Dirac'sche Delta Funktionen

14.03.2013, 15:46

Georgina

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Dirac'sche Delta Funktionen

Meine Frage:
Zum lernen habe ich folgenden Link verwendet
https://docs.google.com/viewer?a=v&q=cac...mshPfqAt07h_xLQ

So dort stehen auch die Eigenschaften der Delta-Funktionen und ich weiß echt nicht was ich damit anfangen soll bzw. wie die mir helfen sollen Delta-Funktionen zu berechnen.

$\begin{eqnarray*} a) \int_0^4 \! \delta(x-\pi) \frac{1}{1+cos(\frac{x}{2}) } \, dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} b) \int_{-\infty}^{\infty} \! x^2 \delta(2x-8) \, dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c) \int_{-4}^1 \! (x^2+3) \delta(x-5) \, dx \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Und ich weiß echt nicht wie ich das lösen soll zum Henker unglücklich

unglücklich

Vor allem was es mit dem Delta auf sich hat. Wenn mir jemand helfen könnte würde ich demjenigen echt alle Wünsche erfüllen, wenn ich könnte smile

smile

edit von sulo: Latex-Klammern, die um den Link gesetzt waren, entfernt und so den Link aktiviert.

14.03.2013, 17:31

Che Netzer

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RE: Dirac'sche Delta Funktionen
Im Grunde geht man dabei so vor:
Hat man ein Integral $\begin{eqnarray*} \int_a^bf(x)\delta(\dotso)\dx \end{eqnarray*}$ gegeben, so ist das die Summe aller $\begin{eqnarray*} f(x_n) \end{eqnarray*}$ , wobei die $\begin{eqnarray*} x_n\in(a,b) \end{eqnarray*}$ so gewählt werden, dass $\begin{eqnarray*} \dotso \end{eqnarray*}$ Null wird.
In deinen Fällen hat das Argument der Delta-Funktion immer genau eine Nullstelle. Dann überprüfst du, ob diese im Integrationsgebiet liegt – wenn ja, setzt du sie in den "Rest des Integranden" ein, wenn nein, ist das Integral Null. (überlege dir das)

Ach ja, wenn man $\begin{eqnarray*} \int_0^1\delta(x)\dx \end{eqnarray*}$ berechnen soll, d.h. wenn die Nullstellen des Arguments auf dem Rand liegen, wird das problematischer, kommt hier aber nicht vor.

14.03.2013, 18:43

Hantel

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RE: Dirac'sche Delta Funktionen
Stelle hier auch nochmal meine Frage zu selbigem Thema. Es ist doch i.d.R. so, dass die Funktion mit dem Kehrwert ihrer Ableitung multipliziert wird. Bsp.:

$\begin{eqnarray*} \int_2^6 dx \delta(3x-9) x^3 = \frac{1}{(3x-9)'} 3^3= 27/3. \end{eqnarray*}$

Warum ist das hier nicht der Fall?:

$\begin{eqnarray*} \int_0^4 dx \delta(x-\pi) \frac{1}{1+\cos(x/2)} = \frac{1}{1+\cos(\pi/2)} = 1. \end{eqnarray*}$

Besten Dank.

14.03.2013, 19:08

Che Netzer

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RE: Dirac'sche Delta Funktionen
Da hätte ich oben wohl noch anmerken sollen, dass man auch aufpassen muss, keinen unschönen Faktor in der Delta-Funktion zu haben.
Um den Integranden hier auf $\begin{eqnarray*} \delta(x)f(x) \end{eqnarray*}$ zu bringen, substituiert man $\begin{eqnarray*} y=3x-9 \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} \dx=\frac{\dd y}3 \end{eqnarray*}$ .
Dann erhält man den Integranden $\begin{eqnarray*} \delta(y)(\tfrac y3+3)^3\frac13\dd y \end{eqnarray*}$ .
Den Teil nach der Delta-Funktion ist dann das $\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ , für das man $\begin{eqnarray*} f(0) \end{eqnarray*}$ berechnet.

14.03.2013, 23:27

Georgina

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RE: Dirac'sche Delta Funktionen

Zitat:

Original von Che Netzer
In deinen Fällen hat das Argument der Delta-Funktion immer genau eine Nullstelle. Dann überprüfst du, ob diese im Integrationsgebiet liegt – wenn ja, setzt du sie in den "Rest des Integranden" ein, wenn nein, ist das Integral Null. (überlege dir das) .

Einfach für alle restlichen x'se einsetzen?
Und wenn die Nullstelle nicht im Integrationgebiet liegt, ist das Integral Null, ja?

$\begin{eqnarray*} a) \int_0^4 \! \delta(x-\pi) \frac{1}{1+cos(\frac{x}{2}) } \, dx \end{eqnarray*}$

Also Nullstelle ist klar $\begin{eqnarray*} x=\pi \end{eqnarray*}$ liegt auch im Integrationsgebiet.

Einfach $\begin{eqnarray*} x=\pi \end{eqnarray*}$ für x einsetzen ? Sprich:

$\begin{eqnarray*} \int_0^4 \! \frac{1}{1+cos(\frac{\pi}{2}) } \, dx \end{eqnarray*}$

Und jetzt einfach integrieren ? Und was ist wenn wir mehrere Nullstellen hätten ?

