Wo ist mein Minus?

18.08.2016, 16:43	DerDieDasEhochWas	Auf diesen Beitrag antworten »
Wo ist mein Minus? Meine Frage: Gegeben ist, dass $\begin{eqnarray} \int_{(0,\infty)}\frac{\ln(x)}{x^2-1}d\lambda_1(x)=\frac{\pi^2}{4} \end{eqnarray}$ Nun soll man zeigen, dass $\begin{eqnarray} \int_{(0,1)}\frac{\ln(x)}{x^2-1}d\lambda_1(x)=\frac{\pi^2}{8} \end{eqnarray}$ ist. Meine Ideen: Ich hab folgendes gemacht (und dies schon etliche Male, bin aber immer ein Minus schwach und darum so detailiert): verwende die Substitution $\begin{eqnarray} x=\frac{1}{y} \end{eqnarray}$ dann ist $\begin{eqnarray} dx=-y^{-2}dy \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \int_{(0,1)}\frac{\ln(x)}{x^2-1}d\lambda_1(x)=\int_{(1,\infty)}\frac{\ln(\frac{1}{y})}{\frac{1}{y^2}-1}(-y^{-2})d\lambda_1(y)=\int_{(1,\infty)}\frac{-\ln(y))}{\frac{1-y^2}{y^2}}(-y^{-2})d\lambda_1(y) \end{eqnarray}$ Ja?? Nun streicht sich das minus vom logarithmus mit dem minus von der Substitution und das y-quadrat von der Substitution streicht sich mit jenem im Doppelbruch. Also $\begin{eqnarray} \int_{(1,\infty)}\frac{-\ln(y))}{\frac{1-y^2}{y^2}}(-y^{-2})d\lambda_1(y)=\int_{(1,\infty)}\frac{\ln(y)}{1-y^2}d\lambda_1(y) \end{eqnarray}$ . Gemaess Loesung sollte aber $\begin{eqnarray} \int_{(0,1)}\frac{\ln(x)}{x^2-1}d\lambda_1(x) = \int_{(1,\infty)}\frac{\ln(y)}{y^2-1}d\lambda_1(y). \end{eqnarray}$ Und ich seh einfach nicht wieso. (lamda soll das Lebesuge-Mass repraesentieren, man koennte auch normal dx bzw dy schreiben)
18.08.2016, 16:55	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Du hast die Grenzen beim y-Integral vertauscht. Für x=1 ist y=1.
18.08.2016, 16:55	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Du mußt auf die Orientierung des Integrals achten. Hier geht es nicht um ein reines Bereichsintegral: $\begin{align} \int_0^1 \frac{\ln x}{x^2 - 1} ~ \dd x \ = \ \int_{\infty}^1 \frac{\ln \frac{1}{y}}{\frac{1}{y^2} - 1} \cdot \left( -y^{-2} \right) \ \dd y \end{align}$
18.08.2016, 17:06	DerDieDasEhochWas	Auf diesen Beitrag antworten »
achsoo. Der fehler ist also bei der Substitution. Ich hab dort, sagen wir, ein $\begin{eqnarray} \phi(x) = \frac{1}{x} \end{eqnarray}$ dann ist die untere Grenze $\begin{eqnarray} \phi(0) = \frac{1}{0}=\infty \end{eqnarray}$ und die Obere Grenze $\begin{eqnarray} \phi(1)=1/1 = 1 \end{eqnarray}$ . Ich muss also noch $\begin{eqnarray} \int_a^b = -\int_b^a \end{eqnarray}$ benutzen, ja; und dann bekomme ich mein minus?
18.08.2016, 17:09	DerDieDasEhochWas	Auf diesen Beitrag antworten »
@Leopold: Koenntest du die Bemerkung mit dem 'reinen Bereichsintegral' noch etwas ausfuehren, bitte?
18.08.2016, 17:21	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn du das als Bereichsintegral auffaßt, dann mußt du bei der Substitution mit dem Betrag der Funktionaldeterminate multiplizieren. Hier im eindimensionalen Fall ist das einfach $\begin{align} \left\| -y^{-2} \right\| = y^{-2} \end{align}$ : $\begin{align} \int \limits_{(0,1)} \frac{\ln x}{x^2 - 1} ~ \dd x \ = \ \int \limits_{(1,\infty)} \frac{\ln \frac{1}{y}}{\frac{1}{y^2} - 1} \cdot \color{red} y^{-2} \color{black} ~ \dd y \end{align}$ So geht das auch. EDIT Schreibfehler korrigiert.
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18.08.2016, 18:20	DerDieDasEhochWas	Auf diesen Beitrag antworten »
Besten Dank fuer deine Hilfe!!

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