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Lösung - Der Fachbereich Mathematik - Universität Stuttgart

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Prof. Dr. J. P¨oschel
Dr. D. Zimmermann
Dipl.-Math. K. Sanei Kashani
Universit¨
at Stuttgart
Fachbereich Mathematik
H¨
ohere Mathematik III
Blatt 1
20.10.14
el, kyb, mecha, phys
Vortragsu
osungen)
¨ bungen (Musterl¨
Aufgabe 1. Richtungsumkehr
Sei γ : [a, b] → Rn eine glatte Kurve. Weiter sei die Abbildung ψ : [˜
a, ˜b] → [a, b] bijektiv und stetig
differenzierbar mit ψ (s) < 0 f¨
ur alle s ∈ (˜
a, ˜b). Zeigen Sie, dass dann f¨
ur das Kurvenintegral eines
Vektorfeldes F u
¨ber γ˜ := γ ◦ ψ gilt:
F · dx = −
γ
˜
F · dx.
γ
L¨
osung:
Es ist
˜b
F (˜
γ (s)) · γ˜˙ (s) ds
F · dx =
γ
˜
a
˜
˜b
F (γ(ψ(s))) ·
=
a
˜
d
[γ(ψ(s))] ds
ds
˜b
F (γ(ψ(s))) · γ(ψ(s))ψ
˙
(s) ds.
=
a
˜
Wir f¨
uhren nun die Substitution t = ψ(s) durch. Damit ist nach formaler Rechnung
dt
= ψ (s)
ds
dt = ψ (s) ds.
Die neue untere Grenze des Integrals ist ψ(˜
a). Da ψ streng monoton fallend ist und bijektiv von
[˜
a, ˜b] nach [a, b] abbildet, ist ψ(˜
a) = b.
Analog u
¨berlegt man sich, dass die neue obere Grenze gegeben ist durch ψ(˜b) = a. Damit haben
wir also
˜b
a
F (γ(ψ(s))) · γ(ψ(s))ψ
˙
(s) ds =
a
˜
F (γ(t)) · γ(t)
˙ dt
b
b
=−
F (γ(t)) · γ(t)
˙ dt
a
=−
F · dx.
γ
1
Aufgabe 2. Motivation des Kurvenintegrals (2. Art)
Eine Kurve γ : [a, b] → Rn heißt st¨
uckweise glatt, wenn es eine Teilung
a = t0 < t1 < · · · < tm = b
gibt, so dass
γi := γ|[ti−1 ,ti ] : [ti−1 , ti ] → Rn
glatt ist. Das Kurvenintegral kann dann entsprechend zusammengesetzt werden:
m
F · dx :=
γ
F · dx.
i=1
γi
Eine Kurve γ werde nun durch einen Streckenzug Sm approximiert (in der Skizze unten sei
m = 3).
γ(t3 )
γ(t2 )
γ(t0 )
γ(t1 )
Das Vektorfeld Fm sei auf jeder der Strecken konstant (mit m¨oglicherweise unterschiedlichen
Werten). Stellen Sie das Kurvenintegral Sm Fm · dx als eine endliche Summe dar.
Wie l¨asst sich dadurch die Formel
b
F (γ(t)) · γ(t)
˙ dt
F · dx =
a
γ
f¨
ur stetige Vektorfelder motivieren?
L¨
osung:
• Wir bezeichnen die einzelnen Teilstrecken des Streckenzuges Sm mit γ¯i , f¨
ur i = 1, . . . , m.
Genauer haben wir
t − ti−1
γ¯i : [ti−1 , ti ] → Rn ,
γ¯i (t) = γ(ti ) +
(γ(ti ) − γ(ti−1 )).
ti − ti−1
Nun ist das Vektorfeld Fm auf jeder Teilstrecke konstant, d.h. wir haben
Fm |γ¯i ([ti−1 ,ti ]) = Fm,i ∈ Rn .
Da Sm st¨
uckweise glatt ist, k¨onnen wir das Kurvenintegral gem¨aß obiger Definition aufspalten:
m
Fm · dx =
Sm
Fm,i · dx.
i=1
γ
¯i
In jedem Summanden wird nun das Integral u
¨ber eine gerade Strecke und ein konstantes
Integral ausgerechnet, was nach der Vorlesung zu folgendem Ergebnis f¨
uhrt:
m
Fm ·dx =
Sm
Fm,i ·
i=1
γ(ti ) − γ(ti−1 )
(ti −ti−1 ) =
ti − ti−1
2
m
Fm,i ·(γ(ti )−γ(ti−1 ))
i=1
(Kraft × Weg).
• Zur Motivation des Kurvenintegrals 2. Art:
Idee:
– Kurve durch einen Streckenzug mit sehr vielen kurzen Teilstrecken (parametrisiert
durch γ¯i wie oben) approximieren
– auf den kurzen Teilstrecken ¨andert sich ein stetiges Vektorfeld kaum; das Vektorfeld
kann daher als ungef¨ahr konstant angesehen werden