14.03.2013, 23:38

Che Netzer

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RE: Dirac'sche Delta Funktionen

Zitat:

Original von Georgina
Und wenn die Nullstelle nicht im Integrationgebiet liegt, ist das Integral Null, ja?

Ja, denn außerhalb von Null (d.h. wenn das Argument nicht Null ist), verschwindet die Delta-Funktion.

Zitat:

Einfach $\begin{eqnarray*} x=\pi \end{eqnarray*}$ für x einsetzen ? Sprich:

$\begin{eqnarray*} \int_0^4 \! \frac{1}{1+cos(\frac{\pi}{2}) } \, dx \end{eqnarray*}$

Und jetzt einfach integrieren ?

Nein, das Integral brauchst du da gar nicht mehr.
Das ist einfach $\begin{eqnarray*} \frac1{1+\cos\frac\pi2} \end{eqnarray*}$ .
Das Integral ist nämlich gleich $\begin{eqnarray*} \int_{-\pi}^{4-\pi}\delta(y)\frac1{1+\cos\frac{y+\pi}2}\dd y=\int_{-\infty}^\infty\delta(y)\frac1{1+\cos\frac{y+\pi}2}\dd y \end{eqnarray*}$ und jetzt kannst du die Definition der Delta-Funktion anwenden.

Zitat:

Und was ist wenn wir mehrere Nullstellen hätten ?

Darüber denkt man lieber nicht nach, wenn es nicht sein muss Augenzwinkern

Augenzwinkern

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14.03.2013, 23:45

Georgina

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RE: Dirac'sche Delta Funktionen

Zitat:

Original von Che Netzer
[quote]Original von Georgina

Das ist einfach $\begin{eqnarray*} \frac1{1+\cos\frac\pi2} \end{eqnarray*}$ .
Das Integral ist nämlich gleich $\begin{eqnarray*} \int_{-\pi}^{4-\pi}\delta(y)\frac1{1+\cos\frac{y+\pi}2}\dd y=\int_{-\infty}^\infty\delta(y)\frac1{1+\cos\frac{y+\pi}2}\dd y \end{eqnarray*}$ und jetzt kannst du die Definition der Delta-Funktion anwenden.

Oha da geht aber viel auf einmal. Richtig Hokus Pokus verwirrt

verwirrt

Da ist mir jetzt einiges unklar. Wieso werden die Inegrationsgrenzen von Null bis 4 zu $\begin{eqnarray*} -\pi \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} 4-\pi \end{eqnarray*}$ vor allem wie ? Außerdem im Argument von cos auf einmal $\begin{eqnarray*} y+\pi \end{eqnarray*}$ und dann noch der Rest ? Ein riesengroßes HÄ traurig

traurig

14.03.2013, 23:46

Che Netzer

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RE: Dirac'sche Delta Funktionen
Ich habe $\begin{eqnarray*} y=x-\pi \end{eqnarray*}$ substituiert Augenzwinkern

Augenzwinkern

14.03.2013, 23:53

Georgina

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RE: Dirac'sche Delta Funktionen
Okay das erklärt einiges. Aber wieso macht man das ? Wird immer substituiert ? Aber das beantwortet noch nicht den Mythos mit den Integrationsgrenzen verwirrt

verwirrt

Aber danke für die Infos Freude

Freude

15.03.2013, 00:04

Che Netzer

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RE: Dirac'sche Delta Funktionen
Man könnte es auch bei $\begin{eqnarray*} \delta(x-\pi) \end{eqnarray*}$ belassen, wenn man damit zurechtkommt.

Und dass ich die Integrationsgrenzen bis ins Unendliche gehen ließ, war möglich, weil der Integrand auf dem hinzukommenden Gebiet Null ist.

15.03.2013, 00:08

RavenOnJ

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RE: Dirac'sche Delta Funktionen

Zitat:

Original von Georgina
Aber das beantwortet noch nicht den Mythos mit den Integrationsgrenzen verwirrt

verwirrt

Mythos ist wohl etwas übertrieben, es ist auch nicht mysteriös oder sogar mystisch. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Wenn du eine Substitution $\begin{eqnarray*} y= x -\pi \end{eqnarray*}$ machst, dann musst du bei Integrationsgrenzen unten $\begin{eqnarray*} x_1 \end{eqnarray*}$ und oben $\begin{eqnarray*} x_2 \end{eqnarray*}$ diese Grenzen auch in die Substitution einsetzen. Daraus wird dann im Integral über y die untere Grenze $\begin{eqnarray*} y_1= x_1 -\pi \end{eqnarray*}$ und oben $\begin{eqnarray*} y_2= x_2 -\pi \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} \int\limits_{x_1}^{x_2}\cdots dx = \int\limits_{y_1}^{y_2}\cdots dy = \int\limits_{x_1-\pi}^{x_2-\pi}\cdots dy \end{eqnarray*}$

15.03.2013, 00:15

Georgina

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RE: Dirac'sche Delta Funktionen

Zitat:

Original von Georgina
[quote]Original von Che Netzer
[quote]Original von Georgina

Das ist einfach $\begin{eqnarray*} \frac1{1+\cos\frac\pi2} \end{eqnarray*}$ .
Das Integral ist nämlich gleich $\begin{eqnarray*} \int_{-\pi}^{4-\pi}\delta(y)\frac1{1+\cos\frac{y+\pi}2}\dd y=\int_{-\infty}^\infty\delta(y)\frac1{1+\cos\frac{y+\pi}2}\dd y \end{eqnarray*}$ und jetzt kannst du die Definition der Delta-Funktion anwenden.

