X }J arctan z
\
( 0
V / ( l , 0, 1)
=*
=
/
iWb) = c - v/ (i , o. i ) =
_
L
v/ 6
:
/
0
/
$!
N
-
= 0n
7
-1
\\ )
b ) Der Gradient von
I
V
l ~z~
Somit haben wir
\
7T
4
1
—
v/6
—
*
•
*
4
|
-2
—/6 1—2 =
•
T
I
|5
/ lautet
yzcosxyz
V/ =
xzcos x y z
x y cos x y z
=
•
)
V / ( l , 0, 1)
=
(
0
1
V0
^
)
i
260
«
ii
ii
Si
af!
16.2. DIFFERENZIALOPERATOREN
Somit haben wir
.1
V3
/
D e f ( Po )
=e
V / ( l , 0 , 1)
*
0
1
0
i
=
N/3
J
"
y
/Z
1
vT
/
Beispiel 16.2. 5 ooo Es ist bekannt dass die Richtungsableitung des Skalarfeldes f :
X2 > R im Punkt XQ in Richtung (1.0 ) gleich 4 ist und dass diejenige in Richtung
( 1 , -1 ) gleich 3 ist Man bestimme den Gradienten von f in XQ .
—
Lösung: Laut Definition
1
Dn.o ) f ( zo )
11
Of
ehr
o;
is
I
\
(*o ) \
Of
dx
=
4 4
—
In Richtung (1, l )1
2L\( X 0 ) \
i.
D
i
V
(i
2
.-
i)
f ( xo ) =
\
/2
y
Wir l ösen na.ch
mm
I
kg~ ( xo ) auf
1 df
dx
i
/2
j ;;
\
- 3.
—
= 4 3V5. Somit gilt
und bekommen
Vf (x o )
1 df
( xo )
/2 Oy
v
/0
/
(n ; \
= !f M
V «fr!*»)
\
4
)
I
Beispiel 16.2 . 6 ooo Man bestimme e derart , dass D rf ( XQ ) maximal ist ,
(
Lösung: Wir benutzen die Definition des Skalarproduktes
Dtrf ( xo )
=e
V / ( a? o )
= |e| ! V / (n-0 ) | cos (9
wobei 0 den Winkel zwischen e und V / ( xo ) bezeichnet. Es gilt somit
Dgf ( XQ ) maximal
44-
9 = 0. TT
(
e
V / Uo ).
Dies bedeutet , dass D<? f { xo ) maximal ist , falls e parallel zum Gradienten im Punkte XQ steht . Da
Dcf (ä o ) die Ä nderung der Funktion / in Richtung e misst , kernen wir einen wichtigen Fakt: Der
Gradient zeigt in die Richtung der maximalen Zuwachsrate von / und seine Länge ist gleich der
maximalen Änderung von /.
'
1
Wichtig: Die Richtung muss normiert werden!
261
I
:
m-
0;
16 . GRUNDBEGRIFFE DER VEKTCRANALYSIS
I;
I
;
:
I
:
m-
Beispiel 16.2. 7 o o o Berechne die Riehtuncj des grössten Anstiegs der Punktion
/ ( x, y ) x 2 y 2 im, Punkt. (1, 1) und die Steigung in dieser Richtung.
—
—
Lösung: Der Gradient von / ist
it
2x
v/ =
i
2
-2
V ( l, l) =
1
— -9'?/ J =* /
Aus dem vorigen Beispiel wissen wir. dass / in Pachtung des Gradienten
;
,
—
also des Vektors ( 2 , 2 ) ,
am schnellsten wachst .
*i
l
Ü
i
;
Wir normieren den Vektor , weil wir nur an der Pachtung interessiert sind
v
V/(l r l )
|V / (1.1)|
__
“
y
1
/2
i
1
-1
Die Steigung im Punkt (1.1) in dieser Richtung beträgt dann
D - f ( 1.1) = v - V f ( 1. 1)
= |V/ (1.1)| = 2V 2 .
i
1
:
?|
16.2.3
Die Divergenz
Gegeben sei ein Vektorfeld v : ß C Rn
Rn von der Klasse Cl mit Komponenten
t‘i . t-o , .... nn . Die Divergenz von v ist definiert als
div( tf )
dv\ dv‘2
H
dx1 + 9 X 2
,
b
xn
<9
1
1
?!
*
P
Die Divergenz eines Vektorfeldes ist somit ein Skalarfeld. Physikalisch misst die Divergenz
die Quellcnstä rke des Vektorfeldes. Ein Vektorfeld v mit der Eigenschaft dass div ( u ) = 0
ist , heisst somit quellenfrei ( oder divergenzfrei).
::
i
,
262
m
:
fMg:
%
II
16.2. DIFFERENZIALOPERATOREN
In kompakter Form kann man die Divergenz von v mithilfe des V-Ö perators als formales
Skalarprodukt ausdrücken
div( v ) “ V v
dv2dX 2
dv
= dx\1
'
-i
dvn
dxn
h
'
Hier sind einige einfache Beispiele um das Konzept zu fixieren .
,
( x~
dx
( x1 + 1J 2 ) 2
dy
- iy- ) { x - y )
( x 2 4 y 2 )2
*
c) Eine direkte Rechnung ergibt
div ( u )
—
dv
dx
dv2dy
dvz
dz
2 xy - 2 xy
(.r 2 -l- x 2 ) 2
'
= 0.
Das Vektorfeld v ist somit divergenzfrei.
,
—
( - 2 xysz 2 . zy2 z , x 2 z ) . Berechne
Beispiel 16.2.9 o o o Gegeben ist das Vektorfeld v
folgende Ausdrü cke: div ( v ) , grad ( div( v ) ) und gnid { diu( ü ) ) ( ~ 2.2 , 1 )
Lösung: Eine direkte Rechnung ergibt
\
V -u
—
-2 yz z2+2xyz+x2 =*
-
V ( V F)
=
6 y2 z 2
H- 2 xz
=»
—
V (V - u ) ( 2 , 2, 1)
0
-28
-
263
40
16 . GRUNDBEGRIFFE DER VEKTORANALYSIS
N
Beispiel 16, 2.10 o o o Berechne die Divergenz des Coulombschen Feldes
—
V
X
( v - + V °- + Z 2
y
r-
'
z
(x2 + y2 + S2 )3/ 2 ' (X2 + 2/ 2 + JJ 2 )3/ 2
-
f ür { x . y . z ) =4 (0 , 0.0 ) .
:j
Lösung: Nach direkter Rechnung finden wir
div (tf )
=
W
f;<:
&
|{|
_ _ _}_ ~ _ 32
-
.2
2T|
x 2 y + z 2 - 3y 2
x ~ 4- y 2 4- z 2 ~ ox 2
2
2
2
(.T + j/ 4- 52 ) V
[ x 2 -f y 2 + z2 ) 2
2
2
2
3ar 4- 3y 4- 3r - 3 ( x 4- y 2 + z 2 )
=
( V2 + y 2 + c 2 )*' 2
2
2
‘
+ ( x 2 4^ y 2 4- z2) / 2
*
^
Beispiel 16.2 . 11 o o o Berechne d e Divergenz von v ( x )
^
*
= .r
—
(xi , ..., x„)
R" /ür aMe
Lösung:
div ( v)
16.2.4
=
4-
:Cl
c9r >
X
-
•• •
>
+
dvn 1414
- +!= n.
xn =
Die Rotation
—
Gegeben sei ein Vektorfeld v : Q C R : > R 3 von der Klasse C1 mit Komponenten v i , V 2 , V 3 .
Die Rotation von v ist definiert durch
'
>
/ du?,
f
Öy
dv\
rot ( t’ ) :=
Uz
\
\
dop
Öx
dvo
Öz
_ dvp
_ dvöx
j
/
Die Rotation eines Vektorfeldes ist somit ein Vektorfeld , also eine Abbildung rot ( u ) : R3 -4
R3. Physikalisch misst die Rotation die Wirbelst ärke des Vektorfeldes. Ein Vektorfeld v ,
welches rot (v ) ( 0 , 0 , 0 ) erf üllt nennt man wirbelfrei .
In kompakter Form kann man die Rotation von v mitliilfe des V-Operators als " Kreuzprodukt " von V mit v formulieren
—
,
rot (17)
V X V
Oy
—
öVJL
dz
,
\
264
—
I"
_ Ö U2.
dz
_ Qvia
_
\
d -x
ÖV 2
övi
dx
Öy
>
V
if
\y
,
\
öy
-
.
J
16.2. DIFFERENZIALOPERATOREN
Beachte , dass die Rotation in dieser Form nur f ür dreidimensionale Vektorfelder sinnvoll
ist (im Gegensatz zur Divergenz zum Beispiel, welche f ü r beliebige Vektorfelder Rn r En
definiert ist ). Man kann aber die Rotation auch im zweidimensionalen Fall definieren. Fü r
—
v
—
( vi
,V 2 ) setzen wir (siehe Satz von Green )
(
rot (F)
=
!
4
-\
Öx
d
Oy
\ §=
x
vi ( x . y ) \
voiz . y )
)
-
dv :>
Öx
0
__
0
_
öv
Oy
Diese Formel suggeriert, wie man die Rotation im zweidimensionalen Fall definieren kann. F ü r das
c> ;
-2
Vektorfeld v = ( vi , vo ) setzen wir rot (F) dr
Oy
öx
_
>
16. GRUNDBEGRIFFE DER VEKTORANALYSIS
l
Lösung:
rot. ( F)
/ 4c)Lx \
/
d
=
x
i
\&
U 2Z
~
+ Ul
+ ^2
\ WS + ^3
tt?i
Cüo
Wi Ä
^
\
(
u?;y
—
- y - uox
3l
J
u, ]
^—2.
üJ
)
%
Beispiel 16.2.15 coo Für ( xry. z ) ~ 0 berechne die Rotation des Coulombschen Feldes
v
=
x
Y(*T2 + y 2 +sa )3? 2 ’ («2
JL
^+
z
ÄÄ / 2
f ’
/
-
*
i 'v " !
l !i:
|
1
i!§;
I
III:
!
1
Lösung:
:
/ JL \
X
- - -r r - p / ~
ü>
=
02/
//
-—
—
v+
( xZ + 2
//
x
-3 cz
/
( x 24 .y
Ux
rot ( ü’)
m
m
3 // ~
JL
\ TT /
\
( xYor
- AA ~ /
\
3
3
3xyy
(** + 3/2 +ä 2 ) 5 / '
-
^
il
( 0
+ (x2 +2/3+*2 )« / 2
+ (x +»3xc
+ »2 )5 / 2
,
2 )C / 2
3x z
( x + +c » ) ö / s
3x?/
(x2 + t/2 + z 2 ) a
y2
V
/
0
0
II
II
ij
1
Somit ist das Coulomb Feld ein A vir beifreies Vektorfeld .
il
5!l
t
Beispiel 16.2.16 ooo Berechne die Rotation von v
e
^
x . Ist das Feld wirbelfrei?
L ösung: Zuerst schreiben wir v explizit auf
I
(
e
— ev r = e V V
’
r
.
+ r A2
3;‘
X
y
\
-
!|
Wir haben somit
( A
rot ( O’ )
'
0ar
ö
ö '/
=
V
0
dz
x
)
X
-+
-'.. ^ + =
|
2
.
i
3
'
4 (a:2 + 2r +c2
.
(*2 *H'2 + *2 ) *
:
2e \/ v ^r + ye\!
1/ 2
(x
- 2;ys )
a
P
* ( 2xz 2 x z )
ß
4 (.C 2 + X 2 + ~ ) '*
a 3
2
e(* + ; +* >
(2xy - 2xy )
ß
x.e \/ vGW7rTY
\
11
+2
/
-
*
—
/
V
0
0
0
|
I
li:
Das Feld ist wirbelfrei.
i
i
Beispiel 16 - 2.17 ooo Bestimme a. ß . 7 6 R, sodass
v= (x
1
2 y + nz , 8 x
- 3 y - z , 4r + 7 y + 2 z )
rotationsfrei wird ,
’
ü .S
-
VA
I!
1
I
266
I1
:
:
«
!
Ü l®:
li
A
,
! 0|
m
lii
Ik
mmm
i
i
16.2. DIFFERENZIALOPERATOREN
Lösung:
/
rot (-F)
=
g:
Es folgt: a
8
&r
\
it
V el y
—
( x + 2 y -f- a s
ß x - 3y - 2
x
4
\ x + 7 y + 2c
X
a
V
/
/
0
\
V
0
0
,
—
4
6' - 2 y
/
= 4, ß = 2, 7 ~ 1.
II
Der Laplace- Operator
16.2 . 5
Gegeben sei ein Skalarfeld / : O c Rn -4 M der Klasse C2 . Der Laplace- Operator A wirkt
auf / wie folgt,
%
2
Lösung:
Af
—
= Öre (
2x
A
2 (F
—
2
+
j2
/
^
( 2 y = 2 A + V 2 : - 2x
y Öy C2 + 2/27
( X2 -f ;y 2 ) 2
4
—
4- 2 { x 2 - y 2 )
2
(x + y2 )2
X2)
Eine Funktion f ür welche Af
Beispiel 16.2 . 19
^
•
= 0 gilt, nennt man harmonisch.
o o Bestimme Af f ü r f i x , y , z ) - u
1
L
Lösung: Für j
— x.y , z gilt
4d x-j 1
d2
l
-
dx?3 / = (x2 + z/ 2 4- x2 ) 3/ 2
2x ,
y 2 + z 2 yi / 2
j
2 ( x2
+
2x?:i
3
2
(x2
-F /
y2
4-
ind ( x , y. : )
XJ
3x2
z 2 ) 3‘ -
,
vVK 'r +:-’
(0 , 0 , 0 ) .
j$ !
2 ( re 2 + y 2 1 - 2y 2;y
(.r 2 + y 2 ) 2
2x
—
x2 — ;y 2
|x|5
—
c2
Somit
A/
d2 f
=
j
:
I
I
—C. .z dS
x y
J
3x‘2 - x2 - y 2 - z 2
|x|5
6o y ~
- X.”2 - IT - 2
X 5
267
3z 2
—
x2
—
X 5
y2
—
X
•
2
= 0.
-7
L
. “
16. GRUNDBEGRIFFE DER VEKTORANALYSIS
Beispiel 16.2.20
©
R, x -»
Es sei f : UV
oo
gegeben. Berechne Af für alle n .
Lösung: Es gilt
x „) = eV*?+ +-*5 .
^
f ( x; . x2
Somit gilt f ü r j = 1,
n
d
2xJ;
/=
__ £ieM
-.
j;2)
7
d2
r
d x3i
O
1
x~
eRi
:c \ 0
\ .c\
j
-
X
=
xf + a ß H
h x~
— aßl e M +
Also
x l + Xö -r
^
E
/=
: 1
~
Öx2
>
O
O
=
•
L X“
X 3
J
xj
+ Xo H
x !2
n
—
x
16.3
- X Oj
1
t x2
eki
eN +
-
"•
+
Xj
|x|3
{ n. - l ) ( x j +
|x|3
1
f - x2
+ xl H
I
+ x l ) Jd
L*-
- X eW
“
+ e**l
+1
Rechenregeln für Differenzialoperatoren
Wir haben bisher ganz einfache Beispiele betrachtet. Oft m üssen wir aber Differenzialoperatore11 auf relativ komplizierte Felder anwenden, sodass in der Praxis einfache Rechenregeln von grosser Hilfe sind. Im Folgenden listen wir die wichtigsten Rechenregeln f ü r
Differenzialoperatoren auf . Dabei wird immer vorausgesetzt , dass f . g , v , w zweimal stetig
268
:§
ir
16.3. RECHENREGELN F ü R DIFFERENZIALOPERATOREN
m
i
differenzierbare Skalar- bzw. Vektorfelder sind.
Satz 16.3. 1 ( Rechenregeln für Differenzialoperatoren ) Es seien f . g . v . w
zweimal stetig differenzierbare Skalar - bzw. Vektorfelder. Dann gelten folgende
Rechenregeln
grad ( f + g ) ~ gradij ) f grad ( g )
*
II
div( v H- w ) = dio( v )
div( w )
A
rot ( v + iv ) = rot ( v ) -F div( w )
div( f v )
|
( gradf ) - v
—
fdiv( v )
rot ( fil ) — grad( f ) x v -r frot( v )
1
.
~
I
ü
div( v x vif )
rot( v x w )
= w • rot { v )
= div( ic ) v —
div{ r ) tv
v
—
rof
•
( ä' )
f er V i r
*
—
( v V )w
*
V ( r t?) = ( tv • V ) r + ( v ' V ) D 4- iv x ro Ü r ) - D rot( >r )
•
div( grad{ f ) )
~
Af
!
I
div( roi( v ) )
rat ( ro £( ff )) )
=0
= gradidwlff ) ) —
AR
I
In den folgenden Beispielen werden wir einige dieser Relationen als Ü bung beweisen.
Beispiel 16.3 . 1 o o o Es sei f
a ) div( grad( f ) )
e C~
ein Skalarfeld. Zeige
= Af
b ) rot( grad{ f ) ) = 0
Lösung: a)
/
div ( gTad ( / ))
=
div
UL \
dri
’
-
Ü X2
UL
\ r)Xlt
-
a2 /
.- . o
d.TJ
G.TÖ
/
269
J’.
Xf
S Xn
'
- A/
.
Ill
&;
16 . GRUNDBEGRIFFE DER VEKTORANALYSIS
b)
Öf
(
rot (grad ( / ))
_ JLLL
Ox OJ:
dz dx
0’!/
\
\
/
dz öy
jj_ oj_ _ JL <LL
dy dz
Of
= rot
_ JL äl
/ JLLL
\
O.T
^
JL §±
\
dz /
Öy
dx dy
\
0
0
\o /
dx
Bemerke: Da v der Klasse C 2 ist . d ü rfen wir die Ordnung der partiellen Ableitungen vertauschen
( Satz von Schwarz ) .
II
m
;
Beispiel 16.3. 2
•00 Es sei v ein zweimal stetig- differenzierbares Vektorfeld . Zeige
i
|
—
grad( div( v ) )
=
I
li#
a ) div( rot( v ) ) - 0
b ) rot( roi( v ) ) )
I
:!
Ar .
§
Lösung: a)
_
/ Ln
o </
2m \
0
dz
_
0
\
5 / dvz
Ox \ dy
Oi dx
0 v1
div(rol (r ) ) = div
dv >
dy
dx
f
/
dy \ dx
d dv 2r+ -dz
dx
__
(
d_ fdv3
d dvi
dy V dz
d f dv2dx V dz
d
dz
4- ~r~
dvi
0.
V dy =
b)
(
Oy
0? TT
dz
roc(rot (rj) = rot
Oy
\
v
dy
/
dx \ dz
dy
(
dy }
Or
Ox J
) T
J
Oy
Ö
dz V d r )
i
1
dz
1
Ox
i
Oy \ dz
Oy )
\
dy
j
L
=V
Ö U2
<9r;
c?;i/
f
öi'n
)
)
dz \ dz )
f
ÖO ]
__
Afi
Ö /0 \
dz \ dx )
I
dz
(
i
? ? dx
dz
dy
dz
:
:
„
4
Ox
_
_) ghz-- _ THxLLnz* ^ JL ( ^
_o_\JLaJ _ _ 2im . JL \ ^ )J
Hx
0>S
dx
Or?
dx
_ 02
JL ( L±L ))
dy V dx
JL f
> \
JL (V Ln ) _ XL. ( Lm\ JL V J
JL Ln )
. _ _ JL ( Ln\
JL l Ln
.J
\
^
_
) _ _ JL l Ln\
JL ( Ln )
JL ( Ln
.
\
/
_
Ln \
Oc \
?
Ihr
Ox ~
)
^
Oy \ dz
4-
5 + -
(r Llvj
Ox’-2
Ö2
dy
(Q
0 v
Or*
O' r.,
Or
"
0*
^
\
t
ll
Ar 2
\ Ar’3
Bemerke: Da r der Klasse C 2 ist , d ürfen wir die Ordnung der partiellen Ableitungen vertauschen
(Satz von Schwarz) .
I
if
'S;
ti
270
—
.
V
—
;i,
-
V 'V9"lT?
^r >
\\ < < '
.
, y, •« •> >»"
4
1
m
iii:
H.
x
:
!i
16.3. RECHENREGELN F ü R DIFFERENZIALOPERATOREN
B
M
-r z 1 a
2
2
Beispiel 16.3 . 3 • o o Sei r
\/ x -r y
2 , 3, 4, • • • . Berechne folgende Ausdrücke
,
ein konstanter Vektor und n
==
a ) grad( rn )
b ) div( rn ( a x x ) ) .
Lösung: a) Wir berechnen die partiellen Ableitungen von
d
rn
dx
d
dy
9
!
•
g:
—
d 2
( x + y2 + z 2 ) n / 2
dx
d
rn
dy
-
nach den Koordinaten x, y und z
+ y 2 ~r c2 ) " 72
'
2
n
( x 2 + y 2 + z 2 yi' 2
/
1
"
—
o
2 \ n /‘2 1
2
d 2
(x 4- y 2 + z 2 ) n / 2
02
r" =
2x
rn
n.
2^ c • - f .r -> + r -r 22 ) « / 2-1
—
nxr n. ~ 2
— nyr
_
11
2
,
ar n- 2
??,
Also
grad (
rn ) = m.« -2
2/ , ~ )
—
,
~ x.
7U 2'
b ) Wir benutzen die Formel
div( /F)
I
f:
= (grad / )
•
F 4- / div ( F)
Also
div (r ” (o x x ) )
= (grad (r
,
7
) j • ( a x x ) 4- rfidiv ( cf x .?).
Aus der Teilaufgabe (a) wissen wir bereits, dass grad ( ru ) = nr n
berechnen. Dazu wenden wir die Formel
•
div ( F x w ) = w • rot ( u )
an. Also
div (e x x )
Somit gilt
div (
rn ( a x x ) )
—
=x
•
rot ( a )
s
—
V*
0
/
—
—
.
271
Es genügt also div ( o x x ) zu
v rot ( üJ)
a
=0
( grad ( rn ) ) ( o x x ) 4- rndiv (a x x )
*
2 x.
= nr
'
2
x ( a x x ) 40 — 0.
=o
16. GRUNDBEGRIFFE
DEP^
VEKTORANALYSIS
mm
lil:
'
272
m
II
Kapitel 17
Krummlinige Koordinaten
17.1
Krummlinige Koordinaten
Einige Koordinatensysteme im R3 haben wir bereits kennengeiernt
II
I
kartesische Koordinaten : x . y . z
i:
Kugelkoordinaten: r, 6k x
Zylinderkoordinaten: r.
Ii
II
I
!:
•
il- ?
Eine Koordinatentransformation ist im Allgemeinen eine Vorschrift der Form
xi = z\ (6.6
0) '
- - *2 (fl , f 2:
X2
It
lii
II
I!
z
Xr
:
**
= X n (fi. f 2 . -
;
c
Sn )
-
—
wobei wir die alten Koordinaten au , £2 , ( z.B. kartesische Koordinaten ) als Funktionen
der neuen Koordinaten
(z.B. Kugelkoordinaten) schreiben können . Lokal können
,
wir auch immer umgekehrt die A durch die
ausdr ü cken
c
Sn
= f „(xi, x2. -
Xn )
Diese Möglichkeit ist gesichert wenn die Determinante der Jacobi- Matrix der Koordinatentransformation nicht verschwindet
,
_
/ dx
. ..
ALL \
1
det
w 0.
V
d &n
%
..
d.rr,
/
Ä ndert man nun die Variable & ein kleines bisschen so ä ndert sich der Ortsvektor x =
Die Ä nderung von x als Folge einer kleinen
( xi , X2 , ..., x„) dementsprechend um
Änderung d i liegt in Richtung des neuen Einheitsvektors eV . Die Einheitsvektoren im
neuen Koordinatensystem lassen sich daher schreiben als
,
^
1 dz
% = ft.c , afi
1 dz
/i & i?fo
273
'
ec
1 dx
Xn '
17. KRUMMLINIGE KOORDINATEN
wobei
dx
% - 95i
'
hc 2
-
dx
=
1
•T
OK.2
dx
dtn
'
ab und ä ndern somit die Rich... hängen i.Aiig. von
Die Einheitsvektoren <% ,
tung in jedem Punkt . Dies ist bei kartesischen Koordinaten nicht der Fall.
Fü r sogenannte orthogonale Koordinatensysteme stehen die Einheitsvektoren senkrecht ü bereinander, d. h.
% %
'
”
%
<
•
Die Vektoren eV eines orthogonalen Koordinatensystems bilden somit eine Orthonormalbasis von Rn .
Beispiel 17.1.1 0 0 0 Berechne die Einheitsvektoren f ü r Polarkoordinaten. Sind Polarkoord / nuten orthogonale Koordinaten ?
Lösung: Die Koordinatentx ansformation ist gegeben durch
*
(K u )
mit x
— r cos
ip
dx
dr
dx
dip
(n v )
1:
1
und y = r sin cp. Somit
Hl:
dx
dr
COS i f
dr
sin x /
/
OTL
0:r.
/
,
öx
di
dx
\
\
dx
dr
hr
—
r sm f
r cos er
hr
COS ip
—
dx
~~
~
sing?
r sm
r cos <p
df
L
—r
.
Die zugehörigen Basisvektoren lauten somit
1 dx
hr dr
er
f
( cos p>
\ sm f
ea
— sm
1 dx
df
ip
COS ip
zeigt in Richtung der Variation von r (also radial ) , während eb in Richtung der Variation von
zeigt , also tangential ausgerichtet ist .
x
274
m
17.1 . KRUMMLINIGE KOORDINATEN
Die Polarkoordinaten sind offenbar orthogonale Koordinaten , weil
Cr Cp
'
!
cosp
sin p
—
— smp \ = 0
?
'
.
j
COS
bilden somit eine Orthonormalbasis von IR 2 .
Die Vektoren er und
Beispiel 17.1. 2 ooo Berechne die Einhe ücvektortn für Rugtlkoordinaten . Sind Kugel koordinaten orthogonale Koordinaten?
Lösung: In diesem Fall ist die Koordinatentransformation gegeben durch
(
mit x
—
r cos sin #, y
^
Ör
Öy
dr
\
f
dx
89
dz
dr
dx
d&
\
ht
<
dB
\
(
dx
dp
dz
dB
/
dr \
dji
dp>
V
dz
dp
/
f
r sin p sin 0 und z == rcos 9 . Somit
f
/ dx
dx
dr
—
.
x y. z )
cos p sin #
sin p sin #
cos 9
\
=>
f rcos <£ COS #
r sin p cos 9
— r sin 9
—
^
o
Or
r
*
= 1.
rcos pcos 9
r sin p cos #
r sin 9
/
i
dx
h
A
cos 0
ho = 86
=-
1
I
dx
=$
J
\
r sin p sin 9
r cos p sin 9
0
f cos p sin 6 \
.
I
sinesmt?
dx
hV
dp
\
—
—
—
r sin p sin 6
r cos p sin 9
0
r.
\
= r sin 6 .
Die zugehörigen Basisvektoren lauten somit
er
1 <9x
hr dr
/
cos p sin (9
sin p sin 9
cos #
\
/
,
60
i dx
he de
er
cos v cos 6
sin y cos 9
— sin 9
zeigt in radiale Richtung ( Variation von r ). während
9 bzw. p zeigen.
275
fß
und
/
Cp
J
—
1 8x
h- x dp
—
sm p
COS
V
p
0
in Richtung der Variation von
\
tf
:
|
|
I|
f;
I
17. KRUMMLINIGE KOORDINATEN
1
It
11;
Die Kugelkoordinaten sind offenbar orthogonale Koordinaten , weil
Cr
'
^
cos p sin 0
sin p sin <9
cos 0
tfj
/
cos p cos 0
sin p cos 6
sin 9
\
—
/
er. ej»
j
-o
Cr
.
/
—
"
I
—
sm
cos p
\ 0
cos p sin 9
sin p sin 6
cos 6
^
=0
—
sin 9
cos v? cos 9 \
cos p
sin p cos 0
= 0.
9
sin
0
)
J \
\
bilden somit eine Orthonormalbasis von R3.
6(9
Die Vektoren
\
und
*
Cy
/
—
1:
l:
Beispiel 17.1. 3 ooo Berechne die Einheitsvektoren für Zylinderkoordinaten. Sind Zy imderkoordmaien orthogen alt Koordinaten ?
\ Z„
Lösung: Die Koordinatentransformation ist gegeben durch
r:
.
—
y, z )
mit x
—
r coS (g , y
—
r sin g? und z = z . Somit-
( <k.
/
Ör
dy
Ör
dx
dr
dz
Ör
ft
\
—
\
thp
dji
d >
dp
^
dz
dy
\
\
\
Oz
&
dz
)
/
-y
==>
/
\
0
0
i
/
dx
dz
Jr .=
\ /
—
r sm p
rcosp
dx
dp
h
=1
sine/?
0
/
p
p
COS
dz
dr
!
0
i
/
dx \
r )~
r S3 n
V COS
dz
i )r
dx
cos p
sin p
0
—
dx
ox-
> (r, p , z )
0
0
~
r
o
V
\
H
= 1.
Ir F :
V1
i I;
I
Die zugehörigen Basisvektoren lauten somit
>
£?
p
sin p
COS
1 dx
hr <9 r
e
0
-
—
1 dx
-%
sm p
\
tT zeigt in radiale Richtung ( Variation von r ) . wä hrend
tz zeigt in
ez =
cos p
/l
0
)
(
i dx
o\
iili:
0
1
V /
hz dz
1
in Richtung der Variation von p zeigt.
^-Richtung. Die Kugelkoordinaten sind offenbar orthogonale Koordinaten weil
cos p
COS p
o\
—cossmpp 0.
e
p
sin
sing
er p —
0
eT tz ~~
—
=0
0
1 /
v o
/
°
sm p \ / o \
—
0.
COS p
tip 5 - —
0
I
; (jj:
,
*
^
v
'
(
0
Die Vektoren
?:
er , ei und
/
\ 1x /
ii
?
0
—
bilden somit eine Orthonormalbasis von R3.
s;
276
ill
ii
m
TI:
I!
m
m
111
17.2. DIFFERENZIALOPERATOREN
17.2
IN ANDEREN
KOORDINATEN
Differenzialoperatoren in anderen Koordinaten
Gesucht, ist nun die Form von DifFerenzialoperatoren in den neuen Koordinaten. Wir wissen
zum Beispiel, dass der Laplace-Operator in kartesischen Koordinaten lautet
A/
d2 f
77.
