Bild und Fläche eines Quadrates unter Phi

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18.06.2010, 14:17	kruemel71	Auf diesen Beitrag antworten »
Bild und Fläche eines Quadrates unter Phi aufgabe Sei die Abbildung $\begin{eqnarray} \mathbb R ² - \phi -> \mathbb R ² \end{eqnarray}$ durch $\begin{eqnarray} \phi (x,y) = (e^x +y, e^x - y) \end{eqnarray}$ defi niert. Man zeige: a) $\begin{eqnarray} \phi \end{eqnarray}$ ist injektiv. b) Das Bild des Quadrates $\begin{eqnarray} Q = (0,1) \times (0,1) \subseteq \mathbb R \end{eqnarray}$ unter $\begin{eqnarray} \phi \end{eqnarray}$ ist offen. c) Weiterhin berechne man die Fläche des Bildes $\begin{eqnarray} \phi (Q) \end{eqnarray}$ von $\begin{eqnarray} Q \end{eqnarray}$ unter $\begin{eqnarray} \phi \end{eqnarray}$ . lösung... a) ich hab es mit einem widerspruch versucht, mit der annahme das ein $\begin{eqnarray} (x_1, y_1) \end{eqnarray}$ und ein $\begin{eqnarray} (x_2, y_2) \end{eqnarray}$ existiert, dass auf $\begin{eqnarray} (x,y) \end{eqnarray}$ abbildet, wobei $\begin{eqnarray} x_1 \neq x_2 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} y_1 \neq y_2 \end{eqnarray}$ ist. da die e-funktion injektiv ist und man schnell sieht, dass $\begin{eqnarray} y_1=y_2 \end{eqnarray}$ ist, hat man das ja egtl schon gezeigt... (ich hoffe die fachsprache war grad korrekt >.< ) b) ja... da weiß ich grad nicht, wie ich rangehen soll... was sagt mir denn dieses $\begin{eqnarray} \times \end{eqnarray}$ ? c) baut wahrscheinlich auf b) auf ~.~ jo,des wars schon ich würd mich sehr über hilfe freuen, thx
18.06.2010, 18:22	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} (0,1)\subset \mathbb R \end{eqnarray}$ ist ein offenes Intervall von 0 bis 1, $\begin{eqnarray} \times \end{eqnarray}$ ist das kartesiche Produkt, also $\begin{eqnarray} Q\subset\mathbb R^2 \end{eqnarray}$ ein offenes Quadrat mit Seitenlänge 1. "Offen" heißt hier jeweils, dass die Randpunkte nicht dazugehören.
18.06.2010, 18:33	kruemel71	Auf diesen Beitrag antworten »
okay... das is soweit klar wenn ich jetz also die fläche des quadrates (c) möchte, dann muss ich die abbildung einfach integrieren? mit den INTgrenzen von 0<x<1 0<y<1 ? und für (b) ... hmm... wär das richtig, so zu schreiben: $\begin{eqnarray} (0,1) \times (0,1) - \phi -> (e^x+y, e^x-y) \end{eqnarray}$ kann ich dann einfach 0 und 1 einsetzen um zu schauen ob die grenzen noch in dem quadrat liegen? und wenn sie nicht dazu gehören ist die abbildung offen? oje^^
18.06.2010, 18:51	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
zu a) Dein Beweis ist noch keiner, denn ich verstehe ihn nicht. zu b) Das geht völlig durcheinander, darüber musst du noch viel nachdenken. zu c) Die Fläche von Q ist 11=1 . Das geht ohne allzuviel Integration. Die Aufgabe ist, die Fläche $\begin{eqnarray} \phi(Q) \end{eqnarray*}$ zu berechnen. (siehe b) )
18.06.2010, 19:20	kruemel71	Auf diesen Beitrag antworten »