Okay dankeschön. Ja macht Sinn mit den Grenzen aber wieso werden diese dann zu Minus und Plus unendlich und was wird dann gemacht ?

$\begin{eqnarray*} ...=\int_{-\infty}^\infty\delta(y)\frac1{1+\cos\frac{y+\pi}2}\dd y[/l] \end{eqnarray*}$

Die Definition der Delta-Funktion verwenden ? Aber welche ? Es gibt ja mehrere ?

15.03.2013, 00:19

Che Netzer

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RE: Dirac'sche Delta Funktionen
Ich meine die Definition $\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^\infty\delta(x)f(x)\dx=f(0) \end{eqnarray*}$ .
Zu den Grenzen habe ich ja schon etwas gesagt. Die habe ich so dahin geschrieben, um obige Gleichung verwenden zu können.

15.03.2013, 00:27

Georgina

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RE: Dirac'sche Delta Funktionen

Zitat:

Original von Che Netzer
Ich meine die Definition $\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^\infty\delta(x)f(x)\dx=f(0) \end{eqnarray*}$ .

Und dann werden die immer Grenzen immer zu -unendlich bis +unendlich ? Wenn man diese Definition verwendet ? Woran sehe ich denn, dass ich diese Definition verwenden darf und wie gehe dann weiter vor?

15.03.2013, 01:00

RavenOnJ

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Die Erweiterung der Grenzen kannst du weglassen. Es kommt darauf an, ob im Integral $\begin{eqnarray*} \int\limits_{x_1}^{x_2}\delta(x)\cdots dx \end{eqnarray*}$ der Punkt x=0 innerhalb der Integrationsgrenzen liegt oder nicht. Liegt er außerhalb, dann ist das Integral =0. Liegt er innerhalb, dann kann man die Grenzen beliebig nach oben und unten erweitern, da die $\begin{align*} \delta \end{align*}$ -Distribution auf der Erweiterung identisch =0 ist. Man addiert also nur eine Null.

15.03.2013, 01:18

Georgina

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RE: Dirac'sche Delta Funktionen
Verstehe ich leider nicht. Ich nehme es mal hin. Und wie berrechne ich jetzt das Integral ?

$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^\infty\delta(y)\frac1{1+\cos\frac{y+\pi}2}\dd y[/l] \end{eqnarray*}$

15.03.2013, 09:17

RavenOnJ

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Du weißt schon, wie die $\begin{align*} \delta \end{align*}$ -Distribution wirkt?

$\begin{eqnarray*} \int\limits_{-\infty}^\infty\delta(x-x_0)f(x)dx = f(x_0) \end{eqnarray*}$

15.03.2013, 10:50

Hantel

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Zitat:

Original von RavenOnJ
Die Erweiterung der Grenzen kannst du weglassen. [...] Liegt er innerhalb, dann kann man die Grenzen beliebig nach oben und unten erweitern, da die $\begin{align*} \delta \end{align*}$ -Distribution auf der Erweiterung identisch =0 ist. Man addiert also nur eine Null.

Ist das die Quintessenz deiner Aussage (?): $\begin{eqnarray*} \int_{y(2)}^{y(6)} dy \delta (y) (y/3+3)^3 \cdot 1/3 = \int_{-\infty}^{\infty} dy \delta (y) (y/3 +3)^3 \cdot 1/3. \end{eqnarray*}$

LG

15.03.2013, 11:20

RavenOnJ

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Also, ich weiß jetzt nicht, wo du grad wieder bist. Schreib außerdem bitte das dx oder dy hinter das Ende des Integranden. Das ist eine übliche Konvention. Dann weiß man, wie der Integrand lautet.

Gehen wir mal von der ursprünglichen Aufgabe a) aus:

$\begin{eqnarray*} \int\limits_0^4 \delta(x-\pi) \frac{1}{1+cos(\frac x 2) } \;dx \end{eqnarray*}$

$\begin{align*} \pi \end{align*}$ liegt innerhalb des Integrationsbereichs, also ergibt das Integral einfach den Wert des Integranden (ohne die $\begin{align*} \delta \end{align*}$ -Distribution) an der Stelle $\begin{align*} \pi \end{align*}$ . Das wäre dann:

$\begin{eqnarray*} \int\limits_0^4 \delta(x-\pi) \frac 1 {1+cos(\frac x 2) } \;dx =\frac 1 {1+cos(\frac \pi 2) } = 1 \end{eqnarray*}$

15.03.2013, 11:39

Che Netzer

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Zitat:

Original von RavenOnJ
Also, ich weiß jetzt nicht, wo du grad wieder bist. Schreib außerdem bitte das dx oder dy hinter das Ende des Integranden. Das ist eine übliche Konvention.

