Tausch v. Vorzeichen u. Grenze < Integrationstheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:50 Mo 21.10.2013 | | Autor: | Druss |
Hallo,
ich rechne beispielsweise folgendes:
[mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{f(x) dx} [/mm] = [mm] \integral_{-\infty}^{0}{f(x) dx} [/mm] + [mm] \integral_{0}^{\infty}{f(x) dx}
[/mm]
= [mm] \integral_{\infty}^{0}{f(-x) dx} [/mm] + [mm] \integral_{0}^{\infty}{f(x) dx} [/mm]
= [mm] -\integral_{0}^{\infty}{f(-x) dx} [/mm] + [mm] \integral_{0}^{\infty}{f(x) dx}
[/mm]
Im ersten Schritt zerlege ich das Integral, dann tausche ich beim vorderen sämtliche Vorzeichen um anschließend die Integrationsgrenzen zu tauschen.
Ich verstehe nicht, wo ich einen Fehler gemacht habe und warum?
Ich glaube, dass ich im zweiten Schritt, da wo ich die Vorzeichen getauscht habe, ebenfalls das Differential hätte tauschen müssen.
Eigentlich substituiere ich doch hier mit u = -x, sodass [mm] \bruch{du}{dx} [/mm] = -1 und somit du = -dx
Damit würde sich der zweite Schritt zu
= [mm] -\integral_{\infty}^{0}{f(-u) du} [/mm] + [mm] \integral_{0}^{\infty}{f(x) dx}
[/mm]
= [mm] \integral_{0}^{\infty}{f(-u) du} [/mm] + [mm] \integral_{0}^{\infty}{f(x) dx}
[/mm]
ändern. Setze ich nun wieder für x ein, so Ist das nun richtig?
LG
Druss
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> Hallo,
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> ich rechne beispielsweise folgendes:
>
>
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x) dx}\ =\ \integral_{-\infty}^{0}{f(x) dx}\ +\ \integral_{0}^{\infty}{f(x) dx}[/mm]
>
> = [mm]\integral_{\infty}^{0}{f(-x) dx}\ +\ \integral_{0}^{\infty}{f(x) dx}[/mm] ![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
>
> = [mm]-\integral_{0}^{\infty}{f(-x) dx}\ +\ \integral_{0}^{\infty}{f(x) dx}[/mm]
>
> Im ersten Schritt zerlege ich das Integral, dann tausche
> ich beim vorderen sämtliche Vorzeichen um anschließend
> die Integrationsgrenzen zu tauschen.
>
> Ich verstehe nicht, wo ich einen Fehler gemacht habe und
> warum?
>
> Ich glaube, dass ich im zweiten Schritt, da wo ich die
> Vorzeichen getauscht habe, ebenfalls das Differential
> hätte tauschen müssen. ![[daumenhoch]](/images/smileys/daumenhoch.gif "[daumenhoch]")
das hast du richtig erkannt !
> Eigentlich substituiere ich doch hier mit u = -x, sodass
> [mm]\bruch{du}{dx}[/mm] = -1 und somit du = -dx
>
> Damit würde sich der zweite Schritt zu
>
> = [mm]-\integral_{\infty}^{0}{f(-u) du}\ +\ \integral_{0}^{\infty}{f(x) dx}[/mm]
>
> = [mm]\integral_{0}^{\infty}{f(-u) du}\ +\ \integral_{0}^{\infty}{f(x) dx}[/mm]
>
> ändern. Setze ich nun wieder für x ein, so Ist das nun
> richtig?
Wie ich sehe, sollte das stimmen. Teste das Ganze doch
noch an einem geeigneten Beispiel !
(dabei sind für deine Frage die unendlichen Grenzen gar
nicht wesentlich !)
LG , Al-Chw.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:12 Mo 21.10.2013 | | Autor: | Druss |
Hallo,
danke für die Schnelle Antwort.
Was ich jedoch nicht ganz verstehe ist, wie ich beides zusammen ziehen kann, da ich ja dort u und x habe.
Beispielsweise, nun der test :), setze ich f(x) = [mm] \exp(b*x^2 [/mm] + c*x).
