Substituieren aus der Abh.? < Integrationstheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:11 Di 15.06.2010 | | Autor: | Drno |
| Aufgabe | Folgenden "Trick" habe ich schon mehrmals gesehen:
[mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\integral_{-\infty}^{\infty}{f(y)g(x-cy)ld(g(x-cy)) dy} dx}
[/mm]
Substitution: x-cy = u; dx = du
[mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\integral_{-\infty}^{\infty}{f(y)g(u)ld(g(u)) du} dy} [/mm] = [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{f(y) dy}\integral_{-\infty}^{\infty}{g(u)ld(g(u)) du} [/mm] = ... |
Ich verstehe nicht, warum es funktioniert und was die Voraussetzungenfür diesen "Trick" sind. Vorher hatten die Funktionen f und g beide ein y drin. Durch die Substitution sind sie nun unabhängig voneinander. Zudem ändern sich die Grenzen auch nicht. Geht das nur, da diese [mm] \pm\infty [/mm] sind? Was würde passieren wenn sie es nicht wären?
Womit mein Gefühl nicht klar kommt ist, dass die Abhängigkeit von y und u einfach keine Rolle mehr spielt, sie also als zwei unabhängige Variablen agieren.
Ich wäre froh wenn jemand ein wenig mehr Licht hierein bringen könnte.
Vielen Dank,
Moritz
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Und was ist [mm]ld[/mm]? Ist das [mm]l \cdot d[/mm]? Oder ein Funktionsbezeichner [mm]\operatorname{ld}[/mm]? Was mir aufgrund der Klammerung wahrscheinlicher vorkommt.
Wie auch immer, hinter der Umformung steckt die Substitution
[mm]u = x - cy \, , \ \ v = y[/mm]
Nach [mm]x,y[/mm] aufgelöst, heißt das
[mm]x = u + cv \, , \ \ y = v[/mm]
Die Funktionaldeterminante [mm]\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}[/mm] hat den Wert 1. Und offenbar wird der [mm]\mathbb{R}^2[/mm] durch die lineare Substitution wieder auf den [mm]\mathbb{R}^2[/mm] abgebildet. Daher gilt
[mm]\int_{\mathbb{R}^2} f(y) g(x-cy) \operatorname{ld} \left( g(x-cy) \right)~\mathrm{d} (x,y) = \int_{\mathbb{R}^2} f(v) g(u) \operatorname{ld} \left( g(u) \right) \cdot 1~\mathrm{d} (u,v)[/mm]
Wenn du jetzt außen über [mm]v[/mm] und innen über [mm]u[/mm] integrierst (jeweils von [mm]- \infty[/mm] bis [mm]\infty[/mm]), kannst du [mm]f(v)[/mm], weil es nicht von [mm]u[/mm] abhängt, vor das innere Integral, wo über [mm]u[/mm] integriert wird, ziehen. Im inneren Integral kommt [mm]v[/mm] nicht mehr vor, und da über [mm]u[/mm] integriert wird, ist das eine Zahl, die wiederum vor das äußere Integral gezogen werden kann. So kommt es zu
[mm]\left( \int_{- \infty}^{\infty} g(u) \operatorname{ld} \left( g(u) \right)~\mathrm{d} u \right) \cdot \left( \int_{- \infty}^{\infty} f(v)~\mathrm{d} v \right)[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:18 Di 15.06.2010 | | Autor: | Drno |
Danke für die Hilfe, ld ist der Logarithmus dualis. Die Formel wird für die Entropieberechnung benutzt (nur nebenbei).
Ich denke ich habe es größtenteils verstanden. Aber noch mal genauer zu den Grenzen wenn die jetzt nicht [mm] \pm\infty [/mm] sondern sagen wir 10 wären und c = 1. Wie würden sich die Grenzen dann verändern? Wäre diese Substitution dann überhaupt so möglich?
Wäre das dann? (ld(...) weggelassen, spielt eh keine Rolle)
[mm] \integral_{-10}^{10}{\integral_{-10}^{10}{f(y)g(x-y) dx} dy}
[/mm]
Substitution: x-y = u; dx = du; y = v
[mm] \integral_{-10}^{10}{\integral_{-20}^{20}{f(v)g(u)) du} dv} [/mm] = ...
oder vielmehr:
[mm] \integral_{-10}^{10}{\integral_{-10+v}^{10+v}{f(v)g(u)) du} dv} [/mm] = ...
weil ja x = u + v ist.
Bitte nochmal helfen,
Moritz
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Du integrierst in [mm]x,y[/mm] über das Quadrat [mm][-10,10] \times [-10,10][/mm]. Da die Transformation
[mm]u = x-y \, , \ \ v = y[/mm]
linear ist, bildet sie Strecken auf Strecken ab. Du mußt damit nur die Eckpunkte des Quadrates unter der Abbildung [mm](x,y) \mapsto (u,v)[/mm] bestimmen, um den Integrationsbereich in [mm]u,v[/mm] zu finden:
[mm](-10,-10) \mapsto (0,-10) \, , \ \ (10,-10) \mapsto (20,-10) \, , \ \ (10,10) \mapsto (0,10) \, , \ \ (-10,10) \mapsto (-20,10)[/mm]
Wenn du dir nun die Punkte aufmalst, erkennst du, daß sie keineswegs die Ecken eines Rechtecks bilden (die zugrunde liegende lineare Abbildung ist eine Scherung). Vielmehr legen sie nur ein Parallelogramm fest. Und über dieses Parallelogramm mußt du in den Koordinaten [mm]u,v[/mm] integrieren.
Wenn du also außen über [mm]v \in [-10,10][/mm] integrierst, mußt du im inneren Integral über [mm]u \in [-10-v,10-v][/mm] integrieren.
Eine Skizze hilft. Betrachte typische Beispiele: [mm]v=-10, \, v=0, \, v=10[/mm] und die zugehörigen [mm]u[/mm]-Intervalle.
Rechne zur Kontrolle ein Beispiel:
[mm]f(t) = t+1 \, , \ \ g(t) = t^2[/mm]
Dann wäre das Integral in [mm]x,y[/mm] das folgende:
[mm]\int_{-10}^{10} \int_{-10}^{10} (y+1) (x-y)^2 ~\mathrm{d}x~\mathrm{d}y[/mm]
Und in [mm]u,v[/mm] müßte es so heißen:
[mm]\int_{-10}^{10} \int_{-10-v}^{10-v} (v+1) u^2~\mathrm{d}u~\mathrm{d}v[/mm]
Und da sollte dann eigentlich dasselbe herauskommen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:24 Mi 16.06.2010 | | Autor: | Drno |
Vielen Dank für die Antwort!
Noch eine letzte Frage:
Warum musste ich die Grenzen im ursprünglichen Integral nicht verschieben?
Liegt das einfach daran, dass da [mm] \infty-v [/mm] stehen würde und das egal wie man v legt eh [mm] \infty [/mm] ist?
Oder anders gefragt warum wurde aus
[mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{...dx} [/mm]
nicht
[mm] \integral_{-\infty-v}^{\infty-v}{...du}
[/mm]
Vielen Dank für die Hilfe,
Moritz
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In einem heuristischen Sinn ist es, wie du es sagst. Natürlich wäre alles über Grenzprozesse näher zu begründen:
[mm]a \to - \infty \, , \ b \to \infty \ \ \Rightarrow \ \ a - v \to - \infty \, , \ b - v \to \infty[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:59 Mi 16.06.2010 | | Autor: | Drno |
Vielen Dank für die Hilfe!
Jetzt ist es mir vollkommen klar.
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