Integralidentität

15.03.2020, 09:00

Leopold

Integralidentität

Hat jetzt überhaupt nichts mit Corona zu tun. Ist sozusagen "nur zum sonntäglichen Vergnügen" für Leute, die das Haus nicht verlassen wollen, sollen oder dürfen. Hat also doch etwas mit Corona zu tun.

$\begin{align*} f \end{align*}$ sei eine auf dem Intervall $\begin{align*} [0,1] \end{align*}$ stetige reellwertige Funktion. Man zeige:

$\begin{align*} \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} f \left( \sin(2x) \right) \cdot \cos(x) ~ \dd x \ = \ \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} f \left( \cos^2(x) \right) \cdot \cos(x) ~ \dd x \end{align*}$

16.03.2020, 10:07

Ulrich Ruhnau

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RE: Integralidentität

Zitat:

Original von Leopold
$\begin{align*} \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} f \left( \sin(2x) \right) \cdot \cos(x) ~ \dd x \ = \ \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} f \left( \cos^2(x) \right) \cdot \cos(x) ~ \dd x \end{align*}$

Hallo Leopold,
Trotz des guten Wetters gestern habe ich mich an dieser Aufgabe versucht und habe geschaut, ob ich Gegenbeispiele finde. Leider habe ich keine gefunden. Auch habe ich versucht, die Integrale auf Stammfunktionen zurückzuführen, ebenfalls ohne Erfolg. Meine Substitutionsversuche möchte ich hier kurz darstellen.
Sei $\begin{eqnarray*} u=\sin(x) \end{eqnarray*}$ . Dann ist $\begin{eqnarray*} du = \cos(x)\dd x \end{eqnarray*}$ .
Aus unseren Integralen wird zunächst mal $\begin{eqnarray*} \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} f \left( 2\sin(x)\cos(x) \right) \cdot \cos(x) ~ \dd x \ = \ \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} f \left( 1-\sin^2(x) \right) \cdot \cos(x) ~ \dd x \end{eqnarray*}$
Und durch Einsetzen von u:
$\begin{eqnarray*} \int \limits_0^1 f \left( 2u\sqrt{1-u^2} \right) \dd u \ = \ \int \limits_0^1 f \left( 1-u^2 \right) \dd u \end{eqnarray*}$

Dabei sehen die beiden Funktionen $\begin{eqnarray*} 2u\sqrt{1-u^2} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 1-u^2 \end{eqnarray*}$ schon recht unterschiedlich aus. Aber darauf kommt es ja gar nicht an. Angenommen, unsere Funktion sei eine Diraksche Deltafunktion $\begin{eqnarray*} f(x) = \delta(x-a) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a\in (0,1) \end{eqnarray*}$ . Dann gilt ja zumindest $\begin{eqnarray*} \delta(g(x))=\sum\limits_{k=1}^{n} \frac{\delta(x-x_k)}{|g'(x_k)|} \end{eqnarray*}$ wobei hier über alle Nullstellen von $\begin{eqnarray*} g(x) \end{eqnarray*}$ summiert wird. Ab hier würden meine Versuche uferlos werden. Leopold, hast Du einen Tipp für mich?

16.03.2020, 13:33

Leopold

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Ich habe es so gemacht, daß ich das erste Integral gemäß

$\begin{align*} \left[ 0 \, , \frac{\pi}{2} \right] = \left[ 0 \, , \frac{\pi}{4} \right] \cup \left[ \frac{\pi}{4} \, , \frac{\pi}{2} \right] \end{align*}$

additiv zerlegt habe. Im zweiten Summanden kommt man, wenn man $\begin{align*} x \end{align*}$ durch $\begin{align*} \frac{\pi}{2} - x \end{align*}$ substituiert, auf das linke Teilintervall und erhält insgesamt

$\begin{align*} \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} f \left( \sin(2x) \right) \cdot \cos(x) ~ \dd x \ = \ \int \limits_0^{\frac{\pi}{4}} f \left( \sin(2x) \right) \cdot \left( \sin(x) + \cos(x) \right) ~ \dd x \end{align*}$

Durch

$\begin{align*} \sin(2x) = \cos^2(y) \ \ \text{mit} \ \ 0 \leq x \leq \frac{\pi}{4} \, , \ 0 \leq y \leq \frac{\pi}{2} \end{align*}$

wird eine bijektive Funktion $\begin{align*} \varphi: \, y \mapsto x \end{align*}$ definiert. Die habe ich dann substituiert: $\begin{align*} x = \varphi(y) \end{align*}$ .

Man kann die Substitution nach $\begin{align*} x \end{align*}$ auflösen und erhält so eine explizite Darstellung von $\begin{align*} \varphi(y) \end{align*}$ . Empfehlenswert ist das aber, glaube ich, nicht. Es scheint mir besser, implizit zu arbeiten. So kann man in der Gleichung oben zum Differential übergehen und bekommt

$\begin{align*} \cos(2x) ~ \dd x = - \sin(y) \cos(y) ~ \dd y \end{align*}$

Und jetzt muß man auf der linken Seite geschickt umformen, um schließlich $\begin{align*} x \end{align*}$ aus dem Integral zu entfernen und dieses auf $\begin{align*} y \end{align*}$ umzuschreiben. Arbeite auf den Term $\begin{align*} \left( \sin(x) + \cos(x) \right) ~ \dd x \end{align*}$ hin, der da im Integral irgendwie weg muß.

