Integraltransformationsformel < Integrationstheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:29 Di 06.02.2007 | | Autor: | gosch |
| Aufgabe | Das Gebiet [mm] \mathcal{M} [/mm] sei gegeben durch
[m]\mathcal{M} := \{(x,y) \in \IR^2 : y \ge \bruch{x^2}{4}\} \cap \{(x,y) \in \IR^2 : x \ge \bruch{y^2}{4}\}.[/m]
Berechne das Integral
[m] \integral_{\mathcal{M}}{(x^2+y^2) d(x,y)}. [/m] |
Hallo,
Wir haben die Integraltransformationsformel in der Vorlesung folgendermaßen definiert:
Sei [m]\phi : \mathcal{U} \to \mathcal{U^'} [/m] ein Diffeomorphismus zwischen offenen Teilmengen des [m]\IR^n[/m], [m]\mathcal{U}[/m], [m]\mathcal{U^'}[/m]. Sei [m]\Omega \subseteq \mathcal{U}[/m] und [m]f : \phi(\Omega) \to E[/m] eine Abbildung in einem Banachraum [m]E[/m]. Dann gilt: [m]f[/m] ist genau dann über [mm] \phi(\Omega) [/mm] integrierbar, wenn [m]f \circ \phi* |det \mathcal{J_{\phi}}|[/m] über [mm] \Omega [/mm] integrierbar ist, und dann gilt:
[m] \integral_{\phi(\Omega)}{f dµ} = \integral_{\Omega}{f \circ \phi* |det \mathcal{J_{\phi}}| dµ}[/m].
Mit [mm] \mathcal{J_{\phi}} [/mm] ist Jacobi- Matrix gemeint.
Kann leider mit diesem Satz gar nichts anfangen und deswegen auch diese (wahrscheinlich ganz einfache) Aufgabe nicht lösen.
Wäre dankbar, wenn mir jemand den erklären konnte.
LG, gosch
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Hallo!
Also, das Prinzip ist relativ einfach, hier ein "Kochrezept", erklärt an der Integration über eine Kreisfläche:
Kreisfläche: [mm] $A=\integral_{-R}^{r}\integral_{-\wurzel{R^2-y^2}}^{+\wurzel{R^2-y^2}} [/mm] 1dxdy$ (ziemlich schlimme Grenzen!!!)
1. Benötigt wird ein neues Koordinatensystem, gerne auch ein krummes. In diesem Koordinatensystem sollten die Integrationsgrenzen und/oder der Integrand einfacher werden.
Beim Kreis wären das einfach Polarkoordinaten.
2. Drücke die alte Basis durch die neue aus
Beim Kreis:
$x= r [mm] \cos \phi$
[/mm]
$y= r [mm] \sin \phi$
[/mm]
Setze das auch in deinen Integranden ein, um ihn ins neue Koordinatensystem zu transferieren. Die Grenzen des Integrals ändern sich auch entsprechend.
3. Bilde die Jacobimatrix, leite also den rechten Teil der Gleichungen aus 2 nach allen Variablen ab:
[mm] J=\pmat{\cos \phi & -r\sin \phi \\ \sin \phi & r \cos \phi}
[/mm]
4. bilde hiervon nun die Determinante, und davon den Betrag:
$|det(J)|= [mm] r\sin^2\phi [/mm] + r [mm] \cos^2 \phi [/mm] = r$
5. Multipliziere diesen Wert mit dem Integranden
[mm] $A=\integral_{0}^{R}\integral_{0}^{2\pi} 1*rdrd\phi=2\pi\integral_0^R rdr=\pi r^2$
[/mm]
Allerdings muß ich zugeben, daß ich grade keine besonders gute Idee habe, in welches Koordinatensystem du wechseln könntest.
