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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:28 Fr 02.05.2014 | | Autor: | mimo1 |
| Aufgabe | Sei [mm] \phi: \IR \rightarrow \IR [/mm] definiert als
[mm] \phi(x):=\begin{cases} 1-|x|, & \mbox{ } |x| \le 1 \mbox{ } \\ 0, & \mbox{ } sonst \mbox{ } \end{cases}
[/mm]
Seien weiters eine stetige Fkt. f: [a,b] [mm] \rightarrow \IR [/mm] und [mm] x_0 \in [/mm] (a,b) gegeben. Berechnen Sie
[mm] \limes_{\varepsilon\rightarrow 0} \integral_{a}^{b}{f(x) \bruch{1}{\varepsilon} \phi(\bruch{x-x_0}{\varepsilon})dx} [/mm] |
hallo,
meine idee:
einmal für |x| [mm] \le [/mm] 1: [mm] \limes_{\varepsilon\rightarrow 0} \integral_{a}^{b}{f(x) \bruch{1}{\varepsilon} (1-|\bruch{x-x_0}{\varepsilon}|)dx}
[/mm]
[mm] \rightarrow \limes_{\varepsilon\rightarrow 0}\bruch{1}{\varepsilon} \integral_{a}^{b}{f(x) (1-|\bruch{x-x_0}{\varepsilon}|)dx}
[/mm]
man sieht wegen [mm] \limes{\varepsilon \rightarrow 0} bruch{1}{\varepsilon}=0 [/mm] d.h. [mm] \limes_{\varepsilon\rightarrow 0}\bruch{1}{\varepsilon} \integral_{a}^{b}{f(x) (1-|\bruch{x-x_0}{\varepsilon}|)dx} [/mm] =0
kann mir jemand sagen, ob meine überlegung richtig ist?
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Hi,
> Sei [mm]\phi: \IR \rightarrow \IR[/mm] definiert als
>
> [mm]\phi(x):=\begin{cases} 1-|x|, & \mbox{ } |x| \le 1 \mbox{ } \\ 0, & \mbox{ } sonst \mbox{ } \end{cases}[/mm]
>
> Seien weiters eine stetige Fkt. f: [a,b] [mm]\rightarrow \IR[/mm]
> und [mm]x_0 \in[/mm] (a,b) gegeben. Berechnen Sie
>
> [mm]\limes_{\varepsilon\rightarrow 0} \integral_{a}^{b}{f(x) \bruch{1}{\varepsilon} \phi(\bruch{x-x_0}{\varepsilon})dx}[/mm]
>
> hallo,
>
> meine idee:
>
> einmal für |x| [mm]\le[/mm] 1: [mm]\limes_{\varepsilon\rightarrow 0} \integral_{a}^{b}{f(x) \bruch{1}{\varepsilon} (1-|\bruch{x-x_0}{\varepsilon}|)dx}[/mm]
>
> [mm]\rightarrow \limes_{\varepsilon\rightarrow 0}\bruch{1}{\varepsilon} \integral_{a}^{b}{f(x) (1-|\bruch{x-x_0}{\varepsilon}|)dx}[/mm]
>
> man sieht wegen [mm]\limes{\varepsilon \rightarrow 0} bruch{1}{\varepsilon}=0[/mm]
> d.h. [mm]\limes_{\varepsilon\rightarrow 0}\bruch{1}{\varepsilon} \integral_{a}^{b}{f(x) (1-|\bruch{x-x_0}{\varepsilon}|)dx}[/mm]
> =0
Deine Überlegung ist nicht korrekt, denn [mm] \lim_{\varepsilon\to0\downarrow}\frac{1}{\varepsilon}=\infty.
[/mm]
>
> kann mir jemand sagen, ob meine überlegung richtig ist?
>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:13 Fr 02.05.2014 | | Autor: | mimo1 |
oops, stimmt. danke für den hinweis.d.h doch dass das gesamte gegen unendl. strebt, ist es richtig?
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Hiho,
nein, deine erste Umformung ist schon nicht richtig.
Warum sollte deine erste Gleichheit für $|x| [mm] \le [/mm] 1$ gelten?
Im Argument von [mm] \phi [/mm] steht doch gar kein x!
Denk mal nochmal nach.