O- J
d2 f
= 9;r? +
dxi
1
£
-
DATi
"
i 1
d2 f
d x~
Wie kann man A / bestimmen , wenn nun aber / in Kugelkoordinaten gegeben wird ? Wir
müssen verstehen , welche Form der Laplace-Operator in den neuen Koordinaten annimmt.
8;
'
17.2.1
Transformation von Skalar- und Vektorfeldern
Im Allgemeinen wirken transformierte Differenzialoperatoren auf die transformierten Skalarbzw. Vektorfelder. Die Transformation von Skalarfeldern ist selbstverst ändlich: Man muss
einfach nur die neuen Koordinaten ein setzen
f ( xi , a ?2, ..., arn ) =
2(
- - Sc n
... X n
0
V ?2 - - - -- Sc n
Fü r Vektorfelder muss man aufpassen , denn es müssen auch die Basisvektoren angepasst
werden. Wir wissen aber bereits, dass die Einheitsvektoren in den neuen Koordinaten T 2 .
ec , ... eine Basis von Mn bilden , sodass wir alle Vektoren in R7' (also auch unser Vektorfeld )
0
als Linearkombination der neuen Basisvektoren darstellen können
v=
4- vc. ßcz -h ... T vc
7
J u.
Für orthogonale Koordinaten sind die Vektoren ec . ek, . ... orthonormal. In diesem Fail ist.
die Formel f ü r die Komponenten von v in der Basis e.cl . e 2 , ... besonders einfach
“
S, = e6 - 1 =
'
.
1 dx
hi de
_
v?
]
^
1 dx
vi2 = ec , - v = kc
2
*
Vs
Sn = H n - V
'
—
1 dx
T, 0>$
•
Am besten betrachten wir einige Beispiele dazu.
Beispiel 17.2 .1
0 0 0
Transformiert das Vektorfeld v
277
—
( 2 , 0, 0) in Kugelkoordinaten.
v.
17. KRUMMLINIGE KOORDINATEN
L ösung: Die Einheitsvektoren in Kugelkoordinaten lauten
/
cos p sin 0
\
sin p sin 9
cos (9
Cy~
.
/
—
60
cos 99 cos 0
sin p cos 0
— sin 6
/
<D>
— suup
=
COS 99
V
0
Wir bestimmen nun die Komponenten von 7 = ( z .0, 0) in der neuen Basis er, e# ,
tv — v el ( vergiss nicht die neuen Koordinaten einzusetzen )
-
mit der Formel
.
r cos 0
ty ~
v
•
er
\ (
\
cos 0
/
COS 99 cos 0
I
sin 99 cos 0
/ r cos 0
=
v
-
,
V
=v
*
<20
cos 99 sin 9
sin 99 sin 6
~
=
0
0
•
f
r cos 6
0
0
e
l — sin 0
— sm 99
\
\
COS 99
0
y
— r sin 0 cos 0 cos 99
= r cos2 0 cos 99
= — r cos 0 sin 99.
—
Das Vektorfeld v lautet in Kugelkoordinaten u = i r sin 0 cos 6 cos 99, r cos2 0 cos 99, r cos 9 sin 99 )
.
-
:
Lösung: Die Einheitsvektoren in Polarkoordinaten lauten
COS
eT
p
cp
sin .9
Wir bestimmen nun die Komponenten von v
Dt
= v ei
—
—cossm 99
(
f
(Tr : vy ) in der neuen Basis
er , e9 mit der
Formel
:
ty
—v
•
eT
—
= v - e^ =
-
tx
cos p
vu
sin 99
D,
—cos 99
sin
99
Das Vektorfeld v lautet in Polarkoordinaten v
kelirtransformation ist durch
vx = ty cos 99
—
—
ty sm 99
= iy cos 99 4- Uy sin 99
= t’-y cos 99
—
ty sm 99.
( v T cos 99 4- vy sin 93, vy cos 99
vy
— vx sin 99). Die Um-
= ty sin 99 4- ty cos p
gegeben.
278
1
!
t
1:r
!i
I
iv
17.2. DIFFERENZIALOPERATOREN IN ANDEREN KOORDINATEN
17.2 . 2
Transformation von Differenzialoperatoren
Fü r die Transformation der Differenzialoperatoren muss man die Kettenregel beachten.
Nehmen wir zum Beispiel an , dass wir die Transformation f ür ~ bestimmen wollen . Dies
wollen war nun auf dem transformierten Skalarfeld / anwenden
—
> ») *
£ *2 (fl , $2
X n (fi . £> • .- .5 fn )) -
D, ) -
Dabei muss man die Kettenregel beachten. Wir haben bereits im Kapitel 8. Beispiel 3.1.5
diesen Fall durchgerechnet . Wir hatten folgende wichtige Formel
df
dxi
d$i df
dxi dfi
df
' dxj
d&
+- +
•
^ dl = ^^ dxi
d
d£n
ÖX i
k=1
df
dfk
hergeleitet. Schematisch kö nnen wir diese Transformation so aufschreiben
111
1
'
'
_ dt;
9fo d
dtr, d
+ • dx. d
d
dx
;
dxi dxi dt\
- $2
i £n
Diese Formel wird die Basis f ür alle unsere Berechnungen sein . Beachte, dass beim Diffed
d
1
•
•
*
renzieren von Vektorfeldern in allgemeinen Koordinaten immer zu beachten ist , dass nicht
nur die Komponenten , sondern auch die Basis Vektoren differenziert werden müssen!
Lösung: In kartesischen Koordinaten lautet der Laplace-Operator
A/
i
=
d- f
d x'2
.
ö2 /
dir
'
Die Koordinatentransformation lautet
(+ y ) -+ ( r. p) = ( v7 x2 + y 2 - arctan (y /.r ) ).
Wir m üssen zuerst
und
in Polarkoordinaten ausdr ücken . Nach der Kettenregel
d
dx
d
dr d
dx dr
dr d
dy dr
___ __
%
dp d
dx dx
dp d
dy dp
*
Wir rechnen nach
dr
dx
dp
dx
dr
dy
dp
x
w
2
_
r
+
- pr
1+
r cos p
4
x
=
-y
X2
+
l/ 2
y
r sin p
/ + y2
r
2
\ -T
l
37
= cos p
— r rsm- p
279
7
= sm p
r cos p
r2
X
sm p
cos p
r
*
17. KRUMMLINIGE KOORDINATEN
illI:
Somit
:
d
dx
d
Oy
smp d
d
r dp
dr
cos ip d
d
= sm f ~cr)r~ 4- r dp
—
Ü;
d
d
dx \ dx
1
m
;
'
Wir haben also die ersten partiellen Ableitungen in Polarkoordinaten umgewandelt. Wir brauchen
aber die zweiten Ableitungen. Diese bekommt man. indem man eine Ableitung zweimal anwendet
( und nicht quadriert!) . Also
ddx 2
g:
= cosp
d \2
dx
und nicht
Wir beginnen mit x
d2
d
d
dx \ dx
dx2
cos p
smp d
r dp
d
dr
cos
d
^--
%
sin p d
r dp )
Hier muss man die Produktregel beachten.
&2
cos p
dx 2
—d
or
d1
= cos2 p_ :2
Ol
(
l
sin2 p d
sinc d
cos
dp
r dp
sin p cos p d 2
cos p sin p d
dp
rr
drdp
sm p cos p d 2
cos p sin p d
sin 2 p d 2
2
r
dpdr
r 2 dp2
T
dp
r
%
^
(
dr
r
) [ *l-
sin p d
*
Dasselbe gilt f ür y
32
d
cos er d
-rjx
dy 2
d2
= sin2 p dr1
cos2 p d
dr
r
d
cos p sin p ö
.2
dp
sm p cos p d 2
dpdr
r
r
cos p d
sin p cos p d 2
r
drdp
cos p sin p d
r2
dp
cos2 p d 2
r 2 dp2
Also
A
d2
d
mm
miE.
2
= dx2 + d y2
dcos 2 p
cos p sin p d
sin p cos p d ~
2
dp
dr
r
drdp
r
sm p cos p Ö 2
sin“ p d
cosp sin p ö
sin 2 v? d ~
2
r dr
dp
r
Ö pdr
r 2 dp2
2
92 cos p sin p d sm p cos p d
+ siir ip dr2
dp
r
rdrdp
cos2 p 8
sin p cos p d ~
cos p sin p d
cos2 p d 2
r
dpdr
r dr
r2
dp
r 2 d p2
1 d2
d2
id
dr 2 r dr r 2 dp2
=
Hfr
-
y»
-
^
.
Beispiel 17.2 4
® ®
o
_
'
Drückt den Gradienten in Polarkoordinaten aus.
280
,
•!
17.2. DIFFERENZIALOPERATOREN
I:
IN ANDEREN
KOORDINATEN
:
Lösung: In kartesischen Koordinaten lautet der Gradient
V/
-
d£
_
ÜX
_
df
ädly
, df
dx
dy
_
V
Die Koordinatentransformation lautet
( xxy )
^
Wir m üssen zuerst
und
-
r ( r, f )
m-
S:
Im
I
d
dx
d
Oy
__ d r d
Ö
dx d
dx dx
d$ ö
_
dy dr
02/ ÖO
dr
H- t
Ö x dr
‘
Wie im vorigen Beispiel bekommen wir
d
d
sine d
COS i f -r 0r
dx
Or
F)
d
COS X d
u
Sill x h
r A
dy —
Ör
Wir haben also die ersten partiellen Ableitungen in Polarkoordinaten transformiert . Nun ist aber
der Gradient ein Vektor, also muss man das in der richtigen Basis ausdr ü cken: er . eh und nicht
—
—
r
.
3
d
V
jj
I-i
+ I/ 2 - arctan ( y / .,;) ) .
transformieren. Nach der Regel der Kunst
V
ih
( v" x -
“
=
dx
Ö
Somit
/ cos x
sin ip
cos ( f fd;: - sinT ÖdX
yg
sin
+ COSr 6
—
v / = an
ß
9r
ti
j
cG
—
sin
r
y?
COS X
r
d
(/ Cp
"
>
fc
X
./
oG
das wir mit
e
a
V
••o
dr
=
identifizieren können (nat ürlich in der Basis
Beispiel 17.2.5
A
r
,
/
<
o
7 dx
er , e
^
j.
Drü cke die Divergenz in Polorkoordinaten ou$:
Lösung: In kartesischen Koordinaten lautet die Divergenz
dl' s dVy
div ( u ) —
+'
dx
dy
wobei vxyvy die Komponenten von v in Kartesischen Koordinaten sind. Wir haben schon die
transformierten partiellen Ableitungen bestimmt
—dxd —
d
dy
—
d
*dr
COS x
sin
r
cos
d
sm f -— h
r
Ör
281
x d
f
dx
d
Of
ill
m
'
17. KRUMMLINIGE KOORDINATEN
t
i
S
Wir mü ssen nun nur die Vektorkomponenten von v in die neue Basis er , e, f transformieren . Die
transformierten Komponenten haben wir bereits in Beispiel 17.2.2 bestimmt
L' x
= V r COS p
—
. vy = vr sin y 4- V f cos y.
üi s sm y
Wir haben somit
dvx
sm
—oör
d
sm y — —
dr
COS
dx
OVy
öy
p
— d—
( vr cos p ~ V f sin p )
”
r
Op
cos y d
r dy
h
( vr sin p 4- V f cos p ) .
•
m
Mit der Produktregel
dvr
—
+
dVy
dy
sin y 5
der
7
d
dr
dt’ r
COS <£ 7
dir
—
cos2 y -7
sm p cos £
^
sin p cos y
( zy cos p
*
V
f
T
du
—
sin p )
sin 2 y
ur
r
sin p cos y d v
3r
dp
T
sin 2 p d v
H~
m
dp
T
II
II
I
cos p d \
j (ty sin p 4- V f cos y )
T
dp )
dty
sin p cos y dty
dVf
= sin 2 y d r -1- sin y cos y d r
dp
r
sm y cos v
cos- p oty
ty 4~
Y
r
r
dp
—Ord—
smy
_
h
'
cos 2 y
r
ry
1
1
Also
dty
V
dx
(
d vV
dy
sin 2 p
VT
r
r
dp
2
2
sin p cos y
sin p dx' f
sin p cos p
cos p dVf
v |
V
dy
r
r
r
dp
r
2y
dty
.
sin
p
y
cos
d
v
d
u
cos
+ sin2 p d r 4- sin y cos p 9
4.
vr
r
dp
r
dr
d vr Vr 1
1 dVf
l d
+ 7’ + 7'
= r d r ( r vr ) H- -r d p
dr
09
dvr
= cos2 p d r
— sm p cos p ddvr
sin p cos p d v
V
_
-
__
Beispiel 17.2 . 6
• • Drücke d i e RotoMon in Zylinderkoordinaten aus.
®
IS*
Lösung: Zylinderkoordinaten sind gegeben durch
—
.
( x , y , z ) > ( r. p z )
~
( y / x 2 4 y2 , arctan ( y / x ) , z ) .
*
Die Basisvektoren lauten
lit
i
f!
p
e
V
cos p
sin p
0
/
Cf
/
—
—
smy
cos y
\
0
V
/
1
.
C
-—
/
0
0
I
V1
282
fl
7
8:
!:1
17.2. DIFFERENZIALOPERATOREN IN ANDEREN KOORDINATEN
ii
In kartesischen Koordinaten lautet die Rotation
dv
/ du,
dy
Ov .r
dz
dv
rot ( v ) =
„
\
dz
-
dv
dx
\ Pt
dvz
dvy
Öy
dz
)
~
dvx
eT -T
dvx \
dvz ey 4- dvy
dz
dx
dx
dy
Wir transformieren partielle Ableitungen gemäss der Kettenregel
_ dr d
d
dx
dx dr
dip d
dx dp
dy
d
dy dr
_ dr d
öy dp
dz
dz dr
dp d
dz dp
^
dz Ö
dx dz
'
dy dz
dz d
dz dz
(
'
und bekommen
3 sin -x d
~
cos
dx = * f r
r dp
d
COS p o
d
sm p- h
dy =
or
r de
d
d
~
dz
dz
__ _
I
!
•
17
—
_
Wir m üssen Komponenten von v in der neuen Basis tr . e .. ez ausdr ücken
I
vx — vr cos p
|
7
1
m
-
V#
sm p
.
VV
= Vr Sin p ~r l. p cos p.
V
-—
V
-.
Die erste Komponente von vot ( v ) ward somit
I
dv ~
dy
!
d
smp —
dz
dr
1 dVr
r dp
8:
•
—
cos p Ö \
d
( vr sin p 4- t p cos p )
vz —
r de )
dv .
dvz dv sm p
COS p +
dz
dr
dz
die zweite
I
dvx
ii
dz
a
dv
= d z ( vr cos p — vp sm
dx
-
—
dvr
dvz
dz
dr
p\)
—
cos p H-
I
cos P
\
\
'
o
dr
smp d
r dp
dv..
r
sm v
dz
i dvz
r dp
*
und die letzte
.i
{
ii
dvy
dx
dtp
d
sin p d
cos p )
(tY sin p 4
r dp
cos p d
d
( vr cos p i p sin p )
sin v? Tr +
r r)
<9r
sm p cos y
sirr p di
de
cos p sin <£
4- cos 2 p
rr
-
cos p — dr
dy
—
-
=
dr
dr
sin p cos p dv
sin 2 .r
ip
r
r
dp
cos2 p dv
sm p cos A
4r dp
r
dv y 1 dvr 1
4- v
r dp
r
dr
-
-
283
r
—
dp
r
dtp
dv .
.
sm A cos p
4- sm 2 p
Or
dr
2
cos p sin p dv
COS p
V
r
dp
r
——
1
V
1 dvr
r Ofi p
'
J
C ~'
17. KRUMMLINIGE KOORDINATEN
Wir bekommen somit
rot ( v )
,
- l )c Sr + lik
r 0 -S-
=
(
^°
+
dr
<%<
1 Öt?c
r dp
•
Ilf sm V
COS
-
p
sin p
dz
\
o y
V
—
de
d v .\
“
sv
«
sm p
cos A
o
V
+
(10
1 dt’r
r dp
.
.
/
/
0
0
\
V1/
~ ~V
( 1 dm
r dp
dv
dz
<2 r
+
( d ur
dz
d v~
6r
1 <9
s*
m
m
m
%
II
im.
17.2.3
Allgemeine Formeln f ür Differenzialoperatoren in allgemeinen orthogonalen krummlinigen Koordinaten
In der Praxis wollen wir die obigen Rechnungen nicht jedes Mai durchf ü hren müssen. Es
ist sicher gut. einmal im Leben den Laplace-Operator in Kugelkoordinaten durchgerechnet
zu haben , aber es stehen ganz allgemeine Formeln zur Verf ügung , mit welchen wir die
bisher kennengelernten Differenzialoperatoren direkt in den neuen Koordinaten bestimmen
284
1
17.2. DTFFERENZIALOPERATOREN IN ANDEREN KOORDINATEN
können . Die Formeln lauten so
Satz 17.2 . 1 ( Transformation von Differenzialoperatoren ) Es gelten folgende Transformationen
Gradient
cjrod( f ) =
A,
YA% A
ei
-
i l
Divergenz
r ö ( hc hc vcf
1
div( v ) =
2
Rotation
pt« ) =
S
Ö
Ö?2 -
?
m0
-
Nil LA
i§js( / - )
i
S 5. —
/jcjicj
LA
1
c?
öe-5
)
A
(
)
A NSA
e&
d
1
*
1
jü
ö
'
a
-r
( -0
N
^
^s
3
)
ö
lliillli
A Ill
Laplace - Operator
A/ =
r 8 mmmm
NiÄllllN liSSÄill
1
A A 9/
A A A,
9
A
iüiii
ISlllifl
Beispiel 17.2 . 7 o o o Drücke A m Kugelkoordinalen aus ,
r
L ösung: Wir wenden einfach die Formel an . F ü r Kugelkoordinaten wissen wir bereits
hr = 1, ho = rf
h-
—
r sin 61
Somit lautet der Laplace- Operator in Kugelkoordinaten wie folgt
A
i
ld_ / h0 h£ df \
= hrh h [ ör
^
ß
1 3
r 2 dr
r2
—drd
\
__
_
-
d f hrh df\
d ( h r h0 d f \
h& d o ) ^' d p \ / A d p )
1
1
9
d
ff 2
sin 9 —
2
2
r sin 9 d 9
dO
r sin 6 dp2 ’
hr d r
J
de
v
-
Beispiel 17.2 .8 •oo Benutze die Divergenz in Kugelkoordinaten , um die Divergenz
des Coulombschen Feldes v — xjrJ z u bestimmen.
285
17. KRUMMLINIGE KOORDINATEN
!
!
L ösung: Wir wenden einfach die Formel an . Fü r Kugelkoordinaten wissen wir bereits
h ß = r.
h r = 1.
hy
1
= r sin 9.
(
Somit lautet die Divergenz in Kugelkoordinaten wie folgt
div ( F)
i e
1 d
1 d 2Vp
= r 2 di; ( r 2 vr ) + ? sin # 86— (sin Ove ) + r s m ß #p2
‘
5
wobei v v$ und Vj die Komponenten von v in Kugelkoordinaten sind . Also müssen wir zuerst v
in Kugelkoordinaten transformieren. Wir gehen wir ü blich vor. Das Vektorfeld v lautet explizit (in
der Basis ex , ey und e ~ )
1
X
r3
r
»
( cos p sin # \
sin p sin 9
cos 9
\
Die Einheitsvektoren in Kugelkoordinaten lauten
(
—
ßr
cos cp sin 9
sin cp sin 9
Co
cos 0
—
cos cp cos 9
sin p cos 9
sin 9
—cossmpp
e^p
—
0
Wir bestimmen nun die Komponenten von v in der neuen Basis er ,
vr
Vß
—
v • er
=
1
r~
1
r~
—
=v
\
tV = v ev
*
—
I.
r-
cos p sin 9 \
sin p sin 0
cos 9
/
cos p sin 6
sin psin 6'
cos 9
/
V
Somit lautet das Vektorfeld v in Kugelkoordinaten v
div ( u )
=
1
r
a
^
W) +
/ cos p sin 9 \
\
—
sm p
—cosp
J
—
0
v
- ect
r2
cos #
( cos p cos 9
sin p cos 6
sin 6
V
~
^
sin p sin 9
/ cos p sin 9 \
sin p sin (9
cos 0
mit der Fonnel Vc .
\
=0
I:
= 0.
ÜI:
/
? äf
ca-
(1/ r 2.0, 0) . Die Divergenz von v lautet also
d
1
1
(sin Bv ß ) -f
r sin 6 89
vsin # <9 p2
a
1
r2 8r
1
r ~2
r
o
1 8
r ~ 8r
li-
m
u i = 0.
Beispiel 17.2.9 mmö Bestimme alle rotutionssymmeirischen harmonischen Funktionen
.
o;
/ : R2 \ { 0} -4 R
b ) f : R3 \ {0} -4
I
Hinweis: f : Rri \ {0} -4 R heisst rolaüonssymmetrisch,. /a / fe / nur von |z|
286
r abhängt .
•i
•
MH
m
m
17.2 , DlFFERENZIALOPEH.ATOR.EN IN ANDEREN KOORDINATEN
Lösung: a) Wir sind im zweidimensionalen Fall und f ü hren somit Polarkoordinaten ein. Dass /
rotationssymmetriscli ist, bedeutet einfach, dass / nur von r ( und somit nicht von p ) abh ängt , d.h.
df
dp
Nim wissen wir bereits, wie der Laplace-Operator in Polarkoordinaten aussieht
A/
d2 f
I d2 /
1df
T 3r
,
= dr2
r 2 Op2
—
Wir wollen nun A / 0 lösen. Da / rotationss mimetrisch ist. verschwinden die Ableitungen nach
^
p. sodass wir folgende Differenzialgleichung lösen mü ssen
d2 f
dr2
df
r dr
1.
Wie löst man diese Gleichung? Am besten schreiben wir die linke Seite der Gleichung ein bisschen
um
ä2 f 1 df _ d
df\
+
r dr
dr 2
r dr
\
!
_
Wir haben somit.
1 d
r dr
I
r
df
dr
d
dr
=0
r
df
dr
A
df
=0
clr
A
r
r
df
dr
=A
=» / = A log( r ) + B ,
wobei A , B e R.
b) Nim f ü hren wir Kugelkoordinaten ein. Dass / rotationssymmetrisch ist , bedeutet einfach , dass
/ nur von r ( und somit nicht von 9 und p ) abhä ngt, d . h .
I
df
09
I
8j
f
Op
—
0.
Nun wessen wir bereits, wie der Laplace- Operator in Polarkoordinaten aussieht
JL
1
r 2 dr
r2
df
<9 r
1
r2 sin
df \
d
sin 0 — s
6' 86
de j
—
~h
1
r 2 sin 2 9 dp2
—
Wir wollen nun Af
0 lösen. Da / rotationssymmetriscli ist . verschwinden die Ableitungen nach
9 und p , sodass wir folgende Differenzialgleichung l ösen müssen
_ _
1 d
r 2 dr
r2
df
dr
= 0.
Die Lösung ist mein oder weniger direkt
'
ii
X d
r 2 dr
! /.
•
;
r
df
- dr
=0
o
=»
d ( ,df
r
dr
dr
df
A
r2
dr
mit A , B in R .
:
287
I
=0 *
£
J
Aldr = A
— Ar AB.
: r»
•
111
ii
17. KRUMMLINIGE KOORDINATEN
gi
lt!
It
{
I
$
b\
>
I
w
M
am
si
m:
1
1
U
11:
i::
11.1
II
!
It
1
atil
IS
-
/
f
I
288
I
..
B
d
Ii
Kapitel 18
i
i
;
;;
Definition und erste
18.1
Definition
18.1. 1
l
it
I
!
eisBieie
£
—
-
Es seien B Q C Mn > Mn ein stetig differenzierbares Vektorfeld und 7 [a. 6]
differenzierbare Kurve. Der Ausdruck
i
!
rb
ff • ffff
|
ü
a
—
*
M.7
)
eine
r ( 7(t )) - 7(ff ) fft
7
ff
S:
'
1
wird Wegintegral (oder Kurvenintegral) von ff längs ff genannt. Falls 7 eine geschlossene
Kurve ist (d.h. 7( a ) = 7(6) ), so notiert man oft
ff - ä s
v
*
•
J^ v - d s
Das Wegintegral besitzt folgende physikalische Bedeutung: ff ffff ist die
Arbeit, welche längs 7 unter der Wirkung von ff geleistet wird .
v ffff ist von der gewählten Parametrisierung unabhängig. Etwas genauer: Das Wegintegral Jl ff ff.ff ist invariant bez üglich orientiemngserhaltenden Parameter wechseln, wä hrend
es sein Vorzeichen bei Orientierungsumkehrenden Parameterwechseln wechselt. Wir erinnern dabei daran , dass ein Parameterwechsel
anstatt
,
.
*
•
*
—
[a, 6] > [ c. ff ]
t — > S = yj(t )
Orientierungserhaltend heisst , falls p ( a ) = c und ( b ) = ff , während man Orientierung sumkehrend sagt , falls gffa ) = ff und *£ ( & ) = c. Bei einem orientierungsumkehrenden
Parameterwechsel wird die neue Kurve in der umgekehrten Richtung zur ursprünglichen
Kurve durchlaufen , sodass das Wegintegral ff - ffff sein Vorzeichen wechselt .
Wir wissen bereits, dass Kurven auch summiert werden können. Für die Summenkurve
^
7 - 71 + 72 gilt
ff - ffff =
7l +72
f
v - ffff
71
289
/ ff - ffff
/
-
18. WEGINTEGRALE
ii
-
Allgemeiner gesagt muss die Kurve 7 nicht unbedingt differenzierbar sein . Denn es gen ügt ,
dass 7 st ückweise der Klasse C 1 angehört. Was bedeutet das? Eine Kurve 7 : [a , b] -A Rn
heisst stückweise stetig differenzierbar, falls 7 bis auf endlich viele Stellen to < U <
• • < tn stetig differenzierbar ist . Es sind also ’Knicke erlaubt
,
“
1
I
1
m
1:;
B
”
*
II
m
In diesem Fall gilt einfach
v - ds
Notiert wird: 7
18.1 . 2
^
C
w
( piece- wise
—
—
v • ds .
1
st ückweise) .
Kochrezept und Beispiele
Fü r die Berechnung von Wegintegralen kann man folgendes Kochrezept anwenden
,
KOCHREZEPT FÜ R WEGINTEGRALE
Gegeben: Vektorfeld v von der Klasse C1, Kurve 7 (aus
Gesucht: WegintegraJ ) v ds .
CpW ).
J
Schritt 1: Parametrisiere 7. d.h. finde ;
7:
[a, b] -r Rn , t
Schritt 2: Berecime 7 ( t ) =
ableiten ) .
Schritt 3: Benutze die Formel
-
7( t )
.
( jede Komponente nach dem Parameter t
1.1
m
v ds :
a
11IS
•
Ein Tipp: Es ist nützlich , sich folgende wichtige Integrale zu merken. Denn diese Integrale
290
n
1:1
1
in
?
18.1. DEFINITION
ü\
UND ERSTE
BEISPIELE
kommen oft in Rechnungen vor.
cos4 tdt
—
cos3 tdt =
sin 4 tdt
— —4
sin 3 tdt
—
0,
sin 2 tdt
—
Tr ,
?
:
cos2 tdt
—
cos t sin2 tdt
sin t cos2 tdt =
sin t cos tdt
L
•o o Berechne
—
sin tdt
—
cos tdt
~
0.
f v d .s für
•
m
( O. z- jr ) und 7 die
durch]mi fp.n
eiaPTAinn durchlaufen
Uhrzeigersinn
2 T2
= 0.
Ä
+ ( ;y / 2) ~ IgfemrnUiMimmii
mit Gleichung
___ VT2
?
a) Schritt 1: Die Parametrisierung von 7 ist bereits angegeben
I
- PA t -4 (t - sin 1.1 - cos / ) -
7 : [0 , 2?r ] 4
Schritt 2: Wir bestimmen 7
7
= (1 - cost, sint )
.
Schritt 3: Wir benutzen die Formel f ür Wegintegrale
7
./ 7
v - ds
—
2 TT
0
1
—
cos t
1
0
—sincost t
dt
r -~
— j
Jo
(1
—
2a
0
(1 — 2 cos t
+ cos2 t ) di = 2TT - CH- TT = 3TT.
2n
•
Dabei haben wir die Formeln f f " cos t d t = 0 und j 0 cos 2 tdt
b ) Schritt 1: Die Ellipse wird parametrisiert durch
f :j
— > P t — > (cos
2,
7 : [0, 2 TT ]
f
Schritt 2: Wir bestimmen 7
7
—
—
TT
.
f . 2 sin t )
( sin t , 2 cos 0 -
291
—
benutzt .
cost ) 2 dt
18. WEGINTEGRALE
Schritt 3: Wir benutzen die Formel f ü r Wegintegrale
J 1’
2 TT
v - ds =
o
2 TR
2
=8
o
( sin /
•
— sin
— sini
2 cos t
\
0
4 sin” i cos t
0
1
— 8(
4
y
= 2 r\
—
—
2~
»
)
“
«
sin t cos“ tdt
/
3TT / 4 )
TT
2TT
'
— 8. o
dt
Dabei haben wir die Integrale /0 sin 2 trlt Tr und
sin4 tdt 3TT /4 benutzt.
c) Schritt 1: Um das Dreieck zu parametrisieren . benutzen wir 3 Teilstrecken (es resultiert somit
eine Kurve der Klasse CjJ 1 , ) Wir starten in (0.0) und gehen einmal nach (0, 1) mit
.
(
—
71 : [0.1]
Br . t
—
r
(0. t ) .
Dann gehen wir von (0, 1) nach (1.0)
. -
72 : [o 1] +
M7 f -> (tl - t ) .
Daraufhin kehren wir zu (0. 0) zur ück
-> (1 - t , 0 ) .
2
7s : i 0.1] -> E , /
Schritt 2: Wir bestimmen die Geschwbidigkeusvektoren
Ti
-
(0 1) ,
—
= (1, -1) ,
72
T
1
73 = ( 1.0).
I
Schritt 3: Wir benutzen die Formel f ür Wegintegrale, mn die einzelnen Integrale zu bestimmen
v ds =
*
J
J
J
01
-
02
~s
v ds =
v ds
—
ri
JO
i
j
JO
1
o
t2
-12
t 2 + { l - i2 )
e - (i - t2 )
s ( (i - 1}
JO
(i - t
2
)
—
—
dt
1
\
-1
)2
——
di
0
= -3
feit
/
•
1
—
dt
0
( 2t2 - 41 + 2 ) dt
=
[ 2t?
—
o
Jo
1
- 2i2 + 2t
(1 - 2t + t 2 ) dt = - t ~ t 2 + ~Or-
J0
2
3
0
1
t3‘
1
.
