SS 2005 Prof. Dr. W. Balser Andreas Martin, Markus Tentler 10. Übungsblatt

Übungen zur Höheren Mathematik II für Elektrotechniker Abgabe: Freitag, 24.6.2005, vor den Übungen

1. Es seien G ⊆ ℝ^{3} ein Gebiet, f : G → ℝ eine stetig differenzierbare skalare Funktion, und g, h : G → ℝ^{3} stetig differenzierbare Vektorfelder. Zeigen Sie.

(i) div(g × h) = ⟨h, rot g⟩ − ⟨g, rot h⟩. (ii) Ist f zweimal stetig differenzierbar, so gilt rot((grad f)^{t}) = 0. (iii) Ist g zeimal stetig differenzierbar, so gilt div(rot g) = 0.

Lösung: Es sei stets g = (g_{1}, g_{2}, g_{3})^{t} und h = (h_{1}, h_{2}, h_{3})^{t}.

(i) Es wird

div(g × h) = div (\begin{matrix}g_{2}h_{3} − g_{3}h_{2} \\ g_{3}h_{1} − g_{1}h_{3} \\ g_{1}h_{2} − g_{2}h_{1} \end{matrix})

= \frac{∂(g_{2}h_{3} − g_{3}h_{2})}{∂x_{1}} + \frac{∂(g_{3}h_{1} − g_{1}h_{3})}{∂x_{2}} + \frac{∂(g_{1}h_{2} − g_{2}h_{1})}{∂x_{3}}
= \frac{∂g_{2}}{∂x_{1}} h_{3} + g_{2} \frac{∂h_{3}}{∂x_{1}} − \frac{∂g_{3}}{∂x_{1}} h_{2} − g_{3} \frac{∂h_{2}}{∂x_{1}}

+\frac{∂g_{3}}{∂x_{2}} h_{1} + g_{3} \frac{∂h_{1}}{∂x_{2}} − \frac{∂g_{1}}{∂x_{2}} h_{3} − g_{1} \frac{∂h_{3}}{∂x_{2}}

+\frac{∂g_{1}}{∂x_{3}} h_{2} + g_{1} \frac{∂h_{2}}{∂x_{3}} − \frac{∂g_{2}}{∂x_{3}} h_{1} − g_{2} \frac{∂h_{1}}{∂x_{3}}

= h_{1} · (\frac{∂g_{3}}{∂x_{2}} − \frac{∂g_{2}}{∂x_{3}} ) + h_{2} · (\frac{∂g_{1}}{∂x_{3}} − \frac{∂g_{3}}{∂x_{1}} ) + h_{3} · (\frac{∂g_{2}}{∂x_{1}} − \frac{∂g_{1}}{∂x_{2}} )

−g_{1} · (\frac{∂h_{3}}{∂x_{2}} − \frac{∂h_{2}}{∂x_{3}} ) − g_{2} · (\frac{∂h_{1}}{∂x_{3}} − \frac{∂h_{3}}{∂x_{1}} ) − g_{3} · (\frac{∂h_{2}}{∂x_{1}} − \frac{∂h_{1}}{∂x_{2}} )

= ⟨h, rot g⟩ − ⟨g, rot h⟩ .

(ii) Es wird nach dem Satz von Schwarz

rot((grad f)^{t}) = rot (\begin{matrix}f_{x_{1}} \\ f_{x_{2}} \\ f_{x_{3}} \end{matrix} ) = (\begin{matrix}f_{x_{3}x_{2}} − f_{x_{2}x_{3}} \\ f_{x_{1}x_{3}} − f_{x_{3}x_{1}} \\ f_{x_{2}x_{1}} − f_{x_{1}x_{2}} \end{matrix} ) = 0 .

