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n-fache Integration Formel

Universität / Fachhochschule

Integration

Tags: Formel, Integration, Partielle Integration

Bruno Math

18:52 Uhr, 12.06.2019

Hi, kann mir einer beim Beweis der folgenden Formel helfen?

\int_{0}^{t} . . . \int_{0}^{t} f (t) d t = \int_{0}^{t} \frac{(t - x)^{n - 1}}{(n - 1)!} f (x) d x

mit

f : I \to ℝ, 0 \in I

.
Das bezeichnet quasi eine n-fache Integration und der Beweis soll über partielle Integration gehen.
Ich hab mal mit vollständiger Induktion angefangen. Beim Induktionsanfang kommt aber dann

\int_{0}^{t} f (t) d t = \int_{0}^{t} f (x) d x

, was ja schon irgendwie nicht stimmen kann... Ist da vielleicht ein Fehler in der Aufgabe?
Wie mach ich denn dann auch weiter? Ich hab Probleme damit, was ich im Induktionsschritt umformen darf.

Vielen Dank schonmal

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

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Mitternachtsformel

Zu diesem Thema passende Musteraufgaben einblenden

Roman-22

21:23 Uhr, 12.06.2019

>

Ist da vielleicht ein Fehler in der Aufgabe?
Im Grunde ja, denn Integrationsvariable und Integrationsgrenze dürfen formal nicht die gleiche Bezeichnung haben, auch wenn man das immer wieder sieht. Es müsste also bereits links

\int_{0}^{t} \int_{0}^{t_{2}} \int_{0}^{t_{3}} ... \int_{0}^{t_{n - 1}} \int_{0}^{t_{n}} f (x) d x {d t}_{n} ... {d t}_{3} {d t}_{2} = . .

.

lauten. In jedem Fall ist es grundfalsch, dass da links nur ein einziges Differential

(d t)

steht. Natürlich kannst du die oberen Integralgrenzen (bis auf die erste) auch

x_{i}

nennen.

HAL9000

09:01 Uhr, 13.06.2019

Sauber würde man das ganze so darstellen: Man definiert

f_{0} (t) = f (t)

sowie

f_{n} (t) = \int_{0}^{t} f_{n - 1} (u) d u

für alle

n = 1, 2, \dots

.

Behauptung:

f_{n} (t) = \int_{0}^{t} \frac{(t - x)^{n - 1}}{(n - 1)!} f (x) d x

gilt für alle

n \geq 1

.

In dieser Form könnte man im fälligen Induktionsbeweis auch gleich an die solchermaßen eingeführten Funktionen

f_{n}

anknüpfen...

Bruno Math

08:19 Uhr, 14.06.2019

Danke schonmal für eure Antworten! Wie fange ich denn dann mit dem Induktionsschritt an? Ich komme da mit den Variablen durcheinander. Kann ich dann bei der Induktion u und x gleichsetzen? Sonst steht da ja direkt am Induktions-Anfang

\int_{0}^{t} f (u) d u = \int_{0}^{t} f (x) d x

HAL9000

08:57 Uhr, 14.06.2019

> Ich komme da mit den Variablen durcheinander.

Grundsätzlich gilt: Die Integrationsvariable kannst du nennen, wie du willst, HAUPTSACHE deren Bezeichnung kollidiert nicht mit irgendwelchen äußeren Variablen, wie es z.B. in deinem Eröffnungsbeitrag passiert war.

So, den Induktionsanfang

n = 1

hast du ja bereits, denn wie zu erkennen ist da nur einzusetzen und schon steht das Ergebnis da.

Im Induktionsschritt

n \to n + 1

haben wir nach Einsetzen der Induktionsvoraussetzung

f_{n + 1} (t) = \int_{0}^{t} f_{n} (u) d u \overset{I V}{=} \int_{0}^{t} \int_{0}^{u} \frac{(u - x)^{n - 1}}{(n - 1)!} f (x) d x d u

Es liegt also ein Doppelintegral über

(x, u)

vor mit den Einschränkungen

0 \leq x \leq u \leq t

. Vertauschen wir die Integrationsreihenfolge, so wird daraus

f_{n + 1} (t) = \int_{0}^{t} \int_{x}^{t} \frac{(u - x)^{n - 1}}{(n - 1)!} f (x) d u d x

Versuch das mal zu vereinfachen.

Bruno Math

11:58 Uhr, 14.06.2019

Danke für die Antwort. Ich kannte nur die Formel für die Umstellung der Integrationsreihenfolge nicht, aber jetzt folgt die Behauptung ja fast direkt. Ich habe aber noch eine Frage:
In der VL hatten wir diese Formel noch nicht besprochen. Geht der Beweis auch mit partieller Integration?

HAL9000

14:35 Uhr, 14.06.2019

> In der VL hatten wir diese Formel noch nicht besprochen.

Vertauschung der Integrationsreihenfolge sollte doch geläufig sein (unter bestimmten einschränkenden Voraussetzungen, Satz von Fubini). Was die Integralgrenzen betrifft, die sind bei dem hier vorliegenden dreieckigen Integrationsgebiet nun mal so umzuwandeln:

0 \leq u \leq t, 0 \leq x \leq u

bedeutet kombiniert

0 \leq x \leq u \leq t

und wieder aufgedröselt bei "zuerst" gewähltem

x

dann

0 \leq x \leq t, x \leq u \leq t

. Das ist also keine spezielle "Formel für die Vertauschung", sondern schlicht Überlegung, wie mit dem dreieckigen Integrationsgebiet umzugehen ist - das ist bei einer solchen Vertauschung nun mal ein bisschen komplizierter als mit einem rechteckigen Integrationsgebiert.

> Geht der Beweis auch mit partieller Integration?

Ich sehe leider nicht, wie das damit bewerkstelligt werden soll. Vielleicht bin ich aber auch nur blind dafür, weil ich den anderen Weg viel naheliegender empfinde.

Bruno Math

23:19 Uhr, 16.06.2019

Alles klar. Vielen Dank für eure ausführlichen Antworten.

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