Dr. P. Thurnheer Grundlagen der Mathematik I ETH Z¨urich
D-CHAB, D-BIOL (Analysis B) FS 11
L¨ osungen zur Serie 10
1. a) Φ(x, y) =ex+xy2+y tut es.
b) F :R3 →R3 ist ein Potentialfeld. Das heisst F =∇Φ f¨ur ein Φ : R3 →R. Das bedeutet:
rotF = rot∇Φ = rot
∂Φ
∂Φ∂x
∂y
∂Φ
∂z
=
∂2Φ
∂y∂z − ∂z∂y∂2Φ
∂2Φ
∂z∂x − ∂x∂z∂2Φ
∂2Φ
∂x∂y − ∂y∂x∂2Φ
= 0.
2. Der gegebene Bereich liegt zwischen der Parabel y = −x22 und der Gerade y =
−2.
Das zu betrachtende Integral kann man wie folgt bestimmen.
∫∫
D
(√
−y+x)dx dy=
∫ 2
−2
−∫x2/2
−2
(√
−y+x)dy
dx=
=
∫ 2
−2
(2 3y√
−y+x y) −x
2/2
−2
dx=
∫ 2
−2
(
−x2 3
|x|
√2− x3 2 −
(
−4 3
√2−2x ))
dx=
= 2
∫ 2(
−
√2
x3+4√ 2
)
dx=−2
√2( 1x4
−4x)
2 = 4√ 2
Andererseits, ist auch
∫∫
D
(√
−y+x)dx dy =
∫ 0
−2
√∫−2y
−√−2y
(√
−y+x)dx
dy =
∫ 0
−2
( x√
−y+x2 2
)
√−2y
−√−2y
dy =
=
∫ 0
−2
(√2y2+(√
−2y)2
2 −
(
−√
2y2 +(−√
−2y)2 2
)) dy=
= 2√ 2
∫ 0
−2
|y|dy=−2√ 2y2
2 0
−2
= 4√ 2
3. Betrachte die Funktion h(x, y) = √
a2−x2−y2. Ihr Graph ¨uber der Scheibe D={(x, y)∈R2|x2+y2 ≤a2} ist die obere Hemisph¨are mit Radius a.
Da die Kugel im diesem Fall durchstossen wird, m¨ussen wir h uber¨ DZ :=
{
(x, y)x2+y2 ≤ a2 4
}
integrieren.
Dazu wechseln wir zu Polarkoordinaten:
V = 2
∫
DZ
h(x, y)dx dy = 2
∫
D˜Z
h(rcosφ, rsinφ)r dr dφ=
= 2
∫2π
0
a
∫2
0
√a2−r2r dr
| {z }
unabh¨angig vonφ
dφ= 4|{z}π
2∫ dφ
( 2
3(a2−r2)32 (
−1 2
)
a 2
0
)
=
=−4 3π (
a2−r2)32
a 2
0
=−4 3
( 3√
3
8 a3−a3 )
= 8−3√ 3 6 π a3.
4. a)
I :=
∫ 1
0
∫ 1−x
0
ex+yy dy dx=
∫∫
D
, wobei
D:=
{
(x, y)∈R20≤x≤1, 0≤1−x }
wird hier unten gezeichnet.
b) Transformation der Koordinaten (u
v )
7→
(x(u, v) y(u, v)
)
=
(u(1−v) u v
)
Die Koordinatenlinien lauten (vgl. oben)
{u=A=konst.} ↔ {x+y =A} ↔ {y=A−x} {v =B =konst.} ↔
{ y
x+y =B }
↔ {
y= B 1−B x
}
Integrationsgrenzen (Kanten von D) {u= 1} ↔ {y= 1−x} {v = 0} ↔ {y= 0} {v = 1} ↔ {x= 0}
⇒0≤u≤1, 0≤v ≤1
c) Sei
φ : [0,1]×[0,1]⊂R2 →D⊂R2 die obige Transformation der Koordinaten. Dann ist
dφ(u, v) =
(1−v −u
v u
) . Im Allgemein gilt
∫∫
D
f(x, y)dx dy=
∫∫
D˜
f(φ(u, v))det (
dφ(u, v))du dv .
