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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 08:51 Mo 04.10.2010 | | Autor: | Marcel |
| Aufgabe | | Sei [mm] $\phi: [0,\infty) \to [0,\infty)$ [/mm] stetig differenzierbar, und sei [mm] $B=[w_1,w_1+h] \times [w_3,w_3+h] \times [w_3,w_3+h]\,$ [/mm] eine (Lebesgue-messbare) Teilmenge des [mm] $\IR^3\,.$ [/mm] |
Hallo,
obige Voraussetzungen seien gegeben. Ich stehe gerade ein wenig auf dem Schlauch, denn irgendwie ist mir zwar klar, dass dann für [mm] $z=(z_1,z_2,z_3)$
[/mm]
[mm] $$\lim_{h \to 0} \left(\int_{z_1}^{z_1+h}\int_{z_2}^{z_2+h}\int_{z_3}^{z_3+h} \phi(x_1^2+x_2^2+x_3^2)dx_3dx_2dx_1\right)/h^3=\phi(z_1^2+z_2^2+z_3^2)$$
[/mm]
gilt. Aber wie begründe ich das formal? Hilft hier der Gaußsche Integralsatz, oder geht es vielleicht "einfacher"?
Beste Grüße,
Marcel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:40 Mo 04.10.2010 | | Autor: | fred97 |
Hallo Marcel,
sei x= [mm] (x_1,x_2,x_3), [/mm] z= [mm] (z_1,z_2,z_3) [/mm] und f(x)= [mm] \phi(x_1^2+x_2^2+x_3^2)
[/mm]
Weiter sei [mm] $W_h:= [z_1,z_1+h] \times [z_3,z_3+h] \times [z_3,z_3+h]\, [/mm] $. Dann ist
[mm] \int_{z_1}^{z_1+h}\int_{z_2}^{z_2+h}\int_{z_3}^{z_3+h} \phi(x_1^2+x_2^2+x_3^2)dx_3dx_2dx_1= \integral_{W_h}^{}{f(x) dx}
[/mm]
Es folgt:
[mm] $\bruch{1}{h^3}*\integral_{W_h}^{}{f(x) dx}-f(z)= \bruch{1}{h^3}*\integral_{W_h}^{}({f(x)-f(z)) dx}$
[/mm]
Ist $M(h):= max [mm] \{|f(x)-f(z)|: x \in W_h \}$, [/mm] so folgt:
[mm] $|\bruch{1}{h^3}*\integral_{W_h}^{}{f(x) dx}-f(z)| \le \bruch{1}{h^3}* \lambda_3(W_h)*M(h)$,
[/mm]
wobei [mm] \lambda_3 [/mm] das Lebesguemaß im [mm] \IR^3 [/mm] bedeutet. Wegen [mm] \lambda_3(W_h)=h^3, [/mm] erhält man:
[mm] $|\bruch{1}{h^3}*\integral_{W_h}^{}{f(x) dx}-f(z)| \le [/mm] M(h)$
Da f stetig ist, haben wir: $M(h) [mm] \to [/mm] 0$ für h [mm] \to [/mm] 0.
Gruß FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:53 Mo 04.10.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo Fred,
> Hallo Marcel,
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> sei x= [mm](x_1,x_2,x_3),[/mm] z= [mm](z_1,z_2,z_3)[/mm] und f(x)=
> [mm]\phi(x_1^2+x_2^2+x_3^2)[/mm]
>
> Weiter sei [mm]W_h:= [z_1,z_1+h] \times [z_3,z_3+h] \times [z_3,z_3+h]\, [/mm].
> Dann ist
>
> [mm]\int_{z_1}^{z_1+h}\int_{z_2}^{z_2+h}\int_{z_3}^{z_3+h} \phi(x_1^2+x_2^2+x_3^2)dx_3dx_2dx_1= \integral_{W_h}^{}{f(x) dx}[/mm]
>
> Es folgt:
>
> [mm]\bruch{1}{h^3}*\integral_{W_h}^{}{f(x) dx}-f(z)= \bruch{1}{h^3}*\integral_{W_h}^{}({f(x)-f(z)) dx}[/mm]
>
> Ist [mm]M(h):= max \{|f(x)-f(z)|: x \in W_h \}[/mm], so folgt:
>
> [mm]|\bruch{1}{h^3}*\integral_{W_h}^{}{f(x) dx}-f(z)| \le \bruch{1}{h^3}* \lambda_3(W_h)*M(h)[/mm],
>
> wobei [mm]\lambda_3[/mm] das Lebesguemaß im [mm]\IR^3[/mm] bedeutet. Wegen
> [mm]\lambda_3(W_h)=h^3,[/mm] erhält man:
>
> [mm]|\bruch{1}{h^3}*\integral_{W_h}^{}{f(x) dx}-f(z)| \le M(h)[/mm]
>
> Da f stetig ist, haben wir: [mm]M(h) \to 0[/mm] für h [mm]\to[/mm] 0.