Damit w¨are f¨
ur große m ∈ N.
m
F · dx ≈
γ
F · dx
i=1
m
γ
¯i
i=1
m
γ
¯i
≈
F (γ(ti )) · dx
F (γ(ti )) ·
=
i=1
m
≈
γ(ti ) − γ(ti−1 )
(ti − ti−1 )
ti − ti−1
F (γ(ti )) · γ(t
˙ i )(ti − ti−1 )
i=1
Riemannsche Summe
b
m→∞
−→
F (γ(t)) · γ(t)
˙ dt.
a
3
Aufgabe 3. Kurvenintegrale berechnen
Gegeben seien die Vektorfelder Fj : R2 → R2 mit
F1 (x, y) =
y2
,
x
F2 (x, y) =
x
,
y2
sowie die Wege γα , γ − , wobei
γα : [0, 1] → R2 ,
t
, f¨
ur α
tα
γ(t) =
1,
2
−
ln(2)] → R ,
γ : [0,
2 − et
,
2
2 − et
−
2
γ (t) =
und der Streckenzug γ∞ von (0, 0) u
¨ber (1, 0) zu (1, 1).
Berechnen Sie die Kurvenintegrale
Fj · dx,
γα
Fj · dx,
Fj · dx
γ−
γ∞
f¨
ur j = 1, 2.
L¨
osung:
i) F¨
ur die Wege γα .
1
γ1
γ2
γ6
γ30
1
•
1
F1 · dx =
γα
F1 (γα (t)) · γ˙ α (t) dt
0
1
=
0
t2α
t
·
1
αtα−1
dt
1
(t2α + αtα ) dt
=
0
t2α+1
α α+1
=
+
t
2α + 1 α + 1
1
α
=
+
2α + 1 α + 1
(abh¨angig von α)
4
1
0
•
1
t
F2 · dx =
t
0
γα
1
αtα−1
·
2α
dt
1
(t + αt3α−1 ) dt
=
0
1
1
1
= t2 + t3α
2
3
0
5
= .
6
(unabh¨angig von α)
2
2
ii) γ − . F¨
ur die Abbildung ψ : [0, ln(2)] → [0, 1] mit ψ(s) = 2 − es gilt ψ (s) = −2ses
f¨
ur alle s ∈ (0, ln(2)). Damit ist ψ auf [0, ln(2)] streng monoton fallend und mithin
injektiv. Weiter ist ψ(0) = 1 und ψ( ln(2)) = 0, so dass ψ auch bijektiv ist.
Weiterhin haben wir γ − = γ1 ◦ ψ , sodass wir Aufgabe 1 verwenden k¨onnen, nach der gilt:
Fj · dx = −
γ−
Fj · dx.
γ1
•
F1 · dx = −
γ−
1 1
+
3 2
•
F1 · dx = −
γ−
=−
5
6
5
6
iii) γ∞ . Wir suchen zun¨achst eine Parametrisierung des Streckenzuges von (0, 0) u
¨ber (1, 0) zu
(1, 1). Hier bietet sich eine st¨
uckweise glatte Parametrisierung an, z.B.:
γ∞ : [0, 2] → R2 ,
γ∞ (t) =
(t, 0) ,
t ∈ [0, 1],
(1, t − 1) , t ∈ [1, 2].
•
1
F1 · dx =
2
F1 (t, 0) · (1, 0) dt +
γ∞
F1 (1, t − 1) · (0, 1) dt
0
1
1
=
2
0 dt +
1 dt
0
1
=1
1
α
+
2α + 1 α + 1
= lim
α→∞
F1 · dx
= lim
α→∞
γα
•
1
F2 · dx =
γ∞
0
=
5
=
6
1 2
t
2
t
1
·
0
0
1
2
dt +
1
(t − 1)3
3
+
0
F2 · dx .
=
γα
5
1
2
1
1
0
2 ·
(t − 1)
1
dt
Bemerkung: Die Parametrisierung des Streckenzuges ist willk¨
urlich, f¨
ur den Wert des Kurvenintegrals spielt die Parametrisierung schließlich keine Rolle. Andere Parametrisierungen
sind selbstverst¨andlich m¨oglich:
• Zum Beispiel γ∞ : [0, 1] → R2 mit
γ∞ (t) =






2t
,
0
t ∈ [0, 12 ),
1
, t ∈ [ 12 , 1].
2t − 1





• Die folgende Parametrisierung ist sogar stetig differenzierbar. γ∞ : [0, 2] → R2 mit

1 − (t − 1)2


, t ∈ [0, 1),


0

γ∞ (t) =


1


,
t ∈ [1, 2].

(t − 1)2
• Man kann sogar noch weiter gehen und eine Parametrisierung w¨ahlen, die unendlich
oft differenzierbar ist. γ∞ : [0, 2] → Rn mit

1− 1 2

(t−1)

1
−
e

, t ∈ [0, 1)



0







1
γ∞ (t) =
,
t = 1,
0









1


1
,
t ∈ (1, 2].

1−

e (t−1)2
Die letzten beiden Beispiele zeigen, dass ein Weg mit Knicken durchaus eine (beliebig oft) differenzierbare Parametrisierung besitzen kann. Am Knick ist die Ableitung dann zwangsl¨aufig
gleich Null.
Dies ist kein Widerspruch dazu, dass eine glatte Kurve keinen Knick besitzt. Denn f¨
ur die
Glattheit einer Kurve wird ja zus¨atzlich noch γ˙ = 0 gefordert.
6
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