Hier starte ich ja dann von:
[mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\exp(b*x^2 + c*x)dx}
[/mm]
= [mm] \integral_{-\infty}^{0}{exp(b*x^2 + c*x)dx} [/mm] + [mm] \integral_{0}^{\infty}{exp(b*x^2 + c*x)dx}
[/mm]
Nun substituiere ich wie zuvor u = -x und erhalte
= [mm] -\integral_{\infty}^{0}{exp(b*u^2 - c*u)du} [/mm] - [mm] \integral_{0}^{-\infty}{exp(b*u^2 - c*u)du}
[/mm]
= [mm] \integral_{0}^{\infty}{exp(b*u^2 - c*u)du} [/mm] - [mm] \integral_{0}^{-\infty}{exp(b*u^2 - c*u)du}
[/mm]
...
Wodrauf ich aber eigentlich hinaus wollte ist:
... = [mm] \integral_{0}^{\infty}{exp(b*u^2)(exp(-c*u) + exp(c*u))du} [/mm]
Wo ist mein Fehler?
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> Hallo,
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> danke für die Schnelle Antwort.
>
> Was ich jedoch nicht ganz verstehe ist, wie ich beides
> zusammen ziehen kann, da ich ja dort u und x habe.
>
> Beispielsweise, nun der test :), setze ich f(x) =
> [mm]\exp(b*x^2[/mm] + c*x).
>
> Hier starte ich ja dann von:
>
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{\exp(b*x^2 + c*x)dx}[/mm]
Sorry, aber dies ist doch ein äußerst ungeeignetes
Beispiel, weil es weder auf der negativen als auf der
positiven Seite konvergieren kann.
Nimm als Beispiel lieber eine einfache (z.B. lineare)
Funktion auf einem endlichen Intervall, z.B.
[mm] $\integral_{-2}^{3}(2x+4)\ [/mm] dx$
und teile es auf in:
[mm] $\integral_{-2}^{0}(2x+4)\ [/mm] dx\ +\ [mm] \integral_{0}^{3}(2x+4)\ [/mm] dx$
Das ist etwas, das du im Detail explizit nachrechnen und
dir in einer Zeichnung vergegenwärtigen kannst !
LG , Al-Chw.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:41 Mo 21.10.2013 | | Autor: | Druss |
Mein Ziel ist es, auch wenn ich es nicht direkt so kommuniziert habe, ein Integral mit den Grenzen a = -b so umzuformen, sodass beide Teil-Integrale von 0 bis a bzw. b laufen.
Wenn ich also in Deinem Beispiel die obere Grenze einfach mal auf +2 setze, so erhalte ich:
[mm] \integral_{-2}^{2}{2x+4}dx [/mm] = [mm] \integral_{-2}^{0}{2x+4}dx [/mm] + [mm] \integral_{0}^{2}{2x+4}dx
[/mm]
Substituiere nun im ersten Summanden wieder u = -x:
= [mm] -\integral_{2}^{0}{-2u+4}du [/mm] + [mm] \integral_{0}^{2}{2x+4}dx
[/mm]
= [mm] \integral_{0}^{2}{-2u+4}du [/mm] + [mm] \integral_{0}^{2}{2x+4}dx
[/mm]
= [mm] [-u^2 [/mm] + [mm] 4*u]_{0}^2 [/mm] + [mm] [x^2 [/mm] + [mm] 4*x]_{0}^2
[/mm]
= [mm] -2^2 [/mm] + 4*2 + [mm] 2^2 [/mm] + 4*2
= -4 + 8 + 4 + 8
= 16
Hier stimmt also alles.
Was ich aber eigentlich machen will ist beide Summanden wieder zusammen zu ziehen. Ich weiß jedoch nicht genau wie ich mit den u bzw. x umgehen soll. Wieder zu substituieren bringt ja nichts.
