Karlsruher Institut für Technologie Institut für Analysis Dr. Andreas Müller-Rettkowski Dr. Vu Hoang. Sommersemester

Transkript

1 Karlsruher Institut für Technologie Institut für Analysis Dr. Andreas Müller-Rettkowski Dr. Vu Hoang Sommersemester Höhere Mathematik II für die Fachrichtungen Elektrotechnik und Informationstechnik inklusive Komplexe Analysis und Integraltransformationen. Übungsblatt Aufgabe 44 Zunächst einmal berechnen wir die Divergenz von v: in R \ { } gilt v x und somit nach Quotientenregel y x +y x x +y y v x D x x + y + D x y x + y + y x x + y + x y x + y. Daraus folgt sofort, dass G\B ϱ v dx, y für jedes kleine ϱ > gilt, d.h. lim v dx, y. ϱ G\B ϱ Zur Berechnung des Randintegrals schreiben wir γ γ γ 3 : {x, : ϱ x } {x, y : x, y, x + y } {, y : ϱ y } und parametrisieren für ϱ < wie folgt die Stücke γ, γ, γ 3 : r : [ϱ, ] R, r t t, r : [, π/] R, r t cos t, sin t r 3 : [, ϱ] R, r 3 t, t. Also und somit γ v d s π/ v d s v e dt dt γ ϱ ϱ sin t sin t cos t + sin t dt π/ cos t cos t ϱ ϱ v d s v e dt dt γ 3 lim v d s π/. ϱ G\B ϱ

2 Interpretation: die beiden Integrale v d s, vdx, y existieren im uneigentlichen G G Sinne ϱ, aber die Gleichheit v d s vdx, y G gilt nicht. Die Voraussetzung für den Divergenzssatz in R können also nicht dahingehend abgeschwächt werden, dass man v C G zulässt und evtl. uneigentliche Integrale benutzt. Man beachte, dass in der Vorlesung v C G gefordert wurde, wobei G ein Gebiet war, dass G inklusive Rand umfasst. Aufgabe 45 Die Fläche F liegt in Parameterdarstellung vor mit ru, v u v v u, u, v U : {u, v R u + v 3}. G Der Stokessche Integralsatz liefert v d s v d o F F U v ru, v D ru, v D ru, v du, v. Nun ist D ru, v, D ru, v, also u D ru, v D ru, v v, u v und es gilt D v D v 3 D 3 v 3 4 v D v D 3 v D v 3 3. D 3 v 3 D v D v Folglich ergibt sich v d s F U 4 u 3 v du, v 4 U 8u 6v + 4 du, v ; und mit Polarkoordinaten U ist die Kreisscheibe um, mit Radius 3 erhält man unter Berücksichtigung von π cos φ dφ π sin φ dφ : 3 π 8r cos φ 6r sin φ + 4 r dφ dr 8π [ r] 3 r 8π 3 4π. 3 8πr dr

3 Aufgabe 46 a Die Oberfläche F des Zylinders Z besteht aus drei Teilen, nämlich aus der Bodenfläche F, der Mantelfläche F und der oberen Deckfläche F 3. Die Bodenfläche F können wir durch die Parametrisierung ru, v : u cos v, u sin v, mit u, v U : [, ] [, π] darstellen. Es gilt cos v u sin v D ru, v D ru, v sin v u cos v. u cos v + u sin v u Es ergibt sich N,, als äußere Einheitsnormale. Man teilt D ru, v D ru, v durch die Norm D ru, v D ru, v und wählt dann noch das Vorzeichen so, dass der Vektor nach außen weist. Also ist F v N do, denn u 3 cos 3 v v ru, v N ru, v u 3 cos v sin v. Die Mantelfläche F wird durch ru, v : cos u, sin u, v mit u, v U : [, π] [, ] parametrisiert. Wir erhalten sin u cos u D ru, v D ru, v cos u sin u. Dies ist die äußere Einheitsnormale N an F. Wegen cos 3 u cos u v ru, v N ru, v cos u sin u sin u cos 4 u + cos u sin u cos u v cos u folgt v N do F U cos u D ru, v D ru, v du, v }{{} cos u+sin u π cos u dv du Es bleibt noch die Deckfläche F 3 : Die Parametrisierung ru, v : u cos v, u sin v, mit u, v U : [, ] [, π] liefert D ru, v D ru, v,, u. Es ist N,, und damit u 3 cos 3 v v ru, v N ru, v Somit erhalten wir v N do F 3 U Insgesamt ergibt sich F u 3 cos v sin v u cos v u cos v D ru, v D ru, v du, v }{{} u u, da u π u 3 du cos v dv v N do 3 k 4 π. u cos v. π F k v N do + π + 4 π 5 4 π. π u 3 cos v dv du cos u du π.

4 b Nach dem Gaußschen Integralsatz im R 3 ist v N do v dx, y, z. F Z Nun gilt vx, y, z D x 3 + D x y + D 3 x z 3x + x + x 5x und mit Zylinderkoordinaten x r cos φ, y r sin φ, z z, wobei r [, ], φ [, π], z [, ], folgt v N do 5x dx, y, z 5r cos φ r dr, φ, z F Z π [,] [,π] [,] π 5r 3 cos φ dz dφ dr π 5 r 3 dr cos φ dφ 5π. 4 5r 3 cos φ dφ dr Aufgabe 47 N sei stets die Einheitsnormale auf K, die ins Äußere von K gerichtet ist. Für den Fluß des Vektorfeldes f durch die Oberfläche K des Kegels K nach außen gilt f N do. K Die Oberfläche K besteht aus dem Kegelmantel und dem Grundkreis. Wir parametrisieren zunächst den Kegelmantel M : { x, y, z R 3 z x + y, z } durch Dann ist x r cos φ y r sin φ : gr, φ z r mit r, φ [, ] [, π]. cos φ r sin φ r cos φ D gr, φ D gr, φ sin φ r cos φ r sin φ. r Dieser Vektor zeigt nach außen. Weiter gilt f gr, φ D gr, φ D gr, φ r r cos φ r sin φ r sin φ rr cos φ + r sin φ + 3 rr 3 r r r r cos φ + r sin φ + 3r r.

