Funktion iterieren < Integrationstheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:05 Sa 20.06.2009 | | Autor: | Ultio |
| Aufgabe | Aufgabe:
Ist die folgende Funktion auf [mm] \IR [/mm] ^{2}stetig und besitzt sie einen kompakten Träger? Berechnen sie für die stetige Funktion (sofern sie eine ist) mit kompaktem Träger das Volumen unter dem Graphen durch Integration über [mm] \IR [/mm] {2}.
[mm] f(x,y)=\begin{cases} (1-x^{2}-y^{2})^{1/2}, & {für x^{2}+y^{2} < 1} \\ 0, & {sonst} \end{cases} [/mm] |
Hi an Alle,
könnt ihr mir bitte helfen. Irgendwie sieht mein Lösungsweg ein wenig komisch aus
könntet ihr euch das mal bitte anschauen.
Dankeschön.
Man nimmt sich eine Folge [mm] (x_{n} [/mm] , [mm] y_{n}) [/mm] die gegen (x,y) mit [mm] x^{2}+y^{2} [/mm] = 1 konvergiert.
Das heißt [mm] x_{n} [/mm] ^{2}+ [mm] y_{n} [/mm] ^{2} = 1, damit ist [mm] F(x_{n} [/mm] , [mm] y_{n}) [/mm] = (1- [mm] (x^{2}+y^{2})^{1/2} [/mm] = 0 , daraus resultierend ist die Funktion stetig.
Dann besitzt die Funktion einen kompakten Träger, da die Menge der Punkte, bei denen f(x,y) ungleich 0 ist, beschränkt ist.
[mm] \integral_{-1}^{1}{\integral_{-\wurzel[2]{1-y^{2}}}^{\wurzel[2]{1-y^{2}}}{f(x,y) dx} dy} [/mm] = [mm] \integral_{-1}^{1}{\integral_{-\wurzel[2]{1-sin^{2}(\phi)}}^{\wurzel[2]{1-sin^{2}(\phi)}}{f(r,\phi) * r dr} d\phi}
[/mm]
mit f(x,y) = [mm] (1-x^{2}-y^{2})^{1/2} [/mm] = [mm] (1-(x^{2}+y^{2}))^{1/2} [/mm] = [mm] \wurzel[2]{1-r^{2}}
[/mm]
Da nun mithilfe der Substitution:
R = sin(t) [mm] \rightarrow [/mm] dr = cos(t) dt [mm] \rightarrow [/mm] t = arcsin(t)
Oder andere herangehensweise
R = cos(t) und da [mm] 1-r^{2} [/mm] = 1 [mm] cos^{2}(t) [/mm] = [mm] sin^{2}(t), [/mm] damit verschwindet die Wurzel, dazu müssen zustzliche Vorraussetzungen gegeben sein: [mm] r^{2} [/mm] = [mm] x^{2}+y^{2} [/mm] < 1
Damit ist
Integral [mm] (1-r^{2})^{1/2}) [/mm] dr = Integral (1- [mm] sin^{2}(t))^{1/2} [/mm] * cos(t) ) dt = Integral [mm] (cos^{2}(t)) [/mm] dt = ½ (t + sin(t)cos(t)) + C
Mittels der Resubstiution erhält man:
Cos(t) = [mm] (1-sin^{2}(t))^{1/2} [/mm] = (1- [mm] r^{2})^{1/2}
[/mm]
Damit ergibt sich:
Integral [mm] ((1-r^{2})^{1/2}) [/mm] dr = ½ (arcsin(r) + r * [mm] (1-r^{2})^{1/2})
[/mm]
Damit ergibt sich für das Integral
[mm] \integral_{-1}^{1}{\integral_{-\wurzel[2]{1-sin^{2}(\phi)}}^{\wurzel[2]{1-sin^{2}(\phi)}}{f(r,\phi) * r dr} d\phi}
[/mm]
Mittels partielle Integration
[mm] \integral_{-1}^{1}{[½ r (arcsin(r) + r * (1-r^{2})^{1/2})] |(r_{u} = - cos(\phi) und r_{o} = cos(\phi)) - \integral_{- cos(\phi)}^{cos(\phi)}{½ (arcsin(r) + r * (1-r^{2})^{1/2}) dr} d\phi}
[/mm]
= [mm] \integral_{-1}^{1}{[½ r (arcsin(r) + r * (1-r^{2})^{1/2})] |(r_{u} = - cos(\phi) und r_{o} = cos(\phi)) - [ ½ (arcsin(r) * r + (1-r^{2})^{1/2}) - 1/3 (1 r^{2})^{3/2}) ] |(r_{u} = - cos(\phi) und r_{o} = cos(\phi)) } d\phi
[/mm]
Dass Problem dabei ist aber dass die dann zu
= Integral 0 [mm] d\phi
[/mm]
führt. Oder ist das doch richtig? Muss die Intervallgrenzen anders wählen vielleicht?
