Mathematical Engineering - LRT » Maßtheorie und DGL http://me-lrt.de Lernhilfen für das Studium, Übungsaufgaben mit Musterlösungen, Zusammenfassungen und Skripte, auch für andere technische Studiengänge relevant Sun, 13 May 2012 09:26:22 +0000 en hourly 1 http://wordpress.org/?v=3.1.3 Beispiel: Homogene lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung http://me-lrt.de/beispiel-homogenen-linearen-differentialgleichung-zweiter-ordnung http://me-lrt.de/beispiel-homogenen-linearen-differentialgleichung-zweiter-ordnung#comments Wed, 08 Jun 2011 11:22:00 +0000 JK http://me-lrt.de/?p=7637 Gegeben sei folgende gewöhnliche homogene lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung:

{y^{\prime \prime }}\left( x \right)+a{y^\prime }\left( x \right)+by\left( x \right) = 0\quad ,\quad a,b \in \mathbb{R}

Lösen Sie diese und führen Sie eine Fallunterscheidung durch.

Lösung

Wir nutzen zur Lösung den Exponentialansatz:

y\left( x \right) = {e^{\lambda x}}

Mit diesem bekommen wir:

{\lambda ^2}{e^{\lambda x}}+a\lambda {e^{\lambda x}}+b{e^{\lambda x}} = 0

\quad \Rightarrow \quad {\lambda ^2}+a\lambda +b = 0

\quad \Rightarrow \quad {\lambda _{1,2}} = \frac{{-a \pm \sqrt {{a^2}-4b} }}{2}

1. Fall

{a^2} > 4b\quad \Rightarrow \quad {\lambda _1},\;{\lambda _2} reel und {\lambda _1} \ne {\lambda _2}:

Die vollständige allgemeine Lösung lautet:

\lambda \left( x \right) = {c_1}{e^{{\lambda _1}x}}+{c_2}{e^{{\lambda _2}x}}

2. Fall

{a^2} < 4b\quad \Rightarrow \quad {\lambda _1},\;{\lambda _2} komplex, also {\lambda _1} = {\bar \lambda _2}:

Die vollständige allgemeine Lösung lautet mit {\lambda _1} = \alpha +\beta i\quad ,\quad \beta \ne 0:

y\left( x \right) = {c_1}\operatorname{Re} \left( {{e^{{\lambda _1}x}}} \right)+{c_2}\operatorname{Im} \left( {{e^{{\lambda _1}x}}} \right)

\Updownarrow

y\left( x \right) = {c_1}{e^{\alpha x}}\cos \left( {\beta x} \right)+{c_2}{e^{\alpha x}}\sin \left( {\beta x} \right)

\Updownarrow

y\left( x \right) = {c_1}\operatorname{Re} \left( {{e^{{\lambda _2}x}}} \right)-{c_2}\operatorname{Im} \left( {{e^{{\lambda _2}x}}} \right)

Hinweis (Eulersche Formeln):

{e^{ \pm i\varphi }} = \cos \varphi \pm i\sin \varphi \quad ,\quad {e^{ \pm \varphi }} = \cosh \varphi \pm i\sinh \varphi

3. Fall

{a^2} = 4b\quad \Rightarrow \quad {\lambda _1},\;{\lambda _2} reel und {\lambda _1} = {\lambda _2} = -\frac{a}{2}:

Als Ansatz verwenden wir die „Variation der Konstanten“:

Wähle y\left( x \right) = c\left( x \right){e^{{\lambda _1}x}}, so folgt:

{y^\prime }\left( x \right) = {c^\prime }\left( x \right){e^{{\lambda _1}x}}+c\left( x \right){e^{{\lambda _1}x}}{\lambda _1}

und

{y^{\prime \prime }}\left( x \right) = {c^{\prime \prime }}\left( x \right){e^{{\lambda _1}x}}+{c^\prime }\left( x \right){e^{{\lambda _1}x}}{\lambda _1}+{c^\prime }\left( x \right){e^{{\lambda _1}x}}{\lambda _1}+c\left( x \right){e^{{\lambda _1}x}}\lambda _1^2

Einsetzen in die gegebene gewöhnliche Differentialgleichung liefert:

c\left( x \right) = {c_1}+{c_2}x\quad ,\quad {c_1},\;{c_2} \in \mathbb{R}

und somit

y\left( x \right) = {c_1}{e^{-\frac{{ax}}{2}}}+{c_2}x{e^{-\frac{{ax}}{2}}}

Beispiele

  1. Gegeben sei:

    {y^{\prime \prime }}\left( x \right)-4{y^\prime }\left( x \right)+4y\left( x \right) = 0

    Wegen {\lambda _1} = {\lambda _2} = 2 ergibt sich:

    y\left( x \right) = {c_1}{e^{2x}}+{c_2}x{e^{2x}}

  2. Gegeben sei:

    {y^{\prime \prime }}\left( x \right)-6{y^\prime }\left( x \right)+34y\left( x \right) = 0

    Wegen {\lambda _1} = 3+5i,\quad {\lambda _2} = 3-5i ergibt sich:

    y\left( x \right) = {c_1}{e^{3x}}\cos \left( {5x} \right)+{c_2}{e^{3x}}\sin \left( {5x} \right)

\mathcal{J}\mathcal{K}

]]> http://me-lrt.de/beispiel-homogenen-linearen-differentialgleichung-zweiter-ordnung/feed 0 Beispiel: Lösung einer inhomogenen Differentialgleichung http://me-lrt.de/inhomogene-differentialgleichung-losung http://me-lrt.de/inhomogene-differentialgleichung-losung#comments Thu, 11 Mar 2010 19:14:27 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=4972 Lösen Sie die Differentialgleichung

{y^{\prime \prime }}-2{y^\prime }+10y = {x^2}{e^{2x}}

Lösung

Da es sich um eine inhomogene Differentialgleichung handelt, müssen wir zuerst die Lösung der homogenen Gleichung

{y^{\prime \prime }}-2{y^\prime }+10y = 0

finden. Anschließend suchen wir eine partikuläre Lösung, die die inhomogene DGL erfüllt. Die allgemeine Lösung ist die Summe aus homogener und partikulärer Lösung.

homogene Lösung

{\lambda ^2}-2\lambda +10 = 0

Lösungsansatz:

y_h\left( x \right) = c \cdot {e^{\lambda x}}

Ableiten und Einsetzen führt auf die charakteristische Gleichung:

y_h^\prime = c\lambda \cdot {e^{\lambda x}}

y_h^{\prime \prime } = c{\lambda ^2} \cdot {e^{\lambda x}}

0 = {y^{\prime \prime }}-2{y^\prime }+10y = c{\lambda ^2} \cdot {e^{\lambda x}}-2 \cdot c\lambda \cdot {e^{\lambda x}}+10 \cdot c \cdot {e^{\lambda x}}