1
3
Nach der Additivit ät des Wegintegrals müssen wir nun nur zusammenzählen. Dies ergibt
.
r
i v
•
—
äs =
1
I
i
l
0
1
-i
II
2
_1
I
1
1
:
M
I
iB
\
)
0.
+ ~
3 3 3
I
mmi m
Beispiel 18.1.2 •oo Berechnt
(1.0 ) 277 der Figur.
f„v ds f ür v = ( y2
"
x 2 ) und die Wege von (0.0) nach \
a ) Schritt 1: Wir müssen einfach die Gerade ( 0, 0) -A (1, 0) parametrisieren
7
*
[ 0, l]
— > TRt —
( f , 0).
Schritt 2: Der Geschwindigkeitsvektor lautet
7
--
(1 0 ) .
292
«
i
'
3 IT
18.1. DEFINITION
( o. o)
(1.0)
(0.1)
(i, i )
( 0.0 )
( 1.0 )
UND ERSTE
BEISPIELE
da )
(0.1)
a)
Schritt 3: Wir wenden die Formel f ür Wegintegrale an
. a)
v - ds
/
l
—
0
0
1
-f
\ 0
dt = 0 .
b) Schritt 1: Die Parametrisierung verlangt 3 Teilstrecken
71 : [0, 1]
—
?'
M~, t
1;
72 : [0 , 1] --4 12 , t -¥ ( t . 1 )
m
73 : [0, l ] -) R d ^ (u -
I
Schritt 2: Die Geschwindigkeitsvektoren lauten
7t
s
= (0, 1).
t3
~
'
Schritt 3: Wir wenden die Formel f ür Wegintegrale an ( und die Additivit ät des Wegintegrals)
1
Im
a
1
b)
v ' ds =
0
t2
0
0
1
1
1
dt T
1
0
-12
0
I
dt 7
1
I
do
f (i - 2 \
O
—
1
y
( o
-1
dt
= 2.
c ) Schritt 1: Parametrisierung in 3 Teilstrecken
7i : [0, 1]
-* R 2, t
72 : [0, 1]
7
(U t )
( 1 - Ul )
2
73 : [0, 1] -> R , t -4 ( f, 1 - t ).
Schritt 2: Die Geschwindigkeitsvektoren lauten
7i
= (1.1)
( - 1.0 ) ,
72
V,
= (1 - — 1 ) .
Schritt 3: Wir wenden die Formel f ür Wegintegrale an ( und die Additivit ät des Wegintegrals)
v • ds
C)
—
i
0
t2
-t 2
1
1
»
i
1
dt T~
(1
0
rl
= -l +
( ( i - 02 + O ) df =
Jo/
~i
+
f
L
“
f-
\
02 )
o + w9 °
-1
0
3
\
dt +
i
0
/
2
3
i
J
-
o
(1 - 02
1
-t 2
-1
1
3
Bemerkung: Wir haben drei unterschiedliche Resultate bekommen, obwohl Anfangs- und Endpunkt
gleich sind. In einem solchen Fall nennt man v nicht konservativ weil das Wegintcgral wegabhängig ist.
,
29 oo
dt
18 . WEGINTEGRALE
Beispiel 18.1.3
i:
line?
.4 .
••o Sei s > 0 . Betrachte die Familie der Kurven
II = { ( %, y ) e K2 k2 + r = e2 }
rfo.5 Vektorfeld v
wobei
x 1 Ax 4- d x 4- a.o , x 1 Bx 4- 6
B£4
—
2 x 2 ( -®0
^
•
a. 6 6
M2 .
•
x
?
Berechne den Grenzwert.
1
» «•
Schritt 1: Parametrisierung von 7,
1
7S : [0. 2 TTJ
—>
K 2. £
—> (
£ cos Lesint ).
Schritt 2: Wir rechnen 7b aus
L
— (—
c sinL c cost ) .
Schritt 3: Es seien a+ j und
die Komponenten von A respektive B und a7- , hL die Komponenten
der Vektoren ä . b . Das Vektorfeld v lautet dann explizit
v{ x, y )
o-Q + a. jx 4- a2 y 4- aux2 4- ( ar2 4- a2 i ) xy 4- a-22V 2
60 4- b\ x -f b2 y 4- bnx2 4- (ö12 4- b2 i ) xy 4- 622 y2
=
\
)
r;
Einsetzen der Parametrisierung in r ergibt
-
-
4 öic cos t 4- a* esin £ 4- et 1.1 r cos2 t + ( ay 2 4- a 2 i. ) s2 cos t sin t h a 22 ^2 sin21
ho 4 he cos t -r b2 s sin i 4- 6iic ~ cos2 £ 4- (612 4- 62 I ) C 2 cos t sin t 4- 622 sin21
QQ
virr- B ) ) =
^
A
)
Mit der Formel f ü r Wegintegrale ( wir interessieren uns nicht f ü r die Terme der Ordnung 2 oder
grösser in 5) finden wir dann
v d*
*
Tu
—.
« 0 4- a-yc cos t 4- a2 esint 4- C ( s2 )
ho 4- h.ic cos £ 4- 62 s sin t 4- <9 (s2 )
/0
2 rr
0
( -aoe sin £
—
2
03 s cos t sin £
4- b2e 2 sin t cosr 4- Ö (
52 (6 I - ö
TT
V
5~
_
/0
Tr
c äs
*
T
-
— a s sin21 4 6
2
2
- QS COS £
\
11
m
if
dt
4- 61c 2 cos2 £ 4-
es ) )dt
11
i!:
}|
4
i
cos2 tdt =
2
"
1
lim -7
e
i
) 4-
Dabei haben wir wiederum die Integrale
c -rO
— ecossin££
-
2 rr
1
~
lim
TTc
j02 r sin 2 tdt
?
( D} - öo ) 4- (9(c 3 )
£2
£ ~?0
—
7r
- TT ( 6 I
benutzt . Somit haben wir
a2 ).
Pf
294
!
.US:
m:
'
18.1. DEFINITION UND ERSTE BEISPIELE
Beispiel 18.1.4
§
.
•o o Berechne das Wegintegral Ji v
—- ? —
a ) v = ( x - y x + y. z ) und ft ) : [0, 27r ]
1S J
^
ds f ür
> (cos £ , sint, t ) ( eine Spirale )
c ) v = ( z , x. y ) u n d
1
ö
ri?
3
7 [0? 2TT] -» R ,
P
*
1
2
2
* -> (a cos 0 a sin / , cr (cos * - sin £) ) .
v
a) Schritt 1: Die Parametrisierung der Kurve ist schon gegeben
7 : [0, 2 TT]
m
m
-4 Ü 3. t
'
—-
( cos t. sin t . i ) .
Schritt 2: Wir rechnen 7 aus
—
7( t )
(- sint. cost . 1).
Schritt 3: Wir benutzen die Formel f ür Wegintegrale
v ds
1
—
2F
/
V
0
—
2 TT
J
—
^
cost s i n t
cos t 4 sin t
t
/
2TT
-J ü
0
dt
1
\
t2 l
(14- t ) d t -
sint
cost
—
-
2
—
(
—
sin t cos i 4- sin 21 4- cos2 t 4 sin t cos i 4 t ) dt
0
2TT 4 2 TT 2 .
b ) Schritt 1: Eine Parametrisierung der Kurve ist
f
1
1m:1
7 : [0, 2 TT]
—
> R 3, t
—
> (cost. sint. 0) .
Schritt 2: Wir rechnen 7 aus
4(t )
= ( ~ sin t . cos t , 0).
jSii
lii
Schritt 3: Wir benutzen die Formel f ür Wegintegrale
2 rr
1;
l
/
v • ds =
° V
^
cos t
sin t
0
/
—
sin t
cos t
\ 0
/
2-
dt
=
/
(sin t cos t
•/
0
—
sin t cost ) dt
c) Schritt 1: Die Parametrisierung der Kurve ist schon gegeben
7 : [0 , 2 TT]
3
4l ,t 4
(a cos t. a sin i, a 2 (cos 2 f
Schritt 2: Der Geschwindigkeitsvektor lautet
1
m
m
|
: H
Ji
—
—
( a sin t , a cos t , 4a 2 sin i cos tj.
295
sin 2 f ) ) .
= 0.
18. WEGINTEGRALE
Schritt 3: Mit der Formel f ür Wegintegrale finden wir
-
“
v • ds ~
0
/
~
J.TT
—
/
'
— io
/»
—
2
4a° sin t cos tdt
a
3
= 0 + 0 + 0 + a27T — a 27r .
Beispiel 18.1.5
nach B
( 0.0 - 0 )
— asmt
/
ar (cos21 sin t )
a cos t
a sin t
otTT
/
do
2TT
a cos i
sin t cos2 tdt + o?
•o o
~
dl
4a 2 sin t cos t
2-TT
o
'
sin3 tdt + a2
2 TT
cos2 tdt
o
Das Kraftfeld v = ( x : 2 xy , yz ) verschiebt einen K örper von A = ;
(1.1. 1) entlang der Parabel y ( t ) ( t , t .t 2 ) . Wie gross ist die geleistete \
—
Arbeit ?
Schritt 1: Die Parametrisierung der Kurve ist schon gegeben
3
7 : [0.1] -7 M , t
— r (t , 1.12 ) .
Schritt 2: Wir rechnen 7 ans
ö ( f ) = ( L L 2t ) .
Schritt 3: Wir benutzen die Formel f ür Wegintegrale
1
„/ 7
-
v ds
f
\ (
i
1
2t 2 i
~
0
3
* )
\
1
! dt =
,( t
5
2f j
_
,,
o
+ 2t" + 2t 4 )dt
0
0
0
1 2 2 _ 47
+
2 3 5 30
Die geleistete Arbeit ist somit 47/30.
“
— ——— — —
ft 2
i
2 t3
- fi
fj
1
2 t 51
5 Jo
'
(t:
;;Y)
: j:
•0 0 Betrachte das Kraftfeld v — ( y2.xz , l ) sowie die beiden Kurven
2 3
(0.0 0) ;
7i = ( t . t t ) und 72 = ( t t . t ) . Bestimme die geleistete Arbeit WAB von A
und B = (1, 1.1) entlang beider Kurven. Entlang welcher Kurve wird mehr Arbeit ge-
—
,
leistet ?
Schritt 1: Die Parametrisierung der ersten Kurve lautet
7i : [ 0. 1J
— ¥ Sb . t -A (f t. t).
,
F ür die zweite gilt
72 : [0, l]
/ M (M7 t3).
7l
Schritt 2: Die Geschwindigkeitsvektoren lauten
Ö i = ( 1.1 , 1) .
.
ö l = (1, 2t 3t2 ).
296
(
I
!
tII
1
18.2 . POTENZIALFELDER
i
Schritt 3: F ür die erste Kurve haben wir somit
m
w
WAB
-
i
/ f
—
v•
\
(
0
Ol
\
1
\
l
1
t2
V1
/
i
r
dt
=
j
( 2t 2 +
i
m=
~
+t
o
0
/
5
3
F ü r die zweite Kurve
3.
WAB =
/ t4 \
i
2t
\ 1 /
0
72
i
t4
v • ds =
\
i
dt
\ 312
—
('it 2
+ f + 2t 5 ) dt =
o
\%3 - + -5 + —tH
3 Jo
1
•
23
15
Da 23/ 15 < 5 / 3, wird es längs 72 weniger Arbeit verneinet. Es wird also nicht dieselbe Arbeit
längs 71 und 70 geleistet. Darum ist v nicht, konservativ.
Denn
1.
o
1
-
7 Jjdt =
71 W
72 W
1
M
0
u
/
0
( 72 W 71 W - 71
Wir integrieren partiell und benutzen die Tatsache dass 7 geschlossen ist ( d.h. 7(0)
,
1
^ —
1
[7IW 72 (0 ) O
7 • J ' dt
!?.
0
~ 0 weil 7 geschlossen
71 ( t ) 72 7 ) df 0
j
2
/
0
18.2
1
7iW 7'2 Wdt
=2
1
7i
•/ 0
1
“
i?
-
= 7(1) )
0
ii 00
0
~ 7j
(7
72 OO
dt
=2
7 • ds.
Potenzialfelder
i
In gewissen Fällen kann man die Berechnung von Wegintegralen etwas vereinfachen. Dies
geschieht immer, wenn wir sogenannte Potenzialfelder haben . Zuerst betrachten wir ein
Beispiel, als Einleitung.
!
297
:
II1
18. WEGINTEGRALE
I
'
I
18.2.1
Motivierendes Beispiel
Wir wollen das Wegintegral
v - äs f ü r das Vektorfeld v ( x , y )
des Kreisbogens 7 von (1, 0 ) nach ( 1.0 ) berechnen.
—
—
exy ( l + xy , x 2 ) entlang
Erste Möglichkeit
Wir gehen die drei Schritte des Kochrezeptes durch.
Schritt 1: Wir paramctrisicrcn die Kurve mit. Polarkoordinaten ( t nur bis
handelt sich um einen halben Kreis)
!
TT ,
denn cs
m
h ! l:
7 : |0. TT]
—
(cost, s i n t ).
7
I
Schritt 2: Wir rechnen 7 aus
7 (7 )
=(
—
sinh cost ).
Schritt 3: Wir benutzen die Formel f ür Wegintegrale
v ds
•
7
—
r 7T
gSin t cos i
0
— sin t
1 V sin t cos t
cos21
I esm ' [- sin t —
1
Jo
dt
cost
sin21 cos t A cos31] dt .
Wir sehen, dass das Integral relativ kompliziert aussieht. Gibt es Tricks, um das Problem
zu umgehen? Die Antwort auf diese Frage ist ja! Es gibt grundsätzlich zwei Möglichkeiten
(wir werden diese im nächsten Abschnitt genauer diskutieren )
—
i) Falls der Definitionsbereich Q des Vektorfeldes f : (1 C Rn > Rn eine einfach zusammenhängende Teilmenge des Rn (vgl. 5.5) ist und auf Q rot ( F) = 0 gilt , so ist v
konservativ . Was bedeutet " konservativ " ? Es bedeutet dass das Wegintegral v - ds
wegunabh ängig ist , d .h . nur vom Anfangs- und Endpunkt von 7 abhängt und nicht
von der exakten Form von 7. Wie kann man diese Eigenschaft ausnü tzen? In der
Praxis kann man einen komplizierten Weg durch einen einfacheren Weg ersetzen, der
denselben Anfangs- und Endpunkt hat: Das Resultat des Wegintegrals ist das gleiche!
,
ii ) Dieselbe Situation wie oben. Alternativ kann man das Problem mithilfe von Potenzialen lösen. Ein Potenzial von v auf Q ist eine stetig differenzierbare Funktion <[> ,
auf Q erf üllt .
welche v
—
$
4'
Erste Variante
:?!
Wir bestimmen die Rotation von v
rot ( T)
=
ÖV‘2
dv 1
dx
Oy
=
ye:cyx 2 H- 2 xyeTy
— xexy ( l -f xy )
~
xexy = 0.
Ausserdem ist der Definitionsbereich von v der ganze R 2 und R2 ist einfach zusammenhängend. Wir sind somit in der Situation von (i) . Darum d ü rfen wir 7 mit einem einfacheren
298
|
i
w ~.
'
18.2. POTENZIALFELDER
l!
Weg mit denselben Anfangs- und Endpunkt ersetzen . Wir wä hlen zum Beispiel die Gerade
von (1, 0 ) nach ( 1, 0)
if
—
7 : [1, -1]
I
( t , 0) .
1
Für diesen Weg gilt h ( t )
t
1
= ( PO) , soclass
v - ds =
v ds =
I
*
m
7
Somit
1
J
v • ds
—
—
/
-1
./ 1
\
1
\
( i\
t2
0
I dt
= - 2.
2.
Zweite Variante
*1.
1
,
Wir versuchen ein Potenzial f ür v zu finden, d.h . eine Funktion # : M 2 -9 M f ür welche
u V <I> gilt. Der Vorteil von Potenzialen ist , dass falls v V # ist , das Wegintegral direkt
mit der folgenden Formel berechenbar ist (siehe später )
i;
—
v ds =
a:
•
S
'
IS
'
Um das Potenzial # zu finden m üssen wir
,
V
t
1
1S
'
— $( Anfang) .
# ( Ende )
7
7'
1
—
V # • ds
*
liIM
=
'
1
1
n
e*v { l + z y )
e^ar 2
d $> \
/
ÖT
!
tfu
y
Ii
=
lösen. Wir starten zum Beispiel mit der zweiten Gleichung und integrieren einfach ü ber y
( und betrachten x als eine Konstante)
1
= exyx2 =>
m
#
=
-
r' yx d
,
:
= xexv + C ( x ) .
Da bei der Integration x als eine Konstante betrachtet wurde, kann die Integrations konstante C eventuell eine Funktion von x sein. Darm leiten wir partiell nach x ab. Das Resultat
muss gleich der ersten Komponente von v sein
:
§
C
3#
dx
1.
= exy + xye** + G = er;
*
—
Somit folgt. C"
//
+ xyenj
-b const das gesuchte Potenzial
const. Somit ist # =
0, also C
( das Potenzial ist bis auf die additive Konstante bestimmt ). Schlussendlich
,
s
1I
'
7
v - d$ = $ (-1, 0 ) - # (1, 0)
= -1 + C - 1 - on = — 9
Das Beispiel zeigt die Wichtigkeit der Potenziale f ü r die Berechnung von Wegintegralen.
Potenzialfelder wollen wir jetzt näher anschauen .
.
299
18. WEGINTEGRALE
I
Potenzialfelder und Potenziale
18.2 . 2
—
Ein Vektorfeld Ü : O c R 7 ? > Rn heisst Poienzialfeld, falls es eine stetig differenzierbare
Abbildung # : ü C Rn -a R gibt (ein Skalarfeld ) , f ür welche
ff
=
V$
gilt . Die Abbildung T heisst Potenzial von ff . Das Potenzial eines Vektorfeldes (falls existent ) ist bis auf eine additive Konstante eindeutig bestimmt. Denn falls ein Potenzial
von ff ist . so ist auch 4> + C ein Potenzial von ff .
Der Vorteil von Potenzialfeldern ist . dass die Berechnung des Wegintegrals besonders einfach wird . Denn nach dem Hauptsatz der Differenzial- und Integralrechnung gilt
"
v - äs
—-
y
6
V <f > d$
*
=
\: 0
7
6
<
^
-
jjfr (iV ) ) ( Kettenregel )
6
( t ) ) 7 (f.) dt
=
a
—
.
7
1
d
Das Wegintegral J ff - d.s ist also einfach die Differenz der Werte des Potenzials am Ende
und am Anfang der Kurve. Insbesondere ist
ff - ä s
=0
f ü r jede geschlossene Kurve 7. weil Wnde: "Anfang” .
Leider es ist nicht immer möglich ein Potenzial f ü r ein gegebenes ff zu finden . Es gibt
gewisse Bedingungen, die ein Vektorfeld ff erf üllen muss, tun ein Potenzialfeld zu sein.
Diese Bedingungen werden Integrabilit ätsbedingungen genannt und lauten so
,
,
'
%
Satz 18.2.1 ( Integrabilit ä tsbedingungen f ü r Potenzialfelder ) Es sei das
stetig differenzierbare Vektorfeld ff : fl c Rn » Eff gegeben, welches auf fl definitrt ist . Trf ff ein Potenzialfei d. so gelten die Integrabilitätsbedingungen
—
'
dr ,dxj
deJ;
dxj
Ist fl einfach zusammenhä ngend .
reichend , ff . /i.
ff Potenzialfeld
$0
sind die Integrabilit ätsbedingungen auch hin-
Integrabilit ätsbedingungen erf üllt
1
Bemerke dass im dreidimensionalen Fall ff : R 3
äquivalent zur Bedingung rot (ff ) 0 sind.
,
—
300
—
> R 3 die Integrabilitätsbedingungen
18.2. POTENZIALFELDER
18.2 . 3
Konservative Vektorfelder
Ein Vektorfeld v : ft C Rn
Mn heisst konservativ falls f ü r je zwei Kurven 71 und 70 ,
welche im Definitionsbereich 0 von v enthalten sind und denselben Anfangs- und Endpunkt
haben , gilt
,
v ds
•
71
=
v ö s.
•
72
In anderen Worten: Das Wegintegral ü ber Kurven in
Q
h ä ngt nur vom Anfangs- und
Endpunkt der Kurve ab. Diese Aussage ist äquivalent zu: F ü r alle geschlossenen Kurven
7, welche ganz in Q enthalten sind gilt
,
v - ds = 0.
—
Potenzialfelder sind offenbar konservativ. Denn falls v
auf Q gilt so ist das Wegintegral von v längs einer beliebigen Kurve 7 in ü durch die Formel
—
v ' ds ~ $ ( Ende)
,
# ( Anfang )
7
gegeben . Das Wegintegral hängt somit nur vom Anfangs- und Endpunkt ab. v ist somit
konservativ.
Gilt auch die Umkehrung? D.h. besitzen konservative Vektorfelder immer ein Potenzial?
Die Antwort auf diese Pr äge ist ja! Denn es gilt folgender Satz
Der Satz besagt also dass Potenzialfelder und konservative Vektorfelder das gleiche sind!
,
18.2. 4
Zusammenfassung
JRn ein stetig differenzierbares Vektorfeld mit einf ach zusammenhänSei v : O C Mn
gendem Definitionsbereich Q . Dann sind folgende Aussagen äquivalent
jjj
(1) v erf üllt die Integrabilit ä tsbedingungeri auf Q ( d.h. rot ( r )
dvo / dx f ü r n 2 ) .
—
( 2 ) v ist Potenzialfeld (d.h. v = V 4> ).
(3) v ist konservativ.
jfij
(4)
W
(5)
£ v - ds = 0 f ür alle geschlossene Kurven 7 in Q .
Das Wegintegral J v ds ist wegunabh ängig.
'
•
301
—
0 f ü r n = 3 und Ovi / dy
=
18. WEGINTEGRALE
18.2.5
Beispiele
a
Wir betrachten einige Beispiele zum Thema Potenzialfelder.
Beispiel 18.2.1 » oo 1st das Vektorfeld v
Falls ja . gib ein Potenzial an.
= ( xz - y . x 2+ z iV3xzz - xy ) ein Potcnzialfdd ?
'
Lösung: Wir testen die Integrabilitätsbedingungen
/ JL
Ö.r
rot ( v )
0
ö.y
d
=
\
dz
(
xz - y
x 2 y 4-
x
e
—
x dz 2
x 3z2 + y
2x -f l
~
—
3
2
\ 3 zz - xy
‘
\
# 0.
v erf üllt die Integrabihtätsbedingimgen nicht . Folglich ist v kein Potenzialfeld.
Beispiel 18.2.2
existent .
•o o
Betrachte r
—
—
(;/“
a r . 2 xy ) . Finde ein Potenzial f ür v falls \
n
Lösung: Die Integrabilitätsbedingungen
dvo
dx
dvi
— 2y
dy
sind erf üllt. Da v von der Klasse Cl und auf R definiert ist ( und R 2 eine einfach zusammenhängende Menge ist ) besitzt v ein Potenzial. Rechnen wir es aus! Wir m üssen
2
,
i
d <l>
dx
< M>
rjy
lösen. Diesmal starten wir mit
dy
r
= J/
= 2 xy
2xydy
— xy + C( ) .
——
=>
2
i
Nun leiten wir partiell nach x ab
—
o
!
= r + C = y - - x- ==> C
O
X
1
C=
x3
4- const.
3
Fertig! Das gesuchte Potenzial lautet somit
F = x y1
——
Beispiel 18.2 .3 ® oo Ist das Vektorfeld v
zialfehl ? Fßi /b / ü,
ein Potenzial an.
_
x3
ö
4- const ,
= ( 2 xe - Leosz
—
x2 e
y
,
— ysinz ) ein Poteni
302
R.
w.
I
|
:
18.2 . P OTENZ1ALF ELDER
Losung: Integrabilit ätsbedingungen
( JL
rot ( F)
2 xe
dx
—
\
d
dy
0
x
cos 2
~~
Oz
~
y
— xre
y sin
- sin 2 4~
sin 5
0-0
~J
'
~
2
2 xe ~ i! 4- 2 xe ~ y
= 0.
)
Da v der Klasse Cl angeh ört ( ist einfach eine Komposition von elementaren C1 Punktionen) und
auf R3 definiert ist ( und IR 3 eine einfach zusammenhä ngende Menge ist ) besitzt v ein Potenzial.
Rechnen wir es aus! Wir lösen
,
2 xe ~ y
cos 2 x2 e
y sin 2
—
Wir starten mit
—
!'
-r =
Ixe u
dx
=4
—
#
/ d
\ . / d)±x
C \
\
~
y
>
dz
\
r
—
-
dy
:xi>
<
2 xe
y
° dx - re
4- C ( y , z )
Dann leiten wir das bereits gefmidene 4> partiell nach y ab
dy
Also
—
= - x2 e ~ v +
x 2e
y
de
dy
4- y cos z
dz
==
—xe
2 ~y
de
4- cos z
dy
—
COS 2
+ D ( z ) . Ferner leiten wir noch nach 2 ab
— y sin
2
4- D'
!
D'
= ~ y sin 2
—0
D = const.
Fertig! Das gesuchte Potenzial lautet somit
£ = x2 e
< >
y
4- y cos z
+ const .
i 4 ;'
'
Lösung: Integrabilit ätsbedingungen
(
rot (F)
=
\
JL
dx
d
<) y
V4/
x
ye :ry sin 2 4- x H- y
xeX !J sin 2 4- x 4- y z
e:cy cos z - y 4- 2
—
Da F der Klasse C angehört (ist einfach eine Komposition von elementaren Cx Punktionen ) und
auf R3 definiert ist ( und R3 eine einfach zusammenhä ngende Menge ist ) , besitzt v ein Potenzial.
Rechnen wir es aus
f ö± \
yexy sin z 4 x 4- y
dx
r0
±
xe xy
dy
d <i>
exy cos z — y -r z
\ TJz
1
m
= 0.
303
r
'
Si
18. WEGINTEGRALE
B
Wir starten mit
6'<I>
dx
—
= yexy sin 2 4- x 4- y =>
4’
r
= J j ( yexsi sin 2 + X- + y ) dx
— exy sin z 4- —x-
—
Dann leiten wir das bereits gefundene # partiell nach y ab
—dd—3y = xexy sin z
<>
Also
de
4- x 4- -r
— == xexy sin z !
f x -x y
dy
= exy siny/ -f
.2
—
—
. 2
-x
4- arj/ 4
—
—z
ex ,
= e - sin y
T (/
'
dy
— y— z
=* C
+ xy 4- C ( y , z ) .
~
-
~
~
sy + D { z ) .
D ( z ) . Ferner leiten wir noch nach r ab
zy
exy cos z y 4- D' = J cos c ~ y 4- z
de
Fertig! Das gesuchte Potenzial lautet somit
4>
de
=>
2
4-
x
•'
y
“
~
Dr
=>
-
O
MW
—
4-
et/
—
—
S2
z
z*
const.
---
=»
c.
4 const .
I
Beispiel IS . 2.5
•oo
Für welche Werte von a ist v
= ( 2 x H- ary. xa 4- 42 cosy )
ein
Lösung: Die Integrabilitätsbedingungen lauten
d ( xa 4- 42 cos y\1
—
dx
(XX
o
- l l ax2 = d ( 2 x +
xx2 y )
(
dy
C1
Dies impliziert a = 3. Das Vektorfeld v ist von der Klasse
( Zusammensetzung elementarer
C1 Funktionen) und ist auf dem einfach zusammenhängenden Gebiet M2 definiert . Somit ist v f ür
a = 3 konservativ. Wir bestimmen nun das Potenzial
d <I>
„
CI? X 2 4 y 4 C ( y ) .
= 2 x 4- 3J; V
—dx
.
*
xs
Wir leiten partiell nach y ab
= x' 4- C = x3 + 42 cos y
=4 C
J
dy
—
42 cos y
=>
C
—
i
IIt
!!
>1
fl
42 sin y 4- const.
Fertig! Das Potenzial lautet
$
= x 4- x3 y 4- 42 sin y 4- const.
*
•
Beispiel 18 - 2.6
G»
o o Betrachte das Vektorfeld
—
;2
j
r)a /2 u
111
1:
1
lit:
{ x 2 + y 2 ) nl 2.8 + 5s + log ( s)
vnd zwei unterschiedliche Punkte A und B in Q
v ds wegunabhängig ist
a e II sodass
>B
JA_
304
\
—
{ ( x, y, z )
R%, 2 > 0}. Bestimme
’
...
.-
-
11
111
I18.2 . POTENZIALFELDER
I»
Lösung: Wir wollen a suchen, sodass v ein Potenzialfeld wird. Die Integrabilit ätsbedingimg lautet
f ( U 2+ y 2 ) a a/ -
( SL
rot (v )
< )x
—
d
öy
\
'
“
+ a/
V
-
+ r) /
8 4 5c 4 logU )
d
dz
g ( g2
—
-4 c
x
ar /
“
0
0
2
x3 j
-
-
U ~ry ) O ,
'
-
(X X
—
Dies impliziert ~ (.r2 + y 2 ) x 2 a. y 2 a = 0 => a = — 1.
Das Vektorfeld ist auf 0 = { ( x y , z ) 4 M3|y, 2 > 0} definiert . Ü ist einfach zusammenhängend und
die Komponenten von v sind dort C 1 Funktionen ( da Zusammensetzung elementarer Cj Funktionen ). Somit ist v genau dann auf Q konservativ wenn a = 1. Wir setzen nun o = 1 und suchen
das Potenzial
.
—
X
!
dx
i
.t
y y/ x l +
y
11
ßy
y
^
x2
Iill:
V
Also $
—
1:
I
jj.
;]
dy
dx
2
2
V :;) V y
+ C( y. 2 ).
V
—
Ö2
x~
y2
x
/ z1
de
H-
y2
dy
y2\/
x2
x2 + y 2
ac
dy
4- C ( 2). Ableiten nach
2
= C = 8 4- 5c 4- log ( 2) ==>
w
Fertig! Das Potenzial lautet somit
$
1ü
ec
y2
=7
'
‘
^
y2
yyx +
y j x2 + y 2
ft y2
1
i
X
>-
cj
Wir leiten nach y partiell ab
11
m
m
=>
y2
—
-
i2 + 2
5
= V y V 4- T2 4- 2 2
“
“
5
82
0
21 + * log(c)
2 4~
const .
+ 2 log ( 2 ) 4- const.
