Analysis II: eine praxisorientierte Einführung für Mathematiker und Physiker mit über 400 gerechneten Beispielen [1 ed.] 8888307230, 9788888307237

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Analvsis II >./

Eine praxisorientiere Einführung für l\/Iathematiker und Physiker mit über 400 gerechneten Beispielen

Thomas C. T. 1\!Iichaels

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Vorwort .Jedes Buch muss einen Beginn haben und dieses Buch will ich mit einigen einführenden \!Vorten beginnen. \:Vie viele andere Studenten der :Mathematik und Physik. die sich im ersten Jahr zum ersten Mal mit der Analysis-Vorlesung konfrontiert sehen, hatte ich immer nach einem Buch gesucht, das den Mathematik-Stoff einfach und mit vielen Beispielen erklärt. Das ist natürlich leichter gesagt als getan. Auf der einen Seite findet man so genannte Jngcn'ieurbücher, welche praktisch sind, viele Beispiele enthalten aber der Inhalt ist oft zu einfach

im Vergleich zum Stoff, der in einer typischen Ana.lysis-Vorlesung für l\lathematiker und Physiker vorkommt. In diesen Ingenieurbüchern findet man also viele Beispiele zur Integralredumng, aber keine Beispiele über UntermannigfoJtigkciten oder 'Ibpologie. Auf der anderen Seite behandeln die typischen Lehrbücher für Mathematiker den Stoff auf dem richtigen Niveau, aber diese sind für einen Studenten im ersten .Jahr oft zu abstrakt. Also Satz, Beweis, Lemma, Beweis, Satz, Beweis etc. und die (wenigen) Beispiele sind oft neue Theoreme mit Beweisen, die den Studenten nicht helfen, die Konzepte zu verstehen. Aber wo ist der Mittelweg? Betrübt kein geeignetes Buch gefunden zu haben, entschloss ich mich dazu, mir selbst Aufgaben zu steJlen. Hier und dort habe ich Aufgaben gesucht und gesammelt und ausführliche Lösungsv,:ege für mich geschrieben. So hatte ich schlussendlich auf ein Blatt 60 Beispiele zu Reihen geschrieben, von denen man die Konvergenz bestimmen sollte. Ich habe auch eine Liste von

Mengen erstellt, bei denen ich entscheiden sollte,

ob sie offen, abgeschlossen, kompakt oder zusammenhängend waren. Dieses Nlaterial habe ich dann in den späteren Jahren \vieder gebraucht, als ich Hilf:':lassistent in Analysis im lVIathematik-Departement der ETH Zürich vvar. In meinen Übungsstunden habe ich immer eine Zusannnenfassung der Vorlesung gegeben und die wichtigsten Punkte anhand von vielen Beispielen erklärt. Anstatt Tipps zu den einzelnen A ufga.ben der Serie zu geben, habe ich mir immer neue, ähnliche Beispiele ausgedacht, wie die in der Serie vorkommenden, und diese vor den Studenten gelöst. So konnte ich Schritt für Schritt alles erklären, was die Studierenden wissen sollten. um die Aufgaben zu Iösen: vVie wendet man dieses Theorem in konkreten Situationen an? vVozu dient dieser Satz? usw. Oft ist es genau das, was die Studenten wissen wollen. Dieses Prinzip hat sich bewährt. Am Anfang waren nur 13 Studierende in meiner Übungsstunde da, und ich hatte Grenzwerte wiederholt. Die Übung dauerte nur eine Stunde, aber die Leute fanden es so gut, dass ich am Ende der Stunde einen Applaus bekommen habe. In der nächsten Übungsstunde 'Naren dann 20 Leute in der

3

Übungsgruppe, dann 40, dann 50 usw. Später sind noch mehr Leute gekommen ... am Ende des Semesters waren es 150. Das war ein riesiger Erfolg für mich, den ich mir nie erwartet hätte. In meinem letzten Jahr an der ETH bin ich, zusammen mit Beatrix I\liihlmann, auf die Idee gekommen, das ganze lVIaterial allen zukünftigen Studenten in der Form eines Buches zur Verfügung zu stellen. Am Ende sind, mit der Hilfe von Beatrix, zwei Bücher entstanden: Analysis I und Analysis II.

vViis k:ann rrum :sich also von den Büchern erwarten? In dieser Reihe von zwei Büchern befinden sich insgesamt mehr als 1200 Beispiele, alle ausführlich gelöst. Alle Schritte werden durchgerechnet und es gibt kein "trivial" oder "man sieht leicht". Dieses Buch eignet sich perfekt, um zu verstehen, was konkret hinter den abstrakten Definitionen und Sätzen der Analysis II steckt und ist damit das ideale Begleitbuch für jeden Studenten. Ich denke, dass ein formal orientierter Schreibstil häufig die Studenten abschreckt. Im Buch habe ich also die klassische Struktur von Definition, Satz und Beweis aufgegeben und diese mit einer neuen Struktur ersetzt: Die fundamentale Theorie, also wichtige Definitionen und Sätze, werden kurz und einfach zusammengefasst und diese Theorie ist anhand von ausführlich gerechneten Musterbeispielen erklärt. Ich denke, dass Analysis so viele Anwendungen hat und so viele Tricks kennt, dass der einzige vVeg, den Stoff effektiv zu lernen, viele Beispiele sind. Das Buch kommt dieser Aufgabe bestens nach. Ein Buch kann aber nicht alle Bedürfnisse gleichzeitig erfüllen: Es wird somit nicht auf Exaktheit und Beweisvollständigkeit verzichtet. Ich habe überall dort, wo es mir inhaltlich richtig erschien, Beweise in Form von Beispielen vollständig priisenticrt, aber für technische Beweise, welche nur lange

Schreibarbeit erfordern, aber keinen grossen Beitrag zum Verständnis beitragen, verweise ich auf die entsprechende Literatur. Die Bücher behandeln ungefähr den Teil der Analysis, den ein Student in der 1!fathematik und Physik im ersten Jahr beherrschen sollte. 1V1it diesen Büchern wird der Student langsam (Beispiel nach Beispiel) von den ganz elementaren Konzepten bis zu einer Stufo gebracht) wo er auch mit komplizierten Aufgaben der mehrdimensionalen Differenzial- und Integralrechnung zurecht kommt.

Ich will das Buch jetzt nicht weiter beschreiben: Sie haben es ja vor sich. Also viel Vergnügen beim Lesen und hoffentlich nehmen diese Bücher a.llen Lesern den Schrecken, den sie vor Analysis haben. Cambridge und Zürich, im Jahr 2013

Thomas Michaels

4

Inhaltsverzeichnis I

Differenzialrechnung im IRC 1

9

1 Funktionen von mehreren Variablen und partielle Ableitungen

2

3

4

5

11

1.1

Funktionen von mehreren Variablen .

11

1.2

Partielle Ableitungen .

15

1.3

Der Satz von Schwarz

19

1.4

Vektorwertige Funktionen

24

Stetigkeit und Differenzierbarkeit im IFtn 2.1

Stetigkeit im IFtn

2.2

Difforenzierba.rkeit 2.2.l

Partielie Differenzierbarkeit und totale Diffcrcnzierbarkeit

2.2.2

Funktionen von der Klasse

2.2.:3

Zusammenhang der Begriffe

2.2.4

Beispiele .

27

er.: 35

Ableitungsregeln

49

3.1

Die Kettenregel

49

3.2

Der Umkehrsatz.

53

Taylorentwicklung für Funktionen mehrerer Variablen

67

4.1

Funktionen zweier Variablen . .

67

4.2

Funktionen mehrerer Variablen

69

Kurven

73

5.1

Differenzierbare Kurven

73

5.2

Regulä.re Kurven . . . .

77

5.()

Der Tangentialvektor an einer Kurve

79

5.4

Die Länge einer l\urve . . . . . . . .

80

5.5

Einfach zusammenhängende Mengen

84

5.5.1

Homotopien . . . . . . . . . .

84

5.5.2

Einfach zusammenhängende J\fongen

86

5

INHALTSVERZEICHNIS

6

7

Kritische und reguläre Punkte

89

f : IRn

89

Der Fall

6.2

Der allgemeine Fall

7.2

7.:3

9

. . . . .

f : IR

11

92

--+ IR111

Extremwertaufgaben in mehreren Dimensionen 7.1

8

--+ IR

6.1

Extremwertaufgaben in IR 11 ohne Nebenbedingungen 7.1.1

Exkursus: positiv und negativ definite Matrizen

7.1.2

Beispiele . . . . . . . . . .

97

97 99

102 109

Extrema mit Nebenbedingungen 7.2.1

Einschub: ein Existenzsatz für Extrema

110

7.2.2

Beispiele . . . . . . . . . . . . . . . .

111

Allgemeine Betrachtung von Extrema in IRn

122

Der Satz iiber implizite Funktionen

127

8.1

Einleitung

127

8.2

Der Satz

128

8.3

Beispiele

1:30

139

U ntermannigfaltigkeiten von IR11 9.1

Untermannigfaltigkeiten von IR11 Lie-Gruppen

145

Der Tangentialra.um

150

9.2.1

152

9.1.1 H.2

139

Lie-Algebren

Der Normalraum

154

10 Parameterintegrale

157

II

10.1 Paranieterintegrale mit konstanten Grenzen

158

10.2 Parameterintegrale mit variablen Grenzen

1G2

10.3 Uneigerrtliche Parameterintegrale . . . . .

166

Integralrechnung im

175

}Rn

11 Integration auf Quadern und der Satz von Fubini

177

177

11.1 Integration auf Quadern in 11.2 Integration auf Quadern in IR

183

12 Integration auf Normalbereichen

189

11

12. l Normalbereiche in

189

12.2 Normalbereiche in IRn

196

200

Der Skalierungstrick .

G

INHALTSVERZEICHNIS

13 Die Substitutionsregel

207

13.1 Die Substitutionsrege1 in IR. 13.2 Die Substitutionsregel in IR.

2

207

11

215

1:3.3 \Vichtige Koordinatentransformationen

218

1:3.4 Beispiele . . . . . . . . . . . . . . . . .

218

14 Anwendung: :Masse, Schwerpunkt und Trägheitsmoment 14.1 Masse, Sdrwerpunkt und Trägheitsmoment.

231 231

14.2 Beispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15 Oberflächenintegrale

III

241

15.1 Flächen in

241

15.2 Oberflächenmass

24i3

15.3 Oberflächenintegrale

24 7

15.4 Oberflächenintegral über den Graphen einer Funktion von zwei Variablen

248

Vektoranalysis

253

16 Grundbegriffe der Vektoranalysis

255

16.1 SkaJarfclder und Vektorfelder

255

16. l .1 Skalarfelder .

255

16.1.2 Vektorfelder .

256

16.2 Differenzialoperntoren

257

16.2.1 Der Gradient .

258

16.2.2 Richtungsableitung

260

16.2.3 Die Divergenz . . .

262

16.2.4 Die Rotation . . .

264

lG.2.5 Der Laplace-Operator

267

16.3 Rechenregeln für Differenzialoperatoren

1 7 Krummlinige Koordinaten

268

273

17 .1 Krummlinige Koordinaten . . . . . . . . . . . . 17.2 Differenzialoperatoren in anderen Koordinaten .

277

17.2.1 Transformation von Skalar- und Vektorfeldern .

277

17.2.2 Transformation von Differenzialoperatoren . . .

279

17.2.3 Allgemeine .Formeln für Differenzialoperatoren in allgemeinen orthogonalen krummlinigen Koordinaten

18 Wegintegrale

284

289

18.1 Definition und erste Beispiele

289

18.1.1 Definition . . . . . . .

289

18.1.2 Kochrezept und Beispiele

290 7

INHALTSVERZEICHNIS

18.2 Potenzialfelder

....... .

297

18.2.1 Motivierendes Beispiel

298

18.2.2 Potenzialfelder und Potenziale .

300

18.2.3 Konservative Vektorfelder

:301

18.2.4 Zusammenfassung

301

18.2.5 Beispiele . . . . . .

:302

19 Flussintegrale und der Satz von Gauss

rn.1

Der Orientierungsbegriff 19.2 Der Flussbegriff .

313

:n:3 315

19.2.1 Beispiele .

316

rn.3 Satz von Gauss . 19.4 Weitere Beispiele 19.5 Berechnung von Volumina mit dem Satz von Gauss 19.6 Der Satz von Gauss in der Ebene . . . . 19.6.1 Der Fluss durch eine Kurve in IR.2 19.G.2 Der Satz von Gauss in der Ebene 20 Der Satz von Stokes und der Satz von Green in der Ebene

20.1 Der Satz von Stokes . . . . . . . 20.2 Der Satz von Green in der Ebene 20.2.l Berechnung von Flächeninhalten mit dem Satz von Green

8

:321 329

:343 345 345

:345 355 355

Teil I

Differenzialrechnung iin ffi.n

9

Kapitel 1

Fu11ktionen von n1ehreren Variablen und partielle Ableitungen 1.1

Funktionen von mehreren Variablen

Wird jedem Punkt (x:, y) in einer Teilmengen der ;cy-Ebene ein Skalar f(:r, y) zugeordnet, so bekommt man eine F'unktion der Z\vei (unabhängigen) Variablen :r und y. In Formeln heisst dies f:

nc

n c ffi.2-+

f und die Menge .f(O) der Zahlen, welche von f angenommen werden, l1Cisst Wertebereich (oder Bild) von f

Die ivienge

ist der Definitionsbereich von

Bild(.f) = {j(;:r,

y) E fl}.

\Vas kann man sich darunter vorstellen? Das ist ganz einfach. Aus der Schule kennen wir ja nur Funktionen der Form f: lR -t Funktionen wie f(x, y)

=

wie etwa f(x)

= sin:r. Jetzt betrachten ·wir einfach

sin(:r+y). Diese Funktionen besitzen zwei Variable, nämlich :r

und y, für welche wir reelle \Verte einsetzen können. Der Graph von

11

f (:r, y)

besteht dann

1.

FUNKTIONEN VON 1-.JEHREREN VARIABLEN UND PARTIELLE ABLEITUNGEN

aus den Punkten

und definiert eine Fläche im dreidimensionalen Raum. Zur geometrischen Veranschaulichung von Funktionen von zwei Variablen '\Verden auch sogenannte Niveaulinien (oder Höhenlinien) benutzt. Die Niveaulinie von aus dem Definitionsbereich von

f,

flr, y)

für welche

Ne= {(:r, y)

E

zum Niveau C ist die Menge der Punkte

f den \Vert C annimmt, d.h.

n11 (::e, y)

=

C}.

Offenbar ist Ne f:. 0 nur für C im ·wertebereich von f, d.h. es macht keinen Sinn, \Verte für C zu ·wählen, welche nicht im Bild von .f liegen. Um Niveaulinien zu berechnen, setzt man bestimmte \Verte für C ein. Man löst dann die Gleichung .f(:r, y) = C zum Beispiel nach y auf und man bekommt so eine Funktion in Abhängigkeit von x, die wir darstellen können. Geometrisch entspricht die Menge .Mc dem Schnitt der Ebene z = C mit dem Graphen z = f(:r, y) von f projiziert auf die ;:ty-Ebene. \iVir schauen sozusagen von oben auf die hinab!

--------------

·--------------------------------

Beispiel 1.1.1 o o o Skizziere Graph und Niveaulinien für die folgenden Fnnktionen Z'weier Variablen:

a) J{:r, y) =

- y2

c) f(x,y) =

d} f (:c: 11) = Jl - (:r 2 + y 2 )

Lösung: a) Der Definitionsbereich ist ganz JR 2 und der vVertcbcreich ist ganz R Der Graph von

f

definiert die Fläche der Figur 1.1 und hat einen Sattelpunkt in (O'. 0). Niveaulinicn sind durch die Gleichung x2 - :Y2 = C

12

1.1.

t)

FUNKTIONEN VON MEHREREN VARIABLEN

!)

'"

Abbildung 1.1: Graph und Niveaulinien der Funktionen f: (x, y)-+ + y2, f : (:r, y) -+ ,f : y) -+ v' 1 - (:r2 + y2).

-1;2,

f: (x, y)-+

1. FUNKTIONEN VON MEHREREN VARIABLEN UND PARTIELLE ABLEITUNGEN

bestimmt. Für C = 0 bekommt man zum Beispiel x 2 - y 2 = 0 =?- y = ± x. Das sind die zwei Geraden durch den Mittelpunkt, welche in Figur 1.1 zu erkennen sind. Die anderen Niveaulinien sind durch die Gleichungen :r = ±J"cT+vi bzw. y = ±J:r2 - c: gegeben. b) Die Funktion f: IR?. 2 -+ JR, (:I:, y) --t :r 2 + y 2 definiert eine skalare Funktion von 2 Variablen mit Definitionsbereich D(f) = IR?. 2 und Wertebereich [O, eo) +- y 2 ist inuner positiv). Der Graph ist ein Paraboloid. Niveaulinien sind konzentrische Kreise: Die Niveaulinie zum Niveau C ist Ne:= {(:r, y) E

y)

= C} = {(:q;)

E

+ y2 = C}

ein Kreis mit Radius VC und Zentrum (0, 0). c) Die Funktion f : IR?.2 -+ JR, y) -+ yec definiert eine skalare Fünktion von 2 Variablen mit 2 Definitionsbereich D(f) = JR und \rVertebereich JR. Der Graph ist in Figur 1.1 gegeben. Niveaulinien sind durch die Gleichung

bestimmt. d) Die Funktion .f(x, y) = \f l - (:r; 2 + ;1;2) definiert eine skalare f\mktion von 2 Variablen. Der Definitionsbereich ist die Einheitskreisfläche D(f)

= {(r, y)

und der vVertebereich ist [O, l]. Der Graph von von f sind konzentrische Kreise. Denn

+ y 2 s 1}

E

f ist die obere Halbkugel mit Radius 1. Nivcaulinien

= C} = {(:1:,y) {(:r,y) E D(f)!,r + y = 1- CP}

Ne= {(:c,y) E D(f)lf(J.:,y) =

2

E

=C}

D(f)I

2

ist ein Kreis mit Radius und Zentrum (0, 0). Bemerke: Da macht es keinen Sinn C tf:, [O, 1] zu betrachten.

1.1.2 o o o lleranscha11,liche die durch

f : JR.2 -+ JR,

f nur \rVerte in [O, 1] annimmt,

• y)-+

im Bereich [-2, 2]2 durch Niveattlinien.

Lösung: Um Niveaulinien zu berechnen, setzen wir bestimmte vVerte für .f(x, y)

= C ein

=C'.

1+

vVir lösen nach y auf und bekommen so eine Funktion in Abhängigkeit von :c, die wir darstellen können. Zum Beispiel: vVir wählen zuerst C = 0. Daraus folgt: y = 0. Also erhalten wir die x-Achse. Für C = 0.5 bekommen wir ;);2+1

+

2

Es ergibt sich eine Parabel. Und so weiter: Wir \vählen weitere \Verte für C und erhalten entsprechende Niveaulinien. vVir können zum Beispiel die Resultate für einige vVerte von C in der folgenden Tabelle zusammenfassen:

14

1.2.

Niveau

PAHTIELLE ABLEITUNGEN

Niveaulinie

c 0 C= 0.5 C= 1

:c-Achse Parabel mit Parabel mit Parabel mit Parabel mit Parabel mit Parabel mit

y=O l!

= 0.5(1 +

c = 1.5

c = -0.5 c = -1 c = -1.5

Scheitel Scheitel Scheitel Scheitel Scheitel Scheitel

in (O, 0.5) in (0, 1) in in -0.5) in (0, -1) in

Es ergibt sich somit das folgende Bild:

• Allgemein gesagt, ordnet eine Funktion von n Variablen jedem Zahlentupel (x1, ... , Zahl .f(:r 1 ,

... ,:r 11 )

eine

zu. In Hmnelu lieisst dies:

f:

nc

]Rn--+

JR,

(:r1, ... ,

--+

Definitionsbereich und vVertebereich sind wie im zweidimensionalen Fall erklärt. Zur geometrischen Veranschaulidmng solcher Funktionen steht der Graph von

f

nicht mehr zur Verfügung, da schon bei einer Funktion von drei Variablen ein vierdimensionaler Raum benötigt würde, der sich natürlich kaum für eine graphische Darstellung eignet. Am besten werden Niveauflächen benutzt, welche genauso wie Niveaulinien im zweidimensionalen Fall erklärt sind

.Ne= {(xi, ... ,

1.2 Sei

n

E

rllf(:r1, ... ,:rn) = C}.

