20.4 Kurven-Integrale

20.4.1 Satz von Frobenius für totale Differential-Gleichungen.

Es sei $f:E \times F \to L(E,F)$ $C^p$ für irgendein $1\leq p\leq{\infty}$. Dann existiert lokal eine differenzierbare Lösung $g_{x_0,y_0}:E\to L(E,F)$ der totalen Differentialgleichung

$$g_{x_0,y_0}'(x) = f(x,g_{x_0,y_0}(x))$$    und $$g_{x_0,y_0}(x_0)=y_0$$

dann und nur dann, wenn die Integrabilitäts-Bedingung, daß $f'(z)(v_1,f(z)v_1)v_2$ symmetrisch in $v_1,v_2$ ist für alle $z\in E\times F$, erfüllt ist.
Weiters ist die Abbildung $(x_0,y_0,x)\mapsto g_{x_0,y_0}(x)$ $C^p$.

Bemerkung.
Für $E:=\mathbb{R}^n$ sei $f_i(z) := f(z)e_i$, dann ist die totale Differentialgleichung $g'(x)=f'(x,g(x))$ gleichbedeutend mit folgendem System partieller Differentialgleichungen

$$\d _ig(x) = g'(x)(e_i) = f(x,g(x))(e_i) = f_i(x,(x))$$    für $$1\leq i\leq k$$

Beweis.

$(\Rightarrow)$ Für $z_0=(x_0,y_0)\in E\times F$ sei $g$ eine lokale Lösung obiger Differentialgleichung mit Anfangsbedingung $g(x_0)=y_0$. Dann ist $g'=f\o (\operatorname{id},g)$ stetig und nach der Kettenregel ist $g$ $C^2$ mit

$$g''(x_0)(v_1,v_2) = (g')'(x_0)(v_1)(v_2) = \operatorname{ev}_{v_2}((g')'(x_0)(v_1))$$

$$= (\operatorname{ev}_{v_2}\o g')'(x_0)(v_1) = (\operatorname{ev}_{v_2}\o f\o (\operatorname{id},g))'(x_0)(v_1)$$

$$= (\operatorname{ev}_{v_2}\o f)'(z_0)\Bigl(v_1,g'(x_0)(v_1)\Bigr) = \operatorname{ev}_{v_2}\biggl(f'(z_0)\Bigl(v_1,g'(x_0)(v_1)\Bigr)\biggr)$$

$$= f'(z_0)\Bigl(v_1,f(z_0)(v_1)\Bigr)(v_2)$$

Der letzte Ausdruck ist also symmetrisch in $v_1$ und $v_2$, weil $g''(x_0)$ es nach dem Satz (19.1.7) von Schwarz ist.

$(\Leftarrow)$ Es sei $x_0$ fix. Wir führen die totale Differentialgleichung auf eine gewöhnliche zurück.
Es sei $y_0\in F$ fix. Wir nehmen vorerst an, daß eine lokale Lösung $g$ der totalen Differentialgleichung mit Anfangswert $g(x_0)=y_0$ existiert und setzen $\bar g(t,v):= g(x_0+tv)$. Dann gilt

$$\frac{\d }{\d t}\bar g(t,v) = g'(x_0+tv)\cdot v = f(x_0+tv,g(x_0+tv))\cdot v = f(x_0+tv,\bar g(t,v))\cdot v,$$

$$\bar g(0,v) = g(x_0)=y_0.$$

Andererseits hat diese gewöhnliche Differentialgleichung nach (18.4.3) lokal (d.h. für $\vert t\vert\leq \varepsilon$, $\Vert v\Vert\leq \varepsilon$ und $(x_0,y_0)$ mit einem gewissen $\varepsilon >0$) eine eindeutig bestimmte Lösung $\bar g$, welche von $(t,v,x_0,y_0)$ $C^p$ abhängt. Wir machen nun für die Lösung $g$ der totalen Differentialgleichung den Ansatz $g(x):=\bar g(\varepsilon ,\frac{x-x_0}\varepsilon )$ und müssen $g'(x)(w)$ und dazu insbesonders $\d _2\bar g$ berechnen. Die Idee dabei ist, daß

