Fachbereich Mathematik Prof. B. Farkas Martin Fuchssteiner Lisa Steiner

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

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SS 06 17.07.2006

Analysis IV

13. Übung mit Lösungshinweisen

Gruppenübungen

(G 1) Berechnung einiger Volumina

(a) Berechnen Sie das Volumen λ_{3}(M) des Ellipsoids M := {(x, y, z) ∈ ℝ^{3} : (x/a)^{2} + (y/b)^{2} + (z/c)^{2} ≤ 1}, wobei a, b, c > 0. Hinweis: Benutzen Sie das Prinzip von Cavalieri und Aufgabe G1 vom 12. Übungsblatt.

(b) Berechnen Sie mit dem Prinzip von Cavalieri das Volumen des Körpers M := K ∩ Z, der durch Schneiden der Kugel K := {(x, y, z) ∈ ℝ^{3} : x^{2} + y^{2} + z^{2} ≤ 1} und des Zylinders Z := \{(x, y, z) ∈ ℝ^{3} : x^{2} + y^{2} ≤ \frac{1}{2}\} entsteht.

Lösung:

(a) Gegeben z ∈ ℝ ist M_{z} = {(x, y) ∈ ℝ^{2} : (x/a)^{2} + (y/b)^{2} ≤ 1 − (z/c)^{2}}. Also ist M_{z} = ∅ wenn |z| > c; M_{z} = {(0, 0)} wenn |z| = c;

M_{z} = \{(x, y) ∈ ℝ^{2} : ( \frac{x}{a\sqrt{1 − (z/c)^{2}}} )^{2} + ( \frac{y}{b\sqrt{1 − (z/c)^{2}}} )^{2} ≤ 1 \}

wenn |z| < c. Letzteres ist eine Ellipse, deren Flächeninhalt laut G1 vom 12. Übungsblatt,

λ_{2}(M_{z}) = πa\sqrt{1 − (z/c)^{2}} · b · \sqrt{1 − (z/c)^{2}} = πab(1 − (z/c)^{2})

ist. Mit dem Prinzip von Cavalieri erhalten wir folglich

λ_{3}(M) = ∫_{ℝ} λ_{2}(M_{z}) dλ_{1}(z) = ∫_{[−c,c]} πab(1 − (z/c)^{2}) dλ_{1}(z)
= πab ∫_{−c}^{c}(1 − (z/c)^{2}) dz = πab [z − \frac{z^{3}}{3c^{2}} ]_{−c}^{c}
= πab (2c − 2c/3) = \frac{4π}{3}abc .

(b) Gegeben z ∈ ℝ ist M_{z} = ∅ falls |z| > 1; M_{z} = {(x, y) : x^{2} + y^{2} ≤ 1/2} (und somit λ_{2}(M_{z}) = π/2) falls |z| ≤ \sqrt{2}/2; M_{z} = \{(x, y) : x^{2} + y^{2} ≤ 1 − z^{2}\} (und somit λ_{2}(M_{z}) = π(1 − z^{2}) ) falls \sqrt{2}/2 < |z| ≤ 1. Folglich ist

λ_{3}(M) = ∫_{ℝ} λ_{2}(M_{z}) dλ_{1}(z)
= ∫_{−\sqrt{2}/2}^{\sqrt{2}/2} π/2 dz + ∫_{−1}^{−\sqrt{2}/2} π(1 − z^{2}) dz + ∫_{\sqrt{2}/2}^{1} π(1 − z^{2}) dz

= π\sqrt{2}/2 + 2π[z − z^{3}/3]_{\sqrt{2}/2}^{1} = π\sqrt{2}/2 + 2π (2/3 − \sqrt{2}/2 − \sqrt{2}/12)
= \frac{4 − 2\sqrt{2}}{3} π .

(G 2) Volumen eines Rotationskörpers

Es sei r : ℝ → [0, ∞[ eine messbare Funktion. Uns interessiert das Volumen des Rotationskörpers

M := \{(x, y, z) ∈ ℝ^{3} : \sqrt{x^{2} + y^{2}} ≤ r(z)\} = h^{−1}([0, ∞[)

mit h: ℝ^{3} → ℝ, h(x, y, z) := r(z) − \sqrt{x^{2} + y^{2}}.

