unschönes Integral über R^3

08.05.2008, 16:03

inf1nity

unschönes Integral über R^3

Hallo zusammen,

ich sitze gerade vor einem Integral bei dem ich mir vorstelle, dass das ohne seitenlanges (ver)rechnen zu lösen ist.

$\begin{eqnarray*} \int_{\mathrm{R}^3}~\mathrm{d}v^3~v^2\exp\left( \alpha \cdot |\vec{v}-\vec{u}|^2 \right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ sei hierbei einfach eine reelle Konstante.

Hat jemand eine Idee wie man das rechnen kann?

Vielen Dank im voraus für die Mühe.

Gruß inf1nity

09.05.2008, 16:51

Leopold

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Irgendwie sieht mir das sehr nach Physik aus. Entweder mußt du warten, bis ein der Physik kundiger Mathematiker sich deines Problems annimmt, oder du mußt das so schreiben, daß auch ein Nur-Mathematiker es lesen kann.

Sind die hochgestellten Zahlen Indizes oder werden damit Potenzen ausgedrückt?

09.05.2008, 18:08

Dual Space

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RE: unschönes Integral über R^3

Zitat:

Original von inf1nity
$\begin{eqnarray*} \int_{\mathrm{R}^3}~\mathrm{d}v^3~v^2\exp\left( \alpha \cdot |\vec{v}-\vec{u}|^2 \right) \end{eqnarray*}$

Ist vielleicht damit das Riemann-Stieltjes Integral

$\begin{eqnarray*} \int_{\mathrm{R}^3}v^2\exp\left( \alpha \cdot |\vec{v}-\vec{u}|^2 \right)\dd v^3 \end{eqnarray*}$

gemeint, wobei $\begin{eqnarray*} v=|\vec{v}| \end{eqnarray*}$ ?

09.05.2008, 20:21

inf1nity

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Okay ...

Ich sehe ein, dass ich weitere Infos hätte geben müssen. Des Weiteren ist $\begin{eqnarray*} \mathrm{d}v^3 \end{eqnarray*}$ ein Tippfehler. Es hätte natürlich heißen müssen $\begin{eqnarray*} \mathrm{d}^3 v \end{eqnarray*}$ . Das Integral soll über den gesamten Raum $\begin{eqnarray*} \mathrm{R}^3 \end{eqnarray*}$ gehen.

$\begin{eqnarray*} \int_{\mathrm{R}^3}~\mathrm{d}^3v~v^2\exp\left( \alpha \cdot |\vec{v}-\vec{u}|^2 \right) \end{eqnarray*}$
wobei wie richtig erkannt wurde $\begin{eqnarray*} v=|\vec{v}| \end{eqnarray*}$ ist.

Sollte noch etwas unklar sein bitte einfach Fragen.

Gruß inf1nity

EDIT:
Die hochgestellten Zahlen sind immer Potenzen.

EDIT2:
$\begin{eqnarray*} \mathrm{d}^3v \end{eqnarray*}$ hätte rein mathematisch natürlich ganz am Ende stehen müssen.

10.05.2008, 12:16

Leopold

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Jetzt verstehe ich erst, worum es überhaupt geht. Ich schreibe einmal

$\begin{eqnarray*} \vec{v} = (x,y,z) \, , \ \ \vec{u} = (r,s,t) \end{eqnarray*}$

Dann ist das Integral

$\begin{eqnarray*} I(\alpha) = \int_{\mathbb{R}^3} \left( x^2 + y^2 + z^2 \right) \operatorname{e}^{\alpha \left( (x-r)^2 + (y-s)^2 + (z-t)^2 \right)}~\mathrm{d}(x,y,z) \end{eqnarray*}$

zu untersuchen. Offensichtlich gilt $\begin{eqnarray*} I(\alpha) = \infty \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} \alpha \geq 0 \end{eqnarray*}$ (der nichtnegative Integrand ist ja unbeschränkt, wenn man mit $\begin{eqnarray*} (x,y,z) \end{eqnarray*}$ in die Ferne geht). Für $\begin{eqnarray*} \alpha < 0 \end{eqnarray*}$ , was wir von jetzt ab voraussetzen wollen, dagegen liegt Konvergenz vor (exponentielles Wachstum schlägt polynomiales Wachstum).

