Fachbereich Mathematik Prof. B. Farkas Martin Fuchssteiner Lisa Steiner

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

�

SS 2006 7. Juli 2006

Analysis IV

12. Übung mit Lösungshinweisen

Gruppenübungen

(G 1) Flächenberechnung mit dem Cavalierischen Prinzip

Es seien a, b > 0 und M := {(x, y) ∈ ℝ^{2} : (x/a)^{2} + (y/b)^{2} ≤ 1}

(a) Skizzieren Sie M für a = 1 und b = 2.

(b) Bestimmen Sie den Schnitt M_{y} := {x ∈ ℝ: (x, y) ∈ M} für y ∈ ℝ.

(c) Berechnen Sie das 2-dimensionale Volumen λ_{2}(M) von M.

Lösung:

(a)

(b) Gegeben y ∈ ℝ ist M_{y} = {x ∈ ℝ: (x/a)^{2} ≤ 1 − (y/b)^{2}}. Es ist also M_{y} = ∅ für |y| > b, während für |y| ≤ b

M_{y} = \{x ∈ ℝ: |x| ≤ a\sqrt{1 − (y/b)^{2}}\}

ein Intervall der Länge 2a\sqrt{1 − (y/b)^{2}} ist.

(c) Nach dem Prinzip von Cavalieri ist

λ_{2}(M) = ∫_{ℝ} λ_{1}(M_{y}) dλ_{1}(y) = ∫_{[−b,b]} 2a\sqrt{1 − (y/b)^{2}} dλ_{1}(y)
= ∫_{−b}^{b} 2a\sqrt{1 − (y/b)^{2}} dy = ∫_{−π/2}^{π/2} 2ab cos^{2}(u) du
= ∫_{−π/2}^{π/2} ab(1 + cos(2u)) du = πab ,

wobei zur Berechnung des Riemann-Integrals y = b sin(u), dy = b cos(u) du substituiert wurde.

(G 2) Satz von Fubini

Skizzieren sie die Fläche

A := {(x, y) ∈ ℝ^{2} : x^{2} + y^{2} ≤ 1 und x, y ≥ 0} .

und berechnen Sie das Integral ∫_{A}(2x + y) dλ_{2}(x, y).

Lösung:

Unter Benutzung des Satzes von Fubini erhalten wir

∫_{A}(2x + y) dλ_{2}(x, y) = ∫_{[0,1]×[0,1]} \underbrace{χ_{A}(x, y)}_{=χ_{[0,\sqrt{1−y^{2}}]}(x)} (2x + y) dλ_{2}(x, y)
= ∫_{[0,1]} ∫_{[0,1]} χ_{[0,\sqrt{1−y^{2}}]}(x) (2x + y) dλ_{1}(x) dλ_{1}(y)
= ∫_{[0,1]} ∫_{[0,\sqrt{1−y^{2}}]}(2x + y) dλ_{1}(x) dλ_{1}(y)
= ∫_{[0,1]} [x^{2} + xy]_{x=0}^{x=\sqrt{1−y^{2}}} dλ_{1}(y)
= ∫_{[0,1]} ((1 − y^{2}) + y\sqrt{1 − y^{2}} ) dλ_{1}(y)
= [y − \frac{y^{3}}{3} − \frac{1}{3} (1 − y^{2})^{\frac{3}{2}} ]_{0}^{1}
= 1 − 1/3 + 1/3 = 1 .

(G 3) Zylinder Es sei M ⊂ ℝ^{n} eine Mengeund a ∈ ℝ^{n+1}. Wir Definieren den Zylinder Basis M und Kante a durch

Z = {(x, 0) + t a ∈ ℝ^{n+1} | x ∈ M, 0 ≤ t ≤ 1}

Die Abbildung T : ℝ^{n+1} → ℝ^{n+1} T (x, t) := (x, 0)+t a bildet M ×[0, 1] auf Z ab. Berechnen Sie mit Hilfe der Transformationformel das Volumen des Zylinders Z.