Partielle Ableitungen eine offene Teilmenge von IR;n und

f :n

--+ JP2 eine Funktion von n Variablen.

Unter partieller Ableitung versteht man üblicherweise die Ableitung einer Funktion von

15

1. FUNKTIONEN VON MEHREREN VARIABLEN UND PARTIELLE ABLEITUNGEN

mehreren Variablen nach einer dieser Variablen, wobei die anderen Variablen konstant gehalten werden. \Vir definieren

Definition 1.2.1 (Partielle Differenzierbarkeit) der Stelle a E

n nach der

1/ariablen

f :n c

--+ R heisst an

)RH

vartiell differenzierbar) falls

Xi

af(,, . f(ai,.„,ai+h, .. „an)-f(cq, ... ,ai,···,an) 11111 =: a) h

h-+0

existiert. Der Limes

O:'Ci

hc·isBt partielle Ableifong von

f

nach

;r.i.

Die partielle Ableitung einer Funktion von mehreren Variablen f(:r1, ... , :i:n) nach der Va-

f nach

riablen :ri ist somit die Ableitung von

:Ti

wobei alle anderen Variablen konstant

gehalten werden. Die partielle Ableitung wird mit dem Symbol 8 notiert. Dies muss nicht mit dem d des totalen Differenzials verwechselt werden (siehe später). t:Iöchte man speziell darauf hinweisen, welche Variablen konstant gehalten werden, so kann man das durch Aufzählung der konstanten Variablen ausserhalb einer runden Klammer machen. Zum Beispiel, soll die Funktion

f (:r, y, z) partiell nach z abgeleitet werden, so ka.nn

1nan die konstant gehaltenen Variablen x und y optional anschreiben

(af) [}z

X,Jj •

Das ist eine sehr beliebte Praxis in der Thermodynamik. Dien partieUcn Ableitungen der Funktion

f (:r 1 , ... , ::r11 ) lassen sich in einem Vektor anord-

nen O.Cj

grad(f) =

vf

.!!1_ )

:=

(

Diesen Vektor nennt man Gradient von

f und das Symbol v wird Nabla genannt (Nabla-

operator). Die Regeln für die Bildung von partiellen Ableitungen sind offenbar dieselben wie für Ableitungen von Funktionen in einer Variablen. Es gelten die üblichen Produkt-, Quoticntund Kettenregeln, nur dass man alle anderen Variablen formal als Konstanten behandeln muss. Höhere partielle Ableitungen \Verden rekursiv definiert. Ist die Funktion

n partiell differenzierbar, so ist die partielle Ableitung von f Funktion auf n

auf ganz

f : n ---+ JR

nach :r 1 wieder eine

a1·

-,-· :!l-tlR ();ri

von der wir die pa.rtielle Differenzierbarkeit untersuchen können. l'v1an bekommt auf diese Art und ·weise die zweiten partiellen Ableitungen

16

1.2.

PARTIELLE AJ3LEITUNGEN

und höhere partielle Ableitungen. Bei der Bildung höherer Ableitungen ist es wichtig, auf die Reihenfolge der Differenziation aufzupassen. Denn

und

sind nicht

immer gleich (siehe Satz von Schwarz). Zweifache partielle Ableitungen der Funktion

f : n -+IR

kann man in einer n

X

n l\fatrix

anordnen, die sogenannte Hesse-Matrix, welche so definiert ist:

)

Hess(f) = (

f

Sind die gemischten Ableitungen metrisch.

gleich, so ist die Hesse-Matrix syrn-

und

mal mit. der Dejinitfon und einmal rnit der Regel "nach e·iner Variablen ableiten nnd alle anderen oh3 Konstanten betrachten":

Lösung: Für festes y errechnet sich die partielle Ableitung nach x gemäss Definition

j(x

+ h, JJ) - f(:r, y) h

(;r + h)eY - :r;eY = lirn he!J = c'I h h-+0

l'

· =

Die partielle Ableitung nach y lautet entsprechend

Of (..

,

--;:;- :r,y)

dy

.

= 1un

f(X, Jj

·

+ h) -- f(;r:, y) ·

h

=

lirn

:rcY·+-h - xclf

h40

h

eh -- ] = :reH lim - -

h-+0 h "-v---'

= J'f 11

=.l

Dasselbe Resultat bekommt man mit der Regel ''nach einer Variablen ableiten und alle anderen als Konstanten betrachten''

• Beispiel 1.2.2 ooo Berechne die ersten partiellen Ableit:ungen 'von

y)

= :i,:y

einmal

rn'it der Definition ·und einrnal mit der Regel ''nach einer Variablen ableiten ·und alle anderen als Konstanten betrachten". Berechne dann den Gradienten und die Hesse-Matri:r ·von

f.

Lösung: Die partielle Ableitung na.ch x errechnet sich nach der Definition

ar· = lirn ·ffx\ + h ' ·y)' · ... ·f'(x:· · ' 11')· · = lim (x, +· h)·11" D:r:

h--H)

h

h---7{)

h

x·11

;;

hy

=

r:=y.

Analog dazu finden \Yir für die partielle Ableitung nach y . . f(a:, y -Df = 11111 Dy

fi ...;()

+· h) -- f (:r, y) h

. -----'--:r(y -+ h) ----- :ry .-...... 11·1·1·1 = hm li -+O

17

h

h --+O

h:r -.......·.1·.·•• h

1. FUNKTIONEN VON IvIEHREREN VARIABLEN UND PARTIELLE ABLEITUNGEN

Mit der Regel "nach einer Variablen ableiten und alle anderen als Konstanten betrachten'' finden wir sofort die gleichen Resultate

üf fJx

Der Gradient von

a.r =x.

ßy

= y,

.f lautet somit

Für die zweiten partiellen Ableitungen gilt

Df2

öf2

--;---.) •) = 0.

[Jy2

8f2

üj2 5) ') 1,· uxcy

= 0,

51 8. = l. uy X

Die Hesse-Matrix ist somit

Hess(f)

=(

• Beispiel 1.2.3 o o o Berechne cn1t:en zweiten Ableitungen (z.B Hesse-l\fatrix ist somit syrn.metrisch.

und

identisch sind. Die

•

Beispiel 1.2.4 o o o Berechne die ersten und .zweiten partiellen Ableitungen von . Was stellt man fest? f y) = sin(:r:y) + Lösung: Df --;:-= y COS (;Ty), + d:r 8f -;f- = :r cos(:TJ!) uy

()2 f ßx2

=

2

2

ä f

a2 r oxcy

.

.

'

+

siu(:ry)

+

-y sm(xy)

'

= -:1;'2

+

..

= cos(:ry) - :rysm(:J:y) -

()2 f

-.-.·- =

äuä:r

cos(:ry) - :r;ysin(xy) --

l\fan stellt fest, dass die gemischten zweiten Ableitungen

und

identisch sind.

• 1.3

Der Satz von Schwarz

In allen Beispielen, die wir bisher betrachtet haben, "kommutieren" die zweifachen partiellen

Ableitungen, in dem Sinne, dass die gemischten Ableitungen übereinstinnuen

EPf

ff2f

fh:JJ:rj

8xj8:r1'

i,j E {L. .. ,n}.

f (:r, y) = ;1'. 2 1/3 gilt

Für die einfache Funktion von zwei Variablen

a2 1

.

a2 1

--_- = 6xy 2 = --. 8x8y

·

19

8y8x

beispielsweise

1.

FUNKTIONEN VON J:vIEHREREN VARIABLEN UND PARTIELLE ABLEITUNGEN

Das trifft für fast alle Funktionen, die in der Praxis vorkommen, zu. Trotzdem gibt es - wie immer in der :tvfathernatik - pathologische Beispiele, für welche dies nicht der Fall ist. \Vir fragen uns somit: Unter welchen Bedingungen stimmen die gemischten zweifachen partiellen Ableitungen überein? Damit die gemischten zweifachen partiellen Ableitungen stetig sein. Aus dieübereinstimmen, müssen die zweifachen partiellen Ableitungen sem Grund definiert man: Eine Abbildung J: n -t 1R sol1 von der Klasse C 2 heissen, falls

f auf n zweimal partiell differenzierbar ist und die zweifachen partiellen Ableitungen [ff --.' - : n -t IR

8:ri8:r.1

auf

n stetig sind.

bar" (mehr zu

Notiert wird

f

C 2 (rl) und gesprochen "f ist 2-nial stetig differenzier-

E

CJ2 F1mktionen werden wir im nächsten Kapitel erfahren). Offenbar wird

keine Stetigkeitsforderung an den ersten partiellen Ableitungen vorausgesetzt, da diese automatisch stetig sind (denn die Differenzierbarkeit impliziert die Stetigkeit). Dass für C 2 Funktionen die zweiten partiellen Ableitungen kommutieren, ist der Gegenstand des Satzes von Schwarz

Satz 1.3.1 (Schwarz) Seif

tJ2f fü:iOXj

E

=

C 2 (Q). Dann gilt

ff2f

Allgemeiner besagt der Satz von Scln.varz: Ist und sind alle rn-ten Ableitungen in

j E {1, ... , n}

OXjOXi)

J : n -t IR auf n rn-mal partiell differenzierbar

n stetig,

so spielt die Reihenfolge der Differentiation

bei allen partiellen Ableitungen der Ordnung:; m keine Rolle. Eine solche Funktion nennt

".f ist m-mal stetig differenzierbar''. Zum Beispiel, für eine Funktion zweier Variablen f (x, y) von der Klasse C 5 f ist 5-mal

man von der Klasse cm und gesprochen wird

partiell differenzierbar und alle 5-ten partiellen Ableitungen sind stetig) gilt [)['!

fJ5f

8:c 4 8y

8x;'> Dyfü:

[f> f

85 J

[)5f

8yiJx 4 ·

Das Vertauschen der Reihenfolge bei gemischten Ableitungen kann viel Zeit sparen, wie das folgende Beispiel zeigt. Wir bestimmen die gemischte partielle Ableitung dritter Ordnung fJ:if

8zöy8x für

+ 20

1.3.

DEH. SATZ VON SCHWARZ

Eine Möglichkeit ist folgende:

0 . .f.' = -:-0. (;r.3 e·'1/ + -:-ü.r ():r;

tPf

+ zeTi/) = ...

a . ').

-.--„-

= -:::- (3x-eu + 2:r + yzccy)

{ff

=

dyü:r

() () ' Z y 0 ;r

+ 2x + ·) . .. . = 3x-eY + z(1 + :ry)e ·Y, ') 'lf

3„

dy f)

').

(3;ceY

üZ

.

'

'.

"/

+ z(l + :ry)e"!!). = (l + :ty)e"Y.

f(:r, y, z) ist eine c 2> Funktion, weil f und alle partiellen Ableitungen von f Kompositionen der stetigen Funktionen x y, e:r, ... sind. Somit spielt na.ch dem Sa.tz von Schwarz die Reihenfolge der Differenziation keine R.olle. In der Tat ist es einfacher mit der Ableitung nach z anzufangen

Df

8

Uz

Uz

-::-- = -::- (x 3 eY +

aJ 2

üyüz 3

f:f f

= !!_ (. :cy) = Dy e ,

_ ')[) ('.:r,c

'j f) f) . -

( :i: y z

+ ze'ry) =

_ (.

, -- 1

ex

, ) .J'!/ + .ry c .

Beispiel 1.3.1 o o o Nach rechneri

a) f(a:, y) = sin(:r + y 2 ) cos b} f(x,y) = (1 + c) f (x, y) = a:cY

+ y sin(;:r 2 ) + 6yi:

d) f(:r,y) = J:r 2 +y2 wobei (x,:!J) # (0,0) y) = arctan(y/:r) :r # 0

e)

Lösung: a)

fPJ

') . [)

c:c 1J

(Df( y .. ··.... · · c:t -'J.(s1n(:J:+y)cos:c) D

2

=-:--)

= -2y sin(x

a r = -;:-).a (ar -::;-+-::-)· oydx c !J c x

y 2 ) cos :r - 2y cos(x + y 2 ) sin :r

2

=

-2y

D

i-.(2y u.r

)

(sin(:r

.

;1/) cosJ:)

+ y 2 ) cos :r -

) = n-.a (cos(J: + uy ,

2y cos(;r;

+ y 2 ) sin ;r

21

cos;r -

+ y2 ) sin :r)

1.

FUNKTIONEN VON MEHREREN VARIABLEN UND PARTIELLE ABLEITUNGEN

b)

log(l 2

0 f .. DyD:r

!!_

=

Dy

(i).iJ:tf. .· (c"log(l+y

4

+ y 4 ) + 1)

=

)))

!!_

oy 1 ; .,. . . 4:ry'-i = (;'clog,1-dJ ! log(l + J/)-.__ + . . 1 + y-1 log(l

1+

+ 1/1) + 1)

c) " ', ,2') y sm(J

--

(xeY +ysin(x 2 ) +6y:r))

=

+2:r:

= eY

,O h

11'1r1

h····'O

0- 0 h

= 0.

. ···+ 1

8f

-;--) (:r:, 0) = cy Es gilt somit für die zweiten Ableitungen 2

. f)l(h, ll ()y(h: h

fr(O, 0)

=

l,

.. -h - 0 = - 1.. 1_nn

h->0

Die zweifachen partiellen Ableitungen sind nicht gleich. Dies liegt an der Unstetigkeit der beiden partiellen Ableitungen zweiter Ordnung an der Stelle (0, 0). f ist a.n der Stelle (0, 0) nieht 0 2 . Bemerkung: \Vir werden im nächsten Kapitel lernen, wie man zeigen kann, dass eine Funktion zweier Veränderlichen stetig ist. Trotzdem zeige ich schon an dieser Stelle, wie man die Unstetigkeit der gemischten partiellen Ableitungen zweiter Ordnung von f an der Stelle (0, 0) sehen kann. Für y) #- (0, 0) berechnen ·wir die gemischte Ableitung zweiter Ordnung mit der Regel "nach einer Variablen differenzieren und die anderen als Konstanten betrachten''

Nun wollen wir den Grenz•vert (x, y) --+ (0, 0) ziehen, um die Stetigkeit von y) an der Stelle (0, 0) zu untersuchen. Dies macht man, indem man Polarkoordinaten :r: = r cos

'o die Menge n endet)

in der T;:tt auf einer offenen Menge

n' partiell

enthält. In diesem Sinne führt man folgende Notation

ein: C"'({l) bezeichnet die J\fonge aller

f

welche auf

33

n' ::::i {2 von der Klasse

Ck sind.

2. STETIGKETr UND DIFFERENZIERBARKJ:m' IIVI JR. 11

An dieser Stelle nennen wir einen weiteren Satz, der uns eine konkrete Methode bietet, um zu beweisen, dass eine vorgegebene Funktion differenzierbar ist. Der Satz lautet so

Satz 2.2.1 f ·ist an der Stelle xo die partiellen Ableitu.ngen von f existieren in einer Umgebim.g von :eo urid sind an der Stelle xo stetig.

Um zu beweisen, dass eine vorgelegte Funktion die pa.rtie1le Differenzierbarkeit von

f differenzierbar ist, muss man also einfach

f und die Stetigkeit aller ihrer partiellen Ableitungen

an der Stelle :r;o zeigen. Dies muss man nicht mit dem Konzept einer C 1 Funktion verwechseln:

f

ist an der Stelle :r0 von der Klasse C 1 , falls die partiellen Ableitungen von

f

in einer

Umgebung von xo existieren und in dieser Urngeb·ung stet(q sind!

2.2.3

Zusammenhang der Begriffe

Die folgende Tabelle zeigt den Zusammenhang zwischen den verschiedenen Begriffen.

Partielle Ableih.mgon in einer Umµ;elnu1g von :ro siud ;:;t.ctig

Die partielle Differenzierbarkeit ist der schwächste Begriff. Die Existenz aller Richtungsableitungen von

f

in :ro E

n allein

(siehe Beispiel 2.2.2). Damit

reicht nicht aus, damit

f an der Stelle

f

auch stetig im Punkt :ro ist

:ro differenzierbar ist, muss die zusätzliche

Bedingung gelten, dass die pa.rtiellen Ableitungen an der Stelle :ro stetig sind. Sind die

f an der Stelle xo von der Klasse C . Ist f von der Klasse C , so ist f differenzierbar. Ist f differenzierbar, so ist f

partiellen Ableitungen in einer Umgebung von :ro stetig, so ist 1

1

stetig.

;34

2. 2. D IFFERENZIERBARKEIT

2.2.4

Beispiele

Am besten schaut man sich einige Beispiele an.

Beispiel 2.2.1 o o o Sind die folgenden Punktionen überall differenzierbar?

a) f:

y) = (y - 3x 2 )(2y -

b) f:

y, .z) --+ f(x, y 1 z)

c) f : JR2 --+

d) f : IR:; --+

= 2;i: 2 + y 2 + 3z2 - 2;cyz

y) =

J(:r, y, z) = (sin(:ryz)i z 2

y, z) --t

Lösung: Alle diese Funktionen sind Zusmnmensetzungen von differenzierbaren Funktionen. Somit

sind sie überall differenzierbar. Für c): Ein einziges Problem gibt es, wenn der Nenner verschwindet. Da c'r+u + 1 > 0 ist, ist dies aber nie der Fall!

•

Beispiel 2.2.2 • o o Betrachte 2xy 2

..

.•.

f (;r, y) = -::;---+ . fur (:r, y) y·1

y) = 0 für (x, y) = (0, 0),

Zeige, dass frn Punkt (0, 0) alle Rfr:htttngsableittmgen von

f

=/::

.

.

(O; 0).

en.«neren af)er dass

f

an

der Stelle (0, 0) nnstctig ist.

Lösung: \Vir berechnen die Richtungsableitung von tung c = (o., b)

o/

f

au der Stelle (0, 0) in einer beliebigen Rich-

(0, O)r. mittels der Definition (2.2.1)

Df'O )).

. (' ( ' ( =

r·

f(O+ha,O+hb)-f(O,O) h =

r ,,12!:)

h 3 · 2ab 2 ,. . • fr'lV + h·•b 1

= litn ,, ·) h-+0

Es gibt zwei Situationen. Falls a

f

0 h 3 · 2ab 2

Dvf(O,O) = lim

h-+O 1 h:;a2 I

+ 1 hc.;b4 I

don1ina.11t

.Falls a = 0

Dvf(O,O)

=

''Bedeutet: a und b nicht gleichzeitig Null!

3i)r:

klei11

2ab 2

2b 2

a

2. STETIGKEIT

UND DIFFEH.ENZIERBARKEIT TM Il{n

Der F'a.11 b = 0 ist nicht problematisch, vvcil der Tenn über den T'erm h 5 b'1 für h-+ 0 dominiert. Somit existieren im Punkt (0, 0) alle Richtungsableitungen von f. Dennoch ist f in (0, 0) unstetig. Denn mit dem Polarkoordinaten-Trick bekommen wir

=

lim

(:r.y)··>(OJl)

lim

.

====:::------ =

+r4 sin4 cp

r-+0

')

lim 2r sm- cp. T·-+O cos '-P

. '>

Der Grenzwert lim(J·,y)-,(o,o) f(:r, y) existiert nicht, weil der Tenn bei cp = 1f /2 gleich oo ist. Somit ist .f an der Stelle (0, 0) unstetig. Das Beispiel zeigt, dass die Existenz aller Richtungsableitungen i.Allg. die Stetigkeit nicht impliziert.

•

Beispiel 2.2.3 • • o Ist

y) = 0 für (:r:, y) = (0, 0), a·uf IR.2

Lösung: l) Für (x, y) =f (0, 0) ist y) Komposition differenzietbarer Funktionen. Somit ist f(x, y) differenzierbar (hier haben wir die Regel angewandt: "Summe, Differenz, Produkt, Quotient (falls Nenner =f 0) und die Zusammensetzung differenzierbarer Funktionen sind differenzierbar"). 2) Eventuell gibt es ein Problem bei y) = (0, 0), da der Nenner :r 2 + y 2 dort verschwindet. 'Wir müssen somit den Punkt (:c, y) = (0, 0) separat untersuchen. Es gibt grundsätzlich zwei Varianten, das Problem zu lösen. Aber zuerst untersuchen ·wir f auf Stetigkeit. Stetigkeit in (0, 0): Mit dem Polarkoordinaten-'D:ick finden wir 2

r 4 sin cp cos 2 cp

fün

r2

(:1:,yj-+(O,O)

-+O

r-21

0.