(iii) Es wird nach dem Satz von Schwarz

div(rot g) = div (\begin{matrix}\frac{∂g_{3}}{∂x_{2}} − \frac{∂g_{2}}{∂x_{3}} \\ \frac{∂g_{1}}{∂x_{3}} − \frac{∂g_{3}}{∂x_{1}} \\ \frac{∂g_{2}}{∂x_{1}} − \frac{∂g_{1}}{∂x_{2}} \end{matrix} )

= \frac{∂}{∂x_{1}} (\frac{∂g_{3}}{∂x_{2}} − \frac{∂g_{2}}{∂x_{3}} ) + \frac{∂}{∂x_{2}} (\frac{∂g_{1}}{∂x_{3}} − \frac{∂g_{3}}{∂x_{1}} ) + \frac{∂}{∂x_{3}} (\frac{∂g_{2}}{∂x_{1}} − \frac{∂g_{1}}{∂x_{2}} )

= \frac{∂^{2}g_{3}}{∂x_{1}x_{2}} − \frac{∂^{2}g_{3}}{∂x_{2}x_{1}} + \frac{∂^{2}g_{1}}{∂x_{2}x_{3}} − \frac{∂^{2}g_{3}}{∂x_{3}x_{2}} + \frac{∂^{2}g_{2}}{∂x_{3}x_{1}} − \frac{∂^{2}g_{3}}{∂x_{1}x_{3}}
= 0 .

2. Bestimmen Sie Divergenz und Rotation der Kugelkoordinatentransformation

g(r, φ, θ) = (\begin{matrix}r(cos φ)(cos θ) \\ r(sin φ)(cos θ) \\ r sin θ \end{matrix}) .

Lösung: Es wird

g′ = (\begin{matrix}(cos φ)(cos θ) & −r(sin φ)(cos θ) & −r(cos φ)(sin θ) \\ (sin φ)(cos θ) & r(cos φ)(cos θ) & −r(sin φ)(sin θ) \\ sin θ & 0 & r cos θ \end{matrix}) .

Daraus ergibt sich

div g = Spur g′ = (cos φ)(cos θ) + r(cos φ)(cos θ) + r cos θ
= (r + cos φ + r cos φ) cos θ .

und

rot g = (\begin{matrix}r(sin φ)(sin θ) \\ −r(cos φ)(sin θ) − sin θ \\ (sin φ)(cos θ) + r(sin φ)(cos θ) \end{matrix}) .

3. Bestimmen Sie den Flächeninhalt der Astroide, die durch die Randkurve γ : \binom{x(t)}{y(t)} = \binom{(cos t)^{3}}{(sin t)^{3}}, t ∈ [0, 2π] begrenzt wird. Skizze:

Lösung: Nach dem Gaußschen Integralsatz in der Ebene, angewandt mit den Funktionen f(x, y) = x/2 und g(x, y) = −y/2, ergibt sich der Inhalt der Astroide B durch

|B| = \frac{1}{2} ∫_{γ}(x dy − y dx)

= \frac{1}{2} ∫_{0}^{2π}(cos t)^{3} · 3(sin t)^{2} cos t + (sin t)^{3} · 3(cos t)^{2} sin t dt
= \frac{3}{2} ∫_{0}^{2π}(sin t)^{2}(cos t)^{2}((cos t)^{2} + (sin t)^{2}) dt
= \frac{3}{2} ∫_{0}^{2π}(sin t)^{2}(cos t)^{2} dt
= \frac{3}{2} ∫_{0}^{2π}(cos t)^{2} − (cos t)^{4} dt
= \frac{3}{2} [\frac{1}{2} (sin t)(cos t) + \frac{t}{2} − \frac{1}{4} (sin t)(cos t)^{3} − \frac{3}{8} (sin t)(cos t) − \frac{3t}{8}]_{0}^{2π}
= \frac{3}{2} (π − \frac{3 · 2π}{8} )
= \frac{3π}{8} .

4. Es sei B ⊆ ℝ^{2} der obere Halbkreis um den Ursprung mit Radius 1. Ferner sei γ die positiv orientierte Randkurve von B. Berechnen Sie das Kurvenintegral

∫_{γ}(x^{3} cos y + y^{4} exp(y^{2})) dy + (3x^{2} sin y − 2y + log(x^{4} + 1)) dx .

Lösung: Es seien f, g : ℝ^{2} → ℝ defniert durch

f(x, y) = x^{3} cos y + y^{4} exp(y^{2})
g(x, y) = 3x^{2} sin y − 2y + log(x^{4} + 1) .