Gruß,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:31 Fr 02.05.2014 | | Autor: | mimo1 |
ich habe mir gedacht, dass [mm] \phi(x) [/mm] folg. definiert ist, falls |x| [mm] \le [/mm] 1 dann ist [mm] \phi(x)=1-|x| [/mm] und sonst ist [mm] \phi(x)=0. [/mm] dann habe ich für [mm] |x|\le [/mm] 1 betrachtet,d.h
ich habe dann, da im intergral [mm] \phi(\bruch{x-x_0}{\varepsilon}) [/mm] steht, habe ich einfach [mm] \phi(x)=1-|x| \rightarrow \phi(\bruch{x-x_0}{\varepsilon})=1-|\bruch{x-x_0}{\varepsilon}|
[/mm]
ist es falsch?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:47 Sa 03.05.2014 | | Autor: | fred97 |
> ich habe mir gedacht, dass [mm]\phi(x)[/mm] folg. definiert ist,
> falls |x| [mm]\le[/mm] 1 dann ist [mm]\phi(x)=1-|x|[/mm] und sonst ist
> [mm]\phi(x)=0.[/mm] dann habe ich für [mm]|x|\le[/mm] 1 betrachtet,d.h
>
> ich habe dann, da im intergral
> [mm]\phi(\bruch{x-x_0}{\varepsilon})[/mm] steht, habe ich einfach
> [mm]\phi(x)=1-|x| \rightarrow \phi(\bruch{x-x_0}{\varepsilon})=1-|\bruch{x-x_0}{\varepsilon}|[/mm]
>
> ist es falsch?
Es ist richtig für alle x mit [mm] |x-x_0| \le \varepsilon.
[/mm]
FRED
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:21 Sa 03.05.2014 | | Autor: | fred97 |
1. Ich schreibe t statt [mm] \varepsilon.
[/mm]
2. Wir können [mm] x_0=0 [/mm] annehmen (warum ?). Nun sei |t| so klein, dass a [mm] \le [/mm] -t<t [mm] \le [/mm] b ist.
Dann ist
[mm] \integral_{a}^{b}{f(x) \bruch{1}{t} \phi(\bruch{x}{t})dx} [/mm] = [mm] \integral_{-t}^{t}{f(x) \bruch{1}{t} (1- \bruch{|x|}{t})dx}
[/mm]
Nach dem Mittelwertsatz der Integralrechnung ex. ein [mm] x_t \in [/mm] [-t,t] mit:
[mm] \integral_{-t}^{t}{f(x) \bruch{1}{t} (1- \bruch{|x|}{t})dx}=f(x_t)*\integral_{-t}^{t}{\bruch{1}{t} (1- \bruch{|x|}{t})dx}
[/mm]
Das letzte Integral kannst Du ausrechnen. Beachte noch, dass f stetig ist.
Was gilt: [mm] f(x_t) \to [/mm] ???? für t [mm] \to [/mm] 0 ?
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:48 Sa 03.05.2014 | | Autor: | mimo1 |
danke für deine hilfe,
aber ich habe einige fragen dazu, nämlich:
st [mm] x_0= [/mm] 0, da [mm] x_0 [/mm] =(a,b)?. Und warum kann man jetzt ein |t| wählen, dass a [mm] \le [/mm] -t < t [mm] \le [/mm] b ist?
ich wäre so nicht auf die idee gekommen, dass machen zu können.
für das intragl erhalte ich 2 als lösung ohne [mm] f(x_t) [/mm] einbezogen. und da f stetig gilt
[mm] f(x_t) \rightarrow f(x_0), [/mm] d.h [mm] f(x_t)=0 [/mm] für t [mm] \rightarrow [/mm] 0, richtig? damit geht alles gegen 0?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:10 Sa 03.05.2014 | | Autor: | fred97 |
> danke für deine hilfe,
>
> aber ich habe einige fragen dazu, nämlich:
>
> st [mm]x_0=[/mm] 0, da [mm]x_0[/mm] =(a,b)?.
[mm] x_0 [/mm] =0 erhält man durch verschiebung.
> Und warum kann man jetzt ein |t|
> wählen, dass a [mm]\le[/mm] -t < t [mm]\le[/mm] b ist?