J_
—
—
Beispiel 18.2 . 7 o o Berechne das Wegintegral . r • tis f ü r v = (10x4 2xy3. 3ary- )
und 7 die Kurve , welche von (0.0 ) nach ( 2 , 1) lauft und durch die Gleichung x4 ö xy3
4 y 2 definiert ist.
•
—
—
Lösung: Eine direkte Berechnung des Integrals wäre sehr schwierig, vor allem weil es schwierig ist .
eine Parametrisierung von 7 zu finden. Wir haben aber Gl ück, denn v erf ü llt die Integrabilit ätsbedingung
o r w f t - 2 xft )
d (-3x 2 y 2 )
= - ß xy 2 =
dy
dx
Da v aus elementaren C 1 Funktionen zusammengesetzt und auf dem einfach zusammenhängenden.
Gebiet M 2 definiert ist , ist v konservativ. Wir suchen also ein Potenzial f ü r v : indem wir
10T4 - 2 xir \
-3x 2 y 2 /
305
(
i
V
ÖS
04
Oy
\
\
j
18. WEGINTEGRALE
,
lösen. Wir beginnen mit
d <$
dx
== lOx 1 —
!
2 xy3
=>
$
( lOr 1
=
- 2 xyz ) dx —
2 x° - x2
yz + C { y ).
Darm leiten wir das bereits gefundene <I> partiell nach y ab
M>
dy
—-
3x 2 y 2 H-
Cr =
~~ oX
2 y2
C'
=4
l
C = const.
= 0 ==>
4
Fertig! Das gesuchte Potenzial lautet
fi
= 2a 5 —
>
x2 y3 4- const .
*
Dies können wir jetzt benutzen , um das Wegintegral zu bestimmen
J
-
v ds = $> ( 2.1) - <F ( 0.0 )
7
I
= 60 - 0 = 60.
%
( Die Konstante k ü rzt sich immer weg ).
3 ft
iil:
Üii:
— —
—
—
Beispiel 18.2.8 •c o Berechne f v • ds f ür v = ( 2 x + 3 z yz , 2 y xz , 2 4- 3x xy )
urid 7 irgendeiner differenzierbaren Kurve von ( 0, 0, 0) nach (1, 0, 1) ('es spfeft keine
Rolle welche ).
*
>
I
;]j
I
Lösung: Integrabilit-atsbedingimgen
rot ( u )
=
\
da: \
I/ JL
0
dy
( 2 x 4- Zz —
X
j
1
dz J
yz
\
[ -2 y - xz
\ 2 H~ 3 x - xy
)
—
x+x
3 - y - (3 - y )
~+Z
sind erf üllt . Das Vektorfeld ist von der Klasse C 1 (weil alle Komponenten aus elementaren C1
Funktionen zusammengesetzt sind ) und auf dem einfach zusammenhängenden Gebiet R3 definiert.
Somit ist v konservativ und besitzt ein Potenzial. Wir bestimmen das Potenzial
—
~
dx
.
i
= 2x + 3 z
— yz
( 2x 4- 3^
$=
—
yz )dx
= x 2 4- 3xz —
xyz 4- C ( y , z ) .
Dann leiten wir das bereits gefundene <i? partiell nach y ab
dy
Also
——
xz 4-
= X 2 4- 3xz - xyz
—
DC
—
dC
dy
— 2 y — xz
!
dy
=
—
~y
=*•
C=
-r + CO) .
|
tF:
y 2 4- C(s) . Nun leiten wir nach z ab
= 3x
— xy + Cr = 2
!
4- 3 x
- xy
=4
C = 2 z 4- const.
Fertig! Das Potenzial lautet somit
= x2 4- 3 xz
$
Das Wegintegral
—
xyz
—y
2
4- 2 z -I- const.
v • ds lautet somit
-
v d s = 1> ( 1.0, 1) - $ (0.0, 0)
3
306
— 6 — 0 = 6.
1
:
t
l
j
II
1 8 . 2 . P OTENZ1ALFELDER
Beispiel 18.2 . 9 * oo Berechne Jl U ds f ür v
mit Radius a um (0 , 0 ) auf zwei Arten.
=
*
2
2
xe \N - vir r ye y / x f y
and 7 dvr Kreis
Direkt: Wir gehen die drei Schritte des Kochrezeptes f ür Wegintegrale durch .
Schritt 1: Die Parametrisierung lautet
7 : [0, 2TT]
R 2. t
—
;•
( a cos r , o sin t ) .
Schritt 2: Der Geschwindigkeitsvektor ist
—
7 = ( a sin i . a cos i ) .
Schritt 3: Formel f ür Wegintegrale
v ds
0
—aacossintt
( acos tca
—
°
V a sin te°
\
dt
= 0.
/
Berechnung mit Potenzial: Die Integrabilitätsbedingungen sind erf üllt, denn
XyeV -r'-H'2
&V 1
%
,2
'
Das Vektorfeld ist auf den ganzen Bf definiert und M 2 ist einfach zusammenhängend. Somit ist v
konservativ. Da die Kurve 7 geschlossen ist. ist das gesuchte Wegintegral Null.
/
— 3 ~ ~ + Zz 2 \
0-0
2a:r 4.r
=$ a = 2. Da u aus elementaren C 1
!
=== 0
Funktionen zusammengesetzt und auf den ganzen R 2 definiert
ist, ist v ein Potenzialfeld genau dann, wenn a 2 .
Berechnung des Wegintegrals mit Potenzial: Wir rechnen das Potenzial von v aus
—9
< <]>
= 4xy =>
—
h
— 2x y 2
f
C (?y, 2) .
Wir leiten partiell nach t/ ab
dy
dC
= 2x 2 - X
öy
„3
üy
307
-
*0
3
18. WEGINTEGRALE
Also 4’
= 2a;2
m
II
m.
—
-mMl:
yz 6 + C ( ~ ). Wir leiten nun partiell nach ~ ab
-3 yz 2 tC' = — 3 yz 2 =>
dz
Das Potenzial lautet somit
$
= 2x 2
— yz
6
C = const.
|
-f- const.
1
F ür das Wegintegral finden wir also
;
-
v ds
7
- $(1 . 1. 1 ) - $(0, 0 . 0 ) = 2 — 1 — 0 —
1.
Direkte Berechnung des Wegintegrals: Wir befolgen die drei Schritte des Kochrezeptes f ür
Wegintegrale.
Schritt 1: Parametrisierung
-> ( Vt, t , Ir ).
7 : [0.1]
1;
7
.
Schritt 2: Geschwindigkeitsvektor
7
= ( l / 2 \/f , 1, 2t ) .
‘
Schritt 3: Formel f ü r Wegintegrale
/
F d.F
•
—
!
(
o
-\
4C
2t - t°
-3t5
(
Af
l
dt
1
V
2t
;
=
o
6 t 6 )dt
(4t - t6
= 2 - 1 = 1.
—
Beispiel 18.2.11 © • Us sei t> : fl C Rn >• Rrt ein Vektorfeld . Beweise : Falls v
konservativ ist . so gibt es eine stetig differenzierbare Abbildung $ : Q, > R , sodass
•
—
•
i
:
1
I:
Lösung: Es sei also das Vektorfeld v : ii — r PA konservativ und sei XQ irgendein Punkt in Q. Wir
betrachten eine beliebige Kurve 7 hi 9 mit Anfangspunkt x0 und Endpunkt x. Da v konservativ
ist . ist das Wegintegral
0'
1
itt.
i V
f.
Ji
v ds
i
nur von a?o und x abhängig und nicht vom gewählten Weg. Wir setzen dann
‘t T
$ (.r )
l
!
I
v ds.
Xi)
Wir behaupten, dass $ ein Potenzial von v auf 9 ist. Also müssen wir jetzt zeigen, dass
<9$
~ (x )
- 0 / ( x ).
j
-1
dx3
(*)
= u,iimn
— >0
$(x
—
+ he. j )
h
$ (x )
c hlij
f
lim ’ .Cp
'
= ! -0
i
l ü:
v - ds
>
lCj sind die Standardbasisvektoren des Rr" , also t \ = (1, 0,
rl
i!|
:.
wobei t’ j die j-te Komponente von v bezeichnet. Also los! Wir benutzen die Definition der partiellen
Ableitung 3
3$ ,
i
h
— fx
Jxp
eo
v • ds
=
= h — >0
lim
fx+llCj v - d s
Jx
( 0 , 1, 0. ..., 0) ,
f
1
|
jr :
II;
h
usw.
308
:£i
...
'V
.
v;
IS
18.2 . POTEN Z1ALFELDER
—
Da v konservativ ist, ist das Integral /•x+hej v äs weg mabh ä ngig. Um das Integral explizit zu
bestimmen , d ü rfen wir also einen beliebigen Weg von .r na.ch x 4- he , wählen . Wir wä hlen folgenden
Weg2
E T T hte J, .
7 : [0, 1]
X
:
\
"
*
.
Der Geschwindigkeitsvektor längs 7 lautet
7
= he.j .
Somit haben wir nach der Formel für Wegintegrale
r
'X
dxj
(x)
= lim
—
;5
-\- he j
v ds
*
Jx
fQl v ( x 4 thcj )
htjdt
h
1
—
1
v ( x 4 thej ) tjdt
lim
I
—
•
T0
0
]
— ./ 0 hlim0 V j ( x -f t h e d t ( Stetigkeit von v ; )
h-+o j0
—
1
1
r1
V - ( lim x 4 the - ) dt —
Vj ( x 4 0 ) at — V j ( x ) I dt
Vj ( x ).
./ 0 7> >
Jo
Jo
lim / V j ( x
+ the , ) dt
;
J
:i - i
= hlimAJ
—
h
—
j
.~ Ü
Im vorletzten Schritt haben wir die Stetigkeit von vj ausgenützt, um den Limes ins Argument zu
ziehen (vgl. Analysis I )
:
Bisher haben wir immer Felder betrachtet , welche auf einer einfach zusammenhängenden
Menge definiert waren (z.B R2 3). Die Bedingung, dass Q einfach zusammenh ängend ist. ist
sehr wichtig. Das folgende Beispiel zeigt , was passieren kann , falls diese Bedingung nicht
erf ü llt ist.
*
NI
.
:
m
••o
Beispiel 18.2.12
~~
x)
a ) Es sei ein Einheitsvektor e 6 R 2 gegeben. De finiere die Mange
R2 \ ( 0, 0)|x e < 0}. Zeige , dass v auf ilc konservativ ist .
.
W
•
—
b ) Zeige, dass v - d s
2TT für 7 Kreis von Radius 1 um (0 , 0) . Ist v auf R2 \ .
{(0.0) } konservativ? Ist dies ein Widerspruch zu den Integral iltUitsbedmgtragen ?
;?
.v
c ) Berechne
—
—
v • ds f ür 7 : [ 1 . 1] > R 2 . t
— -> (3 cosh ( 2 -- 2t ) 2t 4- t ).
2 ,
3
iS
li
i?
Lösung: a) Die Integrabilitätsbedingimgen
- __ ( x — y ) _ v
Oy
x 4y
1?
'
dv2
dx
2
2
2
Ö
1
2 2
sind erf üllt. Das Vektorfeld ist auf der Menge Q , : definiert (der Punkt (0.0) ist nicht in Qc enthalten ) und ist dort von der Klasse Cl . Die Menge Pg. ist einfach zusammenhängend , weil sich jede
geschlossene Kurve in Qe zu einem Punkt, zusammenzieh en l ässt ( wie man z. B. im Bild sieht ) .
,
if
2
I;
ES wird angenommen , dass h so klein ist , dass x 4 he -, 6 Q.
_ 09
o
>
18. WEGINTEGRALE
II;
1
»II:
III
V\
if
e
X
I
m:
Somit ist v auf Cle konservativ. Das Potenzial ist >
r
i+
J
£
=
—
arctan ( y / x ) + C, weil
1
y
x 2 + y2
—x
— v.
b ) Obwohl v auf f 2 e konservativ' ist. ist ?7 auf R 2 \ { ( 0, 0) } nicht konservativ. Denn das Wegintegral
von v längs des Einlieitskreises ist nicht Null. Um letzteres zu berechnen , parametrisieren wir den
Einheitskreis wie üblich mit
7 : [0. 2TT]
— > R t — » (cos t sin t ).
2
nIll
!
n
,
,
Dann gilt
v - dü =
7
2 TT
o
—cos t t
sinf
1
sin
- cos t
2
cos2 t -j- sin t
dt
~
—
'
2 rr
dt
27T
0.
0
-
5!Ö
Wir haben also ein Vektorfeld gefunden das die Integrabilitätsbedingungen erf üllt , aber auf R 2 \
{ (0, 0 ) } nicht konservativ ist. Wo liegt das Problem? Es hegt darin , dass v eine Singularität in ( 0, 0 )
hat , sodass der Definitionsbereich von v nicht einfach zusammenhä ngend ist (er hat ein Loch
in (0.0) ).
Nat ürlich ist dies kein Problem , wenn wir gesclüossene Kurven betrachten, welche nicht um den
Nullpunkt laufen . In einer solchen Situation kann man f ür v eine einfach zusammenhä ngende Teilmenge von R 2 \ { (0, 0)} als Definit ionsbereich wählen. Es existiert dann ein Potenzial und alles ist
wieder in Ordnung. Zum Beispiel
,
|
1:1
i;
v ds ~ 0
•
7
wenn 7 der Kreis mit Radius 1 um ( -2, 0 ) ist. Denn 7 ist in R 2 \ { x > 0} = {(x, y )
D ( ] 0 ) enthalten, welcher eine einfach zusammenhängende Menge ist!
R 2|x < 0} =
>
-
E \ { .1; > 0}
x
I
1
m.
!
c ) Das Bild von
7/
ist ganz in der Menge R2
\ { x < 0}
— {(x, y )
R 2|x > 0} = D ( - 1 ,0) enthalten.
310
,f
it
!
I
II:
rl
sir
•
I
1
i
18.2. POTENZIALFELDER
y
Diese Menge ist einfach zusammenhängend.
Somit d ürfen wir das Potenzial benutzen, um das gegebene Wegintegral zu bestimmen
v • d$ = # ( T(1) ) - $(7( 1) )
7
-
$(3, 3)
I
i
II !
1
IIlii
fr
|
1
I
i
m
II
Q
•J
11
<hf 3.
— 3) =
~
2 arctan (1)
=
7T
2
18. WEGINTEGRALE
mi .
iil:
Ü:
i
:!
|
|:
iill;
i
|
ij :
r
1
.
äl
I
i§
a
«
i
i:
Ii
m
n$
9
\
a
312
II-
Kapitel 19
Flussintegrale und der Satz von
Gauss
Im Zentrum der Vektoranalysis steht sicher der Begriff des Flusses und der damit verbundene Satz von Gauss, auch Divergenzsatz genannt .
,
;
m
1
V;
*
•
I
Im
m
19.1
Der Orientierungsbegriff
Wir betrachten ein Flächenst ück S , welches durch die regul ä re Parametrisierung
$ : 5 c l2
“
> R3, ( U ,V ) -> $ ( u. v
mit Parameterbereich B parametrisiert wird. Wir haben im Kapitel 15 gesehen, dass der
Normalvektor n an der Oberfläche bis auf Vorzeichen eindeutig bestimmt ist , d.h.
n
B
*f
:i
wobei
|und
=|
= =t
X
$v
\ $v x
r
.
|
=|
-Linie
//
•
.1
15
—
Die Vektoren n und n stehen beide normal zur Oberfl äche, zeigen aber in umgekehrte
Richtungen. Für die Berechnung von Oberflächenintegralen haben wir gesehen, dass die
Richtung von n keine Rolle spielt , da wir einfach den Betrag \ <&u x <&v \ integrieren m üssen.
j
13
.
19 . FLUSSINTEGRALE UND
DER
SATZ VON GAUSS
Fü r die Berechnung von Flussintcgralen ist aber zentral eine Richtung f ü r n festzulegen.
Denn es ist wichtig, genau zu sagen , in welcher Richtung man den Fluss berechnen will ,
d.h. ob von innen nach aussen oder von unten nach oben. Diese Ideen f ü hren zum Begriff
i
der Orientierung .
Wir sagen , dass S orientierbar ist . falls f ü r jede geschlossene Kurve 7 : [o, b ] -> S . welche ganz in S liegt , it (7(c) )
/1( 7 ( 6 )) gilt . d.h . dass nach einer vollen Drehung längs 7
die Normale n die selbe Richtung wie am Anfang hat . Für eine solche Oberfläche legt die
Wahl von n oder n eine bestimmte Orientierung von S fest. Man sagt: S ist mittels
n orientiert. In anderen Worten : Auf einer orientierten Fläche ist es immer m öglich, die
zwei Seiten der Oberfläche zu erkennen , d . h. was unten und was oben ist oder was innen
und was aussen ist . Das Feststellen einer Orientierung bedeutet , dass man eine Richtung
festlegt , wie man. die Oberfl äche durchgehen ( z.B . von unten nach oben oder von innen
nach aussen ) und entsprechend den Fluss berechnen will.
Beispiele von orientierbaren Oberflächen sind die Kugel, der Torus, der Graph einer Funktion von zwei Variablen und so weiter .
u
—
&
$
—
I
.Og .
ft
Torus
n auf Torus
1
0
]
s
11:
!m
1
Es gibt auch nicht orientierbare Flä chen. Ein Beispiel bietet das M ö biusband . Diese Fläche ist nicht orientierbar , d .h. man kann nicht zwischen unten und oben oder zwischen
innen und aussen unterscheiden . Das Möbiusband ist die Oberfl äche mit folgender Parametrisierung
<]> :
[0J 27T) X [ 1, 1]
—
R3, ( u. v )
( cos( u ) ( 2 4- vcos (§)) > sm (u) (2 + ucos (
I) )
5 vsm
u
2
1
IE
I
Man kann leicht nachvollziehen . dass man sich nach einer Drehung entlang des Mö biusbandes auf der dem Anfang gegen ü berliegenden Seite befindet . Somit ist das Mö biusband
nicht orientierbar. Das Möbiusband hat also kein oben und kein unten. Obwohl nicht orientierbare Oberflächen ein interessantes Diskussionsthema sind , werden wir im Folgenden
nur orientierbare Flächen betrachten.
,
314
iir
19.2 . DER FLUSSBEGRIFF
Möbiusband
TJ aaf M öbiusband
1
0
-1
19.2
Der Flussbegriff
Es seien v ein Vektorfeld und S C R 3 ein mittels n orientiertes Flächenst ü ck 1 . Die Grösse
'
s
v ndo
:
i
I
wird Fluss des Vektorfeldes v durch das Flä chenst ück S genannt. Der Ausdruck ndo wird
orientiertes Flächenelement genannt. Dies besitzt im Gegensatz zum üblichen Fl ächenelement do = \ $>u x $>v \ eine Richtung, welche durch die Wahl der Orientierung ( also von
n ) bestimmt ist .
Dieser so mathematisch definierte Begriff des Flusses besitzt die folgende anschaulichphysikalische Bedeutung: Deuten wir v als Strömungsfeld ( z .B. Wasser ) dann ist der Fluss
fsv ndo das Flüssigkeit^volumen , welches pro Zeiteinheit in Richtung n durch S hindurchströmt. Wird das Flächenst ü ck S durch
,
-
—
3> : [a. b] x [c, d ] » R'3. ( tu u )
—
?
# ( u. v )
—
( # i ( u , r ) , cI> 2 ( u , v ) . <$>3( u , v ) )
parametrisiert , so gilt folgende Formel f ü r den Fluss eines Vektorfeldes v durch S
b
S
v • ndo =
±
v ( # ( u , ?;) )
b
'
< >.„ x <I> ,
!
| < x $ v \ dudv
x $v \ bu
(
•
c
a
»
=±
rd
d
v ( Q ( u , v ) ) ($ , , x <Pv ) dudv .
*
a
c
Das Vorzeichen des Flusses hängt von der Orientierung von S ab. In anderen Wort en h ä ngt
das Vorzeichen davon ab, ob wir den Fluss von innen nach aussen , von aussen nach innen ,
von unten nach oben oder von oben nach unten berechnen wollen. Wenn nichts Besonderes
spezifiziert wird , ist der Fluss von innen nach aussen gemeint .
1
D.li. es wird S vorgegeben und f ür n wird eine Richtung festgelegt , zum Beispiel von unten nach oben.
0
15
o
¥
19 . FLUSSINTSGRALE
UND DER
SATZ
VON
GAUSS
Ü
Beispiele
'
Fü r die Berechnung von Flussintegralen kann man folgendes Kochrezept anwenden.
KOCHREZEPT FÜ R FLUSSINTEGRALE
Gegeben: Vektorfeld v , Fläche S
Gesucht: Flussintegral
JJS v
•
ndo
Schritt 1: Parainetrisiere die Fläche 5, d.h. finde
—
x [ c , d] v W\ ( u. v )
$ : [a , h)
Schritt 2: Berechne $'J
0$
-4 $> ( v .v ) = ($i ( u, u) ,
v))
—Ü
indem du jede Komponente
von nach u respektive v partiell ableitest . Bereclme
ferner das Kreuzprodukt
cJw-
und
<$>
I
i
-u
Schritt 3: Benutze die Forme]
Js
v • ndo = ±
)
v
S;
x
V
%
Entscheide nach dem Vorzeichen ( je nach Situation)
Die korrekte Wahl des Vorzeichens ist f ü r die Studenten immer ein Problem. Mein Tipp:
Kontrolliert, immer dass der in Schritt 2 berechnete Vektor d> u x <bv in die korrekte Richtung zeigt , wie in der Aufgabenstellung gefragt wird ( z.B . von innen nach aussen oder von
aussen nach innen ) . Falls die Richtung falsch wäre ( z.B .: Es wird der Fluss von innen nach
aussen gefragt , aber d> n x d> „ zeigt nach innen) , dann schreibe einfach ein Minuszeichen
per Hand .
,
Beispiel 19.2.1
•o o Es sei das Vektorfeld v = ( xz , z , y ) gegeben. Gesucht ist der Fluss
von v von innen nach aussen durch die Oberfl ä che S der Einheitskugel mit Mittelpunkt
= ( 0 , 0, 0 ) .
1
0
Lösung: F ü r die Berechnung des Flussintegrals v ndo gehen wir die drei Schritte des Kochrezeptes durch.
Schritt 1: Wir parametrisieren S mit Kugelkoordinaten
Jh
h : [0 , 27r]
X
[0, 7r]
~~r
—
R \ [ u, v ) >
'
316
.
-. -
wiwmw,
•*:
fwi
sin v cos u
v)
=
sm v sin u
cost’
III
;t
sir
ir
ftm
19.2. DER FLUSSBEGRIFF
Schritt 2: Wir rechnen den Normalvektor aus
=
—
sin v sin u
/
cos u
cos u sm u
COS V
=
sin v cos u
—
0
x <frt.
=
sm u
——
—
sin 2 v cos u
sin v sin u
sin v cos v
“
Wir kontrollieren, dass die Richtung von <3> u x $> v korrekt ist . Wir wollen den Fluss durch 5 von
Innen nach aussen bestimmen. Somit verlangen wir. dass <& .u x d> , - nach aussen zeigt . Wie kann
man das kontrollieren? Am besten setzt man ein paar Werte f ür die Parameter u . v ein. Für u = 0
und v = 7T / 2 bekommen wir zum Beispiel den Vektor ( 1. 0.0 ). Dieser Vektor zeigt nach innen.
,
—
X
fi
fl
8:
Somit müssen wir den berechneten Vektor
x # r per Hand mit
(
— 1) multiplizieren
i
— sin2 v cos u \ nach aussen
— sm 2 v sm u
— sm v cos v
(
sm1 v cos u \
>
sm “ vsm u
sin v cos v
'
1
Schritt 3: Wir benutzen die Formel für das Flusshrtegral und finden
277
s
v ndo =
du
o
dt’
o
277
cos U
sm t» sm u
du ( sin3 v cos v cos1" u + 2 sin 2 u cos c sin u )
’
o
2TT
77
77
• 3
sm
v cos v
—
J
~
sin3 u cos vdv
0
277
1
~ (sin u cos u
TT
Tr
sin“ v cos v sin udu
dv
o
0
0
>
TT
siiF u cos u cos2 ud/u H- 2
dv
0
sin 2 v cos u
sin 2 v sin u
sin o cos v
j
77
du
o
( sin v cos v cos u
<•77
+ 0 — 7r
+ u)
Jo
4
317
o
I
o
TT
sm 1 u
0
dv + 2
-
0.
C
—
sin 2 v cos v [ cos U] Q du
ii
:
!
19. FLUSSINTEGRALE
SATZ
UND DER
jU:
GAUSS
VON
il
I:
:ü Sii
—
Beispiel 19.2.2 • o o Gesucht ist der Fluss (nach aussen ) des Vektorfeldes v
( 2 T yzs xz 4- Zy . xy z ) durch den Mantel des Kegels mit Spitze in O , Ö ffnungswinkel
- und H öhe 1 , dessen Achse gleich der z- Achse ist.
—
,
-
irii -
i £r
If
m-
i' k
Losung: Auch hier geben wir die drei Schritte des Kochrezeptes durch.
Schritt 1: Wir paranietrisieren S mit Zylinderkoordinaten
ill
( p cos 6
4> : [0.1]
[0. 2 rr ]
X
$ ( ß: <p )
JR° , [ p. & )
=
\
p sin 4>
\
P
-
|
|
/
Schritt 2: Wir rechnen <$> p x 4’ ans
— p sm o
cos ( p
<X> P
sin d
\
1
— pp sin pp
—
COS (
d>P x <I> 0
—
<
0
J
V
P
)
—
Wir kontrollieren, ob die Richtung von
x 4>$ korrekt ist. Wir setzen r 1 und ö = 0 und
bekommen den Vektor ( -1 . 0, 1 ) . Somit zeigt 4u, x
von aussen nach innen, also in die falsche
Richtung.
$
:ü
'
Mi:
V
l;
_t
:V
t®
Sf
T
gr
I
m
il-
—
< > ,,. um . indem wir ein ( 1) per Hand malen
Somit kehren wir die Richtung; von V , x !
,
,0 COS Ö \
/
<I> P
x
4> c,
=
—
p cos 0 \
p sin ( >j
nach aussen
p sin o
P
il
\ -P
/
Schritt 3: Wir benutzen die Formel f ü r das Flussiutegral und finden
sm o \
p- cos o -I-- 3p sin o
r sin 0 cos O p j
•
cp cos o
'
•
irr
1
F ndo ~
Jos
dp
Jo
do
Jo
2 -T
1
dp
0
00
-
dorlp cos” o
>
V
fr
—
—
O
\
o
P cos 0
p sin ( j)
p /
-
•>
>
3p" sin o - p sin 0 cos 0 -r pr )
•
f dp( ~ s 2 p i7 - op 17 - 0 -I- '2 r: p 2 )
./ 0
»*
1
= 7rr ./ 0
/rdp
—7
TT
lp
5
L’
2-rr
Jo
— 3—
TT .
i-t
318
1
If
a:
.
Wi
.
.
;V.
fr;
f
««X
. .....
..
mm|UAV 1A«J
L
:» ' «
. . -.
»^l »J1/*:vO
l fcVS
V
1-
lif
s
19.2. DER FLUSSBEGRIFF
j!;• £!
.iv g
'
Beispiel 19.2.3
•o o
-
Es sei das Flächen st ü ck
F := { ( x. y , z )
1:1
r
gegeben und das Vektorfeld v
von unten nach oben.
5
i
=(
—
R3|x2 4 t/ 2 < 1. ^ = 1
xy -f x1}
i
,
;(/ , x x 2 jry2 ) . Man berechne das Flussintegral
-
fFv ndo
—
Schritt 1: Wir parametrisieren F . Wie könnte man es tim? Es wird eine Vorschrift z l + xy ~ x 2
gegeben. Darum kann man F als Graphen der Funktion 1 4 xy 4 .r 2 auf { (.r , y ) M 2|.T2 4 y2 < 1}
sehen. Darmn lautet die richtige Parametrisierung von F
,
i
$ : { ( x , y ) 6 R2 \ x 2
+ y 2 < 1} -4 R3 , ( x . y )
f > (.r , y ) =
r
\
x <fcy aus
Schritt 2: Wir rechnen
——
( 0
l
V
x
y
1 4 xy 4 T ~
0
y + 2x
y - 2.x \
J>; .
1
\r
(
X <by
J
=
X
i
r
/
Wir kontrollieren, ob die Richtung von <& x x <[> ?/ korrekt ist . Wir setzen z.B. x — y = 0 ein und
bekommen den Vektor ( 0.0. 1) der nach oben zeigt , also in die richtige Richtung. Wir fahren also
einfach fort .
Schritt 3: Wir benutzen die Formel f ür Flussintegrale und finden
\
-y
F
v • ndo =
{ ( x .y )
dxdy
\ x 2+ y ~ < 1 }
> ,
x 4y
“
fl
5
,
~
v - 2x\
~.r
o~
J
1
/
2
dxdy( y 4- xy ) .
=2
t
/
x
V
Um dieses Integral zu berechnen , gehen wir in Polarkoordinaten ü ber ( x
rdrdO )
i
1 2TT
F ndo
*
il.
F
—
2
2
2
( r sin 9 4 r sin 6 cos 9 ) rdrd 9
2
0
= r cos 9 , y = r sin 6 . dxdy =
(
.
0
— 2rr
ti
lii» !
319
vV o
1
r‘* dr 4 0 = 2 TT
.
TT
2
I
19. FLUSSINTEGRALE UND
DER
SATZ
GAUSS
VON
0
ii
lii
Beispiel 19.2.4
•o o Es sei das Flächenstück
F
:
= { ( x , y , z ) e ft j$ =
3
g
x2
4- xf
,
< l}
:
•
•V.
= (:c. y , 0). Man berechne das Flussintegral fF v
gegeben und das VeHorfeld v
oben nach 'unten.
.
K
ndo von
Schritt 1: Wir parametrisieren F . Wie konnte man es tun ? Es wird eine Vorschrift z = x2 4 y 2
gegeben. Darum kann man F als Graphen der Funktion x 2 4 y 2 auf { (4. y ) R2|ar 4 y~ < 1}
sehen. Darum lautet die richtige Parametrisierung von F
X
R2|*2 4 y 2 < 1} -> K3, ( x , y ) -r $(x, y ) =
> : { (.Tj y ) 0
I
y
\
®
2 4 J/2
/
< > aus
Schritt 2: Wir rechnen d> x x 1
V
$ar
/
1
\
0
2x /
=
(
o \
\
1
2y /
\
—
•
/
=>
%=
X
s
-2a: N
-22/
.