oje >.< okay fangen wir von vorne an -.- mit der a) wenn das okay ist, ich kann ja mal wort für wort hier reintexen was ich geschrieben hab =s beweis durch widerspruch abb $\begin{eqnarray} \mathbb R ² - \phi -> \mathbb R ² \end{eqnarray}$ durch $\begin{eqnarray} \phi (x,y)=(e^x+y,e^x-y) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \exists (x_1, y_1), (x_2, y_2) - \phi -> (x,y) \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} x_1 \neq x_2 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} y_1 \neq y_2 \end{eqnarray}$ dabei ist $\begin{eqnarray} \phi (x_{1,2}, y_{1,2})=(e^{x_{1,2}}+y_{1,2}, e{x_{1,2}}-y_{1,2}) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \phi (x_1,y_1)= \phi (x_2,y_2) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} e^{x_1}+y_1=e^{x_2}+y_2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} e^{x_1}-y_{1}=e^{x_2}-y_{2} \end{eqnarray}$ addition der beiden letzten zeilen ergibt $\begin{eqnarray} 2e^{x_1}=2e^{x_2} \end{eqnarray}$ ist injektiv, da die die e-funktion injektiv ist (hatten wir schon mal gezeigt, mein ich) $\begin{eqnarray} x_1=x_2 \end{eqnarray}$ subtraktion der beiden zeilen ergibt $\begin{eqnarray} 2y_1=2y_2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y_1=y_2 \end{eqnarray}$ da sowohl $\begin{eqnarray} x_1=x_2 \end{eqnarray}$ also auch $\begin{eqnarray} y_1 = y_2 \end{eqnarray}$ is die behauptung ab adsurdum geführt oder nich ~.~
18.06.2010, 19:55	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Gut, das ist überzeugend. Das ist übrigens ein direkter Beweis, denn du zeigst $\begin{eqnarray} \phi(x_1,y_1)=\phi(x_2,y_2)\Rightarrow (x_1,y_1)=(x_2,y_2) \end{eqnarray}$ . Das ist äquivalent zur Definition von injektiv $\begin{eqnarray} (x_1,y_1)\ne(x_2,y_2)\Rightarrow \phi(x_1,y_1)\ne\phi(x_2,y_2) \end{eqnarray}$
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18.06.2010, 21:05	kruemel71	Auf diesen Beitrag antworten »
dann beruhigt mich das jetz ein bisschen jetz die b) könntest du mir einen link schicken, oder ein buch sagen, was ich mir dafür anschauen kann, oder wenns schnell geht, eben etwas dazu erklären, ich weiß nämlich einfach nich wie ich da anfangen soll; also was ich zeigen muss, ist klar und die begriffe in der aufgabe jetz auch... nur ich weiß einfach nich wie
19.06.2010, 10:29	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
zu b) und c) kann man sich überlegen, was die Abbildung $\begin{eqnarray} \phi:\mathbb R^2\to \mathbb R^2 \end{eqnarray}$ mit einzelnen Punkten macht (z.B. die Eckpunkte von Q), dann kann man sich überlegen, was die Abbildung mit Punkten auf dem Rand von Q macht (dazu hält man jeweils x bzw y fest). Was passiert dann mit Punkten im Inneren von Q ? Wenn man das vollständig verstanden hat, ist klar, wie das Bild $\begin{eqnarray} \phi(Q) \end{eqnarray}$ aussieht, dann ist b) und c) ziemlich einfach. $\begin{eqnarray} \phi \end{eqnarray}$ ordnet jedem Punkt $\begin{eqnarray} (x,y)\in\mathbb R^2 \end{eqnarray}$ einen Punkt $\begin{eqnarray} (\phi(x),\phi(y))=(e^x+y,e^x-y)\in\mathbb R^2 \end{eqnarray}$ zu. Diese Abbildung von Q kann man sich an zwei kartesischen Koordinatensystemen veranschaulichen, eine Urbildebene und eine Bildebene in denen man Punkte bzw. ihre Bildpunkte einträgt. Zum Beispiel ist A=(0,0) ein Punkt in der Urbildebene, der auf A'=(1,1) abgebildet wird.
