Prof. Dr. J. Dorfmeisterund Chr. Merkl

Vorkurs Mathematik Intensiv TU MunchenWS 06/07

Mehrfachintegrale

1. EinleitungGeometrische Probleme bezuglich der Bestimmung von Langen, Flachen und Volumenkonnen uber 4000 Jahre bis zu den Ursprungen der Zivilisation an den fruchtbaren Flus-slaufen Afrikas und Asiens zuruckverfolgt werden, als Fragen nach der Flache von Feldernund nach dem Volumen von Kornspeichern begannen wichtig zu werden. Diese Problemefuhrten schließlich zum Integral, das dazu gebraucht wird Flachen und Volumen unterkrummlinigen Funktionen zu berechnen. Aber erst im fruhen 20. Jahrhundert wurdengewisse finale Schwierigkeiten mit der Messung und Integration letztendlich gelost. DieserErfolg beruhte hauptsachlich auf den Arbeiten von B. Riemann und H. Lebesque. In dieserEinfuhrung in die Methoden der mehrfachen Integration wird allerdings auf LebesquesIntegraldefinition verzichtet werden und der zu behandelnde Stoff anhand des bereits ausder Schule bekannten Riemann-Integrals erklart.

Anmerkung:Die Bildseiten sind folgendermaßen gegliedert:(immer von oben nach unten)1. Seite: Abbildung 1-3: linke Spalte; Abbildung 4-6: rechte Spalte2. Seite: Abbildung 7-9: linke Spalte; Abbildung 10-11: rechte Spalte3.Seite: Abbildung 12-14: linke Spalte; Abbildung 15-17: rechte Spalte4.Seite: Abbildung 18 und 19: linke Spalte

2. Ein einfuhrendes BeispielMehrfache Integrale sind Integrale uber Funktionen mehrerer Variablen. Von besonderem In-teresse sind dabei Integrale uber Funktionen mit zwei oder drei Variablen, also Doppel- undTripelintegrale. Ihre Anwendung dient etwa zur Berechnung von Flachen, Volumen, Massenund Oberflachen. Mehrfachintegrale haben allerdings einen deutlich großeren Anwendungs-bereich als Integrale uber Funktionen mit nur einer Variable, konnen aber in der Regel aufmehrere Einfachintegrale zuruckgefuhrt werden.

Die einfachste Form eines mehrfachen Integrals ist das Doppelintegral∫∫R

f(x, y)dA

einer stetigen Funktion f(x, y) uber ein Rechteck

R = [a, b]× [c, d] = {(x, y)|a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d}

in der x-y-Ebene.

So wie das Integral uber Funktionen einer Variablen, dazu benutzt wird die Flachen zwischenGraph und x-Achse zu berechnen, basiert das mehrfache Integral auf der Berechnung vonVolumen raumlicher Korper (Abb.1), die oberhalb des Rechtecks R in der x-y-Ebene raumlichdurch den Graphen z = f(x, y) der nicht negativen Funktion f begrenzt werden.

⇒ V =∫∫

R

f(x, y)dA

Bei der Berechnung des Volumens V des Korpers K aus Abbildung 1 wollen wir es zunachstmit einer Naherung versuchen. Dabei teilen wir R zu Beginn in R1, R2, . . . , Rk Unterrechtecke,indem wir die Strecken [a,b] und [c,d] in a = x0 < x1 < x2 < . . . < xm = b und c = y0 < y1 <. . . < yn = d unterteilen und folglich k = m · n Rechtecke erhalten. Hierdurch konstruieren

1

wir eine Parzellierung P von R, bei der jedoch Große und Ordnung der einzelnen Rechteckekeinen Unterschied machen (Abb.2).

Nun wahlen wir uns willkurlich in jedem Unterrechteck Ri einen Punkt Pi(x∗i /y∗i ). Somitkonnen wir jetzt zu jedem Rechteck Ri eine Saule erstellen, deren Volumen Vi durch ihreGrundflache ∆Ai und die Hohe zi = f(x∗i /y∗i ) ihres gewahlten Punktes Pi(x∗i /yi

i) berechnetwerden kann. (Abb.3)

⇒ Vi = f(x∗i /y∗i ) ·∆Ai

Eine Annaherung an das gesamte Volumen des Korpers K erhalten wir nun, wenn wir uberall diese Saulen aufsummieren.

⇒ VK ≈n∑

i=1

f(x∗i /y∗i ) ·∆Ai (1)

Um ein Maß fur die Große der Unterrechtecke zu erhalten, definieren wir die Masche |P |als das Maximum der Langen der Diagonalen der Rechtecke Ri. Damit wir nun das ex-akte Volumen V des Korpers K berechnen konnen, nehmen wir den Grenzwert der obigenRiemann-Summe (1), wenn die Masche |P | gegen 0 geht.

Genau dafur definieren wir das Doppelintegral der Funktion f uber dem Rechteck R, als∫∫R

f(x, y)dA = lim|P |→0

k∑i=1

f(x∗i /y∗i )∆Ai, (2)

vorausgesetzt das dieser Grenzwert auch existiert.Es kann gezeigt werden, dass dieser Grenzwert in der Tat existiert, wenn f stetig uber R ist.Folglich ist genau wie beim einfachen Integral die Stetigkeit von f uber dem betrachtetenIntervall bzw. Gebiet eine hinreichende Voraussetzung fur die Integrierbarkeit.

Bei der Herleitung von (1) und (2) haben wir angenommen, das f uber R nicht negativ ist.Esspielt aber de facto keine Rolle mehr, ob f negativ ist oder nicht.Da es im Allgemeinen ziemlich unpraktisch ist den Grenzwert der Gleichung (2) direktauszurechnen, berechnen wir das Doppelintegral mit Hilfe eines iterierten Integrals:

Satz 1: (Doppelintegrale als iterierte einfache Integrale = Satz von Fubini)

Sei f(x,y) eine auf dem Rechteck R = [a, b]× [c, d] stetig reellwertige Funktion.Dann gilt: ∫∫

R

f(x, y)dA =∫ b

a

( ∫ d

c

f(x, y)dy

)dx =

∫ d

c

( ∫ b

a

f(x, y)dx

)dy (3)

Satz 1 besagt, dass wir ein Doppelintegral durch zwei aufeinanderfolgende Einzelintegraleberechnen konnen, von denen wir beide mittels des bereits aus der Schule bekanntenIntegralkalkuls ausrechnen konnen. Dabei gehen wir von Innen nach Außen vor. Das mittlereIntegral berechnet man etwa so:Wir nehmen zunachst an, dass x eine Konstante ist und integrieren wie ublich nach y vony=c bis y=d. Das Ergebnis wird als das Teilintegral (oder partielle Integral) der Funktion fnach y bezeichnet und ist nun eine Funktion, die nur noch von der Variablen x abhangt undfolglich jetzt nach x von a bis b integriert werden kann. Genauso verhalt es sich, wenn wirzunachst nach x integrieren, somit eine Funktion erhalten, die nur noch von y abhangt, unddann erst eine Integration nach y vornehmen. Dass beide Vorgehensweisen das selbe Resultatliefern, das daruberhinaus mit dem Doppelintegral von f ubereinstimmt, ist die Aussage vonSatz 1. Zu beachten ist jedoch, dass dies zunachst nur fur rechteckige Grundflachen mitstetigen Funktionen f gilt.

2

3

Hierzu nun noch ein Beispiel, bei dem wir beide Integrationsrichtungen vorfuhren wollen,um zu zeigen, dass die Ergebnisse wirklich ubereinstimmen:

Beispiel 1:

Berechne das iterierte Integral aus Gleichung (3) auf beide moglichen Arten fur dieFunktion f(x, y) = 4x3 + 6xy2 uber dem Rechteck R = [1, 3]× [−2, 1] aus Abbildung 4.

Losung zu Beispiel 1:Im Rechteck R aus Abbildung 4 ist sowohl ein vertikaler Schnitt eingezeichnet (auf dem xkonstant ist) als auch ein horizontaler (auf dem y konstant ist). Diese Schnitte gehen jeweilsdie Bereiche des inneren Integral an, uber die zu integrieren ist.

1.Rechnung: x konstant

∫ 3

1

( ∫ 1

−2

(4x3 + 6xy2)dy

)dx =

∫ 3

1

[4x3y + 2xy3

]1

y=−2

dx =

=∫ 3

1

[(4x3 + 2x)− (−8x3 − 16x)

]dx =

=∫ 3

1

(12x3 + 18x)dx =

=[3x4 + 9x2

]3

1= 312

2.Rechnung: y konstant

∫ 1

−2

( ∫ 3

1

(4x3 + 6xy2)dy

)dx =

∫ 1

−2

[4x4 + 3x2y2

]3

y=1

dy =

=∫ 1

−2

[(81 + 27y2)− (1 + 3y2)

]dy =

=∫ 1

−2

(80 + 24y2)dy =

=[80y + 8y3

]1

−2= 312

3. Zwei weitere Beispiele zu Doppelintegralen - das iterierte Integralund der Querschnitt

Im Folgenden lassen wir - wie recht ublich - verdeutlichende, aber nicht unbedingtnotige Klammern haufig weg.

