Integral auf einer Menge berechnen.

19.01.2021, 20:38

AnnaMarie99

Integral auf einer Menge berechnen.

Meine Frage:
Hallo,

Ich soll das folgende Integral berechnen
$\begin{eqnarray*} \int_A xy(2e^{-(x^2 + y^2)} -1)d(x,y) \end{eqnarray*}$ wobei
A ={ $\begin{eqnarray*} (x,y) \in R^2 : x,y \geq 0, x^2 + y^2 = ln2 \end{eqnarray*}$ }

Meine Ideen:
Ich weiß zwar wie die Menge A aussieht, weiß aber nicht wie ich das mithilfe des Transformationsatzes oder Fubini berechnen kann. Also es scheitert daran die Grenzen des Integrals richtig aufzustellen. Kann mir jemand erklären wie man das macht?

Vielen Dank schonmal im voraus!

19.01.2021, 20:45

Leopold

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Stimmen deine Angaben wirklich? Falls ja, ist das vielleicht weniger eine Anwendung des Satzes von Fubini als ein Test darauf, ob du verstanden hast, was eine Nullmenge ist.

19.01.2021, 20:54

AnnaMarie99

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Du hast Recht, in der Menge sollte es $\begin{eqnarray*} x^2 + y^2 \leq ln2 \end{eqnarray*}$ heißen.

19.01.2021, 21:55

Leopold

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Wenn sowohl in der Beschreibung des Integrationsbereichs als auch im Integranden der Term $\begin{align*} x^2+y^2 \end{align*}$ vorkommt, liegt die Einführung von Polarkoordinaten nahe. Das heißt, du könntest hier die Substitutionsregel anwenden. Als Zwischenergebnis habe ich dabei erhalten:

$\begin{align*} \int_A xy \left( 2 \operatorname{e}^{-x^2-y^2} - 1 \right) ~ \dd (x,y) \ = \left( \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin(t) \cos(t) ~ \dd t \right) \cdot \left( \int_0^{\sqrt{\ln(2)}} r^3 \left( 2 \operatorname{e}^{-r^2} - 1 \right) ~ \dd r \right) \end{align*}$

Beide Integrale lassen sich mit eindimensionalen Methoden explizit berechnen.

19.01.2021, 23:07

AnnaMarie99

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Okay, vielen Dank!

19.01.2021, 23:17

Leopold

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Man kann das Integral auch direkt mit Fubini berechnen. Das wird aber langwierig. Ich habe noch andere Substitutionen gefunden, die schnell zum Ziel führen.

1. Möglichkeit (bereits besprochen)

Polarkoordinaten $\begin{align*} x = r \cos(t) \, , \ \ y = r \sin(t) \end{align*}$

mit dem Integrationsbereich $\begin{align*} B \end{align*}$ aller $\begin{align*} (r,t) \end{align*}$ mit

$\begin{align*} 0 \leq r \leq \sqrt{\ln(2)} \, , \ \ 0 \leq t \leq \frac{\pi}{2} \end{align*}$

2. Möglichkeit

$\begin{align*} x = \sqrt{u} \, , \ \ y = \sqrt{v} \end{align*}$ führt auf den Integranden

$\begin{align*} \frac{1}{4} \left( 2 \operatorname{e}^{-u-v} - 1 \right) ~ \dd (u,v) \end{align*}$

und den Integrationsbereich $\begin{align*} C \end{align*}$ aller $\begin{align*} (u,v) \end{align*}$ mit

$\begin{align*} u,v \geq 0 \, , \ \ 0 \leq u+v \leq \ln(2) \end{align*}$

3. Möglichkeit

$\begin{align*} x = \sqrt{p-q} \, , \ \ y = \sqrt{q} \end{align*}$ führt auf den Integranden

$\begin{align*} \frac{1}{4} \left( 2 \operatorname{e}^{-p} - 1 \right) ~ \dd (p,q) \end{align*}$

und den Integrationsbereich $\begin{align*} D \end{align*}$ aller $\begin{align*} (p,q) \end{align*}$ mit

$\begin{align*} q \geq 0 \, , \ \ p \geq q \, , \ \ 0 \leq p \leq \ln(2) \end{align*}$

Diese Möglichkeiten führen relativ schnell auf einfache Integrale und damit ans Ziel.

