Treppenfunktionen < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:57 Di 28.10.2003 | | Autor: | ministel |
Ich habe irgendwie ziemliche Probleme mit Treppenfunktionen.
Also es ist mir klar, was sie genau sind (ich versuchs mal aufzuschreiben, dann könnt ihr gleich überprüfen, ob ichs wirklich verstehe ;): also Treppenfunktionen setzen sich zusammen aus vielen Summanden, bestehend aus der Indikatorfunktion eines bestimmten Intervalls und einem konstanten, vom Intervall abhängigen Faktor; Treppenfunktionen approximieren jene Funktionen, die oberhalb von ihnen liegen; falls das falsch war, bitte ich um Richtigstellung).
Jetzt zum eigentlichen Problem:
Wie berechne ich eine solche Funktion?
Ich hab als Beispiel hier eine Aufgabe mit einer Funktion, die ich durch Bestimmung der Treppenfunktion integrieren soll.
[mm]f(x,y):=\left\{\begin{matrix} e^{-x-y}, (x,y > 0) \\ 0, sonst \end{matrix}\right. [/mm]
Wie mache ich das jetzt?
Wenn ich zum Beispiel erstmal ganz grob die Einteilung der Intervalle mache und sagen [mm]A_i[/mm] = [i,i+1)² für 0 [mm]\le[/mm] i [mm]\le[/mm] n.
Dann heißt es laut meiner Definition, dass [mm] f(x,y) =
\sum_{i=0}^n a_i 1_{A_i}(x,y)[/mm]
Aber dadurch sind ja die [mm]a_i[/mm]s gar nicht eindeutig bestimmt. Und selbst, wenn ich die Intervalle jetzt noch kleiner mache, sind sie nicht eindeutig?
Oder werden sies doch irgendwann oder ist das nicht wichtig?
Würd mich freuen, wenn mir einer von euch helfen könnte! :)
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Ich muss mich korrigieren. Also die genaue Aufgabe lautet, dass ich das Integral von f mit Hilfe einer aufsteigenden Folge von Treppenfunktionen bestimmen soll, die gegen f konvergiert.
Bleibt aber weiterhin, wie ich eine solche Treppenfunktion bestimme.
Ich schätze, die aufsteigende Folge ergibt sich dann durch Verfeinerung der Intervalle?
Nachricht bearbeitet (Di 28.10.03 14:05)
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:04 Di 28.10.2003 | | Autor: | Marc |
Hallo ministel,
Ich schlage vor, dass Stefan erst mal meine Antwort durchliest, denn ich bin mir nicht sicher. Ich poste es aber schon mal, weil es dir vielleicht schon weiter hilft.
> Ich habe irgendwie ziemliche Probleme mit Treppenfunktionen.
> Also es ist mir klar, was sie genau sind (ich versuchs mal
> aufzuschreiben, dann könnt ihr gleich überprüfen, ob ichs
> wirklich verstehe ;): also Treppenfunktionen setzen sich
> zusammen aus vielen Summanden, bestehend aus der
> Indikatorfunktion eines bestimmten Intervalls und einem
> konstanten, vom Intervall abhängigen Faktor; Treppenfunktionen
> approximieren jene Funktionen, die oberhalb von ihnen liegen;
> falls das falsch war, bitte ich um Richtigstellung).
Ganz richtig ist das nun nicht:
1.) Treppenfunktionen bestehen nicht nur aus einem Intervall bzw. einer Indikatorfunktionen, sondern mehreren (sonst würde ja keine "Treppe" entstehen)
2.) Ein Treppenfunktion approximiert per se nichts, aber man könnte eine Folge von Treppenfunktionen zu einer Approximation von irgendwas benutzen.
Also, eine Treppenfunktion ist eine Funktion, die über bestimmten (fest vorgegebenen) Intervallen einen konstanten Wert annimmt. Aus der Schulzeit wirst du zum Beispiel noch die Ober- und Untersummen, die man zur Definition des (Riemann-) Integrals benutzte, kennen: waagerechten Linien dieser "Blöcke" unter- bzw. oberhalb der Funktion, könnte man als Graph einer Treppenfunktion deuten. Daher kommt dann bestimmt auch der Name, weil es wie eine Treppe aussieht.
Eine (genauere) Definition aus "Vieweg Mathematik Lexikon":
Def. Treppenfunktion
Eine Funktion [mm] f: \lbrack a,b\rbrack \mapsto \IR [/mm] heißt Treppenfunktion, wenn es eine Unterteilung [mm] a=x_0 \lt x_1 \lt ... \lt x_m=b [/mm] des Intervalls [mm] \lbrack a,b \rbrack [/mm] gibt, so dass [mm]f[/mm] auf jedem offenen Teilintervall [mm] \rbrack x_k,x_{k+1} \lbrack [/mm] konstant ist.
> Jetzt zum eigentlichen Problem:
> Wie berechne ich eine solche Funktion?
> Ich hab als Beispiel hier eine Aufgabe mit einer Funktion, die
> ich durch Bestimmung der Treppenfunktion integrieren soll.
> [mm]f(x,y):=\left\{\begin{matrix} e^{-x-y}, (x,y > 0) \\ 0,
> sonst \end{matrix}\right. [/mm]
Das macht --meiner Meinung nach-- so keinen Sinn; ist das tatsächlich eine Aufgabenstellung?
Um diese Funktion zu integrieren benötigt man sicher mehr als eine Treppenfunktion, in der Lebesgue-Integrationstheorie eine Cauchyfolge von Treppenfunktionen, die fast überall punktweise gegen [mm]f[/mm] konvergiert.
> Wie mache ich das jetzt?
> Wenn ich zum Beispiel erstmal ganz grob die Einteilung der
> Intervalle mache und sagen [mm]A_i[/mm] = [i,i+1)² für 0
> [mm]\le[/mm] i [mm]\le[/mm] n.
> Dann heißt es laut meiner Definition, dass [mm] f(x,y) =
> \sum_{i=0}^n a_i 1_{A_i}(x,y)[/mm]
> Aber dadurch sind ja die [mm]a_i[/mm]s gar nicht eindeutig
> bestimmt. Und selbst, wenn ich die Intervalle jetzt noch
> kleiner mache, sind sie nicht eindeutig?
> Oder werden sies doch irgendwann oder ist das nicht wichtig?
Oops, ich sehe gerade, dass sich das (und das obige auch) wohl geklärt hat, siehe deine Korrektur unten.
> Würd mich freuen, wenn mir einer von euch helfen könnte! :)
>
> ---
>
> Ich muss mich korrigieren. Also die genaue Aufgabe lautet, dass
> ich das Integral von f mit Hilfe einer aufsteigenden Folge von
> Treppenfunktionen bestimmen soll, die gegen f konvergiert.
> Bleibt aber weiterhin, wie ich eine solche Treppenfunktion
> bestimme.
> Ich schätze, die aufsteigende Folge ergibt sich dann durch
> Verfeinerung der Intervalle?
Ja, durch Verfeinerung (eher Veränderung, denn es ist eigentlich keine Verfeinerung gefordert) der Intervalle und natürlich Anpassung der [mm]a_i[/mm]s.
Eine solche Treppenfunktion (im [mm]\IR^2[/mm]) zu konstruieren scheint mir recht aufwendig, aber es soll wahrscheinlich eine Übung sein; später wird man z.B. den Satz von Fubini anwenden können.