(a) Zeigen Sie, dass M ∈ B(ℝ^{3}).

(b) Zeigen Sie, dass λ_{3}(M) = π ∫_{ℝ} r(z)^{2} dλ_{1}(z).

(c) Berechnen Sie für α > 0 das Volumen der Menge

M := \{(x, y, z) ∈ ℝ^{3} : z ≥ 1 und \sqrt{x^{2} + y^{2}} ≤ z^{−α}\} .

Lösung:

(a) Die Funktion h ist aus messbaren Funktionen aufgebaut und somit messbar. Da [0, ∞[∈ B(ℝ), folgt M = h^{−1}([0, ∞[) ∈ B(ℝ^{3}).

(b) Für z ∈ ℝ ist M_{z} = \{(x, y) ∈ ℝ^{2} : (x, y, z) ∈ M\} = \{(x, y) ∈ ℝ^{2} : \sqrt{x^{2} + y^{2}} ≤ r(z)\} = K_{r(z)}(0) die abgeschlossene Kreisscheibe in ℝ^{2} mit Mittelpunkt 0 und Radius r(z). Das Prinzip von Cavalieri liefert

λ_{3}(M) = ∫_{ℝ} λ_{2}(M_{z}) dλ_{1}(z) = ∫_{ℝ} λ_{2}(K_{r(z)}(0)) dλ_{1}(z) = ∫_{ℝ} πr(z)^{2} dλ_{1}(z) .

Hierbei wurde die (aus der Schule bekannte) Formel λ_{2}(K_{R}(0)) = πR^{2} für die Kreisfläche benutzt, die wir in Aufgabe G1 vom 12. Übungsblatt (bzw. als Spezialfall dieser Aufgabe) noch einmal verifiziert haben.

(c) Analog zu Teil (b) erhalten wir

λ_{3}(M) = π ∫_{[1,∞[} z^{−2α} dλ_{1}(z) = π ∫_{1}^{∞} z^{−2α} dz .

Für α ≠ \frac{1}{2} ist also

λ_{3}(M) = lim_{n→∞} π ∫_{1}^{n} z^{−2α} dz
= lim_{n→∞} π [\frac{z^{1−2α}}{1 − 2α}]_{1}^{n} = lim_{n→∞} π \frac{n^{1−2α} − 1}{1 − 2α}
= \{ \begin{matrix}\frac{π}{2α−1} & falls α > \frac{1}{2}; \\ ∞ & falls α < \frac{1}{2}. \end{matrix}

Für α = \frac{1}{2} schließlich ist λ_{3}(M) = π ∫_{1}^{∞} \frac{1}{z} dz = ∞.

(G 3) Volumen eines Rotationskörpers (a) Sei f : [a, b] → ℝ_{+} messbar. Wir definieren in ℝ^{n+1} den Rotationskörper

K_{f} := {(x, t) ∈ ℝ^{n} × [a, b] : ∥x∥ ≤ f(t)}.

Berechnen Sie das Volumen des Körpers K_{f} in Abhängigkeit des Volumens c_{n} der n-dimensionalen Einheitskugel mit Hilfe des Cavalierischen Prinzips.

(b) Berechnen Sie das Volumen des Körpers, der entsteht, wenn die Funktion f : [−a, a] → ℝ_{+} durch f(t) = |t| gegeben ist. Skizzieren Sie die Situation im Fall n = 2.

Lösung:

(a) Wir schneiden die Menge K_{f} in Scheiben entlang der t-Achse: K_{f,t} := {x ∈ ℝ^{n} : (x, t) ∈ K_{f}}. Dann gilt

K_{f,t} = \{ \begin{matrix}\{x ∈ ℝ^{n} : ∥x∥ ≤ f(t)\}, & t ∈ [a, b] \\ ∅ & sonst \end{matrix}

und mit dem Satz von Cavalieri erhält man

λ_{n+1}(K_{f}) = ∫_{a}^{b} λ_{n}(K_{f,t})dt = c_{n} ∫_{a}^{b} f(t)^{n}dt.