•
1
I
I
Wir kontrollieren , ob die Richtung von
x Ov/ korrekt ist. Wir setzen z .B. x = y = 0 ein und
den
,
,
(
bekommen
Vektor 0.0 1) der nach oben zeigt. Da wir am Fluss nach unten interessiert sind ,
mü ssen wir ein Minus malen
-2a: \
— 12;
/
nach Unten
—>
2x \
2V
-i /
(
V
/
II
II
I
Schritt 3: Wir benutzen die Formel f ür Flussintegrale und finden
:
•
f
F
v ndo =
j / i' X , )
//
i
-
E |a 2 4- i/ 2 < 1 }
dxdy
*
I
X
y
\o
( 2x
2y
V
2
:
2
dxdy2 ( x 4 y ).
.
{ (a: ?/ ) eE2|x2 +7/2 < I }
-1
—
Um dieses Integral zu berechnen gehen wir in Polarkoordinaten über (x = r cos 0 , y
rdrdO )
,
r sin 6 . dxdy
—
i
F
v ndo=
r
•
-j
•/ { ( x ,!y ) EE
< 1}
dxdy 2 ( x2 4 y 2 ) =
277
1
rdr • 2 r2
d9
Jo
’
0
= 2r
.
1
2r4 l
Go
fl
;
= 7T.
:
m
ii
i
320
:
i
II
19.3. SATZ
VON
GAUSS
Satz von Gauss
19.3
Der Satz von Gauss vereinfacht die Berechnung von Flussintegralen via Umwandlung in
Volumenintegrale. In einer seiner einfachsten Formen lautet der Satz von Gauss so
Satz 19.3. 1 ( Gauss ) Es sei ein beschränkter räumlicher Bereich V mit Rand
3V 6 CpW gegeben , es sei das Vektorfeld v a.uf ganz V definiert und stetig differenzierbar. Dann gilt:
v ndo == .
dtv ( c ) dp
•
ÖV
Jv
wobei n die nach aussen gerichtete Normale l ä ngs dV bezeichnet ..
Bemerkung: Beim Satz von Gauss: Fluss immer von innen nach aussen!
1
o
Wir wollen den Fluss von v
Lösung: Da v ein Vektorfeld der Klasse Cl und die Einheitskugel Rand des Einheitsballes B\ ist ,
gilt nach dem Satz von Gauss
s
v - ndo =
div ( ?7 ) dfj- .
ß
i
Dazu rechnen wir zuerst die Divergenz von v aus
div ( u )
= z + 0 4- 0 = z
Somit gilt ( wir benutzen Kugelkoordinatcn: dxdydz
.1.
S
zdfj.
v - ndo =
—
0
= 2?r
)f
o
rz
r
‘
sin 0 d6
0
2
Al 77
2
o
dr
2
$
'
*
2TT
TT
r ~ dr
— r dr m 0d$d p )
l
J0
= 0.
321
77
f
! dr r cos f) —
7
*
0
Zd r
sin 0 cos 6 d 6 / dip
0
0
19. FLUSSINTEGRALE
Beispiel 19.3.2
UND DER
SATZ
.
GAUSS
VON
•oo Wir wollen dos Flussintegral jdS v
S
•
ndo f ürv = ( xy 2 . x2 y , y ) und
—
— { ( x. y , z )
R° \ x 2 4- y2 < 1. 1 < z < 1 }
mithilfe des Salzes von Gauss berechnen.
’
L ösung: Da v ein Vektorfeld der Klasse CJ und S eine Menge mit Rand OS ist, gilt nach dem
Satz von Gauss
v ndo =
d i x ( v ) d y.
iS
OS
Dazu rechnen wir zuerst die Divergenz von v aus
div ( ?7) = x 2 4- y2 .
|
j
Somit
r
.*
— j (x
v ndo
J as
2
+ y )d ß
r cos 0. y = r sin 0 , z
Das Integral bestimmen wir nun mit Zylinderkoordinaten ( x
rdrdOdz ). In diesen Koordinaten lautet S
S
— {(r. 0. z )
11
2
£ l+ x [0. 2 TT] x E| 0
—
z . dxdydz =
1
11
< r < 1,
— 1 < z <!}.
sodass
2 rr
3
as
v ndo
—
{ x 2 4- y 2 ) dji
Vs
r
—
rdr
0
J0
1
l
r ~ dz
dB
-I
0
Beispiel 19.3.S ® o o Gegeben set das Vektorfeld v
wollen das Flussintegral
v ndo f ü r
r r4 i 1
«
r?Jdr = 4 rr
= 47T
—
( y cos y . x3 4
*
L 4 Jo =
.
7r
zez — 1. e~ ). Wir
•
S
— { x, ,
(
y z)
M3|X >
() ,
x + y < 2. x - y < 2, 0 < z < log( l 4- x ) }
mithilfe des Satzes von Gauss berechnen.
L ösung: Da v ein Vektorfeld der Klasse C'1 und S eine Menge mit R.and dS ist, gilt nach dem
Satz von Gauss
v n do
*
JdS
—
iS
div ( y ) d /.L.
Die Divergenz von v lautet
div ( r )
0 + 0 + es
322
= eA
II
11
II
;
M
19.3. SATZ
VON
GAUSS
Wir schreiben S als Normalbereich
S
— { (or. y , z ) 6 R 3|0 < x < 2 , x —
— x. 0 < z < log(
2< y<2
Somit haben wir nach der Formel für Normalbereiche
logl i + x )
2
es
s
ezdp
~
o
dy
dx
•/
o
2
o
/o
Beispiel 19.3.4
:$ •
dx ( 4x
=
==
dz (: Z
—
-
2
d?/ ( l 4- r - 1)
dx
2
r‘
.
v • ndo =
dx
Jo
'•2
dyx
—
Jo
x 2
— 2x ) = -g .
,
.J -
-
dylX
X!
=
dxx ( 2
0
— x — x + 2) —
2
•o o
Direkte Rechnung: Wir berechnen das Flussintegral
Flussintegrale.
Schritt 1: Wir betrachten 3 Regionen
9Si
u • ndo direkt , mit dem Kochrezept fü r
= {.x + y 2 < 4. c = 0} =
“
2
Boden
2
—
4, 0 < 2 < 3]{a: + y
Mantel
2
;
dS?, = {a + i f < 4. s = 3} = Deckel
d s2
osii
-
OS:
Jo
f
05i
(
und parametrisieren jeden Teil
4> x : [0.2] x [0, 2TT] — > R3. (r. p) — > ( r cos p. r sin p, 0 ) .
: [0, 3) x [0, 2 TT] -> R 3 ( 2 . O ) r ( 2 cos p. 2 sinp, 2 ) ,
-
t;
+ x)} .
Js 2
' 2 .V
dx
—
l
$3 : [0, 2] x [0, 2 TT] > R 3. ( r. p )
!;
323
—
r ( r cos p. r sin
p, 3) .
!!
ill:
m-
19. FLUSSINTEGRALE
SATZ
UND DER
GAUSS
VON
Schritt 2: Wir rechnen die NormalVektoren aus ( und kontrollieren die Richtung: immer nach
aussen im Satz von Gauss)
— rcos o
COS 0
$1
r
® 2.e
=
o
—22 sin0©
1 - & 2.
COS
~
Z
cos 0
sin 0
0
-
=
V
r
/
=>
©
•
o
$ i , r X $l ,
*
x $ 2.z
=
1
—
\
. $3 ,.,
=
r sm ©
nach unten
/
0 \
0
“ r
/
\
<
\ o
/
o\
\
=»
r cos o
0
/
/
0
0
r
“
$3,r X
i
0 \
^ 22 cos
sin p
\
0
0
~
/
0
\
$3 r
sin
- $1,<f> =
sin (ö
\
\
*3,* =
:
j
0
r
;>
•
Schritt 3: Wir benutzen die Formel f ü r Flussintegrale und die Additivität des Flussintegrals
v • ndo =
05
v ndo +
•
v ndo +
v • ndo.
*
-
JdS z
05
OS*
Für den Boden:
' dS
•
v ndo =
47
- COS 0 \
2? 2 sin2
dö
dr
*
70
0
)
/
2~
2
*
•
j
()
0
\
( 0
0
r
—
V
/
•
= 0.
Fü r den Mantel:
3
_
05- >
v - ndo =
2
8 cos 0
2(2 sin © ) 2
— _
dö
dr
0
0
3
277
dpi 16 cos2 o
dz
Jo
2
/0
•
—
\
/
/
v o
16 sin3 0)
2 cos 0
2 sin 0
48 cos2 pd0 = 487T.
=
« fei.
F ür den Deckel:
L,
dS -
v ndo
—
feig ;
ms:
-2
o
4 r COS ©
" 2TR
r
dr
o
d<j)
/
zr ~ sm 0
9
"
0
0
r
2
=9
dr
0
dcjyr
Tr 2!2
V;
— 9 - 27 L-z J o = 36 .
T
JT
Insgesamt: 84?r.
Mit dem Satz von Gauss: Da v ein C1 Vektorfeld und S eine Menge mit Rand ist , gilt nach
dem Satz von Gauss
7< • n d o ~ / d i v ( v ) d f j .
dS
1!:
|
!
SfejS.
Js
Die Divergenz von v lautet
div ( ?7)
— 4 - A y 4- 2z.
also
v - n d o = - ( 4 - 4 y H- 2 z ) d ß.
Js
OS
I
Wir benutzen nun Zylinderkoordinaten, um das Integral zu bestimmen. In diesen Koordinaten
S
— {(
?\
c , z ) 6 &+ x [0 , 2TT ] x R |0
324
< r < 2, 0 < z < 3}.
!
?!
I
19.3. SATZ
VON
GAUSS
Somit
„o
ds
v - ndo =
z
( 4 - 4 y + 2z )d ß
— 27
T
o
2
3
o
dp
2
4r d r H~ 0 + 4?r
dz [ 4
0
0
r*
*
3
2T
rdr
—
4r sin p
+ 2z )
r r 2 ij 2 r
3
„
rdr
0
z d z = 27r 3
'
0
Mo + 4
"
\- -
0
2 13
*
»
- 2 Jo
= S 4TT.
—
Beispiel 19.3. 5 # ® o Berechne den Fluss des Vektorfeldes v ( x , y . 0 ) von innen
aussen durch die Oberfläche. welche man bekommt , indem man
ffläü { ( x , z )
R 2|0 < z < 1
;r
<2
}
wm die z ~ Achse rotiert
b ) mit Hilfe des Satzes von Gauss.
-
Lösung: Durch die Rotation von T um die z Achse bekommt man einen Zylinder, dessen Radius
sich mit 2 ändert gemäss 0 < r < 2 2.
r
r
/
T
1
X
y
4
x
I:
Durch die Rotation von T um die c-Achse bekommt man also das Gebiet ( einfach x
V
r ersetzen )
= { ( r, p. z ) G [0, oc) x [0, 2 TT] X E|0 < 2 < 1.0 < r < 2 - 2}.
a ) Schritt 1: Der Rand d V hat 3 Teile: Boden , Deckel und Mantel. Der Boden ist eine Disk mit
Radius 2 an der Höhe 2 = 0, somit
$1 : [0, 2?r ]
x [0, 2] ~ M3, [ p . r ) s 4>i ( p . r )
r cos p
r sin p
0
=
Für den Deckel ist es analog: Es handelt sich um eine Disk mit Radius 1 bei 2 = 1. sodass
$2
*
[0.2?r] x [0, 1]
—
W\ ( p , r ) > 4M V - r )
325
—
/
r cos p
r sin p
1
19 . FLUSSINTEGRALE
SATZ
UND DER
GAUSS
VON
.
Der Mantel ist ein Zylinder mit variablem Radius (der Radius ist 2 bei z
—
0 und 1 bei z
somit
$3 : [0. 27r] x [0 ? 1]
—
7
—
R L ( < p. z )
'
?
$3 { p: z )
=
—
( ( 2 z ) cos p
( 2 - z ) sin p
—
V) ,
** =
—
7’ sm p
r cos p
0
2
V
V
I
(
cos p
sin <p
0
=
- $l . r
=>
-
4> i .v
X
=
$l ,r
0
\
0
~
\ r /
Wir kontrollieren , ob die Richtung stimmt. >1. x $1 r zeigt von oben nach unten, hat also die
richtige Richtung. Also können wir weiterfahren.
F ü r den Deckel:
—
<1> 2
/
r sm p
r cos p
\
. 4> 2 .r
COS
<
( 0
p\
^ ^ **
=
o
\i
\
Schritt 2: Wir rechnen die Normalvektoren aus. F ü r den Boden:
1
IM
2, r
2,
\
0
“
I
Hl
—r
Wir kontrollieren ob die Richtung stimmt. In diesem Fall müsste der Vektor von unten nach oben
zeigen somit malen wir ein Minus Zeichen
m
,
i
I
,
0
0
r
/
0
0
\
V
r
/
nach oben
—
F ü r den Mantel:
3.0
—
/ - (2 —
(2
—
z ) sin p \
$3.
z ) cos p
=
0
—
f
—
j
cos p \
;
- sin ip
1
1
=>
$3,
=
X
*
Wir kontrollieren die Richtung. Der Vektor zeigt nach aussen, da die
ist , wie es sein muss.
( ( 2 - 2) COS p
( 2 z ) sin cp
—2 - z
^-Komponente immer positiv
I:
II
m
M:
Schritt 3: Wir benutzen die Formel f ür Flussintegrale
v • ndo
Boden
—
dp
r-
j
r cos < p
r sin p
dr
0
\
o Deckel
J
Mantel
v ndo =
dp
y
0
r cos p
r1
v • ndo =
dr
0
\
0
0
-r
dz( 2
— e)
\ 1
= 27T
Somit
v • n d o -r
326
—
rTVW «TO»
F ndo +
•
Deckel
ä S:
(2
(2
( 2 - F 3!
3
/
I
— zz )) cos
\
—2 - sinz ^p
1
2
./ Mantel
I
|
|
= 0,
0
r
0
i
J
dov
J
\ /0\
r sin p
0
)
du
1
= 0?
( ( 2 - z ) cos p
F
de
( 2 - z ) sin p
/
-
F ndo =
\
14
0
v • ndo
— 14—3 .
Tr
W
.
p.
I:
19.3. SATZ VON GAUSS
b) Wir rechnen die Divergenz von v aus
div( v )
=1+ 1+ 0
— 2.
Nach dem Satz von Gauss gilt somit
—
div ( F) d /.t 2
v - ndo =
v
' dV
Um ß ( V ) zu bestimmen, benutzen wir die Formel für Normalbereiclie ( beachte: Wir sind in Zylinderkoordinaten )
v - ndo
dv
—
div( v ) d f i
V'
1
= 4 7T
dz
T
=
o
r
—
2 ß (V )
-
2 2
‘
—
2T
Jo
= 2TT
dz( 2
0
dz
rdr
II
•1
2
L 2 J0
1
d-f
—
z )2
=
2 Tr
(2
—3 ~ y
1
0
14
r-
Typischer Fehler: Um den Satz von Gauss anwenden zu d ü rfen muss die betrachtete Menge
geschlossen sein. Schliesse sie, falls das nicht der Fall sei! Das folgende Beispiel soll ein wenig
Klarheit zu diesem Punkt schaffen.
,
ü
gehen aber mit v nur von 0 bis i x / 2.
Schritt 2: Wir berechnen den Normalvektor
v sin u
sin u cos u
sin
$u
=
0
v
cos V cos u \
cos v sin u
/
- sm v
/
v cos u \
— sin
sin v sin u
2
4+ x
<& V
—
—
2
i
sm v cos v
Wir kontrollieren, ob die Richtung von <&u x <3+ korrekt ist. Wir wollen den Fluss durch H von
innen nach aussen bestimmen. Somit verlangen wir. dass <L> x 4x. nach aussen zeigt. Wir setzen
(/
327
19 . FLUSSINTEGRALE UND DER SATZ VON GAUSS
.i:
TT / 2 bekommen wir zum Beispiel
ein paar Werte f ür die Parameter u , v ein. Fü r u = 0 und v
,
den Vektor ( 1 0, 0 ) . Dieser Vektor zeigt nach innen . Somit m üssen wir den berechneten Vektor
x < £> v per Hand mit ( 1) multiplizieren.
—
—
-
——
—
/
sin 2 v cos u \
sin 2 v sin u
sin v cos v
sin 2 v cos u
nach aussen
:
4
|
:
l!f
\
if
sin 2 v sin u
sin v cos v
Schritt 3: Wir benutzen die Formel f ür Flussintegrale und finden
r
JB
2T?
F Fdo =
du
•
dv
u
J0
2
/• Tr
/
Jo
/
17 / 2
/*
du /
1
r^ /2
Jo
—
0
0
cos v
—
iil1
"
.
r /2
dv sin 7; cos21?
2“
0
0
sin 2 v !
2
o
*
=
)
^
•?
dv sin v cos v
2 TT
sin2 v cos u
sin2 v sin u
\ sin v cos v
— cos n)
de sin t> cos v { l
rr / 2
2 TT
/
\
+ 2TT
TT / 2
COS3 t?1
2
2-77
3
0
TT
3
It
b ) Wir rechnen die Divergenz von v aus
div ( F)
II
= -1.
Um den Satz von Gauss anzuwenden müssen wir das Gebiet H scliliessen. Das können wir tun,
indem wir zum Beispiel den Boden ( in der xy-Ebene) addieren. Somit schliessen sich H+ Boden
zu 12 obere Hälfte des Einheitsballes.
,
—
H + Boden
da
t
tr
BodorP
d;
^
Fü r
Q
)
,t
A
gilt nun der Satz von Gauss
--
J 11 { Boden
v - ndo =
Jt_ -
l d ß = - ß{ f l )
=
r-
Nun m ü sstjn wir die linke Seite auswerten
v ndo =
4
v ndo H-
•
H -{-Boden
JH
J Boden
v • ndo.
wobei der Fluss immer von innen nach aussen betrachtet werden muss. Es bleibt nur der Fluss
durch den Boden (von oben nach unten! ) zu berechnen. Dazu betrachten wir die Parametrisierung
%
'
$ : [0, 1]
x [0. 2 TT] -> R3. [ p. 6 ) -* $( p. 6 )
=
V
328
—
.. . •vw .
•
»
*
—
••ei
.-
**•*
*
;
pcos </>
p sin 0
0
^
/
I
19.4. WEITERE BEISPIELE
Dann rechnen wir 4> p x 4>0 aus
COS (p
— p sin cp
sm 6
p COS 0
0
\
0
/
'
0
0
EL, x 4>
-
>
Wir kontrollieren , ob die Richtung von 4> p x 4> ö korrekt ist . Leider zeigt <LP x Ey, von unten nach
oben ( wir wollen einen Vektor, der nach unten zeigt ). Also malen wir ein ( -1):
/
*
§ <>> =
0
\
nach unten
0
V
P )
\
/
0
0
\ -p
/
Ferner benutzen wir die Formel f ür Flussintegrale und finden
v ndo
*
J Boden
—
1.
•
dp
0
/
2 TT
dtp
0
\
0
0
/ 0
r1
2T
,
I
Jo
0
V 1- 0 7 V
7
dp
dOf )
Jo
—
—2
yI
TT
2
0
Zusammenfassend
—
== -Tr ( nach Gauss)
gesucht
v • ndo
H + Boden.
H
v - ndo +
=*
v ndo
Boden
JH
V
•
ndo
—
Wir betrachten weitere Beispiele zum Satz von Gauss.
Direkte Rechnung: Wir bestimmen das Flussintegral
Schritt 1: Wir teilen <9[0, l ]3 in 6 Teile
Die Parametrisierungen lauten
: [0, 1] x [0.1]
$2 : [0 , 1]
—
[0, 1] x [0, 1]
$5 : [0.1]
—
il 3 v
ndo direkt.
Ks . ( y , z ) -> (1.
> R3. ( x , z )
,
~ WA; pz )
®
x [0, 1] -r M . ( a\ r )
$6 : [0,1] X [0, 1]
)
> R'\ ( x , ,y ) - (*, y. 0 )
x [0, 1] >
$3 : [0.1] x [0, 1]
$4 :
—
JdU
—
.
> ( x 0. ~ )
+ (0.1/
^)
fei.:)
-* EJ . ( x. y ) — r ( x , L j. 1)
•
329
7T
“
2
~~7T
3
—
—
T
O
19 . FLUSSINTEGRALE
UND DER
SATZ
GAUSS
VON
i.
6
:•
cif
is/ :
5
/
2
4
;;
3
1
Schritt 2: Normalvektoren
= (1, 0, 0),
* * = (0 , 1, 0) ,
2
* = (1, 0, 01.
3,r
<Fn?y
-
$2 si
$s, s
( 0.1 , 0) ,
*5,* = (1, 0, 0) ,
$6 .x
$
= (1, 0, 0),
Cb
U.:
-
=>
(0.0. 1 )
=>
= ( 0, 0 , 1 )
==>
= ( 0.0, 1)
=
-
4> ö,?/
( 0.1. 0 )
= (0, 0, 1)
X
$2,
**
$2, ®
= (1, 0, 0)
®
{
S:; jx $3,: = (0, -1, 0)
^
x $M
= (10, 0)
—
%>5 , x x $5 * = (0, 1, 0 )
( 0 , 0, 1)
t
(0.1. 0 )
^
X
$6 1 I * ( 0 , 0 , 1 )
)
Wir kontrollieren die Richtung der Normalvektoren , damit diese nach aussen zeigen (falls nötig
male ein ( 1) )
—
== ( 0. o ,
n2
II
j
—
1)
ii
1
Ol
= (1.0, 0 )
«3 = ( 0. 1.0 )
—
1
= ( -1 , 0, 0 )
f
I
nrj
:
I
II
i
- ( 0, 1, 0)
il
ne, = ( 0.0, 1)
1
m
mm
330
ffl
|
: ar
8s.
I
I
1
S3
:IS
19.4. WEITERE BEISPIELE
1
Schritt 3: Wir berechnen die einzelnen Beiträge
- dx
ndo —
o
l
v•
(i)
v • ndo
( 2)
dz
0
1
( 3)
v ndo =
(4 )
dz
o
( 5)
V
dz
o
1
dz
I:
?xdo
( ß)
=
V
1
dy
dx
ü
V
/
o \
V o y
\ / -1
2
~~
0
\
dy
0
~
x
2y
V
/
dzx
—
*
]
Jo
1
2
-
0
/» ]
]
dx
Jo
0 )
0
1•
.rn2
9
~ 1
0
I
2
'o \
\
xy 2
1
= 1 f r2 l
J0
1
2
dzy
—0
-1
x
0
1
*
-o
i
JO
V~ 7 V o
( x2 \ ( c \
f
v
r
-
2
d,x
0
W
0
0
0
0
I
f
dy
0
( i
0
0
1
E - ndo =
(
1
1
E • ndo =
f 0 \
.y
L2
dx
0
x2 y \
xy 2
o /
i
d */
0
dy
o
i
—
/
i
0
1 \ /
1
Somit lautet der Gesamtfluss von v durch 6 {0 ,1] 3
]
6
83
IM>
1
ö[o, ip
.
J
•
!
v - ndo
v ndo =
1 J (3 )
--
— -1
1
r\
0
Mit dem Satz von Gauss: Die Divergenz lautet
$ :
div(E)
—
2 xy + 2 xy + 2z
= 4rt/ -b 2z.
Nach dem Satz von Gauss müssen wir ein Integral ü ber den Quader [0.1p bestimmen. Dazu
benutzen wir den Satz von Fubini
öfo.l ] 3
v - ndo
—
[0.1 p
r oil
dx
V
i!
8
"
—
i
I
dz ( 4 xy + 2 z )
dy
J0
9.
•o o Berechne den Fluss von
( tanh y 4- z cos3 y , y cos x - .r L: 4 // , zfsin2 x - dy1 ) )
durch S = {(x , y. z )
“
R3|x2 4 y 2 -f ;2
*
'
'
== 4}
Lösung: Die Aufgabe scheint schwierig zu sein . Mithilfe des Satzes von Gauss kann man aber die
331
f:
Jo
0
i
« T V2
L - Jo . Jo
Beispiel 19.4 . 2
-
l
(4xy + 2 z ) du
19 . FLUSSINTEGRALE
SATZ
UND DER
GAUSS
VON
Aufgabe sehr leicht l ösen. Denn die Divergenz von v lautet
div (F)
—
cos“ x + 3 y ~ + sin 2 x — 3 y 2
= 1.
Somit gilt nach dem Satz von Gauss ( 5 ist. eine Kugel mit Radius 2 )
v ndo =
1d( j
*
S
rz ~ <4
)
= vol ( Ball von Radius 2 ) =
—32 r.
7
—
Beispiel 19.4.3
Best ätige den Salz von Gauss f ür v ( x . y , z ) und die obere Halbkvgcl H ( ohne Boden ). Gibt es Punkte , wo der Fluss von aussen nach innen gerichtet
ist ? ( Begründung )
Direkte Rechnung: Wir berechnen das Flussintegral fH v - ndo direkt.
Schritt 1: Für die Parametrisierung können wir nat ürlich Kugelkoordinaten benutzen, aber hier
benutze ich eine andere Parametrisierung ( um zu zeigen, dass es verschiedene Arten gibt , ein
Objekt zu paranietrisieren ). Denn man kann die obere Halbkugel H als Graphen von f ( x , y )
y/ R 2
y auf { ( x . y ) 0 Mr lx 2 H- y ~ < R2 } sehen, d.h.
x
— -—
—
-
<£> : { { x. y )
M2|r +
j/
< R2/i * F3, ( x. y ) > (T, y. y/ B 2 - x 2 - y 2 ) .
2
Schritt 2: Normalvektor
$x
/
1
—
0
—
\
0
X
,=
1
# X ~~~
—
X
\
yjR* ~ x* ~ yi
V
X $J
v
-
y/ Rp x ~ ~y2
-v /
1
Die Richtung ist korrekt (von innen nach aussen ) .
Schritt 3: Formel f ür Flussintegrale
x
(
f
H
v - ndo
—J
yjR? ~ X
X
v
y
-
{ x2 -r y - < R }
V
2
dxdy
{x
- - y- < R- }
ä xdy
n
x -f
/ B2
2
2
U~
chcdy
1
y2
— x — y= +
&
—x—y
2
\/ B
\
2
--
y
/ Br —
xr
—
2
Nun gehen vor nach Polarkoordinaten über, um das Integral zu bestimmen ( x
dxdy — rdrdip )
,2 TT
R
R2
y2
^
\
R
= r cos y?, y = r sin p,
(
?
= 2TTä2 - y/W JO ^ 2rB\
y / Ri - r 2
n
o
0
Da das Vektorfeld F und die Normale
x
immer in die gleiche Richtung zeigen, findet der
Fluss immer von innen nach aussen statt .
Mit dem Satz von Gauss: Die Divergenz von v lautet
F ndo =
*
rbr
332
:
19.4. WEITERE BEISPIELE
Um den Satz von Gauss anwenden zu können, m üssen wir die Oberflä che schliessen. Wir addieren
also den Boden.
-r Boden
H
on
Mit dem Satz von Gauss bekommen wir (aufpassen: Gesamtfluss immer von innen nach aussen!)
v ndo +
*
JH
BodenJ.
v - ndo
—
3dfj
•/ volle
3u ( volle Halbkugel )
Halbkugel
—
2 Tri?3.
Wir müssen also den Fluss durch den Boden (von oben nach unten! ) bestimmen. Dazu parametrisieren wir den Boden mit Polarkoordinaten
—
4» : [0. B] x [0, 2TR] -a R3, (r, p )
(r cos <p , r sin er, 0 ) .
¥
1:
Die Normale lautet
/
COS ip
sm <p
V
0
. 4V
“
—rrcos pp-
V
/
/
sin
> ,,
x
<p
0
0
0
r
/
Wir kontrollieren, ob die Richtung von 4> r x
koiTekt ist . Leider zeigt 4 r x 4 von unten nach
^
oben. Um den Satz von Gauss anwenden zu können muss er aber von oben nach unten zeigen.
Also malen wir ein ( 1)
,
—
/
0
0
r
\
noch
0
0
r
untei
—
\ !
Wir benutzen die Formel f ü r Flussintegral© und bekommen
Bodeuj.
.
( 0
r cos p
R
v - ndo =
dp
dr
r sin
0
0
—r
O'
0
/
= 0.
Da der Fluss durch den Boden verschwindet, finden wir
gesucht
JH
v ndo +
—
=0
./ Bodeni
—
2 R" (Gauss 1
3d /.j.
v ndo
*
' volle
•
Halbkugel
o 33
==>
!
J
H
v ndo = 2T R’ .
19. FLUSSINTEGRALE UND DER SATZ VON GAUSS
.
Beispiel 19.4 4 » oo Berechne den Fluss von
— —
x2
v
y2
+ log ( s )
x2 + y 2
*
-
-
4- log (s ) , - ( ar 4 2 / ) log ( z ) 4 cosy
2:
= [-1.2] x [0, 1] x [1.4].:
durch den W ü rfel S
Lösung: Die Divergenz lautet
dlv ( r )
=
2z
+
2
2 y_
_
_
x4y
x4y
<V
2
Somit gilt nach dem Satz von Gauss
.
v nd.o
*
J$
=
o
-l
ri
dx
•00
o
4
dy
dz
•>
X"
X
c
I
Berridme d'
M = { (*. y. z )
\
Flugs
h
-, 2
2
[logWli = 61og( 2 ).
-1
= ( z 3 + cosy , x + tans, x + y + z 2 )
von v
R:1 | U < r < 1. C < y < 1 - x : 0 < r
< 2- x
y }-
:
Lösung: Die Divergenz lautet
div ( -ü )
—
2z.
Somit gilt nach dem Satz von Gauss
f
v ndo ~
JdM
2 zd ß.
M
Wir bemerken dass M bereits in der Form eines Normalbereiches geschrieben ist , sodass die
Bestimmung des Volumenintegrals sein einfach ist
,
*
l
v ndo =
2 zd ß
*
ö) M
M
'•1
=
1
dx
Jo
1
3Jo
—
r—
!
.
dx /
Jo
1
X
dz 2 z ~
dy
0
x
(2 - x - y f
1
dy ( 2 - x ~ y ) 2
-
dx
3
0
1
(( 2 - xf - 1 ) dx = r
3
(2 - x )4
4
1
—
x
o
—
0
0
0
1
1
dx
X
d y X t - x- y
—
1 x
0
11
12
334
:ü l.
19.4. WEITERE BEISPIELE
Beispiel 19.4.6 # o o Es seien das Vektorfeld v von der Klasse C 2 und die Kugel K
{ ( x , y , z ) e R3|ar -f jr + s2 2 } gegeben. Betrachte ausserdem die Ebene x + y + z 0
welche K in zwei Teile Ki und Ko teilt . Beweise “
rot( v ) hdo = -
rot( v ) hdo.