Ich probiere es mal, ich bin mir aber nicht sicher, ob die Aufgabe so gemeint war:
Ich definiere eine Menge von Intervallen folgendermaßen:
(ich umschreibe es mal nur sprachlich, du kannst ja dann den formalen Kram erledigen 
[mm]M_i = \{[/mm] zweidimensionale disjunkte Intervalle [mm]I_i_{jk}[/mm], die in dem Intervall [mm]\rbrack 0; i \lbrack ^2[/mm] liegen und in jeder Dimension die Breite 1/i haben. [mm]\}[/mm]
Diese Menge müßte dann (ungefähr) [mm]i^2 \cdot i^2=i^4[/mm] Intervalle umfassen.
Damit erreiche ich zum einen, dass die Intervalle immer feinere Unterteilungen herstellen, und zum anderen, dass sie den unbeschränkten Integrationsbereich ausschöpfen.
Als [mm2]a_{i}_{jk}[/mm2] wähle ich das Infimum von f über dem entsprechenden Intervall [mm]I_i_{jk}[/mm].
Jetzt müßte ich noch die Konvergenz zeigen, also
[mm2] f=\lim\limits_{n\rightarrow\infty} 1_{I_i_{jk}} [/mm2], aber das dürfte recht einfach sein.
Wie zu Anfang gesagt, sollten wir vielleicht erst mal abwarten, was Stefan dazu zu sagen hat.
Alles Gute,
Marc
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:40 Di 28.10.2003 | | Autor: | Stefan |
Hallo Ministel, hallo Marc!
> Ich schlage vor, dass Stefan erst mal meine Antwort
> durchliest, denn ich bin mir nicht sicher.
Also, da ich (leider) nicht der Mathegott persönlich bin, kann ich hier auch nur Vermutungen anstellen.
> > Ich habe irgendwie ziemliche Probleme mit Treppenfunktionen.
> > Also es ist mir klar, was sie genau sind (ich versuchs mal
> > aufzuschreiben, dann könnt ihr gleich überprüfen, ob ichs
> > wirklich verstehe ;): also Treppenfunktionen setzen sich
> > zusammen aus vielen Summanden, bestehend aus der
> > Indikatorfunktion eines bestimmten Intervalls und einem
> > konstanten, vom Intervall abhängigen Faktor;
> Treppenfunktionen
> > approximieren jene Funktionen, die oberhalb von ihnen
> liegen;
> > falls das falsch war, bitte ich um Richtigstellung).
>
> Ganz richtig ist das nun nicht:
> 1.) Treppenfunktionen bestehen nicht nur aus einem Intervall
> bzw. einer Indikatorfunktionen, sondern mehreren (sonst würde
> ja keine "Treppe" entstehen)
> 2.) Ein Treppenfunktion approximiert per se nichts, aber man
> könnte eine Folge von Treppenfunktionen zu einer
> Approximation von irgendwas benutzen.
Das meinte Ministel aber auch. Aber es schadet ja nichts, das noch mal genauer hinzuschreiben.
> > Jetzt zum eigentlichen Problem:
> > Wie berechne ich eine solche Funktion?
Du meinst: Wie berechne ich das Integral einer solchen Funktion? Das ist über die Definition, so wie ihr das machen sollt, furchtbar. Aber dafür kannst du nichts.
> Ja, durch Verfeinerung (eher Veränderung, denn es ist
> eigentlich keine Verfeinerung gefordert) der Intervalle und
> natürlich Anpassung der [mm]a_i[/mm]s.
> Eine solche Treppenfunktion (im [mm]\IR^2[/mm]) zu konstruieren
> scheint mir recht aufwendig, aber es soll wahrscheinlich eine
> Übung sein; später wird man z.B. den Satz von Fubini anwenden
> können.
So sehe ich das auch.
> Ich probiere es mal, ich bin mir aber nicht sicher, ob die
> Aufgabe so gemeint war:
>
> Ich definiere eine Menge von Intervallen folgendermaßen:
> (ich umschreibe es mal nur sprachlich, du kannst ja dann den
> formalen Kram erledigen
>
> [mm]M_i = \{[/mm] zweidimensionale disjunkte Intervalle
> [mm]I_i_{jk}[/mm], die in dem Intervall [mm]\rbrack 0; i
> \lbrack ^2[/mm] liegen und in jeder Dimension die Breite 1/i
> haben. [mm]\}[/mm]
> Diese Menge müßte dann (ungefähr) [mm]i^2 \cdot i^2=i^4[/mm]
> Intervalle umfassen.
> Damit erreiche ich zum einen, dass die Intervalle immer feinere
> Unterteilungen herstellen, und zum anderen, dass sie den
> unbeschränkten Integrationsbereich ausschöpfen.
Tja, das ist so eine Sache. Was du da machst, ist eine Approximation des zweidimensionalen Riemann-Integrals. Beim Lebesgue-Integral darf die Zerlegung nicht im Bildbereich stattfinden, sondern im Urbildbereich!
> Jetzt müßte ich noch die Konvergenz zeigen, also
> [mm2] f=\lim\limits_{n\rightarrow\infty} 1_{I_i_{jk}} [/mm2],
> aber das dürfte recht einfach sein.
Diese Gleichung verstehe ich jetzt aber nicht. Meinst du wirklich das, was da steht?
Also, was mir bekannt ist, ist folgendes:
Es sei f >=0 eine messbare Borel-Funktion. Dann lässt sich f durch eine Folge [mm] u_n [/mm] von Elementarfunktionen annähern mit
[mm]u_n = \sum_{i=1}^{n2^n}
i \, 2^{-n} 1_{A_{in}}[/mm]
mit
[mm]A_{in} = \{f\ge i\, 2^{-n}\} \cap \{f < (i+1)\, 2^{-n}\}[/mm] für [mm]i=0,1,\ldots,n2^n-1[/mm]
und
[mm]A_{n2^n,n} = \{f \ge n\}[/mm].
Das ist ja genau das, was Marc meint, nur eben mit dem (allerdings wichtigen!) Unterschied, dass die Zerlegung im Urbildraum stattfinden, denn ansonsten berechnet man das mehrdimensionale Riemann-Integral. Kein Grund zur Panik: In "fast allen Fällen" stimmen die beiden Integrale überein.
Versuche es doch mal, Ministel. Wenn Probleme auftauchen, dann melde dich wieder. Sobald ich Zeit habe, versuche ich die Aufgabe mal zu lösen. Wird aber zeitaufwändig und schwierig, fürchte ich.
Alles Gute
Stefan
Nachricht bearbeitet (Di 28.10.03 16:54)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:47 Di 28.10.2003 | | Autor: | Marc |
Hallo ministel, hallo Stefan,
> Tja, das ist so eine Sache. Was du da machst, ist eine
> Approximation des zweidimensionalen Riemann-Integrals. Beim
> Lebesgue-Integral darf die Zerlegung nicht im Bildbereich
> stattfinden, sondern im Urbildbereich!
Du meinst es genau umgekehrt, oder? Lebesgue im Bildbereich, Riemann im Urbildbereich, aber trotzdem bleibt mein Ansatz falsch, du hast Recht. Gut, dass ich etwas vorsichtig war.
> > Jetzt müßte ich noch die Konvergenz zeigen, also
> > [mm2] f=\lim\limits_{n\rightarrow\infty} 1_{I_i_{jk}}
> [/mm2],
> > aber das dürfte recht einfach sein.