Nach dem Gaußschen Satz in der Ebene folgt

∫_{γ}(x^{3} cos y + y^{4} exp(y^{2})) dy + (3x^{2} sin y − 2y + log(x^{4} + 1)) dx

= ∫_{γ} f(x, y)dy + g(x, y)dx
= ∫_{B}(f_{x}(x, y) − g_{y}(x, y)) d(x, y)
= ∫_{B}(3x^{2} cos y − (3x^{2} cos y − 2)) d(x, y)
= ∫_{B} 2 d(x, y)
= 2 · |B|
= π .

5. Es sei B ⊆ ℝ^{2} der Bereich im 1. Quadranten, der von den Geraden y = x, y = 1/x und y = x/4 begrenzt wird. Bestimmen Sie mit Hilfe des Gaußschen Integralsatzes in der Ebene den Inhalt sowie den Schwerpunkt von B.

(Hinweis: Ist γ die positive orientierte Randkurve von B, so gilt |B| = \frac{1}{2} ∫_{γ} x dy − y dx und ∫_{B} x d(x, y) = − ∫_{γ} xy dx.)

Lösung: Skizze:

Die Kurven γ_{1}, γ_{2}, γ_{3} seien definiert durch

\begin{aligned}γ_{1} & : & \binom{x_{1}(t)}{y_{1}(t)} & = & \binom{t}{t/4}, & t ∈ [0, 2] \\ γ_{2} & : & \binom{x_{2}(t)}{y_{2}(t)} & = & \binom{t}{1/t}, & t ∈ [1, 2] \\ γ_{3} & : & \binom{x_{3}(t)}{y_{3}(t)} & = & \binom{t}{t}, & t ∈ [0, 1] . \end{aligned}

Dann wird B berandet durch die positive orientierte Kurve γ = γ_{1}−γ_{2}−γ_{3}. Mit dem Gaußschen Integralsatz in der Ebene wird

|B| = \frac{1}{2} ∫_{γ} x dy − y dx
= \frac{1}{2} ∫_{γ_{1}} x dy − y dx − \frac{1}{2} ∫_{γ_{2}} x dy − y dx − \frac{1}{2} ∫_{γ_{3}} x dy − y dx

= \frac{1}{2} ∫_{0}^{2} (t · \frac{1}{4} − \frac{t}{4}) dt − \frac{1}{2} ∫_{1}^{2} (t · \frac{−1}{t^{2}} − \frac{1}{t}) dt − \frac{1}{2} ∫_{0}^{1}(t − t) dt
= \frac{1}{2} ∫_{1}^{2} \frac{2}{t} dt
= log 2 .

Setzt man f(x, y) = 0 und g(x, y) = −xy, so besagt der Gaußsche Integralsatz

∫_{B} x d(x, y) = ∫_{B} f_{x}(x, y)−g_{y}(x, y) d(x, y) = ∫_{γ} f(x, y) dy+g(x, y) dx = − ∫_{γ} xy dx .

Analog erhält man mit f(x, y) = xy und g(x, y) = 0

∫_{B} y d(x, y) = ∫_{γ} xy dy .

Der Schwerpunkt (x_{S}, y_{S}) von B hat die Koordinaten

x_{S} = \frac{1}{|B|} ∫_{B} x d(x, y)
= −\frac{1}{log 2} ∫_{γ} xy dx

= \frac{1}{log 2} (− ∫_{0}^{2} \frac{t^{2}}{4} dt + ∫_{1}^{2} 1 dt + ∫_{0}^{1} t^{2} dt)
= \frac{1}{log 2} (−\frac{2}{3} + 1 + \frac{1}{3})
= \frac{2}{3 log 2}

und

y_{S} = \frac{1}{|B|} ∫_{B} y d(x, y)
= \frac{1}{log 2} ∫_{γ} xy dy

= \frac{1}{log 2} (∫_{0}^{2} \frac{t^{2}}{16} dt − ∫_{1}^{2} \frac{−1}{t^{2}} dt − ∫_{0}^{1} t^{2} dt)
= \frac{1}{log 2} (\frac{1}{6} + \frac{1}{2} − \frac{1}{3})
= \frac{1}{3 log 2} .

Die Übungsaufgaben finden Sie im Internet unter der Adresse: www.mathematik.uni-ulm.de/ReineMath/mitarbeiter/martin/ss05