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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:44 So 22.10.2006 | | Autor: | hasu |
| Aufgabe | Sei[mm] f: \IR² \to \IR,
f(x)=\begin{cases} \wurzel{1 - |x|²}, & \mbox{für } |x| \le 1 \\ 0, & \mbox{für } |x| > 1\end{cases}
[/mm]
Zeigen Sie: f [mm] \in C_{c}(\IR²) [/mm] und berechnen Sie [mm] \integral_{\IR²}^{ }{f(x) dx}. [/mm] |
Soweit die Aufgabenstellung.
Zunächst mal meine Ansätze:
[mm]
C_{c}(\IR²) = {\{ f \in \IR² | f\,stetig\,und\,supp\,f\,kompakt \}}[/mm]
Ich zeige zunächst also, dass f stetig ist. Nicht weiter schwierig, da Komposition von stetigen Funktionen und kein Sprung in den Definitionsintervallgrenzen.
Bleibt zu zeigen: supp f kompakt.
[mm]supp f = \overline {\{ x \in \IR² | f(x) \not= 0 \}}.[/mm]
Man sieht, dass supp f = [mm]\overline { \{ |x| < 1 \} } [/mm]abgeschlossen. Soweit so gut, nun soll der Träger aber kompakt sein und damit beschränkt, dies ist jedoch scheinbar nicht der Fall, da ich für jeden Punkt aus dem [mm]\IR²[/mm] noch einen größeren/kleineren Punkt aus dem Träger von f finden kann.
Wo liegt da der Denkfehler?
Das zweite Problem offenbart sich in der zweiten Teilaufgabe.
Mein Ansatz:
[mm]\integral_{\IR²}^{ }{f(x)dx} = \integral_{\IR}^{} { (\integral_{\IR}^{}{f(x)dx_{2}}) dx_{1}}[/mm]
Nun besteht mein Problem allerdings darin die hierzu gehörigen Stammfunktionen zu bestimmen, bin weder mit Substitution noch mit partieller Integration weitergekommen.
Hat da vielleicht jemand eine Idee?
Danke schonmal im Voraus. :)
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Auch das offene Intervall [mm](-1,2)[/mm] ist beschränkt, dennoch findest du zu jedem Element aus dem Intervall größere bzw. kleinere Elemente, die dem Intervall angehören. Verwechselst du da nicht Beschränktheit und Abgeschlossenheit?
Die Berechnung des Integrals schreit ja geradezu nach Polarkoordinaten (ich schreibe [mm](x,y)[/mm] für die Elemente des [mm]\mathbb{R}^2[/mm]):
[mm]x = r \cos{\varphi} \, , \ \ y = r \sin{\varphi}[/mm]
Der Betrag der zugehörigen Funktionaldeterminante ist [mm]r[/mm]. Somit gilt
[mm]\int_{x^2 + y^2 \leq 1}~\sqrt{1 - x^2 - y^2}~\, \mathrm{d}(x,y) \ = \ \int_0^{2 \pi }~\int_0^1~r \, \sqrt{1 - r^2}~\mathrm{d}r~\mathrm{d}\varphi[/mm]
Das innere Integral hängt dann gar nicht von [mm]\varphi[/mm] ab, so daß man die Integrale trennen kann. Man erhält:
[mm]\left( \int_0^{2 \pi}~\mathrm{d}\varphi \right) \cdot \left( \int_0^1~r \, \sqrt{1 - r^2}~\mathrm{d}r \right)[/mm]
Und beim [mm]r[/mm]-Integral drängt sich eine Substitution geradezu auf ...
Übrigens:
Der Graph der Funktion [mm]z = f(x,y) = \sqrt{1 - x^2 - y^2}[/mm] für [mm]x^2 + y^2 \leq 1[/mm] ist in einem kartesischen [mm]xyz[/mm]-Koordinatensystem gerade die obere Einheitshalbkugel, also der im Halbraum [mm]z \geq 0[/mm] gelegene Teil der Einheitskugel. Mit dem Integral wird daher das Volumen der Halbkugel berechnet.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:11 So 22.10.2006 | | Autor: | hasu |
Danke für die Antwort zunächst mal.
Nein, verwechseln tu ich da eigentlich nichts.
Der Träger meiner Funktion ist das Komplement zu |x| < 1. Da es sich jedoch um das Komplement handelt, lässt sich dies auch schreiben als |x| [mm]\ge[/mm] 1 - und dieses ist zwar abgeschlossen, aber doch nicht beschränkt?
Umgekehrt ist |x| < 1 zwar beschränkt, aber nicht abgeschlossen sondern offen.
Das mit der Halbkugel hatte ich mir auch schon überlegt, dann jedoch doch wieder verworfen da ja eine Rechnung gefordert war.
Deine Transformation in Polarkoordinaten verstehe ich anschaulich, den Rechenweg jedoch nicht ganz. Was für eine Funktionaldeterminante stellst du hier genau auf?
Und was genau meinst du mit [mm]\left( \int_0^{2 \pi}~\mathrm{d}\varphi \right)[/mm]? Das Integral von 0 bis 2 pi über ??? nach d phi... was sind die Fragezeichen ?
Die Berechnung des zweiten Integrals sollte ich hinbekommen, danke für die Idee.
Bleibt also noch die Frage nach der Beschränktheit des Trägers..
Grüße,
Domi.
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Hi,
> Danke für die Antwort zunächst mal.
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> Nein, verwechseln tu ich da eigentlich nichts.
ich fuerchte schon...
> Der Träger meiner Funktion ist das Komplement zu |x| < 1.
nein. der traeger ist definiert als der abschluss derjenigen menge, auf der die funktion ungleich null ist. in deinem fall also die abgeschlossene einheitskreis-scheibe. die ist beschraenkt und (als traeger) per definitionem abgeschlossen-> also kompakt.
> Da es sich jedoch um das Komplement handelt, lässt sich
> dies auch schreiben als |x| [mm]\ge[/mm] 1 - und dieses ist zwar
> abgeschlossen, aber doch nicht beschränkt?
> Umgekehrt ist |x| < 1 zwar beschränkt, aber nicht
> abgeschlossen sondern offen.
>
> Das mit der Halbkugel hatte ich mir auch schon überlegt,
> dann jedoch doch wieder verworfen da ja eine Rechnung
> gefordert war.
>
> Deine Transformation in Polarkoordinaten verstehe ich
> anschaulich, den Rechenweg jedoch nicht ganz. Was für eine
> Funktionaldeterminante stellst du hier genau auf?
> Und was genau meinst du mit [mm]\left( \int_0^{2 \pi}~\mathrm{d}\varphi \right)[/mm]?
> Das Integral von 0 bis 2 pi über ??? nach d phi... was sind
> die Fragezeichen ?
> Die Berechnung des zweiten Integrals sollte ich
> hinbekommen, danke für die Idee.
>
> Bleibt also noch die Frage nach der Beschränktheit des
> Trägers..
>
> Grüße,
> Domi.
Gruss
Matthias
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:18 Mo 23.10.2006 | | Autor: | hasu |
Oh, da lag ich wohl wirklich falsch.
Hatte den Abschluss mit dem Komplement verwechselt.
Danke für die Klärung.
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