# Satz von Green/Kompakte Teilmenge/Rand/Einführung/Textabschnitt

Wir betrachten eine kompakte Teilmenge $T\subseteq \mathbb {R} ^{2}$, deren Rand $R$ sich stückweise durch reguläre Kurven parametrisieren lässt. D.h. es gibt abgeschlossene Intervalle $I_{j}$, $j=1,\ldots ,k$, und geschlossene, überschneidungsfreie (also auf dem halboffenen Intervall injektive), stückweise stetig differenzierbare, reguläre Kurven
    $\gamma _{j}\colon I_{j}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}$
derart, dass ihre Bilder $R_{j}=\gamma _{j}(I_{j})$ untereinander disjunkt sind und ihre Vereinigung gleich $R$ ist. Dabei werden die Kurven so durchlaufen werden, dass $T$ stets „links“ liegt. Eine solche Teilmenge nennen wir hier eine regulär berandete, ebene Teilmenge.
Man beachte, dass die einzelnen Intervalle $I_{j}$ selbst in endlich viele Intervalle zerlegt sind, auf denen jeweils eine stetig differenzierbare reguläre Kurve definiert ist. Dies ist beispielsweise bei einem Rechteck der Fall, dessen Rand durch einen geschlossenen Weg parametrisiert wird, der durch $4$ lineare Teilstücke gegeben wird.
Bei einem einzigen Intervall $I$ zerlegt die Kurve $\gamma$ die Ebene in einen inneren Teil (nämlich $T$) und einen äußeren Teil. Die Eigenschaft, dass $T$ bei der Randparametrisierung links liegt, bedeutet, dass der Rand gegen den Uhrzeigersinn durchlaufen wird. Eine mathematisch einwandfreie Definition von diesen Begriffen ist nicht trivial. Wenn zwei (oder mehrere) geschlossene Wege gegeben sind, so können diese nebeneinander oder ineinander liegen. Im zweiten Fall (beispielsweise bei zwei konzentrischen Kreisen) ist die äußere Umrandung gegen den Uhrzeigersinn zu durchlaufen und die innere Umrandung mit dem Uhrzeigersinn.
Es sei eine solche regulär berandete, ebene Teilmenge $T$ und ein stetig differenzierbares Vektorfeld $F$ gegeben, das auf einer offenen Umgebung von $T$ definiert sei. Dann gibt es eine Beziehung zwischen dem Integral des Vektorfeldes längs der parametrisierten Randkurven und dem Integral über $T$ zur Funktion ${\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}-{\frac {\partial F_{1}}{\partial y}}$. Diesen erstaunlichen Zusammenhang kann man auch zur Berechnung von Flächeninhalten einsetzen. Es gibt auch höherdimensionale Verallgemeinerungen wie den Satz von Stokes.

## Satz

Es sei $T\subseteq \mathbb {R} ^{2}$ eine regulär berandete, ebene Teilmenge mit dem Rand $R=\partial T$ und es sei
    $F\colon U\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}$
$U\supseteq T$
stetig differenzierbares Vektorfeld.
Dann ist
d.h. das Wegintegral zum Vektorfeld $F$ über den Rand von $T$ stimmt mit dem zweidimensionalen Integral rechts über $T$ überein.