LL::...J ·

y) existiert und ist gleich f(O, 0) = 0. Somit ist f an der Stelle Der Grenzwert (0, 0) stetig. Difl'erenzierbarkeit in Variante 1. Die erste Variante besteht darin, die Jacobi-:l\fatrix an der Stelle (0, 0) zu berechnen und die Definition 2.2.2 nüt dieser Matrix zu überprüfen. Wir berechnen also die partiellen Ableitungen in (0, 0). Da die Funktion stückweise definiert ist, müssen wir die Definition anwenden:

fJf(O,O)=l'

ax .

i;f (0, 0) Öy

=

f(O+h,O)

h

.f(O, O)

11.„.,()

lim .f(O, 0 + h) - f(O, 0) h

h---+O

Danun lautet die zu untersuchende Matrix A i1

= lim _;.,_;,..c__-_o = O,

= (O, 0). :36

= lirn -"-_-_o h,„..;o

=

o.

2.2. DIFFERENZIERBARKEIT

In anderen Worten: Wir rnüssen die Definition der Differenzierbarkeit rnit der Matrix A = (0, 0) überprüfen. f(:r,y) - f(O,O)

(0,0) (

l

1(

X.' -

O)

JJ - 0

1

)1

Nun haben wir wiederum einen zweidimensionalen Grenzwert. den wir mit dem PolarkoordinatenTrick berechnen können: :r.:--,_r ·)

')

r2+yz 1;,.·111--;·

.f ist

an der Stelle (0, 0) differenzierbar .

•

Beispiel 2.2.4 • • o Ist

y) =1- (0, 0)

y) = 0 für avf

Lösung: 1) Für

y)

# (0, 0)

ist

.f (x, y)

Komposition differenzierbarer Funktionen. Somit ist

2.

STETIGKEIT UND DIFFERENZIERBARKEIT IM

JR 11

f(x, y) differenzierbar (wiederum die Regel: "Summe, Differenz, Produkt, Quotient (falls Nenner 0) und die Zusammensetzung differenzierbarer Funktionen sind differenzierbar"). 2) Probleme gibt es bei y) = (0, 0), da der Nenner :r 2 + y 2 dort verschwindet. VVir müssen somit den Punkt (:x,;y) = (0,0) separat untersuchen. Wie üblich untersuchen \vir f zuerst auf Stetigkeit. Stetigkeit in (0, 0): \Vir benutzen nun den Polarkoordinaten-Trick und finden

i

:1' 3

lin.1 . -.-._,- 0 (:cy)--->(0.0) x 2 + y-

= r->O lir.n

r'.3 f'OS;3 '" '; Y

·-+O

be,;di'.·änkt

= r->O lü.n [!] · 1cos3 /3 und 3 < '2 .

G\Vir haben die folgenden Grenzwerte benutzt. (De L'Hospital, siehe 0

und

lirn,, 0 +:rlog(log(l/:r))

= 0.

43

2.

STETIGI\:EIT UND DIFFERENZIERBARKEIT llVI J:R. 11

Partiell differenzierbar? Wir berechnen die partiellen Ableitungen in (0, 0). Für - 0

il.f( 0, O)-l' . ----;::.... nn f(O+h,0)-f(0,0)_ ..„. 1m1

ä:r ·

h

h.-;O

--- =

h--J.ll

..

0)

lhlQ-3

lm1 - - - . h·-'tÜ h

Der Grenzwert existiert (und ist gleich Null) nur für n - ,B > l (aufpassen: Für n - ,3 links- und rechtsseitige Grenzwerte nicht). Analog für U(ü, 0)

=

l stimmen

= 0. Der Grenzwert existiert nur für ;3 - 2/J > 1. Somit ist f genau dann an der Stelle (0, 0) partiell differenzierbar (mit partiellen Ableitungen gleich 0), wenn

> /3 + 1 und ,B


\:Vir haben somit

y)'

y))

Df

= uX (g(;r, y)

Dgi .

.

Y)

uX

,

2fi/y + :r/y2

-----•'//+ •

2:x:y2 :r2y2

D.

.

, '

. :i:2y'2

+ :x;/ y2 ' y)

'T)f(g1(x,1;),g2(:r:,y)) = uy . OT

2;;;y

')

1 2,jXy

·--

+ l/y2

öf

:r 2 y-

Dq2 y))-3X-" (:r, y)

+

.,

+ :r / 'y-) J.+ >

af. . .

2/X/y

'

Dg2

+ -o··y (g(:r, y))-a·· (;r, y) y

•')•2

:i:--y

-fi

+ :r 11y 2 · -y..,) -

2:c 2 y - 2x/i/3

• 3.2 Sei n

Der Umkehrsatz c

f : n -+ IRn eine Funktion von der Klasse C 1 mit \Vertebereich f (n). \Vir \vollen die folgenden Fra.gen beantworten: Gibt es eine Bedingung an f, die garantiert, dass f lokal invertierbar ist? Und unter welchen Bedingungen ist die Umkehrabbildung IRn offen und

.r 1 : f(rt) -+ n auch von der Klasse C 1 ?

alle :r E

f auf einem 1 erfüllt, f monoton

f : f (!) -+

I existiert und ist

Aus der Differenzialrechnung in IR wissen wir bereits, dass falls eine Funktion Intervall I differenzierbar ist und die Bedingung

f' (:1;) > 0 für

wachsend und somit injektiv ist. Die Umkehrfunktion ebenfalls differenzierbar mit Ableitung

1 (.r1)' (y) = f'(:c), wobei y = f(:r). Die Existenz einer Umkehrabbildung für eine Funktion mehreren Variablen f:

53

n c IRn

-+

;J. ABLEITUNGSREGELN

:Rn erfordert et\vas mehr Überlegung. vVir betrachten zuerst den einfacheren Fall einer linearen Abbildung, welche durch eine n x n Matrix A dargestellt ist

f(:r)

= A:r.

Die Frage nach der Existenz einer Umkehrabbildung ist gleichbedeutend mit der Frage nach der Lösung des Gleichungssystems

Ax=y für eine gegebene rechte Seite y E JRn. Aus der linearen Algebra wissen wir, dass das obige Gleichungssystem genau dann eine eindeutig bestimmte Lösung :1: besitzt, wenn die Determinante der Matrix A nicht verschwindet. Somit haben wir folgendes Kriterium entdeckt:

f : IR.n -+ R'\ :r-+ A:r injektiv In diesem Fall ist die Umkehrfunktion

r··l : )Rn

/;r EU.

Der Umkehrsatz hnpliziert, dass lokal ein Diffeomorphismus ist.

Schritt 2 Beweise, dass die Menge U bijektiv auf vr abbildet.

Natürlich kann man in jeder Situation auch die "direkte" JV1ethode anwenden: Dabei wird die Inverse

lautet somit det d ist somit für alle y) EU x Rm invertierbar. Nach dem Umkehrsatz folgt, dass lokal ein Diffoomorphismus ist. Um daraus zu schliessen, dass ein Diffoomorphismus ist, muss man zusätzlich noch die Bijektivität nachweisen. < Rm. Somit ist tatsächlich ein Diffeomorphismus von U >< auf[/ X

•

Beispiel 3.2.9 • o o (Kugelkoordinaten) Beweise, dass die Abbildung \ (R+

X

{O}

X

R)

(r, (), 4>) -+ ) in (O,oo) X (0,7r) X (0,2rr) schreiben kann. Sornit bildet (r,

]Rn

(n 2;: 3)

X (0, 27r) -+ lRn \

=

rsin

... , r sin 1 sin 2 • · · sin 4->n-2 cos

r sin 1 sin 4>2 cos

· · · sin

L5ewe:ise. dass ein eornorphisrnu„s von (0, •X) x (0, 0, ;I'.n = O} ist. Hinweis: Die Jacobi-Dcterminante ist

sin

· · · sin(n-2).

Lösung: Damit die Formeln nicht unglaublich umständlich werden, führen wir folgende Notation ein C1·

= cos(rPrL

r

l, 2, 3, · · ·

In dieser Schreibweise lautet wie folgt

dass auf [O, oo) x [O, 7r] x [O,

die Abbildung nicht injektiv ist!

61

;J.

ABLEI'l'lJNGSREGELN

ist klarerweise stetig differenzierbar, \Veil es eine Zusammensetzung stetig differenzierbaren Abbildungen (sin, cos, ... ) ist. Das Differenzial von

-

1 4, - Y2

+

i) .

Die kritischen Punkte sind die Lösungen von 1 df(:t, y) = ( -.... 2 :t

-

l 4, -·-::; yk

+ l)

= (0, 0). !

·'

Die partiellen Ableitungen müssen also Null sein. Es muss also }s 4 = 0 und + l = 0 gelten. und aus der zweiten y = ±1. \Vir haben somit Aus der ersten Gleichung bekommen wir :r = vier Lösungen . ; (-! 2' i).; (! 2. -1). . ; (!.2' 1).

2'

-1).

Das sind die kritischen Punkte von .f. c) Die kritischen Punkte von f sind die Punkte für welche gilt df allererstes das Differenzial von f bestimmen

df(:r, y) =

=

0. Somit müssen wir als

2y,-2::).

Die kritischen Punkte sind somit die Lösungen von df(:t, y)

= (2:r, 2y, -2z) l:

(0, 0, 0).

Die partiellen Ableitungen müssen a.lso Null sein. Es muss also 2:r: = 0, 2y = 0 und -2z = 0 gelten. Die einzige Lösung ist (x, y, z) = (O, 0, 0). Somit ist (0, 0, 0) der einzige kritische Punkt von f. d) Die kritischen Punkte von f sind die Punkte für welche df = 0. Somit müssen wir als allererstes das Differenzial von f bestimmen. Dazu bestimmen wir die partiellen Ableitungen = 2J;y(4 2 2 :r - y) - :r y = xy(8 - 2y - 3:r) und - :r - y) = x (4 - 2y). Das Differenzial von f lautet somit ri:f'(x,y) = (J;y(8 2y ······ ;3;r),J: 2 (4 ·-··· :r ····· 2y)). „ „ ••

Die kritischen Punkte sind die Lösungen von

df(:1:, y)

= (xy(8 - 2y - :3:r), x 2 (4 -

:t

2y))

l:

(0, 0).

Die partiellen Ableitungen müssen also Null sein. Es muss also :.q;(8 - 2y - :h) = 0 und x 2y) = 0 gelten. Aus der zweiten Gleichung bekommen wir entweder x = 0 oder 4 ····· ;;: -·· 2y = 0. Wenn :r: = 0, so ist die erste Gleichung automatisch erfüllt, sodass die Punkte (0, y) mit y E L'{ „ ...

90

6.1.

beliebig kritisch sind. Aus 4 - x - 2y

= 0 folgt x

DER FALL

:

lR. 11 -+ IR

= 4 - 2y. Wir setzen dies in a:y(8 - 2y - 3:r) = 0

ein und bekommen 0 = y(4 - 2y)(8 - 2y -12

=

Die Lösungen sind y = 0, y = 2 und y bestimmen

y

=0

=? :1;

= 4,

6y) = y(4 - 2y)(4y - 4).

1. Diese ·werte setzen wir wieder in x

y

=2

=?

:r

= 0,

y

=1

=? ;r;

=

4 - 2y, um x zu

= 2.

\Vir haben somit die Lösungen gefunden (4,0),

f. von f

(0,y). y

(2, I),

Das sind die kritischen Punkte von

e) \Vir rechnen das Differenzial

aus

- 4)).

-8x.

df(:i:, y) =

Die kritischen Punkte sind somit die Lösungen von

- 4),

ll;f'(:r, y) =

- 4))

(0, 0).

Aus der ersten Gleichung folgt entvveder :r = 0 oder = 4 =? = log(4). Aus der zweiten 2 2 Gleichung folgt y 0 oder = 4 =? x + y = 1og(4). Somit sind die kritischen Punkte von

f

genau J{

= {(:;;, y)

f) \Vir rechnen das Differenzial von

f

+ y 2 = log(4)} U {(O, O)}.

E

aus

(X, y, Z)

= (4:c,

+ 4z,4z + 4y).

Die kritischen Punkte sind somit die Lösungen von

df(:r, y, z)

4y:;

=

+ 4z, 4z + 4y)

(0, 0, 0).

Aus der ersten Gleichung folgt :r = 0. Aus der dritten Gleichung bekommt man y -z. Eingesetzt in die zweite Gleichung ergibt dies 4y 3 +4z = -4z'l +4z = = 0. Es folgt sornit :c = 0, ±l. Dies liefert die kritisehen Punkte (0,0,0),

(0, -1, l),

(0, 1,

• Beispiel 6.1.2 • o o Bestimme die Menge der kritischen Punkte von

f

:flc

a:uf der Jfreissche-ibe

n = {(:i:, y) E

y)-+

+ 21 y-') + cos(a: 2 + y 2 ) +y2

91

::;

1t/2,:r 1 y :2:: O}.

v

/-

7f

6.

KRITISCHE UND REGULARE PUNKTE

Lösung: vVir berechnen zunächst die partiellen Ableitungen von

Da.s Differenzial von

{) f Ö;r

= 4:r" - 2:r:sin(:r"

.,

') . 2 +y )=

tJf ly

=y-

2ysin(:r

2

.

')

+ 1/))

2:r(2:c

+ 1r')) = y(l. -

f

. 2

2sin(x

') ) + 1r) .

f lautet somit (x, y) = (2x(2a: 2 - sin(:r 2 + 1/)), y(l - 2 sin(x 2 + ;1;2))) .

Kritische Punkte sind die Punkte aus

n, für

·welche df = 0 gilt. vVir müssen somit die Gleichung

+ y 2 )), y(l - 2 sin(:r 2 + y 2 )))

df (:r:, y) = (2:r(2;;; 2

(0, 0)

lösen. Es muss also 2x(2:r 2 + :zP)) = 0 und y( 1 - 2 sin(x 2 + y 2 )) = O gelten. Aus der ersten Gleichung folgt entweder x = 0 oder sin(:r 2 + ;i/2) = 2:r 2 • Aus der zweiten Gleichung folgt entweder y = 0 oder l = + y 2 ). Damit beide Gleichungen erfüllt sind, muss also gelten

= 0, y = Cl 2 2 :r = 0, 1 = 2 sin(:r + y )

Fall I: :r

Fäll II:

+ y2) = + ;1;2) =

Fall III:

Fall IV:

2:t2' y = ()

2:r2 , 1=2sin(:r2

+ y 2 ).

F/6

Fall II: :r = 0 ::::?- l = 2 sin(;1/) ::::?- sin 2 y = 1/2 =? y = (0;:; y;:; n /2). 2 2 Fall III: y = 0 ::::?- sin(x ) = 2:r . Die einzige Lösung ist x = 0. Fall TV: sin(::t 2 + :1;2) = 2x 2,l = 2sin(:r 2 +1/2) ::::?- 2::r 2 = 1/2 ::::?- :r = 1/2 (da -1/2 (j. fl) =?y = vr./6 - 1/4. \Vir haben somit ;) Lösungen gefunden

(o, Vfi) 6 ,

(o, o) , Diese sind die kritischen Punkte von

6.2

f

Der allgemeine Fall

in

n.

•

f: JR -+ JRm 11

Jetzt betrad1ten wir den allgemeineren Fall, wo eine differenzierbare Abbildung

JR .....+ 11

JR;.

111

vorgegeben ist. In diesem Fall ist da.s Differenzial von

f :nc

f an der Stelle Po

E

n

eine rn x n Matrix, also eine lineare Abbildung

(Po) : Rn -+ Rm · Aus der linearen Algebra wissen wir, \Vas man von unter dem Rang einer Matrix versteht: Der Rang von A : Rn .....+ JR.m ist die Dimension des Bildes Bild(A) dieser Abbildung. Die Nullmatrix Omxn ist die einzige Matrix mit Rang 0 und für den Rang einer m x n Matrix

A gilt Rang(A) :; min{rn, n}.

92

G.2. DER ALLGEMEINE FALL

:

lR.11 -+ JR.m

Zum Beispiel: 2 :3

4

5

)

=

0 6

1 2 3 3 Rang ( 2 4 6

Rang ( 1 2 0 )

=1

)

-1

Rang

(

3)

1 2 Rang. ( 2 4 5

=]

=2 fumg

U)

4. ) =1

-8

2

Da das Differenzial df(po) eine Matrix ist, macht es Sinn von ihrem Rang zu sprechen. Ausserdem ist df (po) eine rn x n Ivfatrix, •voraus folgt

Ra.ng(d;f (Po)) ::; rnin{rn, n}. Es gibt also im Wesentlichen zwei Situationen: Falls n rn, kann Rang rn haben, falls n :S. In, hat 0.

12, ·····6, ·····6) ist ein Minimum.

Beispiel 7.1.5 • o o Be8tirnrne die kritischen Punkte von

1;3+3n:r:y in Abhängigke-it von ü

= 48

7.1.

EXTREM\VERTAUFGABEN IN

JRn

OHNE NEBENBEDINGUNGEN

Kritische Punkte sind die Punkte für welche rl,f" = (0, 0) ist. \Vir müssen smnit

lösen. Die erste Gleichung ergibt y = (erinnere: n -.:f 0). Eingesetzt in die Z\veite Gleichung 2 2 2 - :r;j /n ) = 0. Es folgt somit entweder :r = 0 oder :r =et. Falls ergibt :kr:r = 2>y = :3:rA/n => :r = 0, so ist y = 0. Ist :c = n, so ist lJ = ·mü. Es gibt somit zwei kritische Punkte von .fet· Diese sind (0, 0).

(o,

Schritt 2: Nun \vissen wir, dass kritische Punkte von sind. \Vir müssen die HessemMatrix untersuchen Hess(.fo-)(x,y) =

6x (

die Kandidaten für .Maxima und l'.vfinirna

3a _) . ·-6y .

Für (0, 0): Die Hesse-Matrix in (OJJ) lautet Hess(.fn)(O. 0)

= ( ()

:3n

3

()n )

.

Ist diese Matrix positiv, negativ definit oder indefinit? Dazu berechnen wir die Eigenwerte. Die charakteristische Gleichung lautet

Da )11 und ,\ 2 verschiedene Vorzeichen haben, ist Hess(f")(O, 0) indefinit. In (0, 0) liegt somit ein Sattelpunkt vor. Für (o·, -ex): Die Hesse-Matrix in (et, -ü) lautet Hess(fo)(n, Ist diese Matrix positiv, negativ definit oder indefinit? Dazu beredmen wir die Eigenwerte. Die chaxakteristische Gleichung lautet

(Get - ,\) 2

m-

9et 2 = 0

für - ,\

= :±:3o:

=?

,\ 1

=

,\ 2

= 90::.

Für et > 0 sind )11 und :\2 beide positiv, d.h. Ifoss(fu) (et, ist positiv definit und (et, -0:) ist ein (lokales) 1\linimum. Für o: < 0 sind ,\ 1 und ,\ 2 beide negativ, d.h. Jless(.fn)(o:, ist negativ ist ein (lokales) Maximum. definit und (et,

•

Schritt. 1: Wir berechnen das Differenzial von

df(x:, y) =

f

cos(y), -

105

sin(y)).

7.

EXTREI'vfWEH:TAUFGABEN IN MEHREREN DIMENSIONEN

\Vir suchen die kritischen Punkte von

f.

Dazu setzen wir aJso df

df(:r:, y) = (cos(;i;) cos(y), - sin(:r) sin(y)) Wir müssen also cos(:r) cos(y) = 0 und - sin(1:) sin(y) Lösungen in [O, 27r) x [O, 27r)

=0

=

(0, 0).

= 0 gleichzeitig

P.3'

) = ( -37f 2..' o '

P-{

=

(o

3

' 2")

l

p,

Ps

lösen. Es gibt verschiedene

:3r.

= ( 2';r =

)

(r., 3r.) 2

.

