Dobbeltintegral

Her kan du stille spørsmål vedrørende problemer og oppgaver i matematikk på høyskolenivå. Alle som har kunnskapen er velkommen med et svar. Men, ikke forvent at admin i matematikk.net er spesielt aktive her.

Dobbeltintegral

Innlegg Markus » 14/03-2019 22:40

Skal vise følgende
Anta at funksjonen f er kontinuerlig og at $f \geq 0$ på rektangelet $R = [a, b]\times[c, d]$. Vis at $$\iint_R f \, \text{d}A = 0 \implies f=0 \text{ på hele R} $$


Dette er intuitivt rimelig, tror jeg i alle fall. Dersom $f \geq 0$ så vil aldri flaten $z=f(x,y)$ ligge under $xy$-planet. Dermed vil det bare bli "bidratt" positive volumer, og ingen "negative volumer" kan nulle ut de positive. Dermed hvis $\iint_R f \, \text{d}A = 0$ så må nødvendigvis også $f=0$. Dette var en "utfordrer"-oppgave på øvingen, og jeg føler at jeg har gått glipp av noe da beviset mitt ble så kort. Ønsker gjerne tilbakemelding!

Bevis
Anta, i jakt på selvmotsigelse at $f \neq 0$ minst et sted over $R$. Del opp $R$ i to disjunkte mengder $X$ og $Y$ der $X$ er område der $f \neq 0$ og $Y$ er område der $f = 0$. Siden $f \geq 0$ av oppgaveantakelsen tvinges dermed $f>0$ over $X$, men da er $$\iint_R f \, \text{d}A = \iint_X f \, \text{d}A + \underbrace{\iint_Y f \, \text{d}A}_{0 \text{ siden } f= 0 \text{ over } Y} = \iint_X f \, \text{d}A > 0$$ som er en selvmotsigelse siden $\iint_R f \, \text{d}A = 0$. $\square$


Når jeg først skriver her, skulle gjerne også ønske et hint på følgende oppgave hvis noen har et godt et:
Anta at $f: R \to \mathbb{R}$ er en kontinuerlig funksjon på rektangelet $R=[a,b]\times [c,d]$. Vis at det finnes et punkt $(\overline{x},\overline{y})$ i $R$ slik at $$\frac{1}{|R|}\iint_R f(x,y) \, \text{d}x\text{d}y=f(\overline{x},\overline{y})$$ der $|R|$ er arealet til $R$.
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Dobbeltintegral

Innlegg Gustav » 15/03-2019 01:40

Markus skrev:Skal vise følgende
Anta at funksjonen f er kontinuerlig og at $f \geq 0$ på rektangelet $R = [a, b]\times[c, d]$. Vis at $$\iint_R f \, \text{d}A = 0 \implies f=0 \text{ på hele R} $$

Bevis
Anta, i jakt på selvmotsigelse at $f \neq 0$ minst et sted over $R$. Del opp $R$ i to disjunkte mengder $X$ og $Y$ der $X$ er område der $f \neq 0$ og $Y$ er område der $f = 0$. Siden $f \geq 0$ av oppgaveantakelsen tvinges dermed $f>0$ over $X$, men da er $$\iint_R f \, \text{d}A = \iint_X f \, \text{d}A + \underbrace{\iint_Y f \, \text{d}A}_{0 \text{ siden } f= 0 \text{ over } Y} = \iint_X f \, \text{d}A > 0$$ som er en selvmotsigelse siden $\iint_R f \, \text{d}A = 0$. $\square$


Det er noe mangelfullt. Cluet er å benytte kontinuiteten til $f$, noe som er helt nødvendig for at implikasjonen skal gjelde.

Anta at det eksisterer en $c$ i $R$ slik at $f(c)=k>0$. Velg $\epsilon=\frac{k}{2}$ i $\epsilon-\delta-$definisjonen av kontinuitet. Da fins en $\delta$ slik at... etc.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4290
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Dobbeltintegral

Innlegg Gustav » 15/03-2019 02:08

Markus skrev:
Når jeg først skriver her, skulle gjerne også ønske et hint på følgende oppgave hvis noen har et godt et:
Anta at $f: R \to \mathbb{R}$ er en kontinuerlig funksjon på rektangelet $R=[a,b]\times [c,d]$. Vis at det finnes et punkt $(\overline{x},\overline{y})$ i $R$ slik at $$\frac{1}{|R|}\iint_R f(x,y) \, \text{d}x\text{d}y=f(\overline{x},\overline{y})$$ der $|R|$ er arealet til $R$.


