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| Aufgabe | | Berechne [mm] \integral_{M}^{}{\bruch{1}{(x(y+1))} d\lambda_2(x,y)} [/mm] für M = [mm] \{(x, y) \in \IR^2 : x > 0, y > -1, (ln(x))^2 + (ln(1+y))^2 < 1\} [/mm] |
Hi,
ich habe schon ein Thema zu dieser Aufgabe in folgendem Forum eröffnet, aber leider konnte mir dort niemand weiterhelfen: ![[]](/images/popup.gif) hier
Meinen bisherigen Rechenweg und Fragen erfährt man auch dort. Momentan frage ich mich, ob die Aufgabe überhaupt sinnvoll ist oder ob ich da was falsch abgeschrieben habe, denn es scheint als ob das Integral gar nicht existiert. Falls nicht, ist dann mein Rechenweg wenigstens korrekt? Oder weiß vielleicht sogar jemand, welche sinnvolle Funktion gemeint sein könnte? Muss ja dann eigentlich relativ große Ähnlichkeit mit dieser haben ;)
Viele Grüße und besten Dank im Voraus
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:09 Sa 19.11.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
du hast doch ausser x>0 noch [mm] (lnx)^2<1 [/mm] also 1/e<x<e entsprechend für y [mm] (ln(y+1)l)^2<1
[/mm]
damit kommt ln(0) nicht vor.
Gruss leduart
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Stimmt, in diese Richtung habe ich (unterbewusst) auch schon überlegt, aber irgendwie immer ausgeblendet, dass die Quadrate > 0 sind. Dann gewinne ich also noch aus :
[mm] $ln(y+1)^2 [/mm] < 1$
1. $ln(y+1) < 1$
$y+1 < e$
$y < e-1$
2. $ln(y+1) > -1$
$y+1 > [mm] e^{-1}$
[/mm]
$y > [mm] e^{-1}-1$
[/mm]
...wobei ich mir dann wieder die Frage stelle, wozu die Bedingungen x > 0 und y > -1 überhaupt da sind, wenn sie sowieso nicht gebraucht werden.
Somit komme ich dann auf:
[mm] \integral_{e^{-1}}^{e}{\integral_{e^{-1}-1}^{e-1}{\bruch{1}{x(y+1)} d\lambda(y)} d\lambda(x)}
[/mm]
= [mm] \integral_{e^{-1}}^{e}{\bruch{1}{x} (ln(1+y)|^{e-1}_{e^{-1}-1}) d\lambda(x)}
[/mm]
= [mm] \integral_{e^{-1}}^{e}{\bruch{2}{x} d\lambda(x)}
[/mm]
= [mm] 2ln(x)|^{e}_{e^{-1}}
[/mm]
= 2-(-2) = 4
Ist in Klausuren immer wieder erfreulich, wenn man die Kleinigkeit am Anfang übersieht und dann die ganze Aufgabe vergessen kann, deren Prinzip man eigentlich verstanden hat :(
Ich hoffe, es stimmt so, vielen Dank für den Hinweis.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:14 So 20.11.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
dass du im inneren Integral feste Grenzen hast ist falsch, dann integireirst du ja über ein Rechteck!
dass da x>0 steht, muss, weil sonst ln(x) nicht definiert ist.
Gruss leduart
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Ja stimmt, hab ich in der Aufregung glatt vergessen :)
Ich kriege es aber dennoch nicht gelöst. Also [mm] e^{-1} [/mm] < x < e müsste ja nach wie vor noch gelten. Ebenso [mm] e^{-1}-1 [/mm] < y und für eine obere Schranke, die von x abhängig ist, habe ich dann aufgelöst:
[mm] ln^2(x) [/mm] + [mm] ln^2(y+1) [/mm] < 1
<=> y < [mm] e^{\wurzel{1-ln^2(x)}}-1
[/mm]
Damit komme ich dann auf:
[mm] \integral_{e^{-1}}^{e}{\bruch{1}{x} \integral_{e^{-1}-1}^{e^{\wurzel{1-ln^2(x)}}-1}{\bruch{1}{y+1} d\lambda(y)}d\lambda(x)}
[/mm]
= [mm] \integral_{e^{-1}}^{e}{\bruch{1}{x} (\wurzel{1-ln^2(x)}+1) d\lambda(x)}
[/mm]
und davon jetzt die Stammfunktion zu finden, sieht wieder so kompliziert aus, dass es nach Fehler schreit.