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Ich glaube, hier ist es besser, keine Koordinatentransformation auszuführen, sondern gleich mit Fubini zu arbeiten. Dazu mußt du dir nur die beiden kongruenten Parabeln - die erste ist nach oben, die zweite nach rechts geöffnet - einzeichnen. Der Schnitt der beiden Parabelflächen ist der Integrationsbereich [mm]\mathcal{M}[/mm]. Du erhältst
[mm]\int_{\mathcal{M}}~\left( x^2 + y^2 \right)~\mathrm{d}(x,y) = \int_0^4~\left( \int_{\frac{y^2}{4}}^{2 \sqrt{y}}~\left( x^2 + y^2 \right)~\mathrm{d}x \right)~\mathrm{d}y[/mm]
Die Skizze zeigt dir, warum das so ist. Und beim Berechnen des Integrals entsteht ein Polynom in [mm]y^{\frac{1}{2}}[/mm]. Das ist aber schnell integriert.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:11 Mi 07.02.2007 | | Autor: | gosch |
Danke Leopold_Gast,
jetzt wo ich mir die zwei Parabel gezeichnet habe, sehe ich auch worum es geht.
Das Integral habe ich auch schon ausgerechnet- es kommt bei mir [mm] \bruch{1536}{35} [/mm] raus- nur zum Vergleich, wenn Du es schon gerechnet hast, oder auch Lust und Zeit hast es zu rechnen.
Gruß, gosch
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:31 Mi 07.02.2007 | | Autor: | gosch |
| Aufgabe | Sei [mm] \mathcal{T} \subseteq \IR^3 [/mm] der durch die Eckpunkte [m](0,0,0), (1,0,0), (0,1,0)[/m] und [m](0,0,1)[/m] gegebene Tetraeder. Berechne
[mm] \integral_{\mathcal{T}}{\bruch{1}{(1+x+y+z)^3} d(x,y,z)} [/mm] |
Hallo,
wenn ich die vorherige Aufgabe richtig verstanden habe, dann kann ich jetzt schreiben:
[mm] \integral_{\mathcal{T}}{\bruch{1}{(1+x+y+z)^3} d(x,y,z)} [/mm] = [mm] \integral_{0}^{1}\left( \integral_{0}^{1}\left(\integral_{0}^{1}{\bruch{1}{(1+x+y+z)^3} dx\right) dy\right)dz}
[/mm]
und die Reihenfolge wonach ich erstmal integriere ist auch egal (nach Fubini), oder?
LG,gosch
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Das ist korrekt!
Daß die Reihenfolge völlig egal ist, sieht man nicht zuletzt auch daran, daß das Problem völlig symmetrisch ist!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:11 Mi 07.02.2007 | | Autor: | gosch |
Danke
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Zu beachten ist, daß der Integrationsbereich ein Tetraeder und kein Quader ist.
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So, wie du die Integrationsgrenzen wählst, integrierst du über den Quader [mm][0,1] \times [0,1] \times [0,1][/mm]. Die Antwort von Event_Horizon ist also nicht richtig. Beachte, daß das Tetraeder durch die Ungleichungen
[mm]x \geq 0 \, , \ y \geq 0 \, , \ z \geq 0 \, , \ \ x+y+z \leq 1[/mm]
beschrieben wird. Ist dir klar, warum die letzte Ungleichung gelten muß?
Richtig ist daher
[mm]\int_{\mathcal{T}}~\frac{1}{\left( 1 + x + y + z \right)^3}~\mathrm{d}(x,y,z) = \int_0^1~\left( \int_0^{1-z}~\left( \int_0^{1-y-z}~\frac{1}{\left( 1 + x + y + z \right)^3}~\mathrm{d}x \right)~\mathrm{d}y \right)~\mathrm{d}z[/mm]
Hier böte sich alternativ auch eine lineare Substitution an:
[mm]x = u[/mm]
[mm]y = v[/mm]
[mm]z = -u - v + w - 1[/mm]
Das ist so gemacht, daß [mm]1 + x + y + z = w[/mm] ist. Dadurch vereinfacht sich der Integrand zu [mm]\frac{1}{w^3}[/mm] (denn die Funktionaldeterminante ist ja 1). Was ist aber nun der Bereich [mm]\mathcal{T}'[/mm] der [mm](u,v,w)[/mm]-Koordinaten, über den zu integrieren ist?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:25 Mi 07.02.2007 | | Autor: | gosch |
Hallo Leopold_Gast
> So, wie du die Integrationsgrenzen wählst, integrierst du
> über den Quader [mm][0,1] \times [0,1] \times [0,1][/mm]. Die
> Antwort von Event_Horizon ist also nicht richtig. Beachte,
> daß das Tetraeder durch die Ungleichungen
>
> [mm]x \geq 0 \, , \ y \geq 0 \, , \ z \geq 0 \, , \ \ x+y+z \leq 1[/mm]
>
> beschrieben wird. Ist dir klar, warum die letzte
> Ungleichung gelten muß?