{\lambda ^2}-2 \cdot \lambda +10 = 0

Wir lösen die charakteristische Gleichung durch quadratisches Ergänzen:

{\left( {\lambda -1} \right)^2} = -9

{\lambda _{1,2}} = 1 \pm 3i

Dies setzen wir in den Ansatz ein und transformieren schließlich mit der Eulerformel in den reellen Bereich:

{y_h} = {c_1}{e^{\left(1 \pm 3i\right)x}} = {e^x}\left( {{c_1}\cos \left( {3x} \right)+{c_2}\sin \left( {3x} \right)} \right)

Dass diese Funktion die homogene Gleichung erfüllt, sehen wir, wenn wir die Probe durchführen (muss nicht unbedingt gemacht werden):

{y_h} = {e^x}\left( {{c_1}\cos \left( {3x} \right)+{c_2}\sin \left( {3x} \right)} \right)

y_h^\prime = {e^x}\left( {{c_1}\cos \left( {3x} \right)+{c_2}\sin \left( {3x} \right)} \right)+{e^x}\left( {-3{c_1}\sin \left( {3x} \right)+3{c_2}\cos \left( {3x} \right)} \right)

y_h^\prime = {e^x}\left( {{c_1}\left( {\cos \left( {3x} \right)-3\sin \left( {3x} \right)} \right)+{c_2}\left( {\sin \left( {3x} \right)+3\cos \left( {3x} \right)} \right)} \right)

y_h^{\prime \prime } = {e^x}\left( {{c_1}\left( {\cos \left( {3x} \right)-3\sin \left( {3x} \right)} \right)+{c_2}\left( {\sin \left( {3x} \right)+3\cos \left( {3x} \right)} \right)} \right)

+{e^x}\left( {{c_1}\left( {-3\sin \left( {3x} \right)-9\cos \left( {3x} \right)} \right)+{c_2}\left( {3\cos \left( {3x} \right)-9\sin \left( {3x} \right)} \right)} \right)

y_h^{\prime \prime } = {e^x}\left( {{c_1}\left( {-6\sin \left( {3x} \right)-8\cos \left( {3x} \right)} \right)+{c_2}\left( {6\cos \left( {3x} \right)-8\sin \left( {3x} \right)} \right)} \right)

einsetzen und vereinfachen:

y_h^{\prime \prime }-2y_h^\prime +10y = {e^x}\left( {{c_1}\left( {-6\sin \left( {3x} \right)-8\cos \left( {3x} \right)} \right)+{c_2}\left( {6\cos \left( {3x} \right)-8\sin \left( {3x} \right)} \right)} \right)

-2 \cdot {e^x}\left( {{c_1}\left( {\cos \left( {3x} \right)-3\sin \left( {3x} \right)} \right)+{c_2}\left( {\sin \left( {3x} \right)+3\cos \left( {3x} \right)} \right)} \right)

+10 \cdot {e^x}\left( {{c_1}\cos \left( {3x} \right)+{c_2}\sin \left( {3x} \right)} \right)

= {e^x}{c_1}\left( {-6\sin \left( {3x} \right)+6\sin \left( {3x} \right)-8\cos \left( {3x} \right)+10\cos \left( {3x} \right)-2\cos \left( {3x} \right)} \right)

+{e^x}{c_2}\left( {6\cos \left( {3x} \right)-6\cos \left( {3x} \right)-8\sin \left( {3x} \right)+10\sin \left( {3x} \right)-2\sin \left( {3x} \right)} \right)

= 0

partikuläre Lösung

{y^{\prime \prime }}-2{y^\prime }+10y = {x^2}{e^{2x}}

Als Lösungsansatz verwenden wir einen Ansatz vom “Typ der rechten Seite”. Das bedeutet, wir verwenden als Ansatzfunktion eine Funktion der Klasse der Funktion, die auf der rechten Seite des Gleichheitszeichens steht. In diesem Fall ist das das Produkt aus einer Exponentialfunktion und eines Polynoms zweiten Grades:

{y_p}\left( x \right) = {P_2}\left( x \right){e^{2x}} = {e^{2x}}\left( {{a_0}+{a_1}x+{a_2}{x^2}} \right)

Wir bilden die ersten beiden Ableitungen:

y_p^\prime = 2 \cdot {e^{2x}}\left( {{a_0}+{a_1}x+{a_2}{x^2}} \right)+{e^{2x}}\left( {{a_1}+2{a_2}x} \right)

y_p^\prime = {e^{2x}}\left( {2{a_0}+{a_1}+\left( {2{a_1}+2{a_2}} \right)x+2{a_2}{x^2}} \right)

y_p^{\prime \prime } = 2 \cdot {e^{2x}}\left( {2{a_0}+{a_1}+\left( {2{a_1}+2{a_2}} \right)x+2{a_2}{x^2}} \right)+{e^{2x}}\left( {2{a_1}+2{a_2}+4{a_2}x} \right)

y_p^{\prime \prime } = {e^{2x}}\left( {4{a_0}+4{a_1}+2{a_2}+\left( {4{a_1}+8{a_2}} \right)x+4{a_2}{x^2}} \right)

Einsetzen in die inhomogene DGL liefert:

{e^{2x}}\left( {4{a_0}+4{a_1}+2{a_2}+\left( {4{a_1}+8{a_2}} \right)x+4{a_2}{x^2}} \right)

-2{e^{2x}}\left( {2{a_0}+{a_1}+\left( {2{a_1}+2{a_2}} \right)x+2{a_2}{x^2}} \right)

+10{e^{2x}}\left( {{a_0}+{a_1}x+{a_2}{x^2}} \right) = {x^2}{e^{2x}}

vereinfachen:

{e^{2x}}\left( {10{a_0}+2{a_1}+2{a_2}+\left( {10{a_1}+4{a_2}} \right)x+10{a_2}{x^2}} \right) = {x^2}{e^{2x}}

Da die Exponentialfunktion immer positiv ist, dürfen wir sie kürzen:

10{a_0}+2{a_1}+2{a_2}+\left( {10{a_1}+4{a_2}} \right)x+10{a_2}{x^2} = {x^2}

Wir führen nun einen Koeffizientenvergleich durch (Vergleich der Vorfaktoren vor x^0,\;,x^1,\;,x^2 und erhalten dadurch die Werte für die Koeffizienten:

10{a_2} = 1\quad \Rightarrow \quad {a_2} = \frac{1}{{10}}

10{a_1}+4{a_2} = 0\quad \Rightarrow \quad 10{a_1} = -\frac{4}{{10}}\quad \Rightarrow \quad {a_1} = -\frac{1}{{25}}

10{a_0}+2{a_1}+2{a_2} = 0\quad \Rightarrow \quad 10{a_0}-\frac{2}{{25}}+\frac{2}{{10}} = 0\quad \Rightarrow \quad {a_0} = -\frac{3}{{250}}

Einsetzen in den Lösungsansatz liefert die partikuläre Lösung:

{y_p}\left( x \right) = {e^{2x}}\left( {-\frac{3}{{250}}-\frac{1}{{25}}x+\frac{1}{{10}}{x^2}} \right)

Damit ist die allgemeine Lösung:

y = {y_h}+{y_p} = {e^x}\left( {{c_1}\cos \left( {3x} \right)+{c_2}\sin \left( {3x} \right)} \right)+{e^{2x}}\left( {-\frac{3}{{250}}-\frac{1}{{25}}x+\frac{1}{{10}}{x^2}} \right)

Eine mit Maxima durchgeführte Probe bestätigt das Ergebnis.

]]> http://me-lrt.de/inhomogene-differentialgleichung-losung/feed 2 Aufgabe 7.3 – Differentialgleichung in Matrixform http://me-lrt.de/aufgabe-differentialgleichung-matrixform http://me-lrt.de/aufgabe-differentialgleichung-matrixform#comments Tue, 08 Dec 2009 16:38:48 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=2432 Gegeben sei

A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} -2 & {-1} & 0 \\ 1 & {-2} & {-1} \\ 0 & 1 & {-2} \\ \end{array} } \right)

Bestimmen Sie alle Lösungen von

x ^{\prime}\left( t \right) = Ax

Warum gehen alle diese Lösungen für t → ∞ gegen 0?

Lösung

A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} -2 & {-1} & 0 \\ 1 & {-2} & {-1} \\ 0 & 1 & {-2} \\ \end{array} } \right)

x ^{\prime}= Ax

Charakteristische Gleichung:

\mathcal{X}_A \left( \lambda \right) = \det \left( {A-\lambda I} \right)

= \left( {-2-\lambda } \right)^3 +2\left( {-2-\lambda } \right)

= \left( {-2-\lambda } \right)\left( {\left( {-2-\lambda } \right)^2 +2} \right)

= \left( {-2-\lambda } \right)\left( {\lambda ^2 +4\lambda +6} \right) = 0

\Rightarrow \quad \lambda _1 = -2,\quad \lambda _{2,3} = \frac{{-4 \pm \sqrt {16-24} }} {2} = -2 \pm \sqrt 2 i

x_h = x_1 e^{-2t} +c_2 e^{-2t} \cos \left( {\sqrt 2 t} \right)+c_3 e^{-2t} \sin \left( {\sqrt 2 t} \right),\quad \quad c_1 ,c_2 ,c_3 \in \mathbb{R}

Wir müssen nun noch die Konstanten ci bestimmen.

Eigenvektoren:

Av = \lambda v\quad \quad \Rightarrow \quad \quad \left( {A-\lambda I} \right)v = 0

zu λ1:

\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0 & {-1} & 0 \\ 1 & 0 & {-1} \\ 0 & 1 & 0 \\ \end{array} } \right)\vec v = 0\quad \quad \Rightarrow \quad \quad \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & {-1} \\ 0 & 1 & 0 \\ \end{array} } \right)\vec v = 0

v_2 = 0

v_1 = v_3 = 1

v = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1 \\ 0 \\ 1 \\ \end{array} } \right)

zu λ2:

\left( {\begin{array}{*{20}{c}} -\sqrt 2 i & {-1} & 0 \\ 1 & {-\sqrt 2 i} & {-1} \\ 0 & 1 & {-\sqrt 2 i} \\ \end{array} } \right)\vec w = \vec 0

\left( {\begin{array}{*{20}{c}} -\sqrt 2 i & {-1} & 0 \\ 0 & 1 & {-\sqrt 2 i} \\ 0 & 1 & {-\sqrt 2 i} \\ \end{array} } \right)\vec w = \vec 0\quad \quad \Rightarrow \quad \quad \left( {\begin{array}{*{20}{c}} -\sqrt 2 i & {-1} & 0 \\ 0 & 1 & {-\sqrt 2 i} \\ 0 & 0 & 0 \\ \end{array} } \right)\vec w = \vec 0

Daraus folgt:

w_2 = \sqrt 2 iw_3

-\sqrt {2i} w_1 = w_2

Wir definieren:

w_2 : = 1

Der Lösungsvektor ist damit:

\vec w = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} -\frac{1} {{\sqrt 2 i}} \\ 1 \\ {\frac{1} {{\sqrt 2 i}}} \\ \end{array} } \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} \frac{i} {{\sqrt 2 }} \\ 1 \\ {-\frac{i} {{\sqrt 2 }}} \\ \end{array} } \right)

Das komplex konjugierte:

u = \bar w = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} -\frac{i} {{\sqrt 2 }} \\ 1 \\ {\frac{i} {{\sqrt 2 }}} \\ \end{array} } \right)

Der homogene Lösungsvektor:

\vec x_h \left( t \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1 \\ 0 \\ 1 \\ \end{array} } \right)e^{-2t} +\left( {\begin{array}{*{20}{c}} \frac{i} {{\sqrt 2 }} \\ 1 \\ {-\frac{i} {{\sqrt 2 }}} \\ \end{array} } \right)e^{\left( {-2+\sqrt 2 i} \right)t} +\left( {\begin{array}{*{20}{c}} -\frac{i} {{\sqrt 2 }} \\ 1 \\ {\frac{i} {{\sqrt 2 }}} \\ \end{array} } \right)e^{\left( {-2-\sqrt 2 i} \right)t}

Die komplexe Fundamentalmatrix lautet:

\left( {\begin{array}{*{20}{c}} e^{-2t} & {\frac{i} {{\sqrt 2 }}e^{\left( {-2+\sqrt 2 i} \right)t} } & {-\frac{i} {{\sqrt 2 }}e^{\left( {-2-\sqrt 2 i} \right)t} } \\ 0 & {e^{\left( {-2+\sqrt 2 i} \right)t} } & {e^{\left( {-2-\sqrt 2 i} \right)t} } \\ {e^{-2t} } & {-\frac{i} {{\sqrt 2 }}e^{\left( {-2+\sqrt 2 i} \right)t} } & {\frac{i} {{\sqrt 2 }}e^{\left( {-2-\sqrt 2 i} \right)t} } \\ \end{array} } \right)