Indem wir $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} x-r \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} y-s \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} z-t \end{eqnarray*}$ substituieren (was ja nur einer Translation des Koordinatensystems entspricht), können wir schreiben:

$\begin{eqnarray*} I(\alpha) = \int_{\mathbb{R}^3} \left( (x+r)^2 + (y+s)^2 + (z+t)^2 \right) \operatorname{e}^{\alpha \left( x^2 + y^2 + z^2 \right)}~\mathrm{d}(x,y,z) \end{eqnarray*}$

Um das Integral zu berechnen, integrieren wir für ein $\begin{eqnarray*} R>0 \end{eqnarray*}$ über die Kugel $\begin{eqnarray*} x^2+y^2+z^2 \leq R^2 \end{eqnarray*}$ und nehmen anschließend den Grenzübergang $\begin{eqnarray*} R \to \infty \end{eqnarray*}$ vor. Hier bieten sich Kugelkoordinaten an:

$\begin{eqnarray*} x = \rho \, \cos \varphi \cos \vartheta \, , \ \ y = \rho \, \sin \varphi \cos \vartheta \, , \ \ z = \rho \, \sin \vartheta \, ; \ \ \ \mathrm{d}(x,y,z) = \rho^2 \cos \vartheta ~ \mathrm{d}(\rho,\varphi,\vartheta) \end{eqnarray*}$

Zu integrieren ist über alle

$\begin{eqnarray*} (\rho,\varphi,\vartheta) \in B(R) = [0,R] \times [0,2\pi] \times \left[ -\frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} \right] \end{eqnarray*}$

Also gilt

$\begin{eqnarray*} I(\alpha) = \lim_{R \to \infty } \int_{B(R)} \rho^2 \operatorname{e}^{\alpha \rho^2} \cos \vartheta \left( \rho^2 + \left| \vec{u} \right|^2 + 2 \rho \left( r \, \cos \varphi \cos \vartheta + s \, \sin \varphi \cos \vartheta + t \, \sin \vartheta \right) \right) ~ \mathrm{d}(\rho,\varphi,\vartheta) \end{eqnarray*}$

Das Integral wird in drei Summanden zerlegt:

$\begin{eqnarray*} \int_{B(R)} \rho^4 \operatorname{e}^{\alpha \rho^2} \cos \vartheta ~ \mathrm{d}(\rho,\varphi,\vartheta) \ + \ \left| \vec{u} \right|^2 \int_{B(R)} \rho^2 \operatorname{e}^{\alpha \rho^2} \cos \vartheta ~ \mathrm{d}(\rho,\varphi,\vartheta) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} + \ 2 \int_{B(R)} \rho^3 \operatorname{e}^{\alpha \rho^2} \cos \vartheta \left( r \, \cos \varphi \cos \vartheta + s \, \sin \varphi \cos \vartheta + t \, \sin \vartheta \right) ~ \mathrm{d}(\rho,\varphi,\vartheta) \end{eqnarray*}$

Der letzte Summand verschwindet nach Fubini, da das Integral über $\begin{eqnarray*} (\varphi,\vartheta) \end{eqnarray*}$ Null wird. Mit $\begin{eqnarray*} R \to \infty \end{eqnarray*}$ und Fubini folgt daher:

$\begin{eqnarray*} I(\alpha) = \left( \int_0^{\infty} \rho^4 \operatorname{e}^{\alpha \rho^2} ~ \mathrm{d}\rho \ + \ \left| \vec{u} \right|^2 \int_0^{\infty} \rho^2 \operatorname{e}^{\alpha \rho^2} ~ \mathrm{d}\rho \right) \cdot \left( \int_0^{2 \pi} \mathrm{d}\varphi \right) \left( \int_{- \frac{\pi}{^2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos \vartheta ~ \mathrm{d}\vartheta \right) \end{eqnarray*}$

Die Integrale über $\begin{eqnarray*} \rho \end{eqnarray*}$ können mittels partieller Integration und Substitution auf das Gaußsche Fehlerintegral zurückgeführt werden. Mit allem Vorbehalt habe ich für $\begin{eqnarray*} \alpha < 0 \end{eqnarray*}$ Folgendes erhalten:

$\begin{eqnarray*} I(\alpha) = \pi^{\frac{3}{2}} \cdot \left( \left| \vec{u} \right|^2 (- \alpha)^{- \frac{3}{2}} + \frac{3}{2} \, (- \alpha)^{- \frac{5}{2}} \right) \end{eqnarray*}$

10.05.2008, 13:40

WebFritzi

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Man kann auch über Würfel integrieren. Dann findet man