Was ich hier integriere, sollte grafisch so ausehen:
http://s7.directupload.net/images/131021/tflqdz3e.png
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:29 Mo 21.10.2013 | | Autor: | chrisno |
Wie in dem anderen Fall. Du kannst einfach u und du durch x und dx ersetzen (Namen sind Schall und Rauch)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:49 Mo 21.10.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo,
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> ich rechne beispielsweise folgendes:
>
>
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x) dx}[/mm] = [mm]\integral_{-\infty}^{0}{f(x) dx}[/mm] + [mm]\integral_{0}^{\infty}{f(x) dx}[/mm]
>
> = [mm]\red{\integral_{\infty}^{0}{f(-x) dx}}[/mm] + [mm]\integral_{0}^{\infty}{f(x) dx}[/mm]
da ist ein Fehler: Mit $t:=-x$ gilt [mm] $dt=-\,dx$ [/mm] und daher
[mm] $\int_{x=-\infty}^{x=0} f(x)dx=\int_{t=\infty}^{t=0}f(-t)*(-\,dt)\;=\;\;\red{-}\;\int_{\infty}^0 f(x)\,dx\;=\;\;\red{+}\;\;\int_0^\infty [/mm] f(-x)dx$
Die Überlegungen kann man an einem einfachen Beispiel (mit endlichen
Grenzen) analog testen:
[mm] $\int_{-2}^2 [/mm] xdx$ sollte $=0$ sein:
[mm] $\int_0^2 (-x)dx+\int_0^2 xdx=(-\frac{1}{2}*2^2+\frac{1}{2}*0^2)+\frac{1}{2}*2^2+\frac{1}{2}*0^2=0.$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:50 Mo 21.10.2013 | | Autor: | Marcel |
P.S.
Sorry, habe gerade bei erneutem Lesen der Frage gesehen, dass Du das
schon vermutet hattest - und es Dir auch schon bestätigt wurde.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:08 Mo 21.10.2013 | | Autor: | Druss |
Danke für Deine Antwort.
Ich habe nun verstanden, dass es so wie ich es vor hatte, nicht machbara ist. Der Grund ist, dass sich die Fläche nicht bei x=0 symmetrisch aufteilt. An dem Bild (siehe Link) sieht man deutlich, dass der von x=0 rechts gelegene Teil der Fläche deutlich größer ist als die Fläche, welche links von x=0 liegt.
Ich vermute, dass es bei Funktionen wie [mm] f(x)=x^2 [/mm] funktioniert. Jedoch nicht hier und somit auch insbesondere nicht mit bel. Funktionen.
Damit betrachte ich den ursprünglichen Fall ebenfalls anders.
Die Funktion die mich interessiert hatte, war f(x) = [mm] exp(-b*x^2+c*x)
[/mm]
Damit erhalte ich:
[mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{exp(-b*x^2+c*x)dx}
[/mm]
= [mm] \integral_{-\infty}^{0}{exp(-b*x^2+c*x)dx} [/mm] + [mm] \integral_{0}^{\infty}{exp(-b*x^2+c*x)dx}
[/mm]
Substituiere ich nun wie folgt: u = -x, so erhalte ich für den vorderen Summand:
= [mm] -\integral_{\infty}^{0}{exp(-b*u^2-c*u)du}
[/mm]
= [mm] \integral_{0}^{\infty}{exp(-b*u^2-c*u)du}
[/mm]
Eine Frage die sich mir nun stellt, ist, wie ich auf die folgende Form komme:
[mm] \integral_{0}^{\infty}{exp(-b*x^2)(exp(-c*x)+exp(c*x))dx}
[/mm]
Der Grund ist, da ich dann obiges als
[mm] 2\integral_{0}^{\infty}{exp(-b*x^2)cosh(-c*x)dx}
[/mm]
schreiben kann.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:27 Mo 21.10.2013 | | Autor: | chrisno |
>
> = [mm]\integral_{0}^{\infty}{exp(-b*u^2-c*u)du}[/mm]
>
= [mm]\integral_{0}^{\infty}{exp(-b*x^2-c*x)dx}[/mm]
Der Wert des Integrals hängt nicht vom Namen der Integrationsvariablen ab.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:41 Mo 21.10.2013 | | Autor: | Druss |
Hm ok, d.h., (nur damit ich es richtig verstehe) ich kann schreiben:
[mm] \integral_{0}^\infty{exp(-b*u^2-c*u)du} [/mm] + [mm] \integral_{0}^\infty{exp(-b*x^2+c*x)dx}
[/mm]
= [mm] \integral_{0}^\infty{exp(-b*x^2)((exp(c*x)+exp(-c*x))dx}
[/mm]
und habe im Zwischenschritt einfach u=x gesetzt, obwohl ich zuvor u=-x substituiert habe? Oder sollte ich hier, damit ich nicht verwirrt bin, einfach alles durch, k.a., y ersetzen, d.h., y=x=u?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 03:23 Di 22.10.2013 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Druss!