Schritt 2: Für die Untersuchung der kritischen Punkte brauchen wir die Hesse-Tvfatrix von Hess(.f)(:x:. y) = ( -cos:rsmy

- cos:rsiny -sin:J:cosy

f

)

Nun werten wir die Hesse-Matrix an den verschieden Stellen aus

Hess(f)(P1 ) = (

) => Eigenwerte -1, -1 => negativ definit => Maximum.

Hess(f)(P2 ) = ( Hess(f)(P3 )

=

Hess(f)(P1)

=(

Hess(.f )( P,)

=(

1

O ) => Eigenwerte 1, 1 => positiv definit => Minimum.

0 1

(01 (1)) => --1 0

0 ) => Eigenwerte - 1, -1 => negativ definit => Maximum. -1

0 -1)

-1

Eigenwerte 1, 1 => positiv definit => Minimum.

0

=> Eigenwerte - 1, 1 => indefinit => Sattelpunkt.

Hess(f)(Pn) = (

)

=:- Eigenwerte - 1, 1

He.ss(f)(P7)

)

o>

)

=> Eigenwerte - 1, 1

Hess(f)(P8 )

=(

(

Eigenwerte

=:.:.,."'

indefinit => Sattelpunkt.

1, 1 => indefinit => Sattelpunkt. indefinit => Sattelpunkt.

• Beispiel 7.1. 7 „o Es soll ein Dreieck in

rnit den

ü)

,8, ry bestimmt werden,

sodass das Produkt

sin 0, /) > 0, a + {) < rr}.

(;::

Die Kandidaten für Extrema sind die kritischen Punkte von

f.

Das Differenzial von

Kritische Punkte sind die Lösungen von df

vVir müssen somit die Gleichungen

a - (J) - sinrtsin,Bcos(n -

cososin/Jsin(ii sin ncos

/:3) - sinn sin {3 cos(rr - n - ,B)).

et -

= 0.

-

ü

-

O' -

;J)

=

0

cos(rr -· n --· /3) = 0

/:3) ·-· sin

lösen. Da sin a, sin /:3 -::fc 0 (weil nJJ > 0 und n, /3 < Gleidrnngen durchstreichen - n -

lautet

-a-

= (cosnsin/Jsin(ii-a-/J)-sincvsin;ß

sirw cos f3 sin(ri -

f

dürfen wir sin et resp. sin f3 in den zwei

=0

,B) - sinacos(rr - n - ,B)

cos ,B sin(rr - n - /3) - sin !3 cos( Ti

-

a - /3) = 0

d.h. cos0;sin(7r - n - ;'.1) = sinocos(ri - n - tJ)

cos B sin(ii - o: - (J) = sin !3 cos( r. - n - /3) =:.-.';>-

sina coscr

sin

=

also

tano-

= tan(rr -

o - B)

= tan(J.

Wir erlauben nur Winkel n,/J E (O,r.). Auf (O,r.) ist tan injektiv. Somit folgt (l

Es folgt somit n

= 1r -

et -

/3

Ti -

2n

= 1f ...... Cl' ..... !3 = fl. =:.-.';>-

3n = rr

=:.-.';>-

et= (3 = 7f /3.

•

Lösung: \Vir setzen partielle Ableitungen gleich 0

af

Df ·) ay = 2:i:"y

ox

=o. 1

Aus der zweiten Gleichung ergibt sich entweder :r = 0 oder y = 0. Falls ;r: = 0, so folgt aus der ersten Gleichung keine Bedingung an y, sodass y beliehig ist. Falls y = 0, so folgt aus der ersten Die Kandidaten sind sornit Gleichung entsveder x = 0 oder 5x 2 - 3 = 0 =:.-.';>- :r =

(-JI.o),

Dreieck mit 'Winkel 0 oder

7f

macht keinen Sinn.

107

(O,y) mit y ER

7.

EXTREMWEHTAUFGABEN IN MEIIREREN DUvlENSIONEN

Für die Untersuchung der Kandidaten rechnen wir die Hesse-1\fatrix aus Hess(f)(:c, JJ)

=

+ fö:JJ 2 -

20J:'l (

fö;

6:J; 2 Jj

An der Stelle ( J375, 0) gilt

Iless(f)

(ff 0)

(

6

=

V0!i

0 G

0

(3

5V r,

)

::::;,.

positiv definit

::::;,.

Minimum.

An der Stelle (-·-·J375,0) gilt

Hess(f)

(

r:;

/3

-v r/)

)

=

-6yf, (

negativ definit

O

Ivlaximum.

An der Stelle (0, y) gilt

Hess(f) (0, y)

=(

).

vVas bedeutet, dass die Hesse-.l\fatrix die Nullmatrix ist? Es bedeutet einfach, dass die Untersuchung der kritischen Stelle (0, y) mit der Hesse-Matrix keine Resultate liefert. \Vie muss man also in einer solchen Situation vorgehen? Üblicherweise untersucht man das Vorzeichen von f(:r, y) -·- f (:r 0 , y 0 ), wobei f(xo, y0 ) der \rVert von

f(O,y)

=

.f an der Stelle (xo, y 0 ) ist, die wir untersuchen woI!en. 'Wegen

0, müssen wir in unserem Fall das Vorzeichen von f(:t,y) -- f(O,y) = f(x,JJ) unter-

suchen. f(:r, y) Der Faktor

3 ,1

= ist für :r

+ y2

und :r 2

l) ist als Produkt von zwei Faktoren

> 0 positiv und für x < 0 negativ. Der Faktor :r + y 2

2

-

+ y2 -

1) gegeben.

1 verschwindet auf

dem Kreis mit Radius 1 und Ivlittelpunkt (0, 0) und ist innerhalb des Kreises negativ und ausserhalb positiv. Man zeichnet dann eine Skizze, in der man die Vorzeichen von

f aufschreibt.

Zu betrachten ist eln Punkt auf der Geraden (0, y). Da jede Umgebung eines Punktes (0, y) auf dieser Geraden sowohl positive als auch negative Werte von f(:r:, y) enthält, kann (0, y) kein Maximum oder Minimum von

f sein. Es sind Sattelpunkte.

• 108

7.2.

7.2

EXTREl\fA · ?vlIT NEBENBEDINGUNGEN

Extrema mit Nebenbedingungen

Ziel dieses Abschnittes ist die Betrachtung der folgenden Aufgabe:

n-+ von der Klasse Gesucht: ein Extremum der Funktion f unter der Nebenbedingung g = 0. Gegeben: f:

nc

:Rn-+ lR und g:

Mit anderen \:Vorten betrachten wir mm Extremwertaufgaben, bei denen nach den Extrerna der Funktion f(x1, ... ,x11 ) gesucht wird, aber die Menge der zulässigen Punkte x durch eine Nebenbedingung g(:r 1 , ... , x 11 ) = 0 eingeschränkt ist. \:Vir beginnen mit einem einfachen Beispiel.

Beispiel 7.2.1 • o o finde die E;r,frerna von

f

= :1;

+ 2y

avf dern

+ y2 = l}.

Lösung: Die Aufgabe besteht darin, Extrerna von f unter der Nebenbedingung g(.r, y) = :r: 2 + y 2 - 1 = 0 zu finden. Da wir noch keine allgemeine l\lethode haben, welche uns erlaubt solche Aufgaben zu betrachten, können wir unsere Intuition benutzen. \Vir könnten zum Beispiel die Nebenbedingung so erfüllen, dass wir x = cos t und y = sin t setzen. In anderen Worten, ·wir haben 8 1 parametrisiert. Die Maxima (Minima) von y) auf 8 1 sind dann die Maxima (Minima) der Funktion f (t.) = cos t + 2 sin t, welche nuu eine Funktion einer Variablen ist. Notwendig für eine

Extrernalstelle ist

(cos t

+ 2 sin t)

Daraus folgt

4 cos 2 t = 1 - cos 2 t.

=?

= - sin t

')

t

+ 2 cos t J: 0.

= -1 5

cost

l

=

Die gesuchten Extrenrn lauten somit

Eine weitere Untersuchung zeigt, dass

(1/VG,2/v15)

ein 1.rfaximum ist, \vährend (-1//5, -2/V5)

ein Minimum ist.

•

\Vir haben anhand dieses Beispiels gesehen, dass es im. Prinzip möglich ist, Extremalstellen von f unter der Nebenbedingung g = 0 zu finden, indem man die 1' 1enge g- 1 {0} = {x E n I g(:r) = O} explizit parametrisiert. \:Vcnn aber die rdengc g-- 1 {0} etwas komplizierter aussieht, als einfach S 1 : kann die Aufgabe eine Parametrisierung zu finden, sehr scfovicrig werden. \Vir fragen uns somit: Gibt es eine allgemeine :rviethode, welche nach Extrema von 1

f

unter der Nebenbedingung g

= 0 sucht, ohne eine explizite Parametrisierung von g -1 {O}

zu verlangen? Die Antwort auf diese Frage ist ja. Diese andere :tvföglichkeit zur Lösung

109

7.

EXTREMWERTAUFGABEN IN MEHREREN DIMENSIONEN

gestaltet sich über die Erschaffung einer neuen Funktion, der Lagrange-Funktion, und ist bekannt als die Lagrange-Multiplikator-Regel. Die Regel lautet so

Satz 7.2.1 (Lagrange-Mulitplikator-Regel) Es seien f : n c :!Rn -+ R mui g : n -+ zwei gegebene HmJdionen der Klasse 0 1 . Ist Xo E s = ein lokales lvfa:i:imum oder Nfinfrrw:rn von f auf S 'Und 'ist xo ist ein reg,ulärer Punkt von g: Rn-+ , so gibt es ein>.= (A.b ... >.r) ER', sodass für dfo Lagmnge-Htnktion L =

f - >. · g

gilt

dL(xo) = 0.

f unter der Nebenbedingung der Lagmnge-Funktion L = f - >.191 - .„ - Azgl, wobei g sind. Die Va.riable ).. = (/\1, ... , Az) (ein Vektor mit l

In and,eren vVorten: Die Kandidaten für Extrernalstellen von g

= 0 sind die

kritischen Pmiktc

91, ... , 91 die l Komponenten von

Komponenten) lieisst Lagrange-Multiplikator (das sind oft zusätzliche Variable, die uns eigentlich nicht interessieren). A.us diesem Grund führt man die folgende Definition ein

Definition 7.2.1 :ro Jieisst krit·ischer Pnnkt von f auf S stiert mü dL(;ro) = 0, wobei L

=f -

= g- 1{0},

falls,\ ex:i-

,\g.

Die Kandidaten für Extrema sind also die kritischen Punkte der Einschränkung von g- 1 {O}.

f

Oh es sich bei diesen Punkten um Maxima) ?vlinima oder Sattelpunkte handelt,

kann ma.n mit der Untcrsuchung der Hesse-IVIatrix von L (und nicht von f) schaffen.

7.2.1

auf

Einschub: ein Existenzsatz für Extrema

Bei der Betrachtung von Extremwertaufgaben ist oft folgender Satz sehr nützlich

Satz 7.2.2 (Existenzsatz für Extrema) Ist n c R 11 kompakt Hnd steNg av,f rt, so nimmt f a:11f n Afinim:am v,nd Maxirn11:rn an.

Ivlcr kregel: "Eine

Funktion nimmt auf einer kompakten Menge ihr Minimum und Maximum an." 110

7.2. EXTREMA

7 .2 .2

MIT

NEBENBEDINGUNGEN

Beispiele

Für die Berechnung von Extrema mit Nebenbedingungen steht das folgende Kochrezept zur Verfügung

KOCHREZEPT FÜR EXTREMA :MIT NEBENBEDINGUNGEN Gegeben:

f : 0 c 1Rn -+ JR

und g : n -+

Gesucht: ein Extremum der Funktion

JRl

der Klasse C 1

f unter der Nebenbedingung g = 0.

Schritt 1: Bilde Lagrn.ngc-Funktion L(x1, .. „ :rn, X) =

\Vobei 91l

, ... ,

- )qg1 (xi:

... ,

- ... - A/91(X1: ... ,

„., mdie l Komponenten von g sind (normalcnveise l = 1).

Schritt 2: Bestimme kritische Punkte von L. Löse dazu

,ßL = 8 J OX 11

OXn

_ ).. 1 8g1

ß:t:n

= O.

_ ... _ Al ß:rn

+

l Unbekannten ;i:1, „., :rn, A1, ...• >..1. Zurn Glück haben wir noch l letzte Gleichungen, welche das System vollständig machen, nähmlid1 die Nebenbedingung g = 0 selbst. Das entstehende Gleichungssystem ist im allgemeinen nicht linear und deshalb sehr schwierig zu lösen. Es gibt keine allgemeinen Methoden für die Lösung des Gleichungssystems, aber oft ist es "gut" jede Gleichung nach einer der >..i aufzulösen und die verschiedenen ,\; 's gleich zu setzen (vgl. Beispiele) . Schritt 3: Löi:mngen ... , :rn) sind die Kandidaten für Extrema.lstellen von f. Um zu entscheiden, ob ein kritischer Punkt :ro von Lein !vla„xirnum oder ein Minimum von f ist, muss man die Hesse-Matrix von L (und nicht von f) untersuchen Dies ist ein System von ri

Gleichungen für die n

Hess(L)(:r:o, ,\)positiv definit

=?

:eo lokales Mininnun von

f auf g- 1{0}

Hess(L)(:ro, .A) negativ definit

=?

:r0 lokales Ma"ximum von

f auf g-··l {O}

Hess(L) (:Dc1; >..) indefinit.

=?

:eo Sattelpunkt von

f auf

{0}

I\fanchmal ist man nur an globalen Extrerna (Maximum oder Minimum) interessiert. In einer solchen Situation kann man viel Zeit sparen, indem man Satz 7.2.2 benutzt. \Vie? Ist die Menge S = g·· l {O} kompakt und f stetig, so nimmt f sicher Maximum und Minimum auf S an. Somit können wir einfach die Punkte in f einsetzen und den grössten und den 111

7.

EXTREMWEHTAUFGABEN IN MEIIREREN DIJVlENSIONBN

kleinsten \tVert nehmen, ohne die Hesse-Matrix zu untersuchen. Jetzt einige Beispiele zur Lagrange-Multiplikator-Regel.

Schritt 1: \Vir schreiben die Nebenbedingung in der Fcmn :r:l Die Lagrnnge-tunktion lautet somit L=

+ :iP --- 1 = 0.

A.(:r 2

+ y2 -

2,\:r = 0

=?-

A.=2:r

= 2 - 2,\y = 0

=?-

,\ = -.

f - A.g = x + 2y -

Also g

= :r 2 -+ y 2 -- 1.

1).

Schritt 2: Wir lösen {)L

(};,; = 1 ')L

vy Gleichsetzen der zwei A.'s gibt y wir

= 2:r.

1=

1

1 y

Zusammen mit der Nebenbedingung x 2 + y 2 1

-1=0

:r=± v5

-

1 = 0 finden

')

y =

'

±_:_.

J5

vVir haben also 2 Kandidaten gefunden Pi= (

l

2 )

J5' J5

1 2 ) . P·)= ( - JK•. -vl5

Schritt 3: Um herauszufinden, welche Maxima und welche Minima darstellen, rechnen wir die Hesse Matrix von L aus 0 ) -2>-. .

Bei P1 =

(

1 ') ) • 05 , ,ff; ist ,\

=

also 0

-J5 Bei P2

negativ definit

)

Maximum.

also 0

J5

positiv definit

)

Minimum.

•

112

7.2.

EXTREMA l\flT NEBENBEDINGUNGEN

+ y2 -

Schritt 1: \Vir schreiben die Nebenbedingung in der Form :r 2 Die Lagrange-Funktion ist sonüt

L

= f --·

,\g

= :ry -··· >.(:c 2 + y 2

-·

2

= 0.

Also g

= :r 2 + y 2 -

2.

2).

Schritt 2: Wir lösen

DL

=y-

i!L

af;"

2,\x

=0

=?

/\ =

= :r -· 2).;y

= ()

::::;?

).

2x

-

- 2y·

Das Gleichsetzen der zwei ,\'s ergibt :i/ = :x: 2 , also x = ± y. Zusammen mit der Nebenbedingung x: 2 + y 2 - 2 = 0 finden wir 4 Kandidaten Pt

= (1, 1)

P2

=

p:3 = (1, --1)

1)

p4

=

-1).

Schritt 3: Um herauszufinden, welche dieser Punkte Maxima und welche Minima darstellen, sollte man die Hesse Matrix von L überprüfen. Dies ist aber sehr lang. Da aber die .l\fonge 8 = { x 2 2} kompakt und f auf 8 stetig ist, nimmt f Maximum und Minimum auf 8 an. Somit können wir einfach die Punkte in f einsetzen und den grössten und den kleinsten \Vert nehmen (anstatt die Ilesse-Matrix zu untersuchen), um globale Minima und Ivlaxima zu finden f(l, l) Somit sind (1, 1) und

l) = f(l,

=1

=

globale Maxima, während

f -

,\g

= :ryz -

>.(;r 2

-l.

1) und (1, -1) globale Minima sind.

•

Schritt 1: vVir schreiben die Nebenbedingung in der Form ;r 2 :r 2 + y 2 + .z 2 .... 1. Die Lagrange-rtmktion ist sornit L=

=

+ y 2 + z2 -

+ ;y 2 + z 2

-·-

l

0. Also g

1).

Schritt 2: Wir lösen

DL

eh: =

2,\:r = ()

=?-

-;:- = :rz - 2,\y = 0

=?-

yz -

DL Dy

DL

= :ry - 2,\z

Das Gleichsetzen der drei >.'s ergibt x 2 z2 - 1 = 0 finden wir

= y2 =

=0

=?-

,\ =

z 2 . Zusarnmen init der Nebenbedingung :r 2

\:Vir haben also unsere 8 Kandidaten gefunden

11:3

+ y2 +

7.

EXTREI'v1WERTAUFGABEN IN MEHREREN DIMENSIONEN

Schritt 3: Das Einsetzen dieser Punkte in

f ergibt

1) 1 1 f ± -.± 0.± - = ± 1- . · ( \13· v3

1s), (-

70), (-

Die Punkte ( V1;,,, \, " V-> V " V --> V ,) balen Maxima. Die anderen sind die globalen Minima. Kandidaten. Schritt 3: \Verte f in jedem Kandidaten aus und entscheide, ·wo f sein Ma.xirnum . und sein .Minimum annimmt.

= T+ ')

Beispiel 7.3.1 • o o Finde Ma1irna 1.tnd M·inima von f

.'1'22 + 'y2 ..y = 0.

Aus der ersten Gleichung folgt entweder x = 0 oder ).., = L Ist x = 0, so ist (nach der Nebenbedingung) y = ±L Ist >.. = 1, so folgt y = 0, also (nach der Nebenbedingung) x = ±/2. Wir haben

122

ALLGEMEINE BETRACHTUNG VON EXTRE.tvlA IN [{n

somit vier Kandidaten auf dem Rand

(±J2, 0)

(0,

Schritt 3: Setzen wir alles zusammen, so haben wir 5 Kandidaten

vVir setzen die gefundenen Punkte in f ein und wählen die Punkte,

f (0, 0)

=

=]

0 f(±/2, 0)

f(O, ±1) =

\YO

f am grössten/kleinsten ist

1

2·

Somit ist (0, 0) das globale Minimum und (±J2, 0) sind die globalen Maxima.

Beispiel 7.3.2 • o o Finde Afa:rima nnd lifinirna 'Von ::r2

il={(:r,y)E

Schritt 1:

1

f =

+ l)e:i;(:r; l))

(:yey(;c+l), (a:

auf

} +y2 ::::;1.

Kandidaten sind kritische Punkte von

=

f

(0, 0).

Da eYf 2 :-H l immer ungleich Null ist, ist 0) ein Kandidat. Der Punkt Inneren von n. Somit gibt es im Inneren keine Kandidaten. Schritt 2: Untersuche fJn: Die Nebenbedingung lautet

g(x, y) =

:1'

2

•

+ y2 -

0) liegt aber nicht im

1 = 0.

Die Lagrange-f'unktion ist also L=f

A,q=

\Vir lfü,;en

fJL {):;;

- 2.\:r = 0

fJL

--:oy :---_, = (;r+ Das Gleichsetzen der zv1'ei >..'s liefert y 2

- 2\y

:::::?