19.06.2010, 14:16	kruemel71	Auf diesen Beitrag antworten »
okay... ich hab das mal aufgemalt... eckpunkte $\begin{eqnarray} A(0,0) A'(1,1), B(1,0) B(e,e), C(1,1) C'(e+1,e-1), D(0,1) D'(2,0) \end{eqnarray}$ die verbindungslinie zwischen $\begin{eqnarray} \vec{AB} \end{eqnarray}$ und zwischen $\begin{eqnarray} \vec{CD} \end{eqnarray}$ ist eine geradeund bei $\begin{eqnarray} \vec{BC} \end{eqnarray}$ bzw $\begin{eqnarray} \vec{DA} \end{eqnarray}$ ist eine e-fkt jetz kann ich ja theoretisch flächenberechnung unter kurven wie aus der schule machen, richtig? $\begin{eqnarray} \int_0^1 \int_0^1 \! \phi (x.y) \, dxdy \end{eqnarray}$ hmmm.. also zur b) wenn die (0,1) schon offene intervalle sind, dann gehören ja weder die punkte A bis D zum Quadrat noch die punkte A' bis D' zu der Abbildung, das is ja anschaulisch klar, wenn ich die ränder vorher nich dazugehören, dann auch nachher nich... richtig? wie zeigt man das, einfach die kriterien für offen verwenden?
19.06.2010, 16:59	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Bilder $\begin{eqnarray} \vec{A'D'},\vec{B'C'} \end{eqnarray}$ solltest du dir noch mal genauer betrachten. Wo geht z.B. der jeweilige Mittelpunkt (0,1/2) und (1,1/2) hin ? Wohin werden die Punkte (0,y) und (1,y) durch $\begin{eqnarray} \phi \end{eqnarray}$ abgebildet ?
19.06.2010, 18:25	kruemel71	Auf diesen Beitrag antworten »
ich hab mir mal versucht das plotten zu lassen... anscheinend haben sich B uns D jeweils bei den Bildpkt vertauscht, wenn man das so sagen kann. damit ist die $\begin{eqnarray} \vec{A'D'} \end{eqnarray}$ ja genau wie $\begin{eqnarray} \vec{B'C'} \end{eqnarray}$ eine gerade... und jeweils die anderen beiden vektoren haben eine e-fkt-anstieg =) jetz?
20.06.2010, 10:12	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Immer noch nicht. Du "siehst" Kurven, die wie e-Funktionen aussehen ? Das ist eine "optische Täuschung", oder vielmehr eine "psychologische Täuschung". Weil in der Funktion $\begin{eqnarray} \phi \end{eqnarray}$ die e-Funktion eine Rolle spielt, erwartest du offenbar gekrümmte Bilder. In einem früheren Beitrag hast du AB und CD für (gerade) Strecken angesehen, gestern dann waren die Bilder von AD und BC (gerade) Strecken. Berechne z.B. die Bilder der Mittelpunkte $\begin{eqnarray} (\frac 1 2,0),(1,\frac 1 2),(\frac 1 2,\frac 1 2),(0,\frac 1 2) \end{eqnarray}$ . Ist da irgendeine Krümmung zu sehen ?
20.06.2010, 12:18	kruemel71	Auf diesen Beitrag antworten »
nein hab ich dann eine gerade fläche in einem transformierten koordinatensystem?
20.06.2010, 12:31	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Noch einfacher, das Bild ist eine von Strecken umrandete Fläche in einem völlig normalen Koordinatensystem. "Nix krumm, alles gerade."
20.06.2010, 12:44	kruemel71	Auf diesen Beitrag antworten »
das is ja tricky... welchen vorteil hat das denn dann?
20.06.2010, 12:57	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Der Vorteil eines Rechtecks besteht darin, dass man seinen Flächeninhalt F=ab relativ einfach berechnen kann.
20.06.2010, 15:09	kruemel71	Auf diesen Beitrag antworten »
genau das hab ich mir eben auch überlegt und dachte mir^^ schnell zum pc, vllt kannst du diesen doch ziemlich peinlichen post noch editieren -.- zu spät sry^^ normal bin ich nich soo doof x) ich versuch das mal... ecken ausrechnen...längen ausrechnen...multiplizieren...
21.06.2010, 19:27	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Prima, damit haben wir die Nuss geknackt. Nur eine Frage ist noch offen, nämlich: Wo ist der Kern der Nuss ? Ist das Bild der inneren Punkte von Q im Inneren des Rechtecks gelandet ? Oder ein paar Punkte auf dem Rand ?? Oder gar ausserhalb ??? Fragen über Fragen.