In der Mathematik vielleicht, aber die Delta-"Funktion" gehört ohnehin eher in die Physik Augenzwinkern

Augenzwinkern

15.03.2013, 11:53

RavenOnJ

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Die Physiker sagen zwar oft etwas leichtfertig $\begin{align*} \delta \end{align*}$ -Funktion.

Die Konvention mit dem dx hinter dem Integranden ist bei Physikern auch durchaus üblich.

15.03.2013, 11:57

RavenOnJ

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Zitat:

Original von Che Netzer
..., aber die Delta-"Funktion" gehört ohnehin eher in die Physik Augenzwinkern

Augenzwinkern

Kann sein, ich glaube Dirac hat die eingeführt. Du weißt aber vielleicht, dass die Physik die Mathematik schon häufig befruchtet hat.

17.03.2013, 08:28

Georgina

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RE: Dirac'sche Delta Funktionen

Zitat:

Original von RavenOnJ
Es kommt darauf an, ob im Integral $\begin{eqnarray*} \int\limits_{x_1}^{x_2}\delta(x)\cdots dx \end{eqnarray*}$ der Punkt x=0 innerhalb der Integrationsgrenzen liegt oder nicht. Liegt er außerhalb, dann ist das Integral =0. Liegt er innerhalb, dann kann man die Grenzen beliebig nach oben und unten erweitern, da die $\begin{align*} \delta \end{align*}$ -Distribution auf der Erweiterung identisch =0 ist. Man addiert also nur eine Null.

So wirkt ja die $\begin{align*} \delta \end{align*}$ -Distribution ? Also:

$\begin{eqnarray*} \int\limits_{-\infty}^\infty\delta(x-x_0)f(x)dx = f(x_0) \end{eqnarray*}$

Naja so ganz klar ist mir das auch noch nach Tagen nicht verwirrt

verwirrt

wie man das jetzt komplett löst.

Unser Integral lautet:

$\begin{eqnarray*} a) \int_0^4 \! \delta(x-\pi) \frac{1}{1+cos(\frac{x}{2}) } \, dx \end{eqnarray*}$

Anfangs wird $\begin{eqnarray*} y=x-\pi \end{eqnarray*}$ substituiert.

Dann ist das Integral nämlich gleich $\begin{eqnarray*} \int_{-\pi}^{4-\pi}\delta(y)\frac1{1+\cos\frac{y+\pi}2}\dd y=\int_{-\infty}^\infty\delta(y)\frac1{1+\cos\frac{y+\pi}2}\dd y \end{eqnarray*}$
und jetzt kann man die Definition der Delta-Funktion anwenden ? Das ist mir leider nicht ganz klar.

17.03.2013, 10:56

RavenOnJ

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RE: Dirac'sche Delta Funktionen
Stell dir $\begin{align*} \delta(x) \end{align*}$ als eine "Funktion" vor, die überall 0 ist außer an der Stelle x=0. Dort ist sie Unendlich. Da keine echte Funktion diese Eigenschaften haben kann, habe ich "Funktion" in Anführungszeichen geschrieben. Das Wesentliche ist allerdings, dass das Integral über $\begin{align*} \delta(x) \end{align*}$ lautet

$\begin{eqnarray*} \int\limits_{-\infty}^\infty \delta(x)dx = 1 \end{eqnarray*}$

Statt den Grenzen $\begin{align*} -\infty,\infty \end{align*}$ kann man auch $\begin{align*} a,b\small\text{ mit }-\infty < a < 0 < b < \infty \end{align*}$ verwenden, womit gilt:

$\begin{eqnarray*} \int\limits_{a}^b \delta(x)dx = 1 \end{eqnarray*}$

Ist $\begin{align*} a<b \end{align*}$ und $\begin{align*} 0 < a \end{align*}$ oder $\begin{align*} b< 0 \end{align*}$ , dann gilt

$\begin{eqnarray*} \int\limits_{a}^b \delta(x)dx = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{align*} \delta \end{align*}$ ist eigentlich eine Distribution oder generalisierte Funktion. Deren Wirkung ist dadurch definiert, wie sie auf speziellen Funktionenräumen wirken. Sie sind lineare Funktionale auf dem Raum der glatten Funktionen mit kompaktem Support, sogenannten Testfunktionen. Für die $\begin{align*} \delta \end{align*}$ -Distribution gilt die Zuordnung

$\begin{align*} \delta[\phi] = \phi(0) \end{align*}$

für alle Testfunktionen. Genaueres kannst du auf wikipedia englisch oder deutsch erfahren.

17.03.2013, 11:34

Georgina

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RE: Dirac'sche Delta Funktionen
Danke vielmals für die anschauliche Erklärung. Das klingt plausibel, nur wenn ich dies auf meine Aufgaben übertragen soll dann wird's schwierig

$\begin{eqnarray*} a) \int_0^4 \! \delta(x-\pi) \frac{1}{1+cos(\frac{x}{2}) } \, dx \end{eqnarray*}$

Die Substitution $\begin{eqnarray*} y=x-\pi \end{eqnarray*}$ substituiert.