Beispiel 1: f(x, y) = cos x · cos y; R = [0, π]× [0, π2 ]

∫ π

0

∫ π2

0

cos x · cos ydydx =∫ π

0

[cos x · sin y

]y= π0

y=0dx =

=∫ π

0

cos xdx =[sinx

]π

0= 0

4

Beispiel 2: f(x, y) = exp y + sinx; R = [0, 1]× [0, π2 ]

∫ 1

0

∫ π2

0

(exp y + sinx

)dxdy =

∫ 1

0

[x exp y − cos x

]π2

x=0dy =

=∫ 1

0

(12π exp y + 1

)dy =

=[12π exp y + y

]1

0=

π(exp−1)2

+ 1

Das iterierte Integral und der Querschnitt:

Um zu zeigen, dass das Doppelintegral und der Querschnitt auch ziemlich eng zusam-menhangen, teilen wir das Grundrechteck R wie in Abschnitt 2 in Unterrechtecke ein, wobeialle die selbe Große ∆A = ∆x∆y haben sollen. Jetzt wahlen wir uns einen Punkt x∗i injedem Interval [xi−1, xi] fur alle i, 1 ≤ x ≤ n, und erhalten damit uber das einfache Integraleinen Punkt y∗ij in jedem Interval [yj−1, yj ], damit∫ yj

yj−1

f(x∗i , y)dy = f(x∗i , y∗ij)∆y

Dadurch erhalten wir den Punkt (x∗i , y∗ij) im Unterrechteck [xi−1, xi] × [yj−1, yj ], daraus

ergibt sich eine weitere Moglichkeit das Volumen V zu approximieren

V =∫∫

R

f(x, y)dA ≈n∑

i,j=1

f(x∗i , y∗i )∆A =

=n∑

i=1

n∑j=1

f(x∗i , y∗ij)∆y∆x =

=n∑

i=1

( n∑j=1

∫ yj

yj−1

f(x∗i , y)dy

)∆x =

=n∑

i=1

( ∫ d

c

f(x∗i , y)dy

)∆x =

=n∑

i=1

A(x∗i )∆x, (4)

wobei A(x) =∫ d

cf(x, y)dy.

Dabei handelt es sich bei der letzten Summe (4) um die Riemann-Summe fur das Integral∫ b

a

A(x)dx

und damit ergibt das Ergebnis obiger Berechnung

V =∫∫

R

f(x, y)dA ≈n∑

i=1

A(x∗i )∆x ≈∫ b

a

A(x)dx =∫ b

a

( ∫ d

c

f(x, y)dy

)dx

5

Aus obiger Rechnung und Abbildung 5, die eine beliebige vertikale Querschnittsflache zurx-Achse angibt, ist ersichtlich, dass wir bei der Berechnung des Volumens V alle Querschnitts-flachen senkrecht zur x-Achse der Dicke ∆x aufsummieren und dann zum Limes ubergehen,um somit das gesamte Volumen V zu erhalten. Wenn wir dabei die ”Dicke”der Querschnitts-flaachen A(x), die durch die Gleichung ∆x = b−a

n bestimmt ist, mit n → ∞ gegen 0 gehenlassen, ergibt sich daraus das Integral uber die Querschnittsflachenfunktion A(x) von x=abis x=b. Nach Satz 1 hatte man zunachst auch A(y), also die Querschnittsflachenfunktionsenkrecht zur y-Achse berechnen konnen:

⇒ V =∫ d

c

( ∫ b

a

f(x, y)dx

)dy,

mit A(y) =∫ b

af(x, y)dx.

4. Doppelintegrale uber allgemeinere Grundflachen

Naturlich wollen wir auch Doppelintegrale definieren und berechnen, die auf begrenz-ten ebenen Flachen R basieren und allgemeiner sind als einfache Rechtecke. Theoretischkonnen wir dabei genauso vorgehen wie im 2. und 3. Abschnitt, indem wir die Region R mitRechtecken annahern und dabei |P | wieder gegen 0 gehen lassen. Zusammen mit beliebiggewahlten Punkten (x∗i , y

∗i ) kommen wir dann schließlich wieder auf die Formel

V =∫∫

R

f(x, y)dA = lim|P |→0

k∑i=1

f(x∗i , y∗i )∆Ai

fur das Volumen V, das zwischen R und einer stetigen Funktion z = f(x, y) liegt.In der Praxis gestaltet sich die Berechnung allerdings meist sehr schwierig. Daruberhinaussollte R fur unsere Zwecke nicht allzu kompliziert aussehen. Haufig reicht es sogar aus, dassder Rand von R aus einer endlichen Anzahl von glatten Kurven besteht.

Definition: Das Doppelintegral

Das Doppelintegral der stetigen Funktion f uber der ebenen Flache R ist die Zahl

I =∫∫

R

f(x, y)dA,

vorausgesetzt, dass fur jedes ε > 0 eine Zahl δ > 0 existiert, sodass∣∣∣∣ k∑i=1

f(x∗i , y∗i )∆Ai − I

∣∣∣∣ < ε

ist fur jede Partition P = {R1, R2, . . . , Rk} von R, die eine Masche |P | < δ hat und fur jedeAuswahl des Punktes (x∗i , y

∗i ) in Ri(i = 1, 2, . . . , k).

Bemerkung:Um deutlich zu machen, nach welchen Variablen integriert wird, schreibt man oftdA = d(x, y).

Bei der Berechnung obiger Integrale kann wieder das iterierte Integral benutzt wer-den, genauso als ob wir es mit einer rechteckigen Grundflache zu tun hatten. Wie man sichdies vorstellen muss, wird wahrscheinlich am besten an den Abbildungen 6 und 7 und anden dazu gehorigen Ungleichungen (5) und (6) deutlich.

a ≤ x ≤ b; y1(x) ≤ y ≤ y2(x);Abb.6 (5)c ≤ y ≤ d;x1(y) ≤ x ≤ x2(y);Abb.7 (6)

6

7

Hierbei sind der x- bzw. der y-Wert vom jeweils anderen abhangig und stellen eine stetigeFunktion von x bzw. von y (y(x) bzw. x(y)) uber den Intervallen [a,b] bzw. [c,d] dar. Wiewir dabei das Doppelintegral mittels des iterierten Integrals berechnen, zeigt uns Satz 2:

Satz 2: (Berechnung des Doppelintegrals durch Iteration = Satz von Fubini)

Vorausgesetzt, f(x,y) ist uber der Region R stetig.Falls R eine hinreichend einfache Region ist, dann gilt∫∫

R

f(x, y)dA =∫ b

a

∫ y2(x)

y1(x)

f(x, y)dydx =∫ d

c

∫ x2(y)

x1(y)

f(x, y)dxdy

Satz 2 beinhaltet naturlich Satz 1 als einen Spezialfall, wenn R ein Rechteck darstellt.

Beispiel 1:

Berechne auf zwei verschiedenen Wegen das Intgral∫∫R

xy2dA

mit der Grundflache R, die im ersten Quadranten durch die beiden Kurven y =√

x undy = x3 begrenzt ist.

Losung:

Um die Integrationsgrenzen zu ermitteln, berechnet man zunachst die Schnittpunkeder beiden Kurven: x3 =

√x. ⇔ x = 0; 1 Die beiden Kurven schneiden sich also in den

Punkten (0, 0) und (1, 1).Wie dieses Integral sowohl mittels der vertikal als auch mittels der horizontal Wege berechnetwerden kann, wird aus den Abbildungen 7 und 8 ersichtlich.Das vertikale Segment mit den Endpunkten auf den Kurven y = x3 und y =

√x muss dabei

zuerst nach y integriert werden:∫∫R

xy2dA =∫ 1

0

∫ √x

x3xy2dydx =

∫ 1

0

[13xy3

]√x

x3

dx =∫ 1

0

(13x

52 − 1

3x10)dx = . . . =

577

Um nun das selbe Integral aus der horizontalen Sicht heraus zu berechnen, benotigen wirzunachst die Endpunkte in Abhangigkeit von y. Dabei handelt es sich um Umkehrfunktio-nen der Ausgangsfunktionen, namlich x = y

13 und x = y2. Nun kann das Doppelintegral

beginnend mit einer Integration nach x bestimmt werden.

