Transformationssatz Grenzen

30.10.2017, 16:06

Kletteraffe

Transformationssatz Grenzen

Hallo,

nachdem mir dieses Forum schon oft mit alten Themen geholfen hat, habe ich jetzt eine Frage für die ich noch kein passendes Thema gefunden habe:
Ich habe das Gebiet $\begin{eqnarray*} 0\leq x\leq1,\ 0\leq y\leq 1 \end{eqnarray*}$
Dieses soll jetzt mit folgenden Formeln transformiert werden: $\begin{eqnarray*} x=v+2u\ y=2u-uv \end{eqnarray*}$
Also habe ich die Variablen in den Ungleichungen gemäß der Transformation ersetzt: $\begin{eqnarray*} 0\leq v+2u\leq 1 \text{ und } 0\leq u(2-v)\leq1 \end{eqnarray*}$
Nach ein bisschen umstellen, kommen da folgende Ungleichungen für die neuen Intervallgrenzen raus: $\begin{eqnarray*} -2u\leq v\leq 1-2u \text{ und } 0\leq u\leq \frac{1}{2-v} \end{eqnarray*}$
Wenn ich diese Terme jetzt als Integralgrenzen nehme, habe ich aber in beiden Integralen Unbekannte in den Grenzen!?
Und an diesem Schritt komme ich nicht weiter. Wie muss ich stattdessen die Grenzen bestimmen, damit ich auch vernünftig integrieren kann?

30.10.2017, 22:18

Leopold

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Die beiden Ungleichungen

$\begin{align*} \text{(1)} \ \ 0 \leq 2u + v \leq 1 \end{align*}$

$\begin{align*} \text{(2)} \ \ 0 \leq 2u - uv \leq 1 \end{align*}$

zunächst sind korrekt. Die durch sie beschriebenen Punkte sind das Urbild des Einheitsquadrates $\begin{align*} 0 \leq x \leq 1 \, , \ 0 \leq y \leq 1 \end{align*}$ der $\begin{align*} xy \end{align*}$ -Ebene unter der Transformation

$\begin{align*} (x,y) = \varphi(u,v) = \left( \, 2u + v \, , \, 2u - uv \, \right) \end{align*}$

Löst man $\begin{align*} \text{(1)} \end{align*}$ in der Mitte nach $\begin{align*} v \end{align*}$ auf, erhält man $\begin{align*} - 2u \leq v \leq 1 - 2u \end{align*}$ . Dadurch wird in der $\begin{align*} uv \end{align*}$ -Ebene der Parallelstreifen beschrieben, der durch die Geraden $\begin{align*} v = -2u \end{align*}$ und $\begin{align*} v = 1 - 2u \end{align*}$ begrenzt wird (in der Zeichung schraffiert).

Nun soll $\begin{align*} \text{(2)} \end{align*}$ nach $\begin{align*} v \end{align*}$ aufgelöst werden. Dazu muß durch $\begin{align*} u \end{align*}$ dividiert werden. Dafür ist aber eine Fallunterscheidung vonnöten.

Sei zunächst $\begin{align*} u \geq 0 \end{align*}$ . Die Punkte mit $\begin{align*} u=0 \end{align*}$ erfüllen $\begin{align*} \text{(2)} \end{align*}$ . Für $\begin{align*} u>0 \end{align*}$ erhält man $\begin{align*} 2 - \frac{1}{u} \leq v \leq 2 \end{align*}$ . Das sind die Punkte unterhalb der Geraden $\begin{align*} v=2 \end{align*}$ , aber oberhalb der Hyperbel $\begin{align*} v = 2 - \frac{1}{u} \end{align*}$ (gelber Bereich rechts unten).
Der Schnitt mit dem Parallelstreifen ergibt die rot umrandete Fläche rechts unten.