Dann ist das Integral nämlich gleich $\begin{eqnarray*} \int_{-\pi}^{4-\pi}\delta(y)\frac1{1+\cos\frac{y+\pi}2}\dd y=\int_{-\infty}^\infty\delta(y)\frac1{1+\cos\frac{y+\pi}2}\dd y \end{eqnarray*}$

Aber hier sind wir noch nicht fertig ? Der Nutzen des Substituierens ist mir auch nicht klar.

Mfg Georgina

17.03.2013, 11:50

RavenOnJ

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Ich hatte ja schon weiter oben geschrieben:

$\begin{eqnarray*} \int\limits_{-\infty}^\infty \delta(x-x_0)f(x)dx = f(x_0) \end{eqnarray*}$

$\begin{align*} x_0 \end{align*}$ ist nämlich gerade der Wert für x, für den das Argument $\begin{align*} x-x_0=0 \end{align*}$ . Man kann dies über die Substitution $\begin{align*} y=x-x_0\Rightarrow x=y+x_0\land dx = dy \end{align*}$ leicht aus der ursprünglichen Definition für die $\begin{align*} \delta \end{align*}$ -Distribution herleiten:

$\begin{eqnarray*} \int\limits_{-\infty}^\infty \delta(x-x_0)f(x)dx = \int\limits_{-\infty}^\infty \delta(y)f(y+x_0)dy =f(x_0) \end{eqnarray*}$

An sich ist also hier eine Substitution unnötig, wenn man die 1. Formel benutzt. Hat man endliche Integrationsgrenzen, dann müssen die für den Fall, dass man doch substituiert, natürlich entsprechend der Substitution verschoben werden. Wenn du jetzt noch beachtest, was ich vorhin über das Integral in Abhängigkeit von den Integrationsgrenzen geschrieben habe, dann solltest du das jetzt lösen können.

17.03.2013, 12:10

Georgina

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Leider weiß ich nicht wie ich das Integral lösen soll, trotz deiner wirklich guten Erklärung. Ich würde jetzt weiß nicht verwirrt

verwirrt

irgendwie das

$\begin{eqnarray*} \int\limits_{-\infty}^\infty \delta(x-x_0)f(x)dx = f(x_0) \end{eqnarray*}$

ausnutzen. Aber weiß nicht wie.
$\begin{align*} x_0 \end{align*}$ ist ja der Wert für x, für den das Argument $\begin{align*} x-x_0=0 \end{align*}$ ist.

Naja hmm verwirrt

verwirrt

17.03.2013, 12:18

RavenOnJ

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und welches $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ ist das? Welche Zahl? Steht doch alles da. verwirrt

verwirrt

17.03.2013, 13:38

Georgina

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Ehm ja es steht da aber wie komme ich zur endgültigen Lösung bzw. was ist die endgültige Lösung. Unter dem allgemeinen Integral verstehe ich die Fäche unter der Kurve also der Flächeninhalt und hierbei gibt es ja irgendwie die Delta-"Funktion" und dann die "normale" Funktion also das f(x) und was im Endeffekt berechnet wird ist der Flächeninhalt, an dem das Delta bzw. die Funktion die Nullstellen hat. Ich weiß auch nicht ich versuche es zu verstehen gelingt mir jedoch nur mittelmäßig

$\begin{align*} x_0 \end{align*}$ ist nämlich gerade der Wert für x, für den das Argument $\begin{align*} x-x_0=0 \end{align*}$ .

$\begin{align*} y=x-x_0\Rightarrow x=y+x_0\land dx = dy \end{align*}$ leicht aus der ursprünglichen Definition für die $\begin{align*} \delta \end{align*}$ -Distribution herleiten:

$\begin{eqnarray*} \int\limits_{-\infty}^\infty \delta(x-x_0)f(x)dx = \int\limits_{-\infty}^\infty \delta(y)f(y+x_0)dy =f(x_0) \end{eqnarray*}$

Wieso ist denn $\begin{eqnarray*} dx=dy \end{eqnarray*}$ ?

$\begin{eqnarray*} y=x-x_0\Rightarrow x=y+x_0 \end{eqnarray*}$ das ist klar.

dann wird alles eingesetzt und wir haben dann:

$\begin{eqnarray*} \int\limits_{-\infty}^\infty \delta(x-x_0)f(x)dx = \int\limits_{-\infty}^\infty \delta(y)f(y+x_0)dy =f(x_0) \end{eqnarray*}$

stehen. Und jetzt? Was muss man da noch machen? Tut mir leid, dass ich so ein Dummie bin.. mich nervt es auch, ich würde dich gern nicht weiter auf die Folter spannen, aber naja unglücklich

unglücklich

sry und danke vielmals für deine Geduld.