∫∫R

xy2dA =∫ 1

0

∫ y13

y2xy2dxdy =

∫ 1

0

[12x2y2

]y13

y2

dx =∫ 1

0

(12y

83 − 1

2y6)dy = . . . =

577

Beispiel 2:

Berechne ∫∫R

(6x + 2y2)dA

uber das Gebiet R, das von der Parabel x = y2 und der Geraden x + y = 2 begrenzt wird.

Losung:

Die Schnittpunkte der beiden Kurven y2 = 2 − y liegen bei y = 1 und y = −2, alsobei (1, 1) und (4,−2). Das Gebiet findet man in Abbildung 9. Wenn wir hier zuerst nach yund anschließend nach x integrieren, mussen wir das Integrale aufspalten:∫∫

R

f(x, y)dA =∫ 1

0

∫ √x

−√

x

(6x + 2y2)dydx +∫ 4

1

∫ 2−x

−√

x

(6x + 2y2)dydx

8

Jedes dieser Integrale berechnet man nun iterativ wie in Beispiel 1. Die einfachere Losungbesteht in der anderen Variante, also einer Integrationsreihenfolge dx dy:∫∫

R

f(x, y)dA =∫ 1

−2

∫ 2−y

y2(6x + 2y2)dxdy =

=∫ 1

−2

[3x2 + 2xy2

]2−y

x=y2

dy =

=∫ 1

−2

(12− 12y + 7y2 − 2y3 − 5y4)dy =992

Beispiel 2 zeigt, dass es auf Grund der Beschaffenheit der Region R einfacher sein kann indie eine Richtung zu integrieren als in die andere. Es gibt aber sogar Funktionen f(x, y), furdie die Integration nur in einer Reihenfolge auf einfache Weise durchfuhrbar ist.

Beispiel 3:

Berechne ∫ 2

0

∫ 1

y2

y expx3dxdy

Losung:

Hier ist es nicht moglich zuerst nach x wie angegeben zu integrieren, da exp(x3) bekannter-maßen keine elementare Losung besitzt. Also kehren wir zunachst die Integrationsreihenfolgeum. Dazu mussen wir das Gebiet R bestimmen. Die Ungleichungen, die dieses Gebietbeschreiben, sind:

12y ≤ x ≤ 1; 0 ≤ y ≤ 2

Damit sind die vier Geraden, welche das Dreieck R beschreiben:

y = 0; y = 2; x = 1;x =y

2

Jetzt konnen wir uber das in Abblidung 10 dargestellte Flachenstuck zunachst nach y inte-grieren von y1(x) = 0 bis y2(x) = 2x.∫∫

R

y expx3dA =∫ 2

0

∫ 1

y2

y expx3dxdy =∫ 1

0

∫ 2x

0

y expx3dydx =∫ 1

0

[12y2

]2x

0

expx3dx =

=∫ 1

0

2x2 expx3dx =[23

expx3

]1

0

=23(e− 1) (7)

Zum Abschluss dieses Kapitels noch einige grundlegende Rechenregeln fur Doppelintegrale:c: reelle Zahl; f und g: stetige Funktionen auf R; m: Minimalwert und M: Maximalwert vonf(x,y); A(R): Flacheninhalt von R∫∫

R

cf(x, y)dA = c

∫∫R

f(x, y)dA (8)∫∫R

[f(x, y) + g(x, y)]dA =∫∫

R

f(x, y)dA +∫∫

R

g(x, y)dA (9)

A(R) =∫∫

R

1dA (10)

m · a(R) ≤∫∫

R

f(x, y)dA ≤ M · a(R) (11)∫∫R

f(x, y)dA =∫∫

R1

f(x, y)dA +∫∫

R2

f(x, y)dA (12)

Beim letzten Integral denkt man sich R in zwei Teile R1 und R2 zerlegt, R = R1 ∪ R2,wobei der Durchschnitt R1∩R2 etwa ein Geradenstuck ist, oder ein Kreisbogen etc.. Fur denallgemeinen Fall sollte man die relevante Literatur konsultieren.

9

Oft hat man Integrale uber Gebiete D’ auszurechnen, die aus schonen Gebieten D bestehen,aus denen einige Punkte oder Geradenstucke oder Kreisbogen herausgenommen sind: D′ =D\{Punkte, etc.}. Wenn f stetig ist auf D, so folgt∫∫

D

f(x, y)dA =∫∫

D′f(x, y)dA

Fur eine genauere Diskussion sei auf die relevante Literatur verwiesen.

5. Flache und Volumen mittels Doppelintegralen

Die Definition des Doppelintegrals im vorherigen Kapitel wurde durch das Problemder Volumenberechnung des raumlichen Korpers T motiviertT = {(x, y, z)|(x, y)εR ∩ 0 ≤ z ≤ f(x, y)},der uber der Grundflache R und unter dem Graphen z = f(x, y) gelegen ist. Passend zu diesergeometrischen Grundidee stellt das Doppelintegral einen Grenzwert von Riemann-Summendar. An einfachen Beispielen sieht man, dass das Integral in der Tat das betrachtete Volumenbeschrteibt. Allgemeiner benutzen wir das Doppelintegral, um das Volumen zwischen Graphund Gebiet zu definieren:

Die Funktion f sei stetig und nicht negativ uber der ebenen Region R.Dann ist das Volumen V des Korpers, der unter der Oberflache des Graphen z = f(x, y)und uber der Grundflache R gelegen ist, definiert als

V =∫∫

R

f(x, y)dA (13)

Die Existenz dieses Integrals muss allerdings ebenfalls gegeben sein. (Dies erfordert Bedin-gungen an f und R. Diese sind in unseren Beispielen immer erfullt. Fur den allgemeinen Fallkonsultiere man die relevante Literatur.)

Weiterhin ist es interesant auf den Zusammenhang einzugehen, der zwischen dieserDefinition und der Annaherung des Volumens durch Querschnitte besteht (Verdichtung).Man schreibe das Integral (13) in der Form:

V =∫∫

R

f(x, y)dA =∫ b

a

∫ y2(x)

y1(x)

f(x, y)dydx

Das innere Integral entspricht dabei der Flache A in der yz-Ebene unter der Kurve z = f(x, y)und uber dem Intervall y1(x) ≤ y ≤ y2(x) aus Abblidung 11.

A(x) =∫ y2(x)

y1(x)

f(x, y)dy

Somit kann die Gleichung (13) auf die Form

V =∫ b

a

A(x)dx

reduziert werden, womit das Volumen V als das Integral uber die Querschnittsflachen desraumlichen Korpers T, die in einer zur x-Achse senkrechten Ebene liegen, dargestellt werdenkann.

10

Beispiel 1:

Das Rechteck R in der x-y-Ebene besteht aus den Punkten P(x,y), fur die die Un-gleichungen 0 ≤ x ≤ 2 und 0 ≤ y ≤ 1 gelten. Finde das Volumen des Korpers, der uber Rund unter der Funktion z = 1 + xy liegt.

Losung:

In diesem Fall ist f(x, y) = z = 1 + xy und folglich liefert uns die Gleichung (13):

V =∫∫

R

zdA =∫ 2

0

∫ 1

0

(1 + xy)dydx =

=∫ 2

0

[y +

12xy2

]1

y=0

dx =∫ 2

0

(1 +12x)dx =

[x +

14x2

]2

0

= 3

Volumenberechnung durch iterierte Integrale:

Im Spezialfall, dass f(x, y) = 1 ist, ergibt sich fur den Flacheninhalt A(R) von R dieGleichung

A = a(R) =∫∫

R

1dA =∫∫

R

dA

Ausgeschrieben als iterierte Integrale erhalt man

A =∫ b

a

∫ yoben

yunten

1dydx

und

A =∫ d

c

∫ xrechts

xlinks

1dxdy

Hierzu ein Beispiel:

Beispiel 2:

Berechne mittels eines Doppelintegrals die Flache A der Region R in der x-y-Ebene,die von der Geraden y = x und der Parabel y = x2 − 2x begrenzt wird.Losung:

Wenn wir uns die durch obige Gleichungen gegebene Flache einmal aufzeichnen, zeigtsich, dass sich die Gerade yoben = x und die Parabel yunten = x2 − 2x in den Punkten(0,0) und (3,3) schneiden. (Diese Punkt erhalt man durch das Gleichsetzen der beidenGleichungen.) Nach der obigen Uberlegungen haben wir nun

A =∫ b

a

∫ yoben

yunten

1dydx =∫ 3

0

∫ x

x2−2x

1dydx =

=∫ 3

0

[y

]x

x2−2x

dx =∫ 3

0

(3x− x2)dx =[32x2 − 1

3x3

]3

0

=92

11

12

Im folgenden ein weiteres Beispiel, an dem auch die Bedeutung der Wahl des richtigenIntegrationsweges deutlich wird.

Beispiel 3:

Berechne das Volumen des keilformig geformten Korpers T, der uber der x-y-Ebene,unterhalb der Ebene z = x und innerhalb des Zylinders x2 + y2 = 4 gelegen ist.

