Integration mit Umkehrregel? < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:58 Di 06.04.2010 | | Autor: | qsxqsx |
Hallo,
Es gibt doch die Umkehrregel, die folgendermassen funktioniert:
[mm] \bruch{d f^{-1}(y) }{dy} [/mm] = [mm] \bruch{1}{\bruch{d f[f^{-1}(y)]}{dx}} [/mm]
= [mm] \bruch{1}{\bruch{d f(x)}{dx}}
[/mm]
mit f(x) = y
Ich hab mich nun mal gefragt, ob man daraus nicht eine Regel für die Integration von Funktion und Umkehrfunktion herleiten kann?
Also hab ich gedacht, dass kann man auf beiden Seiten einfach zwei mal Integrieren? Aber irgendwie ist mir das dann nicht so klar ob ich nach dy oder dx integrieren soll und ob es dann auch noch eine Äquivalenzumformung der Gleichung ist, wenn ich auf der einen Seite nach dy und auf der anderen nach dx integriere? x und y hängen ja doch "irgendwie" zusammen.
Ich habs dann mit Beispielen wie y = [mm] x^{2} [/mm] versucht aber es ist immer falsch herausgekommen.
Gibt es daraus überhaupt sone Regel? Müsste doch möglich sein.
Danke. Gruss
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:03 Di 06.04.2010 | | Autor: | fred97 |
Schau mal hier:
http://www.math.uni-sb.de/ag/wittstock/lehre/WS00/analysis1/Vorlesung/node75.html
http://www.mat.univie.ac.at/~kriegl/Skripten/Math4Ilak2/node19.html
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:03 Di 06.04.2010 | | Autor: | qsxqsx |
Hi Fred,
Danke.
Ich habe den Beweis für die Umkehrregel der Integration über die Riemann Integration nachvollzogen.
Könnte man sie jetzt auch aus meiner Umkehrregel für die Ableitung herleiten? Ich seh den Zusammenhang nicht, aber es würde mich noch Wunder nehmen.
Ein ja oder nein genügt.
Gruss
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Seien [mm]f,g[/mm] differenzierbar und Umkehrfunktionen voneinander. Dann mußt du eigentlich nur
[mm]x = g(y) \, , \ \ \mathrm{d}x = g'(y)~\mathrm{d} y[/mm]
substituieren:
[mm]\int_a^b f(x)~\mathrm{d}x = \int_{f(a)}^{f(b)} f \left( g(y) \right) \cdot g'(y)~\mathrm{d}y = \int_{f(a)}^{f(b)} y \cdot g'(y)~\mathrm{d}y[/mm]
Beispiel: [mm]f(x) = x^2 \, , \ g(y) = \sqrt{y}[/mm]
[mm]\int_1^2 x^2~\mathrm{d}x = \int_1^4 y \cdot \frac{1}{2 \sqrt{y}}~\mathrm{d}y = \frac{1}{2} \int_1^4 \sqrt{y}~\mathrm{d} y[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:13 Di 06.04.2010 | | Autor: | mathfunnel |
Hallo [mm] qsxqsx,\\
[/mm]
auch wenn ein ja oder nein genügt, kann ich mich nicht zurückhalten.
Neulich haben wir auf jeder Seite einer Gleichung die Differentialoperatoren quadriert [mm] \\
[/mm]
(https://www.vorhilfe.de/read?i=669773), jetzt wenden wir einen quadrierten Integraloperator auf beiden Seiten einer Gleichung an, um deine korrekte Beweisidee zu verifizieren. Der quadrierte Operator lautet nach deinem Ansatz [mm] $(\int \cdot dy)^2 [/mm] = [mm] \int (\int \cdot [/mm] dy) dy$. Anwenden auf die Gleichung [mm] $\frac{df^{-1}}{dy}(y) [/mm] = [mm] (\frac{df}{dx}(x))^{-1}$ [/mm] liefert: [mm] $\int (\int \frac{df^{-1}}{dy}(y) [/mm] dy) dy = [mm] \int (\int (\frac{df}{dx}(x))^{-1} [/mm] dy) dy$. Das [mm] ergibt:\\
[/mm]
[mm] $\int f^{-1}(y)dy [/mm] = [mm] \int (\int (f'(x))^{-1} [/mm] f'(x)dx) dy = [mm] \int (\int [/mm] dx) dy = [mm] \int [/mm] x dy = [mm] \int [/mm] x f'(x) dx$. Mit partieller Integration erhält man:
[mm] $\int f^{-1}(y)dy [/mm] = f(x) x - [mm] \int [/mm] f(x) dx$. Fasst man rechte und linke Seite als Funktion von $y$ auf, so erhält man: [mm] $(\int f^{-1}(y)dy)(y) [/mm] = [mm] yf^{-1}(y) [/mm] - [mm] (\int [/mm] f(x) [mm] dx)(f^{-1}(y))$. [/mm] In Kurzform: [mm] $\int f^{-1} [/mm] = id [mm] \cdot f^{-1} [/mm] - [mm] (\int f)\circ f^{-1}$. [/mm] Das ist im Prinzip genauso wie [mm] in\\ [/mm] http://www.mat.univie.ac.at/~kriegl/Skripten/Math4Ilak2/node19.html [mm] \\(Der [/mm] Hinweis auf den Link stammt von fred97) [mm] \\
[/mm]
Gruß mathfunnel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:17 Di 06.04.2010 | | Autor: | qsxqsx |
Hey, ich wollte euch Beiden vielmals danken!!!
Ist echt super erklärt, hilfreich und verständlich und nett...
Gruss Christian
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