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HAllo Ultio,
> Aufgabe:
> Ist die folgende Funktion auf [mm]\IR[/mm] ^{2}stetig und besitzt
> sie einen kompakten Träger? Berechnen sie für die stetige
> Funktion (sofern sie eine ist) mit kompaktem Träger das
> Volumen unter dem Graphen durch Integration über [mm]\IR[/mm] {2}.
>
> [mm]f(x,y)=\begin{cases} (1-x^{2}-y^{2})^{1/2}, & {für x^{2}+y^{2} < 1} \\ 0, & {sonst} \end{cases}[/mm]
>
> Hi an Alle,
> könnt ihr mir bitte helfen. Irgendwie sieht mein
> Lösungsweg ein wenig komisch aus
> könntet ihr euch das mal bitte anschauen.
> Dankeschön.
>
> Man nimmt sich eine Folge [mm](x_{n}[/mm] , [mm]y_{n})[/mm] die gegen (x,y)
> mit [mm]x^{2}+y^{2}[/mm] = 1 konvergiert.
> Das heißt [mm]x_{n}[/mm] ^{2}+ [mm]y_{n}[/mm] ^{2} = 1, damit ist [mm]F(x_{n}[/mm]
> , [mm]y_{n})[/mm] = (1- [mm](x^{2}+y^{2})^{1/2}[/mm] = 0 , daraus
> resultierend ist die Funktion stetig.
> Dann besitzt die Funktion einen kompakten Träger, da die
> Menge der Punkte, bei denen f(x,y) ungleich 0 ist,
> beschränkt ist.
>
> [mm]\integral_{-1}^{1}{\integral_{-\wurzel[2]{1-y^{2}}}^{\wurzel[2]{1-y^{2}}}{f(x,y) dx} dy}[/mm]
> =
> [mm]\integral_{-1}^{1}{\integral_{-\wurzel[2]{1-sin^{2}(\phi)}}^{\wurzel[2]{1-sin^{2}(\phi)}}{f(r,\phi) * r dr} d\phi}[/mm]
>
> mit f(x,y) = [mm](1-x^{2}-y^{2})^{1/2}[/mm] =
> [mm](1-(x^{2}+y^{2}))^{1/2}[/mm] = [mm]\wurzel[2]{1-r^{2}}[/mm]
> Da nun mithilfe der Substitution:
> R = sin(t) [mm]\rightarrow[/mm] dr = cos(t) dt [mm]\rightarrow[/mm]
> t = arcsin(t)
> Oder andere herangehensweise
> R = cos(t) und da [mm]1-r^{2}[/mm] = 1 [mm]cos^{2}(t)[/mm] = [mm]sin^{2}(t),[/mm]
> damit verschwindet die Wurzel, dazu müssen zustzliche
> Vorraussetzungen gegeben sein: [mm]r^{2}[/mm] = [mm]x^{2}+y^{2}[/mm] < 1
>
> Damit ist
> Integral [mm](1-r^{2})^{1/2})[/mm] dr = Integral (1-
Hier ist ein "r" verlorengegangen.