### Beweis

Wir geben eine Beweisskizze. Da sowohl Wegintegrale als auch Integrale über ebenen Bereichen additiv im Vektorfeld bzw. in der Funktion sind und da partielles Ableiten ebenfalls additiv ist, kann man sich auf Vektorfelder der Form $F=(F_{1},0)$ bzw. $(0,F_{2})$ beschränken. Wir unterteilen den $\mathbb {R} ^{2}$ mit einem Gitter derart, dass für die einzelnen Gitterrechtecke $Q$ gilt, dass $Q$ ganz in $T$ liegt oder aber $Q\cap T$ aus drei geraden Seiten und einer Berandung besteht, die man als den Graph einer stetig differenzierbaren Funktion in der gegenüberliegenden Seite realisieren kann. Das Integral zur Funktion über $T$ ist additiv bezüglich einer solchen Zerlegung. Der in $Q\cap T$ durchlaufene Rand stimmt natürlich nur in einer Seite mit einem Stück des Randes von $T$ überein. Wenn man aber die Wegintegrale über alle diese Teilstücke aufsummiert, so wird jede gerade Seite von $Q\cap T$, die nicht zum Rand von $T$ gehört, doppelt durchlaufen, und zwar einmal in die eine Richtung und einmal in die entgegengesetzte Richtung. Daher heben sich diese Teilwegintegrale weg und in der Summe bleibt das Wegintegral über den Rand von $T$ übrig. Wir gehen also davon aus, dass $T$ die Form
    $T={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid a\leq x\leq b,\,c\leq y\leq h(x)\right\}}\,$
mit einer stetig differenzierbaren Funktion
    $h\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R}$
mit $h(x)\geq c$ besitzt. Eine Parametrisierung des Randes wird dann durch die Wege $\gamma _{1}(t)=(a,c)+t(1,0)$ mit $t\in [0,b-a]$, $\gamma _{2}(t)=(b,c)+t(0,1)$ mit $t\in [0,h(b)-c]$ (wir parametrisieren also so, dass die Zeit immer bei $0$ anfängt), $\gamma _{3}(t)=(b,0)+(-t,h(b-t))$ mit $t\in [0,b-a]$ und schließlich $\gamma _{4}(t)=(a,h(a))+t(0,-1)$ mit $t\in [0,h(a)-c]$. Dabei ist für $F=(F_{1},0)$
    ${\begin{aligned}\int _{\gamma }F&=\int _{\gamma _{1}}F+\int _{\gamma _{2}}F+\int _{\gamma _{3}}F+\int _{\gamma _{4}}F\\&=\int _{0}^{b-a}F_{1}(a+t,c)dt+0+\int _{0}^{b-a}F_{1}(b-t,h(b-t))(-1)dt+0\\&=\int _{a}^{b}F_{1}(x,c)dx+\int _{b}^{a}F_{1}(x,h(x))dx\\&=\int _{a}^{b}F_{1}(x,c)-F_{1}(x,h(x))dx\\&=-\int _{a}^{b}\int _{c}^{h(x)}{\frac {\partial F_{1}}{\partial y}}dydx\\&=\int _{T}-{\frac {\partial F_{1}}{\partial y}}d\lambda ^{2}.\end{aligned}}$
Es sei nun $F=(0,F_{2})$ auf $T$ wie zuvor. Für die Abschnitte, auf denen $h$ streng wachsend oder streng fallend ist, kann man durch eine feinere Gitterunterteilung den Graphen auch abhängig von $y$ realisieren. Dabei entsteht eine Situation, die analog zu der schon behandelten Situation ist (wobei sich die Rollen von $x$ und $y$ und die Komponenten des Vektorfeldes vertauschen). Auf einem Abschnitt, auf dem $h$ konstant ist (sagen wir gleich $d$), ergibt sich die Behauptung unter Verwendung des Satzes von Fubini aus
    ${\begin{aligned}\int _{\gamma }F&=\int _{\gamma _{1}}F+\int _{\gamma _{2}}F+\int _{\gamma _{3}}F+\int _{\gamma _{4}}F\\&=0+\int _{0}^{d-c}F_{2}(b,c+t)dt+0+\int _{0}^{d-c}F_{2}(a,d-t)(-1)dt\\&=\int _{c}^{d}F_{2}(b,y)dy+\int _{d}^{c}F_{2}(a,y)dy\\&=\int _{c}^{d}F_{2}(b,y)-F_{2}(a,y)dy\\&=\int _{c}^{d}\int _{a}^{b}{\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}dxdy\\&=\int _{a}^{b}\int _{c}^{d}{\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}dydx\\&=\int _{T}{\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}d\lambda ^{2}.\end{aligned}}$
$\Box$

## Beispiel

Es sei $T\subseteq \mathbb {R} ^{2}$ die Teilmenge, die durch die $x$-Achse, die Gleichung $x=1$ und den Parabelbogen begrenzt wird, und es sei $F(x,y)=(e^{x},xy)$ ein Vektorfeld. Wir wollen die beiden Integrale im Satz von Green unabhängig voneinander berechnen. Den Rand von $T$ kann man durch drei Wege $\gamma _{1},\gamma _{2},\gamma _{3}$ regulär parametrisieren, wobei
    $\gamma _{1}(t)=(t,0)\,,$
    $\gamma _{2}(t)=(1,t)\,$
und
    $\gamma _{3}(t)=\left(1-t,\,(1-t)^{2}\right)\,,$
(jeweils mit $t\in [0,1]$) ist. Für das Wegintegral gilt somit
    ${\begin{aligned}\int _{\partial T}F&=\int _{\gamma _{1}}F+\int _{\gamma _{2}}F+\int _{\gamma _{3}}F\\&=\int _{0}^{1}F_{1}(t,0)dt+\int _{0}^{1}F_{2}(1,t)dt+\int _{0}^{1}F_{1}(1-t,1-2t+t^{2})(-1)+F_{2}(1-t,1-2t+t^{2})(2t-2)dt\\&=\int _{0}^{1}e^{t}dt+\int _{0}^{1}tdt+\int _{0}^{1}-e^{1-t}+(1-t)(1-2t+t^{2})(2t-2)dt\\&=e-1+{\frac {1}{2}}+{\left(e^{1-t}\right)}{|}_{0}^{1}-2\int _{0}^{1}(1-t)^{4}dt\\&={\frac {1}{2}}+{\frac {2}{5}}{\left((1-t)^{5}\right)}{|}_{0}^{1}\\&={\frac {1}{2}}-{\frac {2}{5}}\\&={\frac {1}{10}}.\end{aligned}}$
Zur Berechnung des Doppelintegrals ist
    ${\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}-{\frac {\partial F_{1}}{\partial y}}=y\,.$
Somit ist
    ${\begin{aligned}\int _{T}{\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}-{\frac {\partial F_{1}}{\partial y}}d\lambda ^{2}&=\int _{T}yd\lambda ^{2}\\&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{x^{2}}ydydx\\&=\int _{0}^{1}{\left({\frac {1}{2}}y^{2}\right)}{|}_{0}^{x^{2}}dx\\&={\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}x^{4}dx\\&={\frac {1}{2}}{\left({\frac {1}{5}}x^{5}\right)}{|}_{0}^{1}\\&={\frac {1}{10}}.\end{aligned}}$