>
>
> Gruß FRED
vielen Dank, das ist ein sehr eleganter Beweis, der prinzipiell ja so wie der Beweis zum HDI aussieht (also quasi analog dazu ist). 
Eine weitere Frage habe ich dennoch:
Gibt es hier nicht vielleicht doch die Möglichkeit, einen (oder mehrere) Satz (Sätze) direkt anzuwenden, aus dem die obige Gleichheit hervorgeht? Also irgendwie Fubini+...+... [mm] $\Rightarrow$... [/mm] ?
Beste Grüße,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:57 Mo 04.10.2010 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred,
>
> > Hallo Marcel,
> >
> > sei x= [mm](x_1,x_2,x_3),[/mm] z= [mm](z_1,z_2,z_3)[/mm] und f(x)=
> > [mm]\phi(x_1^2+x_2^2+x_3^2)[/mm]
> >
> > Weiter sei [mm]W_h:= [z_1,z_1+h] \times [z_3,z_3+h] \times [z_3,z_3+h]\, [/mm].
> > Dann ist
> >
> > [mm]\int_{z_1}^{z_1+h}\int_{z_2}^{z_2+h}\int_{z_3}^{z_3+h} \phi(x_1^2+x_2^2+x_3^2)dx_3dx_2dx_1= \integral_{W_h}^{}{f(x) dx}[/mm]
>
> >
> > Es folgt:
> >
> > [mm]\bruch{1}{h^3}*\integral_{W_h}^{}{f(x) dx}-f(z)= \bruch{1}{h^3}*\integral_{W_h}^{}({f(x)-f(z)) dx}[/mm]
>
> >
> > Ist [mm]M(h):= max \{|f(x)-f(z)|: x \in W_h \}[/mm], so folgt:
> >
> > [mm]|\bruch{1}{h^3}*\integral_{W_h}^{}{f(x) dx}-f(z)| \le \bruch{1}{h^3}* \lambda_3(W_h)*M(h)[/mm],
>
> >
> > wobei [mm]\lambda_3[/mm] das Lebesguemaß im [mm]\IR^3[/mm] bedeutet. Wegen
> > [mm]\lambda_3(W_h)=h^3,[/mm] erhält man:
> >
> > [mm]|\bruch{1}{h^3}*\integral_{W_h}^{}{f(x) dx}-f(z)| \le M(h)[/mm]
>
> >
> > Da f stetig ist, haben wir: [mm]M(h) \to 0[/mm] für h [mm]\to[/mm] 0.
> >
> >
> > Gruß FRED
>
> vielen Dank, das ist ein sehr eleganter Beweis, der
> prinzipiell ja so wie der Beweis zum HDI aussieht (also
> quasi analog dazu ist).
>
> Eine weitere Frage habe ich dennoch:
> Gibt es hier nicht vielleicht doch die Möglichkeit, einen
> (oder mehrere) Satz (Sätze) direkt anzuwenden, aus dem die
> obige Gleichheit hervorgeht? Also irgendwie Fubini+...+...
> [mm]\Rightarrow[/mm]... ?
Hallo Marcel,
im Moment habe ich dazu keine Idee. Ich denk mal drüber nach
Gruß FRED
>
> Beste Grüße,
> Marcel
>
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:02 Mo 04.10.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo Fred,
> > ...
> > Eine weitere Frage habe ich dennoch:
> > Gibt es hier nicht vielleicht doch die Möglichkeit,
> einen
> > (oder mehrere) Satz (Sätze) direkt anzuwenden, aus dem die
> > obige Gleichheit hervorgeht? Also irgendwie Fubini+...+...