>
> Diese Gleichung verstehe ich jetzt aber nicht. Meinst du
> wirklich das, was da steht?
Nein, es fehlen noch die a_ijk, aber ich verbessere es mal nicht, da der Ansatz ohnehin falsch ist.
Gruß,
Marc
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:03 Di 28.10.2003 | | Autor: | Stefan |
Hallo Marc,
> Du meinst es genau umgekehrt, oder? Lebesgue im Bildbereich,
> Riemann im Urbildbereich, aber trotzdem bleibt mein Ansatz
> falsch, du hast Recht. Gut, dass ich etwas vorsichtig war.
Ja, natürlich, sorry! Anschließend habe ich ja dann auch den Bildbereich zerlegt.
Also, liebe Ministel, was musst du tun?
Du musst dir anschauen, in welchem Bereich die Funktion jeweils ihre Werte im Intervall [mm] [i\, 2^{-n}, (i+1)\, 2^{-n}[ [/mm] annimmt. Die Menge, die du herausbekommst, also das Urbild von [mm] [i\, 2^{-n}, (i+1)\, 2^{-n}[ [/mm], ist natürlich eine Menge im Urbildbereich (aber trotzdem hat die Zerlegung im Bildbereich stattgefunden). Dann bekommst du für jedes i und jedes n eine Menge [mm]A_{in}[/mm] raus. Schön wäre es, wenn [mm]A_{in}[/mm] eine möglichst einfache Struktur hätte, günstigstenfalls ein zweidimensionales Intervall. Davon bildest du dann das Lebesgue-Maß (also sozusagen die normale Fläche) [mm]\lambda(A_{in})[/mm]. Nun bildest du die Summe
[mm]\sum_{i=1}^{n2^{n}} i\, 2^{-n} \lambda(A_{in})[/mm]
und erhältst eine Annäherung für das gesuchte Integral.
Lässt du nun n gegen unendlich laufen, so erhältst du das Integral.
Melde dich doch mal, wenn du Fragen dazu hast.
Nachricht bearbeitet (Di 28.10.03 18:05)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:35 Di 28.10.2003 | | Autor: | Stefan |
So, ich habe jetzt
[mm]A_{in}=\{(x,y) : 0 \le x \le -\log((i+1)2^{-n}), -x-\log((i+1)2^{-n}) \le y \le -x-\log(i2^{-n})[/mm]
und es müsste
[mm]\lambda(A_{in}) = -\log((i+1)2^{-n}) \cdot \log\left(\frac{i+1}{i}\right)[/mm]
sein. Kann das jemand bestätigen (oder verbessern)?
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:43 Di 28.10.2003 | | Autor: | Stefan |
Okay, das scheint richtig zu sein, ist aber wenig zweckmäßig. Ich würde mal die Basis wechseln, das könnte klug sein.
Also, überall die "2" durch ein "e" ersetzen, dann müsste die Rechnung einfacher gehen. Leider kann ich jetzt aber nicht mehr mitüberlegen, da ich echt noch viel zu tun haben. Jetzt sollte die Aufgabe aber durchgehen.
Herauskommen muss ja, glaube ich, 1, wenn ich mich nicht verrechnet habe, oder?
Alles Gute
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:01 Di 28.10.2003 | | Autor: | ministel |
Hm, versteh ich das richtig, ich soll diese Menge bestimmen: [mm]\{(x_i,y_i) : f(x_i,y_i) \in [i/(2^n),(i+1)/(2^n))\}[/mm]?
Irgendwie übersteigt das grad meine geistigen Fähigkeiten, aber ich hab auch noch nie was von dem Satz gehört, den du in dem vorigen Posting aufgeschrieben hast, versteh also auch gar nicht, wie du auf diese Intervallaufteilung kommst (aber ich nehme es gerne ohne nachzuhaken hin, wenn ich so ans Ziel komme ;)).
Hm, also mal als Beispiel n=1 und i=1. Dann hab ich das Intervall [1/2,1).
Wenn ich jetzt die Menge aller (x,y) bestimme, für die das Bild in dem Intervall liegt... hm, also funktioniert das so:
[mm]1/2 \le e^{-x-y}[/mm] <=> [mm]ln(1/2) \le -x-y[/mm] <=> [mm]ln(2) -y \le x[/mm]?
Aber da kann ich ja auch lediglich eine Aussage über die Beziehung von x zu y machen und evtl noch sagen, dass [mm]y \le ln(2)[/mm].
Ich glaub, ich steh grad ziemlich auf dem Schlauch. ;(
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:04 Di 28.10.2003 | | Autor: | ministel |
Hmm, hab zu lange zum Tippen gebraucht (zwischendurch Telefonanruf).
Werde jetzt nochmal versuchen, mit deinen weiteren Hinweisen zu arbeiten. Mal schauen, ob ich da weiterkomme.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:42 Di 28.10.2003 | | Autor: | ministel |
Hab doch noch ne Frage. :\ Vielleicht weiß Marc da ja auch weiter...?
Also geht die Summe wirklich von i=1 bis n*2^(-n) (oder nach der Verbesserung dann e statt 2)?
a) Handelt es sich dabei doch um eine reelle Zahl, und wie soll ich denn über reelle Zahlen summieren und b) geht der Ausdruck ja für n -> oo gegen Null...
Also woran liegts? Geht die Summe nur bis n und war das ein Tippfehler? Oder was versteh ich falsch?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:58 Di 28.10.2003 | | Autor: | Marc |
Hallo ministel,
es kann --aus den Gründen, die du bereits angeführt hast-- nur ein Tippfehler sein 
Gruß,
Marc
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:01 Di 28.10.2003 | | Autor: | Stefan |
Liebe Ministel,
okay, da hast du recht. War so unsinnig! Aber: Man koennte ja mit der Gaußklammer operieren. Obwohl... ob es dann einfacher wird? Hmmm... Okay, vielleicht war das doch keine gute Idee. Dann musst du es doch so machen, wie ich es zuerst gemacht habe. Aber dann wird der Grenzwert der Summe furchtbar. Jedenfalls sehe ich nicht, warum dann da 1 rauskommen soll:
[mm]\lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n2^n} i 2^{-n} \lambda(A_{in})=1?[/mm]
mit meinem vorher ausgerechneten [mm]\lambda(A_{in})[/mm] (hast du das auch raus?). Wieso soll das 1 sein?
Steh gerade selber auf dem Schlauch...
Alles Gute
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:29 Di 28.10.2003 | | Autor: | ministel |
Ja, für das Volumen bekomm ich dasselbe raus, das sollte richtig sein.
Allerdings müsste doch dann, wenn ich das richtig sehe, der Grenzwert negativ sein, oder?
Also wenn ich das Volumen in die Gleichung einsetze, steht doch dann da
[mm] \sum_{i=1}^{n2^n} -i2^{-n}log((i+1)/i)log((i+1)2^{-n})[/mm]
Und da sowohl die Logarithmen, als auch [mm] 2^{-n} [/mm] und i positiv sind, addieren sich da lauter negative Summanden auf, oder seh ich das falsch?