Lösung:

Mit der Transformationsformel folgt ∫_{Z} 1 dλ_{n+1} = ∫_{M×[0,1]} |det(T)| dλ_{n+1}. Die Determinante det(T) berechnet sich zu

det T = | \begin{matrix}1 & 0 & ⋯ & 0 & a_{1} \\ 0 & ... & & & a_{2} \\ ⋮ & & ... & & ⋮ \\ ⋮ & & & 1 & a_{n} \\ 0 & ⋯ & ⋯ & 0 & a_{n+1} \end{matrix} | = a_{n+1}.

Es folgt ∫_{Z} 1 dλ_{n+1} = ∫_{M×[0,1]} |a_{n+1}|dλ_{n+1} = λ_{n}(M) · ∫_{[0,1]} |a_{n+1}|dλ_{1}(x_{n+1}) = λ_{n}(M) · |a_{n+1}|

also λ^{n+1}(M) =”Höhe × Fläche der Basis ”. (G 4) Kugeln

(a) Berechnen Sie das Volumen der Halbkugel H := {(x, y, z) ∈ ℝ^{3} | x^{2}+y^{2}+z^{2} ≤ 1z ≥ 0} (b) Berechnen Sie das Volumen der Kugelschale S := {(x, y, z) ∈ ℝ^{3} | 1 ≤ x^{2}+y^{2}+z^{2} ≤ 2}

Lösung:

(a) Mit Polarkoordinaten in der X, y Ebene gilt

H := \{(r cos φ, r sin φ, z) ∈ ℝ^{3} 0 ≤ z ≤ 1, 0 ≤ φ < 2π, 0 ≤ r ≤ \sqrt{1 − z^{2}}\}.

Somit ergibt sich das Volumen der Halbkugel zu

λ(H) = ∫_{[0,1]} ∫_{[0,2π)} ∫_{[0,\sqrt{1−z^{2}}]} 1 · r dλ_{1}(r)dλ_{1}(φ)dλ_{1}(z)
= ∫_{[0,1]} ∫_{[0,2π)} \frac{1}{2}1 − z^{2}dλ_{1}(φ)dλ_{1}(z)
= ∫_{[0,1]} 2π \frac{1}{2}(1 − z^{2})dλ_{1}(z) = 2π \frac{1}{2}(1 − \frac{1}{3}) = \frac{2π}{3} .

(b) Mit Kugelkoordinaten gilt

H := {(r sin ϑ cos φ, r sin ϑ sin φ, r sin ϑ) ∈ ℝ^{3} | 0 ≤ φ < 2π, 0 ≤ ϑ ≤ π, 1 ≤ r ≤ 2}.

Somit ergibt sich das Volumen der Kugelschale zu

λ(S) = ∫_{[1,2]} ∫_{[0,2π)} ∫_{[0,π]} 1 · r^{2} sin ϑ dλ_{1}(ϑ)dλ_{1}(φ)dλ_{1}(r)
= ∫_{[1,2]} ∫_{[0,2π)} 2 · r^{2} · dλ_{1}(φ)dλ_{1}(r)
= ∫_{[1,2]} 4π · r^{2} · dλ_{1}(r) = \frac{4}{3}π(2^{3} − 1^{3}) = \frac{18}{3}π.

(G 5) Volumina von Kegeln

Es sei M ⊂ ℝ^{n} eine meßbare Menge und a ∈ ℝ^{n+1}. Wir betrachten den Kegel K := {(1 − t)(x, 0) + t a ∈ ℝ^{n+1}; 0 ≤ t ≤ 1, x ∈ M} über M.

(a) Parametrisieren Sie den Kegel K durch M und [0, 1].

(b) Brechnen Sie das Volumen λ_{n+1}(K).

