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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:56 Mo 13.12.2010 | | Autor: | cmueller |
| Aufgabe | | Berechnen Sie [mm] \integral_{0 \le y \le x \le 1}{\bruch{y}{x^{2}} d(x,y)} [/mm] |
Hallo zusammen,
ich weiß dass ich das integral "aufteilen" muss in dx und dy und ich meine es ist auch egal in welcher reihenfolge ich das mache oder??
Meine eigentlich Frage ist aber, was ich mit den Grenzen mache.Mit der Angabe komme ich nicht ganz klar...
muss ich verschiedene Fälle unterscheiden ?
oder gibts einen trick den ich nicht kenne?
Danke vielmals für Tipps :)
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:00 Mo 13.12.2010 | | Autor: | fred97 |
Du integrierst über ein Dreieck mit den Ecken (0,0), (1,1) und (0,1)
Hilft das ?
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:34 Di 14.12.2010 | | Autor: | cmueller |
Hm... zur Anschauung auf jeden Fall ;)
mein INtegral sieht dann so aus:
[mm] $\integral_{1}^{1}(\integral_{0}^{1} \bruch{y}{x^{2}} [/mm] dy) dx$
Das kann ja nicht richtig sein, weil die dx Grenze ja keine richtige grenze ist....aber welche Grenze ist dann falsch? Ich kann doch keine 0 haben, wenn ich über x integriere weil x im Nenner ist. Dann müsste ich ja den Grenzwert nehmen, aber das führt bei mir zu keinem dollen ergebnis^^
Das innere ist hoffentlich richtig^^
Sorry, blöde Frage(n), aber erschließt sich für mich einfach noch nicht.
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Hallo,
das stimmt nicht, man muss die gegebene Ungleichung in Einzelaussagen zergliedern:
[mm] 0\le y\le [/mm] x [mm] \le [/mm] 1 [mm] \to [/mm] ...
Tipp: wenn du ein gegebenes x hast, wie sehen dann deine y aus?
lg
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:09 Di 14.12.2010 | | Autor: | cmueller |
Hallo,
ich glaube ich bin ein Stück weiter^^
Ich versuchs nochmal:
ich habe [mm] $0\le [/mm] y [mm] \le [/mm] x [mm] \le [/mm] 1$
das heißt ich würde das aufteilen in $0 [mm] \le y\le [/mm] 1 $und [mm] $y\le x\le [/mm] 1$
und dann habe ich das integral:
[mm] \integral_{y=0}^{1}(\integral_{x=y}^{1} \bruch{y}{x^{2}}dx)dy
[/mm]
eine andere variante wäre die aufspaltung $0 [mm] \le x\le1$ [/mm] und $0 [mm] \le [/mm] y [mm] \le [/mm] x$
aber es sollte da das gleiche ergebnis rauskommen....
stimmt das jetzt so? wenn ja, ist das ausrechnen eigentlich kein problem ;)
ich hätte aber noch eine andere Frage:
Wie sieht das ganze aus, wenn ich ein Integral habe, wie zB
[mm] \integral_{x \in \IR} e^{-\parallel x \parallel} [/mm] dx ?
Was fange ich hier mit den Grenzen an?
Habe bisher in dem Fall einer solchen Grenze immer entsprechend gesehen [mm] d^{3}x [/mm] bzw eine Funktion der Form f(x,y,z) ...das habe ich ja hier nicht....
Grüße und tausend Dank.
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Also hier soll man wirklich nur machen was da steht.
Probier es mal! (zuerst integrationsgrenzen, dann x einsetzen)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:37 Di 14.12.2010 | | Autor: | Niladhoc |
Sry hab die Frage ja nicht beantwortet -,-
Integrationsgrenzen für alle [mm] x\in \IR [/mm] ist natürlich [mm] \pm \infty
[/mm]
||x|| bedeutet Norm von x, hier natürlich Betrag
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> Sry hab die Frage ja nicht beantwortet -,-
>
> Integrationsgrenzen für alle [mm]x\in \IR[/mm] ist natürlich [mm]\pm \infty[/mm]
>
> ||x|| bedeutet Norm von x, hier natürlich Betrag
Sorry und ich hab das integral falsch aufgeschrieben, so ist das natürlich klar^^
ich hab x [mm] \in \IR^{3} [/mm] das ist mein Problem^^
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Hallo zusammen, habe mir folgendes überlegt inzwischen:
ich habe ja [mm] \integral_{x \in \IR^{3}} e^{- \parallel x \parallel}dx
[/mm]
das ist = [mm] \integral_{x \in \IR^{3}} e^{- \wurzel{x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2}}}d(x_{1}x_{2}x_{3})
[/mm]
ich kann das doch wegen der wurzel nicht auseinander ziehen...oder gibts einen trick den ich nich kenne?
BItte helft mir ^^
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:20 Fr 17.12.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:20 Fr 17.12.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:09 Di 14.12.2010 | | Autor: | gfm |
> [mm]\integral_{x \in \IR} e^{-\parallel x \parallel}[/mm] dx ?
> Was fange ich hier mit den Grenzen an?
> Habe bisher in dem Fall einer solchen Grenze immer
> entsprechend gesehen [mm]d^{3}x[/mm] bzw eine Funktion der Form
> f(x,y,z) ...das habe ich ja hier nicht....
[mm] \integral_{\IR^3}f(x)d^3x=\integral_{\IR}\integral_{\IR}\integral_{\IR}f(x)dx_1dx_2dx_3
[/mm]
wenn z.B. |f| integrierbar bezüglich des Produktmaßes oder der iterierten Integrale integrierbar ist.
LG
gfm
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:26 Di 14.12.2010 | | Autor: | gfm |
> Berechnen Sie [mm]\integral_{0 \le y \le x \le 1}{\bruch{y}{x^{2}} d(x,y)}[/mm]
Bezeichne [mm]1_A[/mm] für eine beliebige Menge [mm]A[/mm] die Indikatorfunktion auf Ihr:
[mm]1_A(p):=\begin{cases} 1, & \mbox{für } p\in A\\ 0, & \mbox{sonst}\end{cases}[/mm]
Dann gilt für [mm]A:=\{(x,y):0\le y\le x\le1\}[/mm] wegen [mm]A=\{(x,y):(0\le x\le1)\wedge(0\le y\le x)\}[/mm] die Darstellung [mm]1_A(x,y)=1_{[0,1]}(x)*1_{[0,x]}(y)[/mm]
Das Integral erhält damit die Form [mm]\integral_{[0,1]^2}{1_{[0,1]}(x)*1_{[0,x]}(y)\frac{x}{y^2}d(x,y)}[/mm] und kann mit
[mm]\integral_{[0,1]}{x\left(\integral_{[0,1]}{1_{[0,x]}(y)\frac{1}{y^2}dy}\right)dx}=\integral_0^1{x\left(\integral_0^x{\frac{1}{y^2}dy}\right)dx}[/mm] ausgewertet werden.
Wesentlich hierbei ist, dass das Integral über einem rechteckigem Bereich (hier quadratisch) mit einem Produkt von Indikatorfunktionen geschrieben werden kann, wobei ein Faktor nur von einer Integrationsvariablen abhängt. Dann nämlich gelingt es, ein Integral auszuwerten und die "Dimension" des Gesamtausdrucks um eins zu verringern.
LG
gfm
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