Losung:

Die Grundflache R entspricht einem Halbkreis mit Radius 2, aber wegen der Symme-trie des Korpers gegenuber der x-Achse genugt es uns den Viertelkreis im ersten Quadrantenzu berechnen und unser Ergebnis dann zu verdoppeln. Obwohl es moglich ist R auf beideArten zu integrieren, wollen hier mit einer Integration nach x beginnen.

V =∫∫

R

xdA = 2∫ 2

0

∫ √4−y2

0

xdxdy = 2∫ 2

0

[12x2

]√4−y2

0

dy =

=∫ 2

0

(4− y2)dy =[4y − 1

3y3

]2

0

=163

Zur Ubung sollte man jetzt versuchen zunachst nach y zu integrieren, dabei wird manfeststellen, dass es sich hierbei um eine etwas schwierigere Integration handelt. Das Ergebnisbleibt aber naturlich das selbe.

Das Volumen zwischen zwei Oberflachen:

Nun wollen wir annehmen, dass der raumliche Korper T wie zuvor uber der Region R,aber zwischen der Oberflachen z = z1(x, y) und z = z2(x, y) liegt, wobei z1(x, y) ≤ z2(x, y)fur alle (x,y) in R gilt. Dann erhalten wir das gesuchte Volumen durch die Differenz derVolumina unter z = z1(x, y) und unter z = z2(x, y).

V =∫∫

R

[z2(x, y)− z1(x, y)]dA (14)

Diese Gleichung stellt dabei eine Verallgemeinerung der Formel dar, die bisher dazu dientedie Flache zwischen zwei Funktionen y = f1(x) und y = f2(x) zu berechnen. Bei obigerGleichung (14) spielt es nun keine Rolle mehr, ob eine oder beide Funktionen teilweise odervollstandig negativ sind uber R.

Beispiel 4:

Berechne das Volumen V des Korpers T, der von den Ebenen z = 6 und z = 2y undvon den parabelformigen Zylindern y = x2 und y = 2 − x2 begrenzt wird. Der gesamteKorper ist dargestellt in der Abbildung 13.

Losung:

Weil die parabelformigen Zylinder senkrecht zur x-y-Ebene stehen, besitzt der KorperT vertikale Seiten. Man sieht leicht, dass sich die beiden Parabeln in den Punkten (-1,1) und(1,1) schneiden. Des Weiteren ist es auf Grund der Symmetrie des Korpers bezuglich dery-x-Ebene wiederum moglich die Integration auf den ersten (oder den zweiten) Quadrantenzu beschranken und das Ergebnis zu verdoppeln.Wir beginnen mit einer Integration nach y und erhalten fur V:

V =∫∫

R

(zoben − zunten)dA =∫ 1

−1

∫ 2−x2

x2(6− 2y)dydx =

= 2∫ 1

0

[6y − y2

]2−x2

y=x2

dx =

13

= 2∫ 1

0

([6(2− x2)− (2− x2)2]− [6x2 − x4])dx =

= 2∫ 1

0

(8− 8x2)dx = 16[x− 1

3x3

]1

0

=323

Wenn man mit der Integration nach x beginnt, so muss man das Integral zerlegen

V =∫ 1

0

( ∫. . . dx

)dy +

∫ 2

1

( ∫. . . dx

)dy.

Es wird empfohlen, dies zur Ubung auszurechnen.

6. Die Transformationsformel

Fur Integrale uber Funktionen einer Variablen gibt es zwei besonders wichtige Inte-grationstechniken, die es in vielen Fallen moglich machen, Integrale so umzuformen, dassschließlich losbare Integrale auftreten: partielle Integration und Substitution.Hier wollen wir die Verallgemeinerung der Substitution auf Integrale mehrerer Variablendiskutieren.

Die zumeist niedergeschriebene Form der Substitutionsregel lautet:∫ u(b)

u(a)

f(u)du =∫ b

a

f(u(x))u′(x)dx (15)

Hier sollte etwa f stetig sein auf dem Intervall [u(a), u(b)] und u eine stetig differenzierbareAbbildung.Diese Regel funktioniert sehr gut, wenn man ein gegebenes Integral als die rechte Sei-te von Gleichung (15) erkennt. Dies ist der Fall, der zunachst in der Schule und in denAnfangervorlesungen diskutiert wird.Es gibt aber auch Falle, in denen man ein Integral hat der Form

∫ d

cf(u)du und wo man sich

eine Substitution wunscht, die zu einem integrablen Ergebnis fuhrt.Wenn man in diesem Integral die Variable u durch eine stetig differenzierbare, streng monotonsteigende, umkehrbare Funktion u = u(x) ersetzt, dann kann man obige Substitutionsregellesen in der Form ∫ d

c

f(u)du =∫ u−1(d)

u−1(c)

f(u(x))u′(x)dx (16)

Also: Mittels einer beliebigen (stetig differenzierbaren, monoton wachsenden) umkehrbarenSubstitution, kann man ein gegebenes Integral umformen. Naturlich fuhrt man diese Trans-formation in der Hoffnung aus, dass die dann auftretende rechte Seite von Gleichung (16)schoner ist als die ursprungliche linke Seite.So kann man etwa

∫1√

1−x2 dx durch die Substitution x = sinu mit dx = cos udu umformen:∫1√

1− x2dx =

∫cos udu√1− x2

= u + c

Also∫

11−x2 dx = arcsinx + c. Hier noch eine kleine Anderung der Notation:

Sei c < d und I = [c, d], dann schreibt man auch∫I

f(u)du =∫ d

c

f(u)du

Mit dieser Notation lautet die rechte Seite von Gleichung (16)∫u−1(I)

f(u(x))u′(x)dx =∫ u−1(d)

u−1(c)

f(u(x))u′(x)dx

14

Wenn man nun noch zulasst, dass u auch streng monoton fallend ist, so drehen sich dieIntegrationsgrenzen um, aber u’ hat auch ein negatives Vorzeichen. Fasst man dies zusammen,so lautet die Substitutionsregel:∫

I

f(u)du =∫

u−1(I)

f(u(x))|du

dx(x)|dx (17)

Die Substitutionsregel fur Integrale uber Funktionen zweier Variablen (≡Transformationsformel) lautet jetzt (nahezu) wortlich gleich.∫

D

f(u)dA =∫

u−1(D)

f(u(x))|det(dxu)|dA (18)

Wobei D eine offene Teilmenge vom R2 ist und u : D → D ein Diffeomorphismus.(Im Rahmen dieser Diskussion nehmen wir immer an, dass f stetig differenzierbar ist auf D.)Man beachte, dass in Gleichung (18) die Argumente u bzw. x aus mehreren Variablen beste-hen.Bezeichnet man die Koordinaten in D mit (p, q) und die Koordinaten in D mit (x, y), so giltu(p, q) = (x, y), d.h. x = x(p, q) und y = y(p, q).Mit dieser Notation schreibt man dann oft

d(p,q)u =∂(x, y)∂(p, q)

Analog interpretiert man den Ausdruck ∂(p,q)∂(x,y) . Weil diese beiden Matrizen invers zueinander

sind, hat man

∂(x, y)∂(p, q)

· ∂(p, q)∂(x, y)

= I (19)

det

(∂(x, y)∂(p, q)

)· det

(∂(p, q)∂(x, y)

)= 1 (20)

Beispiel 1:

Sei D das durch die Geraden x + y = 1, x + y = 2, 2x − 3y = 2 und 2x − 3y = 5bestimmte Parallelogramm. Man setzt p = x + y und q = 2x − 3y und erhalt eine auf Ddefinierte Abbildung h.Die zu h inverse Abbildung bekommt man, in dem man noch x und y auflost:x = p− y ⇒ q = 2(p− y)− 3y = 2p− 5y⇒ y = 1

5 (2p− q), x = p− 15 (2p− q) = 1

5 (3p + q)

Mit u(p, q) =(

15 (3p + q), 1

5 (2p− q))

gilt dann

∂(x, y)∂(p, q)

=15

(3 00 −1

)und det∂(x,y)

∂(p,q) = − 35 . Man verifiziert leicht, dass u : D → D ein Diffeomorphismus ist mit der

Umkehrabbildung h. Somit gilt∫∫D

f(x, y)dA =∫∫

D

f(u(p, q))|det(d(p,q)u|dA =

=35

∫ 2

1

∫ 5

2

f

(15(3p + q),

15(2p− q)

)dqdp.

Will man etwa die Flache des Parallegramms berechnen, so gilt (f(x, y) ≡ 1)

A(D) =35

∫ 2

1

∫ 5

2

dqdp =35· 3 · 1 =

95.

