Karlsruher Institut f¨ur Technologie (KIT) Institut f¨ur Analysis
Dr. A. M¨uller-Rettkowski Dipl.-Math. M. Uhl
Sommersemester 2011
H¨ohere Mathematik II f¨ur die Fachrichtungen Elektroingenieurwesen und Physik inklusive Komplexe Analysis und Integraltransformationen
L¨osungsvorschl¨age zum 8. ¨Ubungsblatt
Aufgabe 1
Offenbar ist der Integrand jeweils eine stetige Funktion; wir k¨onnen daher die Integrale mit Hilfe von Satz 1 aus 35.3 berechnen.
a) Es gilt
Z Z
[0,1]×[0,1]
(xy+y2)d(x, y) = Z 1
0
Z 1 0
(xy+y2)dy dx= Z 1
0
1
2xy2+13y31 y=0dx
= Z 1
0 1 2x+13
dx=1
4x2+13x1
0 = 14 +13 = 127 .
b) Diesmal ergibt sich Z Z
[−1,0]×[0,2]
cosh(2x+y)d(x, y) = Z 0
−1
Z 2 0
cosh(2x+y)dy dx= Z 0
−1
sinh(2x+y)2 y=0dx
= Z 0
−1
sinh(2x+ 2)−sinh(2x)
dx=1
2cosh(2x+ 2)−12cosh(2x)0
−1
= 12cosh 2−12cosh 0
− 12cosh 0−12cosh(−2)
= cosh 2−1 = 12(e2+e−2)−1.
Aufgabe 2
a) Wir bestimmen die Schnittpunkte der beiden Kurveny= 14x2−1 undy = 2−x. Dazu m¨ussen wir die L¨osungen der Gleichung 14x2−1 = 2−x, also x2+ 4x−12 = 0 bestimmen. Dies sind x1 =−6 undx2 = 2 (siehe auch Skizze). F¨ur den Fl¨acheninhalt von B ergibt sich
Z Z
B
d(x, y) = Z 2
−6
Z 2−x
1 4x2−1
dy dx= Z 2
−6
(2−x)−(14x2−1) dx=
Z 2
−6
(−14x2−x+ 3)dx
=
−121x3−12x2+ 3x2
−6 =−23 −2 + 6−(18−18−18) = 643 .
b) Hier schneiden wir die Kurvenx=y2 undx= 4−y2. Dies liefert die Gleichungy2 = 4−y2, alsoy2 = 2. Wegeny >0 interessiert nur die L¨osungy=√
2 (siehe Skizze). Es gilt
Z Z
B
d(x, y) = Z
√ 2 0
Z 4−y2 y2
dx dy = Z
√ 2 0
(4−y2)−y2 dy=
4y−23y3
√2 0 = 4√
2−23·2√
2 = 83√ 2.
1
- 6
x y
@
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@
@
@
@
@
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B ..
−6 2
8
2 a)
- 6
x y
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B
2 4
√2 2
2 b)
Aufgabe 3 a) Es gilt
Z 1 0
Z 1 y
ex2dx dy= Z 1
0
Z x 0
ex2dy dx= Z 1
0
Z x 0
dy ex2dx= Z 1
0
xex2dx=1
2ex21
0= e−12 .
Bemerkung:Hier ist das innere IntegralR1
y ex2dxnicht explizit berechenbar. F¨ur die Bestim- mung eines iterierten Integrals kann also die Integrationsreihenfolge wesentlich sein.
b) Wir spalten den IntegrationsbereichB in zwei TeileB1, B2 auf (siehe Skizze) und erhalten
Z 1 0
Z y2+1 y
x2y dx dy = Z Z
B1
x2y d(x, y) + Z Z
B2
x2y d(x, y)
= Z 1
0
Z x 0
x2y dy dx+ Z 2
1
Z 1
√x−1
x2y dy dx
= Z 1
0
1
2x2y2x
y=0dx+ Z 2
1
1
2x2y21 y=√
x−1dx
= Z 1
0 1
2x4dx+ Z 2
1 1
2x2−12x2(x−1) dx
=1
10x51 x=0+
−18x4+13x32
x=1= 101 + (−2 +83 +18− 13) = 12067 .
- 6
x y
B 1 1
3 a)
- 6
x y
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B1
B2
1 2
1
3 b)
Aufgabe 4
SeienR >r>0. Geometrische ¨Uberlegungen f¨uhren auf A=
(x, y)∈R2| r2 6x2+y2 6R2, x>0, y>0
=
(%cosϕ, %sinϕ)| r6%6R,06ϕ6 π2 .
Nun seien R > 0 und a > 0. Die Bedingung x > 0 bedeutet cosϕ > 0, also ϕ ∈ [0,π2] oder ϕ∈[32π,2π]. Zus¨atzlich muss wegeny>axdie Ungleichung sinϕ>acosϕgelten. Diese ist f¨ur kein
2
ϕ∈[32π,2π] erf¨ullt. Auf [0,π2] gilt sinϕ>acosϕ f¨urϕ= π2 und ϕ∈[0,π2) mit tanϕ= cossinϕϕ >a, also ϕ= π2 oder ϕ>arctana∈(0,π2). Somit ergibt sich
B=
(x, y)∈R2 | x2+y2 6R2, x>0, y >ax
=
(%cosϕ, %sinϕ)| 06%6R, arctana6ϕ6 π2 . Außerdem gilt
C=
(x, y, z)∈R3 | 1< x2+y2+z2 62, x <0, y>0, z60
=
rcosϕcosϑ, rsinϕ cosϑ, rsinϑ
| r∈(1,√
2], ϕ∈(π2, π], ϑ∈[−π2,0] , D=
rcosϕcosϑ, rsinϕ cosϑ, rsinϑ
| r∈[0,∞), ϕ∈[0,2π), ϑ= π2 −α2 .
