MAE4 Mathematik: Analysis fü Ingenieue 4 Fühlingssemeste 27 D. Chistoph Kisch ZHAW Wintethu Lösung 2 Aufgabe : Die Funktion ϕ ist offensichtlich stetig patiell diffeenzieba. Wi zeigen noch die Injektivität von ϕ: eien (, ϑ ), ( 2, ϑ 2 ) M mit ( ) ( ) cos(ϑ ϕ(, ϑ ) ) 2 cos(ϑ 2 ) ϕ( sin(ϑ ) 2 sin(ϑ 2 ) 2, ϑ 2 ). () Dann gelten 2 cos 2 (ϑ ) + 2 sin 2 (ϑ ) ( cos(ϑ )) 2 + ( sin(ϑ)) 2 (2) ( 2 cos(ϑ 2 )) 2 + ( 2 sin(ϑ 2 )) 2 2 2 cos 2 (ϑ 2 ) + 2 2 sin 2 (ϑ 2 ) 2 (3) und ϑ { accos (cos(ϑ )), sin(ϑ ) 2π accos (cos(ϑ )), sin(ϑ ) < ( ) accos 2 cos(ϑ 2 ), ( ) 2π accos 2 cos(ϑ 2 ), 2 sin(ϑ 2 ) 2 sin(ϑ 2 ) < 2 { accos (cos(ϑ2 )), sin(ϑ 2 ) 2π accos (cos(ϑ 2 )), sin(ϑ 2 ) < ϑ 2, (6) also (, ϑ ) ( 2, ϑ 2 ). Damit ist ϕ injektiv. Die Menge ϕ(m) R 2 enthält alle Punkte de Einheitskeisscheibe ausse dem Zentum R 2 ( ) und dem Einheitskeis x 2 + y 2 ( ). Wi definieen die Veeinigung N : { R 2} {(x, y) R 2 x 2 + y 2 } R 2, (7) dann gilt Ω ϕ(m) N. Weil N R 2 eine Nullmenge im R 2 ist, gilt f(y) dy f(y) dy f(y) dy. (8) (4) (5) Ω ϕ(m) N ϕ(m) Auf das Integal auf de echten eite wollen wi nun den Tansfomationssatz anwenden. Dazu beechnen wi die Jacobi-Matix und die Funktionaldeteminante: ( ) cos(ϑ) sin(ϑ) Dϕ(, ϑ), det ( Dϕ(, ϑ) ) cos 2 (ϑ) + sin 2 (ϑ). sin(ϑ) cos(ϑ) (9)
Mit dem Tansfomationssatz ehalten wi nun das gesuchte Integal f(y) dy f(y) dy f(ϕ(x)) ( ) det Dϕ(x) dx () Ω Fubini ϕ(m) M 2π 2π e ( cos(ϑ))2 +( sin(ϑ)) 2 dϑ d e 2 dϑ d. () Fü das innee Integal ehalten wi I() 2π e 2 dϑ e 2 ϑ 2π ϑ } {{ } :I() 2πe 2. (2) Fü das äussee Integal vewenden wi jetzt noch die ubstitution s 2, ds 2 d: 2πe 2 d 2π e s 2 ds π e s ds π e s s π ( e ) π(e ) 5.4, mit de euleschen Zahl e e 2.78. (3).8.6.9.6 z e x2 +y 2.4.2.3.3.6.9 y -.2.9 -.4 -.6.6.3.6 -.8.9 - - -.5.5 x 2
Aufgabe 2 : Die Tansfomation ϕ : M R 3 ist eine lineae Abbildung, x ϕ(x, x 2, x 3 ) x 2, (4) x 3 und ihe Abbildungsmatix hat offensichtlich vollen Rang 3, also ist ϕ injektiv. Es gilt ϕ(m) { ϕ(x, x 2, x 3 ) R 3 x, x 2 3, 5 x 3 } (5) x x 2 x 2 x 3 R 2 5 x, x 2 3, x 3 x 3.