15

Beispiel 2:

Sei D das Gebiet, das durch die Hyperbeln xy = 1, xy = 3 und x2 − y2 = 1, x2 − y2 = 4begrenzt wird.Man erhalt wieder eine auf D definierte Abbildung h(x, y) = (xy, x2 − y2) und durchAuflosung der Gleichungen p = xy, q = x2 − y2 erhalt man wieder die Umkehrabbildungu : D → D mit D = [1, 3]× [1, 4].Die Transformationsformel lautet dann∫∫

D

f(x, y)dA =∫∫

D

f(u(p, q))|det(d(p,q)u|dA

Zur Berechnung von |det(d(p,q)u| verwenden wir Gleichung (20) und berechnen zunachst

|det(d(x,y)u−1)| = |det

(∂(p, q)∂(x, y)

)| =

=∣∣∣∣det

(y x2x −2y

) ∣∣∣∣ = 2(x2 + y2).

Nun muss man diesen Ausdruck als Funktion von p und q schreiben. Man sieht aber, dass4q2 + p2 = 4x2y2 + (x2 − y2)2 = (x2 + y2)2 ist, also x2 + y2 =

√4q2 + p2.

Somit ∫∫D

f(x, y)dA =∫∫

D

f(u(p, q))1

2√

4p2 + q2dA.

Je nach Art der Abbildung f muss man nun u(p, q) explizit bestimmen, oder nicht.Will man etwa die Flache von D berechnen:

A(D) =12

∫ 4

1

∫ 3

1

1√4p2 + q2

dpdq

Andererseits ist etwa das folgende Integral ist nun recht leicht:∫∫D

(x2 + y2)dA =12

∫ 4

1

∫ 3

1

√4q2 + p2 · 1√

4p2 + q2dpdq =

=12

∫ 4

1

∫ 3

1

dpdq =12· 2 · 3 = 3

Integration in Polarkoordinaten:

Haufig ist es bequem statt der kartesischen Koordinaten (x,y), die Polarkoordinaten(r, Θ) zu benutzen: x = r cos Θ, y = sinΘ

Man sieht leicht, dass(−π, π)× (0,∞) −→ R2 {(x, 0);x ≤ 0}ein Diffeomorphismus ist mit Umkehrabbildung

(x, y) 7−→

(√

x2 + y2, arccos(

x√x2+y2

)): y ≥ 0(√

x2 + y2,− arccos(

x√x2+y2

)): y ≤ 0

Hierbei benutzt man, dass 1√x2+y2

(x, y) auf dem Einheitskreis liegt und daher x√x2+y2

=

cos Θ gilt.

Fur den Ausdruck∣∣∣∣det

(∂(x,y)∂(r,Θ)

)∣∣∣∣ berechnet man

∣∣∣∣det

(∂(x, y)∂(r, Θ)

)∣∣∣∣ =∣∣∣∣det

(cos Θ −r sinΘsinΘ r cos Θ

) ∣∣∣∣ =

= |r cos2 Θ + r sin2 Θ| = |r| = r

16

Somit gilt ∫∫D

f(x, y)dA =∫∫

D

f(r cos Θ, r sinΘ)rdA, (21)

wobei D im r −Θ−Bereich dem Gebiet D im x-y-Bereich entspricht.Man beachte:Da wir uber stetige Funktionen integrieren, gilt∫∫

D

f(x, y)dA =∫∫

D′f(x, y)dA,

wobei D’ aus D dadurch entsteht, dass man alle Punkte auf der Halbachse {(x, 0);x ≤ 0}weglaßt. Somit gilt also∫∫

D

f(x, y)dA =∫∫

D′f(x, y)dA =

=∫∫

D′f(r cos Θ, r sinΘ)rdA =

∫∫D

f(r cos Θ, r sinΘ)dA.

Man kann also in Polarkoordinaten ohne Bedenken uber beliebige Bereiche im R2 integrieren,z.B. uber D = R2.

Dass man die Polarkoordinaten, auch anschlaulich aus den kartesischen Koordinatenerschließen kann, wollen wir im folgenden zeigen:

Manchmal kann es einfacher sein Doppelintegrale mittels rΘ − Koordinaten zu be-rechnen als mittels xy−Koordinaten. Das ist vor allem der Fall, wenn es sich bei der RegionR um ein polares Rechteck handelt. Worum es sich dabei exakt handelt, erkennt man wohlam besten am Beispiel eines solchen Rechtecks in Abbildung 13.

Beschrieben wird dieses Rechteck durch die Ungleichungen a ≤ r ≤ b und α ≤ Θ ≤ β.Somit konnen wir mit dem Radius r, dem Winkel Θ und der Kreisflachenformel A = 1

2r2Θdie Flache des obigen polaren Rechtecks berechnen.

A =12b2(β − α)− 1

2a2(β − α) =

12(a + b)(b− a)(β − α) = r∆r∆Θ

Hierbei ist ∆r = b − a, ∆Θ = β − α und r = 12 (a + b) der durchschnittliche Radius des

polaren Rechtecks (Abb. 14).Um nun das Volumen des Korpers zu berechnen, der uber R und unter der Funktion z =f(x, y) liegt, gehen wir bei der Herleitung genauso vor wie im Kapitel 2. Wir unterteilen dasRechteck wieder in n polare Unterrechtecke, zu denen wir uns dieses mal den zentralen Punktin jedem Rechteck wahlen, und mit den Umrechnungen x∗i = r∗i cos Θ∗

i und y∗i = r∗i sinΘ∗i

erhalten wir fur das Volumen die folgende bekannte Summe, mit ∆Ai = r∗i ∆r∆Θ als derFlache des Rechtecks Ri.

V =k∑

i=1

f(x∗i , y∗i )∆Ai =

k∑i=1

f(r∗i cos Θ∗i , r

∗i sinΘ∗

i )r∗i ∆r∆Θ =

k∑i=1

g(r∗i ,Θ∗i )∆r∆Θ

Dabei ist g(r, Θ) = rf(r cos Θ, r sinΘ) und somit ergibt sich aus dem Grenzwert obigerRiemann-Summe

V =∫∫

R

f(x, y)dA =∫ β

α

∫ b

a

f(r cos Θ, r sinΘ)rdrdΘ =∫ β

α

∫ b

a

g(r, Θ)drdΘ

Die formale Transformation eines Doppelintegrals uber ein polares Rechteck in polareKoordinaten erfolgt dabei uber x = r cos Θ, y = r sinΘ und dA = rdrdΘ.

17

Beispiel 1:

Berechne das Volumen V des Korpers, der von der x-y-Ebene und vom Paraboloidz = 25− x2 − y2 begrenzt wird.

Losung:

Da das Paraboloid die x-y-Ebene im Kreis x2 + y2 = 25 schneidet, erleichtern wiruns die Berechnung des Volumens wieder durch die Integration uber das Kreisviertel, dasssich im ersten Quadranten befindet.

V = 4∫ 5

0

∫ √25−x2

0

(25− x2 − y2)dydx

Die Integration nach y stellt eigentlich keine Schwierigkeiten dar, allerdings sind wir dannmit dem Integral

∫(25− x2)

32 dx konfrontiert.

Anstatt uns damit herumzuschlagen, wollen wir versuchen das Integral in Polarkoordinatenzu transformieren. Dies ist in diesem Fall gut moglich, da 25 − x2 − y2 = 25 − r2 ist undweil das Kreisviertel im ersten Quadranten durch folgende Ungleichungen beschrieben wird:0 ≤ r ≤ 5, 0 ≤ Θ ≤ π

2Folglich ist das Volumen

V = 4∫ π

2

0

∫ 5

0

(25− r2)rdrdΘ =

= 4∫ π

2

0

[252

r2 − 14r4

]r=5

r=0

dΘ = 4 · 6254· π

2=

625π

2

Polarkoordinaten fur allgemeinere Gebiete R:

Wie bei den x-y-Koordinaten konnen wir auch bei Polarkoordinaten uber recht allge-meine Gebiete integrieren (Abb.15).

Beispiel 2:

Beschrieben werden solche Gebiete durch die Ungleichungen α ≤ Θ ≤ β undr1(Θ) ≤ r ≤ r2(Θ). Daraus ergibt sich mit z = f(x, y) = f(r cos Θ, r sinΘ) fur V dieGleichung∫∫

R

fr(x, y)dA =∫ β

α

∫ r2(Θ)

r1(Θ)

f(r cos Θ, r sinΘ)rdrdΘ =∫ β

α

∫ raußen

rinnen

zrdrdΘ

Sollte f(x, y) = z = 1 sein, dann ergibt sich fur die Grundflache A

A = A(R) =∫∫

R

rdrdΘ

Beispiel 3:

Berechne das Volumen des raumlichen Korpers, der sowohl innerhalb der Kugelx2 + y2 + z2 = 4 mit dem Radius 2 als auch innerhalb des Zylinders (x− 1)2 + y2 = 1 liegt.Dieses Volumen erhalt man etwa, wenn man aus einer Kugel ein zylindrisches Loch mitRadius 1 tangential zu einem Durchmesser herausgeschneidet.