17.03.2013, 15:08

RavenOnJ

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Es ist dabei nicht das normale Riemannsche gemeint, sondern das sogenannte Stieltjes-Integral: $\begin{eqnarray*} \int\limits_{-\infty}^\infty f(x) \dd g(x) \end{eqnarray*}$ , wobei hier $\begin{eqnarray*} g(x) = H(x) \end{eqnarray*}$ die Heaviside-Funktion ist. Das Stieltjes-Integral ist eine Verallgemeinerung des Riemann-Integrals, wobei der Integrator $\begin{eqnarray*} g(x) \end{eqnarray*}$ auch Unstetigkeitsstellen haben darf. Ist $\begin{eqnarray*} g(x) \end{eqnarray*}$ stetig, so kommt man mit $\begin{eqnarray*} \int\limits_{-\infty}^\infty f(x) \dd g(x) = \int\limits_{-\infty}^\infty f(x) g'(x)\dd x \end{eqnarray*}$ wieder zum Riemann-Integral.

Nimm die Behandlung der Integration mit der $\begin{eqnarray*} \delta \end{eqnarray*}$ -Distribution am besten einfach hin, so wie ich's weiter oben beschrieben habe.

Zitat:

Wieso ist denn $\begin{eqnarray*} dx=dy \end{eqnarray*}$ ?

Das ist allgemein so bei Integralen über $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ , wenn man substituiert:

$\begin{eqnarray*} dy=\frac {dy}{dx} dx \end{eqnarray*}$

Mit $\begin{eqnarray*} y=x-x_0 \Rightarrow dy=\frac {dy}{dx} dx = \Big(\frac {d}{dx}(x-x_0)\Big) dx = dx \end{eqnarray*}$

Substituieren wir halt, wenn dir das besser gefällt, auch wenn ich das unnötig finde. Es ist dann das Integral

$\begin{eqnarray*} \int_{-\pi}^{4-\pi}\delta(y)\frac1{1+\cos\frac{y+\pi}2}\dd y=\int_{-\infty}^\infty\delta(y)\frac1{1+\cos\frac{y+\pi}2}\dd y \end{eqnarray*}$

zu lösen.

Mit $\begin{eqnarray*} f(y) := \frac 1 {1+\cos(\frac{y+\pi}2)} \end{eqnarray*}$ musst du jetzt nur noch den Wert $\begin{eqnarray*} f(0) \end{eqnarray*}$ bestimmen.

17.03.2013, 15:39

Georgina

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Ja die Substitution wurde mir so vorgeschlagen - auf die Idee würde ich selbst nicht kommen. Wir können wenn du magst gleich noch die andere Variante ohne Substitution ansehen, wenn sie einfacherer bzw. auch zur Lösung führt.

Mit $\begin{eqnarray*} f(y) := \frac 1 {1+\cos(\frac{y+\pi}2)} \end{eqnarray*}$ musst du jetzt nur noch den Wert $\begin{eqnarray*} f(0) \end{eqnarray*}$ bestimmen.

$\begin{eqnarray*} f(0)=1 \end{eqnarray*}$ und wie schreibt man das ganze sauber auf, damit es keine Punktabzüge gibt ?

17.03.2013, 15:57

RavenOnJ

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Einfach vom Allgemeinen zum Speziellen. Also die allgemeine Formel angeben (habe ich ja nicht nur einmal weiter oben gemacht) und dann auf das spezielle Problem anwenden. Hier wäre das

$\begin{eqnarray*} \int\limits_0^4 \delta(x-\pi) \frac{1}{1+cos(\frac{x}{2}) } \, dx = \frac{1}{1+cos(\frac{x}{2}) } \Big\rvert_{x=\pi} = \frac{1}{1+cos(\frac{\pi}{2}) } =1 \end{eqnarray*}$

da $\begin{eqnarray*} 0<\pi<4 \end{eqnarray*}$ .

Damit steht hier jetzt auch die Lösung ohne Substitution.

Wäre das Integral $\begin{eqnarray*} \int\limits_0^{\color{red}2} \delta(x-\pi) \frac{1}{1+cos(\frac{x}{2}) } \, dx \end{eqnarray*}$

so müsste man schreiben:

$\begin{eqnarray*} \int\limits_0^{2} \delta(x-\pi) \frac{1}{1+cos(\frac{x}{2}) } \, dx =0 \end{eqnarray*}$

da $\begin{eqnarray*} \pi \not\in [0,2] \end{eqnarray*}$ .

17.03.2013, 16:27

Georgina

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RE: Dirac'sche Delta Funktionen
Oha das ist ja eigentlich ganz simpel Forum Kloppe

Forum Kloppe

also da habe ich jetzt alles verstanden. Man wertet quasi das Integral an der Nullstelle aus und "mehr" ist das nicht-

$\begin{eqnarray*} b) \int_{-\infty}^{\infty} \! x^2 \delta(2x-8) \, dx =x^2 |_{x=4}=16 \end{eqnarray*}$

Liegt ja im Integrationsgebiet. Stimmt ?