Weil nach der Aufgabenstellung ist die Kantenlänge von dem Tetraeder 1??
>
> Richtig ist daher
>
> [mm]\int_{\mathcal{T}}~\frac{1}{\left( 1 + x + y + z \right)^3}~\mathrm{d}(x,y,z) = \int_0^1~\left( \int_0^{1-z}~\left( \int_0^{1-y-z}~\frac{1}{\left( 1 + x + y + z \right)^3}~\mathrm{d}x \right)~\mathrm{d}y \right)~\mathrm{d}z[/mm]
>
> Hier böte sich alternativ auch eine lineare Substitution
> an:
>
> [mm]x = u[/mm]
> [mm]y = v[/mm]
> [mm]z = -u - v + w - 1[/mm]
>
> Das ist so gemacht, daß [mm]1 + x + y + z = w[/mm] ist. Dadurch
> vereinfacht sich der Integrand zu [mm]\frac{1}{w^3}[/mm] (denn die
> Funktionaldeterminante ist ja 1). Was ist aber nun der
> Bereich [mm]\mathcal{T}'[/mm] der [mm](u,v,w)[/mm]-Koordinaten, über den zu
> integrieren ist?
[mm] \integral_{0}^{2}\left(\integral_{0}^{2+v}\left(\integral_{0}^{1-u-v}{\bruch{1}{w^3} dw\right)dv\right)du} [/mm] - stimmt's??
Gruß, gosch
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Nein, es hat nichts damit zu tun, daß die Kantenlänge des Tetraeders 1 wäre. Das ist nämlich gar nicht der Fall. Nur drei Kantenlängen sind 1, die restlichen drei sind [mm]\sqrt{2}[/mm].
Vielmehr wird das Tetraeder durch die drei Koordinatenebenen und die Ebene [mm]E: \ \ x+y+z = 1[/mm] im ersten Oktanten begrenzt. Da hilft alles nichts - du mußt dir eine Zeichnung machen! Das Innere des Tetraeders liegt nun auf derjenigen Seite von [mm]E[/mm], für die [mm]x+y+z < 1[/mm] gilt (weil diese Ungleichung nämlich vom Ursprung [mm]O = (0,0,0)[/mm] erfüllt wird). Beachte den Zusammenhang mit der Normalform einer Ebenengleichung, speziell der Hesseschen Normalform.
Auch stimmen deine Integrationsgrenzen im transformierten Integral nicht. Ersetze in den Ungleichungen [mm]x \geq 0 \, , \ y \geq 0 \, , \ z \geq 0 \, , \ x+y+z \leq 1[/mm] alle Variablen durch die Ausdrücke in [mm]u,v,w[/mm] gemäß der Substitution. So bekommst du die Bedingungen für die neuen Variablen. Mit Fubini hieße es dann
[mm]\int_0^1~\left( \int_0^{1-u}~\left( \int_{u+v+1}^2~\frac{1}{w^3}~\mathrm{d}w \right)~\mathrm{d}v \right)~\mathrm{d}u[/mm]
Richtig wäre es so, aber denkbar ungeschickt im Blick auf die Wahl der Integrationsreihenfolge. Denn die Substitution bringt einem auf diese Weise nicht viel. Besser wäre es, außen über [mm]w[/mm] und innen über [mm](u,v)[/mm] zu integrieren:
[mm]\int_1^2~\left( \int_{u,v \geq 0 \, ; \ u+v \leq w-1}~\frac{1}{w^3}~\mathrm{d}(u,v) \right)~\mathrm{d}w[/mm]
Da [mm]\frac{1}{w^3}[/mm] unabhängig von [mm]u,v[/mm] ist, kann man den Ausdruck vor das innere Integral ziehen. Es verbleibt innen
[mm]\int_{u,v \geq 0 \, ; \ u+v \leq w-1}~\mathrm{d}(u,v)[/mm]