Losung:

Da sich das gesuchte Volumen symmetrisch sowohl oberhalb als auch unterhalb derx-y-Ebene erstreckt, genugt es uns nur den Bereich oberhalb zu betrachten und anschließenddas Ergebnis zu verdoppeln. Um das Volumen oberhalb der x-y-Ebene zu berechnen, mussen

18

wir die Funktion f(x, y) =√

4− x2 − y2 uber die Kreisscheibe integrieren, die ihr Zentrumim Punkt (1,0) und den Radius 1 hat.

V = 2∫∫

R

√4− x2 − y2dA

Dieses Integral in x-y-Koordinaten zu berechnen wurde nicht gerade einfach werden, deshalbtransformieren wir das ganze erst einmal in Polarkoordinaten.Die polare Formel fur den Kreis mit Radius 1 um den Punkt (1; 0) ist r = 2 cos Θ und desWeiteren wird das Gebiet R von den Ungleichungen 0 ≤ r ≤ 2 cos Θ und −π

2 ≤ Θ ≤ π2

beschrieben. Der Bequemlichkeit halber bedienen wir uns hier nun einer zweiten Symmetrieentlang der x-Achse und verdoppeln das Ergebnis erneut:

V = 4∫ π

2

0

∫ 2 cos Θ

0

√4− r2rdrdΘ =

= 4∫ π

2

0

[− 1

3(4− r2)

32

]2 cos Θ

r=0

dΘ =323

∫ π2

0

(1− sin3 Θ)dΘ (22)

Mit der Formel ∫ π2

0

sin3 ΘdΘ =23

ergibt sich als Losung fur die Gleichung (22)

V =163

π − 649≈ 9.64405

Zum Schluss dieses Abschnitts werden wir noch mittels eines Beispiels auf die Berechnungvon Volumina V eingehen, die sich wie in Abschnitt 5 zwischen zwei Oberflachenfunktionenbefinden.

Beispiel 4:

Berechne das Volumen des Korpers der von oben und von unten durch die beidenParaboloide z = 8− r2 und z = r2 begrenzt wird.

Losung:

Die Kurve, in der sich die beiden Pararboloide schneiden, erhalt man durch das Gleichsetzender beiden Funktionen.

r2 = 8− r2 ⇒ r2 = 4

Folglich liegt der Korper uber der ebenen kreisformigen Scheibe D mit dem polaren Radiusr = 2 und das Volumen V ist

V =∫∫

D

(zoben − zunten)dA =∫ 2π

0

∫ 2

0

[(8− r2)− r2]rdrdΘ =

=∫ 2π

0

∫ 2

0

(8r − 2r3)drdΘ = 2π

[4r2 − 1

2r4

]2

0

= 16π.

7. Tripelintegrale

Zum Abschluß unseres Exkurses in das Gebiet der Mehrfachintegration wollen wiruns noch den Tripelintegralen widmen. (In der Vorlesung werden Sie dann den Fall von nVariablen betrachten.)Die Definition des Tripelintegrals entspricht der dreidimensionalen Definition des Doppelin-tegrals aus dem zweiten Kapitel. Wir nehmen an, dass f(x, y, z) uber der begrenzten RegionT stetig ist und innerhalb des rechteckigen Blockes R liegt, der von den Ungleichungena ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d und e ≤ z ≤ f beschrieben wird. Wie in Abschnitt 2 unterteilen wir

19

nun die obigen Intervalle in kleine Unterintervalle. Dies erzeugt wieder eine Partition von Rin kleinere rechteckige Blocke gemaß Abbildung 16, welche alle ein Volumen besitzen mit∆V = ∆x∆y∆z.Die Partition P besteht nun aus der Menge {T1, T2, . . . , Tn} kleiner rechteckiger Blocke,die alle vollstandig innerhalb von T liegen. Damit stellt P eine sogenannte innere Partitiondes Korpers T. Auch zu diesen Blocken Ti definieren wir die Masche |P | als die langsteVerbindungsstrecke zwischen zwei sich gegenuberliegenden Ecken des Rechtecks. Wenn wiruns nun erneut einen beliebigen Punkt (x∗i , y

∗i , z∗i ) in jedem Block Ti wahlen, konnen wir

wieder eine Riemann-Summe definieren, mit der wir das Volumen annahern konnen.

n∑i=1

f(x∗i , y∗i , z∗i )∆V

Das Tripelintegral uber den Korper T erhalt man genau dann, wenn man die oben definiertenMaschen |P | gegen 0 gehen lasst:∫∫∫

T

f(x, y, z)dV = lim|P |→0

n∑i=1

f(x∗i , y∗i , z∗i )∆V (23)

Bezuglich der Existenz dieses Limes mussen wir voraussetzen, dass f uber T stetig ist unddass die Grenzen von T aus einer endlichen Anzahl von ”glatten Flachen”bestehen.Ist T ein rechteckiger Block so kann man das Integral durch iterierte Integration (beibeliebiger Integrationsreihenfolge) berechnen.

Beispiel 1:

Wenn f(x, y, z) = xy + yz und T aus den Punkten besteht, die den Ungleichungen−1 ≤ x ≤ 1, 2 ≤ y ≤ 3 und 0 ≤ z ≤ 1 genugen, dann gilt fur das Integral von f uber T∫∫∫

T

f(x, y, z)dV =∫ 1

−1

∫ 3

2

∫ 1

0

(xy + yz)dzdydx =

=∫ 1

−1

∫ 3

2

[xyz +

12yz2

]1

z=0

dydx =

=∫ 1

−1

∫ 3

2

(xy +12y)dydx =

=∫ 1

−1

[12xy2 +

14y2

]3

y=2

dx

=∫ 1

−1

(52x +

54)dx =

[54x2 +

54x

]1

−1

=52

Typische Anwendungsbeispiele fur das Tripelintegral finden wir vor allem in der Phy-sik:

(a) Berechnung der Masse m eines Korpers T, wobei f eine Funktion der Dichteverteilung inner-halb des Korpers darstellt: f = ρ(x, y, z)

m =∫∫∫

T

ρdV

(b) Im Falle einer homogenen Dichteverteilung mit ρ = 1 erhalten wir das Volumen V des Korpers:

V =∫∫∫

T

dV

20

(c) Die Koordinaten des Schwerpunkts des Korpers T sind

x =1m

∫∫∫T

xρdV (24)

y =1m

∫∫∫T

yρdV (25)

z =1m

∫∫∫T

zρdV (26)

(d) Fur das Tragheitsmoment von T bezuglich der drei Koordinatenachsen ergeben sich folgendedrei Gleichungen:

Ix =∫∫∫

T

(y2 + z2)ρdV (27)

Iy =∫∫∫

T

(x2 + z2)ρdV (28)

Iz =∫∫∫

T

(x2 + y2)ρdV (29)

Wie es bereits in Beispiel 1 sichtbar wurde, verwenden wir fur die Berechnung von Tripelin-tegralen normalerweise immer iterierte Einzelintegrale.

Ahnlich wie Doppelintegrale wurden auch Tripelintegrale meist iterativ berechnet. Soschneidet zum Beispiel jede zur z-Achse parallele Linie den Korper T in einem Segmentder Linie. Dadurch kann T durch Ungleichungen z1(x, y) ≤ z ≤ z2(x, y) mit (x, y) in Rbeschrieben werden, wobei R die vertikale Projektion von T in die x-y-Ebene darstellt.Folglich gilt (wenn es nur in einem Segment gibt)∫∫∫

T

f(x, y, z)dV =∫∫

R

( ∫ z2(x,y)

z1(x,y)

f(x, y, z)dz

)dA

Die hier innen stehende Funktion A(x, y) =∫ z2(x,y)

z1(x,y)f(x, y, z)dz wird also uber R integriert:∫∫∫

Tf(x, y, z)dV =

∫∫R

k(x, y)dA.Die Ausdrucke dV und dA sind zur nur symbolisch zu sehen. Man schreibt oft dV = d(x, y, z)und dA = d(x, y). Sollte es sich bei der projezierten Grundflache R ebenfalls um ein Gebiethandeln, das bezuglich seiner Koordinaten durch Ungleichungen beschrieben wird, dann er-halten wir mit den das Gebiet R beschreibenden Ungleichungen y1(x) ≤ y ≤ y2(x) unda ≤ x ≤ b eine Formel fur Korper, wie sie in Abbildung 17, 18 und 19 dargestellt sind.∫∫∫

T

f(x, y, z)dV =∫ b

a

∫ y2(x)

y1(x)

∫ z2(x,y)

z1(x,y)

f(x, y, z)dzdydx

Analoges lasst sich fur andere Reihenfolgen der Integrationsvariablen herleiten.