## Bemerkung

Für ein stetig differenzierbares Gradientenfeld $F$ ist (nach Fakt)
    ${\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}(x,y)-{\frac {\partial F_{1}}{\partial y}}(x,y)=0\,,$
sodass das Flächenintegral im Satz von Green gleich $0$ ist. Daher muss das Wegintegral ebenfalls $0$ sein, was schon in Fakt gezeigt wurde (und auch in höheren Dimensionen gilt).

## Korollar

Es sei $T\subseteq \mathbb {R} ^{2}$ eine regulär berandete, ebene Teilmenge mit dem Rand $R=\partial T$.
Dann ist
d.h. der Flächeninhalt von $T$ lässt sich über geeignete Wegintegrale längs des Randes berechnen.

### Beweis

Dies ergibt sich aus Fakt für das Vektorfeld $F(x,y)=(0,x)$ bzw. $G(x,y)=(-y,0)$.
$\Box$

## Korollar

Es sei $T\subseteq \mathbb {R} ^{2}$ eine regulär berandete, ebene Teilmenge mit dem Rand $R=\partial T$ und dem Flächeninhalt $m>0$.
Dann kann man den Schwerpunkt $S$ von $T$ durch Integration eines geeigneten Vektorfeldes bestimmen, und zwar ist

### Beweis

Wir beweisen die Aussage für die $x$-Koordinate des Schwerpunktes unter Verwendung von Fakt. Für das Vektorfeld $F(x,y)=(xy,0)$ ist
    ${\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}-{\frac {\partial F_{1}}{\partial y}}=-x\,$
und daher ist
    $x_{S}={\frac {1}{m}}\int _{T}xd\lambda ^{2}=-{\frac {1}{m}}\int _{T}{\frac {\partial F_{2}}{\partial x}}-{\frac {\partial F_{1}}{\partial y}}d\lambda ^{2}=-{\frac {1}{m}}\int _{R}(xy,0)\,.$
Für das Vektorfeld $G(x,y)=(0,x^{2})$ ist
    ${\frac {\partial G_{2}}{\partial x}}-{\frac {\partial G_{1}}{\partial y}}=2x\,$
und daher ist
    $x_{S}={\frac {1}{m}}\int _{T}xd\lambda ^{2}={\frac {1}{2m}}\int _{T}{\frac {\partial G_{2}}{\partial x}}-{\frac {\partial G_{1}}{\partial y}}\lambda ^{2}={\frac {1}{2m}}\int _{R}(0,x^{2})\,.$
$\Box$

## Beispiel

Es sei $T$ der Subgraph der Sinusfunktion zwischen $0$ und $\pi$. Wir wollen den geometrischen Schwerpunkt von $T$ mit Hilfe von Fakt berechnen. Der Flächeninhalt von $T$ ist bekanntlich
    $m=\int _{0}^{\pi }\sin t=-\cos t{|}_{0}^{\pi }=2\,.$
Der Rand von $T$ wird durch die beiden Wege $\gamma _{1}(t)=(t,0)$ und $\gamma _{2}(t)=(\pi -t,\sin \left(\pi -t\right))$ (jeweils für $t\in [0,\pi ]$) parametrisiert. Daher ist die $x$-Koordinate des Schwerpunkts mit Hilfe des Vektorfeldes $F(x,y)=(xy,0)$ gleich
    ${\begin{aligned}x_{S}&=-{\frac {1}{2}}\int _{\partial T}F\\&=-{\frac {1}{2}}\int _{\gamma _{2}}F\\&=-{\frac {1}{2}}\int _{0}^{\pi }(\pi -t)\sin \left(\pi -t\right)(-1)dt\\&={\frac {1}{2}}\int _{0}^{\pi }u\sin udu\\&={\frac {1}{2}}{\left(-u\cos u+\sin u\right)}{|}_{0}^{\pi }\\&={\frac {1}{2}}\pi ,\end{aligned}}$
was auch aus Symmetriegründen klar ist. Die $y$-Koordinate des Schwerpunktes berechnet sich mit Hilfe des Vektorfeldes $G(x,y)=(y^{2},0)$ zu
    ${\begin{aligned}y_{S}&=-{\frac {1}{4}}\int _{\partial T}G\\&=-{\frac {1}{4}}\int _{\gamma _{2}}G\\&={\frac {1}{4}}\int _{0}^{\pi }\sin ^{2}(\pi -t)dt\\&={\frac {1}{4}}\int _{0}^{\pi }\sin ^{2}udu\\&={\frac {1}{4}}\cdot {\frac {1}{2}}\pi \\&={\frac {1}{8}}\pi .\end{aligned}}$