Sei dann $\begin{align*} u<0 \end{align*}$ . Jetzt ergibt die Auflösung von $\begin{align*} \text{(2)} \end{align*}$ nach $\begin{align*} v \end{align*}$ die Ungleichung $\begin{align*} 2 \leq v \leq 2 - \frac{1}{u} \end{align*}$ . Das sind die Punkte oberhalb der Geraden $\begin{align*} v=2 \end{align*}$ , aber unterhalb der Hyperbel $\begin{align*} v = 2 - \frac{1}{u} \end{align*}$ (gelber Bereich links oben).
Der Schnitt mit dem Parallelstreifen ergibt die rot umrandete Fläche links oben.

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Die beiden rot umrandeten Bereiche bilden daher in der $\begin{align*} uv \end{align*}$ -Ebene das Urbild des Einheitsquadrates der $\begin{align*} xy \end{align*}$ -Ebene unter $\begin{align*} \varphi \end{align*}$ . Der Bereich ist nicht zusammenhängend. Jede der beiden Zusammenhangskomponenten ist diffeomorph zum Einheitsquadrat.

30.10.2017, 23:22

Kletteraffe

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Hallo Leopold,

vielen Dank erstmal für die ausführliche Erklärung. Ich kann mir das jetzt schon deutlich besser vorstellen.
Aus deinen Erklärungen verstehe ich, dass ich das Integral aufteilen muss, also das Integral folgendermaßen berechne:
$\begin{eqnarray*} \int_0^\frac{1}{2-v}\int_{-2u}^{1-2u} f(u,v)\cdot |det\ J|\ dv\ du\ + \int_\frac{-v}{2}^\frac{1-v}{2} \int_2^{2-\frac{1}{u}} f(u,v) \cdot |det\ J|\ dv\ du \end{eqnarray*}$
Bei den Integralen habe ich ja aber immer noch das Problem, dass beide Grenzen von der jeweils anderen Variable abhängen, ich also kein Ergebnis heraus bekomme. verwirrt

Ich habe inzwischen noch eine andere Quelle gefunden, mit der sich das Problem prinzipiell lösen lassen könnte: mathematik.uni-kl.de/~mschulze/teaching/09F-MATH2163/mt3.pdf (Eine URL darf ich auf Grund fehlender Posts noch nicht direkt posten. Ich hoffe so ist es okay, aber anders weiß ich nicht, wie ich das möglichst gut erklären sollte)
Also habe ich einfach mal die Substitutionsformeln, wie auf der S. 6 im Skript umgeformt. Da bekomme ich folgende Terme heraus, die mir aber eher falsch vorkommen:
$\begin{eqnarray*} v=\frac{1}{2}(\pm\sqrt{-8y+x^2+4x+x}-x+2) \text{ und } u=\frac{1}{4}(\pm\sqrt{-8y+x^2+4x+4}+x+2) \end{eqnarray*}$

31.10.2017, 09:13

Leopold

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Zitat:

Original von Kletteraffe
$\begin{eqnarray*} \int_0^\frac{1}{2-v}\int_{-2u}^{1-2u} f(u,v)\cdot |det\ J|\ dv\ du\ + \int_\frac{-v}{2}^\frac{1-v}{2} \int_2^{2-\frac{1}{u}} f(u,v) \cdot |det\ J|\ dv\ du \end{eqnarray*}$

Das ergibt keinen Sinn. Die Integrationsgrenzen des äußeren Integrals müssen konstant sein und können nicht von $\begin{align*} v \end{align*}$ abhängen.

Du mußt dich für einen der beiden rot berandeten Bereiche entscheiden. Ich nehme einmal den rechts unten.

Beginnen wir außen mit der Integration über $\begin{align*} u \end{align*}$ . Die Zeichnung zeigt, daß $\begin{align*} 0 \leq u \leq \frac{1}{2} \end{align*}$ gilt. Für $\begin{align*} v \end{align*}$ muß man jetzt unterscheiden, ob $\begin{align*} 0 \leq u \leq u_0 \end{align*}$ oder $\begin{align*} u_0 \leq u \leq \frac{1}{2} \end{align*}$ ist, wobei $\begin{align*} u_0 \end{align*}$ die Schnittstelle der Geraden $\begin{align*} v = -2u \end{align*}$ mit der Hyperbel $\begin{align*} v = 2 - \frac{1}{u} \end{align*}$ ist, also $\begin{align*} u_0 = \frac{1}{2} \left( \sqrt{3} - 1 \right) \end{align*}$ . Man erhält so:

$\begin{align*} \int \limits_0^1 \int \limits_0^1 f(x,y) ~ \dd y ~ \dd x \ = \ \int \limits_0^{u_0} \int \limits_{-2u}^{1-2u} f \left( \varphi(u,v) \right) \cdot \left| \det J(u,v) \right| ~ \dd v ~ \dd u \ + \ \int \limits_{u_0}^{\frac{1}{2}} \int \limits_{2 - \frac{1}{u}}^{1-2u} f \left( \varphi(u,v) \right) \cdot \left| \det J(u,v) \right| ~ \dd v ~ \dd u \end{align*}$

Hierin ist $\begin{align*} \varphi(u,v) = \left( \, 2u + v \, , \, 2u - uv \, \right) \end{align*}$ und $\begin{align*} J(u,v) \end{align*}$ die Funktionalmatrix von $\begin{align*} \varphi(u,v) \end{align*}$ .

Man kann auch außen mit der Integration über $\begin{align*} v \end{align*}$ beginnen. Zu integrieren ist über $\begin{align*} v_0 \leq v \leq 1 \end{align*}$ , wobei jetzt $\begin{align*} v_0 \end{align*}$ die Ordinate des Schnittpunkts von Gerade und Hyperbel ist, also $\begin{align*} v_0 = - \left( \sqrt{3} - 1 \right) \end{align*}$ . Für $\begin{align*} u \end{align*}$ muß man dann unterscheiden, ob $\begin{align*} v_0 \leq v \leq 0 \end{align*}$ oder $\begin{align*} 0 \leq v \leq 1 \end{align*}$ gilt. Man erhält:

$\begin{align*} \int \limits_0^1 \int \limits_0^1 f(x,y) ~ \dd y ~ \dd x \ = \ \int \limits_{v_0}^0 \int \limits_{- \frac{1}{2} v}^{\frac{1}{2-v}} f \left( \varphi(u,v) \right) \cdot \left| \det J(u,v) \right| \dd u ~ \dd v \ + \ \int \limits_0^1 \int \limits_0^{\frac{1}{2} (1-v)} f \left( \varphi(u,v) \right) \cdot \left| \det J(u,v) \right| ~ \dd u ~ \dd v \end{align*}$

EDIT (Fortführung)

Für die Auflösungen nach $\begin{align*} u \end{align*}$ und $\begin{align*} v \end{align*}$ habe ich leicht andere Terme erhalten. Richtig scheinen mir

$\begin{align*} u = \frac{1}{4} \left( x - 2 \pm \sqrt{8y + (x-2)^2} \right) \, , \ \ v = \frac{1}{2} \left( x + 2 \mp \sqrt{8y + (x-2)^2} \right) \end{align*}$

Es gehören zueinander die Vorzeichenkombinationen $\begin{align*} + \end{align*}$ bei $\begin{align*} u \end{align*}$ und $\begin{align*} - \end{align*}$ bei $\begin{align*} v \end{align*}$ bzw. $\begin{align*} - \end{align*}$ bei $\begin{align*} u \end{align*}$ und $\begin{align*} + \end{align*}$ bei $\begin{align*} v \end{align*}$ . Beide Kombinationen definieren Umkehrtransformationen $\begin{align*} (u,v)= \varphi^{-1}(x,y) \end{align*}$ , die erste Kombination transformiert das Einheitsquadrat in die rot berandete Figur rechts unten (siehe meine Zeichnung), die zweite Kombination in die rot berandete Figur links oben. Global ist $\begin{align*} \varphi \end{align*}$ nicht umkehrbar.

01.11.2017, 13:27

Kletteraffe

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Vielen Dank, Leopold!
Jetzt habe ich es verstanden. Ich muss mir echt mal angewöhnen mehr mit den Skizzen zu arbeiten und die Fläche dann unter Umständen nochmal aufzuteilen.

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