SS 2005 Prof. Dr. W. Balser Andreas Martin, Markus Tentler 8. Übungsblatt

Übungen zur Höheren Mathematik II für Elektrotechniker Abgabe: Freitag, 10.6.2005, vor den Übungen

Lemma Es gilt

∫_{0}^{2π} \sqrt{1 − cos t} dt = ∫_{0}^{2π} \sqrt{1 + cos t} dt = 4\sqrt{2} .

Beweis: Wir verwenden

1 − cos(2u) = 1 − ((cos u)^{2} − (sin u)^{2}) = 2(sin u)^{2} .

Mit der Substitution t = 2u wird

∫_{0}^{2π} \sqrt{1 − cos t} dt = 2 ∫_{0}^{π} \sqrt{1 − cos(2u)} du
= 2 ∫_{0}^{π} \sqrt{2(sin u)^{2}} du
= 2\sqrt{2} ∫_{0}^{π} sin u du
= 2\sqrt{2} [− cos u]_{0}^{π}
= 4\sqrt{2} .

Verwendet man 1 + cos(2u) = 2(cos u)^{2}, so erhält man auf analoge Weise

∫_{0}^{2π} \sqrt{1 + cos t} dt = 4\sqrt{2} .
□

1. Bestimmen Sie jeweils die Länge der Kurve γ mit der Parameterdarstellung x(t).

(i) x(t) = (t − sin t, 1 − cos t)^{t}, t ∈ [0, 2π]. (”Zykloide“)

(ii) x(t) = (r cos t, r sin t, ht)^{t}, t ∈ [0, 2πn], wobei n ∈ ℕ. (Schraubenlinie)

(je 2 P.)

Lösung:

(i) Es wird unter Verwendung des obigen Lemmas

ℓ(γ) = ∫_{0}^{2π} ∥x′(t)∥ dt
= ∫_{0}^{2π} ∥(1 − cos t, sin t)^{t}∥ dt
= ∫_{0}^{2π} \sqrt{1 + (cos t)^{2} − 2 cos t + (sin t)^{2}} dt
= ∫_{0}^{2π} \sqrt{2 − 2 cos t} dt
= \sqrt{2} ∫_{0}^{2π} \sqrt{1 − cos t} dt
= \sqrt{2} · 4\sqrt{2}
= 8 .

(ii) Es wird

ℓ(γ) = ∫_{0}^{2πn} ∥x′(t)∥ dt
= ∫_{0}^{2πn} ∥(−r sin t, r cos t, h)^{t}∥ dt
= ∫_{0}^{2πn} \sqrt{r^{2}(sin t)^{2} + r^{2}(cos t)^{2} + h^{2}} dt
= ∫_{0}^{2πn} \sqrt{r^{2} + h^{2}} dt
= 2πn\sqrt{r^{2} + h^{2}} .

2. Die Kardioide (oder auch Herzkurve) ist eine Kurve im ℝ^{2}, definiert durch die Polarkoordinatengleichung r = 1 + cos φ. Bestimmen Sie eine Parameterdarstellung dieser Kurve sowie ihre Länge.

(4 P.)

Lösung: Der Punkt mit den Polarkoordinaten r und φ hat die (cartesischen) Koordinaten (r cos φ, r sin φ)^{t}. Also ist eine Parameterdarstellung der Kardioide γ gegeben durch

x(t) = ((1 + cos t) cos t, (1 + cos t) sin t)^{t}, t ∈ [0, 2π] .

Also berechnet sich die Länge von γ mit Hilfe des obigen Lemmas zu

ℓ(γ) = ∫_{0}^{2π} ∥x′(t)∥ dt
= ∫_{0}^{2π} ∥(− sin t − 2(cos t)(sin t), cos t + 1 − 2(sin t)^{2})^{t}∥ dt
= ∫_{0}^{2π} \sqrt{(sin t)^{2} + 4(cos t)^{2}(sin t)^{2} + 4(sin t)^{2}(cos t) +(cos t)^{2} + 1 + 4(sin t)^{4} + 2 cos t − 4(sin t)^{2}(cos t) − 4(sin t)^{2}} dt
= ∫_{0}^{2π} \sqrt{2 + 2 cos t} dt
= \sqrt{2} ∫_{0}^{2π} \sqrt{1 + cos t} dt
= \sqrt{2} · 4\sqrt{2}
= 8 .

3. Bestimmen Sie jeweils das Kurvenintegral ∫_{γ} f^{t}(x) dx. Ist das Vektorfeld f konservativ? Bestimmen Sie gegebenenfalls eine Stammfunktion von f.