Man, langsam fängt das echt an, mich zu frustrieren. Bei meinem alten Prof in Ana hab ich auf jedem Blatt mindestens zwei Aufgaben lösen können, bei meinem jetzigen neuen Prof geht da überhaupt nichts mehr. Da frag ich mich wirklich, wie ich überhaupt die 50% für den Schein bekommen soll.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:11 Di 28.10.2003 | | Autor: | Marc |
Hallo ministel,
> [mm] \sum_{i=1}^{n2^n}
> -i2^{-n}log((i+1)/i)log((i+1)2^{-n})[/mm]
> Und da sowohl die Logarithmen, als auch [mm] 2^{-n} [/mm] und i positiv
> sind, addieren sich da lauter negative Summanden auf, oder seh
> ich das falsch?
Ich habe jetzt nicht alles mitverfolgen können, aber der zweite Logarithmus könnte bei grossem n doch negativ sein:
[mm]\log((i+1)2^{-n})[/mm]
[mm]=\log(i+1) + \log(2^{-n})[/mm]
[mm]=\log(i+1) - n\cdot \log(2)[/mm]
Vielleicht hilft das ja weiter...
Gruß,
Marc
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:00 Di 28.10.2003 | | Autor: | ministel |
Hm, ja, stimmt.
Wie berechnet man denn den Grenzwert von so einer Reihe (also nicht von Reihen allgemein, sondern von dieser jetzt)?
Also nochmal die Reihe, damits nicht zu unübersichtlich wird:
[mm]\sum_{i=1}^{n2^n}
= i2^{-n}log((i+1)/i)(nlog(2)-log(i+1))[/mm]
Mir lässt das irgendwie keine Ruhe, ich muss das Donnerstag abgeben, und ich hab hier schon drei Blätter mit irgendwelchen blöde Umformungen und Versuchen, da irgendwie nen Grenzwert rauszubekommen, aber ich scheitere da kläglich. Hmpf, das macht mich verrückt, dass das nicht klappt.
Würds euch (oder dich Marc, du scheinst ja auch noch online zu sein ;)) stören, wenn ich nach noch einer Aufgabe frage? Da hab ich sogar schon nen Ansatz, bräuchte noch eine von drei Teilaufgaben und ne Kontrolle, ob das, was ich bisher hab, richtig ist.
Hab irgendwie immer ein so schlechtes Gewissen, wenn ich euch mit meinen blöden Aufgaben quäle. ;)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:30 Di 28.10.2003 | | Autor: | Marc |
Hallo ministel,
ich fürchte, dass ich jetzt nicht mehr die Muße dazu habe, mich da einzuarbeiten, ich werde mir die Sachen morgen früh mal anschauen.
Noch ganz kurz: Den Tipp von Stefan mit dem Basiswechsel hast du noch nicht aufgegriffen, damit dürfte die Reihe doch einfacher zu berechnen sein. Aber vielleicht habe ich das auch übersehen.
Gute Nacht,
Marc
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:30 Mi 29.10.2003 | | Autor: | Stefan |
Hallo ministel,
ich weiss es leider auch nicht. Vermutlich ist der Ansatz doch sch...
Das grundsätzliche Vorgehen ist auf jeden Fall richtig, nur muss man vermutlich den Bildbereich "klüger" aufspalten. Aber wie? Ich weiss es gerade auch nicht.
Ich meine, ausrechnen kann man das Integral ja ganz leicht mir dem Satz von Fubini. Dann kommt 1 raus. Aber das mit der Approximation über Treppenfunktionen auszurechnen, ist ja echt furchtbar. Schau mal in den "Barner/Flohr: Analysis II", dort findest du zahlreiche ähnliche Beispiele für die Berechnung zweidimensionaler Integrale über die Approximation durch Treppenfunktionen. Nur kommen mir die irgendwie leichter vor als das hier.
Tut mir leid, wenn ich genug Zeit hätte, würde ich es vielleicht hinbekommen, aber ich habe echt viel zu tun.
Was ist denn mit den anderen Aufgaben? Vielleicht sind die ja einfacher. Hast du da schon was versucht? Wo liegen da deine Probleme?
Alles Gute
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:31 Mi 29.10.2003 | | Autor: | ministel |
Das Problem war (und ist, ich hoffe, ich bekomms am Wochenende mal hin, was nachzuholen), dass ich letzte Woche krank war, und somit zwei Tage Vorlesungen verpasst hab (insgesamt fünf Stück plus Übungen). Jetzt häng ich so hinterher mit dem Aufholen und versuch irgendwie nebenher noch meine Zettel zu lösen, was aber nie so richtig was wird.
Hab mich jetzt also entschlossen, dieses Blatt so zu lassen, zwei halbfertige und eine fertige Aufgabe abzugeben und dafür das nächste ordentlich zu machen, weil das eh keinen Sinn mehr macht, mir das jetzt auf Teufel komm raus reinzuprügeln.
Aber danke euch beiden, dass ihr mit so tatkräftig zur Seite steht, sobald ich die Lösung habe (entweder morgen früh von einem Kommilitonen oder dann spätestens in der Übung am Dienstag), werd ich sie euch geben, falls da Interesse besteht.
Könntet ihr mir bei der Gelegenheit gleich noch eine Frage beantworten?
Nämlich gleich zum nächsten Blatt...
Man soll berechnen [mm]\int_{A}f := \int f 1_A[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
mit A := {[mm](x,y) \in \IR : x \ge 0, x^2 \le y \le 2 - x^2[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
} [mm]\subseteq \IR[/mm]
[mm]f(x,y) := y \sqrt{x}, (x,y)\in\IR[/mm]
Also ich weiß, dass [mm]\int f = \int (\int f(x,y)dx)dy)[/mm] ist, aber wie mach ich das mit der Indikatorfunktion?
Ist das Ganze dann eine Funktion derart: [mm]f1_{A}(x)= \left\{\begin{matrix} f(x,y)}, (x,y)\in A \\ 0, sonst \end{matrix}\right.[/mm]
?
Und jetzt die ganz blöde Frage: Wie integriere ich das dann?
Also welche Auswirkungen hat es, dass ich mit der Indikatorfunktion multipliziere?
Ich würde das verstehen, wenn ich Grenzen für mein Integral hätte, aber es ist ja unbestimmt?
(Ich hoffe echt, dass das keine all zu trivialen Fragen sind, aber der Prof macht halt einfach überhaupt gar keine Beispiele... ich hab immer nur die Definitionen und Sätze, an die ich mich halten kann, von daher fällt mir das alles momentan auch recht schwer zu verstehen.)
Danke nochmals, falls ihr euch die Arbeit macht!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:24 Do 30.10.2003 | | Autor: | Marc |
Hallo ministel,
> Das Problem war (und ist, ich hoffe, ich bekomms am Wochenende
> mal hin, was nachzuholen), dass ich letzte Woche krank war, und
> somit zwei Tage Vorlesungen verpasst hab (insgesamt fünf Stück
> plus Übungen). Jetzt häng ich so hinterher mit dem Aufholen und
> versuch irgendwie nebenher noch meine Zettel zu lösen, was aber
> nie so richtig was wird.
Ja, das kann ich gut nachvollziehen. Ist man einmal raus aus dem Stoff, wird's schwierig, da wieder reinzufinden.
> Aber danke euch beiden, dass ihr mit so tatkräftig zur Seite
> steht, sobald ich die Lösung habe (entweder morgen früh von
> einem Kommilitonen oder dann spätestens in der Übung am
> Dienstag), werd ich sie euch geben, falls da Interesse besteht.
Ja, klar, gerne!
> Könntet ihr mir bei der Gelegenheit gleich noch eine Frage
> beantworten?
Die Gelegenheit war nie so günstig wie jetzt...
