Funktionen über Mengen Ingetrierbar?

22.10.2009, 12:03

Lafeee

Funktionen über Mengen Ingetrierbar?

Hi, kann mir jemand helfen, wie ich die Aufgabe anfange:
$\begin{eqnarray*} f(x,y):=\frac{1}{x+y} \end{eqnarray*}$ über $\begin{eqnarray*} [0,1]^2 \end{eqnarray*}$

22.10.2009, 12:09

Mazze

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Schreibs als Doppelintegral, der Integrationsbereich ist ja denkbar einfach.

22.10.2009, 12:21

Lafeee

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Also ich bin in der Materie nicht ganz so sicher, ist es dann so richtig:
$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{1}~\int_{0}^{1}~\frac{1}{x+y}~dx~dy \end{eqnarray*}$
Dannach einfach versuchen das Integral zu bilden oder wie überprüfe ich das?

22.10.2009, 12:31

Mazze

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Zitat:

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{1}~\int_{0}^{1}~\frac{1}{x+y}~dx~dy \end{eqnarray*}$

richtig !

Zitat:

Dannach einfach versuchen das Integral zu bilden oder wie überprüfe ich das?

Von Innen nach Aussen lösen. Für

$\begin{eqnarray*} \int_0^1 \frac{1}{x + y} dx \end{eqnarray*}$

ist y nur eine Konstante. Wenn Du das hast , wird das äußere Integral nach y gelößt.

22.10.2009, 13:54

Lafeee

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Okay also:
$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{1}~\frac{1}{x+y} ~dx = log(y+1)-log(y) \end{eqnarray*}$
Ersetzen:
$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{1}~log(y+1)-log(y)~dy \end{eqnarray*}$
Ergibt:
$\begin{eqnarray*} ((y+1)*log(y+1)-(y+1)) - (y* log(y)-y) \Rightarrow ((2*log(2)-2) - (log(1)-1)) - (log(1)-1) = 2*log(2)-2*log(1) \end{eqnarray*}$

Ist das richtig?

22.10.2009, 14:30

Mazze

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Ganz so einfach ist es nicht, der Logarithmus ist an der Stelle 0 nicht definiert. Daher musst Du eine Grenzübergang y gegen 0 vollziehen. Genauer :

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{1}~log(y+1)-log(y)~dy \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = [(y+1)*log(y+1)-y) - (y* log(y)-y)]_0^1 = 2\log(2) + \lim_{y \to 0}y\log(y) \end{eqnarray*}$

27.10.2009, 15:07

Lafeee

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Bis hierhin schonmal vielen dank.
Wie sieht es nun aus wenn ich das Intervall auf $\begin{eqnarray*} [-1,1]^2 \end{eqnarray*}$ erweiter?
Kann ich da vielleicht mit der Symetrie argumentieren?

27.10.2009, 15:23

Mazze

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Eine gewisses Symmetrieverhalten hat die Funktion entlang der Ebene x = -y, z bel. Du könntest den Integrationsbereich dann in zwei Dreiecke aufteilen und entsprechend Integrieren. Was man aber schon sieht ist, das das Integral 0 sein dürfte. Diese Funktion ist ungerade, sprich

$\begin{eqnarray*} -f(x) = f(-x) \end{eqnarray*}$

und ungerade, stetige Funktionen integriert über bestimmten Gebieten ergeben immer 0. Allerdings ist deine Funktion hier ja in (x = -y) garnicht definiert, daher würde ich wohl doch die Teilintegrale einfach lösen.

27.10.2009, 15:50

Lafeee

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Mazze echt schonmal vielen dank für deine Hilfe aber etwas bleibt noch offen.

Nehmen wir an die Aufgabe würde heißen:
"Untersuchen Sie, ob die folgenden Funktionen über die angegebenen Mengen integrierbar sind."
Wie würde ich das sagen für $\begin{eqnarray*} [0,1]^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} [-1,1]^2 \end{eqnarray*}$
Weil bei $\begin{eqnarray*} [0,1]^2 \end{eqnarray*}$ ist ja der Limes aber dieser konv. ja gegen 0, also könnte man doch sagen das das integral existiert mit $\begin{eqnarray*} 2log(2) \end{eqnarray*}$

Zu: $\begin{eqnarray*} [-1,1]^2 \end{eqnarray*}$ könntest du mir das mit den dreiecken nochmal genauer erklären?

MfG

27.10.2009, 16:01

Mazze

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Die Funktionen sind auf einem Gebiet integrierbar, wenn die Integrale über den Gebieten existieren, das heißt wenn ein Wert $\begin{eqnarray*} a \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ herauskommt. Was die Dreiecke angeht :

$\begin{eqnarray*} G = [-1,1]^2 = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 : |x| \leq 1 \land |y| \leq 1\} \end{eqnarray*}$

Diese Menge ist ein Quadrat in der Ebene wie man leicht einsieht. Das Teilen wir in zwei Dreiecke :

$\begin{eqnarray*} M_1 = \{(x,y) \in G: x + y > 0\} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} M_2 = \{(x,y) \in G : x + y < 0\} \end{eqnarray*}$

Du wirst feststellen das $\begin{eqnarray*} G = M_1 \cup M_2 \cup N \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} N = \{(x,y) \in G : x = -y\} \end{eqnarray*}$

N ist genau die Menge auf der die Funktion nicht definiert ist. Nun ist natürlich

$\begin{eqnarray*} \int_G f d(x,y) = \int_{M_1} f d(x,y) + \int_{M_2}f d(x,y) \end{eqnarray*}$

Die Teilintegrale kann man ausrechnen.