$$\d _2 \bar g(t,v)(w) = \frac{\d }{\d s}\Bigm\vert _{s=0}\bar g(t,v+sw) = \frac{\d }{\d s}\Bigm\vert _{s=0} g(x_0+t(v+sw))$$

$$= g'(x_0+tv)(tw) = f(x_0+tv,g(x_0+tv))(tw)$$

$$= f(x_0+tv,\bar g(t,v))(tw)$$

gelten sollte. Also definieren wir $k:\mathbb{R}\to F$ durch

$$k(t):=\d _2 \bar g(t,v)(w)-f(x_0+tv,\bar g(t,v))(tw).$$

Dann ist $k(0)=\d _2 \bar g(0,v)(w)-f(x_0+0v,\bar g(0,v))(0w)=0$ und

$$\frac{d}{dt} k(t) = \frac{\d }{\d t}\Bigl(\d _2 \bar g(t,v)(w) - f(x_0+tv,\bar g(t,v))(tw)\Bigr)$$

$$= \d _2 \!\undersetbrace{f(x_0+tv,\bar g(t,v))\cdot v}\to {\frac{... ...\cdot\undersetbrace{f\cdot v}\to{\frac{\d }{\d t}\bar g}\cdot tw+f\cdot w\Bigr)$$

$$= \d _1 f\cdot tw\cdot v + \d _2f\cdot (\d _2\bar g\cdot w)\cdot v +f\cdot w - \Bigl( f'\cdot (v, f\cdot v)\cdot tw + f\cdot w\Bigr)$$

$$= \d _1 f\cdot tw\cdot v + \d _2f\cdot (\d _2\bar g\cdot w)\cdot v - f'\cdot (tw, f\cdot tw)\cdot v <tex2html_comment_mark>422$$

$$= \d _2f\cdot (\d _2 \bar g\cdot w-f\cdot tw)\cdot v = \d _2f \cdot k(t)\cdot v.$$

Da letzteres eine lineare Differentialgleichung mit nicht konstanten Koeffizienten und $k(0)=0$ ist, folgt $k=0$. Folglich ist für $t:=\varepsilon$ und $v:=\frac{x-x_0}{\varepsilon }$

$$g'(x)(w) = \d _2\bar g(\varepsilon , {\tfrac{x-x_0}\varepsilon })(\tfrac1\varepsilon w) = \d _2\bar g(t,v)(\tfrac1\varepsilon w)$$

$$= f(x_0+tv,\bar g(t,v)) (t \tfrac1\varepsilon w) = f\Bigl(x,\bar g(\varepsilon ,\tfrac{x-x_0}\varepsilon )\Bigr)(w)$$

$$= f(x,g(x))(w).{\rm\quad[]}$$

Wir betrachten nun den Spezialfall, wo $f: E\times F\to L(E,F)$ nur vom ersten Faktor abhängt:

20.4.2 Folgerung. Stammfunktion im Mehrdimensionalen.
Es sei also $f: E \to L(E,F)$ $C^1$. Dann ist $f'(x)\cdot v_1\cdot v_2=f'(x)\cdot v_2\cdot v_1\Leftrightarrow$ es existiert lokal ein $g:E\to F$ mit $g(0) = 0$ und $g'(x)v = f(x)\forall x,v$, d.h. $g'= f$; also ist $g$ lokal eine Stammfunktion von $f$.

20.4.3 Definition. 1-Form.
Eine 1-Form ist eine Abbildung $f:E\supseteq U\to L(E,F)$. Sie heißt exakt, falls es eine Stammfunktion auf ganz $U$, d.h. eine differenzierbare Abbildung $g:U\to F$ gibt, mit $g'= f$.