•
•
UKW
Lösung: K\ U ÄS = K ist eine geschlossene Flä che in IR3. K ist Hand des Balles B mit Radius v 2
um den Nullpunkt. Der Satz von Gauss ist also anwendbar und es 'gilt
rot ( ü ) - hdo +
rot (r ) • hdo
'
Ki
AP
—
/ rot ( u ) - hdo
JA'
—
divfrot ) ( v ) dfj .
B
Da aber div (rot )(?7) = 0 gilt , ist
rot (fT) • hdo T
J
K
-
rot ( /;) • hdo = 0
Um den Satz von Gauss anwenden zu können m üssen wir F schliessen. Wir addieren den Boden
,
Boden
—
{ ( x, y, z )
R° \ z
und den Deckel
Deckel = { (:r , 7/ , z ) £ M 3|c
— 0 W + y = 1}
2
.
— 1. x
2
v 2 = W }.
Nach dem Satz von Gauss gilt
JF
v - ndo +
J Deckojt
v • hdo -h
335
v - hdo =
/
1dg
b
19. FLUSSINTEGRALE UND DER SATZ VON GAUSS
Deckel
I
.
,
m
i$
\
;
|
Boden
f
wobei
2
R3|
1
0 < 2 < hx + y < e
V = { (.r , y : z )
~ 4s
iirs
}.
y2
x2
Da wir ein
in der Definition von V haben , benutzen wir Zylinderkoordinaten. Der Radius
variiert mit z : Er ist gleich 1 wenn z = 0 und gleich e 2 bei z ~ 1
"
V
= {(r. d> , z) 6 R+ x [0 , 2TR] x R |0 < z < 1, 0 < r < e ~ 2 z } .
,1 ;
•
V ist also ein Normalbereich in Zylinderkoordinaten. Es gilt somit (vergiss rdr nicht!)
r
2:7
f dfi
./ t/
= io
de:
(•<£
-2
dxo
o
ä
1
rdr
0
—
2er
e “ 4~
d2
—
1
e ~ 4 z1
4 o
7T
'
e-4 ) .
*
Wir m üssen jetzt den Fluss durch den Boden und durch den Deckel bestimmen.
Boden: Die Parametrisierung lautet
# : [0 , 1] x [0.2rrj -* R.s , ( r . <pj ~~> ( r cos d , r sin 0, 0 ).
—
Die Normale muss nach unten zeigen und lautet somit ( 0, 0 , r ). Mit der Formel für Flussintegrale
finden wir
1
ü
•
Boden.],
•
ndo =
"
dr
0
/
*
2T
du
.0
/
2
/ V
0
0
\
=
— r
— 2 r.
?
1
1
— — 27r .22rf l o =
'
2rdr
/0
2TT.
«
i'il:
Dabei bezeichnet 7V: einen Ausdruck , den wir gar nicht schreiben wollen, weil er f ür die Berechnung
keine Rolle spielt ( man multipliziert mit 0 ) .
Deckel: Die Parametrisierung lautet
—
—
-
I> : [0, e ] x [0 , 2 TT] > M°. ( r, </> ) > ( r cos 3>, r sin <j> 91 ).
(
"
Die Normale muss nach oben zeigen und lautet somit (0, 0. r ) . Mit der Formel f ü r Flussintegrale
finden wir
/
'•2TT
Deckelt
v - ndo =
dr
dp
0
*
*
üE
i
/o\
0
r
Is
= 2TT
3rdr
-
= 2TT . 2rfle
.o
'
3
2
—
Sne
4
.
Dabei bezeichnet V einen Ausdruck , den wir gar nicht schreiben wollen, weil er für die Berechnung
keine Rolle spielt ( man multipliziert mit 0 ).
'
7
,
336
I:
|
!
|
01;
i
!
19.4. WEITERE BEISPIELE
Zusammenfassend
r —
=37T6 ’
F ndo 4-
gesucht
’’
v ndo T
•
*
F
Deckelt
Boden.;..
-f ( l-e
2 TT
?;
- 7<7o
“
4)
Id ß
?
.
Direkte Rechnung: Wir bestimmen f3. G v ndo direkt.
Schritt 1: Der Rand von G besteht aus zwei Teilen: der Bodenflä clie und der "Paraboloidoberflaclieü Dazu parametrisieren wir die Bodenkreisflächc mit
: [0, 2] x [0, 2 rr] -+ R3, (r. <£) -> (r cos 0. r sin <?, 0)
und die “ Paraboloidoberfläche’' durch
$2
•
—
—
[0, 2] x [0 , 2 TT] > ]R3. (7-. 0 ) > ( r cos c> , r sin <t>.4 —
— —
r2 )
—
( hier ist 2 einfach gleich 4 x 2 y2 — 4 r 2 ) .
Schritt 2: Wir berechnen die Normalvektoren an den zwei Teilen
—rrcos 9
COS i p
$1, r
~
\
snup
0
sin
^=
4 in x 4> i .
0
/
0
0
0
1
r
und
$2.r
=
cos 1/?
sin ip
-2r
V
1
-rsm
r cos v?
^
“
V
0
=?
•
J
4> o.r
X
$2.
2r 2 cos ö
2r 2 sin o
r
^=
\
Schritt 3: Wir wenden die Formel f ür Flussintegrale an. Für den Boden (von oben nach unten!):
,
v ndo
Boden
—
2
dr
0
\
*
*
y r cos 0
337
r ~ dr
0
0
0
2”
d & cos 0
—0
.
/
it
I
19. FLUSSINTBGRALE UND DER SATZ VON GAUSS
i
einen Ausdruck , den wir gar nicht schreiben wollen , weil er f ür die Berechnung
Dabei bezeichnet
keine Rolle spielt ( man multipliziert mit 0 ).
F ür die Paraboloidoberflache ":
v - ndo
—
=
dr
o
r2
Jo
r
——
r 2~
dr
/
d ö( 2 r 5 + r ( 4
dr
'
•>
r4
— r )) - 2
2
— 2r sin
4
2
TT
o
*
\
2r ~ cos p
2 r 2 sin </)
r
dd> ( 2r3 4- 2 r° sin o cos p H~ 8r 2 sin p
Jo
2
o
/
r cos ö + r sin o
r sin 6 + 4 r 2
r cos ö + 4 r ~
dp
( 2r 3 + r ( 4
—
cos 4> + r ( 4
— r ))
2
ifts
,
r 2 ) ) dr
= 2 TT V4 + 2r2 Jo = 24 7T .
; I;
Wir finden also in der direkten Rechnung dass
,
c • ndo
da
1:
= 0 + 24?r = 24TT.
|
i| :.
Mit dem Satz von Gauss: Hier berechnen wir die Divergenz von v
div ( F)
= 1 + 1 + 1 = 3.
A::
Mit dem Satz von Gauss finden wir somit
v ndo
JVG
— Ja!
('
— 3 Jx/ + y*<A dxdy J 1 x~ y
‘
*
-— —
2
2
dxdy { 4 — x — y )
4
i diy ( v ) dfj.
=3
dz
2
x*+ y 2 <
.
3
dd)
Polavkoordinaten
6TT r ( 4 ~ r2 ) 2 ] “
9
-2
Ü
f
Jo
rdr { 4
—r)
2
= 24TR
1
. :v
in Übereinstimmung mit der direkten Rechnung.
Beispiel 19.4.9
Rand dD von
o Berechne den Fluss des Vektorfeldes v
D = { (\
a y : z ) e M3|
1< z
< ~ ( x 2 + y2 ) }
( x , y , z 1 ) durch den
+
:\
nl
•
einmal mit und einmal ohne Satz von Gauss.
\v.
V:
1
•
Ohne den Satz von Gauss: Der Rand von dD besteht ans zwei Teilen
S x = { ( x , .+ c )
^
2
-
= { ( i-+ y z )
E*|*2 + r < 1 , 2 =
3
- 1}
2
e E k + w < 1, 2 - - (ar + y2 ) }.
*
il
itf
:
B:
Darum
< )D
r - ndo =
v • ?7do +
52
v - ndo.
t
I
Iil
338
M-
iiv ;
r;
Yp
- = --
: v * rrv^r
v
:1l
t
1.9 . 4. WEITERE BEISPIELE
Wir berechnen die zwei Integrale separat .
Fluss durch S±: Da in der Definition von Si die Vorschrift z
1. verkommt ist die beste Idee. S\
als Graphen der Funktion f ( x , y )
1 auf { (x. y ) P2|x24x / 2 < 1} zu sehen. Die Parametrisierung
von S\ lautet somit
——
$ : { ( z , i/ )
,
-
.
ix . y ) ~ ( x y , l ).
e R2 j.T2 + y 2 < 1} * R3.
Wir bestiiimien die Normale an Sj , wie ü blich
= (0.1, 0 ) =
= (1.0, 0 ) ,
<V
1
X
4>
„ = ( 0, 0.1).
Der Vektor zeigt von aussen nach innen. Da wir den Fluss von innen nach aussen bestimmen wollen
betrachten wir (0, 0, -1) . Mit der Formel f ür den Fluss bekommen wir
-
v ndo
Si
V ;:
—
x\ ( 0
—
dxdy =
V
i
{ { x ,y ) 6 &.2 \ x2+ y 2 < l }
J
\ -i
x .y ) 6* ~ \ x 2+ y2 < l }
dxdy = - p- ( Si )
Fluss durch S >: Da in der Definition von Sj die Vorschrift — — ( x 2 -by 2 ) vorkommt . ist die beste
( x2 -b i r ) auf { (;r. y ) R2|x2 + y 2 < 1} zu sehen.
Idee, So als Graphen der Funktion / (.r , y)
Die Parametrisierung von So lautet somit
—
4> : {(x, y ) E R 2 |x 2 + y2 < 1} > RV
I
,
Wir bestimmen die Normale an
(V y )
— > ( x y -x - y )
,
2
,
2
Si , wie ü blich
= ( V 0, ~~ 2x), % = (0.1, -2 y ) =s
( 2x. 2 y, 1).
x 4> v
Der Vektor zeigt von innen nach aussen. Darum m üssen wir die Pachtung nicht ändern. Mit der
Formel f ür den Fluss bekommen wir dann
,
: ü
|
\ (
X
v • ndo
-
{ ( jr,//) E.2 ri2 T y 2 < l }
-
.
J { ix y ) eR \:c2 ~rir < l }
2x
y
( x2 -r y 2 ) 2 /i
dxdy
9
\ /
\
2
2
~
[2 ( x -|- y ) + ( x - y2 ) 2] dxdy
1
—
Um das Integral zu bestimmen, gehen wir in Polarkoordinaten ü ber ( x
dxdy rdrdip )
—
v ndo
*
—
i
d < p( 2 r ~ -b
rdr
rA ) -- 2 ?r
0
V
+V
2
6
r cos x. y
i
~
r sin gg
4 TR
3
0
Zusammenfassend:
v ndo =
v ndo +
QD
v ndo —
•
•
*
-
S2
-
— 43—-
TT 1
A
TT
3
*
Mit dem Satz von Gauss: Da v ein Vektorfeld der Klasse C1 ist und D eine offene Menge mit
Rand, gilt nach dem Satz von Gauss
JdD
v • ndo =
Die Divergenz von v lautet
div (x )
dvj
dx
dvo diy
Oy + d z
339
r
D
div ( F) dfj .
TT .
19 . FLUSSINTEGRALE
SATZ
UND DER
VON
GAUSS
;l : !
m
'
$
Die Menge D ist schon als Normalbereich geschrieben, da
A
4
D = { ( x . y, z )
e R 5|Ü < x
,
2
2
y < h -1 < z
< -( x
2
2)
4- y }
-
Mit der Formel f ür Normalberciche finden wir
-(* +v )
3
JD
div ( v ) dfi =
{ (ar.y ) R 2 k 2 + j/2 < l }
= -
+ y - <1 }
{ { X .y) • E 1
dxdy
2
dz ( 2 4- 2 z )
-1
^
dxdy [ 2 z 4- z 2 ]
[(z2 + y2 )2 - 2 (z2 + y2 ) + l] .
Nun f ühren wir Polarkoordinaten ein ( x
= r cos 9
y
?,
f
= r sin 93, dxdy = rdrdip )
dxdy [(.r2 4- y 2 ) 2 - 2 ( x2 4- y 2 ) 4- 1]
div ( F) d/i.
D
27T
J
rdr ( rl
0
0
—
:
2r 2 4- 1)
= 27r
7T
0
3
[V6 - 1 .3 7
+ yj
y
r
4;
2 11
*
i:
41:
.
Beispiel 19.4 10 ® o o 5«?- I7 uhe / / / /. Sa / o erm Gauss mit Rand BV und nach aussen
gerichtete Normale n Berechne das folgende Integral
.
•
s
IJ
Lösung: Die Idee ist, den Satz von Gauss anzuwenden. Wir haben aber ein Problem, da das
Integral )v ndo kein Flussintegral ist . Der Trick besteht darin, Jdyndo mit einem konstanten
Vektor a zu multiplizieren ( es spielt keine Rolle mit welchem ). Somit bekommen wir
J
a•
Jov
—
ndo
a • ndo.
Jdv
Nun haben wir ein Flussintcgral ( Vektorfeld ist d) , das wir mit dem Satz von Gauss zu einem
Volumenintegral ü ber V transformieren können
a•
c/ V
ndo =
ov
a ndo =
v
div (a ) dy = 0.
-0
Da der Vektor a beliebig war, haben wir
a•
ndo
dv
= 0. Va
6
R3
ov
340
.
,•
- .— .
r
i *r iv ; , «vsivwr
ndo
— 0.
ft
II
m
m
lit
1
II;
19.4. WEITERE BEISPIELE
Beispiel 19.4.11
••o Sei V wie im Satz von Gauss mit Rand dV und nach aussen
gerichtete Normale n. Es seien o und v zwei reell wertige C ~ - Funktionen. Beweise die .
zwei Formeln von Green
'
Vo> \7 ipdg
cW T ndo ~
'
•
V
tAwdf .i
•
ÖV
{ ö Ay
V;
—
ibAo ) dfj
t öV
oVcp ) • ndo
( 0VR
L ösung: a ) Fü r die erste Formel wenden wir einfach den Satz von Gauss auf das Vektorfeld öVG
an. Es gilt somit
d>W’ • ndo
Jov
— Jvr
f
V
Wir mü ssen somit die Divergenz von
bestimmen. Dazu wenden wir die Formel div ( / F)
grad ( / ) v 4- f div ( F) an, welche wir aus Kapitel 16 bereits kennen. Somit
*
"
div ( pV d )
'
ti
= Vd W’ -f
•
pdivfVof )
vd
•
Vt? + oAt.
Wir haben somit die erste Formel von Green gezeigt
H-
bVD ndo
*
dv
—
Jv
b ) Fü r die zweite Formel wenden wir den Satz von Gauss auf das Vektorfeld öVt
gilt.
( <t>Vip — b’Vd ) ndo
•
dv
—I
r
div ( dVt
—
'
—
GVo ) = Vcp VD T <j> Aij:
—
(
pAw
~
—W
•
Na — ij; A<p
v. Ad>.
Somit haben wir auch die zweite Formel von Green bewiesen
( QAIB
Jv
—
BA6 ) dg
—
> dV
343
( fiW
—
an. Es
ip V 0 ) dg .
Die Divergenz von ( c/> VD - y.' t/ cp ) bestimmen wir wiederum mit der Formel div ( /r )
f div (v )
div ( oWB
- TIJY ö
il'Vo ) - ndo.
= grad ( / ) v -\•
19. FLUSSINTEGRALE UND DER SATZ
GAUSS
VON
'
•
if
:
ife:
!£
!
m
m
i
.
Beispiel 19.4 12 • & 9 In dieser Aufgabe wollen wir die erste Formel von Green anwenden um die Eindeutigkeit der Lösung der Laplace- Gleichung mit Randbedingung
,
—
Au
fl
m
m
:
0 auf fl
f auf dfl
U
zv zeigen. Hinweis: Nimm an. dass zwei Lösungen u und v derselben Gleichung existieren. Betrachte die Differenz h u v und wende die erste Formel von Green an, um
zu zeigen, dass h 0 .
—
—
—
II
1
5 ff
'
1
L ösung: Wir betrachten die Laplace-G ieichung mit Randbedingung
|Au —
u
0 auf
— / auf d
1
m
Q
*I
Ü
Wir wollen zeigen , dass diese Gleichung nur eine L ösung besitzt-. Wir nehmen also widerspr ü chlich
an. dass zwei Lösungen u und v der obigen Gleichung existieren, u und v lösen also
Au = 0 auf
u
Wir betrachten nun h = u
—
fl
Av = 0 auf fl
und
f auf dfl
I
v = f auf Ö fl
— v. Die neue Funktion h löst
i
Ah = 0 auf
fl
/ ~ / = o auf da
h=
ff :
:if
1
Nun wenden wir die erste Formel von Green mit o = */? = h an
h V /i • ndo
on = 0
—
:Si\
( V /i
J C1
*
V /z + h Ah ) dg .
=0
Wir bekommen also
I
«mII
Jn
Der Integrand isr positiv ( es ist ein Quadrat ) und somit ist es auch das Integral. Die einzige
Möglichkeit f ür ein Integral einer positiven Funktion gleich Null zu sein, ist also, dass der Integrand
selbst gleich Null ist . Es folgt somit
| Vh|2
= 0 =»
V /z = 0
h
—
C auf
Q.
Wir m üssen nun die Konstante C bestimmen. Wir wissen, dass h auf dem Rand dQ gleich Null ist .
Es folgt also C 0. Dies bedeutet aber
—
h
—0
=>
u = v auf fl.
Die L ösung ist somit eindeutig.
342
fl
US
!f
!1
1:4
19.5. BERECHNUNG VON VOLUMINA MIT
19.5
DEM
SATZ
VON
GAUSS
Berechnung von Volumina mit dem Satz von Gauss
Der Satz von Gauss erlaubt es nicht nur Flussintegrale mithilfe von Volumenintegralen zu
berechnen sondern auch umgekehrt . In diesem Abschnitt zeigen wir, wie es möglich ist ,
den Satz von Gauss auf die Berechnung des Volumens von dreidimensionalen Gebieten
anwenden zu können . Wir betrachten ein beschränktes Gebiet Q C R * mit Rand Ö Q und
nach aussen gerichtete Normale n . Wir betrachten das Vektorfeld
,
1
v = (x, y , z ) = X .
Nat ürlich gilt
9 x dy dz
dlv ( y ) = jr + T .
ox Oy G Z
o
~
'
-
Wenden wir nun den Satz von Gauss an, so bekommen wir unmittelbar folgende Volumenformel
x ndo
*
an
—
n
diy ( x ) dp
r
— J jn 3dy —
8 /J ( 0)
d.h .
1
1
x • ndo.
3 J dü
tin )
:}
;
Das ist eine Formel f ü r das Volumen von H! Wir können diese Formel zum Beispiel benutzen ,
um das Volumen der Kugel mit Radius R in
:
lii
:
= { (x, y , z ) e K3 jU + r + S 2 < V}
Q
zu bestimmen. Dabei zeigt die Normale an der Kugeloberfläche dfl immer radial nach
X
Somit Sut
aussen , d.h. n = \W
\ - fv
,
i
r
-
t i n ) = - an
x n do
— —R3 Jan do = —43 RR
f
TT
=.:|rrPO
Obige Volumenformel gilt auch f ü r andere Entscheidungen bez ü glich des Vektorfeldes v .
Man kann zum Beispiel auch
v = ( x , 0, 0 )
oder
v
—
( 0, y, 0 )
oder v
in Betracht ziehen . Alle diese Vektorfelder erf üllen div( F)
—
—
(0.0 , z )
1, sodass sich folgende Volu-
menformel
i*
!
j v
titi ) = Jan
•
ndo
ergibt. Je nach der Situation kann man sich f ü r das eine oder das andere Vektorfeld entscheiden.
343
:;
19. FLUSSINTEGRALE
UND DER
SATZ
GAUSS
VON
IIl
m
m
II
Beispiel 19.5.1
®
•o
Benutze den Satz von. Gauss , um. das Volumen des Ellipsoids
o
£=
( x , y. z )
R
'
^
zw bestimmen:
.2
~2
2
<1
Lösung: Für die Berechnung wählen wir ( zum Beispiel ) das Vektorfeld v
Formel
v - ndo
u( E ) =
— (0, 0. z ) . Gemäss der
J üB
m üssen wir den Fluss von v durch den Rand dE berechnen. Wir parametrisieren also die Oberfläche
dE des Ellipsoids als Graphen der Funktionen
2
—
auf
-
f ± i.z y ) =
=
x2
± c\ l - ar
y2
b2
er: den
{ ( x. y ) \ x 2 / cir -f y 2 / b2 < 1} ( /. mr
oberen Teil und /_ f ür den unteren Teil) .
z,
I
i
L'
V
/x
Wir bekommen somit die Parametrisierungen
:
n' =
(ivy )
x
y
n
eRJlk
< i -> R t { x . y )
a- + p
Hx , y )
'
•
v~
X2
±cyl
a2
*
mit <I>- f ü r den oberen und <f > _ f ü r den unteren Teil. Wir berechnen die Normale an dE
\
1
^
dz.x
0
—
1
T
V
V1
£
®± . y
=
/
V
=>
z~
.2
i.
\
l
0
1
X <!>
,y=
/
TTp-V
1
b
Aus Symmetriegr ünden ist. das Flussintegral durch den unteren Teil des Ellipsoids gleich dem
Flussintegral durch den oberen Teil. Somit kö nnen wir einfach das Integral über dem oberen Teil
doppelt zählen
T ''
ß( E )
-
v ndo
VE
\
0
0
2
9J
v
—
VC
T
-
/
iE.
V 1- 4
„
7
a
\
dxdy
— 2c
x2
9J
a2
y2
i>2
,
,
~ dxdy
.
1
344
ii
'
»
s
II
19.6 . DER SATZ
®
$
Wir fahren nun elliptische Koordinaten ein (;r
ß( E )
I
4
1
= 2c <v
l~
— 4TRABC
(1
—a
—
2
y1
2
b2
VON
GAUSS
= or cos ip . y ~ br sin a. dxdy
-
, i TT
dxdy
= 2a6c
j
IN DER.
EBENE
— o brdrdg ), sodass
.
?
I
dis
0
r v 1 — r 2 dr
1
4~
r 2 ) 3/ 2 l
= 3 abc.
3
o
—
i
r:
II
I
i
19.6
Der Satz von Gauss in der Ebene
In diesem Abschnitt wollen wir den Begriff des Flusses und den damit verbundenen Satz
von Gauss im zweidimensionalen Fall betrachten.
19.6.1
Der Fluss durch eine Kurve in M2
^
Es seien 7 C , eine st ückweise stetig differenzierbare Kurve in E2 und v = ( u j . vo ) ein
stetig differenzierbares Vektorfeld . Aus Kapitel 5 wissen wir . dass der Vektor 7 tangential
zur Kurve verläuft . Ein zu 7 senkrechter Vektor n
+71 steht also normal zur Kurve.
Wählt man den Normalvektor n so. dass ( n. 7) eine positiv orientierte Basis von E2 bildet 2
so definiert man
v nds
—
1
•
:
7
als das Flussintegral von F durch die Kurve 7.
ü
j
7
negativ orientiert
positiv orientiert
—
Fü r eine Parametrisierung 7 : [a, 6] > E2 der Kurve gilt folgende Formel
1
- £77( ) )
6
F • Fds —
T
•
f
n ( /; ) r/t .
a
1
:
Beispiel 19.6.1
•0 o
:
|
: -
1
V
'
durch K
Berechnt den Fluss von
(xexp(tan (x2 +
y 2 ) ) . yexp (tan( x 2 -I- y 2’ ) ) )
= {(x , y ) R2|ar + y 2 = 1} von -innen nach
*
aussen.
'Erinnerung: ( a , 6) heisst positiv orientiert , falls ( a. b ) ans einer Drehung der Standardbasisvektoren
“
(ei. eb ) entsteht.
345
19. FLUSSINTEGRALE
UND DER
SATZ
GAUSS
VON
m
Lösung: Die Parametrisierung von K lautet
;
—>R ,
: [ 0. 2 TT ]
“
— > (cost sin £).
f
,
Schritt 2: Die Normale bekommt man wie folgt. Zuerst rechnet man 7 aus
i
|
i:
= (- sin t , cos t ) .
—
Dann vertauscht man die zwei Komponenten und multipliziert die erste mit ( 1)
(cost. sint ) .
1
;
Man kontrolliert ob die Richtung stimmt. In diesem Fall muss n nach aussen zeigen ( Figur )
,
n = ( cos A sin t ) .
:
y
Schritt 3: Man benutzt die Formel f ür den Fluss
cos t • etanlAl
,
sin t - eta il 1 )
/
>
\
cos t
sin t
dt =
etAn0 ) dt = 27retan (:l ) .
:
&
it
19.6.2
Der Satz von Gauss in der Ebene
Wir betrachten einen regul ä ren beschrä nkten Bereich C in R 2 mit orientiertem Rand 7.
Der orientierte Randy von C ist eine st ückweise C1-Kurve, deren Umlaufsinn so gewählt
ist , dass C immer links von 7 liegt (siehe Figur). Es seien 7 und n die Tangential und
Normalvektoren auf dem Rand .
,
-
i
n
346
Sl:
PJ
s
m
19.6. DER SATZ
VON
GAUSS
IN DER
EBENE
Es gilt nun der Satz von Gauss in der Ebene
Satz 19.6.1 ( Gauss in der Ebene) Fü r einen regul ä ren , beschränkten ebenen
Bereich C mit orientiertem Rand 7 und ein stetig differenzierbares Vektorfeld v
gilt
flds
v•
“
c
T
d:iv( v ) do.!
Wir betrachten einige Beispiele.
i
1
; ;!
!
Beispiel 19.6.2
* > -y - 2
(rc Vfr
.
«
|
|
•
•o o
r
in
COS :r
/
'y
n
-
{ * / 2 - 0)
( 77 / 2 . 0 ) T
Direkte Rechnung: Wir teilen die Kurve in zwei Teile.
Teil 1: 1) Parametrisierung
7:[
—
TT
— t.cos t ).
/ 2. TT /2] -A IR2 .t
2 ) Normalenvektor?
7 = (-1,
;
$:
- ant )
—
=»
n — ( sin t . 1)
nach
— cos2 1
— sin1 t
( — sin A 1) .
ausscii
3) Formel
v - nd.5
(1)
—
77
/2
77
/2
- 7T./ 2
t
cost
77
-
I;
“
- /2
~
/2
dt
( f sin /: -I- cos2 f sin /: + cos t - t 2 ) dt
Teil 2: 1) Parametrisierung
7:[
—
77
/ 2.77 /2] ~~r R2 , t -A ( AG )J
n
—
(0 . 1 )
na di aussen
' 77
( 2)
V/s =
/2
• 7/
-77 / 2
t
-t 2
0 \
-1
347
' 77
dt =
/2
TT3
12
.
—
( 0. 1)
3) Formel
V
——
•
2) Normalenvektor?
7 = (1, 0)
=4
- =
t dt
-
-
t3 /
3 J - 77 / 2
2
TT
3
12
lit-
1:
19. FLUSSINTEGRALE
UND DER
SATZ
__
Zusammenfassen d:
v nds
•
—
o)
F - nds- -i-
:
GAUSS
VON
f
j(2
4i
!
v nds = 4 *
)
I!
—TZ 47
—
TT 3
I!
m
= 4.
s; s -
Mit dem Satz von Gauss: Die Divergenz von v lautet
div ( ff )
= 1 + 1 = 2.
i
Nach dem Satz von Gauss in der Ebene gilt also
F • nds
!i
‘i
—
n
2rf +£ ,
wobei f 2 die Menge ist. welche von 7 befandet wird
ü - { ( x. , y ) e R |
‘
TT
_
/2 < .r < TT /2, 0 < 7 < cosx}.
i
j
|
Mit der Formel f ür Normalbereiche finden wir somit
F • nds
'"TT / 2
—
-TT / 2
- dy 2
’ COS J
dx
0
TT
=
•J
—
/2
dx 2 cos x
7r
/2
= 2 [sin x]-/»/ 2
TT
2
—
4.
I
II
11
;if
lg;
II
Beispiel 19.6.3
000
Berechne den Fluss von
v = ( x + exp ( tanh J/ + y2 ) , log (x + 1) + y)
durch die Ellipse E
—
{ ( x. y ) G Rvx 2
—
i
9 y2
i
= 4} von innen nach aussen.
BVV- :
VS i
I
L ösung: Die Divergenz von v lautet
Ii
cliv (F)
=
fA
dv1 OVo
+
Oy
dx
= 1 + 1 = 2.
Somit gilt nach dem Satz von Gauss in der Ebene
v ’ nds
JE
=
> { (.r.y )£ Rr \ x
-
2 do
+9 •/ ~ < 4}
—
2 y{ { \ x , y )
M |x2 + 9 y 2 < 4})
"
=2
8
'
I;
II
Beispiel 19.6.4
•o o Berechne den Fluss J
v • nds von unten nach oben für
^-
v = ( xe . yeT» )
—
-
und 7 den Streckenzug (5.0) > (3, 7) + ( Ü . O ) .
348
!"
19.6. DER SATZ VON GAUSS
LN DER.
EBENE
-
Direkte Rechnung: Wir berechnen v nds explizit.
Schritt 1: Wir parainetrisieren 7 = 71 -f 72 mit:*
2
7i :[0, 1] -4 R , M ( 5 - 21.7t ) ,
72 : [0, 1] RPSM (3 - 3t . 7 - 7 t ) .
Schritt 2: Wir rechnen NormalVektoren aus
7iW
-2
=
—
/
V
dt
9
~~ \.
-3
-7
=
ri1 ä s
=>
7
=
=
nods
>
3
dt
wobei wir die Richtung von n\ und no so gewählt haben, dass (F1 73 ) und ( no , 72 ) positiv orientiert
sind (siehe Figur ).
?
y
7
—
no
72,
I
|7i
I
-
ni
1
i
!i
i
.7
I
'
!
18:;
m
Schritt 3:
•
st
7
v nds =
v nds
v • nds +
7l
1
7i
5
35t-14i2
0
-
1
—__
0
e35t - i 4ta (35
—-
211
- 35t 1 1f
JO
C
= e21
+
— 2t
— 7t
7
2
_ 28t ) dt +
e23.
- 1 + 1 - e21
—
=
1
\ dt T
;
l
'
Jo
—
e 21 — 42 / 2112
3 - 3/
7t - 7
-7 \
3
dt
e 2 J ~ !2 H 2 u‘(-42 + 42t ) dt
'
'
0
"
42t + 231~11
Jo
0.