17.03.2013, 16:57

RavenOnJ

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Dummerweise ist es in diesem Beispiel nicht so einfach wegen der 2 in 2x-8. Hier musst du wirklich substituieren, um auf die richtige Lösung zu kommen:

$\begin{eqnarray*} y=2x-8\Rightarrow x=\frac{y+8}2\land dy =\Big(\frac d{dx}(2x-8)\Big)dx = 2dx \end{eqnarray*}$

Damit wird das Integral

$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty} \! x^2 \delta(2x-8) \, dx =\frac 1 2 \int_{-\infty}^{\infty} \! \Big(\frac{y+8}2\Big)^2 \delta(y) \, dy = \frac 1 2 \Big(\frac{y+8}2\Big)^2 \Big\rvert_{y=0} = \frac 1 2 \Big(\frac{8}2\Big)^2 = 8 \end{eqnarray*}$

Als Richtschnur kannst du nehmen: Wenn die Funktion, die Argument für die Delta-Distribution ist, linear mit Vorfaktor 1 für x ist, also von der Form $\begin{eqnarray*} x-x_0 \end{eqnarray*}$ , dann kannst du einfach die von mir angebebene Formel ohne Substitution nehmen. In allen anderen Fällen musst du zuerst substituieren.

17.03.2013, 19:26

Georgina

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Das Prozedere bei dieser Substitution ist aber das gleiche ? Man nimmt das Argument des Deltas und löst es nach x auf.

$\begin{eqnarray*} y=2x-8\Rightarrow x=\frac{y+8}2\land \end{eqnarray*}$

Nur jetzt habe ich kleinere Verständnisschwierigkeiten

$\begin{eqnarray*} dy =\Big(\frac d{dx}(2x-8)\Big)dx = 2dx \end{eqnarray*}$

Da wurde einfach abgeleitet nur irgendwie weiß ich nicht wie das ist. Man bildet doch bei der Substitution das $\begin{eqnarray*} dy/dx \end{eqnarray*}$ und löst es nach $\begin{eqnarray*} dx \end{eqnarray*}$ auf damit man es später einsetzen kann. Jetzt haben wir $\begin{eqnarray*} 2dx \end{eqnarray*}$ d.h. wir müssen unseren Integral angleichen und schreiben die $\begin{eqnarray*} \frac12 \end{eqnarray*}$ vor das Integral aber wieso verschwindet die $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ vor dem $\begin{eqnarray*} dx \end{eqnarray*}$ weg.

Was ich immer noch komisch finde, dass man Grenzen hat und am Ende diese Grenzen quasi nur zur Überprüfung ob die Nullstelle im Integrationsgebiet liegt dienen und gar nicht später eingesetzt werden.

17.03.2013, 20:50

RavenOnJ

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Aus $\begin{eqnarray*} dy = 2dx \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} dx = \frac 1 2 dy \end{eqnarray*}$ . Da ist nichts verschwunden. Hast du noch nie eine Variablensubstitution in einem Integral durchgeführt? Dann solltest du dich dringend darum kümmern. Ich zitiere mal aus wikipedia:

Sei I ein reelles Intervall, $\begin{eqnarray*} f \colon I \to \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ eine stetige Funktion und $\begin{eqnarray*} \varphi \colon [a,b] \to I \end{eqnarray*}$ stetig differenzierbar. Dann ist

$\begin{eqnarray*} \int_{a}^{b} f(\varphi(x)) \cdot \varphi'(x)\,\mathrm{d}x = \int_{\varphi(a)}^{\varphi(b)} f(y)\,\mathrm{d}y \end{eqnarray*}$

[off topic: habe gerade bemerkt, dass man aus wikipedia den Code als Latex einfach rauskopieren kann! Tres cool!]

Auf dein Problem übetragen:
$\begin{eqnarray*} f(y) = \delta(y)\Big(\frac {y+8} 2\Big)^2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \phi(x) = 2x -8 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \phi'(x) = 2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a = -\infty\Rightarrow \phi(a) = -\infty\land b = \infty \Rightarrow \phi(b) = \infty \end{eqnarray*}$

alles zusammen:

$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty} x^2\delta(2x-8)\cdot 2\,\mathrm{d}x = \int_{-\infty}^{\infty} \delta(y)\Big(\frac {y+8} 2\Big)^2\,\mathrm{d}y \end{eqnarray*}$

bzw.

$\begin{eqnarray*} <br /> \int_{-\infty}^{\infty} x^2\delta(2x-8)\,\mathrm{d}x = \frac 1 2\int_{-\infty}^{\infty} \delta(y)\Big(\frac {y+8} 2\Big)^2\,\mathrm{d}y =\frac 1 2\Big(\frac {y+8} 2\Big)^2\Big|_{y=0}= 8 \end{eqnarray*}$

18.03.2013, 12:59

Georgina

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$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty} x^2\delta(2x-8)\cdot 2\,\mathrm{d}x = \int_{-\infty}^{\infty} \delta(y)\Big(\frac {y+8} 2\Big)^2\,\mathrm{d}y \end{eqnarray*}$

da fehlt noch ein $\begin{eqnarray*} \frac 12 \end{eqnarray*}$ rechts, oder?