Daraus folgt die reelle Fundamentalmatrix:

\left( {\begin{array}{*{20}{c}} e^{-2t} & {\operatorname{Re} \left\{ {\frac{i} {{\sqrt 2 }}e^{\left( {-2+\sqrt 2 i} \right)t} } \right\}} & {\operatorname{Im} \left\{ {-\frac{i} {{\sqrt 2 }}e^{\left( {-2-\sqrt 2 i} \right)t} } \right\}} \\ 0 & {\operatorname{Re} \left\{ {e^{\left( {-2+\sqrt 2 i} \right)t} } \right\}} & {\operatorname{Im} \left\{ {e^{\left( {-2-\sqrt 2 i} \right)t} } \right\}} \\ {e^{-2t} } & {\operatorname{Re} \left\{ {-\frac{i} {{\sqrt 2 }}e^{\left( {-2+\sqrt 2 i} \right)t} } \right\}} & {\operatorname{Im} \left\{ {\frac{i} {{\sqrt 2 }}e^{\left( {-2-\sqrt 2 i} \right)t} } \right\}} \\ \end{array} } \right)

Dies könnte man theoretisch noch ausrechnen. Die Werte gehen für t\to\infty alle gegen 0, da das t überall als negativer Exponent der e-Funktion vorkommt.

]]> http://me-lrt.de/aufgabe-differentialgleichung-matrixform/feed 0 Aufgabe 4.2 – Messbarkeit und Bildmaß http://me-lrt.de/messbarkeit-bildmas-urbild http://me-lrt.de/messbarkeit-bildmas-urbild#comments Tue, 08 Dec 2009 16:36:16 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=2220 Gegeben sei der Maßraum \left( {\mathbb{R},\mathcal{B},\lambda } \right) und der Messraum \left( {\Omega ,\mathcal{P}\left( \Omega \right)} \right),\quad \Omega = \left\{ {-1,0,1} \right\}. Sei weiter

f:\mathbb{R} \to \Omega ,\quad \omega \mapsto \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {-1} & {falls} & {\omega \in \left] {0,5} \right]} \\ 0 & {falls} & {\omega = 0} \\ 1 & {falls} & {sonst} \\ \end{array} } \right.

eine Funktion.

  1. Zeige, dass f\quad \mathcal{B}-\mathcal{P}\left( \Omega \right)-messbar ist
  2. Bestimme das Bildmaß

Lösung

f:\mathbb{R} \to \Omega = \left\{ {-1,0,1} \right\}

\omega \mapsto \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} - 1 & \forall & {\omega \in \left] {0,5} \right]} \\ 0 & {falls} & {\omega = 0} \\ 1 & {sonst} & {} \\ \end{array} } \right.

a )

\mathcal{P}\left( \Omega \right) = \left\{ {\emptyset ,\Omega ,\left\{ {-1} \right\},\left\{ 0 \right\},\left\{ 1 \right\},\left\{ {-1,0} \right\},\left\{ {-1,1} \right\},\left\{ {0,1} \right\}} \right\}

Die Urbilder sind

f^{-1} \left( \emptyset \right) = \emptyset \in \mathcal{B}

f^{-1} \left( \Omega \right) = \mathbb{R} \in \mathcal{B}

f^{-1} \left( {\left\{ {-1} \right\}} \right) = \left] {0,5} \right] \in \mathcal{B}

f^{-1} \left( {\left\{ 0 \right\}} \right) = \left\{ 0 \right\} \in \mathcal{B}

f^{-1} \left( {\left\{ 1 \right\}} \right) = \mathbb{R}{{\backslash }}\left[ {0,5} \right] \in \mathcal{B}

f^{-1} \left( {\left\{ {-1,0} \right\}} \right) = \left[ {0,5} \right] \in \mathcal{B}

f^{-1} \left( {\left\{ {-1,1} \right\}} \right) = \mathbb{R}{{\backslash }}\left\{ 0 \right\} \in \mathcal{B}

f^{-1} \left( {\left\{ {0,1} \right\}} \right) = \mathbb{R}{{\backslash }}\left] {0,5} \right] \in \mathcal{B}

Daraus folgt:

f\,\,ist\,\,\mathcal{B}-\mathcal{P}\left( \Omega \right)-messbar

b )

\mu \left( B \right) = \lambda \left( {f^{-1} \left( B \right)} \right)

\mu \left( \emptyset \right) = \lambda \left( {f^{-1} \left( \emptyset \right)} \right) = \lambda \left( \emptyset \right) = 0

\mu \left( \Omega \right) = \lambda \left( {f^{-1} \left( \Omega \right)} \right) = \lambda \left( \mathbb{R} \right) = \infty

\mu \left( {\left\{ {-1} \right\}} \right) = \lambda \left( {\left] {0,5} \right]} \right) = 5-0 = 5

\mu \left( {\left\{ 0 \right\}} \right) = \lambda \left( {\left\{ 0 \right\}} \right) = 0

\mu \left( {\left\{ 1 \right\}} \right) = \lambda \left( {\mathbb{R}{{\backslash }}\left[ {0,5} \right]} \right) = \infty

\mu \left( {\left\{ {-1,0} \right\}} \right) = \lambda \left( {\left[ {0,5} \right]} \right) = 5-0 = 5

\mu \left( {\left\{ {-1,1} \right\}} \right) = \lambda \left( {\mathbb{R}{{\backslash }}\left\{ 0 \right\}} \right) = \infty

\mu \left( {\left\{ {0,1} \right\}} \right) = \lambda \left( {\mathbb{R}{{\backslash }}\left] {0,5} \right]} \right) = \infty

]]> http://me-lrt.de/messbarkeit-bildmas-urbild/feed 0 Aufgabe 3.5 – Treppenfunktionen http://me-lrt.de/aufgabe-3-5-treppenfunktionen http://me-lrt.de/aufgabe-3-5-treppenfunktionen#comments Fri, 02 Oct 2009 15:10:27 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=2123 Betrachten Sie das Lebesgue-Maß \lambda auf \left( {\mathbb{R},\mathcal{B}} \right). Sei M \subseteq \mathbb{R} eine Lebesgue-Nullmenge, also \lambda \left( M \right) = 0.

Existiert dann notwendig ein Punkt x \in \mathbb{R} mit

\left\{ {x+q:q \in \mathbb{Q}} \right\} \cap M = 0\quad ?