> Nämlich gleich zum nächsten Blatt...
> Man soll berechnen [mm]\int_{A}f := \int f 1_A[/mm]
> mit A := [mm]\{(x,y) \in \IR : x \ge 0, x^2 \le y \le 2 - x^2\}\subseteq \IR[/mm]
> [mm]f(x,y) := y \sqrt{x}, (x,y)\in\IR[/mm]
>
> Also ich weiß, dass [mm]\int f = \int (\int f(x,y)dx)dy)[/mm]
Das ist dann der Satz von Fubini, allerdings in ungünstiger Reihenfolge angewendet.
Durch die innere Integration (die ja zuerst ausgeführt werden muß) erhalten wir ja einen Ausdruck, der nur noch y enthält, aber dann kann das äußere Integral nicht mehr berechnet werden, weil der Integrationsbereich unbestimmt ist (y ist ja abhängig von x).
Ich würde den Satz umgekehrt anwenden
[mm]\int f = \int (\int f(x,y)dy)dx)[/mm]
(Das hättest du aber bestimmt auch selbst noch gemerkt, aber ich wollte es jetzt schon mal sagen.)
> ist, aber wie mach ich das mit der Indikatorfunktion?
> Ist das Ganze dann eine Funktion derart: [mm]f1_{A}(x)=
\left\{\begin{matrix} f(x,y)}, (x,y)\in A \\ 0, sonst
\end{matrix}\right.[/mm]
?
Ja, genau. Die Indikatorfunktion wird so zu sagen dazu benutzt, einen "Integrationsbereich" herzustellen, und so lautet ja auch deine Definition von [mm]\int\limits_A f[/mm]
> Und jetzt die ganz blöde Frage: Wie integriere ich das dann?
> Also welche Auswirkungen hat es, dass ich mit der
> Indikatorfunktion multipliziere?
> Ich würde das verstehen, wenn ich Grenzen für mein Integral
> hätte, aber es ist ja unbestimmt?
Die Grenzen hast du ja jetzt: Das innere Integral wird über dem Interval
[mm] \lbrack x^2; 2-x^2 \rbrack [/mm]
integriert, das äußere dann über
[mm] \lbrack 0; \infty\lbrack [/mm]
Das dürfte dann mit Schul-Integration (Riemann-Integralen) zu lösen sein, aber da ich die genauen Integrale nicht kenne, will ich mich da mal nicht festlegen. Jedenfalls ist das äußere Integral ja sowas wie ein uneigentliches Integral...
> (Ich hoffe echt, dass das keine all zu trivialen Fragen sind,
> aber der Prof macht halt einfach überhaupt gar keine
> Beispiele... ich hab immer nur die Definitionen und Sätze, an
> die ich mich halten kann, von daher fällt mir das alles
> momentan auch recht schwer zu verstehen.)
>
> Danke nochmals, falls ihr euch die Arbeit macht!
Kein Problem -- wie immer. Für mich ist es schließlich eine gute Wiederholung (brauche das ja auch in meinen Prüfungen).
Alles Gute,
Marc
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:09 Do 30.10.2003 | | Autor: | ministel |
Hmm, leichter als ich gedacht hab. :)
Ich hab da grad mal versuchsweise das Integral berechnet, und kam auf [mm]-\infty[/mm]
Und bei der nächsten Aufgabe, hatte ich dann ebenfalls dieses Ergebnis. Ist natürlich durchaus möglich, bin mir jetzt aber trotzdem etwas unsicher, ob ich nicht irgendwo Fehler habe. Könnt ihr mal gucken?
[mm] \lim_{b\rightarrow\infty}\int_{0}^{b}(\int_{x^2}^{2-x^2} y\sqrt{x} dy)dx = \lim_{b\rightarrow\infty}\int_{0}^{b} \frac{1}{2}(4-4x^2+x^4\sqrt{x}-x^4\sqrt{x})dx = \lim_{b\rightarrow\infty}\int_{0}^{b} (2\sqrt{x} - 2x^{\frac{5}{2}}) dx = \lim_{b\rightarrow\infty} (\frac{4}{3}b^{\frac{3}{2}}-\frac{4}{7}b^{\frac{7}{2}}) = -\infty[/mm]
Haut das so hin? Hab jetzt nicht alle Schritte aufgeschrieben, aber sollte ja dennoch nachvollziehbar sein.
Ich frag mich halt nur, weil ichs so verwunderlich fände, wenn beides mal [mm]-\infty[/mm] rauskommt und kein "vernünftiger" Grenzwert...
Aber wenns stimmt, sollte die andere Aufgabe auch richtig sein, denn vom Prinzip her ists ja kein Unterschied und Rechenfehler sollten keine drin sein, soweit ich das überblicken kann.
Nachricht bearbeitet (Do 30.10.03 13:24)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:39 Do 30.10.2003 | | Autor: | Marc |
Hallo ministel,
> Ich hab da grad mal versuchsweise das Integral berechnet, und
> kam auf [mm]-\infty[/mm]
> Und bei der nächsten Aufgabe, hatte ich dann ebenfalls dieses
> Ergebnis. Ist natürlich durchaus möglich, bin mir jetzt aber
> trotzdem etwas unsicher, ob ich nicht irgendwo Fehler habe.
> Könnt ihr mal gucken?
>
> [mm] \lim_{b\rightarrow\infty}\int_{0}^{b}(\int_{x^2}^{2-x^2}
y\sqrt{x} dy)dx = \lim_{b\rightarrow\infty}\int_{0}^{b}
\frac{1}{2}(4-4x^2+x^4\sqrt{x}-x^4\sqrt{x})dx =
\lim_{b\rightarrow\infty}\int_{0}^{b} (2\sqrt{x} -
2x^{\frac{5}{2}}) dx = \lim_{b\rightarrow\infty}
(\frac{4}{3}b^{\frac{3}{2}}-\frac{4}{7}b^{\frac{7}{2}}) =
-\infty[/mm]
Im zweiten Zwischenschritt fehlt bei [mm] 4-4x^2 [/mm] noch [mm]\sqrt{x}[/mm], aber sonst stimmt es prinzipiell.
Ich habe mir noch mal die Menge A angesehen, und da steht ja
[mm] x^2 \le y \le 2-x^2 [/mm]
Das läßt sich aber nur für
[mm] 0 \le x \le 1 [/mm] (weil [mm]x\ge 0[/mm])
erfüllen, so dass das äußere Integral die obere Integrationsgrenze 1 erhält.
Dann wäre auch das Problem des [mm]-\infty[/mm] gelöst...
-Marc.
Nachricht bearbeitet (Mo 03.11.03 03:53)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:20 So 02.11.2003 | | Autor: | ministel |
Hmm, aber wenn ich [mm]\sqrt{2}[/mm] in die Ungleichung einsetze, bekomme ich doch [mm]2 \le x \le 0[/mm], und das macht doch nicht wirklich Sinn.
Wären die Grenzen für x nicht vielmehr [mm]0 \le x \le 1[/mm]?
Hm, bin grad irgendwie verwirrt und hab das Gefühl, ich kann nicht mehr mit kleiner/gleich-Zeichen umgehn. :\
Nachricht bearbeitet (So 02.11.03 22:22)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:11 Mo 03.11.2003 | | Autor: | Marc |
Hallo ministel,
> Hmm, aber wenn ich [mm]\sqrt{2}[/mm] in die Ungleichung
> einsetze, bekomme ich doch [mm]2 \le x \le 0[/mm], und das
> macht doch nicht wirklich Sinn.