Das ist aber nichts anderes als der Flächeninhalt eines gleichschenklig-rechtwinkligen Dreiecks mit der Kathetenlänge [mm]w-1[/mm], also gleich [mm]\frac{1}{2} (w-1)^2[/mm]. Damit ist der [mm]w[/mm]-Integrand bis auf den Faktor [mm]\frac{1}{2}[/mm] noch
[mm]\frac{(w-1)^2}{w^3} = \frac{w^2 - 2w + 1}{w^3} = w^{-1} - 2 w^{-2} + w^{-3}[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:38 Do 08.02.2007 | | Autor: | gosch |
> Ersetze in den Ungleichungen [mm]x \geq 0 \, , \ y \geq 0 \, , \ z \geq 0 \, , \ x+y+z \leq 1[/mm]
> alle Variablen durch die Ausdrücke in [mm]u,v,w[/mm] gemäß der
> Substitution. So bekommst du die Bedingungen für die neuen
> Variablen. Mit Fubini hieße es dann
>
> [mm]\int_0^1~\left( \int_0^{1-u}~\left( \int_{u+v+1}^2~\frac{1}{w^3}~\mathrm{d}w \right)~\mathrm{d}v \right)~\mathrm{d}u[/mm]
[m]u \ge 0, v \ge 0, -u-v+w-1 \ge 0, w \le 2[/m]
[mm] \Rightarrow[/mm] [m]2 \ge w \ge 1+u+v[/m]
[m]0 \le v \le w-1-u[/m] und weil [m]w \le 2[/m] ist [m]v \le 1-u[/m]
[m]0 \le u \le w-1-v[/m] wieso folgt daraus, dass [m]u \le 1[/m]?
>
> Richtig wäre es so, aber denkbar ungeschickt im Blick auf
> die Wahl der Integrationsreihenfolge. Denn die Substitution
> bringt einem auf diese Weise nicht viel. Besser wäre es,
> außen über [mm]w[/mm] und innen über [mm](u,v)[/mm] zu integrieren:
>
> [mm]\int_1^2~\left( \int_{u,v \geq 0 \, ; \ u+v \leq w-1}~\frac{1}{w^3}~\mathrm{d}(u,v) \right)~\mathrm{d}w[/mm]
>
> Da [mm]\frac{1}{w^3}[/mm] unabhängig von [mm]u,v[/mm] ist, kann man den
> Ausdruck vor das innere Integral ziehen. Es verbleibt
> innen
>
> [mm]\int_{u,v \geq 0 \, ; \ u+v \leq w-1}~\mathrm{d}(u,v)[/mm]
>
Das ist mir klar.
> Das ist aber nichts anderes als der Flächeninhalt eines
> gleichschenklig-rechtwinkligen Dreiecks mit der
> Kathetenlänge [mm]w-1[/mm], also gleich [mm]\frac{1}{2} (w-1)^2[/mm].
Wieso? Verstehe ich nicht. Kann ich das Integral irgendwie ausschreiben, wo ich erst nach u und dann nach v (oder umgekehrt) integriere?
Wenn ich das wissen würde, wie ich auf diese Stammfunktion komme, dann ist der Rest schon klar.
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(I) [mm]u \geq 0[/mm] ; (II) [mm]v \geq 0[/mm]; (III) [mm]u+v+1 \leq w \leq 2[/mm]
Beim ersten (ungünstigen) Ansatz beginnst du die Integration ganz außen mit [mm]u[/mm]. Du fragst, warum [mm]u \leq 1[/mm] sein muß.
Es müssen ja alle drei Bedingungen oben erfüllt sein. Nimm z.B. [mm]u = 1{,}05 \,[/mm]. Bedingung (I) ist offenbar erfüllt, Bedingung (II) nicht betroffen, und Bedingung (III) lautet dann [mm]2{,}05 + v \leq w \leq 2[/mm]. Dies ist nun für kein [mm]w[/mm] erfüllbar, da ja [mm]v[/mm] nach (II) nicht negativ sein darf. Also kann [mm]u[/mm] nicht [mm]1{,}05 \,[/mm] sein. Der größtmögliche Wert für [mm]u[/mm], damit die Bedingung (III) erfüllbar ist, ist damit 1.