,\ =

=0

:::::}

= ;;; 2 + ;;. Zusammen mit

der Nebenbedingung ;c 2 + y 2

bekommen wir 2x + J; - 1 = 0:::::? r = -1, :1-· Schritt 3: \Vir haben folgende Kandidaten gefunden 2

H,O). \Vir vergleichen die f\mktions\verte

f(-1,0)=l.

12:3

=

1

7.

EXTREiv1WEHTAGFGABEN IN MEHREREN DIMENSIONEN

Somit ist (

- v{) das globale Minimum und (

"{) das globale Maximum.

Beispiel 7.3.3 • • o Finde die Extrema von f

Schritt 1: Untersuche

= ;i; + y 2

lv 2:

;y) E

•

, y - :r:::; O}.

Kandidaten sind kritische Punkte von

f

rzf = (1,2y) l: (0,0).

f

hat keine kritischen Punkte. Es gibt im Inneren keine Kandidaten. Schritt 2: Untersuche fül: Wir teilen den Rand in zwei Teile.

1) Die .Nebenbedingung lautet g(:x:, y)

=y-

:r 2

= 0.

Die Lagrange-Funktion ist also L =

f -

).,_q = :r:

+ y2 -

/\

, - :r 2) . (y

Wir lösen [)L -.;;;--.. = 1 + 2/\:r o:r

=0

üL -;--- = 2y - ,\ = 0 äy

2x

,\

=7-

_2_

,\ =

::::7-

2y.

Das Gleichsetzen der zwei Xs liefert y = Zusammen mit der Nebenbedingung y " (1)1/:3 4:r'' = -1 :::::?- :r = - 4 :::::?- y = 2) Die Nebenbedingung lautet g(:c, y) = ]/ ··- X= 0.

Die Lagrange-Funktion ist also L

= .f - >.g = :r + y 2 -

>.. (y - a:).

Wir lösen f}L = 1

+ >.

O

[JL ( = 2·11 - /\ = 0

Dy

,

:::::?-

/\ =

:::::?-

y

-1

=

(aus der Nebenbedingung :r = y). Schritt 3: \Vir haben also unsere Kandidaten

Somit x =

\Vir werten

f an den gefundenen

1 (-

Stellen aus

mm 1/3,

2/3)

3

124

-0.472

f

.

2'

2

=

4

= :r: 2

folgt

7.a.

ALLGElVlEINE BETRACHTUNG VON EXTREl'vlA IN )Kll

• Beispiel 7.3.4 • • • Ffride d1:e Extrerna von f (x:, y, z) JJ,

=

+ y + 2.z

anf

z) E

.f

Schritt 1: Untersuche Scl: Kandidaten sind kritische Punkte von df

= (2;r:, 1, 2)

1-= (0, 0, 0).

hat keine kritischen Punkte. Es gibt im Inneren von n keine Kandidaten. Schritt. 2: Untersuche äD: 'Wir teilen den Rand in fünf Teile

f

+ y2 + ;y 2 + y2 -

f.Jfl1 = {(x, y, z) E

{)rl.1

= {(:i:, y, z) = {(:r;, /J, z)

(Jn5 =

<
.(:r: 2

+ y2 -

Wir lösen

EJL ox

DL uy

EJL

=

.

2,r - 2,\x = 2:r(l - ,\) = 0

2Ay == O

== 1 -

.

= 2 + 2Az = 0

1

=?-

A == -

:::::?

,\ = --.

2y

1

Aus der ersten Gleichung folgt entweder :r = 0 oder >- = 1. Falls ;;; = 0, ist lJ = 0 und z = 0 (denn wenn :r: = 0, so ist,\ beliebig. Dann sind y = 1/(2/\) und,;,= -1/>.. Aber wenn ;r = 0, ist

y 2 ·-· z 2 = 0, also y = ± z. Dies ist aber nicht mit y = 1/(2>.) und z = ·····l/>- verträglich, ausser wenn y = z = 0). Falls,\ 1, ist z -1 und y = 1/2. Ans der Nebenbedingung :r 2 + y 2 - z 2 = 0 folgt ;r = ±\/3/2. Die Kandidaten sind

an,,

(o, o, o)

1/2, -1).

80, 2 : Wir benutzen die Lagrange-Multiplikator-Rcgel mit der Lagrangc-Funktion

L(:i:, y, z)

= x 2 + y + 2z -

-X(:r 2

+ v2 -

-1J.(.z

Wir lösen f}L

.

&L

-:-- = 1 -

Dy

DL -q:(.;.';;

)

= 2:r - 2,\:r = 2::c(1 - ,\ = 0

?

2A11,

=0

+ 2\/\Z -

/I --

125

c·).

+ 2).

7. EXTR.EMWERTAUFGABEN IN MEIIREREN DIMENSIONEN

Aus der ersten Gleichung ergibt sich entweder x = 0 oder >. = l. Falls :T = 0, so ist z = -2 und y = ±2. Falls>.= 1, so ist y = 1/2, z = -2 und x = ±JT5/2. Die Kandidaten sind somit

(0, 2, -2),

2 . 2' ( ff.5}

(0, -2,

-2).

.

(

- JT5.5 }, 2 2

-2) .

Dr2:1: Der einziger Kandidat ist (0, 0, 0). füt1: \Vir benutzen die Lagrange-Multiplikator-Regel mit der Lagrange-Funktion y,z) =x 2 +y+2z->.(z+2). Wir lösen

üL = '),r „ ... D;);

= ()

()L

..:__=1=0 Dy

üL

= 2-

>. = 0.

Das Gleichungssystem hat keine Lösung. Schritt 3: Wir haben also unsere Kandidaten gefunden

P1= P2

=

Pa= P1=

( J3} 2 ; 2;

-1)

f(PI) =

2;

::::}

f(P2)

=

2 . 2;

::::}

fl·'p) ;1

=

2

::::}

1 fl„ p) 4 = 4

::::;,.

f(Pü)

::::}

f(PG) = -6

::::}

f(P7)

CJ3 (vl5}_2) ( vTI} -2) P5

3

::::}

2;

= (0, 2, -2)

= (0, -2, P7=(0,0,0)

3

41

= -2 =

0.

Somit ist (0, -2, -2) das globale Minimum und (±JT5/2, 1/2, -2) sind die globalen 1Vlaxirnalste1len.

•

126

Kapitel 8

Der Satz über iinplizite Funktionen Ein zentrales Kapitel von Analysis II ist der Satz über implizite Funktionen. Zu Beginn konnte ich damit wenig anfangen. Denn immer häufiger wurden nun auch im Analysis Unterricht Theoreme aus der Linearen Algebra aufgegriffen aber immer deutlicher \vurde mir der Zusammenhang rwischen den verschiedenen Teilbereichen der Mathematik. Mittels der Determinante wird hier über die Möglichkeit lokaler Invertierbarkeit entschieden. Das folgende Kapitel habe ich in der Art gestaltet) die mir dabei geholfen hat: die Konzepte dieses so aussagekräftigen Existenzsatzes zu verstehen, denn eigentlich sind es nur wenige simple Rechenschritte mittels derer entschieden wird, ob eine Gleichung oder ein Gleichungssystem aufgelöst werden kann. Also; viel Vergnügen beim Lesen und hoffentlich nimmt dieses Kapitel allen Lesern den Schrecken vor impliziten Funktionen.

8.1

Einleitung

Ziel dieses Kapitels ist die Auflösung von Gleichungssystemen der Form

f (:r, y) = 0, wobei

f :

nc

IR11 -+

eine (7 1 -Funktion von

Tl

Variablen ist und :r

=

'.„, Xk:),

= (y1 , .„, Yl) mit /\, + l = n. Eine solche Gleichung definiert implizit Funktionen y = y(:r) respektive x = x(y). Die grundlegende Frage ist somit, ob sich eine Funktion 1J = h(J.:) bzw. :1: = g(y) finden lässt, sodass sich die Punktmenge f (;r, y) = 0 zumindest teilweise

y

beschreiben lässt, wo also gilt

f(:r, h(;r))

=0

bzw.

f(g(y), y) = 0.

= 0 nach y (bzw. nach x) auflösen kann. Globale Auflösung (d.h. wo die Lösung von f (x, y) = 0 global durch eine einzige Funktion y = h(x) dargestellt \Verden kann) ist i.Allg. nicht zu erwarten, wie das folgende Beispiel zeigt. Die Gleichung :r 2 + y 2 - l = 0 definiert implizit den Einheitskreis 8 1 c IR2 .

Man sagt dann, dass man die Gleichung f(:c, y)

Offenbar gilt

+ ;1/ - 1 = 0

{::}

x

= ±yl 127

y 2 bzw. y

= ±Vl -

:r 2

8.

DER SATZ ÜBER IMPLIZITE FUNKTIONEN

= ±Jl - y 2 und y(;r) = ±vl - :r 2 lokale Auflösungen der Gleichung + ;i/ - l = 0. Beachte aber, dass diese Auflösungen nur lokal sind. Man

und somit sind ;r(y)

f (:.r:, y) =

:r 2

erkennt leicht, dass man in der Nähe des Punktes (1, 0), die Gleichung nicht nach y auflösen kann, da zu :r < l stets zwei vVerte für y gehören. Somit kann man die Gleichung

f(:r, y) = + y 2 - 1 = 0 in der Nähe von (1, O) nicht nach y auflösen. Wir haben aber die Möglichkeit, lokal bei (l, 0) ;J: als Funktion von y zu schreiben. Beim Punkt (0, 1) ist die Geschichte genau umgekehrt, denn die Gleichung lässt sich lokal nach y auflösen, aber nicht nach ;r;.

x+ :U .r-

=

:U =

(--·1, 1) ·-+ JR 2 , y ··-+ ( J1 ··- y2, y) 1)-+ 1R 2 ,y-+

:U = (-1, 1)-+ 1R 2 ,x-+ (.r, J1 - :r 2 ) ym :U

(x,

----J1 --- x

2 ).

1 = 0 lässt sich somit lokal um jeden Punkt (nach x oder y) auflösen. Eine globale Auflösung ist aber nicht möglich. Der Satz über implizite Funktionen gibt Aussagen darüber, ob und unter \velchen Bedingungen eine solche lokale Auflösung existiert oder nicht. Die Gleichung

8.2

f (:r, y) = x 2 + y 2

= (--1, l) -·+ 1R2 ,x-+

-

Der Satz

Bevor wir den Satz formulieren können, müssen wir einige Objekte definieren. Es sei ein Gleichungssystem in der Form

gegeben, wobei :r

= (x1, ... , :rk), y = (y1, ... , Yt) und k + l =

n. Das Differenzial von

f ist

bekannterweise eine l x n Matrix

df(r,,y)

)

=(

Für die Formulierung des Satzes, definieren wir dyf als die l x l Untermatrix von df, welche

f nach den Koordinaten Y1, ... , Yt enthält. Analog werden wir die l x k-Matrix mit den partiellen Ableitungen von f nach den Koordinaten :r mit d,rf

die partiellen Ableitungen von bezeichnen.

128

8.2.

DER SATZ

d,rf

=

df(:r:,y)

Der Satz über implizite F\mktionen lautet dann

Satz 8.2.1 (Implizite Funktionen) Se1: n c Rn = X R 1 offen und seif : f2 -+ Ist der Punkt Po = (a, b) E fl ('mit a = erste k Koordinaten und b = leLzte l Koordinaten Don Po) regulär rnit

f (Po)

= 0

tmd

det(dyf(Po))

#- 0 (d.h.d11 f(po)

ist invertierbar),

wobei dyf (Po) die Unterrnatrix von df (po), die die partiellen Ablcit:u.ngen nach den Koordinaten y 1 , ... , Yl enthält, so lässt sich das Gleichungssyste1n

f(:i:, y) nach den Koord:inatcn y

Genauer: Es gibt eine offene Urngebv.ng U wn

'Und eine offene Urngebu,ng V von b in

a in

h :u

=0

--7

J

'Und ein C 1 -DijJeornorphisrnus

80dass

f(x, h(x))

= 0.

Die Funktion h gibt die lokale Auflösung der Gleichung .f(:r, y)

= 0 nach den Koordinaten

y um den Punkt PO· Der Sa,tz bietet also ein handliches Kriterium um Aussagen darüber

zu treffen, ob die Gleichung f (:r:, y) = 0 eine lokale Auflösung nach y besitzt. Er bietet aber keine explizite Methode, um diese Auflösung bestimmen zu können. Bietet der Satz also gar keine Information über h an? Nein! Denn der Satz liefert wichtige Informationen über die Ableitung der Auflösung h an. Die Ableitung von h (.Jacobi-:tv1atrix) kann ge1näss der Formel

dh(:v)

=

-(dyf(x, h(x)))- 1 · d:iJ(x, h(x))

bestimmt werden (siehe Beispiel 8.3.11). 129

8.

8. 3

DER SATZ ÜBER IMPLIZITE FUNKTIONEN

Beispiele

vVir betrachten einige Beispiele zum Satz über implizite Funktionen.

Beispiel 8.3.1 • o o Zeige, dass .für hinreichend kleine x, y; z rnan die Gleichung

+ ::rcosy + sinz = 0 nach z rht.rch eine Aufiösnng h(:.r, y) der Klasse C 1 rnit h(O, 0) = 0 m1fiösen kann.

Lösung: \Vir schreiben die Gleichung in der Form f(;r, y, z)

f : JR3

y, z)--+ :r 3

--+ JR,

= 0,

mit

+ :rcosy + sin z.

Der Punkt, den wir betrachten, ist p0 = (0, 0, 0) (dies liest man aus h(O, 0) = 0 aus). Man sieht leicht, dass Po die Gleichung löst, sodass Po E {O}. Das Differenzial von .f lautet

.r---l

(:r, y, z) = (5:r 4

+ cos y, -:r sin y, cos z)

df (0, 0, 0) = (1, 0, 1) .

::::?

Das Differenzial (f;f(JJo) hat Rang l. Somit ist p 0 ein regulärer Punkt von f. Da wir nach z auflösen wollen, müssen wir die Untermatrix von df (p 0 ) betrachten, welche die partielle Ableitung von .f nach z enthält. Dies wird ''unser dyf (po)" sein A (3:.) annimmt, sieht m.au

\vic folgt

149

{A},

9.

UNTERMANNIGFAIJrIGKEITEN VON .[Rn

Somit haben wir 0(3, l) als Niveaumenge der F'unktion f zum Niveau A geschrieben. Nach dem Satz vom regulären ·wert genügt es zu zeigen, dass f- 1 {A} keine kritischen Punkte von f enthält) d.h. dass für alle Matrizen A E f- 1 {A} das Differenzial rf;f(A) maximalen Rang hat, oder, in anderen ·worten, dass df(A) surjektiv ist. Also los! Das Differenzial von .f berechnen wir wie üblich -U'

'A'

OJ (

V

)·"-

=

.

lnn

.f(A + hX) - f(A) (A + hX)TA(A + hX) - A1'AA · = l'nn -----'----'-----'----h h 3 ATAA + hXTAA + hATAX + h XTAX - ATAA

Wir müssen also zeigen, dass zn jedem A E existiert, sodass df(A)X = B, d.h.

l) und B E

eine l\fa.trix X E

xTAA + ATAx = B. \Vir wenden denselben Trick wie im Beweis an, dass O(n) eine Untermannigfaltigkeit ist, und zwar wir schreiben • 1. .Xrl' AA= -B. 2

Wir setzen also X:=

Af'. Somit ist df(A) regulär und nach dem Satz vom regulären \Vert

folgt, dass 0(3, 1) eine Untermannigfaltigkeit von M.1 :x4 (IR) ist, also eine Lie-Gruppe.

9.2

•

Der Tangentialraum

Sei Af eine Untermannigfaltigkeit von IR 11 und p ein Punkt auf Af. Ein Vektor

lwisst

Tangentialvektor zu J\1 an der Stelle p, falls ..-Y der Geschwindigkeitsvektor an der Stelle p von einer differenzierbaren Kurve ;;;, welche auf Af definiert ist und durch den Punkt p läuft. In anderen \Vorten, X lieisst Tangentialvektor an AJ an der Stelle p, falls eine c)-+ ]\!f existiert, mit 1(0) = p und 1(0) =X. differenzierbare Kurve 1: Der Ra.um aller Tangentialvektoren an JW an der Stelle p

= {. ;,\'.'

ist 'fängentialvektor an M in p}

l\fongc aller Tangentia.lvektorcn an ilf in p pD

p

hcisst Tangentialraum an Af in po. Der Tangentialraum Tv114 ist ein Vektorraum der Dimension k

= n-

l. Für Untermannigfaltigkeiten, welche als reguläre Nivea.umengen 150

9.2.

DER. TANGENTIALRAUM

definiert sind, gibt es eine einfache Formel, um den Tangentialraum Tp1H zu bestimmen

Satz 9.2.1 (Formel für Tangentialraum) Ist die Unterrnannigfaltigkeit M als reg·uli.ire Niveamnenge f- 1{a} einer dijj'erenzforbaren Funktion f : fl c n:tn -+ n:tl

ge_4eben:

BO

·ist der 7angentialrattrn in v E Af gegeben durch Tvilf = ker df (p).

\Vir betrachten einige Beispiele.

Beispiel 9.2.1 • o o Bestirnrne den Tangentialrmun an den. folgenden Unterrnarm'i9faltigkeiten 'Von

im gegebenen Pm1,kt

a) Kugel S 2 frn Nordpol Po= (Oi O} 1).

b} S

= {(x,y,

Lösung: a) 5 2 lautet

=

z) E lft;3 j2y + z = 1ix:2 + y 2

-

{O} für f : JR:l -+ JR mit df =

2y, 2z)

z2 = 1} in Po= (

y, :.:)

=?

= ::c2 + y2 + ::2

- l. Das Differenzial von

.f

df(po) = (0, 0, 2).

Den Tangentialramn findet nian mit der Fonnel

ker(O, 0, 2)

f,

= Span {

(

) , (

!)}

Es ist also die Ebene parallel zur :ry-Ebene, welche durch den Punkt (0, 0, 1) geht: Es ist die Ebene .Z

=

1.

b) S

= f- 1 {O}

für

f : JR. 3 -+ JR. 2

mit

151

9.

J:Rn

UNTERMANNIGEL\LTlGKEITEN VON

Das Differenzial lautet

df (;E, y, z) =

0 ( 2x

2 2y

Gernäss der Formel für den Tangentialraum

'

S =kor Dies gibt: z = t

( y'30 21 01) = {(;r,y,z) ( y'30 1 ;r = '..,y > r;t. Die folgende Gerade ist also der Tangentialraum in Po .._,

y =

• Beispiel 9.2.2 • o o Bestimme den Tangentialraum an der Kitgel S 2 in xo

Pu.nkt

= (:trh Yo1

Lösung: \Viederum

f : JR:3 -+ lR rnit f (a:, y, z) = a: 2 + y 2 + z 2 ··-

1

und

(l;f

=

2y, 2z).

\Vir werten in :ro aus df(xo) = (2:ro, 2yo, 2zo). Den Tangentialraum findet man mit. der Formel

2yo, 2zo)

= {v

E

·v

= O}

= {Alle zu :r0 senkrechte Vektoren}.

• 9.2.1

Lie-Algebren

Eine Kurve in 1\1nxn(IR) ist eine differenzierbare Abbildung

A : [a, b]

Die Ableitung

A.

-1-

lVlnxn(IR), t

a1.1:.(t) -1-

(

an1

(t)

wird einfach komponentenweise gebildet. Dies erlaubt es, den Tangenti-

alraurn an eine Untergruppe G von Afnxn(IR) im Einselement l zu definieren. Sei G eine Untergruppe von Afnxn(IR) und A: (-s,c:) ..-.+ 1'1nxn(IR) eine differenzierbare Kurve mit

152

9.2.

(i) A(t:) EG für alle t E (ii) A(O)

DER TANGENTIALRAUM

,c:)

= II

(iii) A(O) =X. Dann ]wisst X Tangentialvektor von G in .l Die T\fonge aller solchen X bildet einen Untervektorraum von 11In>'.n(IR), den Tangentialraum an G in II. Somit besteht analog zu dem Tangcntialraum an eine Untermannigfaltigkeit von rn;_n in einern Punkt p der Tangentialraum TrrG aus den von Kurven, die in einer E-Umgcbung von Il in der Untergruppe G enthalten sind. Der Tangcntialraum an eine Lie-Gruppe in Il heisst

Lie-Algebra. Für Lie-Gruppen ')

....,

[2x(ct;r - xk) - 2etJ dx

0

2o:

= -3 - -12 Somit folgt o

=

2o:

=

4

1

3.