(b) Aus einer Skizze erkennt man, dass der 3-dimensionale Körper K_{f} tatsächlich durch Rotation um die x_{3}-Achse entsteht.

Nach (a) gilt

λ_{n+1}(K_{f}) = c_{n} ∫_{−a}^{a} |t|^{n}dt = 2c_{n} ∫_{0}^{a} t^{n}dt = \frac{2c_{n}}{n + 1}a^{n+1}.

(G 4) Rechenaufgabe zu Flächenintegralen

Berechne das Flächenintegral

∫_{𝕊_{2}} x^{2} y^{2} dS_{𝕊_{2}}(x, y, z).

Lösung:

Es gilt

∫_{𝕊_{2}} x^{2} y^{2} dS_{𝕊_{2}}(x, y, z) = ∫_{0}^{π} ∫_{0}^{2π}(sin θ cos ϕ)^{2} (sin θ sin ϕ)^{2} sin θ dϕ dθ
= ∫_{0}^{π} ∫_{0}^{2π} \underbrace{sin^{4} θ}_{=(1−cos^{2} θ)^{2}} sin θ \underbrace{cos^{2} ϕ sin^{2} ϕ}_{= \frac{1}{4} sin^{2}(2ϕ)= \frac{1}{8} (1−cos(4ϕ))} dϕ dθ

= \frac{1}{8} 2π ∫_{0}^{π}(1 − 2 cos^{2} θ + cos^{4} θ) sin θ dθ
= \frac{π}{4} [ − cos θ + \frac{2}{3} cos^{3} θ − \frac{2}{5} cos^{5} θ]_{0}^{π}
= \frac{π}{4} · 2 · (1 − \frac{2}{3} + \frac{2}{5}) = \frac{11}{30} π .

(G 5) Gaußscher Integralsatz Satz (Gauß): Sei K⊆ℝ^{n} kompakt mit glattem Rand, ν : ∂K → ℝ^{n} äusseres Normalenfeld. Ferner sei K⊆U, U⊆ℝ^{n} offen und F ∈ C^{1}(U, ℝ^{n}). Dann gilt

∫_{K} divF (x)dλ_{n}(x) = ∫_{∂K} F (x) · ν(x)dS_{∂K}(x).

Wir betrachten die Menge K := {(x, y, z) ∈ ℝ^{3} : x^{2} + y^{4} + z^{6} ≤ 1} und das Vektorfeld

F: ℝ^{3} → ℝ^{3} , F (x, y, z) := (x^{2}y^{3}, xz + xy^{4}, cos(xy)) .

(a) Zeige, dass K ein Kompaktum mit glattem Rand ist.

(b) Berechne das Flächenintegral

∫_{∂K}⟨F (x, y, z), ν(x, y, z)⟩ dS_{∂K}(x, y, z) ,

indem Du es als ein geeignetes Volumenintegral umschreibst; hierbei ist ν: ∂K → ℝ^{3} das äußere Normalenfeld von K.

Beachte, dass wir ν gar nicht explizit ausrechnen müssen !

Lösung:

(a) Offensichtlich ist K abgeschlossen und K ist beschränkt, da |x|, |y|, |z| ≤ 1 für alle (x, y, z) ∈ K. Also ist K kompakt. Da ∂K⊆U := ℝ^{3} \ {(0, 0, 0)} und K ∩ U = {(x, y, z) ∈ U : ψ(x, y, z) ≤ 0} mit ψ : U → ℝ, ψ(x, y, z) := x^{2} + y^{4} + z^{6} − 1 und grad ψ(x, y, z) = (2x, 4y^{3}, 6z^{5}) ≠ (0, 0, 0) für alle (x, y, z) ∈ U, ist K ein Kompaktum mit glattem Rand.