Lösung

Bestimmen einer Treppenfunktion fk:

1. Unterteile den Bildbereich zunächst in zwei Intervalle

\left[ {0,k} \right[,\quad \left[ {k,\infty } \right[

Unterteile \left[ {0,k} \right[ weiter in gleichgroße Teilintervalle:

\left[ {\frac{{i-1}} {{2^k }},\frac{i} {{2^k }}} \right[,\quad i = 1,\ldots,k \cdot 2^k

2. Bestimme

f^{-1} \left( {\left[ {\frac{{i-1}} {{2^k }},\frac{i} {{2^k }}} \right[} \right),\quad i = 1,\ldots,k \cdot 2^k

und

f^{-1} \left( {\left[ {k,\infty } \right[} \right)

Bezeichnung für die beiden Urbilder: Ak,i, Ak,∞

3.

f_k \left( x \right) = \sum\limits_{i = 1}^{k \cdot 2^k } {\frac{{i-1}} {{2^k }} \cdot I_{A_{k,i} } \left( x \right)+k \cdot } I_{A_{k,\infty } } \left( x \right)

Beispiel

für k = 1:

1.

\left[ {0,1} \right[,\quad \left[ {1,\infty } \right[

\left[ {0,\frac{1} {2}} \right[,\quad \left[ {\frac{1} {2},1} \right[

2.

A_{1,1} = f^{-1} \left( {\left[ {0,\frac{1} {2}} \right[} \right),\quad \quad A_{1,2} = f^{-1} \left( {\left[ {\frac{1} {2},1} \right[} \right),\quad \quad A_{1,\infty } = f^{-1} \left( {\left[ {1,\infty } \right[} \right)

3.

f_1 \left( x \right) = 0 \cdot I_{A_{1,1} } \left( x \right)+\frac{1} {2} \cdot I_{A_{1,2} } \left( x \right)+1 \cdot I_{A_{1,\infty } } \left( x \right)

Angewendet auf die Aufgabenstellung:

a )

x \mapsto \left| x \right|

k = 1: erster Schritt klar,

zweiter Schritt:

A_{1,1} = f^{-1} \left( {\left[ {0,\frac{1} {2}} \right[} \right) = \left] {-\frac{1} {2},\frac{1} {2}} \right[

A_{1,2} = f^{-1} \left( {\left[ {\frac{1} {2},1} \right[} \right) = \left] {-1,-\frac{1} {2}} \right] \cup \left[ {\frac{1} {2},1} \right[

A_{1,\infty } = f^{-1} \left( {\left[ {1,\infty } \right[} \right) = \left] {-\infty ,-1} \right] \cup \left[ {1,\infty } \right[

dritter Schritt:

f_1 \left( x \right) = 0 \cdot I_{\left] {-\frac{1} {2},\frac{1} {2}} \right[} \left( x \right)+\frac{1} {2} \cdot I_{\left] {-1,-\frac{1} {2}} \right] \cup \left[ {\frac{1} {2},1} \right[} \left( x \right)+1 \cdot I_{\left] {-\infty ,-1} \right] \cup \left[ {1,\infty } \right[}

zweite Annäherung: k = 2

erster Schritt klar,

zweiter Schritt:

A_{2,1} = f^{-1} \left( {\left[ {0,\frac{1} {4}} \right[} \right) = \left] {-\frac{1} {4},\frac{1} {4}} \right[

A_{2,2} = \left] {-\frac{1} {2},-\frac{1} {4}} \right[ \cup \left] {\frac{1} {4},\frac{1} {2}} \right[

A_{2,8} = \left] {-2,-\frac{7} {4}} \right[ \cup \left] {\frac{7} {4},2} \right[

A_{2,\infty } = \left] {-\infty ,-2} \right[ \cup \left] {2,\infty } \right[

b )

x \mapsto \frac{1} {{x^2 }}

k = 1:

erster Schritt ist klar

zweiter Schritt:

f^{-1} \left( {\left[ {0,\frac{1} {2}} \right[} \right) = \left] {-\infty ,-\sqrt 2 } \right[ \cup \left] {\sqrt 2 ,\infty } \right[

A_{2,2} = f^{-1} \left( {\left[ {\frac{1} {2},1} \right[} \right)

]]> http://me-lrt.de/aufgabe-3-5-treppenfunktionen/feed 0 Aufgabe 5.2 – Lösung von separierbaren Differentialgleichungen http://me-lrt.de/losung-separierbare-differentialgleichung http://me-lrt.de/losung-separierbare-differentialgleichung#comments Mon, 28 Sep 2009 16:07:28 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=2302 Bestimme zunächst die allgemeinen Lösungen der separierbaren DGL

  1. y ^{\prime}\left( x \right)+x^2 y\left( x \right)^3 = 0,\quad \quad y\left( 1 \right) = 2

  2. y ^{\prime}\left( x \right)\left( {x^2 -6x+5} \right) = xy\left( x \right)+x-3y\left( x \right)-3,\quad \quad y\left( 3 \right) = 1

  3. x ^{\prime}\left( t \right) = -\frac{{t\left( {1-x\left( t \right)^2 } \right)^2 }} {{x\left( t \right)\left( {1-t^2 } \right)^2 }}

Lösung

a )

y ^{\prime}+x^2 y^3 = 0

Die konstante Lösung für diese DGL ist:

{\text{y}}\left( x \right) = 0

Wenn y ≠ 0, können wir dividieren:

\frac{{y ^{\prime}}} {{y^3 }} = -x^2

“Ingenieurlösung”:

\frac{{dy}} {{dx}} \cdot \frac{1} {{y^3 }} = -x^2

\int_{}^{} {\frac{1} {{y^3 }}dy} = \int_{}^{} {-x^2 dx}

-\frac{1} {{2y^2 }} = -\frac{{x^3 }} {3}+c

y = y\left( x \right) = \pm \sqrt {\frac{3} {{-x^3 +3c}} \cdot \frac{{-1}} {2}} = \pm \sqrt {\frac{3} {{2x^3 +d}}}

Anfangswertproblem:

y\left( 1 \right) = 2

Auflösen nach der Konstanten:

2 = \sqrt {\frac{3} {{2+d}}}

4 = \frac{3} {{2+d}}

8+4d = 3

d = -\frac{5} {4}

Daraus folgt die partikuläre Lösung:

y_p \left( x \right) = \sqrt {\frac{3} {{2x^3 -\frac{5} {4}}}} = \sqrt {\frac{{12}} {{8x^3 -5}}}

b )

y ^{\prime}\left( {x^2 -6x+5} \right) = xy+x-3y-3

Das Ziel ist es, x und y zu trennen. Auf der linken Seite existieren die beiden Variablen schon als getrennte Faktoren eines Produktes. Wir müssen uns also nur um die rechte Seite kümmern. Die Variablen lassen sich wie folgt trennen:

y ^{\prime}\left( {x^2 -6x+5} \right) = x\left( {y+1} \right)-3\left( {y+1} \right)

y ^{\prime}\left( {x^2 -6x+5} \right) = \left( {x-3} \right)\left( {y+1} \right)