> > [mm]\Rightarrow[/mm]... ?
>
> Hallo Marcel,
>
> im Moment habe ich dazu keine Idee. Ich denk mal drüber
> nach
>
> Gruß FRED
vielen Dank schonmal (auch für den obigen Beweis)!
Beste Grüße,
Marcel
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Hallo Marcel,
eine etwas andere Variante wäre noch, die aussage über eine transformation und einen Konvergenzsatz herzuleiten.
Ich beschränke mich jetzt mal auf eine raum-dimension, dann ist:
[mm]\int_z^{z+h} \phi(x^2) dx=h\int_0^1 \phi((uh+z)^2)\, du
[/mm]
Mit [mm] $\phi_h(u)=\phi((uh+z)^2)$ [/mm] ($z$ ist jetzt ein fest gewählter parameter) muss man dann untersuchen, ob ein Satz über die vertauschung von grenzprozessen angwendet werden darf, zb lebesgues satz von der majorisierten konvergenz. (EDIT: Oder man zeigt, dass sie konvergenz gleichmässig ist). Das geht aber auf jeden Fall, denn [mm] $|\phi_h(u)|$ [/mm] lässt sich aufgrund der stetigkeit von [mm] \phi [/mm] gegen eine geeignete konstante abschätzen, und diese
ist auf dem beschränkten intervall $[0,1]$ auch integrierbar. Also kann man den grenzwert unter das integral ziehen und erhält dort [mm] $\phi_0(u)=\phi(z^2)$. [/mm] Also
[mm]
\lim_{h\to 0} h\int_0^1 \phi((uh+z)^2)\, du
=h \int_0^1 \phi_0(u) du=h \phi(z^2)
[/mm]
Mehrdimensional geht das natürlich genau so.
Gruss
Matthias
> Hallo Fred,
>
> > Hallo Marcel,
> >
> > sei x= [mm](x_1,x_2,x_3),[/mm] z= [mm](z_1,z_2,z_3)[/mm] und f(x)=
> > [mm]\phi(x_1^2+x_2^2+x_3^2)[/mm]
> >
> > Weiter sei [mm]W_h:= [z_1,z_1+h] \times [z_3,z_3+h] \times [z_3,z_3+h]\, [/mm].
> > Dann ist
> >
> > [mm]\int_{z_1}^{z_1+h}\int_{z_2}^{z_2+h}\int_{z_3}^{z_3+h} \phi(x_1^2+x_2^2+x_3^2)dx_3dx_2dx_1= \integral_{W_h}^{}{f(x) dx}[/mm]
>
> >
> > Es folgt:
> >
> > [mm]\bruch{1}{h^3}*\integral_{W_h}^{}{f(x) dx}-f(z)= \bruch{1}{h^3}*\integral_{W_h}^{}({f(x)-f(z)) dx}[/mm]
>
> >
> > Ist [mm]M(h):= max \{|f(x)-f(z)|: x \in W_h \}[/mm], so folgt:
> >
> > [mm]|\bruch{1}{h^3}*\integral_{W_h}^{}{f(x) dx}-f(z)| \le \bruch{1}{h^3}* \lambda_3(W_h)*M(h)[/mm],
>
> >
> > wobei [mm]\lambda_3[/mm] das Lebesguemaß im [mm]\IR^3[/mm] bedeutet. Wegen
> > [mm]\lambda_3(W_h)=h^3,[/mm] erhält man:
> >
> > [mm]|\bruch{1}{h^3}*\integral_{W_h}^{}{f(x) dx}-f(z)| \le M(h)[/mm]
>
> >
> > Da f stetig ist, haben wir: [mm]M(h) \to 0[/mm] für h [mm]\to[/mm] 0.
> >
> >
> > Gruß FRED
>
> vielen Dank, das ist ein sehr eleganter Beweis, der
> prinzipiell ja so wie der Beweis zum HDI aussieht (also
> quasi analog dazu ist).
>
> Eine weitere Frage habe ich dennoch:
> Gibt es hier nicht vielleicht doch die Möglichkeit, einen
> (oder mehrere) Satz (Sätze) direkt anzuwenden, aus dem die
> obige Gleichheit hervorgeht? Also irgendwie Fubini+...+...
> [mm]\Rightarrow[/mm]... ?
>
> Beste Grüße,
> Marcel
>
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