(b) Da div F (x, y, z) = 2xy^{3} + 4xy^{3} = 6xy^{3}, erhalten wir mit dem Gaußschen Integralsatz

∫ ⟨F (x, y, z), ν(x, y, z)⟩ dS_{∂K}(x, y, z)
= ∫_{K} div F (x, y, z) dλ_{3}(x, y, z) = ∫_{K} 6 xy^{3} dλ_{3}(x, y, z)

= ∫_{−1}^{1} ∫_{− ^{4} \sqrt{1−x^{2}}}^{^{4} \sqrt{1−x^{2}}} ∫_{− ^{6} \sqrt{1−x^{2}−y^{4}}}^{^{6} \sqrt{1−x^{2}−y^{4}}} 6 xy^{3} dz dy dx

= ∫_{−1}^{1} ∫_{− ^{4} \sqrt{1−x^{2}}}^{^{4} \sqrt{1−x^{2}}} 12 xy^{3} ^{6} \sqrt{1 − x^{2} − y^{4}} dy dx
= ∫_{−1}^{1} [−\frac{18}{7} (1 − x^{2} − y^{4})^{7/6}]_{y=− ^{4} \sqrt{1−x^{2}}}^{y= ^{4} \sqrt{1−x^{2}}} dx = 0 .

(G 6) Divergenz als Flussdichte Es sei F: ℝ^{3} → ℝ^{3} ein stetig differenzierbares Vektorfeld und x_{0} ∈ ℝ^{3}. Für r > 0 bezeichne K_{r} die abgeschlossene Kugel vom Radius r um x_{0}. Wir betrachten den sogenannten “Fluss” ∫_{∂K_{r}}⟨F (x), ν(x)⟩ dS_{∂K_{r}}(x) von F durch die Sphäre ∂K_{r} vom Radius r um x_{0} (wobei ν : ∂K_{r} → ℝ^{3} jeweils das äußere Normalenfeld ist).

Zeigen Sie mit dem Gaußschen Integralsatz, dass

lim_{r→0} \frac{∫_{∂K_{r}}⟨F (x), ν(x)⟩ dS_{∂K_{r}}(x)}{λ_{3}(K_{r})} = div F (x_{0}) .

Hinweis: Schreiben Sie div F (x_{0}) = \frac{1}{λ_{3}(K_{r})} ∫_{K_{r}} div F (x_{0}) dλ_{3}(x).

Lösung:

Nach dem Gaußschen Integralsatz ist ∫_{∂K_{r}}⟨F (x), ν(x)⟩ dS_{∂K_{r}}(x) = ∫_{K_{r}} div F (x) dλ_{3}(x) .

Daher

|\frac{∫_{∂K_{r}}⟨F (x), ν(x)⟩ dS_{∂K_{r}}(x)}{λ_{3}(K_{r})} − divF (x_{0})|

= |\frac{1}{λ_{3}(K_{r})} ∫_{K_{r}} div F (x) dλ_{3}(x) − \frac{1}{λ_{3}(K_{r})} ∫_{K_{r}} div F (x_{0}) dλ_{3}(x)|
= \frac{1}{λ_{3}(K_{r})} |∫_{K_{r}}(div F (x) − div F (x_{0})) dλ_{3}(x)|
≤ \frac{1}{λ_{3}(K_{r})} ∫_{K_{r}}|div F (x) − div F (x_{0})| dλ_{3}(x)
≤ \frac{1}{λ_{3}(K_{r})} ∫_{K_{r}} sup\{|div F (y) − div F (x_{0})|: y ∈ K_{r}\} dλ_{3}(x)
= sup{|div F (y) − div F (x_{0})|: y ∈ K_{r}} .

Sei ε > 0. Da div F stetig ist, gibt es ein δ > 0 derart, dass |div F (y) − div F (x_{0})| ≤ ε für alle y ∈ K_{δ}. Für alle 0 < r ≤ δ gilt nach vorigen Abschätzungen dann

|\frac{∫_{∂K_{r}}⟨F (x), ν(x)⟩ dS_{∂K_{r}}(x)}{λ_{3}(K_{r})} − div F (x_{0})| ≤ ε .

Somit ist

lim_{r→0} \frac{∫_{∂K_{r}}⟨F (x), ν(x)⟩ dS_{∂K_{r}}(x)}{λ_{3}(K_{r})} = divF (x_{0})

bewiesen.