Wir fassen die Variablen nun zusammen und integrieren:

\frac{{y ^{\prime}}} {{\left( {y+1} \right)}} = \frac{{\left( {x-3} \right)}} {{\left( {x^2 -6x+5} \right)}}

\frac{{y ^{\prime}}} {{\left( {y+1} \right)}} = \frac{{\left( {x-3} \right)}} {{\left( {x-1} \right)\left( {x-5} \right)}}

\int_{}^{} {\frac{1} {{\left( {y+1} \right)}}dy} = \int_{}^{} {\frac{{\left( {x-3} \right)}} {{\left( {x-1} \right)\left( {x-5} \right)}}dx}

Wir müssen die Annahmen setzen:

y \ne -1

x \ne 1

x \ne 5

für das rechte Integral führen wir eine Partialbruchzerlegung durch:

\frac{{\left( {x-3} \right)}} {{\left( {x-1} \right)\left( {x-5} \right)}} = \frac{A} {{x-1}}+\frac{B} {{x-5}}

\Rightarrow \frac{{\left( {x-3} \right)}} {{\left( {x-1} \right)\left( {x-5} \right)}} = \frac{{A\left( {x-5} \right)+B\left( {x-1} \right)}} {{\left( {x-1} \right)\left( {x-5} \right)}}

\Rightarrow \left( {x-3} \right) = A\left( {x-5} \right)+B\left( {x-1} \right)

x = 5 \to 2 = 4B \Rightarrow B = \frac{1} {2}

x = 1 \to -2 = -4A \Rightarrow A = \frac{1} {2}

Auflösung des Integrals:

\ln \left( {y+1} \right) = \frac{1} {2}\ln \left( {\left( {x-1} \right)\left( {x-5} \right)} \right)+c

c )

x ^{\prime} \left( t \right) = -\frac{{t\left( {1-x\left( t \right)^2 } \right)^2 }} {{x\left( t \right)\left( {1-t^2 } \right)^2 }}

\int_{}^{} {\frac{{xdx}} {{\left( {1-x^2 } \right)^2 }} = -\int_{}^{} {\frac{{tdt}} {{\left( {1-t^2 } \right)^2 }}} }

-\frac{1} {{2\left( {1-x^2 } \right)}} = \frac{1} {{2\left( {1-t^2 } \right)}}+c,\quad \quad c \in \mathbb{R}

Die implizite Lösung lässt sich nicht eindeutig nach x = x(t) bzw. t auflösen.

konstante Lösung:

x\left( t \right) = \pm 1

]]> http://me-lrt.de/losung-separierbare-differentialgleichung/feed 0 Aufgabe 7.1 – Differentialgleichungssysteme aus DGL höherer Ordnung http://me-lrt.de/aufgabe-7-1-differentialgleichungssysteme-aus-dgl-hoherer-ordnung http://me-lrt.de/aufgabe-7-1-differentialgleichungssysteme-aus-dgl-hoherer-ordnung#comments Mon, 28 Sep 2009 15:59:46 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=2426 Überführen Sie die folgenden DGL bzw. DGL-Systeme in DGL-Systeme erster Ordnung.

  1. y^{^{\prime\prime}} \left( x \right)+a_1 \left( x \right)y ^{\prime}\left( x \right)+a_0 \left( x \right)y\left( x \right) = b\left( x \right)

  2. Ri ^{\prime}\left( t \right)+Li^{^{\prime\prime}} \left( t \right)+\frac{1} {C}i\left( t \right) = -U_0 \omega \cdot \sin \left( {\omega t} \right),\quad \quad R,L,C,U_0 ,\omega > 0

  3. Das System zweiter Ordnung:

    x^{^{\prime\prime}} \left( t \right) = f_1 \left( {x\left( t \right),y\left( t \right),z\left( t \right)} \right)

    y^{^{\prime\prime}} \left( t \right) = f_2 \left( {x\left( t \right),y\left( t \right),z\left( t \right)} \right)

    z^{^{\prime\prime}} \left( t \right) = f_3 \left( {x\left( t \right),y\left( t \right),z\left( t \right)} \right)

  4. F\left( {x,y\left( x \right),y ^{\prime} \left( x \right),y^{^{\prime\prime}} \left( x \right)} \right) = 0

Lösung

a )

y^{^{\prime\prime}} = -a_1 y ^{\prime} -a_0 y+b

\vec z = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} z_1 \\ {z_2 } \\ \end{array} } \right)

z_1 = y

z_2 = y ^{\prime} = z_1 ^{\prime}

z_2 ^{\prime} = y^{^{\prime\prime}} = -a_1 z_2 -a_0 z_1 +b

\vec z ^{\prime} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} z_1 ^{\prime} \\ {z_2 ^{\prime} } \\ \end{array} } \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0 & 1 \\ {-a_0 } & {-a_1 } \\ \end{array} } \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} z_1 \\ {z_2 } \\ \end{array} } \right)+\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0 \\ b \\ \end{array} } \right)

b )

i^{^{\prime\prime}} = -\frac{R} {L}i ^{\prime} -\frac{1} {{LC}}i-\frac{{U_0 }} {L}\omega \sin \left( {\omega t} \right)

\vec z = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} z_1 \\ {z_2 } \\ \end{array} } \right)

z_1 = i

z_2 = i ^{\prime} = z_1 ^{\prime}

z_2 ^{\prime} = i^{^{\prime\prime}} = -\frac{R} {L}z_2 -\frac{1} {{LC}}z_1 -\frac{{U_0 }} {L}\omega \sin \left( {\omega t} \right)