Wenn $g:E\supseteq U\to F$ differenzierbar ist, dann schreibt man auch $dg$ für die exakte 1-Form die durch die Ableitung $g':E\supseteq U\to L(E,F)$ gegeben ist. Für $E=\mathbb{R}^n$ und die lineare Koordinatenprojektion $x=(x_1,\dots,x_n)\mapsto x_i$ erhält man insbesonders die exakte 1-Form $dx^i$ die an jeder Stelle durch $v=(v_1,\dots,v_n)\mapsto v_i$ gegeben ist.

Eine allgemeine 1-Form $f:E\supseteq U\to L(E,F)$ kann für $E=\mathbb{R}^n$ nun wie folgt geschrieben werden:

$$f(x)(v) = f(x)\Bigl(\sum_{i=1}^n v_i e_i\Bigr) = \sum_{i=1}^n \undersetbrace{dx_i(x)(v)}\to{v_i}\undersetbrace{=:f_i(x)}\to{f(x)(e_i)}$$

$$= \sum_{i=1}^n dx_i(x)(v)\cdot f_i(x) = \sum_{i=1}^n f_i(x) dx_i(x)(v) = \Bigl(\sum_{i=1}^n f_i(x) dx_i(x)\Bigr)(v),$$

also

$$f(x) = \sum_{i=1}^n f_i(x) dx_i(x)=\Bigl(\sum_{i=1}^n f_i dx_i\Bigr) (x)$$

und somit $f=\sum_{i=1}^n f_i dx^i$, d.h. $f$ wir vollständig durch die Abbildungen $f_i:E\sup U\to F$ für $i=1,\dots,n$ beschrieben.

Ist $f=dg=g'$, dann ist $f_i(x)=g'(x)(e_i)=\d _i g(x)=\frac{\d g(x)}{\d x^i}$, also gerade die $i$-te partielle Ableitung von $g$ und

$$dg(x) = \sum_i \frac{\d g(x)}{\d x_i} dx_i.$$

20.4.4 Theorem. Exakte 1-Formen.
Es sei die 1-Form $f:E\supseteq U\to L(E,F)$ exakt und $C^1$. Dann ist

$$f'(x)(u)(v)=f'(x)(v)(u)$$ für alle $x\in U$, $u,v\in E$.

Ist $U$ zusätzlich sternförmig und offen, dann gilt die Umkehrung.

Eine Menge $U\subseteq E$ heißt sternförmig, wenn ein Punkt $x_0\in U$ existiert, s.d. für alle $x\in U$ die Verbindungsstrecke $\overline{x_0x}=\{x_0+t(x-x_0)\}$ in $U$ enthalten ist.

Beweis. $(\Rightarrow)$ folgt sofort aus dem Satz von Schwarz (19.1.7).

$(\Leftarrow)$ Der Satz von Frobenius liefert uns nur eine lokale Stammfunktion. Der Grund dafür war, daß im Beweis $\bar g$ eine lokale Lösung einer gewöhnlichen Differentialgleichung war. Da im vorliegenden Fall $f$ aber nicht vom Faktor $F$ abhängt, ist die entsprechende Differentialgleichung:

$$\frac{\d }{\d t} \bar g(t,v) = f(x_0+tv)(v)$$

aus der $\bar g$ als

$$\bar g(t,v) = \bar g(0,v) + \int_0^1 f(x_0 + tsv)(v) ds$$    für $t$ mit $$\overline{x_0,x_0+tv}\subseteq U$$

berechnet werden kann. Da $U$ sternförmig bzgl. $x_0$ ist, ist

$$g(x) = \bar g(1,x-x_0) = y_0 + \int_0^1 f(x_0 + s(x-x_0))(x-x_0) ds.$$

die gesuchte Stammfunktion.     []

Wenn $f=g'$ exakt ist, dann können wir die Stammfunktion $g$ von $f$ auch direkt one den Satz von Frobenius wie folgt bestimmen:

20.4.5 Proposition. Stammfunktion via Kurvenintegral.
Es sei $g:E\supseteq U\to F$ $C^1$. Dann ist

$$\int_c g' := \int_a^b (g'\o c)\cdot c' = g(c(b)) - g(c(a))$$    für alle $$c:[a,b]\to U\;C^1.$$

Beweis. Nach Kettenregel und Hauptsatz gilt:

$$\int_a^b (g'\o c)(t)\cdot c'(t) dt = \int_a^b (g\o c)' = g(c(b)) - g(c(a)){\rm\quad[]}$$

Dies führt dazu auch für allgemeine 1-Formen $f:E\supseteq U\to L(E,F)$ das Integral längs Kurven $c:[a,b]\to U$ wie folgt zu definieren:

20.4.6 Definition. Kurvenintegral.
Es sei $c:[a,b]\to E$ $C^1$ und $f:E\supseteq c([a,b])\to L(E,F)$ eine stetige 1-Form. Dann ist das Kurvenintegral $\int_c f$ wie folgt definiert:

$$\int_c f := \int_a^b f(c(t))(c'(t)) dt.$$

20.4.7 Proposition. Reparametrisierungsinvarianz des Kurvenintegrals.
Das Kurvenintegral ist Reparametrisierungs-invariant. Es sei $c:[a,b]\to E$ $C^1$ und $h:[\bar a,\bar b]\to[a,b]$ $C^1$ mit $h(\bar a)=a$ und $h(\bar b)=b$, und $f:E\supseteq c([a,b])\to L(E,F)$ eine stetige 1-Form. Dann ist

$$\int_c f = \int_{c\o h} f.$$

Beweis.

$$\int_{c\o h} f = \int_a^b f((c\o h)(t))\cdot (c\o h)'(t)\; dt = \int_a^b f(c(h(t)))\cdot c'(h(t))\; h'(t) dt$$

$$= \int_{h(a)}^{h(b)} f(c(s))\cdot c'(s)\; ds{\rm\quad[]}$$

20.4.8 Theorem. Exaktheit via Wegunabhängigkeit.
Es sei $f:E\supseteq U\to L(E,F)$ eine stetige 1-Form auf einer zusammenhängenden offenen Menge. Dann ist $f$ genau dann exakt, wenn ihr Kurvenintegral wegunabhängig ist, d.h. nur von den Endpunkten der Kurve und nicht ihres Aussehens dazwischen abhängt. Als Stammfunktion können wir $g(z):=\int_c f$ definieren, wobei $c:[0,1]\to U$ eine $C^1$-Kurve von $z_0$ nach $z$ ist. Weiters ist die Stammfunktion bis auf eine additive Konstante eindeutig.

Definition.
Eine offene Menge $U\subseteq E$ heißt zusammenhängend $:\Leftrightarrow$ zu je zwei Punkten $x,y\in U$ existiert ein Polygonzug, welcher die beiden Punkte verbindet. Wenn $c_i:[t_{i-1},t_{i}]\to E$ Kurven sind, die an den Endpunkten übereinstimmen (d.h. $c_i(t_i)=c_{i+1}(t_i)$), so definieren wir die Kurve $c:=c_1\odot\dots\odot c_n:[t_0,t_n]\to E$ durch $c\vert _{[t_{i-1},t_i]}:=c_i$. Ein Polygonzug ist also $c_1\odot\cdots\odot c_n$, wobei die $c_i$ die affinen Verbindungsstücke der Ecken sind.