> Wären die Grenzen für x nicht vielmehr [mm]0 \le x \le 1[/mm]?
Ja, klar, hatte mich verrechnet... (und werde es gleich in meinem alten Beitrag verbessern)
> Hm, bin grad irgendwie verwirrt und hab das Gefühl, ich kann
> nicht mehr mit kleiner/gleich-Zeichen umgehn. [mm] :\
[/mm]
Ich auch nicht, wie es scheint
Die Verwirrung tut mir leid...
Zur Verdeutlichung habe ich auch mal die Menge A gezeichnet (mit ![[]](/images/popup.gif) FunkyPlot ):
[Externes Bild https://matheraum.de/users/marc/uploads/f17-79-10.png]
Hier sieht man also recht schön, wie die Grenzen der Integrale gewählt werden müssen.
Gruß,
Marc
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:26 Mo 03.11.2003 | | Autor: | ministel |
Hm, mir wurde jetzt von jemand anderem erzählt, man dürfe nur eine der beiden Integrationsgrenzen fest wählen.
Was issn nun richtig?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:14 Mo 03.11.2003 | | Autor: | Marc |
Hallo ministel,
> Hm, mir wurde jetzt von jemand anderem erzählt, man dürfe nur
> eine der beiden Integrationsgrenzen fest wählen.
> Was issn nun richtig?
Du meinst die beiden Integrationsgrenzen ([mm]x^2[/mm] und [mm]2-x^2[/mm]) des inneren Integrals? Aber die werden doch gleichzeit fest gewählt bzw., wenn man eine wählt, ist die andere auch fest vorgegeben.
Oder verstehe ich das (deine Frage) falsch?
Marc.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:00 Mo 03.11.2003 | | Autor: | ministel |
Also Argumentation ist:
Wenn du über ein Dreieck mit den Eckpunkten (0,0), (0,1) und (1,1) integrierst, dann integrierst du auch über [mm]0 \le x \le 1[/mm] und [mm]0 \le y \le x-1[/mm], und man bestimmt dem Integrationsbereich auch nicht genauer, weil man sonst über das Quadrat [0,1]² integrieren würde.
Fand die Begründung irgendwie einleuchtend, bin mir allerdings trotzdem nicht recht sicher, weil ich dann halt wirklich total bescheuerte (find ich zumindest ;)) Lösungen bekomme.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:02 Mo 03.11.2003 | | Autor: | Stefan |
Hallo ministel,
Erstens: Marcs Argumentation ist richtig.
Zweitens:
> Also Argumentation ist:
> Wenn du über ein Dreieck mit den Eckpunkten (0,0), (0,1) und
> (1,1) integrierst, dann integrierst du auch über [mm]0 \le x
> \le 1[/mm] und [mm]0 \le y \le x-1[/mm],
Das macht keinen Sinn. Wenn [mm]0 \le x \le 1[/mm] gilt, dann kann [mm]0 \le y \le x-1[/mm] nur für x=1 erfüllt sein.
Du meinst wohl: [mm]x \le y \le 1[/mm].
Oder aber du meintest das Dreieck mit den Eckpunkten (0,0), (1,0) und (1,1) und den Integrationsbereich: [mm]0 \le x \le 1[/mm] und [mm]0 \le y \le x[/mm].
Drittens: Bleiben wir aber mal im ersten Fall, also:
[mm]0 \le x \le 1[/mm] und [mm] x \le y \le 1[/mm].
Dann darfst/musst du nur deswegen nicht den Bereich von x einschränken, weil die Bedingung [mm]x \le y \le 1[/mm] nun mal immer, d.h. für alle x mit [mm]0 \le x \le 1[/mm] erfüllbar ist.
In deinem anderen Beispiel war das aber nicht der Fall: Dort ist die Bedingung [mm]x² \le y \le 2-x²[/mm] eben nicht für alle x mit [mm]0 \le x < \infty[/mm] erfüllbar, sondern nur für die x mit [mm]0 \le x \le 1[/mm].
Okay, alles klar?
Viele Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:36 Mo 03.11.2003 | | Autor: | ministel |
Ok, dann hab ich daraus resultierend ein neues Problem. ;)
Und zwar soll ich wieder [mm]\int f 1_A[/mm] bestimmen für
[mm]A:=\{(x,y) \in \IR^2 : 0 \le x \le 1, x^2 \le y \le \sqrt{x}\}[/mm] und
[mm]f(x,y) := \frac{y}{x}e^x , (x,y) \in \IR^2[/mm]
Somit hätte ich ja, wenn ich das richtig sehe, die Integrationsgrenzen
[mm]x \in (0,1][/mm] und [mm]y \in [0,1][/mm], oder?
(Wobei kurze Zwischenfrage: Muss ich für x das Integral von b bis 1 laufen, und dann b gegen 0+ gehen lassen? Weils ja bei 0 nicht definiert ist... oder ist das wurscht?)
Jedenfalls müsste ich dann irgendwie die Funktion exp(x)/x integrieren, und wenn ichs nicht grad als Reihe aufschreibe, wüsste ich nicht, wie ich das machen sollte.
Nachricht bearbeitet (Mo 03.11.03 13:37)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:45 Mo 03.11.2003 | | Autor: | Marc |
Hallo ministel,
> Und zwar soll ich wieder [mm]\int f 1_A[/mm] bestimmen für
> [mm]A:=\{(x,y) \in \IR^2 : 0 \le x \le 1, x^2 \le y \le
> \sqrt{x}\}[/mm] und
> [mm]f(x,y) := \frac{y}{x}e^x , (x,y) \in \IR^2[/mm]
>
> Somit hätte ich ja, wenn ich das richtig sehe, die
> Integrationsgrenzen
> [mm]x \in (0,1][/mm] und [mm]y \in [0,1][/mm], oder?
Nein, das ist ein Missverständnis. y wird zwischen [mm] x^2 \le y \le \sqrt{x} [/mm] integriert, irgendwie muss diese Information ja auch noch in die Integration mit einfließen.
> (Wobei kurze Zwischenfrage: Muss ich für x das Integral von b
> bis 1 laufen, und dann b gegen 0+ gehen lassen? Weils ja bei 0
> nicht definiert ist... oder ist das wurscht?)
>
> Jedenfalls müsste ich dann irgendwie die Funktion exp(x)/x
> integrieren, und wenn ichs nicht grad als Reihe aufschreibe,
> wüsste ich nicht, wie ich das machen sollte.
Das Problem (und auch das Problem der Zwischenfrage) stellt sich ja jetzt nicht mehr (mit den obigen Integrationsgrenzen).
Angenommen, die Frage wäre noch aktuell, dann wäre ich bei der Integration dieser uneigentlichen Integrale vorsichtig, denn es handelt sich ja nicht mehr um die Riemann-Integrale aus der Schule. Im Augenblick bin ich also überfragt, werde das aber noch in Erfahrung bringen. Höchstwahrscheinlich wird das (also die Bedingungen für eine uneigentliche Integration) aber sowieso noch in der Vorlesung behandelt.
-Marc.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:18 Mo 03.11.2003 | | Autor: | Stefan |
Hallo Ministel,
das Integral, das du fälschlicherweise betrachtet hast, würde ja gar nicht existieren. Allgemein gilt für nichtnegative Funktionen, dass diese genau dann Lebesgue-integrierbar sind, wenn die (durch Ausschöpfung mit Kompakta gewonnenen uneigentlichen) Riemann-Integrale existieren.