\vec z ^{\prime} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} z_1 ^{\prime} \\ {z_2 ^{\prime} } \\ \end{array} } \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0 & 1 \\ {\frac{1} {{LC}}} & {-\frac{R} {L}} \\ \end{array} } \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} z_1 \\ {z_2 } \\ \end{array} } \right)+\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0 \\ {-\frac{{U_0 }} {L}\omega \sin \left( {\omega t} \right)} \\ \end{array} } \right)

c )

w_1 = x

w_2 = x ^{\prime} = w_1 ^{\prime}

w_3 = y

w_4 = y ^{\prime} = w_3 ^{\prime}

w_5 = z

w_6 = z ^{\prime} = w_4 ^{\prime}

\vec w ^{\prime} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} w_1 ^{\prime} \\ {w_2 ^{\prime} } \\ {w_3 ^{\prime} } \\ {w_4 ^{\prime} } \\ {w_5 ^{\prime} } \\ {w_6 ^{\prime} } \\ \end{array} } \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} & 1 & {} & {} & {} & {} \\ {} & {} & {} & {} & {} & {} \\ {} & {} & {} & 1 & {} & {} \\ {} & {} & {} & {} & {} & {} \\ {} & {} & {} & {} & {} & 1 \\ {} & {} & {} & {} & {} & {} \\ \end{array} } \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} w_1 \\ {w_2 } \\ {w_3 } \\ {w_4 } \\ {w_5 } \\ {w_6 } \\ \end{array} } \right)+\left( {\begin{array}{*{20}{c}} \\ {f_1 \left( {w_1 ,w_3 ,w_5 } \right)} \\ {} \\ {f_2 \left( {w_1 ,w_3 ,w_5 } \right)} \\ {} \\ {f_3 \left( {w_1 ,w_3 ,w_5 } \right)} \\ \end{array} } \right)

d )

w_1 = y

w_2 = y ^{\prime} = w_1 ^{\prime}

F\left( {x,w_1 ,w_2 ,w_2 ^{\prime} } \right) = 0

G\underbrace {\left( {w_1 ^{\prime} ,w_2 } \right)}_{x,w_1 ,w_1 ^{\prime} ,w_2 ,w_2 ^{\prime} } = w_1 ^{\prime} -w_2 = 0

]]> http://me-lrt.de/aufgabe-7-1-differentialgleichungssysteme-aus-dgl-hoherer-ordnung/feed 0 Aufgabe 7.2 – allgemeine Lösung von Differentialgleichungen http://me-lrt.de/aufgabe-allgemeine-losung-differentialgleichungen http://me-lrt.de/aufgabe-allgemeine-losung-differentialgleichungen#comments Mon, 28 Sep 2009 15:39:12 +0000 http://me-lrt.de/?p=2430 Bestimmen Sie die allgemeinen Lösungen der Differentialgleichungen

  1. y^{\prime\prime} \left( x \right)-2y^{\prime} \left( x \right)+1y \left( x \right) = 0

  2. y^{\prime\prime} \left( x \right) +2y ^{\prime} \left( x \right) -3y \left( x \right) = e^x +\sin \left( x \right)

Lösung

a )

y^{\prime\prime} -2y ^{\prime}+y = 0

charakteristische Gleichung:

\lambda ^2 -2\lambda +1 = \left( {\lambda -1} \right)^2 = 0

\Rightarrow \lambda _{1,2} = 1

Da es eine doppelte Nullstelle gibt, muss die Konstante variiert werden. Das Ergebnis lautet:

y\left( x \right) = y_h \left( x \right) = c_1 e^x +c_2 xe^x ,\quad \quad \quad c_1 ,c_2 \in \mathbb{R}

b )

y^{\prime\prime} +2y ^{\prime}-3y = e^x +\sin x

charakteristische Gleichung:

\lambda ^2 +2\lambda -3 = 0

\Rightarrow \left( {\lambda +1} \right)^2 = 4\quad \quad \Rightarrow \quad \quad \lambda _{1,2} = 1,-3

y_h \left( x \right) = c_1 e^{-3x} +c_2 e^x ,\quad \quad \quad c_1 ,c_2 \in \mathbb{R}

Wir suchen nun eine partikuläre Lösung durch Variation der Konstanten. Dazu nutzen wir die Fundamentalmatrix X und schreiben

y_p = Xc

In die Differentialgleichung eingesetzt ergibt sich daraus:

y ^{\prime}= Ay+b = X ^{\prime}c+Xc ^{\prime}= AXc+b

X = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} y_1 & {y_2 } \\ {y_1 ^{\prime}} & {y_2 ^{\prime}} \\ \end{array} } \right)

b = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0 \\ f \\ \end{array} } \right)

f\left( x \right) = e^x +\sin x

y_1 c_1 ^{\prime}+y_2 c_2 ^{\prime}= 0\quad \quad \wedge \quad \quad y_1 ^{\prime}c_1 ^{\prime}+y_2 ^{\prime}c_2 ^{\prime}= f

\left( I \right):\quad \quad \underbrace {c_1 ^{\prime}e^{-3x} +c_2 ^{\prime}e^x = 0}_{-c_1 e^{-3x} = c_2 ^{\prime}e^x }\quad \quad \wedge \quad \quad -3c_1 ^{\prime}e^{-3x} +c_2 ^{\prime}e^x = e^x

-3c_1 ^{\prime}e^{-3x} -c_1 ^{\prime}e^{-3x} = -4c_1 ^{\prime}e^{-3x} = e^x

c_1 ^{\prime}= -\frac{1} {4}e^{4x} \quad \quad \Rightarrow \quad \quad c_1 = -\frac{1} {{16}}e^{4x}

c_2 ^{\prime}= \frac{1} {4}e^{4x} e^{-3x} e^{-x} = \frac{1} {4}\quad \quad \Rightarrow \quad \quad c_2 = \frac{1} {4}x

y_{1p} \left( x \right) = -\frac{1} {{16}}e^{4x} e^{-3x} +\frac{1} {4}xe^x = -\frac{1} {{16}}e^x +\frac{1} {4}xe^x

Zweiter Schritt:

\left( {II} \right):\quad \quad y_1 c_1 ^{\prime}+y_2 c_2 ^{\prime}= 0\quad \quad \wedge \quad \quad y_1 ^{\prime}c_1 ^{\prime}+y_2 ^{\prime}c_2 ^{\prime}= \sin x

-c_1 ^{\prime}e^{-3x} = c_2 ^{\prime}e^x \quad \quad \wedge \quad \quad -3c_1 ^{\prime}e^{-3x} +c_2 ^{\prime}e^x = \sin x

-3c_1 ^{\prime}e^{-3x} -c_1 ^{\prime}e^{-3x} = -3c_1 ^{\prime}e^{-3x} = \sin x

c_1 ^{\prime}= -\frac{1} {4}e^{3x} \sin x

c_1 = -\frac{1} {4}\int_{}^{} {e^{3x} \sin xdx} = -\frac{1} {4}\operatorname{Im} \left\{ {\int_{}^{} {e^{\left( {3+i} \right)x} dx} } \right\}

= -\frac{1} {4}\operatorname{Im} \left\{ {\frac{1} {{3+i}}e^{\left( {3+i} \right)x} } \right\} = -\frac{1} {4}\operatorname{Im} \left\{ {\frac{{3-i}} {{10}}e^{\left( {3+i} \right)x} } \right\}

= -\frac{1} {4}\left( {e^{3x} \operatorname{Im} \left\{ {\frac{{3-i}} {{10}}\left( {\cos x+i\sin x} \right)} \right\}} \right)