Hint 1: Siden $R$ er kompakt og $f$ kontinuerlig fins det punkter $(x_1,y_1)$ og $(x_2,y_2)$ i $R$ slik at $f(x_1,y_1)\le f(x,y)\le f(x_2,y_2)$ for alle $(x,y) \in R$.

Hint 2: Konstruér en kontinuerlig kurve mellom $(x_1,y_1)$ og $(x_2,y_2)$

Hint 3: Skjæringssetningen
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4290
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Dobbeltintegral

Innlegg Markus » 15/03-2019 22:33

Gustav skrev:Det er noe mangelfullt. Cluet er å benytte kontinuiteten til $f$, noe som er helt nødvendig for at implikasjonen skal gjelde.

Anta at det eksisterer en $c$ i $R$ slik at $f(c)=k>0$. Velg $\epsilon=\frac{k}{2}$ i $\epsilon-\delta-$definisjonen av kontinuitet. Da fins en $\delta$ slik at... etc.

Takker! Prøver på nytt;

Anta at det finnes $\mathbf{c} = (c_1,c_2) \in R \subseteq \mathbb{R}^2$ slik at $f(\mathbf{c})=k>0$. Da finnes $\delta > 0$ slik at $|f(\mathbf{x})-f(\mathbf{c})|<\frac{k}{2}$ dersom $|\mathbf{x}-\mathbf{c}|<\delta$. Det vil si at $\forall x$ er $k-\frac{k}{2}<f(\mathbf{x})<k+\frac{k}{2}$. Nå er $k-\frac{k}{2}=k(1-\frac12)$ som er positivt siden $k>0$. Dermed er $f(x)>k-\frac{k}{2}>0$ så $$\iint_A f(\mathbf{x}) \, \text{d}A > \iint_A (k-\frac{k}{2}) \, \text{d}A>0$$ som er en selvmotsigelse.

Holder dette?

Takk for tipsene på den andre oppgaven og forresten! Skal se på de!
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Dobbeltintegral

Innlegg Gustav » 16/03-2019 01:24

Markus skrev:Dermed er $f(x)>k-\frac{k}{2}>0$ så $$\iint_A f(\mathbf{x}) \, \text{d}A > \iint_A (k-\frac{k}{2}) \, \text{d}A>0$$



Området du integrerer over i det andre dobbeltintegralet skal vel ikke være A.

Man kan formulere det slik:

La $B=\{\vec{x}\in R : |\vec{x}-\vec{c}|<\delta \}$ og la $\mu(B)>0 $ være arealet av området $B$. Da er

$$\iint_R f(\mathbf{\vec{x}}) \, \text{d}A > \iint_ B \frac{k}{2} \, \text{d}A=\frac{k}{2} \mu(B)>0$$, siden $k>0$ og $\mu(B)\ge \frac14 \pi \delta^2>0$.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4290
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Dobbeltintegral

Innlegg Markus » 16/03-2019 01:46

Gustav skrev:
Markus skrev:Dermed er $f(x)>k-\frac{k}{2}>0$ så $$\iint_A f(\mathbf{x}) \, \text{d}A > \iint_A (k-\frac{k}{2}) \, \text{d}A>0$$



Området du integrerer over i det andre dobbeltintegralet skal vel ikke være A.

Man kan formulere det slik:

La $B=\{\vec{x}\in R : |\vec{x}-\vec{c}|<\delta \}$ og la $\mu(B)>0 $ være arealet av området $B$. Da er

$$\iint_R f(\mathbf{\vec{x}}) \, \text{d}A > \iint_ B \frac{k}{2} \, \text{d}A=\frac{k}{2} \mu(B)>0$$, siden $k>0$ og $\mu(B)\ge \frac14 \pi \delta^2>0$.