Lösung:

(a) Wir wählen T : ℝ^{n+1} → ℝ^{n+1}, (x, t) ↦ ((1 − t)(x, 0) + t(a_{1}, ⋯ a_{n+1}), so daß die Einschränkung T_{|M×[0,1]} eine Parametrisierungvon K ist.

(b) Die Abbildung T ist beliebig oft differenzierbar. Somit ist K = T (M × [0, 1] meßbar. Weiterhin können wir o.B.d.A a_{n} + 1 ≥ 0 annehmen, da das Maß bewegungsinvariant ist. Somit folgt

⇒ λ^{n+1}(K) = ∫_{ℝ} λ^{n}(K_{t})dt,

wobei die Schnitte K_{t} durch

K_{t} = \{ \begin{matrix}∅ & für & t > a_{n+1} oder t < 0 \\ (1 − \frac{t}{a_{n+1}} )M + \frac{t}{a_{n+1}} (a_{1}, ⋯ a_{n}, 0) & für & 0 ≤ t ≤ a_{n+1} \end{matrix}

gegeben sind. Das volumen des Schnittes K_{t} berechnet sich zu λ_{n}(K_{t}) = (1 − \frac{t}{a_{n+1}} )^{n} λ_{n}(M). Mit dem Prinzip von Cavalieri folgt somit

λ^{n+1}(K) = ∫_{ℝ} λ^{n}(K_{t})dt

= ∫_{0}^{a_{n+1}}λ^{n}((1 − \frac{t}{n})M)dt

= ∫_{0}^{a_{n+q}}(1 − \frac{t}{n})^{n} λ_{n}(M)dt

= λ_{n}(M) ∫_{0}^{a_{n+q}}(1 − \frac{t}{n})^{n} dt
= λ_{n}(M) · \frac{a_{n+1}}{n + 1}

(G 6) Berechnung einer Fläche Es sei M := {(x, y) ∈ ℝ^{2} : x^{2} + y^{2} ≤ 1 und (x ≤ 0 oder |y| ≤ x)}. Skizzieren Sie die Menge M und berechnen Sie ihren Flächeninhalt λ_{2}(M) mit dem Prinzip von Cavalieri.

Lösung:

Skizze (nur in Musterlösung im LZM): Der Skizze sehen wir an, daß die Schnitte von M mit Parallelen zur x-Achse (und somit die Mengen M_{y}) etwas komplizierte Mengen sind (jedenfalls keine Intervalle). Um uns weniger Arbeit zu machen, arbeiten wir daher lieber mit den Schnitten

M_{x} := {y ∈ ℝ: (x, y) ∈ M}

für x ∈ ℝ. Es ist

M_{x} = \{ \begin{matrix}∅ & wenn |x| > 1; \\ [−\sqrt{1 − x^{2}}, \sqrt{1 − x^{2}}] & wenn x ∈ [−1, 0] oder x ∈ [\frac{\sqrt{2}}{2}, 1]; \\ [−x, x] & wenn x ∈ ]0, \frac{\sqrt{2}}{2}[ \end{matrix}

und somit

λ_{1}(M_{x}) = \{ \begin{matrix}0 & wenn |x| > 1; \\ 2\sqrt{1 − x^{2}} & wenn x ∈ [−1, 0] oder x ∈ [\frac{\sqrt{2}}{2}, 1]; \\ 2x & wenn x ∈ ]0, \frac{\sqrt{2}}{2}[. \end{matrix}

Nach dem Prinzip von Cavalieri ist folglich

λ_{2}(M) = ∫_{ℝ} λ_{1}(M_{x}) dλ_{1}(x)
= ∫_{[−1,0]} 2\sqrt{1 − x^{2}} dλ_{1}(x) + ∫_{]0, \frac{\sqrt{2}}{2} [} 2x dλ_{1}(x) + ∫_{[ \frac{\sqrt{2}}{2} ,1]} 2\sqrt{1 − x^{2}} dλ_{1}(x)

= ∫_{−π/2}^{0}(1 + cos(2u)) du + [x^{2}]_{0}^{\sqrt{2}/2} + ∫_{π/4}^{π/2}(1 + cos(2u)) du
= π/2 + 1/2 + π/4 − 1/2 = 3π/4 .