(i) f : ℝ^{2} → ℝ^{2}, f(x, y) = (y, y − x)^{t}, γ : x(t) = (t, t^{2})^{t}, t ∈ [0, 2]. (ii) f : ℝ^{3} → ℝ^{3}, f(x, y, z) = (3x^{2}y^{2}z +1, 2x^{3}yz +z, x^{3}y^{2} +y)^{t}, γ : x(t) =

(e^{t}, cos t, t^{2} + 1)^{t}, t ∈ [0, π].

(2+4 P.)

Lösung:

(i) Zunächst berechnen wir

\begin{aligned}\frac{∂f_{1}}{∂y} & = & \frac{∂y}{∂y} & = & 1 \\ \frac{∂f_{2}}{∂x} & = & \frac{∂(y − x)}{∂x} & = & −1 . \end{aligned}

Also erfüllt f nicht die Integrabilitätsbedingungen und ist daher auch nicht konservativ. Das Kurvenintegral ergibt sich zu

∫_{γ} f^{t}(x) dx = ∫_{0}^{2} f^{t}(x(t)) · x′(t) dt

= ∫_{0}^{2}(t^{2}, t^{2} − t) · \binom{1}{2t} dt
= ∫_{0}^{2}(2t^{3} − t^{2}) dt
= [\frac{t^{4}}{2} − \frac{t^{3}}{3} ]_{0}^{2}
= \frac{16}{3} .

(ii) Hier erfüllt f die Integrabilitätsbedingungen, denn es gilt

\begin{aligned}\frac{∂f_{1}}{∂y} & = & 6x^{2}yz & = & \frac{∂f_{2}}{∂x} \\ \frac{∂f_{1}}{∂z} & = & 3x^{2}y^{2} & = & \frac{∂f_{3}}{∂x} \\ \frac{∂f_{2}}{∂z} & = & 2x^{3}y + 1 & = & \frac{∂f_{3}}{∂y} . \end{aligned}

Ferner ist der Definitionsbereich von f sternförmig. Also ist nach Satz 7.4.3 das Vektorfeld f konservativ. Zur Berechnung einer Stammfunktion F von f gehen wir wie folgt vor.

\frac{∂F}{∂x} =^{!} 3x^{2}y^{2}z + 1 ⟹ F (x, y, z) = x^{3}y^{2}z + x + c(y, z)

mit einer stetig differenzierbaren Funktion c, die nur von y und z abhängt. Daraus folgt

2x^{3}yz + \frac{∂c}{∂y} = \frac{∂F}{∂y} =^{!} 2x^{3}yz + z ⟹ c(y, z) = yz + d(z)

mit einer stetig differenzierbaren Funktion d, die nur von z abhängt. Schließlich gilt

x^{3}y^{2} + y + d′(z) = \frac{∂F}{∂z} =^{!} x^{3}y^{2} + y ⟹ d(z) = const.

Wir können also d(z) := 0 setzen, und erhalten als Stammfunktion

F (x, y, z) = x^{3}y^{2}z + x + yz .

Nach Satz 7.3.3 folgt

∫_{γ} f^{t}(x) dx = F (x(π)) − F (x(0))
= F (e^{π}, −1, π^{2} + 1) − F (1, 1, 1)
= e^{3π}(π^{2} + 1) + e^{π} + π^{2} − 2 .

4. Es sei G := {(x, y, z)^{t} ∈ ℝ^{3}| x ≠ y}. Für welche Werte von a erfüllt das Vektorfeld f : G → ℝ^{3} definiert durch

f(x, y, z) = (\frac{ay}{(x − y)^{2}} , \frac{2x}{(x − y)^{2}} + 1, z)^{t}

die Integrabilitätsbedingungen? Ist das Vektorfeld f in diesem Fall konservativ? Bestimmen Sie gegebenenfalls eine Stammfunktion von f.

(4 P.)

Lösung: Es wird

\begin{aligned}\frac{∂f_{1}}{∂y} & = & \frac{a(x + y)}{(x − y)^{3}} \\ \frac{∂f_{2}}{∂x} & = & \frac{−2(x + y)}{(x − y)^{3}} \end{aligned}

und

\frac{∂f_{1}}{∂z} = \frac{∂f_{3}}{∂x} = 0 = \frac{∂f_{2}}{∂z} = \frac{∂f_{3}}{∂y} .