$\begin{eqnarray*} I(\alpha) = \lim_{c\to\infty} \sum_{\tau\in\pi(3)} F_c(u_{\tau(1)})G_c(u_{\tau(2)})G_c(u_{\tau(3)}), \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} \pi(3) \end{eqnarray*}$ die Menge der Permutationen von 3 Elementen sei, $\begin{eqnarray*} \vec u = (u_1,u_2,u_3)^T \end{eqnarray*}$ und

$\begin{eqnarray*} F_c(w) = \int_{-c}^c x^2 e^{\alpha(x-w)^2}\;dx, \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} G_c(w) = \int_{-c}^c e^{\alpha(x-w)^2}\;dx. \end{eqnarray*}$

Und die Grenzwerte ( $\begin{eqnarray*} c\to\infty \end{eqnarray*}$ ) dieser beiden Integrale lassen sich wieder auf das Gauß-Integral zurückführen. Hatte jetzt aber keinen Bock, das auszurechnen. Augenzwinkern

11.05.2008, 13:26

Leopold

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Ich habe einmal WebFritzis Würfelansatz durchgerechnet. Für $\begin{eqnarray*} R>0 \end{eqnarray*}$ sei $\begin{eqnarray*} W(R) = [-R,R]^3 \end{eqnarray*}$ . Nach einer Translation wie in meinem ersten Beitrag gilt für $\begin{eqnarray*} \alpha<0 \end{eqnarray*}$ also (ich verwende ansonsten meine früheren Bezeichnungen)

$\begin{eqnarray*} I(\alpha) = \lim_{R \to \infty} \int_{W(R)} \left( (x+r)^2 + (y+s)^2 + (z+t)^2 \right) \operatorname{e}^{\alpha \left( x^2 + y^2 + z^2 \right)} ~ \mathrm{d}(x,y,z) \end{eqnarray*}$

Das Integral kann man in drei Summanden aufspalten. Im zweiten wird $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ umbenannt, im dritten $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ . Dann kann man alle drei Summanden wieder unter einem Integral zusammenfassen:

$\begin{eqnarray*} I(\alpha) = \lim_{R \to \infty} \int_{W(R)} \left( (x+r)^2 + (x+s)^2 + (x+t)^2 \right) \operatorname{e}^{\alpha \left( x^2 + y^2 + z^2 \right)} ~ \mathrm{d}(x,y,z) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \lim_{R \to \infty} \int_{W(R)} \left( 3x^2 +2(r+s+t)x + \left| \vec{u} \right|^2 \right) \operatorname{e}^{\alpha \left( x^2 + y^2 + z^2 \right)} ~ \mathrm{d}(x,y,z) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \lim_{R \to \infty} \left( 3 \int_{W(R)} x^2 \operatorname{e}^{\alpha \left( x^2 + y^2 + z^2 \right)} ~ \mathrm{d}(x,y,z) \ + \ \left| \vec{u} \right|^2 \int_{W(R)} \operatorname{e}^{\alpha \left( x^2 + y^2 + z^2 \right)} ~ \mathrm{d}(x,y,z) \right) \end{eqnarray*}$

Bei der letzten Umformung wurde die Ungeradheit von $\begin{eqnarray*} 2(r+s+t)x \operatorname{e}^{\alpha \left( x^2 + y^2 + z^2 \right)} \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ verwendet. Da $\begin{eqnarray*} W(R) \end{eqnarray*}$ bezüglich der $\begin{eqnarray*} yz \end{eqnarray*}$ -Achse symmetrisch ist, verschwindet das Integral darüber.

Jetzt wendet man Fubini an. Die Integranden sind vom Typ $\begin{eqnarray*} f(x) g(y) h(z) \end{eqnarray*}$ , so daß sich die Integrale trennen lassen. Mit einer Umbenennung der Variablen erhält man

$\begin{eqnarray*} I(\alpha) = 3 \left( \int_{- \infty}^{\infty} x^2 \operatorname{e}^{\alpha x^2} ~ \mathrm{d}x \right) \left(\int_{- \infty}^{\infty} \operatorname{e}^{\alpha x^2} ~ \mathrm{d}x \right)^2 \ + \ \left| \vec{u} \right|^2 \left(\int_{- \infty}^{\infty} \operatorname{e}^{\alpha x^2} ~ \mathrm{d}x \right)^3 \end{eqnarray*}$

11.05.2008, 18:22

WebFritzi

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Einfach mal ausrechnen. Dann vereinfacht sich einiges. Sehr schön. smile

12.05.2008, 14:58

inf1nity

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Vielen Dank ! Ihr habt mir sehr geholfen. smile

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