2

--o: - -

!

0.

m Übereinstimmung mit der direkten Rechnung. Natürlich ist der

Vorteil in diesem spezifischen Fa.11 nicht extrem gross) aber der Satz ist dann besonders nützlich, wenn die vorkommende Integrale nicht explizit berechenbar sind. Ein sehr bekanntes Beispiel ist die Berechnung des Integrals

I(o:)

j

=

•1 Xet

0

-1

- - - d:r. log(x)

Für ex = 0 ist das Integral trivial, I (0)

=

·l

._/ 0

xo - 1

-1og. ( x_) dx = 0 158

10.1.

PARAMETI -1 kann man es nicht mithilfe der konventionellen Techniken bestimmen. In der Tat hat die Funktion

die Eigenschaft, dass ihre Stammfunktion nicht

elementar ausdrückbar ist. Ein sehr einfacher, aber sehr wichtiger Trick erlaubt trotzdem die Bestimmung des Integrals. Anstatt das Integral selbst zu bestimmen, betrachten wir

seine Ableitung nach n. Nach der Formel für Parameterintegrale finden wir dl(n) - ·- =

dcx

1 1 J.·l ----d:r .D 1 ... = 1· 1og(:r)J./" · · d:r. = 1· :rud:r an log(x) x(t -.

0

.o

log(:r)

0

Ct

+1

\Vir haben somit einen sehr einfachen Ausdruck für die Ableitung J'(n) gefunden. Integrieren wir das Ergebnis, so finden \vir J'(0:) = -

'

1

-

J(a) = log(n + 1) + C.

==?

0:+ 1

Für o: = 0 gilt J(O) = log(l) +C = C. Andererseits kennen wir I(O) die Integrationskonstante C = 0. Somit haben wir

l

•0

l ;.c(} -

1

-1 ff(···) ob .1.,

d;r.'.

= 0 schon. Dies fixiert

= log(o: + 1)

gefunden, ohne das Integral selbst zu bestimmen. Dieser TJ:ick ist für die Berechnung von Fourier- und Laplace-Transformierten einiger Funktionen oder für die Bestimmung spezifischer Integrale sehr nützlich. Hier sind einige Beispiele.

Beispiel 10.1.1 • o o Berechne

F(o:) =

l

1

·r.

0

( 0: -

. dx

COS X ) 2

und bemerken, dass

gilt. Die Idee ist somit, die F11nktionen

f (a, :r)

1 o: - cos;c

8 f (a, :r) = Dn · ' ·

-

(er

] · cos :;; ) 2

stetige Funktionen vou et und :r sind (weil Komposition stetiger Funktionen). Somit sind die Voraussetzungen des Satzes 10. l. l erfüllt. :Mit der .Formel für Parameterintegrale finden wir

159

10. PARAMETERmTEGRALE

•

Lösung: \Vir betrachten die Ableitung von F(n) nach n. ßlit der Formel für Parameterintegrale finden wir

dF(n) do:

·.1 •/ 0

-

(:r°' -1- c.tlog(:r)) d:r= .· 1·

:().

'>

·

log-(J:)

Dn

·

.

1

xcc log(x)·».. - log(x) dx= . . log-(:r)

0

1.·

1

J:.

=.

f log.·(,n + l)dn.

Das Integral wird mittels partieller Integration gelöst

= o:log(l + o:). .

F(o:) = ;· 1 · log(n + l)dn . . =(:Y

log ( .l+n,) -

.

;· _0:_·-n11· . n+

f Cl'+.. l, -

i log (. l+o:.) -et+ log,n+l)+ ( . ('.. J. 1 (.cv=o:

n:

Nun müssen wir die Integrationskonstante C' bestinnnen. Dazu betrachten wir F(ü)

F(O) Somit C

J ·l

=

x0

.o

= 0 und

[1

lo

--

1- 0

.02

..

lo 6 (x)

0

dx = 0

xo- ..... 1 ···;et log(x) d:r log (x)

Beispiel 10.1.3 • • • Berechne F(0:) =

1

0 - 0 + log(l

+ 0) + C = C .

= n log(l + n) - et+ log(o: + 1).

• J; 12 1og((x

2

sin 2 t)dt fiir alle a > L

-

Lösung: \Vir betrachten die Ableitung von F(n) nach o:. Mit der Formel für Parameterintegrale finden wir

dF(u)

-- =

1·r./

da

2

D

..,

.

·1

-;:- log( ü.- - sm-

Da

0

t )dt =

1·1T/ 2 .

0

,

ü 2 -

2n

. '>

sm- t

dt.

\Vir haben nur ein Integral zu berechnen mit einem sin 2 f, im Nenner. \Vir substituieren also tan t. Dabei ist t

dF' (a) do

= arctan J:

::::?-

dt

und sin t =

=

/'1T 12 2o = . 0 a 2 - sin 2 t dt =

v

0

2

. [ arctan 1

/'

00

.0

2cv n2 -

(VQ2=1 )]"""' - -..- - ; r lt

:.::::;;/:2

160

O

vVir haben

;r;

=

10.1.

PARAMETERINTEGRALE :MIT I

0:2

n-toc

log(l/4)dt =

fr.

1))

sin 2 t) ····· 2 log(u

. ··

2

o-+:io

= . o. /

+ J0:2 -

.1og ( n -sin t ) ili '2cr 2 +2ovn 2 ···-1·····1 ·

2

.u

log(0:

log(n 2

-

)

+ 2o. 2

-71

dt

log(2).

sin 2 t)dt

= lfarccosh(n) -

1T

log(2).

'(J

•

Beispiel 10.1.4 • • • Berechne F(a)

=

cos t:)dt fiir alle o: > 1.

log(a

Lösung: \Vicderurn betrachten \Vir die Ableitung von F'(o:) nach o:. Mit der Formel für Pararnete1·m1t,eg:ralle finden wir

dF(o:) do

!

• 0

Ir

-;:--: log(n - cos t)dt =

/'7[

{)

Öü

' ()

,

- dt =

=

und cost

dF(0:)

•X

dn

,2

:r: (rt

•/ 0

2

/o-lvn+1 [ 1

\Nir haben somit

,

2

+ 1) + n

. rl:r:

- 1

;c) ] vo:-·l

arctan ( )

0

+ 1..·

"IT

x;

0

Bei der Bestin1muug des Grenzwertes baben wir die Stetigkeit des Logarithmus benutzt (mn lirn ins

Argument zu ziehen) und dann die Dorninanzen: Oben dominiert

161

ü

2

,

unten dominiert 2o' 2

+

10.

PARAMETERINTEGHALE

VVir haben somit einen Ausdruck für die Ableitung von F( o:) gefunden. Integrieren \vir das Ergebnis, so finden wir

dF(n) do:

7f

VVir müssen nur die Integrationskonstante bestimmen. Dazu ziehen wir den Liines für o: gegen Unendlich. Dazu schreiben wir zuerst arccosh(0:) = log(n + Ju 2 - 1). Es gilt natürlich für alle a F(o:)

= r. log(n +V a 2 -

insbesondere im Lim.es

et „7

C

1) + C

LT

=

+ Jn:2 -

r. log(n

[log( 0:

.. „.

cos t)

)

„ •.•

lirn

=

n-+oc

r

.fo

;·n

log (

log( ü

„ „•.

. r ( (}'- cosi Jo log er+ Jn2

=

r. log(a:

+

vo

2 -

1)

= C.

oo

= u-+oc lirn (r(n:) -

=

P(n)

::::;.

1

(}

...L

n\h -

1

log(l/2)dt =

/

-7f

+

dt ) dt

" ··-- coo I.

0

1))

1

"'z

log(2) .

Somit F(n)

10.2

(' log(ü - cos t)dt

.fo

r.arccosh(n) -

;r log(2) .

•

Parameterintegrale mit variablen Grenzen

Im zweiten TE:il dieses Kapitels wollen wir den etwas komplizierteren Fall betrachten, wo die Grenzen selbst vom Parameter abhängen. vVir betrachten also Funktionen der Form

=

F(t:)

f;'(t)

f(t, x)dx

.lp(t)

mit differenzierbaren Grenzen VJ und

Um zu verstehen, was in diesem Fall passiert,

untersuchen wir das folgende Integra.1

!

·1;i(t)

_ f(x)d:r

'

(f enthfüt keine t-Abhiingigkeit mehr). Kennen \Vir eine Stammfunktion F(:r) zu f (:r:); so können wir das bestimmte Integral sofort berechnen

f(:r:)d;T = [F(t)]:g; =

- F(-

\Vir müssen nur noch J(O) bestimnien

t'"'

J(O)=

cos(O)d:r

lo

= fx

rfr =

Jo

Somit cos(2n:r)d:r

;-

=

yiT e·-

2

,fii 2 .

2 •

• Beispiel 10.3.8 • • o Bermtze das

e"-1/-2 dy die sog. Fehlerjunktfon. (Tipp: Satz von Fa-

Hier ist erj(::::)

Z'/..t

bini)

Lösung: \Vir haben in dem vorigen Beispiel

gefunden. \Vir integrieren das Resultat zwischen 0 und z

..: /

/>(X;

da

'()

cos(2cn:)d:r =

'()

1··:'

.

()

Die rechte Seite ist gleich

.f

2

rlo:

=

2-

i

.

z

()

Für die linke Seite benutzen wir den Satz von Fubiui (siehe Kapitel 11), um die Integrale zu vertauschen

z ix i de,

• ()

. 0

cos(2o-

+1

=

1f

log(l

+ 0:) + C.

Um die Integrationskonstante C' zu bestimmen, werten wir F'(cr) bei o: F(O) = 0

0

=>-

7r

log(O + 1)

+C =

= 0 aus

C!.

Also

• Beispiel 10.3.10 • • • Berechne

J0

'X

Lösung: \Vir haben in diesem Fall ein Parameterintegral mit zwei Parametern a und b, «X;

I(a, b)

=

d:r / .()

172

10.3.

UNEIGENTLICHE PARAMETERINTEGRALE

aber das Prinzip ist das glcid1e, wie im Falle eines einzelnen Parameters. vVir leiten nach b ab

DI(a, b) üb Um

fs

=

j"x ä ()

zu eliminieren, machen wir die Substitution y

DI(a,b)

= _

üb

.rx

=

1

./0

dy

:::::>

=

Wir haben somit

;·O

dy.

O

I(a, b)

=

I(a,

vVir müssen nur noch 1 (CL 0) bestimmen I(o,O)

= f'x

.fu

d:r

=

l

Irr

Schlussendlich

•

17:3

10.

PARAMETI

= 1, „., n. Natürlich müssen die einzelnen Intervalle

ai;, j

nicht not\vendigerweise abgeschlossen sein. Im Gegenteil, sie dürfen offen, abgeschlossen oder halb-offen sein, wie zum Beispiel in Q =

p3, 4)

x (0, :3) x [l, 2]. Der Elementarinhalt

des Quaders Q ist gegeben durch

wobei

und

IIJI = bj

- a.j

4) x (0,

die Länge des Intervalls

Ij

x [l, 2]) = ( 1 -

0) · (2 - 1) = 3.

1

·

ist. Zum Beispiel: p.([O, lr3)

=

(1 - O);j

=1

11. INTEGRATION AUF

UND DER SATZ VON FUBINI

Die mehrdimensionale Version des Satzes von Fubini lautet dann

(Satz von Fubini in JRn) E.s seien der Q11ader Q = bn] 'Und f : Q -7 lR mit f E C 0 ( Q) gegeben. Dann güt

b1]

Auch in diesem Fall spielt die Reihenfolge der Integration keine Rolle: Aus Symmetriegründen gilt zum Beispiel

jq.. f(:r)d11(:r) = •1·bn d:r:

11 • • •

a„

1·b1 d;i:tf (:r1, :r2, .„, x

•

11 )

OJ

oder alle anderen möglichen Reihenfolgen. Die Aufgabe, eine vorgelegte stetige .Funktion

f auf einem Quader Q C JR zu integrieren, 11

besteht also einfach darin, n hintereinander geschaltete Integrale zu bestimmen, bei denen jedes Mal nur eine Variable betroffen ist und alle anderen als Konstanten zu betrachten sind. Als ganz einfaches Beispiel betrachten wir das Integral

r ,.,

Jj,

z) .

./[o,1r'

Nach dem Satz von Fubini in JR 11 können wir das gegebene Integral als drei eindimensionale Integrale schreiben

r J[cu

1'.)

:c:1;2z:1dµ.(x, y, z) =

1

r1 f1 dy r dzxilz:i_ lo ./o ./o 1

Das Beispiel ist besonders einfach, weil der Integrand als ein Produkt von Termen vorkommt. die nur von einer Variablen abhängen. \Vir können somit das Integral als Produkt von eindimensionalen Integralen schreiben

l .. /o, 1J·i

y, z)

= (

/1 d:r:r).

./o

( /.· l dyy 2 )

lo

vVir sagen, das Integral sei faktorisiert worden.

Lösung: Nach dem Satz von Fubini

184

r dzz ./o 1

(

3

).

1

= 2. 3. 4 =

1 24'

11.2.

IN JM. 11

INTEGRATION AUF

Am besten führen wir zuerst die Integration über z· durch und finden sofort

+ tanh(:r +

•

Lösung: N ad1 dem Satz von Fubini

= (

Jo

„ „ •• „.„.•••••..••...••••.....•.

11

=

•l

4 .fo

d:t

1 .1

7T [ _ x:>J _:r2 _

--

- 4

;3

; 4

,,

1·

l

+ :ry) = 4 o

J

1

7f ( -+l 1)

--

4

0 -

4

d:r

d:r

[1 dyx(x + y)[arctan(.z)J :r:

S y S l

ffr,y) E

=

+ :r:

Somit schreiben wir

\VCrlll -

1S

T

S 2 / ;) Und

svs1+::r.-1sxs2/:3}

Ü

S y S

4

X

2

sys

{(x,y)E

4

ri S

wenn 2 X

J.:

S 4

}

2/3sxs4}

Schritt 2: .Jetzt benutzen wir die Formel für Normalbereiche (12.1.1) und summieren die Beiträge aus n l und n.2

l

.n

:r.:dp. =

/vxr3 -_ .)

[x - -

;3

1.. / · 1

-3.

.

d.T

(

1 .1

(J

;·1

= •. U·.

;·(1 . /3::;2 . dy

• 0

[

d:r (1 ····· /X)y . . .

+ 3:r -

1 -

d:r:

i'))

f '5 r-

()

2

5

1.

0

=

3

(1 -·- 2 ·+

197

2

-

5

')

r·

.-] -----

l vz

(l ··

J(.1-v'Xl ri

y/J·'.-- y1}} 2

0 2

12. INTEGRATION AUF NORMALBEREICHEN

• Beispiel 12.2.3 • o o Volwmen von

f!={(x,y,z)E

Schritt 1: \tVir müssen zuerst

n

als Normalbereich schreiben. \Vir haben Glück, dass :r schon

zwischen zvvei Zahlen liegt. Darum wühlen wir zuerst x aus. Dmrn fixieren wir T, wühlen eine andere Variable aus (zum Beispiel y) und vergessen alle anderen Variablen. Aus y;:::: 0 und

;J.;

+ y :S 1 folgt

0 S y :S 1-:c. Ferner betrachten wir die verbleibende Variable z und fassen die vorigen Variablen (x und y) als Konstanten auf. In diesem Fall müssen \vir gar keine Arbeit leisten 1 da bereits 0 < .z :S T 2 in der Definition von n steht. vVir haben somit n als Normalbereich geschrieben 0

:S

{(.-r,y,z) E

=

S 1, 0 S y :S 1 - x, 0 < z S

;r

Schritt 2: Jetzt benutzen wir die Formel für Normalbereiche

/.t(O) =

l

d/l

Jn

=

i

r1 dX

=

.fo

r-:t

Jo

·l

dy

rl'.'2 dz =

.fu

r'

d:r(1 -

.fo

' ()

t

.fu

dx

ll-:r dy;r; 2 .fo

.'.;3 :3 [X- -x)= 8

l

4

12

0

•

Beispiel 12.2.4 • • o

Schritt 1: vVir schreiben

n als Normalbereich. y

2

:S 1

Als erste Variable wählen wir y aus. Es gilt

-1 :S y s 1.

:::::?

Dann wählen wir :r aus, und betrachten y als eine Konstante. \Vir lösen nach :;; auf :r2+y2s1:::::?

-J1-y2s:rsJ1-y2.

Analog für z

( , ___ (.:rv .· (:::) ---- :t =. ri- c:, .:::) • -- _! (z)

[ X __f(z')

-

(0 + arcsin (1) - a.rcsin(-1)) =

!

h

7f

dzf 2 (z).

•lt

199

•

12. INTEGRATION AUF NORTvfALBEREICHEN

12.3

Der Skalierungstrick

Der Skalierungstrick ist eine sehr einfache aber hilfreiche Methode; welche es uns erlaubt, Volumina von n-dimensionafon Gebieten zu bestimmen. \:Vill man etwa. das Volumen des n-dimensionalen Balles in jeder Dimension n bestimmen, so kann man das relativ schnell und reibungslos mithilfe des Skalicnmgstricks schaffen. Am besten geht n1an wie folgt vor: M.an stelle sich ein Quadrat mit Seitenlängen l vor. Das Volumen (der Flächeninhalt in diesem Fall) des Qua.dratcs ist dann 1·1

=

1. Nun skaliere

man dasselbe Quadrat um einen Faktor a. Man bekommt ein Quadrat der Seitenlänge a. Da.s Volumen des skalierten Quadrates ist nun a · a

= a2 ,

also gerade a 2 mal das Volumen

des Quadrats mit Seitenlänge 1

a

a

1

Nun \vendet man dasselbe Prinzip in n Dimensionen an. Ein Quader in n Dimensionen der Seitenlänge 1 hat Volumen 1. Skaliert man es mit einem Faktor a, so bekommt man ein Qua.der mit Volumen a.1\ also a 11 ma.l das Volumen mit Seitenlänge 1. Allgemein gilt das folge11de Skaliernngsprinzip:

Satz 12.3.1 (Skalrierungstrick) Sein c ]Rn ·mesBbar (d.h. p.(n) iBt definiert). Die Üa, welche man dnrch Skalierung von n urn einen Faktor a > 0 bekornmt, üif auch messbar und es gilt

Die Merkregel ist

"Eine Skalierung um einen Faktor a in n Dimensionen trägt mit a/' zum Gesamtvolumen bei." Als Beispiel betrachten wir das n-Siniplex L:n in n Dimensionen definiert durch L:n

= {(.:ri, ... ,

E

+ x2 + · · · + :'Cn:; 1, Xi 200

:2: 0 't:/i = 1, ... , n}.

12.3.

DER SKALIEFUJNGSTRICK

Unser Ziel ist es, das Volumen p('Ln) für allen zu bestimmen. Um das zu machen, schreiben wir zuerst Ln als Normalbereich

JVIit der F0 = -2.

3v. ·

sodass das Flächenelement in den neuen Koordinaten lautet ')

rfadij = .::_dv.dv.

'

3u

J\'1it dieser Transformation haben wir das Problem, ,fsi. y / y!Xdp zu berechnen, auf das viel einfachere Problem zurückgefiihrt, die Funktion u · fi; auf dem Quader [l, 2]2 zu integrieren (das fi; kommt ans der l(oordinatentransfonnation). Das ist die Macht der Substitutionsregcl! Nach dem Satz von

Fubini

somit

i.

. •1

y / vxdfl =

Beispiel 13.1.3 • • o

j-'.! du 1·2. dun . . 1

• i

9. ;·2

3u

=

.. du i

1·2 dv ') = -2 .

. 1

3

• f lsi

+ ;z;y3 )dµ. - 112 :::;

211

4}.