Es geht doch um [mm] \limes_{t\rightarrow 0}. [/mm] Also muss ich nur t betrachten , die "nahe" bei 0 sind.
> ich wäre so nicht auf die idee gekommen, dass machen zu
> können.
>
> für das intragl erhalte ich 2 als lösung ohne [mm]f(x_t)[/mm]
> einbezogen. und da f stetig gilt
> [mm]f(x_t) \rightarrow f(x_0),[/mm] d.h [mm]f(x_t)=0[/mm] für t [mm]\rightarrow[/mm]
Nein. [mm] f(x_t) \to [/mm] f(0) (t [mm] \to [/mm] 0)
FRED
> 0, richtig? damit geht alles gegen 0?
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Man könnte gleich zu Beginn [mm]\frac{x - x_0}{\varepsilon} = u[/mm] substituieren:
[mm]\int_a^b f(x) \cdot \frac{1}{\varepsilon} \, \varphi \left( \frac{x - x_0}{\varepsilon} \right) ~ \mathrm{d}x = \int \limits_{- \frac{x_0-a}{\varepsilon}}^{\frac{b-x_0}{\varepsilon}} f \left( x_0 + \varepsilon \cdot u \right) \cdot \varphi(u) ~ \mathrm{d}u = \int_{-1}^1 f \left( x_0 + \varepsilon \cdot u \right) \cdot \varphi(u) ~ \mathrm{d}u[/mm]
Die letzte Gleichheit gilt für alle genügend kleinen [mm]\varepsilon>0[/mm], denn die untere und obere Integralgrenze im Integral links streben für [mm]\varepsilon \to 0[/mm] gegen [mm]- \infty[/mm] bzw. [mm]\infty[/mm], und außerhalb des Intervalls [mm][-1,1][/mm] verschwindet der Integrand. Nach bekannten Sätzen über Parameterintegrale darf man im letzten Integral beim Grenzübergang [mm]\varepsilon \to 0[/mm] den Limes unters Integral ziehen. Am Schluß läuft es auf [mm]\int_{-1}^1 \varphi(u) ~ \mathrm{d}u[/mm], also den Flächeninhalt eines gleichschenklig-rechtwinkligen Dreiecks hinaus.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:40 Sa 03.05.2014 | | Autor: | mimo1 |
danke, für deine hilfe, aber wie kommst du auf das intervall [-1,1]?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:52 Sa 03.05.2014 | | Autor: | M.Rex |
Hallo
> danke, für deine hilfe, aber wie kommst du auf das
> intervall [-1,1]?
Das passiert durch die Substitition des Integranden. Denn dann musst du bei bestimmten Integralen die Integrationsgrenzen mitsubstituieren.
Marius
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:07 Sa 03.05.2014 | | Autor: | fred97 |
> danke, für deine hilfe, aber wie kommst du auf das
> intervall [-1,1]?
Weil [mm] \Phi(u)=0 [/mm] außerhalb von [-1,1]
FRED
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Eigentlich habe ich das in meinem Beitrag schon erklärt.
Da wir den Grenzwert für [mm]\varepsilon \to 0[/mm] berechnen wollen, genügt es, genügend kleine [mm]\varepsilon > 0[/mm] zu betrachten. Die Intervallgrenzen
[mm]- \frac{x_0-a}{\varepsilon}[/mm] bzw. [mm]\frac{b-x_0}{\varepsilon}[/mm]
streben aber gegen [mm]- \infty[/mm] bzw. gegen [mm]\infty[/mm] für [mm]\varepsilon \to 0[/mm]. Die untere Grenze ist also irgendwann einmal [mm]<-1[/mm] und die obere [mm]>1[/mm]. Jetzt sorgt aber die Funktion [mm]\varphi(u)[/mm] dafür, daß der Integrand (ein Produkt!) außerhalb des Intervalls [mm][-1,1][/mm] Null ist.
Beispiel:
[mm]a = 2 \, , \ b = 5 \, , \ x_0 = 3 \, , \ \varepsilon = 0{,}1[/mm]
[mm]\int_{-10}^{20} f(3+0{,}1u) \cdot \varphi(u) ~ \mathrm{d}u = \int_{-1}^{1} f(3+0{,}1u) \cdot \varphi(u) ~ \mathrm{d}u[/mm]
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