Integral berechnen

05.12.2007, 12:03

r4nt4npl4n

Integral berechnen

Hi Leute

folgende Aufgabe:

Berechnen Sie das Integral:

$\begin{eqnarray*} \int_{]0,\infty[^{2}} e^{-(x+y)^{2}}d\lambda^{2}(x,y). \end{eqnarray*}$

So es muss also berechnet werden

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} e^{-(x+y)^{2}}dxdy \end{eqnarray*}$

Ich kenne bereits das Ergebnis, bin mir aber mit dem Lösungsweg nicht sicher. Wie siehts mit den Polarkoordinaten aus? Der richtige Ansatz müsste die Transformationsformel sein, aber wie sehen dann die Grenzen aus?

05.12.2007, 12:58

klarsoweit

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RE: Integral berechnen
Überlege, über welches Gebiet du integrierst und wie das mit Polarkoordinaten abgedeckt wird.

05.12.2007, 14:22

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Ob Polarkoordinaten hier so eine gute Wahl ist? Ich würde ja eher beim inneren Integral $\begin{eqnarray*} z=x+y \end{eqnarray*}$ substituieren, und dann die Integrationsreihenfolge $\begin{eqnarray*} z\leftrightarrow y \end{eqnarray*}$ vertauschen (Fubini).

05.12.2007, 15:52

r4nt4npl4n

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hey

wie stellst du dir das denn genau vor nach der Substitution? Dann würde ja sowas stehen: $\begin{eqnarray*} \int_{]0,\infty[^{2}} e^{-z^2} \end{eqnarray*}$

wie genau würdest du weiter vorgehen? ich kann das teil ja nicht integrieren...

@klarsoweit: naja es wird ja über den ersten quadranten integriert. Die Grenzen wären dann $\begin{eqnarray*} r \in (0, \infty) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \varphi \in (0,2\pi) \end{eqnarray*}$ .
KOmme aber irgendwie nicht weiter.

05.12.2007, 15:58

klarsoweit

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Also bei diesem Winkel phi integrierst du über alle 4 Quadranten. smile

Wenn du mit x = r*cos(phi) und y = r*sin(phi) transformierst, dann kann da erstmal kein z im Integral auftauchen. Desweiteren mußt du auch das "dxdy" gemäß Transformationsformel ersetzen.

05.12.2007, 16:07

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Zitat:

Original von r4nt4npl4n
wie stellst du dir das denn genau vor nach der Substitution? Dann würde ja sowas stehen: $\begin{eqnarray*} \int_{]0,\infty[^{2}} e^{-z^2} \end{eqnarray*}$

Unsinn - richtig substituieren, inklusive der Grenzen! Also so:

$\begin{eqnarray*} \int\limits_0^{\infty} ~ \int\limits_0^{\infty} ~ e^{-(x+y)^2} ~ \dd x ~ \dd y &=& \int\limits_0^{\infty} ~ \int\limits_y^{\infty} ~ e^{-z^2} ~ \dd z ~ \dd y = \int\limits_0^{\infty} ~ \int\limits_0^{\infty} ~ e^{-z^2}\cdot 1_{[z\geq y]} ~ \dd z ~ \dd y\\ & \stackrel{\text{Fubini}}{=} & \int\limits_0^{\infty} ~ \int\limits_0^{\infty} ~ e^{-z^2}\cdot 1_{[z\geq y]} ~ \dd y ~ \dd z = \int\limits_0^{\infty} ~ \int\limits_0^z ~ e^{-z^2} ~ \dd y ~ \dd z \end{eqnarray*}$

05.12.2007, 16:46

r4nt4npl4n

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danke arthur, kommt die richtige lösung raus Wink

kurze verständnisfrage: Woher kommt das y als Grenze und wieso verschwindet es wieder??

lg

05.12.2007, 17:00

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Na wie ich sagte:

Zitat:

Original von Arthur Dent
richtig substituieren, inklusive der Grenzen!