Wiederholung:
Polarkoordinaten imR2: F¨ur (x, y)∈R2 setzer:=k(x, y)k=p
x2+y2. Dann findet man Winkel ϕ∈[0,2π) mitx=rcosϕ,y =rsinϕ.
Zylinderkoordinaten im R3: Hier ist [0,∞)×[0,2π)×R →R3,(r, ϕ, z) 7→(rcosϕ, rsinϕ, z), also x=rcosϕ,y=rsinϕund z=z.
Kugelkoordinaten im R3: [0,∞)×[0,2π)×[−π/2, π/2] → R3,(r, ϕ, ϑ) 7→
rcosϕcosϑ rsinϕcosϑ
rsinϑ
, also
x=rcosϕcosϑ,y=rsinϕcosϑ,z=rsinϑ.
Aufgabe 5
a) Mit~r0(t) = (cost−tsint,sint+tcost,1) ergibt sich f¨ur jedest∈[0,2π]
k~r0(t)k=p
(cost−tsint)2+ (sint+tcost)2+ 1
=p
cos2t−2tcostsint+t2sin2t+ sin2t+ 2tsintcost+t2cos2t+ 1 =p 2 +t2. Nach Definition des Kurvenintegrals ist dann
Z
γ
f ds= Z 2π
0
f(~r(t))k~r0(t)kdt= Z 2π
0
2t−p
t2cos2t+t2sin2tp
2 +t2dt
= Z 2π
0
tp
2 +t2dt=1
3(2 +t2)3/22π
0 = 13 (2 + 4π2)3/2−23/2
= 23
√
2 (1 + 2π2)3/2−1 .
3
b) i) Definitionsgem¨aß ist
Z
γ
~ v·d~s=
Z 2π 0
~v(~r(t))·~r0(t)dt= Z 2π
0
ecost costsint
·
−sint cost
dt
= Z 2π
0
(−ecostsint+ sintcos2t)dt=
ecost− 13cos3t2π t=0= 0. ii) Wir benutzen wieder die Definition des Kurvenintegrals:
Z
~ γ
~v·d~s= Z ln 2
0
~v(~r(t))·~r0(t)dt= Z ln 2
0
cosht
−sinht sinht
·
cosht sinht cosht
dt
= Z ln 2
0
(cosh2t−sinh2t+ sinhtcosht)dt= Z ln 2
0
(1 + sinhtcosht)dt
= ln 2 +1
2sinh2tln 2
0 = ln 2 + 12sinh2(ln 2) = ln 2 +12 12(eln 2−e−ln 2)2
= ln 2 +329 .
iii) Die Kurven~r1: [0,1] → R2, ~r1(t) = (t,0), und ~r2: [1,2] → R2, ~r2(t) = (1, t−1), sind regul¨ar mit~r1(1) =~r2(1). Somit liegt die Situation aus Bemerkung 4 in 36.1 vor:
Z
γ
~v·d~s= Z
γ1
~v·d~s+ Z
γ2
~v·d~s= Z 1
0
~v(~r1(t))·~r10(t)dt+ Z 2
1
~
v(~r2(t))·~r20(t)dt
= Z 1
0
sint t2
· 1
0
dt+ Z 2
1
sin 1 1 + (t−1)2
· 0
1
dt
= Z 1
0
sint dt+ Z 2
1
1 + (t−1)2 dt=
−cost1 0+
t+ 13(t−1)32 1
= (−cos 1 + 1) + (2 + 13 −1) = 73 −cos 1.
c) Schreibef~=: (f1, f2). DaR2 einfach zusammenh¨angend ist und die Integrabilit¨atsbedingung D1f2(x, y) =D1(x2+y2) = 2x=D2(2xy) =D2f1(x, y) auf R2
erf¨ullt ist, stelltf~ein Potentialfeld dar, d.h. es gibt ein Skalarfeldϕ∈C1(R2,R) mitf~=∇ϕ.
Wegen ∂xϕ(x, y) = f1(x, y) = 2xy ist ϕ(x, y) = x2y+ψ(y) f¨ur eine stetig differenzierbare Funktion ψ:R → R. Aus ∂yϕ(x, y) = f2(x, y) und ∂yϕ(x, y) = x2+ψ0(y) folgt ψ0(y) =y2. Dies ist beispielsweise f¨urψ(y) = 13y3 erf¨ullt. Somit ist
ϕ(x, y) =x2y+1 3y3
ein Potential vonf~auf R2. Die Arbeit Aist gleich dem Wert des Kurvenintegrals
A= Z
γ
f~·d~s ,
welches wegen f~=∇ϕnur vom Anfangs- und Endpunkt von γ abh¨angt:
A=ϕ(−1,2)−ϕ(0,0) = 14 3 .
4