(G 7) Volumenberechnung Berechnen Sie das Volumen des von den Flächen

x + y = 1 , x = 0 , y = 0 , z = 6x^{2} + 2y^{2} und z = 0

eingeschlossenen Körpers K.

Lösung:

Es sei A⊆ℝ^{2} das Dreieck mit den Ecken (0, 0), (1, 0) und (0, 1). Für den Schnitt K_{(x,y)} := {z ∈ ℝ: (x, y, z) ∈ K}, (x, y) ∈ ℝ^{2} gilt

K_{(x,y)} = \{ \begin{matrix}[0, 6x^{2} + 2y^{2}] & falls (x, y) ∈ A; \\ ∅ & falls (x, y) ∉ A. \end{matrix}

Mit dem Prinzip von Cavalieri und dem Satz von Fubini erhalten wir also

λ_{3}(K) = ∫_{A} λ_{1}(K_{(x,y)}) dλ_{2}(x, y)
= ∫_{A} λ_{1}([0, 6x^{2} + 2y^{2}]) dλ_{2}(x, y)
= ∫_{A} (6x^{2} + 2y^{2}) dλ_{2}(x, y)
= ∫_{[0,1]} ∫_{[0,1−y]}(6x^{2} + 2y^{2}) dλ_{1}(x) dλ_{1}(y)
= ∫_{[0,1]} [2x^{3} + 2xy^{2}]_{x=0}^{x=1−y} dλ_{1}(y)
= ∫_{[0,1]} (2(1 − y)^{3} + 2(1 − y)y^{2}) dλ_{1}(y)
= [ − \frac{1}{2}(1 − y)^{4} + \frac{2}{3}y^{3} − \frac{1}{2}y^{4}]_{0}^{1}
= 2/3 − 1/2 + 1/2 = 2/3 .

Natürlich kann man mit etwas Erfahrung das fertige iterierte Integral auch sofort ohne die Zwischenschritte hinschreiben, z.B. bei der gerade gewählten Reihenfolge der Koordinaten:

λ_{3}(K) = ∫_{0}^{1} ∫_{0}^{1−y} ∫_{0}^{6x^{2}+2y^{2}} 1 dz dx dy .

(G 8) Cavilierisches Prinzip Wir betrachten die Zylinder

Z_{1} := {(x, y, z) ∈ ℝ^{3} : x^{2} + y^{2} ≤ 1} und

Z_{2} := {(x, y, z) ∈ ℝ^{3} : x^{2} + z^{2} ≤ 1}

sowie ihre Schnittmenge M := Z_{1} ∩ Z_{2}.

(a) Versuchen Sie eine grobe Skizze von M.

(b) Bestimmen Sie für (x, y) ∈ ℝ^{2} die Schnitte M_{(x,y)} := {z ∈ ℝ: (x, y, z) ∈ M} .

(c) Berechnen Sie das Volumen λ_{3}(M) von M.

Lösung:

(a) Die in der x-y-Ebene liegende Kreisscheibe {(x, y, 0) : x^{2} + y^{2} ≤ 1} ist offensichtlich in M enthalten. Wenn wir uns von (x, y, 0) mit x^{2} +y^{2} ≤ 1 ausgehend in z-Richtung bewegen, geraten wir für z = ±\sqrt{1 − x^{2}} an den Rand des Zylinders Z_{2} und für größeren Betrag von z aus Z_{2} hinaus. Diese Ideen genügen, um eine vernünftige Skizze anzufertigen. (b) Es seien (x, y) ∈ ℝ^{2} und z ∈ ℝ. Dann

(x, y, z) ∈ M ⇔ (x, y, z) ∈ Z_{1} und (x, y, z) ∈ Z_{2}
⇔ x^{2} + y^{2} ≤ 1 und x^{2} + z^{2} ≤ 1.