Hier ist det (
dφ(u, v))=(1−v)u+v u=|u|=u und somit I =
∫1
0
∫ 1−x
0
ex+yy dy dx=
∫ 1
0
∫ 1
0
eu−u v+u vu v u du dv=
=
∫ 1
0
∫ 1
0
evu du dv =
∫ 1
0
ev (u2
2 1
0
)
dv= 1 2
( ev1
0
)
= 1
2(e−1). 5. Wir w¨ahlen das Koordinatensystem so, dass die Spitze des Bleistifts im Ursprung
liegt.(vgl. Figur) Das weggespitzte Volumen V entspricht dem Anteil des Pris- mas, der unter den Graph der Funktion f(x, y) =√
x2+y2 liegt.
Querschnitt
Da (der Graph von) f rotationssymmetrisch ist, bestimmen wir das Integral in Polarkoordinaten
Wegen der Symmetrie, k¨onnen wir das Integral auf D=
{
(x, y)∈R20≤x≤1, − x
√3 ≤y x
√3 }
=
= {
(x, y) = (r cosφ, r sinφ)∈R2 −π
6 ≤φ≤ π
6, 0≤r≤ 1 cosφ
}
einschr¨anken. Dann ist
V = 6
∫∫
D
√x2+y2dx dy = 6
π
∫6
−π6 1 cosφ
∫
0
√r2r dr dφ=
= 6
π
∫6
−π6
( r3
3
1 cosφ
0
)
dφ= 2
π
∫6
−π6
1
cos3φdφ={Hinweis}=
= 2
( sinφ 2 cos2φ +1
2 ln (
tan (π
4 +φ 2
)))
π 6
−π6
=
= 2
( 1 2
2 (√
3 3
)2
| {z }
1/3
+1 2ln
(z √}|3 { tan
(π 4 + π
12 ) )
+
−
( −12 2
(√ 3 3
)2
| {z }
−1/3
+1 2ln
(z 1/}|√3 { tan
(π 4 − π
12
) )))
=
= 2 (2
3 + ln√ 3
)
= 4
3 + ln 3(= 2.432...)
Das gleiche Resultat kann man auch in kartesischen Koordinaten bestimmen
V = 6
∫∫
D
√x2+y2dx dy= 6
∫1
0
x/√
∫ 3
−x/√ 3
√x2+y2dy
dx=
= 6
∫1
0
( y 2
√x2+y2+ x2 2 ln
( y+√
x2 +y2) x/
√3
−x/√ 3
) dx =
= 6
∫1
0
( 2x2
3 +x2 2 ln 3
)
dx= 6 (2
9 +1 6 ln 3
)
= 4 3+ ln 3
6. Die Integrationsgrenzen a, b, α, β, γ und δ kann man mit Hilfe des folgenden Bildes bestimmen.
Der minimale Wert, den jede Variabel annehmen darf, ist jewails 0, d.h.a=α = γ = 0.
Jede Schnitte {x = konst} besteht aus einem Dreieck mit Kanten {z = 0}, {y= 0} und {x+y+z = 1}.
F¨ur xfest und z beliebig (aber z ∈[0,1]) kann man y zwischen 0 und 1−z−x variieren: der maximal Wert ist dann β(x) = 1−x(f¨urz = 0).
In ¨anlicher Weise, kann man z zwischen 0 und 1−x−y variieren, aber mit x und y fest, darf man nichts mehr maximieren: die oebere Grenze f¨ur z ist schon δ(x, y) = 1−x−y.
Das gesuchte Integral kann man wie folgt bestimmen
∫∫∫
B
f(x, y, z)dx dy dz=
∫1
0
1−x
∫
0
1−x−y∫
0
(y2+z2)dz
dy
dx=
=
∫1
0
1−x
∫
0
((
z y2+ z3 3
) 1−x−y
0
) dy
dx=
= 1 3
∫1
0
1−x
∫
0
(
(1−3x+ 3x2−x3)−(3−6x+ 3x2)y+ (6−6x)y2 −4y3 )
dy
dx=
= 1 3
∫1
0
((
(1−3x+ 3x2−x3)y−(3−6x+ 3x2)y2
2 + (2−2x)y3−y4 )
dy) 1−x
0
dx=
= 1 3
∫1
0
(1
2−2x+ 3x2−2x3+x4 2
)
dx = 1 6
(
x−2x2+ 2x3−x4+x5 5
) 1
0
= 1 30