13. Dm SuBSTITUTlONSREGEL

Lösung: Dies ist wiederum ein typischer Fall für eine Substitution, da man die Bedingungen der Definition von n wie folgt schreiben kann

Mit der folgenden Substitution 2

kann man

')

v=x -:ir

7.L = ;;:y,

n als Quader schreiben

Nach den Regeln der Kunst müssen wir jetzt die Funktionaldeterminantc bestimmen. Zuerst müssten wir aber die T:ransfonnation umkehren. IVfanchmal ist dies aber nur eine Zeitverschwendung. l\fanchmal ist es besser, die Koordinatentransformation nicht umzukehren und stattdessen die Regel det A - l = 1/ det A zu benutzen, welche wir ans der linearen Algebra kennen. Konkret geht man wie folgt vor. lVIan berechnet die inverse Funktionalrnatrix (dazu muss man nicht die inverse Koordinatentransformation kennen, sondern nur n und v als Fnnktion von ;r; und y)

)

(

lJ

2x

.J;

-2y

)

·

Die Funktionaldeterminante lautet somit

D(:r, y) det D(u, v)

1

1

=

1

!-

1

2(;r2

1

+ y2)J

sodass das Flächenelement in den neuen Koordinaten lautet d:rdy

1

= '>( . '> dudv. 2 - X + y-)

Das Problem bei dieser Methode ist es, dass wir beim ueuen Flächenelement ;rund y noch haben. In lässt sich wegkürzen, weil diesem R'lll ist es aber kein Problem 1 denn der 1'enn 2 2 xy(:r + y ), sodass

l

. "l

(a:?,y

+- :ry;1 )dp =

f J1

1

(iv,

r1

.!1

- 3. (9 l) - ' -2

--2 2

-6

.

•

Lösung: Die Bedingung J; + y ::; 1 suggeriert uns, tt = :r + '.IJ zu substituieren. Der F}1ktor suggeriert uns weiter, auch v = x --- ll zu substituieren. vVir betrachten somit die Transformation '!L

= :t

+ y,

'U =X

212

y.

1:3. l. DIE StJBSTITUTIONSREGEL IN

Die Bedingungen :r, y > 0 und

+y

1;

mit der Variablen v? Es gilt v = :r: - y

v

= :r - y = x + x

:r - y

+y

l implizieren 0 < x

= :r: + y

- y - y = :r

::; l, d .h. 0 < u ::; l. Was passiert

+y

- 2y

x

+y

=

-u. Analog

+ y) = -u. In den neuen Variablen lautet also

= 2x - (x + y)

n wie folgt n = {(u, v)IO < u::;

1, -u::;

1)

s

u}.

Nach den Regeln der Kunst müssen wir nun die Funktionaldeternünante bestimmen. Zuerst müssen wir die Ttansformation u1nkchren U

= x: + iJ,

V

=X

-

y

:::}

V.

+ 'V = X + y + :D -

y

= 2x

:::}

X=

U +V

=?

y=·a-:r=

Dann rechnen wir die Funktionalmatrix aus

)

) (t

o(:r, y) = ( o(u,v)

2

Die .Funktionaldeterminante lautet somit

sodass das Flächenelement in den neuen Koordinaten lautet ffaxly =

1

dwlv.

2

Es gilt somit

'

l

l

f'U

du.

()

'

(/ =

····1).

=

[ ...

r_.I

./o

V

-n

;·lo

&u1!. • -2 2 U.

•

Beispiel 13.1.5 • • • Wir betrachten das Integral

a) Berechne I

m.it der Para.rnetrisieru.ng t>

) = r sinO sin q),

,;:: = g3(r, 0, ) = r cos 0,

sodass die Funktionalmatrix lautet

D(x,y,z) = ( D(rß,)

)(

sinO cos r cos () cos 1) sin()sin

cose

215

r cos (-) sin -r sin (}

-r sin (}sind> ) .

13. DIE SUBSTITUTIONSREGEL

Die Funktionaldetenninante lautet somit

'

.

d(:r,y,z)I det o(r, {),

0

+ l) =

dBr(r cos ()

11 0

dr 1·21' . drp21rr ,()

= 4TL 2

lJ

.()

rdr

= 2r. 2 .

•

Wichtige Koordinatentransformationen

In diesem Abschnitt fassen wir die Resultate für die wichtigsten Koordinatentransforma-

tionen zusamrnen. Ziel dieses Abschnittes ist es, dass der Leser sich bewusst wird, dass man gewisse Resultate direkt und effizient anwenden darf, ohne jedes Mal die Funktional-

deterrninante der Koordinatentransformation berechnen zu müssen.

Koordinatentransformationen in Polarkoordinaten Definition

= rcos r.p y = rsinr.p

x

Maximaler Definitionsbereich

0:; r
O äquivalent zu O:::; r :::; l, O:::; e:::; rr /2. Sornit lautet n in Polarkoordinaten -(rcosB+l),z = rsinBi (r,efi,8)

EU}.

Berechne das folgende Integral

Lösung: vVir betrachten die Transformation :

(0, 1)

X

(0, 271) X (0, 2x)

-7

T. (r, { dO(r 2 +2rcosO+l)(r 2 cosO+r) lo lo lo (} + ;3r cose + r) = 1 dr 1·27' . d 12" . d0(r 4 cosO + r:3 + 2r 3

1 !

2

()

=

·1

"'.

•0

.()

1·27r d(t>(O + 21n·:; + 2ra;r + 0 + 2rrr)

dr .

,()

.()

• Beispiel 13.4.9 • • • Ft:ir ü

> 0 ist

die Gamrna-F'nnktion

durch

Zeige

a) f(a + 1) = o:f(o:). b} f(n+l) =n!; n=0 1,2,.„ 1

c) f(l/2)

= ft.

Lösung: a) \Vir integrieren einmal partiell

()

b) Zuerst haben wir r(l) Dann wenden wir die Formel r(n I'(n + l) = nl'(n)

=

r= e-crd.T =

= n(n -

1

..

..

,,.

= l.

lo

+ 1) = o:r(o-)

"X) e-:r·x·ü-ld,.,.

+ „„"'· . ()

rekursiv an

l)r(n - 2) = · · · = n(n - l)('n - 2) · · · 1 · I'(l) = n!.

c) Laut Definition ist

rX) 1/ie-tdt . .lo V t Da eine vVurzcl vorkommt, substituieren wir VI= x => t = x 2 => 0.

()

beweise die folgende Relation

B(v, v)

· ·

= f(u)f(t'). f(u+v)·

die Gmn:ma Punktion bezeichnet.

Benutze das obige Resultat,

zu berechnen.

Lösung: a) \Vir benutzen die Definition der Gauuna-Funktion

J'(v)I'(v)

=

r)O f")O Jo . o

r)O e-:cxu-l&r rx;

.lo

.lu

\Vir machen nun die folgende Substitution t = x+y und .s =

lautet J: = ts und y = t(l s), so dass (0, Die Funktionaldeterminante lautet D(:r, y) 1 = det det -,-· --.· 1

3

Beachte dass [O.

/J(t, 8)

1

(

1

+y). Die inverse 1'ransformation auf 0 < t < oc, 0 < s < 1 abgebildet wird.

x (0,

.s

f;

8

-·-t

)

=I

ts

t+

= 1- tl

=

t.

nur der erste Quadrant ist. Somit liegt 'P nur zwischen 0 und r. /2.

225

1:3.

Da t

DIE SUBSTITUTIONSfUi_;GEL

> 0, wir bekommen das neue Volumenelement d:.rdy f(u)r(v) =

t ds Jorx:; dte-

lo

1{u-l

tdtds. Somit haben wir

=

(1 -

= f(n + v)B(-n, D). b) Wir starten mit der Definition der Beta-.Funktion ·1

= /

B (rr, !3)

Jo

vVir machen die Substitution x = cos2 1P ::.:? dx

B(et,,ß)

=

·l

= !

jil/2

•/ 0

= 2

=2

rr/ (cosrp) lo 2

•K

0

20 - 2 (sin

1

:r'"

=

(1

-

-2 sin p cos ,rsin(I)) E JR:. 2 10::; r::;

1 1 0::; q> - a:r::;

Lösung: a) Da keine Angabe an der Massendichte steht, setzen wir p =: 1. Die Masse von 0 lautet somit ll1 = l dp,(x, y). \:Vir schreiben

lu

n als Normnlbereich. \:Vir lesen direkt ab, dass

1J E [O, 1] und y

:s; ;;; , folgt 2

0

5

0

= {(:r,y)

y

5 ;:r

2

.

Somit

- 1 :s; :r

E

:s; 1, 0 :::;;

Mit der Formel für Nor1nalbereiche finden wir die Masse von

=

M

-1 :::; X:::; 1. Und v.reiter geht es: Aus

2

1

f' d1t(:r, y) = / ' d:r (r .ln . -1 .fo

1

y 5

n 1

1

dy = / ' d:r:r 2

. -J

= 2 /' d:r:r 2 = 2 .

o

· o

Die :c-Komponente des Schwerpunktes lautet

:rs

= J:_ l. rdµ(:r, y) =

.Jn

M

M

J. l

1

1))

Die y-Komponente des Schwerpunktes bekommt man analog J/S

1·1

;·ar+r. dzp r si n cp = --;-:1 ;·1. r dr [- cos

1 rdr J\1 () • ar

= -;- .

=

Ai,

1·.1 r 2 dr

2

J\1 • ()

...__..,, =:y

cos(ar

n)

cos(a:r)) =

l

2

0

l

?

r-cos(ar)dr.

• (J

Zweimalige partielle Integration ergibt

2 2 ( r 2 cos(ar)dr sin(of)J:J - A·f'i· rl rsin(ar)dr 111 ./0 111a 11 a J0 1 4 2 2 4 = ;\ . sin(u) - A: rsin(ar)dr Af sin(a) + A 2 [rcos(ar)Jti l \1 a 111 a 11· a 111 a 0

JJS = ;\ .

1

2 sm , (a_) = ;;-N 1a

2

. . = -,- sm(a) J\fa

+

4

4

+ 1da

cos (. a ) -

. . cos(a) -

4

af

Ji:.

1 1

„.

4 J\fa-

cos ( ar)'d.r

0

2 srn(a) + = ;;-N a >

. . 4 (sin(a) sm(a) = :--- --.7r

•

4

•

1

a

2cos(a) +a2

-

4

1.·! cos(ar)dr 1

, ) - -:---4 ., >sm(ar ' . . )]l cos(a 0 · 11/1a:> ' ·

2sin(a))

- - .a· 3

•

•

:i;

Lösung: Da keine Angabe an der Massendichte steht, setzen wir p :;;:;; 1. Die ]\fasse von somit M = { dp.(:r:, 11) .

.f11

234

n lautet

14.2. BEISPIELE

\iVir schreiben

n

als Normalbereich. Wir betrachten die Figur, wählen eine Variable aus, z.B. y

aus und "vergessen 11 die anderen Variablen. \Vir lesen 0 ::; y ::; l ab (äusserste Grenzen). Dann fixieren wir y und schauen was mit :r passiert: :r: liegt zwischen der Geraden 1- · y und der Kreislinie Somit

fl

= {(:r. y)JO::; y::;

1, 1-- y::; :r::; y'l - y2}.

:Mit der Förrne] für Normalbereiche finden wir dann

rd1I(:r, y) Jn

A1

r1 dy !vI-y 1fr = r1 dy ( y'l - y 2

=

lo

1

1

= , yl -

l

-

(

"-....-'

=n/4

Die :r-Komponente des Schwerpunktes 8 1 ;· . M ...Td/t(:r, y)

:r,5 =

" ,

= _2__ M

q

1·1 rh.! 1 -

l

1 U

= j

.

0

v)

11-2

+? =

y 2 dy-l

1+

2 -

Jo

. 1 .... 11

=

11

,

0

vs) lautet

1Ji"=·1l

dy .

.l-y

= _2__ [1 (h

y2 - (1 - y)2 2

M }

2

. ·J

0

=

d:r:r

1 - 'l

(.J

1·1 dy [x2] 2

1

"11, . ()

:J

2) = _2__ M

y1-u2 l-11

-

2

!) 3

3(rr - · 2).

6M

Für die y-Komponente Ys

= -A-j' ·ydp.(:r, y) M

- _2__ M „„„

n

[-! 3

=

-A( M Jo

1

dyy

2

_ -u d:r

. 1-- 11

1 - y2 J - _2__ 3 2 --- .M

+ :i/l

(l -

0

(

= _L

1

1'1

Jo dy (uJl f_

! -!)

3 ' :3

y2

y + y2 ) 2

6M

2

-

„.„

2).

Also

8=

2

2

Ys) = ( 3(11 - 2)' 3(11 - 2)

)

.

• Beispiel 14.2.3 • • o Berechne den Schwerpunkt von

rl

=

y, z) E

y,z

O,z:::;; y,

y:::;; 1}.

Lösung: Da keine Angabe an 1-T

=

o

1dx /·l-or:

f'

=

dyj''I dz

Jo

2

-

2

1 1

l [x2 xt 2Af 2 - 2

+

5 16

0

Für die y-Komponente Ys

=

J\1

f__yd11-(x, y, z) =

.In

= _L

.M

d:r

{1

./o

[1-:c2 dy fY dzy = Jo Jo

r1 i!:__.:::::_!::2 y3 dx: = .J.-.- [x - 3J:3 +

M ./0

3

3M

:)

Jllf i\

-

5

0

f_ 1

Jo

d:r:

f_ ./o

1 rn M. 105

l-1:2

dyy2

=

illf 11

f_l

.fo

[J('] ,j

l-:r:2 0

4 7

Für die z-Komponente

zs

=

1 { zdp,(x,y,z) 11·1 Jn

1

l

= --:----

[1

M.

0

1

[

= 6AJ

11--:1:2

dJ: _

1 = Jl1_ ;_· dxj·l--r" dyj'l! dzz = : 1 o

1J2 2

. 0

;Jx;3

:r: --

11 [·1l] o

111

;5;r:G

1

=-

Af.

6

0

0

Also S = (xs, Ys,

d:r

0

1 8 Af 105

;-,_;7] 1

3 + 5 -- 7

"1 o

o

1----:1:2

=

;·l dxj.

1

[1

= -111. _ 0

(l -

1

o

:r2)3

. 6

d:r

2

7.

5 4 2) . (16'7'7

• Berechne das Trägheitsmornent einer

Lösung: Laut Definition errechnet sich das Trägheitsmoment bezüglich der z-Achse zu

+ y 2 )pdp(x, y, z), wobei p die Ma.s1:wrnlichte der Kugel bezeichnet (noch zu bestimmen). \-Vir rechnen in Kugelkoordinaten. In diesen Koordinaten ist

n = {(r,O,, denn sie gibt an, wo die Parameter u und v zu nehmen sind. Natürlich darf eine vorgegebene Fläche F mehr als eine Parametrisierung besitzen. Sind if.> 1 und

if.>2

zwei Parametrisierungen

von F mit Parametergebieten B 1 und B2, so heisst der Diffoomorphismus

f = 't>2 1 o 1

:

B 1 -+ B2 Parameterwechsel. Man kann zum Beispiel die obere Halbkugel H {(:r,y,.z) E mindestens auf zwei Arten parametrisieren. Man kann H rnithilfc der Kugelkoordinaten parametrisieren. In diesem Fall sind die Param.eter u =()und v = cp (nicht r, dar fix gleich 1 ist) und das Parametergebiet ist natürlich 13 = [O, Tt /2] x [O, 27r). Die Parametrisierung ist somit z = ±vl - r 2 • Die Bedingung ?.: 0 sagt uns aber, dass wir nur betrachten müssen. Nun inüssen 1,vir noch in Polarkoordinaten übersetzen. Aus (r cos 9si1up ) 2 = die Bedingung (:r 2 2 2 2 2 r cos 'P - r cos zp + + r sin 'P :s; folgt r r cos zp. Es folgt somit r cos ;p. Somit lautet eine Parametrisierung von F

i

1>: B =

7r /2] X

[O, cos cp] -+ IR:)'

245

r) -+ (r cos 9, r sin 0

=

Jo

2

1).

•

Beispiel 15.4.2 • o o Berechne

+ Lösung: Wegen der Vorschrift z =

+ y 2 )- 112 f (:r, y)

=

kann man F als Graphen der Funktion

(x 2

+

sehen. Aus l ::::; ;; ::::; 2 folgt zusammen mit ;; = (;c 2 + F der Graph der :Funktion f(x, y) = + :i/) 112 auf

B

= {(x,y)

'1::::; z::::; 2}.

::::; x2

E

250

, dass 1/4::::; x 2

+ 7-12

:;

1}.

+ y2

::::; 1.

Darum ist

15.4.

0BERFLACHENINTEGRAL ÜBER DEN GRAPHEN EINER FUNKTION VON ZWEI VARIABLEN

Die Parametrisierung von F lautet somit ·

:rf

in Kugelkoordinaten gegeben \vird? vVir

müssen verstehen, welche Form der Laplace-Operator in den neuen Koordinaten annimmt.

17.2.1

Transformation von Skalar- und Vektorfeldern

Im Allgemeinen wirken transformierte Differenzialoperatoren auf die transformierten Skalarbzvir. Vektorfelder. Die Transformation von Skalarfoldern ist selbstverstfü1dlich: Man muss einfach nur die neuen Koordinaten einsetzen

Für Vektorfelder muss man aufpassen, denn es müssen auch die Basisvektoren angepasst werden. \Vir vdssen aber bereits, dass die Einheitsvektoren in den neuen Koordinaten , ... eine Basis von JR11 bilden, sodass wir alle Vektoren in R 11 (also auch unser Vektorfeld) als Linearkombination der neuen Basisvektoren darstellen können

V=

Vt;1

+ ... +

+

, ... orthonormal. In diesem Fall ist

Für orthogonale Koordinaten sind die Vektoren

.... besonders einfach

die Formel für die Komponenten von ff in der Basis

=

·'iJ=

1 cHi

86

....

i

a:z . . f"Jc • U(.,'i

·V)

Am besten betrachten wir einige Beispiele dazu.

277

V,

():E

. v.

17. KRUMMLINIGE KOORDINATEN

Lösung: Die Einheitsvektoren in Kugelkoordinaten lauten cospsin() ) ...,.;i,

Cr

=

„

•

(

eo =

.

Slll.i.p 8111 (}

,

cosO

cos 'P cos {) ) sin 'P cos () ( -sinO

0, 0) in der neuen Basis Cn \.Yir bestimmen mm die Komponenten von iJ = (vergiss nicht die neuen Koordinaten einzusetzen)

=

( )(

)

=V· Ce=

( )(

)

Vr = f] · t!r

r eos ()

cos p sin ()

0 0

sin psinO cos ()

rcose

Vf}

cos p cosO sinpcos 0 ····· sin 0

0

0

t.1{.j)

rcose

-- sin ..p

()

cos..p

()

0

r sin () cos ecos 'P

= r cos 2 0 cos p

( )( )

==Tl.

i!y, mit der Formel

=

e

-r cos sin 'P·

Das Vektorfeld ·ü lautet in Kugelkoordinaten iJ = (r sin () cos 0 cos p, r cos 2 0 cos p, -·-r cos {) sin r.p ) .

•

Lösung: Die Einheitsvektoren in Polarkoordinaten lauten ·;- _Cr

( cos;p) • sinp ·

vVir bestimmen nun die Komponenten von ti

- sinp ) cosp ·

(

=

= (v:n vy)

in der neuen Basis 1;,'.r, e:p mit der Formel

= v,

1

V'{'== V·

)

Das Vektorfeld ff lautet in Polarkoordinaten 17 =

--

cos ;p

+ vy sin rp

·1•'Y -r1/'3

=

(j)

::::}

J

> (10x'1 - 2xy:,)d:r

= 2x: 5 -

+ C(y).

Dann leiten wir das bereits gefundene partiell nach y ab

D , 2 2 , , i . 2 2 D = -3x y -r- C = -3x y ::::} y

C'

= 0

C

::::}

= const.

Fertig! Das gesuchte Potenzial lautet

Dies können wir jetzt benutzen, um das vVegintegral zu bestimmen

l

'IJ · d.Zf = (2, 1) - (O, 0) = 60 --- 0 =GO.

•

(Die Konstante kürzt sich immer weg).

Beispiel 18.2.8 • o o Berechne

.f,.i fi · d.s fiir iJ = (2x + 3z -

yz, -2y - :ez, 2

+

- xy)

d?;fferenzierba:ren Kurve von (0, 0, 0) nach ( 1, 0, 1) (es spielt keine

·u:nd ·; Rolle welche).