21.06.2010, 20:41	kruemel71	Auf diesen Beitrag antworten »
ich schreib morgen wieder ich hab morgen mdl prüfung... >.< aba gleich danach versuch ich das hier weiter!!!
24.06.2010, 00:44	kruemel71	Auf diesen Beitrag antworten »
sooooooooooo sry, da bin ich wieder ich habe den flächeninhalt auf $\begin{eqnarray} 1-e \end{eqnarray}$ (oder $\begin{eqnarray} e-1 \end{eqnarray}$ bin nich mehr hundertprozentig sicher^^) und für die b hab ich mir gedacht, wenn ich zeige dass die umkehrfunktion von phi stetig ist, dann müsste das doch... jaaa^^ nich? xD
24.06.2010, 01:11	kruemel71	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} 2-2e \end{eqnarray}$ das war die lsg... hab noch ma geschaut x)
24.06.2010, 19:40	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Eine negative Fläche, so so ... Als Gegenvorschlag unterbreite ich den Ansatz $\begin{eqnarray} F(\phi(Q))=d(1)\cdot d(e-1)=\sqrt 2\cdot \sqrt 2(e-1)=2(e-1)=2e-2 \end{eqnarray}$ , wobei $\begin{eqnarray} d(a) \end{eqnarray}$ die Diagonale eines Quadrats mit der Kantenlänge a sei. Für den Beweis der Offenheit von $\begin{eqnarray} \phi(Q) \end{eqnarray}$ würde ich benutzen, was wir schon wissen, nämlich dass Randpunkte von Q auf Randpunkte abgebildet werden. Es scheint mir auch deutlich so zu sein, dass innere Punkte auf innere Punkte abgebildet werden (man halte ein y fest und variiere x), und man erhält so jeden inneren Punkt des Bildes. Wegen der (bewiesenen !) Injektivität von $\begin{eqnarray} \phi \end{eqnarray}$ müssen also äußere Punkte auf äußere Punkte abgebildet werden. Fertig. (Ist das jetzt ein akzeptabler Beweis oder eine Beweisskizze ?) Deine Idee war vorzüglich, denn eine stetige Abbildung $\begin{eqnarray} \phi^{-1} \end{eqnarray}$ hätte zur Folge, dass unser heißgeliebtes Rechteck offen ist als Urbild von Q°, weil die Urbilder offener Mengen unter stetigen Abbildungen offen sind. Genial ! Dann musst du "nur noch" zeigen, dass $\begin{eqnarray} \phi^{-1} \end{eqnarray}$ injektiv ist, den Rand auf den Rand und das Innere auf das Innere von Q abbildet. Das heißt, du musst die Umkehrabbildung genau so gut verstehen wie die Abbildung selbst.
25.06.2010, 21:54	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielleicht soll das Ganze ja auch eine Vorübung zur mehrdimensionalen Substitutionsregel sein: Für $\begin{eqnarray} (u,v) = \varphi(x,y) \end{eqnarray}$ findet man als Funktionaldeterminante $\begin{eqnarray} \frac{\partial \varphi}{\partial (x,y)} = \begin{vmatrix} \operatorname{e}^x & 1 \\ \operatorname{e}^x & - 1 \end{vmatrix} = -2 \operatorname{e}^x \end{eqnarray}$ Also gilt: $\begin{eqnarray} \int_{\varphi(Q)} \dd (u,v) = \int_Q \left\| \frac{\partial \varphi}{\partial (x,y)} \right\|~\dd (x,y) = 2 \int_Q \operatorname{e}^x~\dd (x,y) = 2 \int_0^1 \int_0^1 \operatorname{e}^x~\dd y~\dd x \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = 2 \int_0^1 \operatorname{e}^x~\dd x = 2 \left( \operatorname{e} - 1 \right) \end{eqnarray}$ Und es ist doch immer wieder schön, wenn der komplizierte Weg dasselbe liefert wie der elementare.
27.06.2010, 14:33	kruemel71	Auf diesen Beitrag antworten »
das is genau, das was wir grade machen und ich hab auch beide wege gerechnet x) erst den geometrisch-logischen und dann den nach skript aba jetz weiß ich immerhin, was mir das anschaulisch sagen sollte - danke schön!

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