> Hm ok, d.h., (nur damit ich es richtig verstehe) ich kann
> schreiben:
>
> [mm]\integral_{0}^\infty{exp(-b*u^2-c*u)du}[/mm] +
> [mm]\integral_{0}^\infty{exp(-b*x^2+c*x)dx}[/mm]
>
> = [mm]\integral_{0}^\infty{exp(-b*x^2)((exp(c*x)+exp(-c*x))dx}[/mm]
Diese Gleichheit ist korrekt.
> und habe im Zwischenschritt einfach u=x gesetzt, obwohl ich
> zuvor u=-x substituiert habe?
Du hast nicht u=x für irgendwelche Zahlen u und x gesetzt, sondern mal x und mal u als Integrationsvariable benutzt.
Da spricht nichts gegen.
> Oder sollte ich hier, damit
> ich nicht verwirrt bin, einfach alles durch, k.a., y
> ersetzen, d.h., y=x=u?
Ich kann mit $y=x=u$ nichts anfangen.
Schließlich bezeichnen y, x und u keine bestimmten Objekte (die gleich oder ungleich sein könnten), sondern sind Integrationsvariablen.
Viele Grüße
Tobias
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 05:19 Di 22.10.2013 | | Autor: | Druss |
Danke für den Hinweis.
Prinzipiell weiß ich, dass der y=x=u - Kram nichts bedeutet bzw. bringt und dass es egal ist, ob ich das u oder x nenne.
Einzig und allein, dass ich zuvor u = -x gesetzt habe, hatte mich etwas verwirrt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:28 Mo 21.10.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Danke für Deine Antwort.
>
> Ich habe nun verstanden, dass es so wie ich es vor hatte,
> nicht machbara ist. Der Grund ist, dass sich die Fläche
> nicht bei x=0 symmetrisch aufteilt. An dem Bild (siehe
> Link) sieht man deutlich, dass der von x=0 rechts gelegene
> Teil der Fläche deutlich größer ist als die Fläche,
> welche links von x=0 liegt.
>
> Ich vermute, dass es bei Funktionen wie [mm]f(x)=x^2[/mm]
> funktioniert. Jedoch nicht hier und somit auch insbesondere
> nicht mit bel. Funktionen.
ja, bei Funktionen mit $f(-x)=f(x)$ (für alle [mm] $x\,$) [/mm] - so genannte "gerade Funktionen",
geht das einfach, denn da gilt
[mm] $\int_{-\infty}^0 f(x)dx=-\int_{\infty}^0 f(-x)\,dx=\int_0^\infty f(-x)\,dx=\int_0^\infty f(x)\,dx\,.$
[/mm]
Beim letzten Gleichheitszeichen kommt die Voraussetzung "gerade" ins
Spiel. (Und wegen [mm] $(-x)^2=((-1)*x)^2=(-1)^2*x^2=x^2$ [/mm] ist $x [mm] \mapsto x^2$ [/mm] ($x [mm] \in \IR$)
[/mm]
eine gerade Funktion. Wobei wir uns hier, wegen Integralexistenzgründen,
den Definitionsbereich ("symmetrisch um Null") eingeschränkt denken sollten
(oder meinetwegen auch außerhalb eines um 0 symmetrischen Intervalls
sollte die Funktion verschwinden) um nicht einfach nur ganz groben Unfug
zu betreiben.  )
Aber so grob gesagt: Ja.
Gruß,
Marcel
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