Somit

M_{(x,y)} = \{ \begin{matrix}[−\sqrt{1 − x^{2}}, \sqrt{1 − x^{2}} ] & wenn x^{2} + y^{2} ≤ 1 \\ ∅ & sonst. \end{matrix}

Also ist λ_{1}(_{(x,y)}M) = 2\sqrt{1 − x^{2}} wenn x^{2} + y^{2} ≤ 1, andernfalls λ_{1}(M_{(x,y)}) = 0.

(c) Es sei 𝔻 := {(x, y) ∈ ℝ^{2} : x^{2} + y^{2} ≤ 1} die Einheitskreisscheibe. Anwendung des Cavalierischen Prinzips und anschließend des Satzes von Fubini liefert

λ_{3}(M) = ∫_{ℝ^{2}} λ_{1}(M_{(x,y)}) dλ_{2}(x, y) = ∫_{𝔻} λ_{1}(M_{(x,y)}) dλ_{2}(x, y)
= ∫_{[−1,1]^{2}} χ_{𝔻}(x, y)2\sqrt{1 − x^{2}} dλ_{2}(x, y) = ∫_{−1}^{1} ∫_{−1}^{1} χ_{𝔻}(x, y)2\sqrt{1 − x^{2}} dy dx

= ∫_{−1}^{1} ∫_{−\sqrt{1−x^{2}}}^{√\overline{1−x^{2}}} 2\sqrt{1 − x^{2}} dy dx = ∫_{−1}^{1} 4(1 − x^{2}) dx = [4x − \frac{4}{3}x^{3}]_{−1}^{1} = \frac{16}{3} .

(G 9) Satz von Fubini und Konvergenzsätze

Bestimmen Sie den folgenden Grenzwert:

lim_{n→∞} ∫ ∞_{\frac{1}{n}} e^{−u} ∫_{0}^{∞} e^{−ux^{2}} cos (βx) dxdu.

Hinweis: Verwenden Sie ohne Beweis e^{−β} = ∫_{0}^{∞} \frac{cos (βx)}{1+x^{2}} dx. (Dies wird in der Funktionentheorie gezeigt.)

Lösung:

Da

∫ ∞_{\frac{1}{n}} e^{−u} ∫_{0}^{∞} |e^{−ux^{2}} cos (βx)| dxdu ≤ ∫ ∞_{\frac{1}{n}} e^{−u} ∫_{0}^{∞} e^{−x^{2}/n} dxdu < ∞,

können wir nach dem Satz von Fubini die Integrationsreihenfolge vertauschen. Es gilt also

lim_{n→∞} ∫ ∞_{\frac{1}{n}} e^{−u} ∫_{0}^{∞} e^{−ux^{2}} cos (βx) dxdu = lim_{n→∞} ∫_{0}^{∞} cos (βx) ∫ ∞_{\frac{1}{n}} e^{−u(1+x^{2})} dudx
= lim_{n→∞} ∫_{0}^{∞} \frac{cos (βx)}{1 + x^{2}} e^{− \frac{1}{n} (1+x^{2})} dx.

Wir setzen nun

f_{n}(x) = \frac{cos (βx)}{1 + x^{2}} e^{− \frac{1}{n} (1+x^{2})}.

Die Funktionenfolge f_{n} konvergiert punktweise gegen f(x) = \frac{cos (βx)}{1+x^{2}} und hat als Majorante die über (0, ∞) integrierbare Funktion g(x) = \frac{1}{1+x^{2}} . Nach dem Satz über majorisierte Konvergenz gilt dann

lim_{n→∞} ∫_{0}^{∞} \frac{cos (βx)}{1 + x^{2}} e^{− \frac{1}{n} (1+x^{2})} dx = ∫_{0}^{∞} \frac{cos (βx)}{1 + x^{2}} = e^{−β}.