Die Segmente $\overline{x_{i-1},x_{i}}$ des Polygonzugs können durch $c_i:t\mapsto x_{i-1}+t(x_i-x_{i-1})$ $C^{\infty}$-parametrisiert werden. Die Ableitungen an der Ecken stimmen aber nicht überein, also liefert $c_1\odot\dots\odot c_n$ keine differenzierbare Parametrisierung. Aber wir können die $c_i$ vermöge $h:[0,1]\to[0,1]$, $h(t)=t^2(3-2t)$ umparametrisieren. Wegen $h(0)=0$ und $h(1)=1$ können wir $c:=(c_1\o h)\odot \dots \odot (c_n\o h)$ bilden. Wegen $h'(0)=0=h'(1)$ verschwindet $(c_i\o h)'$ und den Randpunkten und somit ist $c$ $C^1$. Also können wir den Polygonzug $C^1$ parametrisieren. Es geht sogar $C^{\infty}$, wenn wir $h$ so wählen, daß alle Ableitungen am Rand des Intervall verschwinden.

Beweis. $(\Rightarrow)$ Wenn $f$ exakt ist, so ist das Kurvenintegral wegunabhängig nach (20.4.5).

Eindeutigkeit: Es seien $g_i$ für $i\in\{0,1\}$ zwei Stammfunktionen. Dann ist die Differenz $g=g_1-g_0$ differenzierbar mit Ableitung $g'=0$. Sei $x_0$ und $x_1$ in $U$ beliebig und $c:[a,b]\to U$ eine $C^1$-Kurve in $U$, die $x_0$ mit $x_1$ verbindet. Dann ist $g(x_1)-g(x_0)=[(g\o c)(t)]_{t=a}^b =\int_a^b (g\o c)'= \int_a^b g'(c(t))(c'(t)) dt=0$.

( $\Leftarrow$) Umgekehrt sei $x\in U$ beliebig und $c_x:[0,1]\to U$ eine $C^1$-Kurve die $x_0$ mit $x$ verbindet. Dann setzen wir $g(x):=\int_{c_x} f$. Für $v\in E$ sei weiters $c_{x,v}:t\mapsto x+tv$. Dann ist $c_{z,v}([0,1])\subseteq U$ für alle kleinen $v$ und

$$g(x+v) = \int_{c_x}f + \int_{c_{x,v}}f = g(x) + \int_0^1 f(x+tv)(v) dt.$$

Folglich ist

$$\Vert g(x+v) - g(x) - f(x)(v) \Vert = \Bigl\Vert \int_0^1 f(x+tv)(v)-f(x)(v)\;dt \Bigr\Vert$$

$$\leq \Vert v\Vert \undersetbrace{\to 0\text{ für }v\to 0}\to {\max\{\Vert f(x+tv)-f(x)\Vert:t\in[0,1]\}},$$

also ist $g'(x)(v)=f(x)(v)$. Dabei haben wir als Kurve für $x+v$ jene für $x$ gefolgt von dem Segment $t\mapsto x+tv$ gewählt. Diese Kurve kann $C^1$ umparametrisiert werden, denn dazu betrachte man folgende Reparametrisierung von $[0,1]$, $t\mapsto t^2(3-2t)$.     []

Beispiel.
Es sei die 1-Form $f:\mathbb{R}^2\supseteq U\to L(\mathbb{R}^2,\mathbb{R})$ gegeben durch $f(x,y):=f_1(x,y) dx+f_2(x,y) dy$, wobei

$$f_1(x,y):=-\frac{\tan(y)}{x^2}+2xy+x^2$$

$$f_2(x,y):=\frac1{x\cos(y)^2}+x^2+y^2$$

gegeben. Der maximale Definitionsbereich ist $U:=\{(x,y):x\ne 0,\cos(y)\ne 0\}$. Der größte zusammenhängende Definitionsbereich der z.B. den Punkt $(1,0)$ enthält ist $U_0:=\{(x,y):x>0,\;-\frac{\pi}2<y<\frac{\pi}2\}$. Es ist $f$ $C^1$ und die Integrabilitätsbedingung

$$\d _2 f_1 = -\frac1{x^2\cos(y)^2}+2x = \d _1 f_2$$

ist erfüllt, also existiert eine Stammfunktion $g$.