Lösung: IntegrabiliHitsbedingungeu

2:r

+ :3z -

yz

·····2:y ..... xz 2 + 3:r

:cy

sind erfüllt. Das Vektorfeld ist VOll der Klasse C 1 (weil alle Komponenten aus elementaren C 1 Funktionen zusammengesetzt sind) und auf dem einfach zusammenhängenden Gebiet JR 3 definiert. Somit ist iJ konservativ und besitzt ein Potenzial Wir bestimmen da.c; Potenzial

D T u:J:

=2x + 1

- yz

::::;,.

= ; · (2x +

- yz )dx = x 2

+ :hz -

:cyz + C(y,

C=

+ C(z).

Dann leiten wir das bereits gefundene partiell nach y ab

D

(}y =

Also

. , DC

-X,Z T

= J: 2 + ;h:z -

!

,

f:}y = -2y -

:ryz - y 1

+ C(z).

ö = 3x - xy

XZ

äC Dy = -2y

Nun leiten wir nach z ab

+ ca. =!

2. -t-, 3x - xy

::::;,.

c

2::

+ const.

Das Potenzial lautet somit

Das Wegintegral

= x 2 + Bxz ·-- ;r:y z -

:y 2

+ 2z -+„ const.

iJ · ds lautet somit ./ Tf · d:(l,O, 1) - (0,0,0)

306

= 6- 0 =

6.

18.2.

POTENZIALFELDER

• tle:1si:ne1 18.2.9 eoo Bere,chne

= (xe v;r

fJ

2

ye J:r

2

+JJ ,

2

Y

2

·nruJ /" der Kreis

)

Radius a urn (0, 0) auf zwei Arten.

Direkt: Wir gehen die drei Schritte des Kochrezeptes für vVcgintegralc durch. Schritt 1: Die Parametrisierung lautet "!: [0,2rr] --+1R 2 ,f--+ (acost,asint).

Schritt 2: Der Gesclnvindigkcitsvcktor ist

) = (-asint,acost). Schritt 3: Formel für Wegintegrale

J

2

'i!. d.'! = ;· . o

r. (

a cos tea ) . ( -a sin t ) dt = O. asinte"

acost

Berechnung mit Potenzial: Die Integrabilitätsbedingungen sind erfüllt, denn f}u1

äy.

Das Vektorfeld ist auf den ganzen 1R 2 definiert und IR'. 2 ist einfach zusammenhängend. Somit ist Ff konservativ. Da die Kurve r geschlossen ist, ist das gesuchte \Vegintegral Null.

•

Beispiel 18.2.10 • o o Für welche et ist iJ = (4xy;

In diesem Fall berechne z·wci Arten.

f ·v · ds 1

- za, -:3yz 2 ) ein Pof;enzialfeld? entlang 1·(t) = (vif, t, t 2 ) von (0, 0, 0) nach (1, 1, 1) a·uf

Potenzialfeld'? Integrabilitätsbedingungcn 4x:y O:X2 -

-3::2 z3

)

(

+ 3z2

o-o

2o.r -

)

,1.f'

et = 2. Da Ti aus elementaren 0 1 Funktionen zusammengesetzt und auf den ganzen IR'. 2 definiert ist, ist ,:;; ein Potenzialfeld genau dann, wenn a = 2. Berechnung des Wegintegrals mit Potenzial: vVir rechnen das Potenzial von ·v aus

::::?

81>

-;:-

ö:r

1

4:r:·11

'

=

C(y,

vVir leiten partiell nach y ab D 8C -;:= 2:r2 +-;:-

äy

äy

1

= 2x 2 - z

:s

äC oy

307

-z:1

C =

+ C(z).

18.

Also

\VI0GINTEGRALE

vl eine Richtung, welche durch die \:Vahl der Orientierung (also von fi) bestimmt ist. Dieser so mathematisch definierte Begriff des Flusses besitzt die folgende anschaulichphysikalische Bedeutung: Deuten wir 17 als Strönrnngsfold (z.B. \Vasser), dann ist der Fluss

f 5 17· iido das Flüssigkeitsvolumen, \vekhes pro Zeiteinheit in Richtung n durch /3 hindurchströmt. \Vird das Flächenstück 8 durch

)

wwh

(

)( )

2pcos p}. cos

(J ('();--. (;!

psit1

-p

-p

.J

,...

1r

318

')

./

rrdp )

;3

19.2. DER FU.JSSBEGR.IFF

• Beispiel 19.2.3 • o o Es sei das Flächenstück

F·-

y,z) E

gegeben mid das 'Vektorfeld 'U = ( -·y, Xi x 2 +y 2 ). Man berechne das Pl'Ussintegral JF f/.fido 1xm unten nach oben.

Schritt 1: vVir pa.rametrisieren F. vVie könnte man es tun? Es wird eine Vorschrift z gegeben. Darum kann man F als Graphen der Funktion 1 + :t:lJ + :r 2 auf { (;1;; y) E sehen. Darum lautet die richtige Parametrisierung von F

1> :

:r y

+y ,;; x y =

( ) 2x

-:J;

\Vir kontrollieren, ob die Richtung von ;; : [O, 2]

X

[O,

4)2 :

32:3

) --+ (2 cos , 2 sin .

19.

FLUSSINTEGRALE UND DER SATZ VON GAUSS

Schritt 2: Wir rechnen die Normalvektoren aus (und kontrollieren die Richtung: im1ner nach aussen im Satz von Gauss)

) 0

;

=

(n

r

=

2,q, X 2,z

=?-

, ( 0

2

=

. 0

dz

.

_ " d1>(16cos 2 -16sin:3)=

(J

• ä8;;

if · fido

1·

2

. ()

)(n

4rcosq)

= _ dr

1·'211" d(t> ( - 2r 2 sin2

• ()

2 "

48cos 2 c/xl=48r. .

• ()

Für den Deckel:

!.

i

9

= 9

12 )

rlr

/")1r [ 2] 2= - d'i&r = 9 · 2r. '!:.....

'()

2

:3Gr..

0

Insgesamt: 84r.. Mit dem Satz von Gauss: Da iJ ein C 1 Vektorfeld und S' eine Menge mit Rand ist, gilt nach dem Satz von Gauss f -u. ndo = ;· divUJ)dp . Die Divergenz von

.las

·u lautet

.s

div(iJ)

=4-

4y + 2z.

also

j ..·ü · iido

• ds

=

/, ( 4

fs

- 4y + 2z)dp .

\.Vir benutzen nun Zylinderkoordinaten, um das Integral zu bestimmen. In diesen Koordinaten

8

=

{(r,:p,z)

E

X

[0, 27r]

X

324

:5r :S 2,0 :s; z :s; :3}.

19.3.

SATZ VON GAUSS

Somit

j..'V·

i/.do = ; · ( 4 - 4y

cJS

Z

+ 2;; )d11 =

1·

2

rdr

0

= 21T ·

/

f

lo

2

1·'-12 : [CL

r)

325

-1

r) =

J'COSif) ( f'S\llif ·

19. FLUSSINTEGRALE UND DER

SATZ VON GAUSS

Der rvlantel ist ein Zylinder mit variablem Radius (der Radius ist 2 bei z = 0 und l bei z = 1), somit

2,;p X Lr

= (1, Ü, 0),

i,y

= (0, 1, 0)

::::?

1,x X G,y =

(0,0,1)

vVir kontrollieren die Richtung der Normalvektoren, damit diese nach aussen zeigen (falls nötig male ein ( -1)) n1

= (0,0, -1)

n2=(1,0,0) na=(0,-1,0) n1=(-l,O,O)

n5

= (0,1,0)

330

19.4. \VEITERE BEISPIELE

Schritt 3: Wir berechnen die einzelnen Beiträge

J,_ !.

iT · rido

=

,11

1J · iido =

.q/2

1'2Jj )

dy

d:r /

0

. u

(

1·l

dy . d:::

1·.l

(

1 d.;,

lo

1 !.

• ()

y2 y )

(

;; )

(

z2

(

_

i1, ndo

=

(5)

11

iJ . ndo

=

• (G)

o

1·l

o

ll 1·1

dz

.o

[ ')]

1

2 o

= :-1

2

0

)

U) :r

(

dy . dzy = l ·

,o

0

;J;

z:2 )

(

0

)

1

j

=

j

d:i:

(J

•

1

1

0

dzx

=

l ·

()

2

) 0)

1·1 dy (

d:r

• U

0

2

1

dJ:

=

=

)

2

()

1

0

1

/. 17 · j'frlo = 1·1 dy ;·l dz ( l·'1)

0 )

(

()

. ()

/1 d.r lol

/1 · 1/do =

t3•


cos

= [2 dr [2'" def;(2r 3 + r( 4 -

(

r

12....,.... 0

.Jo

·

2r 4 sin (b + r 2 cos vir (0, 0, -1). Mit der Formel für den Fluss bekommen wir

!.

'if·'i"ido =

cLrdy = -p.(S\) =

-7'.

·Si

-------=-- Da

in der Definition von 5 1 die Vorschrift :: = + y 2 ) vorkommt, ist die beste Idee, 8 2 als Graphen der Funktion f(:r,:y) + ;i/) auf {(:r, y) E + u2 :::.; l} zu sehen. Die Parametrisierung von 8 2 lautet sornit

./ r!D

Die Divergenz von

·u. fülo =

r div(iJ)dfl .

JD

·u lautet .

D-ui

, [)v2

öx

Dy

d1v(u) = -„- + - . -

· -

+ -[)v:1 Eh:

339

=

..

1 + 1 + 22

= ')_ + 2.z.

19.

FUJSSINTEGRALE UND DER SATZ VON GAUSS

Die Menge D ist schon als Normalbereich geschrieben, da

Mit der Formel für Normalbereiche finden wir

lvr div(v)d/J. =

d:rdy

·- j

(;:c2+y2)

dz(2

+ 2z)

1

dxdy

---· (:r:s +u2)

+

--1

dxdy

= r cos 1.p, y = r sin (:r, y)

-t

1

mit t 1-. ) dt

(

ll

=/11

- 4t4

-

2t(l -

[4:J]l - [4;5Jl ._{

-1

8

8

3

5

,)

.

= - - - - 0

+

5\

-1

-t'2')5]1 ,

+

-1

[2{l]1 3

-1

+ -4 - -2 = 2. 3

5

]\;fit dem Satz von Gauss: \Vir rechnen die Divergenz von 'iJ aus . .·

Öv1

chv(v) = -„-. d:c

ov2 + -,Öy

= 2y

2y = 0.

Um den Satz von Gauss in der Ebene anwenden zu können, müssen wir unsere Kurve r zu einer geschlossenen Kurve schliesseu. \Vir schliessen mit dem Streckenzug (-1,0) (1,0). Nach dem Satz von Gauss in der Ebene gilt dann O=

wobei

n die in

l div(iJ)dµ. = l .v. F/Jls + 111 1, rl

füfa,

der Figur gezeichnete Figur ist und

·i': [O, 1] ···+ JR 2 , t ····+ ( . „1

t

2t, 0).

\Vir rechnen die Normale an i aus

·, (2)

i(t)

=

0

:::::,"'-

(Bei Gauss muss die Non:nale nach aussen zeigen!).

351

. , (0)

nds

=

_

2

dt.

19. FLUSSINTEGRALE UND DER

SATZ VON GAUSS

Also

1

{. fJ · fids =

.fo /

J,_,.

O) . (

(

1

2

) dt = -2.

Somit gilt

l.;;. nciB = 2. .ly

• . if · 'iids von unten nach oben .für 'Ü =

Beispiel 19.6.6 • o o Berechne den 1md 7 = {(x,y) E :r S liJJ = 2-

.i

u)'

d

·u · 11ds direkt.

Direkte Rechnung: \\!ir berechnen Schritt 1: Wir parametrisieren 1 mit

Schritt 2: vVir rechnen dfo Normale aus "'·(t) 1

- 1

· = ( 7(1 -

tr

5

)

nd8

wobei >vir die Richtung von 11 so gewählt haben, dass

( 7(1 · - t)G ) dt . 1

=

n von unten nach oben zeigt (siehe Figur).

2

\

Schritt 3:

l f. nds

.!rr

·l (

../n

1 t . ) . ( 7(1- t) 2-(1-t) 7 l

1

0 )

.. _--· dt

/'

,0

[7(1

t).' 7 + .2 - {.1 - ··)7] t dl · = -86 .

+2=

-11 .

4

lVIit dem Satz von Gauss: \Vir rechnen die Divergenz von iJ aus 8v1

div(iY) = -.--

.

Dx

+ -.Du2 .i}y

= 1+1

= 2.

Um den Satz von Gauss in der Ebene anwenden zu können, müssen wir unsere Kurve r zu einer geschlossenen Kurve schliessen. \Vir schliessen mit dem Streckenzug (0, 2)--+ (1, 1). Nach dem Satz von Gauss in der Ebene gilt dann

r

.In

2dfl.

=

riJ .

11

füls

352

+

r, ff . i7.ds

J;;y

19.G. DER SATZ VON GAUSS IN DER EBENE

wobei

n die in

der Figur gezeichnete Figur ist und

[O, 1]-+ \:Vir rechnen die Normale an

2

JR'. , t-+

(t, 2 - t).

aus

:r

Somit

\Vir müssen noch

div(v)dtL bestimmen. Dazu schreiben wir

Also

l

.ln

2dµ

= /'

•()

1

d:r

7

2

f' .!2-Y

-;l'

äy2

=2/ ,(J

n als Normalbereich

1

+ ;r:),

= 2

( 1+ -.1) --. 8

2

Somit gilt

=* { div(V)dp.

ln

gesucht

;·ff 1

cc·····2

ifrL+ 1 fu ii.dB 1 =>

;.

·v · nds

:3 :1

1]

= 2 + - = _..:_ 4

•

19. FLUSSINTEGRALE UND DER

SATZ VON GAUSS

354

Kapitel 20

Der Satz von Stokes und der Satz von Green in der Ebene 20.1

Der Satz von Stokes

Der Satz von Stokes erlaubt Flussintegrale mithilfe von \Vegintegralen zu bestimmen und umgekehrt. Der Satz lautet so

Satz 20.1.1 (Stokes) Es Beien 'V= torjeld rwf einem Gebiet n c mul C C schlossene

Kurve ""!

= 8C

i ·.

n

eine offene Fläche durch die

berandet. Dann gilt

'V· ds = / rot('v) · ndo .

• -y=l:JC

Je

Die Knrue / lävft in positiver 1natherrwJ;ischer Richtv,ng.

Die Kurve

welche die r...'lenge C berandet, muss diese in mathematisch positiver Richtung

umlaufen. \Vas bedeutet das? Die positive Orientierung von [)C kann man mit folgender Regel bestimmen: Eine PersOIL welche entlang 'lt den Rand der Oberfläche C links, Zum Beispiel

..

)

355

ac: durchläuft, sieht die Punkte

20.

DER SATZ VON STOKES UND DER SATZ VON GREEN lN DER EBENE

Nicht alle Oberflächen besitzen einen Rand: Es gibt Flächen ohne Rand. Beispiele sind: die Kugel, der Torus. Solche Oberflächen heissen geschlossen.

Beispiel 20.1.1 • o o VVir betrachten das Vektor:feld ff=

und die obere Hälfte der Einheitssphäre

+ y 2 + z 2 = 1, z 2: 0}. Gesncht ist das VVegintegral f aH 17 · rl.? entlang deB Randes von H

Direkte Rechnung: Wir bestimmen das Wegintegral für Wegintegrale.

iJ · dl; direkt mithilfe des Kochrezeptes

Schritt 1: \Vir parametrisieren den Rand üH mit der Kurve

r:

I0,211]---+ lR.:3, t---+ (cost,sint,0).

Dabei haben wir beachtet, dass "i in positiver Richtung läuft (gemäss der oben erwähnten Regel). Schritt 2: \Vir rechnen ,:..i aus sin t, cos t, 0).

Schritt 3: vVir benutzen die Formel für 'Wegintegrale

LV

d9=

t

·( ) t dt

= 2 f 2rr sin2tdt -

2

lo

f2

Jo

11

sin'1tdl

= 2 (11 -

=

4

2

r.) =

sin

2

tdt

2

Mit dem Satz von Stokes: Hier berechnen \vir den Fluss der Rotation von 1] durch ff, denn nach dem Satz von Stokes gilt

!..

T! · d/! = {.rot( Tl) · iido.

, äH

jIJ

356

20.1.

DER SATZ VON STOI(0,6) =

sinOcos ) sin8sin0 .

(

cose

Beachte: Da H nur die obere Hälfte der Einheitskugel ist, haben wir () E [O, 7r /2] gewählt. Schritt 2: Nun berechnen wir o x ö

l

) sin t9cos

- Slll (}

()

Schritt 3: Somit finden wir (mit der Formel für den Fluss)

•rr/2

f .

Jo =

J

•Jr/2

.

d()

dO

1·2rr

.o

d(2 sin 3 () cos O(sin 2 4> + cos 2 o)

121r d ) sin 0 cos 0

)

Schritt 3: Mit der Formel für den Fluss finden wir abo { rot(v) . i!do =

J11

12

{'Tr dO

Jo

j'

2

1

r.

d

0

'

2

()

( 1 ) 1 -

I1

!.

Insgesa.rnt

c

2

1

-T)='J

. ()

.,2] 1-

1 ) 1

(

()

;J,

= - [ :c

f 1-:i du Jo

1·1 dx /•1----:t' dy

1.10n

dass aus

St;okes u.nd Gau.ss.

.h1 f dµ = 0 für alle Bälle B

C

1R11

f

0 folgt.

Lösung a)

div(rot(it)) - div (

)

=CD

365

(c:v3)_ ßx· .a dy

fü: _

+ _.a

!)y

8::.

20.

GRimN

DER SATZ VON STOKES UND DER SATZ VON

_

+

(

_

a (

(

lN DER EBENE

) = o.

b) '\tVir wenden die Sätze von Gauss und Stokes an, um zu zeigen, dass

r div(rot(ii) )d;1 = 0

jB

für jeden Ball B c JR'i gilt. Also los! Sei B ein Ball in R;;. Nach dem Satz von Gauss gilt , rot(H) · iTdo,

{ div(rot(1J))dp. =

jB

.loB=S

wobei ()ß =Seine Sphäre ist. Nun wenden wir den Satz von Stokes an

r . 'rot(F{) . iido

loB=S da fJS

= (/)

'ff. d,;· = 0,

=

.!Ds

(die Sphäre hat keinen Hand). Somit haben wir gez;eigt, dass für jede11 Ball B C IR. 3 gilt { div( rot(D') )dp.

ln Es folgt somit div(rot(H))

= 0.

= 0.

•

Beispiel 20.1.9 • • o Es sei S eine orient·ierte Fliiche rnit Nor"lnalenvektor iL

a) Sei ä E

gegeben. Berechne die Rotation des Vektorfeldes

v= a x ;c. b} Es se·i 88 der Rand von S (in 'f)m>rii;uer Richtung orientiert).

js.ndo = ?1;·as· :f! x dli.

Lösung a) Das Vektorfeld lautet explizit

v=

( ) (:) (

a2z - aay

a1

X

02

a;1:r

.• „ „

a1 z

a1y - a2;r

0;1

)

Somit lautet die Rotation

rot('iJ) = (

o1

oa.:r (

)

)

U2Z -

x

a1 lJ

- a2.r

(

201 ) 202

-„a.

-')-::'

203

b) U rn solche Vektoridentitäten zu zeigen (wie unsere), benutzt man normalerweise einen Trick.

Man multipliziert die ganze Identität mit einem fosten Vektor a E R 3 , den \vir ins Integra.! ziehen können und am Ende der Rechnung (nachdem wir Gauss oder Stokes angmvandt haben) wieder aus dem Integral herausziehen können. Also los! \Vir multiplizieren unsere Identität mit (1 auf beiden Seiten. Die linke Seite wird dann ä.

r

ls

itdo

=

ra .

ls

366

i1do.

20.1. DER SATZ VON STOKES

Nach der Teilaufgabe (a) schreiben wir ii als die Hotation von (1 .

r

ls

ffrlo

=

j's

11 (" ' . ,.

x

x.

Also

-·1 -;- . rot a x :r) ·neo. 2 8

c{ . 'iido

Nun benutzen wir den Satz von Stokes, um das Flussintegral als vVegintegral zu schreiben

'.., x :r) ..,. ·neo= _, l 1 /, (.., 1 /' (:r: . _, x es) 1-· · a_, -;-1 /' rot\a -;a x :r__,). ·