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Hallo Infostudent,
> Ja stimmt, hab ich in der Aufregung glatt vergessen :)
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> Ich kriege es aber dennoch nicht gelöst. Also [mm]e^{-1}[/mm] < x <
> e müsste ja nach wie vor noch gelten. Ebenso [mm]e^{-1}-1[/mm] < y
> und für eine obere Schranke, die von x abhängig ist, habe
> ich dann aufgelöst:
>
> [mm]ln^2(x)[/mm] + [mm]ln^2(y+1)[/mm] < 1
> <=> y < [mm]e^{\wurzel{1-ln^2(x)}}-1[/mm]
>
> Damit komme ich dann auf:
> [mm]\integral_{e^{-1}}^{e}{\bruch{1}{x} \integral_{e^{-1}-1}^{e^{\wurzel{1-ln^2(x)}}-1}{\bruch{1}{y+1} d\lambda(y)}d\lambda(x)}[/mm]
>
Die Untegrenze des inneren Integrals stimmt nicht.
> = [mm]\integral_{e^{-1}}^{e}{\bruch{1}{x} (\wurzel{1-ln^2(x)}+1) d\lambda(x)}[/mm]
>
> und davon jetzt die Stammfunktion zu finden, sieht wieder
> so kompliziert aus, dass es nach Fehler schreit.
Substituiere jetzt [mm]x=e^{z}[/mm]
Gruss
MathePower
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> Die Untegrenze des inneren Integrals stimmt nicht.
Warum nicht? Das habe ich gewonnen aus:
[mm] $ln^2(y+1) [/mm] < 1$
$<=> -ln(y+1) < 1$ (und natürlich $ln(y+1) < 1$ aber das ist irrelevant)
$<=> ln(y+1) > -1$
$<=> y > [mm] e^{-1}-1$
[/mm]
Das ist doch der minimale "erlaubte" Wert, den y annehmen kann oder muss der Wert auch abhängig von x sein, also:
[mm] $ln^2(1+y) [/mm] < 1 - [mm] ln^2(x)$
[/mm]
$<=> -ln(1+y) < [mm] \wurzel{1-ln^2(x)}$
[/mm]
$<=> y > [mm] e^{-\wurzel{1-ln^2(x)}}$
[/mm]
Mir fehlt da gerade das intuitive Verständnis für das was da passiert, wenn ich die richtige bzw. falsche Grenze wähle. Ich habe mich da an einem Übungsbeispiel orientiert, wo wir über das Dreieck $(0,0), (0, a), (a, 0)$ integriert haben und da waren die Integrationsbereiche $0 <= x <= a$ und $0 <= y <= a - x$. Ich habe also gedacht die Untergrenze des inneren Integrals muss immer das Minimum des erlaubten Wertebereichs von y sein. Ist dem nicht so?
Mit der Substitution kann ich ansonsten erstmal weiterrechnen. Ich muss mein Substitutionsauge mehr schulen ;)
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Hallo Infostudent,
> > Die Untegrenze des inneren Integrals stimmt nicht.