27.10.2009, 16:24

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Zitat:

Original von Mazze
Was man aber schon sieht ist, das das Integral 0 sein dürfte

... aber nur, sofern es existiert. Aber da bist du ja gerade dabei. Augenzwinkern

27.10.2009, 16:54

Lafeee

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Alles klar, nur wie schreibe ich $\begin{eqnarray*} \int_{M_1} f d(x,y) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \int_{M_2}f d(x,y) \end{eqnarray*}$ als Doppelintegrale?
um nochmal auf die Aufgabe an sich zurückzukommen in der gefragt ist ob die Funktionen über die menge integrierbar sind:
Wenn dass wie beim ersten so mit dem Limes ist der aber gegen 0 geht, dann ist sie integrierbar richtig?
Kann mann bei der 2ten Funktion nicht einfach sagen, dass sie es nicht ist weil man das $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ weglässt?

27.10.2009, 16:59

Lafeee

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Ist $\begin{eqnarray*} \int_{M_1} f d(x,y)=\int_{0}^{1}~ \int_{0}^{1}~f(x,y)~dx ~dy \end{eqnarray*}$ ?

27.10.2009, 17:00

Mazze

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Zitat:

Kann mann bei der 2ten Funktion nicht einfach sagen, dass sie es nicht ist weil man das $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ weglässt?

Damit hat es jetzt weniger zu tun. Die Teilmengen die ich Dir genannt habe sind nicht mehr so leicht zu handhaben. Es reicht aber aus Symmetriegründen nur ein Teilintegral zu lösen. Wenn es existiert , so ist der Integralwert gleich dem negativen des anderen Teilintegrals. Wenn es nicht existiert, dann existiert das andere Teilintegral auch nicht (danke Arthur Augenzwinkern

). Was Du jetzt machen musst ist die Menge ordentlich parametrisieren.

Sagen wir, wir betrachten $\begin{eqnarray*} x \in [-1,1] \end{eqnarray*}$ , setzen also für dx die obere Grenze 1 und die untere Grenze -1, wie sieht dann die untere Grenze des Gebietes $\begin{eqnarray*} M_1 \end{eqnarray*}$ bezüglich dy als Funktion von x aus? Die Obere Grenze ist immer 1 , aber die untere hängt von x ab.

Zitat:

Ist $\begin{eqnarray*} \int_{M_1} f d(x,y)=\int_{0}^{1}~ \int_{0}^{1}~f(x,y)~dx ~dy \end{eqnarray*}$ ?

Nein, das ist diesmal falsch. Sollte dir auch klar sein. Das Quadrat [0,1]² ist ja nur ein Teil des Dreiecks.

27.10.2009, 17:26

Lafeee

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Zitat:

Original von Mazze

Sagen wir, wir betrachten $\begin{eqnarray*} x \in [-1,1] \end{eqnarray*}$ , setzen also für dx die obere Grenze 1 und die untere Grenze -1, wie sieht dann die untere Grenze des Gebietes $\begin{eqnarray*} M_1 \end{eqnarray*}$ bezüglich dy als Funktion von x aus?

$\begin{eqnarray*} -x? \end{eqnarray*}$

27.10.2009, 17:27

Mazze

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So siehts aus, die untere Grenze ist dann -x. Das Integral ist also

$\begin{eqnarray*} \int_{-1}^1 \int_{-x}^1 f dy dx \end{eqnarray*}$

27.10.2009, 17:34

Lafeee

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Zitat:

Original von Mazze
So siehts aus, die untere Grenze ist dann -x. Das Integral ist also

$\begin{eqnarray*} \int_{-1}^1 \int_{-x}^1 f dy dx \end{eqnarray*}$

Da bekomme ich aber nun ein Problem, wenn wenn ich das innere von $\begin{eqnarray*} \int_{-1}^1 \int_{-x}^1 \frac{1}{x+y} dy dx \end{eqnarray*}$ nehme: $\begin{eqnarray*} \int_{-x}^1 \frac{1}{x+y} dy = \left[log(x+y)\right]_{-x}^{1} = log(x+1)-log(x-x) \end{eqnarray*}$ und das $\begin{eqnarray*} log(x-x) \end{eqnarray*}$ ist ja nicht definiert.

27.10.2009, 17:37

Mazze

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Du musst wieder einen Grenzübergang machen, also

$\begin{eqnarray*} \lim_{t \to -x}\ln(x + t) \end{eqnarray*}$

27.10.2009, 17:49

Lafeee

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Okay dann versuche ichs mal:
$\begin{eqnarray*} \int_{-1}^{1}~ln(x+1)-\lim_{t \to -x}(ln(x+t))~dx = \left[(ln(x+1)(x+1)-x-1)-\lim_{t \to -x}(ln(x+t)(x+t)-x-t)\right]_{-1}^{1} \end{eqnarray*}$

Ergibt:
$\begin{eqnarray*} 2ln(2)-2 \end{eqnarray*}$

27.10.2009, 17:55

Mazze

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Hehe, klassischer Fall von unsachgemäßem Handhaben von doppelten Grenzwerten (Integral und Funktionsgrenzwert). Es ist :

$\begin{eqnarray*} \lim_{t \to -x}\ln(x + t) = -\infty \end{eqnarray*}$

Und damit existiert das Integral erst garnicht.

Noch mal um es zu verdeutlichen :

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 0}\int \ln(x) dx \neq \int\lim_{x \to 0} \ln( x) dx \end{eqnarray*}$

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