Wir können einen beliebigen Punkt $(x,y)\in U_0$ durch die affine $C^1$-Kurve $c:[0,1]\to U_0$ mit $c(t):=(1+t(x-1),ty)$ verbinden. Also ist

$$g(x,y) := \int_c f = \int_0^1 \langle f(1+t(x-1),ty), \binom{x-1}{y}\rangle dt$$

$$= \int_0^1 f_1(1+t(x-1),ty) (x-1) + f_2(1+t(x-1),ty) y\;dt$$

$$= \int_0^1 \Bigl(-\frac{\tan(ty)}{(1+t(x-1))^2}+2(1+t(x-1))ty+(1+t(x-1))^2\Bigr)(x-1)$$

$$\qquad +\Bigl(\frac1{(1+t(x-1))\cos(ty)^2}+(1+t(x-1))^2+(ty)^2\Bigr)y dt$$

eine Stammfunktion. Dieses Integral zu berechnen hat aber auch Mathematica Probleme.

Wir können aber auch Achsen-parallele Wege verwenden:

$$c_1(\bar x) := (\bar x,0)\quad \bar x\in [1,x],\quad c_1'(\bar x)=(1,0)$$

$$c_2(\bar y) := (x,\bar y)\quad \bar y\in [0,y],\quad c_2'(\bar y)=(0,1).$$

Dann ist

$$g(x,y) := \int_{c_1} f + \int_{c_2} f = \int_1^x f_1(\bar x,0) d\bar x+\int_0^y f_2(x,\bar y) d\bar y$$

$$= \int_1^x \Bigl( -\frac{\tan(0)}{\bar x^2} + 2\bar x0 + \bar x^2... ...ar x + \int_0^y \Bigl( \frac1{x\cos(\bar y)^2} + x^2 + \bar y^2 \Bigr) d\bar y$$

$$= \Bigl[\frac{\bar x^3}3\Bigr]_{\bar x=1}^x + \Bigl[\frac1x \tan(\bar y) + x^2\bar y + \frac{\bar y^3}3 \Bigr]_{\bar y=0}^y$$

$$= \frac{ x^3}3 - \frac{1}3 + \frac{\tan(y)}{ x} + x^2 y + \frac{ y^3}3$$

$$= \frac{\tan(y)}{x} + x^2 y + \frac{x^3}3 + \frac{y^3}3 - \frac{1}3$$

Ebenso können wir folgende Achsen-parallele Wege verwenden:

$$c_2(\bar y) := (1,\bar y)\quad \bar y\in [0,y],\quad c_2'(\bar y)=(0,1)$$

$$c_1(\bar x) := (\bar x,y)\quad \bar x\in [1,x],\quad c_1'(\bar x)=(1,0).$$

Dann ist

$$g(x,y) := \int_{c_2} f + \int_{c_1} f = \int_0^y f_2(1,\bar y) d\bar y + \int_1^x f_1(\bar x,y) d\bar x$$

$$= \int_0^y \Bigl( \frac1{\cos(\bar y)^2} + 1 + \bar y^2 \Bigr) d... ...\int_1^x \Bigl( -\frac{\tan(y)}{\bar x^2} + 2\bar xy + \bar x^2 \Bigr) d\bar x$$

$$= \Bigl[\tan(\bar y) + \bar y + \frac{\bar y^3}3 \Bigr]_{\bar y=0... ...Bigl[ \frac{\tan(y)}{\bar x} + \bar x^2 y + \frac{\bar x^3}3\Bigr]_{\bar x=1}^x$$

$$= \tan(y) + y + \frac{ y^3}3 - 0 + \frac{\tan(y)}{ x} + x^2 y + \frac{ x^3}3 - \tan(y) - y - \frac{1}3$$

$$= \frac{\tan(y)}{x} + x^2 y + \frac{x^3}3 + \frac{y^3}3 - \frac{1}3$$