= -\frac{1} {4}e^{3x} \left( {\frac{3} {{10}}\sin x-\frac{1} {{10}}\cos x} \right)

Nun suchen wir die Funktion c2:

c_2 ^{\prime}= \frac{1} {4}e^{3x} \sin xe^{-3x} e^{-x} = \frac{1} {4}e^{-x} \sin x

c_2 = \frac{1} {4}\operatorname{Im} \left\{ {\int_{}^{} {e^{-x} \sin xdx} } \right\}

= \frac{1} {4}\operatorname{Im} \left\{ {\int_{}^{} {e^{\left( {-1+i} \right)x} dx} } \right\}

= \frac{1} {4}\operatorname{Im} \left\{ {\frac{1} {{-1+i}}e^{\left( {-1+i} \right)x} } \right\}

= \frac{1} {4}\operatorname{Im} \left\{ {\frac{{-1-i}} {2}e^{\left( {-1+i} \right)x} } \right\}

= \frac{1} {4}\operatorname{Im} \left\{ {\frac{{-1-i}} {2}e^{-x} \left( {\cos x+i\sin x} \right)} \right\}

= \frac{1} {4}e^{-x} \left( {-\frac{1} {2}\sin x-\frac{1} {2}\cos x} \right)

Wir erhalten die zweite Partikulärlösung:

y_{2p} \left( x \right) = e^{3x} \left( {-\frac{1} {{40}}\cos x-\frac{3} {{40}}\sin x} \right)e^{-3x} +e^{-x} \left( {-\frac{1} {8}\sin x-\frac{3} {{40}}\cos x} \right)e^x

= -\frac{1} {{10}}\cos x-\frac{1} {5}\sin x

Die Gesamtlösung ist:

y\left( x \right) = y_h +y_{1p} +y_{2p}

]]> http://me-lrt.de/aufgabe-allgemeine-losung-differentialgleichungen/feed 0 Aufgabe 7.4 – Eulersches Polygonzugverfahren http://me-lrt.de/aufgabe-eulersches-polygonzugverfahren http://me-lrt.de/aufgabe-eulersches-polygonzugverfahren#comments Wed, 24 Jun 2009 20:19:14 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=2436 Bestimmen Sie mit der Eulerschen Polygonzugmethode und der Schrittweite h = 0,1 eine Näherungslösung zum Anfangswertproblem

y^{\prime} \left( x \right) = y \left( x \right)+1,\quad \quad y\left( 0 \right) = 0,\quad \quad h = 0,1 \quad \quad \quad \quad x \in \left[ 0, 0.2 \right]

Lösung

y^{\prime} = y+1,\quad \quad y\left( 0 \right) = 0,\quad \quad h = 0,1

Euler:

y_{i+1} = y_i +h \cdot f\left( {x_i ,y_i } \right),\quad \quad x_{i+1} = x_i +h

y_1 = 0+0,1\left( {0+1} \right) = 0,1

y_2 = 0,1+0,1\left( {0,1+1} \right) = 0,21

\begin{array}{*{20}{c}} i & 0 & 1 & 2 \\ {x_i } & 0 & {0,1} & {0,2} \\ {y_i } & 0 & {0,1} & {0,21} \\ \end{array}

Exakte Werte:

y1 = 0,105
y2 = 0,221

Lösungsfunktion:

y\left( x \right) = e^x -1

]]> http://me-lrt.de/aufgabe-eulersches-polygonzugverfahren/feed 0 Aufgabe 4.3 – Riemann und Lebesgue http://me-lrt.de/riemann-lebesgue-integral-aufgabe-losung-treppenfunktion http://me-lrt.de/riemann-lebesgue-integral-aufgabe-losung-treppenfunktion#comments Mon, 15 Jun 2009 19:46:59 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=2222 Berechne

\int_{\left[ {0,1} \right]}^{} {x^4 d\lambda \left( x \right)}

Lösung

x \mapsto x^4 ist messbar und Riemann-integrierbar, es existiert also ein Lebesgue-Integral.

\int_{\left[ {0,1} \right]}^{} {x^4 d\lambda \left( x \right)} = \int_0^1 {x^4 dx} = \frac{1} {5}

Beispiel, bei dem das Integral nicht Riemann-integrierbar ist:

Treppenfunktion

\frac{{j-1}} {{2^k }} \cdot I_{\left[ {\left( {\frac{{j-1}} {{2^k }}} \right)^{\frac{1} {4}} ,\left( {\frac{j} {{2^k }}} \right)^{\frac{1} {4}} } \right[}

Wir schreiben statt dessen

\left( {\frac{{j-1}} {{2^k }}} \right)^4 \cdot I_{\left[ {\left( {\frac{{j-1}} {{2^k }}} \right)^{{\frac{1} {4}} ^4} ,\left( {\frac{j} {{2^k }}} \right)^{{\frac{1} {4}} ^4 }} \right[} = \left( {\frac{{j-1}} {{2^k }}} \right)^4 \cdot I_{\left[ {\left( {\frac{{j-1}} {{2^k }}} \right),\left( {\frac{j} {{2^k }}} \right)} \right[}

Integral über die Treppenfunktion (Berechnung mit Lebesgue):

\sum\limits_{j = 1}^{2^k } {\left( {\frac{{j-1}} {{2^k }}} \right)^4 \left( {\frac{j} {{2^k }}-\frac{{j-1}} {{2^k }}} \right)} = \frac{1} {{2^{5k} }}\sum\limits_{j = 0}^{2^k -1} {\left( {j-1} \right)^4 } = \frac{1} {{2^{5k} }}\sum\limits_{j = 1}^{2^k } {j^4 }

= \frac{1} {{2^{5k} }} \cdot \frac{1} {{30}} \cdot 2^k \left( {2^k -1} \right)\left( {2^{k+1} -1} \right)\left( {3 \cdot 2^{k2} -3 \cdot 2^k -1} \right)

= \frac{1} {{30}} \cdot \frac{{2^k }} {{2^k }} \cdot \frac{{2^k -1}} {{2^k }} \cdot \frac{{2^{k+1} -1}} {{2^k }} \cdot \frac{{3 \cdot 2^{k2} -3 \cdot 2^k -1}} {{2^{2k} }}

Grenzübergang:

k \to \infty \quad \quad \quad \Rightarrow \quad \quad \frac{1} {{30}} \cdot 1 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3 = \frac{1} {5} = \int_{\left[ {0,1} \right]}^{} {x^4 d\lambda \left( x \right)}

]]> http://me-lrt.de/riemann-lebesgue-integral-aufgabe-losung-treppenfunktion/feed 0