Beispiel 2:

Berechne das Volumen des Korpers T, der vom parabolischen Zylinder x = y2 undden Ebenen z = 0 und x + z = 1 begrenzt wird. Errechne außerdem den Schwerpunkt diesesKorpers bei gegebener Dichtefunktion ρ = 1.

Kommentar:

Betrachtet man alle moglichen Integrationsreihenfolgen, so sieht man, dass uns insge-samt sechs Wege zur Losung unserer Aufgabe offen stehen. Hier sollen drei von ihnenaufgezeigt werden:

21

Losung 1:

Die Projektion von T in die x-y-Ebene ist die Region R, die von der Parabel x = y2

und x = 1 begrenzt wird.

V =∫ 1

−1

∫ 1

y2

∫ 1−x

0

dzdxdy = 2∫ 1

0

∫ 1

y2(1− x)dxdy =

= 2∫ 1

0

[x− 1

2x2

]1

x=y2

dy = 2∫ 1

0

(12− y2 +

12y4)dy =

815

Losung 2:

Die Projektion von T in die x-z-Ebene ist begrenzt durch die Koordinatenachsen unddurch die Linie x + z = 1.

V =∫ 1

0

∫ 1−x

0

∫ √x

−√

x

dydzdx = 2∫ 1

0

∫ 1−x

0

√xdzdx =

= 2∫ 1

0

(x12 − x

32 )dx =

815

22

Losung 3:

Die Projektion von T in die y-z-Ebene ist begrenzt durch die y-Achse und durch dieParabel z = 1− y2.

V =∫ 1

−1

∫ 1−y2

0

∫ 1−z

y2dxdzdy = . . . =

815

Nun kommen wir zum Schwerpunkt von T. Da die Region T bezuglich der x-z-Ebene sym-metrisch ist, ist bereits klar, dass sich der Schwerpunkt in dieser Ebene befinden muss, mity = 0; zur Ubung sollte man dies naturlich nochmals explizit nachrechnen. Somit berechnenwir x und z, indem wir zunachst nach y integrieren.

x =1V

∫∫∫T

xdV =158

∫ 1

0

∫ 1−x

0

∫ √x

−√

x

xdydzdx =

=154

∫ 1

0

∫ 1−x

0

x32 dzdx =

154

∫ 1

0

(x32 − x

52 )dx =

37

z =1V

∫∫∫T

dV =158

∫ 1

0

∫ 1−x

0

∫ √x

−√

x

zdydzdx =27

Somit befindet sich der Schwerpunkt von T am Punkt ( 37 , 0, 2

7 ).

Beispiel 3:

Berechne das Volumen des abgeschnittenen Paraboloids, das durch das Paraboloidz = x2 + y2 und die Ebene z = y + 2 begrenzt wird.

Losung:

Projeziert man den Korper T in die x-y-Ebene, so erhalt man ein Gebiet, das vonder Kurve (Ellipse) x2 + y2 = y + 2 begrenzt wird. Es wurde also moglich sein zuerst nachz zu integrieren, allerdings konnte eine andere Wahl der Integrationsreihenfolge zu einemeinfacheren Integral fuhren.Die Projektion von T in die y-z-Ebene wird dabei von der Parabel z = y2 und derGeraden z = y + 2 begrenzt, welche sich in den Punkten (−1, 1) und (2, 4) schneiden. Diex-Komponente der Endpunkte eines Geradenabschnitts in T parallel zur x-Achse werdendabei durch die Gleichung x = ±

√z − y2 bestimmt. Aufgrund der Symmetrie von T entlang

der y-z-Ebene genugt es uns des Weiteren von x = 0 bis x =√

z − y2 zu integrieren und dasErgebnis zu verdoppeln. Mit den zwei Substitutionen u = y − 1

2 = 32 sinΘ erhalten wir:

V = 2∫ 2

−1

∫ y+2

y2

∫ √z−y2

0

dxdzdy = 2∫ 2

−1

∫ y+2

y2

√z − y2dzdy =

= 2∫ 2

−1

[23

(z − y2

) 32]y+2

z=y2

dy =43

∫ 2

−1

(2 + y − y2)32 dy =

=43

∫ 32

− 32

(94− u2

) 32

du =

=274

∫ π2

−π2

cos4 ΘdΘ =

=274· 2 · 1

2· 34· π

2=

81π

32

23

Zum Abschluss der Ubungseinheit uber Mehrfachintegrale wollen wir uns noch zwei weiterenvor allem in der Physik recht haufig auftretenden Koordinatentransformationen widmen:

(a) Zylindrische Koordinaten

Sei f(x,y) eine stetige Funktion uber dem z einfachen Gebiet T, welches somit durchdie Ungleichung z1(x, y) ≤ z ≤ z2(x, y) fur (x, y) in R beschrieben wird (R stellt dabei wiegewohnlich die Projektion von T in die x-y-Ebene dar.).Die Grundlage fur die weitere Herleitung wird diese bereits von oben bekannte Gleichungsein: ∫∫∫

T

f(x, y, z)dV =∫∫

R

( ∫ z2(x,y)

z1(x,y)

f(x, y, z)dz

)dA (30)

Sollten wir die Region R besser in Polarkoordinaten beschreiben konnen als in kartesischen,dann ist es wahrscheinlich, dass es sich mit der Integration genauso verhalt.Dazu drucken wir zunachst das innere Teilintegral von Gleichung (30) durch r und Θ aus:∫ z2(x,y)

z1(x,y)

f(x, y, z)dz =∫ Z2(r,Θ)

Z1(r,Θ)

F (r, Θ, z)dz (31)

Dabei entsprechen F und Z den folgenden Transformationen (fur i = 1; 2):

F (r, Θ, z) = f(r cos Θ, r sinΘ, z) (32)Zi(r, Θ) = zi(r cos Θ, r sinΘ) (33)

Durch Einsetzen von (30) in (31) erhalt man mit dA = rdrdΘ∫∫∫T

= f(x, y, z)dV =∫∫

S

( ∫ Z2(r,Θ)

Z1(r,Θ)

F (r, Θ, z)dz

)rdrdΘ, (34)

wobei F, Z1 und Z2 durch die Gleichungen (32) und (33) gegeben sind und S die T entspre-chenden Grenzen auf r und Θ darstellt. Die Grenzen von z ergeben sich dabei einfach durchdie Schnittpunkt der Greadensegmenten mit den Korperoberflachen in Polarkoordinaten.Damit ergibt sich fur die allgemeine Formel des Tripelintegrals in Zylinderkoordinaten∫∫∫

T

f(x, y, z)dV =∫∫∫

U

f(r cos Θ, r sinΘ, z)rdzdrdΘ, (35)

wobei U nicht fur einen Korper im Raum, sondern die transformierten Integrationsgrenzensteht. Fur das zylindrische Volumenelement ergibt sich somit dV = rdzdrdΘ, was formaldem Produkt von dz und dem polaren Flachenelement dA = rdrdΘ entspricht.Die Integration in Zylinderkoordinaten wird vor allem dann nutzlich, wenn es sich um dieBerechnung von Rotationskorpern handelt. Damit dabei die Integrfationsgrenzen einfachbleiben, sollte immer versucht werden die z-Achse zur Rotationsachse zu machen. Das besteanschauliche Beispiel hierfur kommt aus der Physik und stellt einen Zylinder da, der eineschiefe Ebene hinunterrollt.

24

Beispiel 4:

Finden Sie den Schwerpunkt des Kugelteils im ersten Oktanten, der durch die Glei-chung r2 + z2 = a2 beschrieben wird.

Losung:

Das Volumen dieses Korpers V ist V = 18 ·

43πa3 = 1

6πa2. Da aus Symmetriegrundendie Realtion z = y = x gilt, ist es ausreichend nur einen Wert zu berechnen.

z =1V

∫∫∫T

zdV =6

πa3

∫ π2

0

∫ a

0

∫ √a2−r2

0

zrdzdrdΘ =

=6

πa3

∫ π2

0

∫ a

0

12r(a2 − r2)drdΘ =

=3

πa3

∫ π2

0

[12a2r2 − 1

4r4

]a

0

dΘ = · · · = 3a

8

Somit befindet sich der Schwerpunkt des Korpers am Punkt ( 3a8 , 3a

8 , 3a8 ).

Beispiel 5:

Berechnen Sie das Volumen und den Schwerpunkt des Korpers T, der vom Paraboloidz = b(x2 + y2) mit (b > 0) und von der Ebene z = h mit (h > 0) begrenzt wird.

Losung:

Wir erhalten den Radius der kreisformigen Deckels von T durch das Losen der Glei-

chung z = b(x2 + y2) = br2. Mit z = h ergibt sich a =√

hb . Uber Gleichung (34) und die

Funktion f(x, y, z) ≡ 1 berechnet man nun das Volumen.