Vorsicht: Die Bedingung der Nicht-Negativheit ist zunächst notwendig, denn das uneigentliche Riemann-Integral
[mm]\lim_{a \to + \infty} \int_0^a \frac{\sin x}{x}\, dx[/mm]
existiert, während die Funktion
[mm] \frac{\sin x}{x} \cdot 1_{\{x\ge 0\}}[/mm]
nicht Lebesgue-integrierbar ist.
Wendet man den obigen Satz nun aber auf den Absolutbetrag sowie Positiv- und Negativteil einer Borel-messbaren Funktion an, so folgt natürlich:
Jede Borel-messbare reelle Funktion auf [mm]\mathbb{R}[/mm] mit absolut konvergentem Riemann-Integral ist auch Lebesgue-integrierbar und das Lebesgue-Integral stimmt mit dem uneigentlichen Riemann-Integral überein.
In deinem Fall aber hätte das uneigentliche Riemann-Integral
[mm]\lim_{a \to +0} \int_a^1 \frac{e^x}{x}\, dx[/mm]
ja gar nicht existiert!
Nun ja, wie Marc schon meinte, muss du stattdessen so rechnen:
[mm]\int_0^1 \int_{x^2}^{\sqrt{x}} \frac{y}{x} e^x \, dy\, dx = \int_0^1 \frac{e^x}{x} \left( \frac{1}{2}y^2 \right) \vert_{x^2}^{\sqrt{x}} \, dx = \ldots =
\frac{1}{2} \int_0^1 e^x\, ds - \frac{1}{2}\int_0^1 x^3\, e^x\, dx = \ldots [/mm]
Nun noch partielle Integration und fertig ist's.
Viele Grüße
Stefan
Nachricht bearbeitet (Mo 03.11.03 15:20)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:09 Mi 05.11.2003 | | Autor: | ministel |
Hmpf, hab da irgendwas durcheinander geworfen. Ist schon klar. Danke nochmal für die Erklärung.
Weiteres Problem:
Hatte gestern Übung, war total motiviert, hatte schon drei von vier Aufgaben, und jetzt hat meine Tutorin da lauter Hinweise gegeben, die irgendwie alles, was ich gemacht hab, über den Haufen werfen. :\
ZB Folgendes:
[mm]A: = \{(x,y,z) \in \IR^3 : 0 \le x, 0 \le y, x^2 + y^2 \le z \le 4 \}
f(x,y,z) := 2x[/mm]
Mein Integral sah so aus, dass ich sowohl x, als auch y von 0 bis 2 hab laufen lassen und z von x²+y² bis 4. Integriert hab ich in der Reihenfolge (von innen nach außen) dz, dy, dx.
Ist das falsch? Hätte ich die Grenzen von x und y irgendwie anders bestimmen müssen? Und wenn ja, wie komm ich dann darauf?
Die haben da alle so einen riesen Wind drum gemacht, dass das ja so unglaublich kompliziert wär, die Grenzen zu bestimmen, dass es mir irgendwie komisch vorkam, dass meins so einfach ging.
Das einzige, was ich mir noch vorstellen könnte, wäre, dass y von 0 bis [mm]\sqrt{4 - x^2}[/mm] läuft...
Hm? :\
(Lösung zur Treppenfunktion hab ich übrigens, werd mich gleich mal dran machen.)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:21 Mi 05.11.2003 | | Autor: | Stefan |
Hallo Ministel,
> Das einzige, was ich mir noch vorstellen könnte, wäre, dass y
> von 0 bis [mm]\sqrt{4 - x^2}[/mm] läuft...
Bingo!
Denn nur dann kann die Beziehung
[mm]x^2 + y^2 \le 4[/mm]
überhaupt erfüllt sein.
Alles klar?
Viele Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:51 Mi 05.11.2003 | | Autor: | ministel |
Hm, das macht die Sache natürlich etwas komplizierter, aber was so schwer sein soll, die Grenzen da zu bestimmen, versteh ich dann doch nicht. War mein erster Gedanke, nachdem ich mir überlegt hatte, dass das, was ich vorher hatte, nicht stimmen kann. Naja, egal.
Allerdings steh ich jetzt vor folgenden blöden Integralen:
[mm]\int \sqrt{4x^3 - x^4} dx[/mm] und [mm]\int x \sqrt{(4-x^2)^3} dx[/mm] und komm nicht weiter.
Mit Substitution bekomm ichs irgendwie nicht hin und alles andere will auch nicht klappen. :(
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:06 Mi 05.11.2003 | | Autor: | ministel |
*vomschlauchgeh*
Hat sich erledigt. :\
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:21 Mi 05.11.2003 | | Autor: | Stefan |
Hallo Ministel,
wieso, das klappt doch super auch ohne Substitution (bedenke: minus die innere Ableitung von [mm] 4-x^2 [/mm] steht in (*) als Faktor davor):
[mm]\int_0^2 2x \int_0^{\sqrt{4-x^2}} \int_{x^2+y^2}^4 \, dz\, dy\, dx[/mm]
[mm]= \int_0^2 2x \int_0^{\sqrt{4-x^2}} (4-x^2-y^2)\, dy\, dx[/mm]
[mm]= \int_0^2 2x [(4-x^2)^{3/2} - \frac{1}{3} (4-x^2)^{3/2}] \, dx[/mm]
[mm]= \int_0^2 2x\cdot \frac{2}{3} (4-x^2)^{3/2}\, dx[/mm] (*)
[mm] = \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{5} \cdot [-(4-2^2)^{5/2} + (4-0^2)^{5/2}] [/mm]
[mm] = \frac{4}{15} \cdot 4^{5/2}[/mm]
[mm] = \frac{128}{15}[/mm].
Alles Gute
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:12 Mi 05.11.2003 | | Autor: | ministel |
Hm, doch nochmal ne Frage zu der Aufgabe. Wenn ich argumentieren muss, warum die Funktion auf dem Intervall A Lebesgue-integrierbar ist, kann ich dann sagen:
f ist beschränkt auf A (da [mm]0 \le x \le 1[/mm] und somit auch [mm]0 \le y \le 1[/mm], die Menge der Unstetigkeitsstellen ist der Rand der durch g(x) = x² und h(x) = [mm]\sqrt x[/mm] begrenzten Fläche und somit eine Nullmenge, da die Graphen der Funktionen Nullmengen im IR³ sind, und [mm]f1_A[/mm] ist Null auf [mm] IR\A. [/mm] Somit folgt dann f ist Lebesgue-integrierbar.
Geht das so? Oder muss ich das anders begründen oder noch was dazuschreiben?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:12 Mi 05.11.2003 | | Autor: | Stefan |
Hallo ministel,
> f ist beschränkt auf A (da [mm]0 \le x \le 1[/mm] und somit
> auch [mm]0 \le y \le 1[/mm],
Das stimmt doch nicht. Oder? Jedenfalls sehe ich das nicht z.B. auf dem Streifen [mm](x,y), \frac{1}{2}\sqrt{x} \le y \le \sqrt{x}[/mm] für [mm]x\to 0[/mm].
> die Menge der Unstetigkeitsstellen
> ist der Rand der durch g(x) = x² und h(x) = [mm]\sqrt x[/mm]
> begrenzten Fläche
Das verstehe ich nicht um ehrlich zu sein.