Mit dem Satz von Gauss: Wir rechnen die Divergenz von v aus
div (F)
=
dvi
dv2-
dx
dy
= eX !J -r xye:cv - ex* - xyexy = 0.
Um den Satz von Gauss in der Ebene anwenden zu können , m üssen wir unsere Kurve 7 zu einer
geschlossenen Kurve schliessen. Wir schliessen mit dem Streckenzug (0, 0) > ( 5. 0) . Nach dem Satz
;
—
Ein Trick: Bei der Parametrisierung von Geraden kann man sich einfach. Folgendes ü berlegen. Man
lässt t nur Werte zwischen 0 und 1 annelnnen und wä hlt in jeder Komponente a + bi , sodass man bei
t 0 den gewü nschten Anfangspunkt und bei t = 1 den korrekten Endpunkt bekommt , ln diesem Beispiel:
Setzen wir £ ~ 0 in 74 ein, so sind wir bei (5, 0 ): setzen wir i 1 ein. so bekommen wir (3. 7) .
3
—
—
349
19. FLUSSINTEGRALE
UND DER.
SATZ
VON
GAUSS
—
v - nds 4
von Gauss in der Ebene gilt dann
=
0
di\r ( o ) dfjL
Ja
v nds
*
73
wobei Q. die in der Figur gezeichnete Figur ist und
7 3 : [G 1]
4l
*
.t
4 ( 5t, 0 ).
Wir rechnen die Normale an 73 aus
73(0
\
5
0
=
==
n3 ds
•
0
=
dt .
-5
( Bei Gauss m üssen die Normalen nach aussen zeigen!).
V
:
!
n
77
x
n.3
Somit gilt
u nds
73
—
r1
j
5t
0
eü
0
\
-5
dt
~
0.
Somit gilt
= 0 ( da div=~Q)
div ( v ) dfi
Jo
=0
gesucht
—
v nds +
v nds
- 73
Beispiel 19.6 .5 » 0 0 Berechne den Fluss
v
und 7
v nds
*
y
•
«
—0
.
v nds von unten nach oben für
*
= ( 2.ry 4- //5 , 1
y 2 v)
= { (x. y ) £ M 2 |0 < y = 1 - a 2}.
*
Direkte Rechnung: Wir berechnen f v nd.s direkt.
Schritt 1: Wir parametrisieren j mir5
•
7 : [-1.1]
4
Aus 0
-
: [ 1.1]
< y=
———
1
x2 folgt
—
I
<
x
<
].
-4
R2 , t
-4 ( -11
und y ~ X
— xh
f 2 ).
Die gesuchte Parametrisierung lautet somit
M . £ > ( 11 — 1). Beachte: Die Richtung von 7 muss wie im Satz von Gauss sein.
*
350
I
19.6. DER SATZ VON GAUSS IN DER EBENE
Schritt 2: Wir rechnen Normalvektoren aus
-1
7( t ) =
l — 2i
nds =
-2t
1
\ dt.
/
wobei wir die Richtung von n so gewählt haben dass n von unten nach oben zeigt, {siehe Figur ) .
,
V*
Al
x
Schritt 3:
v - nds
7
-
r1
—
2t ( i
-
12 ) + ( i - t 2 yl
— 2t
\
(1 - t 2 )2
~i
dt
1
1
[4t 2 (1 - t 2 ) - 2t ( l - f 2 ) 1 + 1 - (1 - t 2 ) 2 ] dt
1
m
m
:
w:i
I
M
r
ii
I
IS
[4t 2 - 4t4 - 2t ( l - t 2 ) 1 4- 212
'
i
4t3
3 -1
'
8
3
"
415
"
5
i.
1
5
-1
„
"
fD ] i
i
1
-5 o + i3 - 52
Mit dem Satz von Gauss: Wir rechnen die Divergenz von v aus
div (tJ)
S: l
—
-
dv i
dx
dv
-
>
dy
Ii
I
213
3
)
-
I
Ii
t* } dt
'
J ~i
2y - 2y
= 0.
Um den Satz von Gauss in der Ebene anwenden zu können m üssen wir unsere Kurve T ZU einer
geschlossenen Kurve schliessen. Wir schliessen mit dem Streckenzug ( — 1, 0 ) — ( 1, 0). Nach dem
Satz von Gauss in der Ebene gilt dann
,
0
”
n
div ( v ) dfjL
—
rv
I
n
f
nds -f
v nds.
•
N
•
wobei Ü die in der Figur gezeichnete Figur ist und
2
7 : [0.1] -> R , t
——
( 1 + 2t , 0 ) .
Wir rechnen die Normale an 7 aus
4 (,)
'
-(
0
/
)
nds =
0
—
( Bei Gauss muss die Normale nach aussen zeigen!) .
o
\
n
7
351
;r
9
dt.
19. FLUSSINTEGRALE UND
SATZ
DER
GAUSS
VON
$
Also
—
v nds
•
/
0
o
1
0
-2
/
Somit gilt
=0 ( da. div ==0)
n
div ( v ) d{i
=
gesucht
=
7 nds +
—
dt
——
I
2
v nds
( •
2.
v nds
•
•
•' 7
= 2.
0
1
Beispiel 19.6.6 « oo Berechne den Fluss v - nds von unten noch oben f ür v
und 7 ~ {(T. ?y ) £ M2 |0 < .r < 1 , ?y = 2 - T 7 }
1
= ( x , t/ )
iI
.
Direkte Rechnung: Wir berechnen Ji v nds direkt .
Schritt 1: Wir parametrisieren 7 mit
—
7 : [0, l]
,
j*
t
—
r
(1
— t 2 — (1 — t ) ).
7
,
Schritt 2: Wir rechnen die Normale aus
i- O)
-1
7( 1
—
fids
—
7 (1 - t )6
1
dt ,
wobei wir die Richtung von n so gewählt haben , dass n von unten nach oben zeigt (siehe Figur).
V
2
1
n
.
1
\
--
!i
P
x
1
Schritt 3:
i
v
0
flds
=
0
/
V
1 ~~ t
.
2 (1 - t )
7( 1
—1 t )
6
di =
I
!+
[7( l - i ) 7 + 2 - ( l - 07] Ä =
2=
h.
Mit dem Satz von Gauss: Wir rechnen die Divergenz von v aus
div ( tT)
=
de
dx
<9 uo
dy
= 1 + 1 = 2.
Um den Satz von. Gauss in der Ebene anwenden zu können, müssen wir unsere Kurve 7 zu einer
geschlossenen Kurve schliessen. Wir schliessen mit dem Streckenzug (0, 2 ) -4 (1, 1). Nach dem Satz
von Gauss in der Ebene gilt dann
2dy.
JQ
=
v nds +
v nds
7
352
.
je;
:
1
19.6. DER SATZ VON GAUSS
IN DER
wobei O die in der Figur gezeichnete Figur ist und
—
2
7 : [0, 1] -> R . t
r
( L 2 - /; ) .
Wir rechnen die Normale an 7 aus
1
4M =
rlds
-1
=!
dt .
-1
y
2
1
X
1
\
!:
•
Somit gilt
1
v - nds =
0
7
!i
Wir müssen noch
G M2|Ü
Also
n
2d ß =
< x < 1.2
7
1
m
r1
= /0 (-t - 2 +
= -2 .
*
£2 =
j
dt
div ( ü ) d/ j bestimmen. Dazu schreiben wir 0 als Normalbereich
fl
v
-1
-1
t
2-t
< y<2
—2
v nds
1;
'
0
.r
—
/ •1
dl ß = 2
dx
—
j0
( x‘ + :r )
— a- }.
'
1 1\
g+2
-5
4
Somit gilt
•1
n
div (F)d/ j =
=
gesucht
v nds
•
a
+
—
2
a
•1
353
- nds = 2 + 4
11
4
EBENE
19 . FLUSSINTEGRALE UND
DER
SATZ VON GAUSS
fl:
&
$i.
£
354
'
”
I
l
;1
i
s
Kapitel 20
v
•
.
5
Der Satz von Stokes und der Satz
von Green in der Ebene
20.1
Der Satz von Stokes
Der Satz von Stokes erlaubt Flussintegrale mithilfe von Wegintegralen zu bestimmen und
umgekehrt . Der Satz lautet so
Die Kurve 7, welche die Menge C berandet. muss diese in mathematisch positiver Richtung
umlaufen. Was bedeutet das? Die positive Orientierung von c)C kann man mit folgender
Regel bestimmen: Eine Person welche entlang n den Rand 8C durchl äuft , sieht die Punkte
,
der Oberfläche C links. Zum Beispiel
/
/
/
U!
<y
o
1
/
/
0
-1
(i
/ (.1
u
I
->
/ ..„1
0
o55
:
20 . DER SATZ VON STOKES
UND DER
SATZ
VON
GREEN
EBENE
IN DER
Nicht alle Oberflächen besitzen einen Rand: Es gibt Flächen ohne Rand. Beispiele sind: die
Kugel, der Toms. Solche Oberflächen heissen geschlossen.
l
I
Beispiel 20.1.1
®
Wir betrachten das Vektorfeld
oo
v = ( y ( z 2 - x 2 ) , x ( y2 -
Is
und die obere H älfte der Einheitssphäre
h
u = { H , y, z )
Gesucht ist das Wegintegral
R3 |
U-
y2 + ~ 2
1, 2
> 0}.
ds entlang des Randes von H ( siehe Figur ).
jdH v
1
0 ,5
0
-1
0, 5
0
-0 , 5
o
-0,5
0, 5
1
Direkte Rechnung: Wir bestimmen das Wegintegral fd H v • ds direkt mithilfe des Kochrezeptes
f ü r Wegintegrale.
Schritt 1: Wir parametrisieren den Rand dH mit der Kurve
— > R h t — > (cost, sint , 0).
7 : |0, 2 TT ]
'
Dabei haben wir beachtet, dass 7 in positiver Richtung läuft (gem äss der oben erwähnten Regel) .
Schritt 2: Wir rechnen 7 aus
7 ( r ) ( sinh cost, 0 ).
:
,r
——
Schritt 3: Wir benutzen die Formel f ür Wegintegrale
v ds
*
dH
—
27r
cos t sin “
0
0
•
=2
—cossint t
f - cos2 t sin t
2 TT
t
0
" 2TT
sin 2 tdt
~~
sin 2 tdt
2
'
70
0
dt
—2
7T
r 2*
= 2 J O sin21 cos2 tdt
/
—3
4
7r
7r
2
'
Mit dem Satz von Stokes: Hier berechnen wir den Fluss der Rotation von v durch H , denn
nach dem Satz von Stokes gilt
c • ds
JdH
—
f
J LJ
rot ( v) hdo.
l
*
356
.
-
20.1. DER SATZ VON STOKES
Somit m üssen wir als Allererstes die Rotation von v ausrechnen
JL \
f
Öx
rot( v ) =
d
x ( y2
z ( x2
x
dy
y( z2 - x2 ) \
JL )
dz /
2 z ( x H- y )
2z ( y - x )
x 2 + y2 — 2z 2
~ z2 )
2
V )
)
y
Nun benutzen wir das Koclirezept f ür FlussintegTö le.
Schritt 1: Wir parametrisieren H mithilfe der Kugelkoordinaten
(
<I> : [0, TT
/2] x [0, 2TT] -A R 3 , ( 0 , o ) ->
sin (9 cos o
o) =
sin 9 sin 6
\
^
cos 8
Beachte: Da H nur die obere Hälfte der Einheitskugel ist , haben wir 6
X 3?
Schritt 2: Nun berechnen wir
[0. TT / 2] gewählt .
^
(
\
cos 9 cos d>
cos 8 sin 0
~ sin 0
=
^
—
\
sin 8 sind)
sin 8 cos 6
0
!
sin“ 6 cos <p
•sin“ 9 sin <£
sin 6 cos 9
*
>
x
Schritt 3: Somit finden wir ( mit der Formel f ü r den Fluss )
rot ( ü ) • n d o
'
f sin2 8 cos o \
2 sin 6 cos 9 (sin o — cos o ) j •
sin “ 8 sin o
sin 2 8 - 2 cos2 8
j \ sin 9 cos 8 j
\
A
d ( >j { 2 sin 0 0 cos 8 { sin “ o -r cos2 ö) T sin° (9 cos 6
d.ö (3 sin3 0 cos 0
2 cos3 9 sin 8 )
— 2 cos 9 sin 0)
3
20. DER SATZ
VON
STOKES
UND DER
SATZ
GREEN
VON
IN DER
EBENE
1!
SW
|
i| :
.H ;
a
M
0
i
Direkte Rechnung: Wir m ü ssen den Fluss des Vektorfeldes rot (F) durch H bestimmen. Zuerst
bestimmen wir also die Rotation von v
JL \
rot.( F)
—
a
x
üJ<
h
1
i
X
:
Is
!
V /
\y J
j
A
( i
/*\
Öx
Darm wenden wir das Kochrezept f ü r Flussintegrale an.
Schritt 1: Wir parametrisieren die obere Halbkugel wie im vorigen Beispiel
—
4> : [0, Tr / 2] x [0, 2TT] -4 E3 , [ 9 , 6 ) t $ ( 6 , ö ) =
/
sin 9 cos <>j
'
V
\
sin 9 sin <p
cos 6
< > /? x 4> 4
Schritt 2: Wir berechnen !
\
(
cos 9 cos o
cos 9 sin <j>
- sin 0
6
—
—sinsin0 9cossin66 \
==>
X
$4
=
\
0
sin 2 6 cos ( j>
sin 2 0 sin 6
sin 9 cos 9
Schritt 3: Mit der Formel f ür den Fluss finden wir also
r
/
/ii
v
rTT
rot ( F) • hdo =
'
/
r '2 ~
/2
d9
Jlrj
J
;
,"
= 0 4- 0 +
1
1
\
I
1
d <p
0
2?
^Z// d9 i
Jo
JO
•
f
\
/
.
(
sin 2 9 cos (b
sin 2 9 sin <j>
\
sin 9 cos 9
m
>
ul
iS
\
II:
m
r
d( p (cos d sin 2 # -{- sin d sin 2^ # + cos 0 sin 0)
:
IIIS
I
m.
lit
;
T /2
dcj) cos f? sin (9
o
=
f sin 2 0 W
27r
2
o
2
= 7r .
Mit dem Satz von Stokes: Nach dem Satz von Stokes gü t
rot (F) • ndo
H
—
v ds ,
*
dH
wobei dH der Kreis mit Radius 1 und Zentrum (0.0, 0 ) in der xy-Ebene ist. Somit m üssen wir das
Wegintegral jdH v ds bestimmen , was wir mithilfe des Kochrezeptes f ür Wegintegrale tun können.
Schritt 1: Wir parametrisieren den Rand dH mit
,
;
—
3
7 : |G. 2 TT] -a E . i > (cos t , sint, 0).
358
U;
20.1. DER SATZ VON STOKES
. v - d s direkt , und zwar mithilfe des Kochrezeptes f ü r
Direkte Rechnung: Wir berechnen Joc
Wegintegrale.
Schritt 1: Der Rand von besteht aus dem halben Kreisbogen in der x y-Ebene und der Geraden
[— 1, 1] entlang der x Achse, beide im Gegcnuhrzeigersinn durchlaufen .
/"f
-
JJ
X
Wir parametrisieren diese wie folgt
71
,
•
[0, 7r ]
ll i — v ( cost , sinh 0 ) ,
'
-
72 : [-1, 1] > W:\t
-
~ r
( /.. 0, 0) .
Schritt 2: Wir rechnen die Geschwincligkeitsvektoren der zwei Kurven aus
—
( sind cost 0) .
7i
72
= (1, 0, 0 ) .
Schritt 3: Wir benutzen die Formel f ür Wegintegrale
,,
' 71
-
v ds =
v • ds
72
—
—
( cos t -f sin 21 \
0
cos t
1
-i
/
1
\ 11 \
0
0
V
i
/
sin i
cos /
0
sin t
dt
•*
di
/
r1
= .//- l tdt =
339
=-
L
~
J
-j
0
-
sin 3 t d t =
4
-3
20 . DER SATZ VON STOKES UND DER SATZ
VON
GREEN
IN DER
Somit
v ds =
<)C
v - ds = -
v • d.$ +
•
> 7i
72
•
EBENE
4
3
Mit dem Satz von Stokes: Aus dem Satz von Stokes folgt
—
c ds
de
c
rot ( F) • ndo.
Wir m üssen also den Fluss der Rotation von v durch C bestimmen. Die Rotation von v lautet
( Ä-
rot (F)
d
=
x
dy
r)
\
\
dz
\
i - ft
%
-1 \
(
+ }f
V+z
x+ z )
•T
da:
-1
2v
/
~
'
Schritt 1: Wir parametrisieren die Flä che C mit Zylinderkoordinaten ( Polarkoordinaten eigentlich,
da wir auf der ayy-Ebene sind )
: [0.1]
R J . (r. d> )
x [0. Tri
V
/ — rsin ö
|
/
^
r cos ö
0
g:
;
|
~4 ( r cos d , 7 ' sin d , 0 ) .
’
Schritt 2: Wir rechnen die Normale an C aus
cos o
smp
0
:
I
/
=>
4>r x
7
^= \
0
0
\
r
/
A?
•
i'
Schrift 3: Wir benutzen die Formel f ü r t lussintegrale
:
v ds
—
rot (ff ) ndo =
*
de
'
o
Beispiel 20.1.4
o
0
0
r
• 7T
dr
0
dd
\
-1
-1
f \
— 2r sin j>
<
rr
i
dr
o
do'lr 2 sin <S> = - r
3
[cos d] o
0
=
“
4
3
-
O :!
-
•o o Betrachte die Kurven
-4 W .t -4
1
und das Vektorfeld
v : S3 \ {:r. j/
m
A
y
4
= 0} -4 it3, (.r. y . z )
—
zx
y
x2 + y
zy
i:
Benutze den Satz von Stokes um
;
zu berechnen .
T
360
M:
K;
' j;
M
m
20.1. DER SATZ VON STOKES
—
Lösung: Die Kurve 71 geht von (1, 5, 0 ) nach ( 1, 5. TT ). Die Kurve 72 geht auch von (1, 5, 0) nach
(-1, 5, 7T). Somit ist die Kurve 7] - 72 geschlossen. Diese Kurve darf man also als Rand eines
Bereiches C sehen. Mit dem Satz von Stokes folgt also
-
v ds
V
73
—
v ds
*
—
7J
72
—
v ds
'V.'
— Je rot e )
(
•
ndo.
Nim ist aber v rotationsfrei
I:.
V
2( zx + y )
x ~+ yr
2( z y - x )
x2+ < r
log ( x 2 y 2
+
2v
-2 -
x sy
: r:
2y
( 0
-
x -\- y ~
2x
- —< -+ -
X ~ \ :j~
x fy
2 x 2 ~ 2 y 2 x U r. _ 2 x ~ l y - x y z
'
) j
l x-+ y - P
-
'
£/ ) “
0
0
Somit
fr
v - ds
— j
rot ( u ) . ndo
= 0.
1
Lösung: Nach dem Satz von Stokes gilt
rot ( u ) ndo =
•
s
J
Wir bestimmen somit ß s v ds mit dem Kochrezept f ü r Weghitegrale.
Schritt 1: Der Rand von S besteht aus dem Kreis mit Radius 2 und Mittelpunkt ( 0, 0. (1) in der
xuy-Ebene. Eine Param etrisierung ist
3
7 : [0, 2 TT] -S M . t
Schritt 2:
7
~
-r ( 2 cos 7 2 sin f . 0 ) .
—
( 2 sin i . 2 cos t . 0 ) .
'
363
Si
20 . DER SATZ
VON
STOKES
SATZ
UND DER
VON
GREEN
IN DER
i!
If:
1
EBENE
m
M
1
II
Schritt 3: Nach dem Satz von Stokes gilt
s
rot ( u ) • ndo
= r
277
v ds =
OS
0
f 4 cos 2 /: A 2 sint
12 sin t cost
IV
1
N
J
/
3
—
2 sint
2 cos t
0
V
= Joj
( ~ 8 cos21 sin i ~ 4 sin21 + 24 sin t cos t ) dt
=0
4 TT 4- 0 =
\
dt
J
2
—
: si -
47r.
•
ll
üMi;:
•o Best ätige den Satz
V + y2 - 2 z = 0 , z < 2 } .
Beispiel 20.1 . 6
{ ( x , y , z ) e R:
von Stokes f ür v
®
( 32/ , ~~ xz , yz 2 ) und F
=
;i
2
1
0
ü
it
Direkte Rechnung: Wir bestimmen das Wegintegral fOF
. v ds direkt.
Schritt 1: Der Rand von F ist der Kreis mit Radius 2 und Zentrum ( 0, 0, 2 ) , der in der Ebene
z 2 liege. Eine Parametrisierung lautet somit
—
7:
[0.2 TT]
—
r
R'U i
Schritt 2: Der Gescbvviiidigkoitsvektor lä ngs
=(
7
—
••
v-
i
( 2 cos /- , 2 sint , 2).
I;
lautet
— 2 sin . 2 cos t , 0).
!
/
Schritt 3: Wir haben somit
f
.i/ Ö E
v äs
—
—
0
r'2 ~
io
-2 sint \
6 cos t
4 cost
8 sin f
2 TT
—
( 12 sin 21:
0
—
2
8 cos t ) rit
362
IU
dt
2 cos /
l
/
=
—
12TT
i:
8TT
=
20TR.
,1
-.
•• * »iT+iiA
IvCiVJ
.
20.1. DER SATZ
VON
STOKES
:
:
Mit dem Satz von Stokes: Nach dem Satz von Stokes gilt
- = J F rot ( i?)
v ds
JdF
lis
I
•
ndo.
Die Rotation von v lautet
( JL \
rot (iT)
d
=
x
dy
\
d
dz
)
!
3y \
xz
y* 2 /
(
dx
—
\
\
z2 + X
0
~3 ~ z
\
J
-
r
:!§
S
'
Wir berechnen nun fF rot ( v ) ndo mit dem Kochrezept f ü r Flussintegrale.
Schritt 1: Wir parametrisieren F mithilfe der Zylinderkoordinaten. Wir setzen somit x = r cos ö
y — ! z — 0 . welche impliziert ~ =
und y
rsin <jj . Fü r z benutzen wir die Bedingung .r 2
( x ~ 4- y2 ) / 2 = r 2 / 2. Somit
—
—
3
<]>
—
: [0 , 2] x [0 , 2TT] — > R3, ( r. © )
-
( r cos ö, rsin <?. r2 / 2 ).
5
*
Schritt 2: Wir berechnen den Normalvektor
/
$-r
=
cos 0
\
,
$o ~
J
r
—rrcossinqd \
(
\
sin 0
<X> r x 4> o
>
o
\
/
—
—
—
r 2 cos <p
\
r 2 sin 4>
r
Schritt 3: Es gilt
-
2
rot ( F) - ndo
'
JF
—
/
2
dr
0
d <p
0
0
r
-
:
•>
p
•
dr
o
^
dr 0
4
— 7T -r4
d ( f>
o
2
14
Pi
;.G
—4 cos b —
2rr
2
—rr sincosp
2
cp
2
T
113:
(
+rcoso \
T
4
(
/ V
r3 cos" (b
^
?
\
'
<
r
r >;
— 2-—
\
3r 1
j
.3
—
j
—
TCF
2TT ~
r4
8
6tr
2TT -
6 TTT j
/
.2 “ 2
—2
?
J
o
= 20 TT .
I
S:
.
1
if .
II :
I
—
o Best ätige den Satz von Stokes f ü r v ( z r x , y ) und C gleich dem
Beispiel 20.1.7
Teil der Fl äche , die von x = 0, y 0. ^ = 0 und x T .I/ T Z = 1 begrenzt wird aber nicht
in der xz - Ebene liegt ( siehe Figur ).
••
Direkte Rechnung: Wir bestimmen das Wegintegral jdc v ds direkt.
Schritt 1: Wir parametrisieren den Rand in 3 St ü cken
3
7! : [1, 0] -> R . f ~T ( t . 0, 0 ) .
3
72 - [0, 1] H* R , t
lii
t
73 : [0.1]
m
r
( 0.0.
- r . M ( KO. l - t ).
H
m
mm
—
363
20. DER SATZ VON STOKES UND DER SATZ
ec
f
GREEN
VON
IN DER
EBENE
/
A
V
Schritt 2: 71 (1.0, 0). 70
Schritt 3: Wir haben
=
0
- —
—
(0.0. 1 ) und 73 ~ ( 1.0, - 1).
(
0
-
Ti
v • ds
JJ
Vo
1
—
0
Ti
/
t
0
0
0
1
0
1
v ds =
T3
1 \
dt
0
0 y
t
v ds
=0
\
d(
/ 1-f
=0
1
d-t ~
0
l
-1
f
Jo
(1
Zusamrnenfassend
J ÖC
Mit dem Satz
VOR
v • ds - 0 + 0 +
5-
—
£
<21
1
-
0
“
=
1
^
i
Stokes: Nach dem Satz von Stokes gilt
v ds
OC
—
rot ( ü ) ndo.
*
Je
Die Rotation von v lautet
/
r)
f 1
ÖT
d
=
rot ( t’ )
x
Oy
d
\ Wz
X
V
/
y )
\
1
1 /
\1
Schritt 1: Wir teilen die Oberfläche in 3 Teile
$ J : [ 0, 1]
x [0, 1 - x ] -A R35 { X , y ) -> (x, yf 0) ,
$2 : [0, lj x [0.1 $3
•
x ] -> E3. (x, y ) -A (x, y, 1
[0.1] x [0, 1 ~ y] -> R
3, (
-x
~
y),
y, x ) -A (0, y, z ).
( Beachte: Im ersten Fall haben wir zum Beispiel auf [0, 1] x [0, 1 - x] und nicht auf [0, 1] x [0, 1]
integriert. Denn sonst hatten wir nicht auf dem Dreieck integriert , sondern auf einem Quadrat!).
Schritt 2: Wir rechnen die Normalvektoren aus
$l.CP
^=
(1, 0.0 ) .
( h 0: -D
$ n .y - ( 0, 1. 0 )
d>
-
(0, L -1)
364
=*
>
$l.:r
X
-
$i .y
= (0, 0, 1) ,
$2,0 X $2 , y
= (1 lj1) ,
?
IS::;
m
m
20.1 . DER SATZ VON STOKES
*8* —
=»
= (0 , 0. 1 )
(0; 1 . 0 ) ,
$ 3. /y
( DO. 0).
X
Wir korrigieren die Richtung des ersten und dritten Vektors damit sie von innen nach aussen
zeigen
nach aussen
X $1 ,!, = ( 0 , 0 , 1 )
( 0 . 0. -1) .
nach aussen.
H v X $3,* = (1- 0, 0 ) ~4 ( -1 . 0. 0 ) .
,
Schritt 3: Es gilt
dx
•
(i)
—
J
i
rot ( u ) ndo =
o
( 2)
rot ( u ) - ndo =
—
( 3)
—
x~ 2
JO
j
JO
\ /
—
0
1
1
dz
0
—
oJ
x)
"
X
x~ O
—
dy
X
dy
0
\
1
dx
Jo
dy3
§
Jo
1
I
•J
9
2
0
-1
1
1
2'
—
I
2
1
1 /
1
dx ( l
0
0
1
dy
.
dx
1
1
—
x
1
.1 .
-1
f\ ~ X
1
rot ( v ) ndo
x)
dx
=3
I
V
dx ( l
1
0
0
1
dy
o
1
o
/
x
1 ~ L)
J
dy
0
I
0
0
dz
0
\
1
m
In
J
o
-
Insgesamt
rot (a ) ndo
•
Je
Beispiel 20.1.8
# ®
o
v~ •j
dy {1 - y ) =
1
—
y
2
o
o
0
1
1
9
0
1
2
1
2
Es sei v ein Vektorfeld der Klasse C2 aufR K Beweise
'
div( rot ( v ) )
=0
a ) durch explizites Nachrechnen ,
h ) mithilfe der S ätze von Stokes und Gauss
Hinweis: Benutze , dass aus
J
ß
fdyi
/ öva
_ 12
Lösung a)
div ( rot (aj)
—
div
de
dz
di' A
= 0 f ür alle Bälle B C Ra / —
K \
cE
dv -A
Ör
de
_
d f d v s\
;
Ö x \ Dy /
365
d ( ÖV o
dx \ dz
0 folgt .
0
do i
dy
GZ
20 . DER SATZ VON STOKES UND DER SATZ VON GREEN
_
IN DER
EBENE
__
d_ fdv \
d fdv2\
( dvA ~ 0.
dy V dx
dz \ dx J dz \ dy J
b ) Wir wenden die Sätze von Gauss und Stokes an, um zu zeigen, dass
£)
r div(
—
vQt ( v ) ) dy
B
J
m
A
'
0
ii
f ü r jeden Ball B c IR3 gilt. Also los! Sei B ein Ball in R3. Nach dem Satz von Gauss gilt
[
j divfrot ( v ) ) dfi ~
JB
JdB=S
A
rot (u ) • ndo.
t
wobei Ö B = S eine Sphä re ist. Nun wenden wir den Satz von Stokes an
rot ( i7) ndo =
•
J c) B= S
da Ö S
J &S
v ds
—
. l!
0,
= 0 (die Sphäre hat keinen Rand ) . Somit haben wir gezeigt , dass für jeden Ball B Cl3 gilt
\n
,
/
JB
Es folgt somit div( rot ( - ü ) )
~
div ( rot ( y )) d/x
jl ;
= 0.
0.
I,
a ) Sei c
.1.9 •o o Es- sei S eine orientierte Flä che mit Norm.alenvektor n.
E3 gegeben. Berechne die Rotation des Vektorfeldes
v
A
— a x x.
h ) Es sei dS der Rand von S (in positiver Richtung orientiert ). Zeige
Lösung a ) Das Vektorfeld lautet explizit
v
—
( «i
«2
\ «3
\
/
x
V
/
x
y
n 2 z - «3?;
^ x a\ z
axy - a2 x )
ci
\
2
—
't
i;
t
%
Somit lautet die Rotation
- xz - « z
/ JL \
02
dx
rot ( v)
=
a
K£
a$
X
dy
)
a3 y
(
3y
—
a,\
—
a2 x
J
2a i
2(7.2
2a 3
-
= 2a.
b ) Um solche Vektoridentit äten zu zeigen ( wie unsere ) , benutzt man normalerweise einen Trick.
Man multipliziert die ganze Identit ät mit einem festen Vektor a 6 l3 , den wir ins Integral ziehen
können und am Ende der Rechnung (nachdem wir Gauss oder Stokes angewandt haben ) wieder aus
dem Integral lierauszieb.cn können . Also los! Wir multiplizieren unsere Identität mit a auf beiden
Seiten. Die linke Seite wird dann
a
*
j
Js
ndo =
Js
366
-
-
KT?