Und dann taucht es wieder richtig auf, so müsste stimmen

$\begin{eqnarray*} <br /> \int_{-\infty}^{\infty} x^2\delta(2x-8)\,\mathrm{d}x = \frac 1 2\int_{-\infty}^{\infty} \delta(y)\Big(\frac {y+8} 2\Big)^2\,\mathrm{d}y =\frac 1 2\Big(\frac {y+8} 2\Big)^2\Big|_{y=0}= 8 \end{eqnarray*}$

Eine Frage noch zur $\begin{eqnarray*} b) \end{eqnarray*}$ wieso werten wir jetzt bei $\begin{eqnarray*} y=0 \end{eqnarray*}$ das Integral aus? Und noch eine Frage beim Substituieren müssten die Grenzen dann nicht lauten: $\begin{eqnarray*} y_1=-2 \infty -8 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y_2=2 \infty -8 \end{eqnarray*}$ Das ergibt aber wenig Sinn hast ja geschrieben:

Zitat:

Original von RavenOnJ
$\begin{eqnarray*} a = -\infty\Rightarrow \phi(a) = -\infty\land b = \infty \Rightarrow \phi(b) = \infty \end{eqnarray*}$

Genauso habe ich noch ein Verständnisproblem bei der $\begin{eqnarray*} a) \end{eqnarray*}$ bei der Substitution, da weiß ich auch nicht womit man das Integral auswertet, richtig müsste $\begin{eqnarray*} y=0 \end{eqnarray*}$ sein, aber wieso ?

18.03.2013, 14:05

RavenOnJ

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Zitat:

Original von Georgina
da fehlt noch ein $\begin{eqnarray*} \frac 12 \end{eqnarray*}$ rechts, oder?

Nein, das fehlt rechts nicht. Links steht eine 2, die dann durch Division nach rechts gebracht wird.

Zitat:

Eine Frage noch zur $\begin{eqnarray*} b) \end{eqnarray*}$ wieso werten wir jetzt bei $\begin{eqnarray*} y=0 \end{eqnarray*}$ das Integral aus?

Zu diesem Zweck wurde die Substitution gemacht, damit das Argument der $\begin{align*} \delta \end{align*}$ -Distribution substituiert wird und damit man anschließend bei y=0 einfach den Funktionswert vom restlichen Integranden an der Stelle 0 nehmen kann.

Zitat:

Und noch eine Frage beim Substituieren müssten die Grenzen dann nicht lauten: $\begin{eqnarray*} y_1=-2 \infty -8 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y_2=2 \infty -8 \end{eqnarray*}$

1.) $\begin{align*} \infty \end{align*}$ ist keine Zahl, die man einfach multiplizieren kann oder von der man was abziehen kann.
2.) wenn man schon arithmetische Operationen wie Multiplikation oder Addition vornimmt, in denen $\begin{align*} \infty \end{align*}$ vorkommt, so erhält man einfach wieder $\begin{align*} \infty \end{align*}$ . Im Grunde müsste man aber eine Limesbetrachtung vornehmen, also zuerst die arithmetische Operation mit einem endlichen x und dann den Limes $\begin{align*} x\to\infty \end{align*}$ bilden.

Zitat:

Genauso habe ich noch ein Verständnisproblem bei der $\begin{eqnarray*} a) \end{eqnarray*}$ bei der Substitution, da weiß ich auch nicht womit man das Integral auswertet, richtig müsste $\begin{eqnarray*} y=0 \end{eqnarray*}$ sein, aber wieso ?

Irgendwie hast du das Ganze immer noch nicht verstanden. Ich empfehle dir:
1.) kümmere dich darum, wie man Integrale lösen kann mittels Substitution. Ich hatte dir dazu einen Link bei wikipedia gegeben. Steht aber auch in jedem Analysis-Lehrbuch,
2.) schau dir nochmal genau an, was die $\begin{align*} \delta \end{align*}$ -Distribution ist und wie man mit ihr arbeitet.

Mehr kann ich an dieser Stelle nicht mehr sagen.

18.03.2013, 14:22

Georgina

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Ich verstehe schon die Substitution.
Nur hier bei "diesen" Integralen suchen wir ja keine Stammfunktion, sondern werten nur das Integral aus. Und mein Problem ist gerade das Auswerten z.B. bei $\begin{eqnarray*} a) \end{eqnarray*}$ werten wir ja bei der Nullstelle $\begin{eqnarray*} x=\pi \end{eqnarray*}$ das ist mir klar. Und wenn wir substituieren wieso werten wir dann bei $\begin{eqnarray*} y=0 \end{eqnarray*}$ aus? Genauso weiß ich bei der b) nicht woher dann die Null kommt, bei der dann ausgewertet wird ? Das hat doch nicht konkret mit dem Substitutionsverfahren was zu tun. Diese Prozedur ist mir klar.

$\begin{eqnarray*} \int\limits_0^4 \delta(x-\pi) \frac{1}{1+cos(\frac{x}{2}) } \, dx = \frac{1}{1+cos(\frac{x}{2}) } \Big\rvert_{x=\pi} = \frac{1}{1+cos(\frac{\pi}{2}) } =1 \end{eqnarray*}$

18.03.2013, 14:39

RavenOnJ

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Man wertet bei der 0 aus, weil die $\begin{align*} \delta \end{align*}$ -Distribution nur an der Stelle 0 einen "Wert" ungleich 0 hat. Also nur die Stelle $\begin{align*} f(0) \end{align*}$ ist für das Integral relevant.

Bitte schau in der Literatur oder im Netz (z.B. wikipedia) nach, wie die $\begin{align*} \delta \end{align*}$ -Distribution behandelt wird.

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