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Warum darf man den Satz von Fubini nicht verwende?

Universität / Fachhochschule

Maßtheorie

Tags: Maßtheorie

Euler03 aktiv_icon

08:56 Uhr, 18.12.2023

Gegeben seien die Funktionen

f (x, y) = (2 - x y) x y e^{- x y}

auf

[0, 1] \times [0, \infty)

und

g (x, y) = \frac{x - y}{(x + y)^{3}}

auf

[0, 1]^{2}

. Begründen Sie, warum sie zur Berechnung des Lebesgue-Integrals der beiden Funktionen den Satz von Fubini nicht nutzen dürfen.

Die Funktionen f und g können doch auch negative Werte annehmen - muss ich also

\int_{R^{2}} ∣ f ∣ d λ^{2} < + \infty

überprüfen?

Wenn ich mir dann

\int_{R^{2}} ∣ f ∣ d λ^{2} = \int_{R} \int_{R} ∣ f (x, y) ∣ d x d y = \int_{R} \int_{R} ∣ f (x, y) ∣ d y d x .

anschaue müsste doch |f| (bzw. |g|) divergieren!

Wie ich das jetzt aber praktisch zeige (einmal nach x und einmal nach y integrieren ist klar) ist mir noch nicht klar bzw. ist bei mir jetzt nicht unendlich herausgekommen?

Danke für hilfreiche Erklärungen :-)
LG Euler

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Punov aktiv_icon

12:19 Uhr, 18.12.2023

Hallo, Euler03!

Bei beiden Beispielen sollst du zeigen, dass die Funktion bezüglich des Produktmaßes nicht integrierbar ist; wie du schon richtig geschrieben hast, heißt das,

\int \int ∣ f (x, y) ∣ d (x, y) < \infty

zu untersuchen (und zu zeigen, dass dies nicht gilt).

Bei der ersten Funktion würde ich dafür den Satz von Tonelli heranziehen, also zum Beispiel das Doppelintegral

\int_{0}^{1} \int_{0}^{\infty} ∣ f (x, y) ∣ d y d x

anschauen und zeigen, dass es divergiert; hierfür würde ich

(x, y)

durch

(z, y)

mit

z = x y

substituieren.

Beim zweiten Beispiel kannst du direkt nach unten abschätzen, etwa

\int_{I \times I} ∣ g (x, y) ∣ d (x, y) \geq \int_{0}^{1} (\int_{0}^{x} \frac{x - y}{(x + y)^{3}} d y) d x

.

und das rechte Integral dann ausrechnen. Hier soll

I

das Einheitsintervall sein, also

I = [0, 1]

.

Viele Grüße

Euler03 aktiv_icon

20:19 Uhr, 18.12.2023

Hallo Punov,
Erstmal vielen Dank für deine Antwort und erklärung :-)

Für die Funktion g habe ich jetzt das rechte integral berechnet:

\int_{[0, 1]^{2}} ∣ g (x, y) ∣ d (x, y)

= \int_{0}^{1} (\int_{0}^{x} \frac{x - y}{(x + y)^{3}} d y) d x

= \int_{0}^{1} \frac{\ln (∣ x ∣)}{4} d x

= {[\frac{\ln (∣ x ∣)^{2}}{4}]}_{0}^{1}

= \frac{\ln (1)^{2} - \ln (0)^{2}}{8}

Das divergiert ja.

Bei f:
Meintest du mit der Substitution z=xy

\int_{0}^{1} \int_{0}^{\infty} ∣ (2 - x y) x y e^{- x y} ∣ d y d x = \int_{0}^{1} \int_{0}^{\infty} ∣ 2 e^{- z} z - e^{- z} z^{2} ∣ d z d x

- irgendwie übersehe ich aber noch was, weil das dann bei mir nicht divergiert??

LG Euler

Punov aktiv_icon

11:11 Uhr, 19.12.2023

Hallo,

bei der zweiten Aufgabe kann ich deine Rechnung nicht ganz nachvollziehen, aber das Ergebnis stimmt.

Bei der ersten Aufgabe meinte ich

\int_{I \times [0, \infty)} ∣ f (x, y) ∣ d (x, y) = \int_{0}^{\infty} \int_{z}^{\infty} \frac{1}{y} ∣ 2 - z ∣ ∣ z ∣ e^{- z} d y d z

,

wobei

z = x y

substituiert wurde.

Viele Grüße

Euler03 aktiv_icon

12:14 Uhr, 19.12.2023

OK - bei f bekomme ich jetzt raus, dass schon das innere Integral nicht konvergiert - stimmt das?

Was habe ich genau bei g unklar gemacht (müsste ich da auch das innere Integral so

\int_{0}^{1}

setzen?

LG Euler

Punov aktiv_icon

13:47 Uhr, 19.12.2023

Hallo,

das innere Integral ist nicht korrekt berechnet, es ist

\int_{0}^{x} \frac{x - y}{(x + y)^{3}} d y = \frac{1}{4 x}

.

Und bei der anderen Aufgabe ist es tatsächlich so, dass du durch die Substitution das innere Integral ausrechnen kannst und es divergiert.

Viele Grüße

Euler03 aktiv_icon

21:02 Uhr, 19.12.2023

Hallo Punov,
Herzlichsten Dank für deine Hilfe:

Hab's nun geschafft - auch für g:

\int_{[0, 1]^{2}} g_{+} (x, y) d ℒ^{2} (x, y)

= \int_{[0, 1]} \int_{[0, x]} \frac{x - y}{(x + y)^{3}} ~d ℒ^{1} (y) d ℒ^{1} (x)

= \int_{[0, 1]} \int_{[0, y]} \frac{y - x}{(x + y)^{3}} ~d ℒ^{1} (x) d ℒ^{1} (y) = \int_{[0, 1]^{2}} g_{-} (x, y) d ℒ^{2} (x, y)

Dann mit partieller Integration:

\int_{0}^{x} \frac{x}{(x + y)^{3}} - \frac{y}{(x + y)^{3}} ~d y = {[- \frac{x}{2 (x + y)^{2}}]}_{0}^{x} + {[\frac{y}{2 (x + y)^{2}}]}_{0}^{x} - \int_{0}^{x} \frac{1}{2 (x + y)^{2}} ~d y = \frac{1}{2 x} + {[\frac{1}{2 (x + y)}]}_{0}^{x} = \frac{1}{4 x}

\int_{[0, 1]^{2}} g_{+} (x, y) d ℒ^{2} (x, y) = \int_{[0, 1]} \int_{[0, x]} \frac{x - y}{(x + y)^{3}} ~d ℒ^{1} (y) d ℒ^{1} (x) = \int_{[0, 1]} \frac{1}{4 x} ~d ℒ^{1} (x) = \infty

.

LG Euler

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