20.01.2021, 00:50

AnnaMarie99

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Danke für die alternativen Möglichkeiten!
Du hast ja gesagt " bei sowas wie $\begin{eqnarray*} x^2 + y^2 \leq r \end{eqnarray*}$ bietet es sich an mit den Polarkoordinaten zu substituieren, gibt es was analoges auch bei "Kreisen" mit anderer Norm. Also wenn bspw. $\begin{eqnarray*} |x| + |y| \leq r \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |x| +|y| \end{eqnarray*}$ in der Funktion vorkommt.

20.01.2021, 12:39

HAL 9000

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Zitat:

Original von AnnaMarie99
Also wenn bspw. $\begin{eqnarray*} |x| + |y| \leq r \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |x| +|y| \end{eqnarray*}$ in der Funktion vorkommt.

Ich verstehe das so, dass es um eine in beiden Argumenten symmetrische Integrandenfunktion $\begin{eqnarray*} f(x,y)=f(-x,y)=f(x,-y)=f(-x,-y) \end{eqnarray*}$ geht, und das auf einem ebenso symmetrischen Gebiet $\begin{eqnarray*} M = \left\{ (x,y)\in\mathbb{R}^2 \mid |x|+|y|\leq r \right\} \end{eqnarray*}$ ? Dann gilt

$\begin{eqnarray*} \int\limits_M f(x,y)~ \dd(x,y) = 4\cdot \int\limits_{M_1} f(x,y)~ \dd(x,y) = 4\cdot \int\limits_0^r \int\limits_0^{r-y} f(x,y)~ \dd x ~ \dd y\qquad (1) \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} M_1 = M\cap [0,\infty)^2 = \left\{ (x,y)\in\mathbb{R}^2 \mid x\geq 0,\,y\geq 0,\,x+y\leq r \right\} \end{eqnarray*}$ der Teil von $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ ist, der im ersten Quadranten liegt.

Gilt noch dazu $\begin{eqnarray*} f(x,y) = h(|x|+|y|) \end{eqnarray*}$ , dann geht (1) via innere Substitution $\begin{eqnarray*} x=z-y \end{eqnarray*}$ über in

$\begin{eqnarray*} 4\cdot \int\limits_0^r \int\limits_y^r h(z)~ \dd z ~ \dd y = 4\cdot \int\limits_0^r \int\limits_0^z h(z)~ \dd y ~ \dd z = 4\cdot \int\limits_0^r z\cdot h(z) ~ \dd z \end{eqnarray*}$ .

20.01.2021, 22:40

AnnaMarie99

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Genauso hab ich es gemeint!
Vielen Dank für die ausführliche Antwort!
Das mit dem substituieren/transformieren und Fubini hab ich jetzt verstanden. Mir ist aber aufgefallen, dass man ja eigentlich noch begründen muss warum man bspw. mit Polarkoordinaten substituieren darf. Da hatten wir, dass die einzige Voraussetzung f lebesgue Integrierbar ist.
Kann man dann bei meiner Aufgabe aus der Frage einfach Argumentieren:

$\begin{eqnarray*} A_1 \end{eqnarray*}$ ist abgeschlossen und beschränkt, also kompakt. Aus der Stetigkeit von f folgt dann, dass f auf $\begin{eqnarray*} A_1 \end{eqnarray*}$ ein Maximum annimt. Damit kann man es ja dann eigentlich $\begin{eqnarray*} \int_A |f| \end{eqnarray*}$ mit dem Maximum m abschätzen und bekommt $\begin{eqnarray*} \int_A |f| < \int_A m < \infty \end{eqnarray*}$
Ist das zu einfach gedacht? In Physik haben wir sowas nie gemacht, da wurde immer davon ausgegangen, f ist lebesgue_ Integrierbar.

21.01.2021, 11:41

HAL 9000

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Ist schon ganz richtig gedacht.

Zitat:

Original von AnnaMarie99
In Physik haben wir sowas nie gemacht, da wurde immer davon ausgegangen, f ist lebesgue_ Integrierbar.

Sagen wir's mal so: Wenn der Integrand nichtnegativ und messbar ist, gibt es auch weniger Probleme: Da existieren nur die Fälle Integralwert $\begin{eqnarray*} <\infty \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ , was sich dann aber auch durch eine Transformation der Integrationsvariablen nicht ändert.

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