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> Warum nicht? Das habe ich gewonnen aus:
> [mm]ln^2(y+1) < 1[/mm]
> [mm]<=> -ln(y+1) < 1[/mm] (und natürlich [mm]ln(y+1) < 1[/mm]
> aber das ist irrelevant)
> [mm]<=> ln(y+1) > -1[/mm]
> [mm]<=> y > e^{-1}-1[/mm]
>
> Das ist doch der minimale "erlaubte" Wert, den y annehmen
> kann oder muss der Wert auch abhängig von x sein, also:
>
> [mm]ln^2(1+y) < 1 - ln^2(x)[/mm]
> [mm]<=> -ln(1+y) < \wurzel{1-ln^2(x)}[/mm]
>
> [mm]<=> y > e^{-\wurzel{1-ln^2(x)}}[/mm]
>
> Mir fehlt da gerade das intuitive Verständnis für das was
> da passiert, wenn ich die richtige bzw. falsche Grenze
> wähle. Ich habe mich da an einem Übungsbeispiel
> orientiert, wo wir über das Dreieck [mm](0,0), (0, a), (a, 0)[/mm]
> integriert haben und da waren die Integrationsbereiche [mm]0 <= x <= a[/mm]
> und [mm]0 <= y <= a - x[/mm]. Ich habe also gedacht die Untergrenze
> des inneren Integrals muss immer das Minimum des erlaubten
> Wertebereichs von y sein. Ist dem nicht so?
>
Die Grenzen des Integrals bekommst Du aus der Menge M.
Die Grenzen für y aus der Bedingung
[mm]\left( \ \ln\left(x\right) \ \right)^{2}+\left( \ \ln\left(y+1\right) \ \right)^{2} < 1[/mm]
Daraus folgt zunächst:
[mm]\left( \ \ln\left(y+1\right) \ \right)^{2} < 1-\left( \ \ln\left(x\right) \ \right)^{2}[/mm]
Damit ergibt sich:
[mm]\vmat{\ln\left(y+1\right)} < \wurzel{1-\left( \ \ln\left(x\right) \ \right)^{2}}[/mm]
Diese Ungleichung wird erfüllt, wenn
[mm]e^{-\wurzel{1-\left( \ \ln\left(x\right) \ \right)^{2}}}-1 < y < e^{+\wurzel{1-\left( \ \ln\left(x\right) \ \right)^{2}}}-1[/mm]
Damit sind dies die Grenzen für y.
> Mit der Substitution kann ich ansonsten erstmal
> weiterrechnen. Ich muss mein Substitutionsauge mehr schulen
> ;)
>
Gruss
MathePower
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D.h. wenn wie oben nur gegeben ist, dass über ein Dreieck integriert wird, muss ich zunächst eine Bedingung suchen mit der ich die zweite Integrationsvariable in Abhängigkeit von der ersten einschränken kann?
So 100%ig blicke ich zwar immer noch nicht durch, aber vielleicht kommt die große Erleuchtung ja wenn ich mich noch ein paar Tage mehr damit auseinandergesetzt habe ;)
Auf jeden Fall schonmal vielen Dank. Bin trotzdem mehrere Schritte weiter.
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Hallo Infostudent,
> D.h. wenn wie oben nur gegeben ist, dass über ein Dreieck
> integriert wird, muss ich zunächst eine Bedingung suchen
> mit der ich die zweite Integrationsvariable in
> Abhängigkeit von der ersten einschränken kann?
>
Ja.
> So 100%ig blicke ich zwar immer noch nicht durch, aber
> vielleicht kommt die große Erleuchtung ja wenn ich mich
> noch ein paar Tage mehr damit auseinandergesetzt habe ;)
>
> Auf jeden Fall schonmal vielen Dank. Bin trotzdem mehrere
> Schritte weiter.