Also erfüllt f genau dann die Integrabilitätsbedingungen auf G, wenn a = −2.

Wir berechnen eine Stammfunktion F von f wie folgt.

\frac{∂F}{∂x} =^{!} \frac{−2y}{(x − y)^{2}} ⟹ F (x, y, z) = \frac{2y}{x − y} + c(y, z)

mit einer stetig differenzierbaren Funktion c, die nur von y und z abhängt. Weiter gilt

\frac{2x}{(x − y)^{2}} + \frac{∂c}{∂y} = \frac{∂F}{∂y} =^{!} \frac{2x}{(x − y)^{2}} + 1 = ⟹ c(y, z) = y + d(z)

mit einer stetig differenzierbaren Funktion d, die nur von z abhängt. Schließlich gilt

d′(z) = \frac{∂F}{∂z} =^{!} z ⟹ d(z) = \frac{z^{2}}{2} + const.

Wir können also d(z) := \frac{z^{2}}{2} setzen und erhalten als Stammfunktion

F (x, y, z) = \frac{−2y}{(x − y)^{2}} + y + \frac{z^{2}}{2} .

Man beachte, daß das Gebiet G nicht sternförmig ist, ja noch nicht einmal einfach zusammenhängend. Trotzdem ist das Vektorfeld f konservativ, und es gilt F′ = f^{t} auf G.

5. Es sei f : ℝ^{3} → ℝ^{3} definiert durch f(x) := log(1 + ∥x∥^{2})x.

(i) Ist das Vektorfeld f konservativ?

(ii) Für jedes y ∈ ℝ^{3} sei γ_{y} die Verbindungsstrecke von 0 nach y. Bestimmen Sie ∫_{γ_{y}} f^{t}(x) dx.

(iii) Bestimmen Sie mit Teil (ii) eine Stammfunktion von f.

(je 2 P.)

Lösung:

(i) Es gilt

f(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (\begin{matrix}x_{1} log(1 + x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2}) \\ x_{2} log(1 + x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2}) \\ x_{3} log(1 + x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2}) \end{matrix}) .

Also folgt

\frac{∂f_{1}}{∂x_{2}} = \frac{2x_{1}x_{2}}{1 + x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2}} = \frac{∂f_{2}}{∂x_{1}} ,

und aus Symmetriegründen folgen \frac{∂f_{1}}{∂x_{3}} = \frac{∂f_{3}}{∂x_{1}} und \frac{∂f_{2}}{∂x_{3}} = \frac{∂f_{3}}{∂x_{2}} . Also erfüllt f die Integrabilitätsbedingungen auf ℝ^{3}. Nach Satz 7.4.3 ist das Vektorfeld f mithin konservativ, da das Gebiet ℝ^{3} sternförmig ist.

(ii) Eine Parametrisierung von γ_{y} ist gegeben durch

x(t) = ty, t ∈ [0, 1] .

Also gilt x′(t) = y für alle t ∈ [0, 1]. Mit der Substitution u = 1+t^{2}∥y∥^{2} wird

∫_{γ_{y}} f^{t}(x) dx = ∫_{0}^{1} f^{t}(x(t)) · x′(t) dt

= ∫_{0}^{1} log(1 + ∥ty∥^{2})(ty)^{t} · y dt
= ∫_{0}^{1} log(1 + t^{2}∥y∥^{2})t∥y∥^{2} dt

= \frac{1}{2} ∫_{1}^{1+∥y∥^{2}} log u du
= \frac{1}{2} [u log u − u]_{1}^{1+∥y∥^{2}}
= \frac{1}{2}(1 + ∥y∥^{2}) log(1 + ∥y∥^{2}) − \frac{1}{2} ∥y∥^{2} .

(iii) Nach Teil (i) besitzt das Vektorfeld f eine Stammfunktion F. Wir können o.E. F (0) = 0 annehmen, da die Subtraktion einer Konstanten nichts an der Ableitung ändert. Mit Satz 7.3.3 und Teil (ii) folgt dann

\frac{1}{2}(1 + ∥y∥^{2}) log(1 + ∥y∥^{2}) − \frac{1}{2} ∥y∥^{2} = ∫_{γ_{y}} f^{t}(x) dx
= F (y) − F (0)
= F (y)

für alle y ∈ ℝ^{3}. Somit ist

F (y) = \frac{1}{2} (1 + ∥y∥^{2}) log(1 + ∥y∥^{2}) − \frac{1}{2} ∥y∥^{2}

eine Stammfunktion von f.

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