Wenn nun $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} z=x+y \end{eqnarray*}$ substituiert wird, dann natürlich auch die untere Integrationsgrenze $\begin{eqnarray*} x_u=0 \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} z_u = x_u+y = y \end{eqnarray*}$ . Warum zum Teufel vergessen das so viele Leute, dass das auch dazugehört? Bei der oberen Grenze unendlich wirkt sich die Verschiebung natürlich nicht aus.

Was das "Verschwinden" betrifft: Da steht dann noch so eine Indikatorfunktion $\begin{eqnarray*} 1_{\ldots} \end{eqnarray*}$ als Faktor im Integranden, die solltest du nicht vernachlässigen. Augenzwinkern

06.12.2007, 09:24

klarsoweit

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Ob Polarkoordinaten hier so eine gute Wahl ist?

Da war ich ja fürchterlich betriebsblind. Hammer

Habe immer $\begin{eqnarray*} e^{-(x^2+y^2)} \end{eqnarray*}$ gelesen, obwohl da klar und deutlich $\begin{eqnarray*} e^{-(x+y)^2} \end{eqnarray*}$ steht. geschockt

06.12.2007, 09:42

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So abwegig sind Polarkoordinaten hier aber auch nicht:

$\begin{eqnarray*} \int\limits_0^{\infty} ~ \int\limits_0^{\infty} ~ e^{-(x+y)^{2}} ~ \dd x ~ \dd y &=& \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} ~ \int\limits_0^{\infty} ~ r e^{-r^2(\cos(\varphi)+\sin(\varphi))^2} ~ \dd r ~ \dd \varphi = \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} ~ \left[ -\frac{1}{2(\cos(\varphi)+\sin(\varphi))^2}e^{-r^2(\cos(\varphi)+\sin(\varphi))^2} \right]_{r=0}^{\infty} ~ \dd \varphi\\ &=& \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} ~ \frac{1}{2(\cos(\varphi)+\sin(\varphi))^2} ~ \dd \varphi = \left[ -\frac{1}{2(\tan(\varphi)+1)} \right]_{\varphi=0}^{\frac{\pi}{2}} = \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

Nur etwas komplizierter beim Integrieren. Augenzwinkern

06.12.2007, 18:06

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Interessanter Weg Arthur, mit den Polarkoordinaten.

Ich hätte da zwei Fragen: Wie verarbeitest du die obere Grenze unendlich beim zweiten =? Wenn man das gegen unendlich laufen lääst, bleibt doch nur der 1. Faktor übrig?

Und wie ist das mit den Pi/2 am Ende. Die kann man doch gar nicht für tan(phi) einsetzen?

Oder welchen Denkfehler hab ich gerade? verwirrt

Gruß

06.12.2007, 20:30

r4nt4npl4n

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hey

ist es nicht so:

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{2(cos(\varphi)+sin(\varphi))^{2}}d\varphi= \left[ \frac{sin(\varphi)}{2(cos(\varphi)+sin(\varphi))} \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

??

06.12.2007, 20:36

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Es ist

$\begin{eqnarray*} -\frac{1}{2(\tan(\varphi)+1)} = -\frac{\cos(\varphi)}{2(\sin(\varphi)+\cos(\varphi))} = \frac{\sin(\varphi)}{2(\sin(\varphi)+\cos(\varphi))}-\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ ,

d.h. beide Funktionen unterscheiden sich nur um eine Konstante, was ja bei unterschiedlichen Stammfunktionen zur selben Funktion in Ordnung ist. smile

Aber ich gebe dir recht, dass $\begin{eqnarray*} \frac{\sin(\varphi)}{2(\sin(\varphi)+\cos(\varphi))} \end{eqnarray*}$ günstiger ist, da es da an der Stelle $\begin{eqnarray*} x=\frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ kein Definitionsproblem gibt.

$\begin{eqnarray*} -\frac{1}{2(\tan(\varphi)+1)} \end{eqnarray*}$ ist da zwar nicht definiert hat da aber zumindest eine hebbare Lücke, d.h. der Grenzwert für $\begin{eqnarray*} x\to\frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ existiert, und mehr braucht man oben ja auch nicht. Augenzwinkern

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