5 Für den Fluß von f durch die Mantelfläche M nach außen erhält man f N D gr, φ D gr, φ do f gr, φ D gr, φ D gr, φ D gr, φ D gr, φ dr, φ M [,] [,π] [,] [,π] π f gr, φ D gr, φ D gr, φ dr, φ r r cos φ + r sin φ + 3r r dφ dr πr + 3r r π dr Eine Parametrisierung des Grundkreises [π r3 3 ] 3 + r r3 π π. G : { x, y, z R 3 x + y 4, z } ist gegeben durch x r cos φ y r sin φ : gr, φ z mit r, φ [, ] [, π]. Dann ist cos φ r sin φ D gr, φ D gr, φ sin φ r cos φ. r Dieser Vektor zeigt nach innen. Wegen f gr, φ D gr, φ D gr, φ r sin φ r r ergibt sich für den Fluß von f durch die Grundfläche G nach außen f N do f gr, φ D gr, φ D gr, φ dr, φ G [,] [,π] π r dφ dr πr dr 4π. Der Fluß von f durch die gesamte Oberfläche K des Kegels K nach außen beträgt somit f N do f N do + f N do 8 6 π 4π 3 3 π. K M G Alternativ: Man kann K f N do auch mit dem Gaußschen Integralsatz im R 3 berechnen: f N do f dτ dx, y, z, K K K

6 wobei wir hier dτ für dx, y, z geschrieben und fx, y, z + + verwendet haben. Mit Zylinderkoordinaten D z D y D 3 z + lässt sich K charakterisieren durch so dass folgt f N do K Aufgabe 48 4π x r cos φ, y r sin φ, z z r [, ], φ [, π], z [, r], K r dx, y, z r π r dz dr 4π r dφ dz dr r r dr 4π [ r 3 r3] 6 3 π. a Für x, y, z A gilt nach Definition der Menge x [, ] sowie x y, also y x, d.h. y x x wegen x >. Mit A : { x, y R x [, ], x y x } lässt sich A folgendermaßen schreiben A { x, y, z R 3 x, y A, z x y }. Da der Integrand fx, y, z stetig ist, erhält man nach 4. x y IA dx, y, z dz dx, y A x x A x y dy dx [ x4] x 3 x x y x [ x y 3 y3] x y x dx 4 3 x3 dx dz dy dx b z x y Die Menge B wird von den Koordinatenebenen und von der Ebene durch die drei Punkte,,,,, und,, begrenzt siehe Skizze. Damit ist x, y, z B äquivalent zu x, y x, z x y.

7 Bei B handelt es sich also um B { x, y, z R 3 x, y B, z x y }, wobei B : { x, y R x, y x }. Da x, y, z sin z auf R 3 stetig ist, ergibt sich für das Integral nach aus 4. x x y/ sin z dx, y, z sin z dz dy dx B Aufgabe 49 x [ cos z ] x y/ z dy dx [ sin x y [ x x 4 cos x + y ] x y dx x cos x y x sin x dx + dy dx ] x 4 cos + 4 cos cos. a Sei < r < R. Zur Berechnung von y x dx, y, B { x, y R x, y [r, R], y x } B führen wir Polarkoordinaten ein: x ϱ cos φ, y ϱ sin φ mit ϱ [r, R], φ [ π 4, π 4 ]. Hierbei ergibt sich durch die Bedingung y x. Würde man φ [, π] fordern, so müsste man φ [, π] [ 7π, π] wählen und B in B 4 4 {x, y R x, y [r, R], y x} und B {x, y R x, y [r, R], x y } zerlegen. Dann ist y dx, y y dx, y + y B x B x B dx, y. Wir erhalten x B y dx, y x π 4 π 4 R r sin φ cos φ ϱ dϱ dφ R r π 4 π 4 tan φ dφ. Das letzte Gleichheitszeichen ergibt sich, weil der Tangens eine ungerade Funktion ist und über ein zu symmetrisches Intervall integriert wird. b Wir greifen auf Zylinderkoordinaten zurück: x r cos φ, y r sin φ, z z, dx, y, z r dr, φ, z. Für x, y, z B gilt z, und die zweite B definierende Ungleichung führt auf die Bedingung r z. Die Menge B ist also charakterisiert durch z, φ π, r z. Die Transformationsformel liefert nun x + y e z7 dx, y, z B π z r 5 e z7 dr dz π π 3 z6 e z7 dz π z r e z7 r dr dφ dz [ 6 r6] z dz r e z7 ] [ πe z7 4 z πe 4.

8 c Definiere K {x, y, z R 3 x + y + z }. Dann müssen wir m : ϱx, y, z dx, y, z dx, y, z + x + y + z B berechnen. Hierzu benutzen wir Kugelkoordinaten K x r cos φ cos ϑ, y r sin φ cos ϑ, z r sin ϑ mit r [, ], φ [, π], ϑ [ π, π ]. Die Transformationsformel liefert m π 4π π π π π π + r r cos ϑ dφ dϑ dr r + r r dr 4π + r cos ϑ dϑ dr dr + r 4π [arctan r] r 4π π 4 4π π.