V =∫∫∫

T

dV =∫ 2π

0

∫ a

0

∫ h

br2rdzdrdΘ =

∫ 2π

0

∫ a

0

(hr − br3)drdΘ =

= 2π

(12ha2 − 1

4ba4

)=

πh2

2b=

12πa2h

Symmetriebedingt befindet sich der Schwerpunkt auf der z-Achse, weshalb es somit volligausreichend ist beim Schwerpunkt nur die z-Koordinate zu bestimmen.

z =1V

∫∫∫T

zdV =2

πa2h

∫ 2π

0

∫ a

0

∫ h

br2rzdzdrdΘ =

=2

πa2h

∫ 2π

0

∫ a

0

(12h2r − 1

2b2r5

)drdΘ =

=4

a2h

(14h2a2 − 1

12b2a6

)=

23h

Somit liegt der Schwerpunkt im Punkt (0, 0, 2h3 ). Um sich dies auch anschaulich plausibel zu

machen sollten man versuchen den betrachteten Korper einmal zu skizzieren.

(b) Kugelkoordinaten

Wenn es sich bei den den Korper T begrenzenden Oberflachen um Kugeln oder ahnlicheshandelt, also Flachen, die relativ leicht mittels Kugekkoordinaten beschrieben werden konnen,dann sollte man auch bei der Integration auf eine solche Transformation zuruckgreifen.Die Verbindung zwischen Kugelkoordinaten und kartesischen ist dabei durch folgende dreiTransformationen gegeben:

x = ρ sinφ cos Θ (36)y = ρ sinφ sinΘ (37)z = ρ cos φ (38)

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Sei T nun, zum Beispiel, der kugelartige Block, welcher durch die Ungleichungen

ρ1 ≤ ρ ≤ ρ2 = ρ1 + ∆ρ (39)φ1 ≤ φ ≤ φ2 = φ1 + ∆φ (40)

Θ1 ≤ Θ ≤ Θ2 = Θ1 + ∆Θ (41)

beschrieben. Wenn dabei ∆ρ, ∆φ und ∆Θ sehr klein sind, handelt es sich nahezu umein rechteckigen Block mit den Ausmaßen ∆ρ, ρ1∆φ und ρ sinφ2∆Θ und dem VolumendV = ρ2

1 sinφ2∆ρ∆φ∆Θ.(Das exakte Volumen ist: ∆V = ρ2 sin φ∆ρ∆φ∆Θ).Nun wollen wir wieder wie bei den Herleitungen der Doppelintegrale und Tripelintetgralevorgehen und die Intervalle [ρ1, ρ2], [φ1, φ2] und [Θ1,Θ2] in n gleiche Teile unterteilen.Dadurch ergibt sich fur uns wieder eine spharische Partition fur das Kugelsegment T, indie Unterblocke T1, T2, . . . , Tk. In diesen suchen wir uns dann jeweils den Punkt Ti, der dieGleichung fur das exakte Volumen lost, um mit den kartesischen Koordinaten dieses Punk-tes (x∗i , y

∗i , z∗i ) und den gegen null gehenden Maschen schließlich mit Hilfe der bekannten

Riemann-Summen das Tripelintegral in Kugelkoordinaten zu definieren.∫∫∫T

f(x, y, z)dV = lim|P |→0

k∑i=1

f(x∗i , y∗i , z∗i )∆Vi = (42)

= lim|P |→0

k∑i=1

F (ρi, φi, Θi)ρi2 sinφi∆ρ∆φ∆Θ (43)

Die rechte Seite der obigen Gleichung entspricht dabei der Riemann-Summe fur das Tripelin-tegral ∫ Θ2

Θ1

∫ φ2

φ1

∫ ρ2

ρ1

F (ρ, φ, Θ)ρ2 sinφdρdφdΘ

mit F (ρ, φ, Θ) = f(ρ sinφ cos Θ, ρ sinφ sinΘ, ρ cos φ) nach dem Einsetzen von (36), (37) und(38) in f(x, y, z).Daraus folgt ∫∫∫

T

f(x, y, z)dV =∫ Θ2

Θ1

∫ φ2

φ1

∫ ρ2

ρ1

F (ρ, φ, Θ)ρ2 sinφdρdφdΘ. (44)

Allgemeiner transformieren wir das Tripelintgral∫∫∫

Tf(x, y, z)dV in Kugelkoordinaten, wenn

wir es mit einem zentral einfachen Gebiet T zu tun haben, dass von den Ungleichungenρ1(φ,Θ) ≤ ρ ≤ ρ2(φ,Θ), φ1 ≤ φ ≤ φ2 und Θ1 ≤ Θ ≤ Θ2 beschrieben wird.Dann gilt ∫∫∫

T

f(x, y, z)dV =∫ Θ2

Θ1

∫ φ2

φ1

∫ ρ2(φ,Θ)

ρ1(φ,Θ)

F (ρ, φ, Θ)ρ2 sinφdρdφdΘ. (45)

Bei den Grenzen von ρ handelt es sich in diesen Fallen um die Endpunkte des typischenradialen Segments, dass die inneren und außeren Teile der Begrenzung von T schneidet. Darausergibt sich nun die allgemeine Formel fur das Tripelintegral in Kugelkoordinaten∫∫∫

T

f(x, y, z)dV =∫∫∫

U

f(ρ sinφ cos Θ, ρ sinφ cos Θ, ρ cos φ)ρ2 sinφdρdφdΘ, (46)

wobei U wie zuvor nicht fur eine Region steht, sondern fur die entsprechenden Grenzen nachihrer Transformation in Kugelkoordinaten. (Diesen Ausdruck erhalt man auch direkt aus derTransformationsformel.)Beispiel 6:

Ein Ball mit der konstanten Dichte δ ist begrenzt durch die Kugeloberflache mit derGleichung ρ = a. Gebrauchen Sie Kugelkoordinaten dazu das Volumen V und dasTragheitmoment bezuglich der z-Achse zu berechnen.

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Losung:

Die Punkte auf dem Ball T werden durch die Ungleichungen 0 ≤ ρ ≤ a, 0 ≤ φ ≤ πund 0 ≤ Θ ≤ 2π beschrieben.Wir setzten f = F ≡ 1 in die Gleichung (44) und erhalten dadurch

V =∫∫∫

T

dV =∫ 2π

0

∫ π

0

∫ a

0

ρ2 sinφdρdφdΘ =

=13a3

∫ 2π

0

∫ π

0

sinφdφdΘ =

=13a3

∫ 2π

0

[− cos φ

]π

0

dΘ =23a3

∫ 2π

0

dΘ =43πa3.

Die ubliche Distanz eines Punktes (ρ, φ, Θ) der Kugel von der z-Achse ist r = ρ sinφ, womitsich fur das Tragheitsmoment dieser Achse folgendes ergibt:

Iz =∫∫∫

T

r2δdV =∫ 2π

0

∫ π

0

∫ a

0

δρ4 sin3 φdρdφdΘ =

=15δa5

∫ 2π

0

∫ π

0

sin3 φdφdΘ =

=25πδa5

∫ π

0

sin3 φdφ = . . . =25ma2

Dabei steht m fur m = 43πa3δ, also die Masse des Balles. Die Erklarung fur dieses Ergebnisses

und seine Bedeutung wird uns die Experimentalphysik 1 Vorlesung naher bringen.

Beispiel 7:

Berechnen Sie das Volumen und den Schwerpunkt einer Eiswaffel (also eines Waffelke-gels) C, der von dem Kegel φ = π

6 und der Kugel ρ = 2a cos φ mit dem Radius a begrenztwird.

Losung:

Beschrieben wird die Eiswaffel von den Ungleichungen 0 ≤ Θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ π6 und

0 ≤ ρ ≤ 2a cos φ. Mit Gleichung (45) ergibt sich fur das Volumen

V =∫ 2π

0

∫ π6

0

∫ 2a cos φ

0

ρ2 sinφdρdφdΘ =

=85a3

∫ 2π

0

∫ π6

0

cos3 φ sinφdφdΘ =

=163

πa3

[− 1

4cos4 φ

]=

712

πa3.

Auf Grund der Symmetrie ist klar, dass x = y = 0 ist. Des Weiteren ist z = ρ cos φ und somitist die z-Koordinate des Schwerpunkts

z =1V

∫∫∫C

zdV =12

7πa3

∫ 2π

0

∫ π6

0

∫ 2a cos φ

0

ρ3 cos φ sinφdρdφdΘ =

=48a

7π

∫ 2π

0

∫ π6

0

cos5 φ sinφdφdΘ =96a

7

[− 1

6cos6 φ

]π6

0

=37a

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Folglich liegt der Schwerpunkt der Eiswaffel am Punkt (0, 0, 37a28 ).

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