Zur zweiten Frage: Wenn [mm]\mathcal{B}[/mm] irgendein [mm](u,v)[/mm]-Bereich ist, dann berechnet doch das Integral [mm]\int_{\mathcal{B}}~\mathrm{d}(u,v)[/mm] gerade das zweidimensionale Volumen, sprich hier den Flächeninhalt von [mm]\mathcal{B}[/mm].
Und was stellt der durch die Ungleichungen [mm]u \geq 0 \, , \ v \geq 0 \, , \ u+v \leq w-1[/mm] beschriebene Bereich [mm]\mathcal{B}[/mm] dar?
Zeichne dir ein [mm](u,v)[/mm]-Koordinatenkreuz (mir scheint sowieso, daß du dir zu wenig vorstellst, was du da berechnest). [mm]u=0[/mm] definiert die [mm]v[/mm]-Achse, [mm]v=0[/mm] definiert die [mm]u[/mm]-Achse, und [mm]u+v = w-1[/mm] definiert die Gerade, die die [mm]u[/mm]-Achse bei [mm]w-1[/mm] und die [mm]v[/mm]-Achse bei [mm]w-1[/mm] schneidet (bezüglich der (u,v)-Integration mußt du dir ja [mm]w[/mm] als konstant vorstellen; nimm für die Zeichnung beispielhaft [mm]w = 1{,}7 \,[/mm]). [mm]\mathcal{B}[/mm] ist also nichts anderes als ein gleichschenklig-rechtwinkliges Dreieck.
Natürlich kannst du die Integration auch ganz formal außen etwa über [mm]v[/mm] und innen über [mm]u[/mm] durchführen. Dann kommt aber auch nichts anderes heraus. Probiere es aus.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:57 Do 08.02.2007 | | Autor: | gosch |
Danke Leopold_Gast für die schnelle und ausführliche Antwort.
Tatsächlich mit der geometrische Vorstellung ist bei mir nicht so... Unser Übungsleiter mag auch nicht, wenn wir anhand von Bilder etwas ausrechnen oder beweisen, deswegen wollte ich die Integration formal durchführen, und ich glaube, ich hab's- dank deiner geom. Erklärung:
[mm] \integral_{u,v \ge 0, u+v \le w-1}{d(u,v)} [/mm] = [mm] \integral_{0}^{w-1}\left(\integral_{0}^{w-1-v}{du\right)dv} [/mm] = [mm] \integral_{0}^{w-1}{(w-1-v)dv} [/mm] = [mm] (w-1)v|_{0}^{w-1} [/mm] - [mm] \bruch{1}{2}v^2|_0^{w-1} [/mm] = [mm] (w-1)^2 [/mm] - [mm] \bruch{1}{2}(w-1)^2 [/mm] = [mm] \bruch{1}{2}(w-1)^2.
[/mm]
Hoffentlich stimmt's auch? (Wenigstens kommt es das gleiche raus).
Gruß, gosch
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Super - so stimmt es!
(I) [mm]\int_0^1~\left( \int_0^{1-z}~\left( \int_0^{1-y-z}~\frac{1}{\left( 1+x+y+z \right)^3}~\mathrm{d}x \right)~\mathrm{d}y \right)~\mathrm{d}z[/mm]
(II) [mm]\int_0^1~\left( \int_0^{1-u}~\left( \int_{u+v+1}^2~\frac{1}{w^3}~\mathrm{d}w \right)~\mathrm{d}v \right)~\mathrm{d}u[/mm]
(III) [mm]\int_1^2~\left( \integral_{\ u,v \geq 0 \, ; \ u+v \leq w-1}~\frac{1}{w^3}~\mathrm{d}(u,v) \right)~\mathrm{d}w[/mm]
Jetzt hast du ja drei mögliche Ansätze. Zur Übung schadet es sicher nicht, alle drei vollständig durchzurechnen. Ich habe als Integralwert [mm]\frac{1}{2} \, \ln{2} - \frac{5}{16}[/mm] erhalten.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:20 Fr 09.02.2007 | | Autor: | gosch |
Habe das gleiche rausbekommen.
Vielen Dank für alles Leopold_Gast
Grüße, gosch
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