(6) Mit y : x x 2, y 2 : x 2 x 3, y 3 : x 3 ehalten wi x y + y 2 + y 3, x 2 y 2 + y 3, x 3 y 3, und damit ϕ(m) y y 2 R 3 5 y + y 2 + y 3, y 2 + y 3 3, y 3 y 3 Ω. (7) Nach dem Tansfomationssatz (atz de Volesung) ist das gesuchte Volumen gegeben duch das deidimensionale Integal Ω vol 3 (Ω) dy dy Ω ϕ(m) M det ( Dϕ(x) ) dx. (8) Auf de echten eite steht ein deidimensionales Integal übe einen Quade, das einfach zu beechnen ist. Fü die Jacobi-Matix und die Funktionaldeteminante von ϕ ehalten wi Dϕ(x), det ( Dϕ(x) ) (9) (die Abbildung ϕ ist oientieungs- und volumenehaltend), und damit Ω 3 dx 3 dx 2 dx 3 2 dx 2 dx 6 dx 36. (2) 5 5 5 M [ 5,] [,3] [,] Ω ϕ(m) x3 y3-3 2-4 x 2 x -2-4 -4 2-6 -8 y y 2-2 3
Aufgabe 3 : Fü die Fläche R 3 wählen wi die Paametedastellung cos(ϑ) ϕ(, ϑ) : sin(ϑ) R 3, (, ϑ) M : [, 4] [, 2π). (2) Wi ehalten die Ableitungsvektoen cos(ϑ) ϕ (, ϑ) sin(ϑ), ϕ ϑ (, ϑ) sin(ϑ) cos(ϑ), (, ϑ) M. (22) Das Keuzpodukt de Ableitungsvektoen ist gegeben duch cos(ϑ) ϕ (, ϑ) ϕ ϑ (, ϑ) sin(ϑ), ϕ (, ϑ) ϕ ϑ (, ϑ) 2. (23) Mit Def. 9 de Volesung ehalten wi das Obeflächenintegal 4 2π f dσ f(ϕ(, ϑ)) ϕ (, ϑ) ϕ ϑ (, ϑ) dϑ d (24) 4 2π 4 2π 3 cos 2 (ϑ) 2 dϑ d 2 4 cos 2 (ϑ) dϑ d. (25) Fü das innee Integal ehalten wi und damit I() 2 4 2π f dσ } {{ } :I() cos 2 (ϑ) dϑ 2 4 2 (ϑ + sin(ϑ) cos(ϑ)) 2π 4 2π 4 d 2π 5 5 4 ϑ 2π 23 5 2π 4, (26) 99. (27) 4
Aufgabe 4 : Wi scheiben zunächst die Fläche R 3 als Menge auf: { (x, y, z) R 3 x 2 + y 2 4, z, y }. (28) Fü diese Menge wählen wi die Paametedastellung 2 cos(ϑ) ϕ(ϑ, z) : 2 sin(ϑ), (ϑ, z) M : [, π] [, ]. (29) z Wi ehalten die Ableitungsvektoen 2 sin(ϑ) ϕ ϑ (ϑ, z) 2 cos(ϑ), ϕ z (ϑ, z). (3) Das Keuzpodukt de Ableitungsvektoen ist gegeben duch 2 cos(ϑ) ϕ ϑ (ϑ, z) ϕ z (ϑ, z) 2 sin(ϑ). (3) Das gesuchte Obeflächenintegal ist gemäss Def. 9 de Volesung gegeben duch v dσ π π π v(ϕ(ϑ, z)) (ϕ ϑ (ϑ, z) ϕ z (ϑ, z)) dz dϑ (32) z 4 sin 2 (ϑ) 4 cos 2 (ϑ) 2z cos(ϑ) + 8 sin 3 (ϑ) dz 2 cos(ϑ) 2 sin(ϑ) dz dϑ (33) dϑ. (34) } {{ } :I(ϑ) Fü das innee Integal ehalten wi I(ϑ) 2z cos(ϑ) + 8 sin 3 (ϑ) dz ( z 2 cos(ϑ) + 8z sin 3 (ϑ) ) z cos(ϑ) + 8 sin3 (ϑ), und damit den Volumenstom v dσ π 32 3 cos(ϑ) + 8 sin 3 (ϑ) dϑ (35) (sin(ϑ) + 83 cos(ϑ) ( cos 2 (ϑ) 3 )) π (36) ϑ [m 3 s ]. (37) 5
Fü den Massenstom multiplizieen wi noch mit de Massendichte ρ und ehalten 87 kgm 3 32 3 m3 s 928 kgs. In de folgenden Gafik zeichnen wi das nomiete (!) Vektofeld sowie die Funktion v (ϕ ϑ ϕ z ) 2z cos(ϑ) + 8 sin 3 (ϑ) auf : v, die Fläche v Volesungswebseite: http://home.zhaw.ch/~kis/mae4 6