Gruss
MathePower
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Hossa :)
Hier bietet sich Integration durch Substitution an. Wenn ich dieses λ2 richtig deute, ist damit einfach das Produkt der Differentiale dx und dy gemeint. Sorry für meine Unwissenheit, ich bin Physiker und muss das mathematische Geschreibsel immer erst in "vernünftige" Notation transformieren :)
Dann lautet die Aufgabe:
[mm] $I=\int\limits_M\frac{1}{x(y+1)}\,dx\,dy\quad\mbox{mit}\quad M=\{(x, y) \in \IR^2 : x > 0, y > -1, (ln(x))^2 + (ln(1+y))^2 < 1\} [/mm] $
Nun substituieren wir wie folgt:
[mm] $x=e^u\quad;\quad 1+y=e^v\quad\mbox{mit}\quad u,v\in\IR$
[/mm]
Wegen x>0 und y>-1 ist garantiert, dass wir mit u und v aus R alle möglichen Werte für x und y erhalten können. Die dritte Bedinung für die Menge M lässt sich nun recht simpel formulieren:
[mm] $\ln^2(x)+\ln^2(1+y)<1\;\Longrightarrow\;u^2+v^2<1$
[/mm]
Damit sind die Wertebereiche für u und v eingeschränkt und wir können die Integrationsgrenzen aufschreiben:
[mm] $u\in\left]-1;+1\right[\quad;\quad v\in\left]-\sqrt{1-u^2};+\sqrt{1-u^2}\right[$
[/mm]
Man könnte hier auch u und v vertauschen, das spielt für die Beschreibung der Menge M keine Rolle.
Nun müssen noch die Variablen "getauscht" werden:
[mm] $dx\,dy=\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\,du\,dv=\left|\begin{array}{cc}\frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v}\\ \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial v}\end{array}\right|\,du\,dv=\left|\begin{array}{cc}e^u & 0\\ 0 & e^v\end{array}\right|\,du\,dv=\left|\begin{array}{cc}x & 0\\ 0 & 1+y\end{array}\right|\,du\,dv=x(1+y)\,du\,dv$
[/mm]
Schrauben wir alles zusammen, so gilt:
[mm] $I=\int\limits_M\frac{1}{x(y+1)}\,dx\,dy=\int\limits_M\frac{1}{x(y+1)}\cdot x(1+y)\,du\,dv=\int\limits_{-1}^{+1}du\int\limits_{-\sqrt{1-u^2}}^{+\sqrt{1-u^2}}1\,dv$
[/mm]
Das brauchst du nur noch auszurechnen...
Viele Grüße
Hasenfuß
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Ist auf jeden Fall auch eine interessante Lösung, aber in der Rechnung wäre ich noch unsicherer als in der anderen.
Wieso gilt z.B. folgendes bzw. welcher Satz ist das:
$ [mm] dx\,dy=\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\,du\,dv$
[/mm]
und wenn ich das richtig sehe, braucht man im letzten Integral die Stammfunktion von [mm] 2*\wurzel{1+u^2}, [/mm] die ich zwar auf wikipedia gefunden habe, aber die steht meines Wissens nicht in jeder Formelsammlung oder doch? War nämlich was relativ kompliziertes mit arcsin(x)
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Hallo Infostudent,
> Ist auf jeden Fall auch eine interessante Lösung, aber in
> der Rechnung wäre ich noch unsicherer als in der anderen.
>
> Wieso gilt z.B. folgendes bzw. welcher Satz ist das:
>
> [mm]dx\,dy=\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\,du\,dv[/mm]
>
Das gilt nach dem Transformationssatz.
> und wenn ich das richtig sehe, braucht man im letzten
> Integral die Stammfunktion von [mm]2*\wurzel{1+u^2},[/mm] die ich
> zwar auf wikipedia gefunden habe, aber die steht meines
> Wissens nicht in jeder Formelsammlung oder doch? War
> nämlich was relativ kompliziertes mit arcsin(x)
Sollte das Integral
[mm]\integral_{}^{}{\wurzel{1-u^{2}} \ du}[/mm]
nicht in der Formelsammlung stehen,
so kannst Du Dir das auch mit Hilfe
der Substitution [mm]u=\sin\left(t\right)[/mm] herleiten.
Gruss
MathePower
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