Korrekt muß es heißen:
[mm]\integral_{}^{}{\red{r}*\wurzel{1-r^{2}} \ dr}[/mm]
> [mm]sin^{2}(t))^{1/2}[/mm] * cos(t) ) dt = Integral [mm](cos^{2}(t))[/mm] dt
> = ½ (t + sin(t)cos(t)) + C
> Mittels der Resubstiution erhält man:
> Cos(t) = [mm](1-sin^{2}(t))^{1/2}[/mm] = (1- [mm]r^{2})^{1/2}[/mm]
> Damit ergibt sich:
> Integral [mm]((1-r^{2})^{1/2})[/mm] dr = ½ (arcsin(r) + r *
> [mm](1-r^{2})^{1/2})[/mm]
> Damit ergibt sich für das Integral
> [mm]\integral_{-1}^{1}{\integral_{-\wurzel[2]{1-sin^{2}(\phi)}}^{\wurzel[2]{1-sin^{2}(\phi)}}{f(r,\phi) * r dr} d\phi}[/mm]
>
> Mittels partielle Integration
>
> [mm]\integral_{-1}^{1}{[½ r (arcsin(r) + r * (1-r^{2})^{1/2})] |(r_{u} = - cos(\phi) und r_{o} = cos(\phi)) - \integral_{- cos(\phi)}^{cos(\phi)}{½ (arcsin(r) + r * (1-r^{2})^{1/2}) dr} d\phi}[/mm]
>
> = [mm]\integral_{-1}^{1}{[½ r (arcsin(r) + r * (1-r^{2})^{1/2})] |(r_{u} = - cos(\phi) und r_{o} = cos(\phi)) - [ ½ (arcsin(r) * r + (1-r^{2})^{1/2}) - 1/3 (1 r^{2})^{3/2}) ] |(r_{u} = - cos(\phi) und r_{o} = cos(\phi)) } d\phi[/mm]
>
>
> Dass Problem dabei ist aber dass die dann zu
> = Integral 0 [mm]d\phi[/mm]
> führt. Oder ist das doch richtig? Muss die
> Intervallgrenzen anders wählen vielleicht?
>
>
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:18 So 21.06.2009 | | Autor: | Ultio |
Aber ich habe doch
u= r
U' = 1
V' = [mm] (1-r^{2})^{1/2}
[/mm]
v = jenes Integral.
ICh habe das doch für die partielle Integration benötigt.
Ist es denn noch falsch?
Fällt dir vielleicht was zu den Intervallgrenzen ein?
Danke dir für die antwort
Gruß
Felix
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Hallo Ultio,
> Aber ich habe doch
> u= r
> U' = 1
> V' = [mm](1-r^{2})^{1/2}[/mm]
> v = jenes Integral.
> ICh habe das doch für die partielle Integration benötigt.
> Ist es denn noch falsch?
Nun, wenn Du das Integral
[mm]\integral_{}^{}{\integral_{}^{}{f\left(x,y\right) \ dx } \ dy}[/mm]
auf Polarkoordinaten transformierst, dann ergibt sich,
wie Du richtig erkannt hast:
[mm]\integral_{}^{}{\integral_{}^{}{r*f\left(r,\phi\right) \ dr } \ d\phi}[/mm]
Daher hast Du auch als erstes dieses Integral zu berechnen:
[mm]\integral_{}^{}{r*f\left(r,\phi\right) \ dr }=\integral_{}^{}{r*\wurzel{1-r^{2}} \ dr }[/mm]
> Fällt dir vielleicht was zu den Intervallgrenzen ein?
Aus der Substitution
[mm]x=r*\cos\left(\phi\right)[/mm]
[mm]y=r*\sin\left(\phi\right)[/mm]
ergeben sich die neuen Intervallgrenzen,
so daß dann folgendes Integral da steht:
[mm]\integral_{-\bruch{\pi}{2}}^{\bruch{\pi}{2}}{\integral_{0}^{1}{r*f\left(r,\phi\right) \ dr } \ d\phi}[/mm]
> Danke dir für die antwort
> Gruß
> Felix
Gruß
MathePower
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Hallo Felix,
den Ausdruck "eine Funktion iterieren" gibt es auch.
Dies bedeutet aber dann etwas ganz anderes als was
du hier meinst, nämlich "integrieren" .
LG
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