Ich hoffe, ich habe nicht zu viel verraten.

18.03.2020, 11:54

Leopold

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Entweder ist das Problem nicht spannend genug oder doch zu trickreich. Ich will einmal die Variante von Ulrich direkt auflösen. Er hatte $\begin{align*} t = \sin(x) \end{align*}$ substituiert. Für auf $\begin{align*} [0,1] \end{align*}$ stetiges $\begin{align*} f \end{align*}$ ist dann zu zeigen:

$\begin{align*} \int \limits_0^1 f \left( 2t \sqrt{1-t^2} \right) ~ \dd t \ = \ \int \limits_0^1 f \left( 1 - t^2 \right) ~ \dd t \end{align*}$

Zunächst gilt

$\begin{align*} \int \limits_0^1 f \left( 2t \sqrt{1-t^2} \right) ~ \dd t \ = \ \int \limits_0^{\sqrt{\frac{1}{2}}} f \left( 2t \sqrt{1-t^2} \right) ~ \dd t \ + \ \int \limits_{\sqrt{\frac{1}{2}}}^1 f \left( 2t \sqrt{1-t^2} \right) ~ \dd t \end{align*}$

Im zweiten Summanden substituiert man $\begin{align*} t = \sqrt{1-s^2} \end{align*}$ und erhält, wenn man wieder $\begin{align*} t \end{align*}$ statt $\begin{align*} s \end{align*}$ schreibt:

$\begin{align*} = \ \int \limits_0^{\sqrt{\frac{1}{2}}} f \left( 2t \sqrt{1-t^2} \right) ~ \dd t \ + \ \int \limits_0^{\sqrt{\frac{1}{2}}} f \left( 2t \sqrt{1-t^2} \right) \cdot \frac{t}{\sqrt{1-t^2}} ~ \dd t \end{align*}$

$\begin{align*} = \ \int \limits_0^{\sqrt{\frac{1}{2}}} f \left( 2t \sqrt{1-t^2} \right) \cdot \left( 1 + \frac{t}{\sqrt{1-t^2}} \right) ~ \dd t \end{align*}$

Jetzt substituiert man $\begin{align*} v = \sqrt{1-t^2} - t \end{align*}$ und ist am Ziel: $\begin{align*} 1-v^2 \end{align*}$ ist gerade das Argument von $\begin{align*} f \end{align*}$ , und der Faktor in der Klammer ist $\begin{align*} - \dd v \end{align*}$ .

Natürlich hat man jetzt auch die ursprüngliche Aufgabe gelöst, man muß ja nur wieder den Sinus resubstituieren. Aber vielleicht hat doch noch jemand Interesse an einem direkten Weg.

21.03.2020, 11:28

Mathema

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Hallo Leopold,

nun, du hast doch schon die (eine?) Lösung verraten. Aber um deine Lösung fertig zu bringen:

$\begin{eqnarray*} \cos 2x ~ \dd x = - \sin y \cos y ~ \dd y \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left(\cos^2 x -\sin^2 x \right)~ \dd x = - \sin(y) \cos(y) ~ \dd y \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{\cos^2 x -\sin^2 x}{\sin y} ~ \dd x = - \cos(y) ~ \dd y \end{eqnarray*}$

Nun folgt aus $\begin{eqnarray*} \sin 2x = \cos^2 y \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \sin y = \sqrt{1 - \sin 2x} \end{eqnarray*}$

Mit dem trigonometrischen Pythagoras und der Doppelwinkelfunktion des Sinus sollte man denn eine binomische Formel erkennen, so dass sich die Wurzel ziehen lässt. Setzt man das in den Nenner ein und erkennt noch die dritte binomische Formel im Zähler kann man kürzen. Nun sollte der Term, auf den hingearbeitet werden sollte, übrig bleiben.

Ich hoffe es geht dir gut! Bleib gesund.

PS: Ich hatte aber noch auf eine alternative Lösung gehofft.

21.03.2020, 12:30

SHigh

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Hallo Leopold,

vielen Dank für die Aufgabe. Nach 3 Jahren im Job (ein Aktuar beschäftigt sich leider nur homöopatisch mit Mathematik) wurde ich bei meinen kläglichen Lösungsversuchen zurück in mein Studium versetzt. Das Gefühl beim Bearbeiten von Übungsblättern und dem langen Suchen nach der Lösungen war wirklich erfrischend (und nebenbei verging die Zeit wie im Fluge).

Leider konnte ich die Aufgabe nicht lösen, ich war schnell soweit wie Ulrich Ruhnau aber weitergekommen bin ich leider nicht. Möglicherweise ist dies der Grund für meine Berufswahl.

Viele Grüße

21.03.2020, 13:48

Leopold

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@ Mathema

So ähnlich habe ich das auch gemacht. Man sollte vielleicht noch auf $\begin{align*} \cos(x) \geq \sin(x) \end{align*}$ für $\begin{align*} 0 \leq x \leq \frac{\pi}{4} \end{align*}$ verweisen, damit man bei $\begin{align*} \sqrt{1 - \sin(2x)} = \sqrt{\left( \sin(x) - \cos(x) \right)^2} = \sqrt{\left( \cos(x) - \sin(x) \right)^2} \end{align*}$ korrekt die Wurzel zieht.

@ SHigh

Wenn du Spaß dabei hattest, ist das doch auch schon was wert. Klar, das letztgültige Glücksgefühl kommt erst mit der Lösung.

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