/
ä - ndo.
ü Sü;
i
r
1
20.1. DER SATZ
VON
STOKES
Nach der Teilaufgabe (a) schreiben wir a als die Rotation von \ä x x . Also
a
-
s
—
ndo
5
Nun benutzen wir den Satz von Stokes
,
-12
/ rot ( a x x) ndo
*
Js
1
2
—
-
es
1
a - ndo
uin
— —
- JS
)
•
rot ( a x
x ) ’ ndo.
das Flussintegral als Wegintegral zu schreiben
(d x x ) ds
1
—
-
1
( :r x ds ) • a = a o / ( x x ds ) .
- J OS
*
JdS
Dabei haben wir die Zyklizität des gemischten Produktes benutzt ( d. h. ( o x 6) c = ( c x d) • b =
(6 x c) • a ). Somit haben wir Folgendes gezeigt
•
a
S
ndo = d
—
1
2 7 öS
x x ds .
R 3.
Vd
Da der Vektor d beliebig war, finden wir1
f
1
ndo = 2
s
n
auf
i
x x c/7.
QS
<
8$
Lösung: Um die Vektoridentit ät zu zeigen, benutzen wir den Trick des vorigen Beispiels. Wir
multiplizieren die Identität mit einem festen Vektor d auf beiden Seiten . Die rechte Seite wird
dann
r
a
I
JdS
fds = j
Jos
f ä äs .
Nun benutzen wir den Satz von Stokes um das Wegintegral als Flussintegral zu schreiben
,
fa • ds
ds
=
rot ( / d) n d o.
•
1$
Nun müssen wir die Rotation des Vektorfeldes fa bestimmen
(
rot ( f a )
— rot
V
fax
fa 2
fa3
-
f
^
\
JL
O.r
JL
(
x
£
V
öy
)
\
\
f ül
fa2
fa 3 /
0f
„
cf
Üz
Of
_
Of
° l 0 j_ - 0? OOuf:
-
02 du
J
a -i
= v / x G.
Oy
Somit, haben wir
ÖS
f a • d.s =
rot ( /a ) n d o
r
*
s
5
(V / xd ) - n d o =
75
( n x V/) ado
Dies folgt aus der positiven Definit heit des Skalarproduktes. Denn aus d • y f ür alle a
In diesem Fall: d ( fs ndo - fds x x ds ) = 0, also J $ ndo ~ f 3 s x x ds = 0.
i
,
-
-
\
367
e R" folgt
y
—
0.
20 . DER SATZ VON STOKES UND DER SATZ
VON
GREEN
IN DER
EBENE
?!
U
Dabei haben wir die Zyklizität des gemischten Produktes benutzt (d.h . (a x b ) • c = (c x a ) • b
( b x c) • a ). Somit haben wir Folgendes gezeigt
a
*
s
n x V f do
—a
Vä eR3 .
/ ds.
öS
M:
Da der Vektor o beliebig war , finden wir
./ s
fds.
n x V /do =
it
ÖS
1;
i
V'
20.2
Der Satz von Green in der Ebene
I
Der Satz von Green erlaubt zweidimensionale Wegintegrale auf eine einfachere Art zu
berechnen , indem man zweidimensionale Gebietsintegrale ausrechnet. Der Satz lautet
—
Satz 20.2. 1 ( Green ) Es seien v ('i ' ) xo2 ) ein stetig differenzierbares Vektorfeld
auf einem. Gebiet Q C R2 und C C Q ein beschrankter Bereich mit C w Rand dC
^
Dann gilt
Ovo dvi
c ds
dx
Jy c)C
JC
~
—
Der Satz von Green ist die zweidimensionale Version des Satzes von Stokes. Man notiert
ioi(v )
=
dvj
dvo
dx
Oy
'
Der Rand dC wird im positiven mathematischen Sinn umlaufen, d . h. so , dass das Gebiet
C immer links steht ( siehe Figur ) .
5;
11;
ly:
v
—
Beispiel 20.2.1 9 . 0 o Berechne J1 v • ds f ür v ( xy 2 , yx2 ) und 7
1 um ( 0. 0) einmal ohne und einmal mit dem Salz von Green.
= Kreis mit
Radius
fi
Direkte Rechnung: Wir berechnen f v - ds mit dem Kochrezept f ür Wegintegrale.
368
• >••
—
—
. «w 7~mrv
i
.
*•
i
.
w*r nwr«'*,
U
1
20.2 . DER SATZ VON GREEN IN DER EBENE
.
Schritt 1: Wir parametrisieren die Kurve 7 wie ü blich
— > 3Rv t
7 : |0, 2TT]
Schritt 2: Wir rechnen 7 aus
7( t )
~
( cos t . sin t ) .
—
( sin / . cosf ) .
Schritt 3: Wir benutzen die Formel für Wegintegrale
—
cos t sin 21
cos21 sin t
sin t
cos t
di
2 TT
cos4 t
[cos31 sin f - cos t sin3 t\ dt
4
2T
sm 4 t 1
4 0
•
+
0
,
-
0.
Mit dem Satz von Green: Zuerst rechnen wir die Rotation von v aus
dvo
dx
rot (fj)
dv }
= 2xy - 2 xy = Ü.
dy
Nach dem Satz von Green gilt somit
—
v • ds
T
•/
c
rot ( v ) dxdy
= 0.
Beispiel 20.2 . 2 •o o Berechne v ds für v ~ U: + y %
um (0.0 ) einmal ohne und einmal mit dem Satz von Green.
'
*
_
- Kreis mü Radius 1
Direkte Rechnung: Wir berechnen J v ds mit dem Kochrezept für Wegintegrale.
Schritt 1: Wir parametrisieren die Kurve mit
*
.
7 : |0, 2TT ) Alvf
Schritt 2: Wir rechnen 7 aus
7 (4 )
—
—
( cos t . sin t ) .
= ( smt . cost )
'
.
Schritt 3: Wir benutzen die Formel
—
sin t 4- cos t
sin t
sin t
cos t
dt
—
—
sin 2 tdi =
—
TT.
Mit dem Satz von Green: Die Rotation von v ist
rot.(F)
=
Somit gilt nach dem Satz von Green ( E
4t
I:
v ds
T
-
—
Öco
—
do ]
dy
H- y ~
{(.r , y ) 6
JE
—
Idxdy
369
—
— u( E )
< 1} = Einheitsdisk )
20 . DER SATZ
STOKES
VON
SATZ
UND DER
VON
GREEN
—
—
IN DER
EBENE
Beispiel 20.2.3
Berechne, f v • ds f ür v ( y sin x , cosx ) und 7 der Streckenzug
von ( 0, 0) -4 ( TT / 2, 0 ) -4 ( rr / 2 , 1) -4 (0.0 ) einmal ohne und einmal mit dem Satz von
Green.[
Direkte Rechnung: Wir bereclinen f v ds mit dem Kochrezept f ür Wegintegrale.
Schritt 1: Wir parametrisieren die Kurve in drei St ücken
— > (f , 0) ,
71 : |ö - TT / 2 ] -4 Ru , t
72
[0.1] -4 R- . f. -7 ( TT / 2, t ) ,
•
-
—
2
—
o
73 : [ / 2, 0]
-> Ru f > ( t, t ).
TT
'
y
72
;
j
7i
Schritt 2: Wir rechnen 7,; f ür die drei St ücke aus
71
W
7> (f )
-
(1, 0),
= ( 0,1) ,
= (1, 2/ 71-).
73 ( f )
Schritt 3: Wir haben
r
f
v ds .
v • ds 4-
v
J
7 7a
*
73
12
F ü r St ück 1:
— sin t
W2
F ds =
•
7.1
cosf
0
\
v
1
0
/
dt
——
r*i 2
/
7o
sin f dt
— [cosfjp! _
* 2
:
F ür St ück 2:
1
F FF =
t
•
j
0
-1
0
0
1
dt
= 0.
F ür St ück 3:
-
0
73
v - d -s =
7 TT / 2
"
f2
~
- sin t
1
cos l
2
h cos f H
—
9
TT
TT
0
sin t
370
r‘0
dt
= .//rr ->
—2
/ V 71
TT
2
4
7T
*
f
—
sin t
+
—2 cos t\ dt
7T
g:
?! i
:
m
m
:ü
71
I
20.2. DER SATZ
I
VON
GREEN
IN DER
EBENE
Somit
v - ds
7
—'
r
v äs +
v • ds +
./
72
ll
-
v ds
— —
O
TT
2
4
TT
Mit dem Satz von Green: Die Rotation von v lautet
,
/
-=
r0t ( t!)
Ovi
dv2
&
—
dy
- sin x
—
1.
Somit gilt nach dem Satz von Green
v • ds =
n
7
-
( x 2 t- y 2 ) dxdy .
wobei Q das von 7 berandete Gebiet ist .
y-
:
l
X
I
Wir schreiben A als Normalberelch
Q
1
{0 < x < TT / 2, 0 < y < 2 X / TT\
Somit gilt
—
v d$
a
\
TV
1
i
1 )dxdy
d-x [ — y sin a;
/
"
T/
2
J0
rr / 2
da:
2/10 ./ 0
-2
TT
zo - /
1
21 ( j; cos x
TT
—
sin x )
—
rr
clx
dy ( sin x
'•
•7
2x
'
71
0
—
!
1
/2
0
;
:
— —
( sinz
*
-
4
0
— 1)
2x
.
Sill T
7T
7T
2
TT
Beispiel 20.2.4 # « c Berechne fp rot( v ) dp Jur u - y , xy ( 1 - z ) ) imd Q
einmal ohne und einmal mit dem Satz von Green.
=
0.1] x [0, 2]:
Direkte Rechnung: Um das Integral direkt: zu bestimmen , berechnen wir die Rotation von v
\i
1?
rot ( tJ)
~
dv2..
ar
dv
\
-z= y( 1 - x ) - zy - l = i/ - 2zy - 1.
di/
Wir finden somit ein Integral ü ber dem Quader [0.1] x [0.2]. das wir mit dem Satz von Fubini
berechnen können
n
TOt { v)dxdy
=
1
Jo
[0,1] x [0.2]
1
,
dx
0
:
/f
{ y ~ 2 xy - 1 ) dxdy
\ y2
2
ir
9
2z 9
—
2
^
f
r
y
371
1
,
r x/y (y - 2 xy
4.T I
Ju
1
di- ( 2 - 4i - 2 ;
~~
1)
= [2.r - 2x2
24 i = -2 -
20. DER SATZ VON STOKES
,
UND DER
SATZ
VON
GREEN
IN DER
Mit dem Satz von Green: Nach dem Satz von Green gilt
/•
f T o t ( y )dfL =
aa
9
v ds.
,
Wir müssen also J da
v ds bestimmen .
Schritt 1: Wir parameirisieren den Rand von Q mit den vier Kurven
*
Ui : |ö, I ]
72 :
7 :
¥
—
R2 , * > ( t , 0) ,
| 0: 1] — > M2 . /
7a : |0 , 1]
.-.i
—
—
2
(1, 2t )
— —
— —
,
> E . t > (1 f , 2 )
I 0. il * M2 , f » (0, 2 2t ) .
—
Schritt 2: Wir rechnen dy aus
-— —
ü iW
( i, o)
d2 ( t ) = ( (U ) ,
7p ( t )
74 ( t )
(-h 0) ?
(0. 2) .
Schritt 3: Wir benutzen die Formel f ür Wegintegrale
EBENE
20.2. DER SATZ
VON
GREEN
IN DER
EBENE
Lösung: Wir wenden den Satz von Green an
v ds
dP
——
n
J
rot ( r ) dfi
das von 7 berandete Gebiet ist . In diesem Fall haben wir ein zusä tzliches Minus gemalt ,
weil die Kurve 7 nicht im positiven mathematischen Sinn verlä uft!
wobei
Q
v
Q
P :r
Wir berechnen die Rotation von v
rot ( v )
m
%
d vdx
—
d vJ
;
dy
=
y.
Wir schreiben den Bereich Q. welcher durch 7 berandet wird , als Normalbereich
Ü
B
= { ( x e y ) e R 2 |0 < y < 1, 1 v < * < Vi - y 2 } -
Nach dem Satz von Green finden wir
t
v • ds =
7
—
n
rot ( v j d x d y
1
.
;3
ii
1.
——
dy
ydx
0
1
* ( v \/ i - y2 - 2/ (1 - 7
/
;g .
0
NL-hi - rH
w
ö
1
Jo
y3
3
9
•
>
ir
2
-
1
1
2y \/ l 0
0
(r
- 2/ )
*/
1
6
0
1
!r
j
20.2 . 1
Berechnung von Flächeninhalten mit dem Satz von Green
Der Satz von Green erlaubt es, nicht nur Wegintegrale als Flä chenintegrale zu bestimmen.
Man kann zum Beispiel auch den Flächeninhalt eines zweidimensionalen Gebietes mithilfe
von Wegintegralen ü ber den Satz von Green bestimmen. Dies geht wie folgt . Wir betrachten
das Vektorfeld
v ( x , y ) (0, x )
—
!i
!;
welches jedem Punkt ( x . y ) den Vektor ( 0 . x ) zuordnet . Die Rotation von v kann man sehr
leicht bestimmen
dv' 2 dv\i
rot ( ;) =
äZ d y = l - 0 = 1.
,
71
Wenden wir nun den Satz von Green auf einem beschrä nkten Gebiet Cd2 mit C p v - Rand
ÖC an, so bekommen wir
v • ds
m
li
_
y=3C
—
Je
rot ( v ) dii ( z . y )
373
r
—
/•
j d ß ( x , y ) = y { C ).
Je
20 . DER SATZ VON STOKES
UND DER
SATZ
GREEN
VON
IN DER
EBENE
Wir haben also gezeigt dass das Wegintegral von v entlang des Randes von C gleich dem
Flächeninhalt von C ist. Das ist eine sehr n ützliche Formel f ür die Berechnung von (i { C ) .
Das Resultat fassen wir im folgenden Kochrezept zusammen
,
I
BERECHNUNG VON y( C ) MIT DEM SATZ VON GREEN
V:
Gegeben: C C IR 2 beschr ä nkt mit C .-Rand dC .
Gesucht :
Schritt 1 Parametrisiere den R and von C mit der Kurve
^
i:
>
Vi\
A : [ö:. 6] -H- R2 , Tt o (t).
11;
Beachte dabei , dass die Parametrisierung in mathematisch positiver Richtung
verlä uft fd . h. so dass die Menge C immer links steht ) .
Schritt 2 Berechne 7 ( jede Komponente nach dem Parameter t ableiten)
Schritt 3 Wende die Formel
! A
'
»( o =
an , mit v
v ds
-
*
J yssdC
;
= (0, x ) .
V
.
—
V
—
—
Bemerkung: Anstatt v (0, :r ) kann man natürlich auch v ( ~ y. 0 ) oder v 1/ 2 ( — y , x)
benutzen . Fü r beide gilt nämlich auch rot ( F) 1. wie man leicht nachrechnen kann.
—
;
Beispiel 20.2 , 6 ® o o Berechne den Fl ä chen inholt der Einheitsdisks E in R ~ mithilfe
• >;
des Satzes von Green,
n.
Schritt 1: Wir parametrisieren den Rand von E mit der Kurve
—
7 : |0. 2 TT\
&
—
> R~ . t > ( cos t . sin t ) .
7
II
*n
i
-
Schritt 2: Wir rechnen 7 aus
7 CO
=(
—
sin /;, cost ) .
Ü;
Schritt 3: Wir benutzen die Formel von Green mit dem Vektorfeld v
y (Kreis)
=
r
jv
*
ds
=
-i
0
0
cos i
>
374
—cossintt
~
(0, x )
2 TT
dt =
cos2 tdt
0
—
7T.
:p;
--
A iv
(
I
v.»
—
»
20.2. DER SATZ VON GREEN IN DER EBENE
Beispiel 20.2 , 7 • o o Berechne den Fl ächeninhalt der durch x
berandeten Ellipse E mithilfe des Satzes von Green .
a cos 9 , y
i
Uli
Schritt 1: Wir parametrisieren den Rand von E mit der Kurve
—
R2.6 > ( a cos 0, 6 sin 0 ) .
7 : |0, 2 TT]
Schritt 2: Wir rechnen 7 aus
7( 0)
=(
—a
sin 9. b cos 0 ) .
Schritt 3: Wir benutzen die Formel von Green mit dein Vektorfeld v
nat ürlich auch v (0, x ) benutzen )
—
= hf —
y . x ) ( wir könnten
Schritt 1: Wir parametrisieren den Rand von O. Der Rand von fi ist folgende Menge
dil
— {( x y ) e R |
2
,
.T2
H- ( vG - l ) 2
hy
0}
^
Wie kann man dSL parametrisieren ? Die Idee ist. dass man die Gleichung
X
2
+ ( vt - l ) 2 = 1
als die Gleichung eines Kreises
er +
—
fr
=1
x und b = fy ~ 1. Einen Kreis kann man mit a = cos t und b = sin t .
sehen kann, mit a
^
t 0 [0, 2TT] , parametrisieren. Also x cos t und vd/ - 1 = sin t => y = (sin t + I ) 2. Die gesuchte
Parametrisierung lautet somit
—
2
7 : 10 , 2 TT] r l d
—
> ( cos N ( sin -/: ~f I ) 2 ).
Schritt 2: Wir rechnen 7 aus
7( t )
——
( sin l . 2(1 -r sin i) cos t ) .
o 75
I
20. DER SATZ
VON
STOKES
SATZ
UND DER
VON
GREEN
IN DER
EBENE
Schritt 3: Wir benutzen die Formel von Green mit dem Vektorfeld v — (0, x )
27r /
sin t
0
dt
v ds
2 (1 4- sinf ) cost
cost
o
,
—
—
irr
=2
cos2 tdt A 2
0
r 27r
./ 0
cos21 sin tdt
= 2TT A 0 = 27T.
> 0. x 2 A ( vT/
Die Menge ü = { ( x . y ) G W2 \ y
l )2
< 1}
4
3
2
1
0
A;
-2
.9 •
@
-1
1
0
1
2
1
o Berechne: den Fl ä cheninhalt von
Q - { ( .r . y ) G
/
R 2 ! i .r|2 / ,i A |?y|2 // 3
< 1}.
Schritt 1: Wir parametrisieren den Rand von Q. Um das zu machen, bemerken wir, dass
nichts Anderes al.s die Gleichung eines Kreises ist
a 2 + lr = 1
wenn wir a
= .r1
/
/
J
und 6 = y1/ -3 setzen. Einen Kreis kann man mit a = cos t und 6 ~ sin t, t e [0, 27T],
cos31 und y = sin31. Die gesuchte Parametrisierung ist somit
parametrisieren. Also setzen wir .r
—
> I2 , t
7 : |0.2TT ]
Schritt 2: Wir rechnen 7 aus
7( f )
(cos31 , sin 31).
—
= ( 3 cos2 t sin f , 3 sin2 t cos t ).
Schritt 3: Wir benutzen die Formel von Green mit dem Vektorfeld v
/n ( Q )
—
——
0
J1
v»
I
Jo
X
—33sincos2121cossint t
2 rr
- ds =
v
JO
sin 21 cos 5 tdt
f 2 TT
= 3 00/
= ( 0, x)
dt
-2rr
r
cos 1 tdt
376
~~
3
./ 0
cos6 tdt
=3
—4
- 3”
8
=
—
8
20.2 . DER SATZ VON GREEN IN DER EBENE
Die Menge
fl
—
{ (ag y ) e M2||.r|2 /;5 *- 13/ 2 / 3 < 1}
;
'
1
0.5
0
— 0.5
-1
-1
i
ü
Beispiel 20.2.10
-0.5
0
0.5
1
••o Berechne den Fl ächeninhalt der von der Ku/rve
.
iS
Iteiliilllllm
-
berandeten Menge
fl
:i
{
;f
- -
it
Schritt 1 Wir suchen eine Parametrisierung des Randes Ö fc . Die Gleichung x2 + y
z i + yo + x
lässt sich offensichtlich mit Polarkoordinaten vereinfachen. Somit schreiben wir x = r ( t ) cost und
y r ( t ) sint (wobei der Radius variabel ist ). Wir setzen in die Gleichung x2 + y 2 = \- Jx ~ + y 2 + x
ein und bekommen
2
7.- = r + r cos i
r ( r 1 cost ) = 0.
—
— —
-
—
Es folgt entweder r — 0 oder r 1 + cost. Die erste Lösung ist nicht sinnvoll , da 0 nicht einfach
aus dem Punkt (0, 0) besteht. Somit erhalten wir die gew ü nschte Parametrisierung
7 : [0, 2TT]
-A R 2 . t
T
((1 + cos t ) cos r . (1 + cos t ) sin t ) .
Schritt 2 Wir bestimmen 7
—
7 Sä ( sin t
—
2 sinicos t . cos t + cos21 — sin 2 f ).
Schritt 3 Wir benutzen die Formel von Green mit dem Vektorfeld v = (
ß( ü )
=
J
—
2 TT
v•
' 2TT
=
sin t
—
sin t cos t
0
•
2
/•
(sin 2 t + 3 sin 2 t cos t + 2 sin 2 f cos 2 r ) d f
= 3TT + [sin31]
~2 rr
2
—4
=
3TT
2
377
/
—
?/ ,
— 2 sin t sincos tt
—
cos / + cos2 /
*
0
- sin t
—
2
0)
dt
( 3 sin 2 t + 3 sin 2 t cos t
— 2 sin 11 d
“
) 1
20 . DER SATZ
VON
STOKES UND
DER
SATZ
{( x. y )
Die Kurve
VON
GREEN
IR2 \ x2 + y 2
IN DER
EBENE
/.T 2 + y2 + x }
A
X
0
-1
— 05
,
0
0.5
1
1,5
2
2 ,5
I
11£!
378
fl
Literatur
[1] Königsberger , Analysis 1, 2. Springer. Berlin Heidelberg , 2004
[2] Janich , Vektoranalysis. Springer , Berlin Heidelberg, 1992
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[8] Stammbach, Analysis I /TL ETH Z ü rich
[9] Struwe, Analysis I / 11, Vorlesungsnotizien , ETH Z ü rich. 2006
.
M
1
i
'
I
i
i
i
l
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i
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79
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III
I!
M
Index
m
m
m%
l
}
i
M
m
fim
Auflösung
127
Bild
Definitionsbereich
D iffcomorphismus
11
Differenzial
Differenzialoperator
Differenzierbarkeit
Divergenz
Eigenwert-Kriterium
einfach zusammenh ängend
Einheitsvektor
Elementarinhalt
elliptische Koordinaten
Extrema in Rn
Extrema mit Nebenbedingung
Flächenelement
Flächeninhalt
Fluss
Funktionaldeterminante
Funktionalmatrix
Funktion von zwei Variablen
Funktion von mehreren Variablen
geschlossene Fläche
geschlossene Kurve
Geschwindigkeitsvektor
Gradient
Graph
harmonische Funktion
Hesse-Matrix
homogene Funktion
11
54.59
24
257
31
263
99
86
273
177 183
218
98
109
243
243
315 , 345
208 , 215
208 , 215
,
11
15
356
73
79
16.258
11
267
17
51
381
homotop
Homotopie
H urwi t z-K r it eri um
Integrabilit ätsbedingungen
Jacobi-Matrix
Kettenregel
Ko dimension
konservativ
kri t isch er P un kt
krunn nlin ige Ko ord in aten
Kugelkoordinaten
Kugelkoordinaten in Mn
84
84
101
300
24
49
139
298.301
89.93
273
218
61
Kurve
;
TO
l•
La grange- Fu nkt ion
Lagrange-Multiplikator
Lange einer Kurve
L a p1ace-G lei chung
r
LJ apIace-Operator
Lie- Algebra
Lie- Gruppe
lokale Umkehrbarkeit
Masse
M aximu m ( global )
Maximum ( lokal )
Minimum (global )
Minimum (lokal)
Na bla
N ebenbedingung
negativ definite Matrix
Niveaulinie
110
110
80
342
267
153
147
54
231
.
,
-
111
98
111
98
16
109
99
12
Niveaufläche
Normal bereich
Normale
Normalraum
0 berflä chen integral
Oberflä chen mass
orientierbar
orientierter Rand
orientiertes Fl ächenelement
Orientierung
orientierungserhaltend
orientienmgsumkehrend
orthogonale Koordinaten
Paramc terbereich (-gebiet )
Parameterintegral
-
Paraineterwedisel
Parametrisierung
Partielle Ableitung
Partielle Differenzierbarkeit
Polarko ordinal en
positiv definite Matrix
Potenzial
Potenzialfeld
Quader
Quellenstärke
quellenfrei
Rang
reguläre Kurve
reguläre Niveaumenge
regulärer Punkt
Ri cht ungsableit ung
Rotation
Satz ü ber implizite Punktionen
Satz ü ber Parameterintegrale
15
189,196
242
154
247
243
314
346
315
314
74
74
274
73.241
158
74.241
73.241
15
16 , 31
218
99
298,300
300
177.183
263
263
__
92
r
i
140
89.93
260
264
127
158,163.166
Satz vom regulä ren Wert
Satz von Fubini in R2
Satz von Fubini in W
Satz von Gauss
Satz von Gauss in der Ebene
140
178
184
321
346
368
20
355
231
200
255
200
27
208
215
Satz von Green in der Ebene
Satz von Schwarz
Satz von Stokes
Schwerpunkt
Simplex
Skalarfeld
Skalierungsprinzip
Stetigkeit
Substitutionsregel in R“
Substitutionsregel in Rn
74
Summenkurve
Tangentialraum
150
Tangent ialvekt or
79,150
Taylorentwicklung
67
Träghei tsmoment
232
u-Linie
242
Umkehrsatz
54
Untermannigfaltigkeit
139
Vektorfeld
256
Vektorwertige Funktion
24
Wegintegral
289
Wertebereich
11
Wirbelst ärke
264
wirbelfrei
264
zweidimensionale Grenzwerte 27
Zylinderkoordinaten
218
Q
(
)
(
,
Ü
(
ß
)
)
,
D
(
)
,
Cx
Ck
C°°
C
20, 33
Ck { ü )
33
290
II
I®
It
ii !
: v;
i
ilf :
f -:
:
ii
1
°
CUW
Ii
t:
n
II
II
Ii
lift
aS:
w
Ilf
HI
Bezeichnungen
I
z
Identit ätsmatrix
Betrag der Zahl z
Euklidische Norm von x G Mn
Länge des Intervalls I
Aquivalenzrelation
homotop
X
\I\
rsj
n
k
II
n\
nü
i
x
det
Spur
ALnXn (R )
Snxni ßt )
0(n )
S O( n)
S L { n, R )
C°
c1
ck
C 00
Cip w
AL,
Ox
df
Hess ( / )
V
A
grad
div
rot
X
Binomialkoeffizient
Fakult ät
Doppelfakult ät (n!! = n ( n 2 ) ( n 4 ) - - )
Skalarprodukt oder Matrix-Matrix Multiplikation
Kreuzprodukt
—
—
Determinante
Spur
Vektorraum der reellen n x n Matrizen
Vektorraum der symmetrischen, reellen n x n Matrizen
Orthogonale Matrizen 0 ( n ) = { A G M7? XA ( E )| Ä TA = 1}
spezielle orthogonale Matrizen S O ( n ) = { /I G A/ax ? , ( R )| .4 rM I. det . ( A )
Spezielle lineare Gruppe S L ( n , R ) { A G Mnxn ( ß- ) \ det ( A) — 1}
Vektorraum der stetigen Abbildungen
Vektorraum der stetig differenzierbaren Abbildungen
Vektorraum der /c-mal stetig differenzier baren Abbildungen
Vektorraum der unendhch oft differenzierbaren Abbildungen
Vektorraum der st ü ckweise stetig-differenzierbaren Abbildungen
partielle Ableitung von / na.ch x\
Differenzial ( Jacobi-MatrLx ) von /
Hesse- Matrix von /
Nabla- Operator
Laplace- Operator
Gradient
Divergenz
Rotation
—
.
383
—
= 1}
Sv
X. v
äs
Jg v - nd ö
Sv f d ß
Tnv M
NPM
1
Span
ß
Wegintegral von v entlang der Kurve 'v
Wegintegral von v entlang der geschlossenen Kurve 7
Flussintegral von. v durch 5
Volumenintegral von / ü ber V
Tangentialraum an M in p
Normalraum an M in p
ort hogonales Komplement
Span
Mass
i
•
fl
w
ä' i'
1
1
J
Ä
:
I
!
Wie wendet man den Satz über implizite Funktionen konkret an ? Wie zeigt
man, dass SO ( n) eine Untermannigfaltigkeit der reellen Matrizen ist ? Wie
berechnet man das Volumen des Einheitsballes in n Dimensionen ? Wie
hängen die drei Integralsä tze von Gauss, Green und Stokes zusammen und
wie wendet man sie an ?
Die Antworten dazu werden in diesem Buch nicht mit der klassischen
Struktur von Definition, Satz und Beweis gegeben, sondern anhand von
mehr als 400 Beispielen. Alle Beispiele werden Schritt für Schritt durchgerechnet und es
gibt kein ‘’trivial” oder ’’man sieht einfach” .
Dieses Buch eignet sich perfekt, um zu verstehen, was konkret hinter den abstrakten De finitionen und Sätzen der Analysis II steckt und ist damit das ideale Begleitbuch f ür jeden
Studenten. Das Buch behandelt grunds ä tzlich den Teil der Analysis II, den ein Student der
Mathematik oder Physik im ersten Jahr beherrschen sollte. Mit diesem Buch wird der
Student langsam ( Beispiel für Beispiel) von den grundlegenden Konzepten ausgehend bis
zu einer Stufe gebracht, wo er auch mit komplizierten Aufgaben der mehrdimensionalen
Differenzial- und Integralrechnung zurecht kommt.
Durch diese Vielfalt an Beispielen eignet sich das Buch sowohl für den Studienanfänger als
auch für den fortgeschrittenen Studenten.
“ Genial! Endlich ein Buch, das den Stoff von Analysis II so erklärt, dass man ihn richtig
versteht!” (Beatrix Mühlmann, Physik 2. Semester )
“ Ein genialer Assistent. Ohne die Ubungsstunden von Thomas hä tte ich die Analysis Basispr üfung nicht bestanden. Danke Thomas!” (Joel Bloch, Physik Master )
Thomas Michaels ist in Lugano geboren. Er hat an der ETH Zürich gleichzeitig Physik und
sis tä tig. Er
Mathematik studiert. Vier Jahre lang war er als Hilfsassistent i
F
doktoriert jetzt in Chemie an der Univerity of Cambridge.
i
-
ISBN 978 68 - 909039 1 5
9 798890 903915