Da die Funktion nichtnegativ ist, brauchst du die Integrierbarkeit vorher nicht zu begründen. Eine nichtnegative Funktion ist genau dann Lebesgue-integrierbar, wenn das Integral endlich ist.
Man muss sich nur dann Gedanken über die Integrierbarkeit machen (es sei denn, ihr habt einen anderen Arbeitsauftrag), wenn die Funktion nicht nichtnegativ ist. Dann muss man zeigen, dass das Integral von |f| endlich ist.
Ich denke nicht, dass es hier notwendig ist. Du kannst ja am Anfang schreiben: "Aufgrund der Nichtnegativität von f folgt die Integrierbarkeit aus der Endlichkeit des Integrals." Aber steinige mich dann nicht, wenn ihr mehr hättet argumentieren müssen. Auf jeden Fall ist deine Begründung so nicht richtig (oder aber ich verstehe sie nicht).
Übrigens: Vielen Dank für deine nette Hilfe im Schulforum.
Alles Gute
Stefan
Nachricht bearbeitet (Mi 05.11.03 23:14)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:32 Mi 05.11.2003 | | Autor: | ministel |
Also auf dem Blatt steht zwar nix von Begründen, aber meine Tutorin meinte gestern, sie wolle ne Begründung haben, warum die Funktionen Lebesgue-integrierbar sind, und zwar in dieser Form (zumindest hat sie das an der Aufgabe, wo wir über [mm]y\sqrt{x}[/mm] integrieren sollen, gezeigt, und da hat sie eben so argumentiert. Also f beschränkt da Grenzen durch A gegeben, Unstetigkeitstellen waren für x² und 2-x² (Grenzen von y; hatte gehofft, dass das für alle Funktionen so ist), da Graphen in IR³ => Nullmenge (mussten wir auf dem ersten Blatt beweisen), [mm] f1_A [/mm] außerhalb von A gleich Null.
=> Lebesgue-integrierbar
Die Argumentation zieht also bei der exp-Funktion nicht? Schade.
Ich werd einfach mal deine Begründung nehmen, mal sehn, ob sie dann meckert.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:10 Do 06.11.2003 | | Autor: | Stefan |
Hallo ministel,
also bei der Aufgabe hätte man auch nicht so argumentieren müssen, da die Funktion ja auch nichtnegativ ist. Was macht eure Tutorin denn da??? Ich meine, was da bei ihr steht, ist nicht falsch, aber völlig überflüssig!!
Ist mir ein totales Rätsel. Ich beschäftige mich seit Jahren mit Maßtheorie, aber so einen Unfug habe ich fast noch nie gesehen.
Aber, pass auf: Wenn sie es so hören will, dann schreib es doch so auf, wie du es hattest. Dann bekommst du wenigstens Teilpunkte, da die Begründung zwar nicht ganz richtig, aber wenigstens der Form nach ihrer anderen Begründung entspricht (auch wenn eine solche Begründung bei nichtnegativen Funktionen völlig überflüssig ist, da dann das Lebesgue-Integral immer existiert (man nennt das auch quasi-Lebesgue-integrierbar) und man so (mit dem Satz von Tonelli -> es genügt, die Endlichkeit des iterierten Integrals zu zeigen) nur nachrechnen muss, ob es endlich ist. Aber ich denke mal, wenn du so wie ich (also richtig) argumentierst, wirst du keine Punkte bekommen.
Alles Gute
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:30 Mi 05.11.2003 | | Autor: | ministel |
Betrachte die Urbildzerlegung
[mm]I^{(i)}_kl = [\frac{k}{2^i}, \frac{k+1}{2^i})\times [\frac{l}{2^i}, \frac{l+1}{2^i}), 0\le k,l \le i2^{i}-1[/mm]
mit
[mm]\cup^{i2^i -1}_{k,l = 0} I^{(i)}_kl = [0,i) \times [0,i)[/mm]
Definiere:
[mm](\phi_i)_{i \in \IN}[/mm]
durch
[mm]\phi_i := \sum^{i2^i -1}_{k,l=0} inf \{f(x,y) : (x,y) \in I^{i}_{kl}\}1_{I^{(i)}_{kl}}[/mm]
Dann gilt offenbar:
[mm]\phi_i = e^{\frac{-1}{2^{i -1}}} \sum^{i2^i -1}_{k=0} \sum^{i2^i -1}_{l=0} e^{\frac{-k-l}{2^i}}1_{I^{(i)}_{kl}}[/mm],
also:
[mm] \lim_{i\rightarrow\infty}\int \phi_i = \lim_{i\rightarrow\infty} e^{\frac{-1}{2^{i -1}}} \sum^{i2^i -1}_{k=0} \sum^{i2^i -1}_{l=0} e^{\frac{-k-l}{2^i}}(\frac{1}{2^i})^2 [/mm]
[mm]= \lim_{i\rightarrow\infty}e^{\frac{-1}{2^{i -1}}}(\frac{1}{2^i})^2 (\sum^{i2^i -1}_{k=0}(e^{\frac{-1}{2^i}})^k)^2[/mm]
[mm]= \lim_{i\rightarrow\infty}e^{\frac{-1}{2^{i -1}}}(\frac{1}{2^i})^2 (\frac{1-e^{-i}}{1-e^\frac{-1}{2^i}})^2[/mm]
[mm]= \lim_{i\rightarrow\infty}e^{\frac{-1}{2^{i -1}}}
(1-e^{-i})^2 \left( \frac{1}{2^i \cdot \left(1-e^{\frac{-1}{2^i}}\right)}\right)^2 = 1[/mm]
[mm]=> \int f = 1[/mm]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:48 Mi 05.11.2003 | | Autor: | Stefan |
Hallo Ministel,
danke für die Lösung, sehr nett von dir.
Ich muss aber sagen, dass mir die Lösung überhaupt nicht gefällt. Denn dort wird die Zerlegung ja im Urbildbereich vorgenommen, laut Konstruktion des Lebesgue-Integrals müsste diese aber im Bildbereich stattfinden. Nun hatte ich ja letztens geschrieben, dass das Riemann-Integral und das Lebesgue-Intergral "meistens" übereinstimmen, so auch hier, aber ich finde, wenn man das Integral schon der Konstruktion nach berechnet, dann sollte man es auch sauber tun.
Also, darauf wären wir natürlich auch gekommen, wenn wir im Urbildbereich zerlegt hätten.
Naja, egal. Auf jeden Fall Danke!!
In deiner Lösung sind ein paar Indizes verrutscht. Darf ich das ändern?
Alles Gute
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:45 Mi 05.11.2003 | | Autor: | ministel |
Hmm, hat eine meiner Kommilitonninen angeschrieben, weil unsere Tutorin meinte, das wäre die kürzeste und sauberste (und auch richtige) Lösung gewesen.
Ist das ganze nun falsch oder einfach mathematisch "unschön"?
Sicher darfst du korrigieren. :)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:25 Mi 05.11.2003 | | Autor: | Stefan |
Hallo ministel,
sehr, sehr unschön. Wenn es nur ums Ausrechnen ginge, hätte man auch direkt 1 hinschreiben können. Ich dachte, man sollte die Konstruktion des Lebesgue-Integrals nachvollziehen (über die Approximation von Treppenfunktionen mit Zerlegungen im Bildbereich).
Dein Tutor macht sich das da ein bisschen einfach...
Alles Gute
Stefan
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