Ja selvfølgelig! Eller vi integrerer vel fortsatt strengt tatt over hele A, men mye av det (bortsett fra nettopp mengden $B$) blir vel bare $0$ uansett?? Altså er det et mellomsteg der vi splitter opp integralet før vi får ulikheten; $$\iint_A f \, \text{d}A = \iint_{A\backslash B} f \, \text{d}A + \iint_{B} f \, \text{dA} = \iint_{B} f \, \text{d}A >\iint_B \frac{k}{2} \, \text{d}A$$Det vi integrerer over her til slutt blir vel prebildet til $\epsilon$-ballen med radius $\frac{k}{2}$ eller noe sånt i den duren? Altså de $x$ som impliserer at $|f(x)-f(c)|<\frac{k}{2}$, som nettopp er mengden $B$?

Igjen, takk for god hjelp som vanlig!
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Dobbeltintegral

Innlegg Gustav » 16/03-2019 11:08

Markus skrev:Ja selvfølgelig! Eller vi integrerer vel fortsatt strengt tatt over hele A, men mye av det (bortsett fra nettopp mengden $B$) blir vel bare $0$ uansett?? Altså er det et mellomsteg der vi splitter opp integralet før vi får ulikheten; $$\iint_A f \, \text{d}A = \iint_{A\backslash B} f \, \text{d}A + \iint_{B} f \, \text{dA} = \iint_{B} f \, \text{d}A >\iint_B \frac{k}{2} \, \text{d}A$$Det vi integrerer over her til slutt blir vel prebildet til $\epsilon$-ballen med radius $\frac{k}{2}$ eller noe sånt i den duren? Altså de $x$ som impliserer at $|f(x)-f(c)|<\frac{k}{2}$, som nettopp er mengden $B$?

Igjen, takk for god hjelp som vanlig!


Det stemmer! Jeg burde nok skrevet det ut mer detaljert (du har vel brukt R og ikke A om det aktuelle området i den første posten):

Siden det er gitt at $f\ge 0$ er $\iint_{R\setminus B} f\,dA\ge \iint_{R\setminus B} 0\,dA=0$, så

$\iint_R f\,dA = \iint_{R\setminus B} f\,dA + \iint_{B} f\, dA\ge \iint_{B} f\, dA \ge \iint_{B} \frac{k}{2}\, dA=\frac{k}{2}\mu(B)\ge \frac{k\pi \delta^2}{8}>0$. Grunnen til den nest siste ulikheten er selvsagt at når vi tar hensyn til at punktet c kan ligge på randen, så vil disken med sentrum i c og radius $\delta$ overlappe det rektangulære området R med et areal som er minimum en kvartsirkel (når c ligger på et av hjørnene i R).
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4290
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Dobbeltintegral

Innlegg Markus » 17/03-2019 19:12

Gustav skrev:
Markus skrev:
Når jeg først skriver her, skulle gjerne også ønske et hint på følgende oppgave hvis noen har et godt et:
Anta at $f: R \to \mathbb{R}$ er en kontinuerlig funksjon på rektangelet $R=[a,b]\times [c,d]$. Vis at det finnes et punkt $(\overline{x},\overline{y})$ i $R$ slik at $$\frac{1}{|R|}\iint_R f(x,y) \, \text{d}x\text{d}y=f(\overline{x},\overline{y})$$ der $|R|$ er arealet til $R$.


Hint 1: Siden $R$ er kompakt og $f$ kontinuerlig fins det punkter $(x_1,y_1)$ og $(x_2,y_2)$ i $R$ slik at $f(x_1,y_1)\le f(x,y)\le f(x_2,y_2)$ for alle $(x,y) \in R$.

Hint 2: Konstruér en kontinuerlig kurve mellom $(x_1,y_1)$ og $(x_2,y_2)$

Hint 3: Skjæringssetningen

Funker dette? Bruker hint 1 ulikheten uten å nevne det. Den følger vel av ekstremalverdisetningen for flervariable funksjoner?

La $x(t)=x$ og $y(t)=y$ for $0\leq t \leq 1$ slik at $(x(0),y(0)) = (x_1,y_1)$ og $(x(1),y(1))=(x_2,y_2)$. Definer kurven $c(t)$ ved $c(t)=f(x(t),y(t))$, som er kontinuerlig (siden $f(x,y)$ er kontinuerlig). Nå har vi at $$\begin{alignat*}{2} f(x_1,y_1) &\leq f(x,y) \leq f(x_2,y_2) \\
\iint_R f(x_1,y_1) \, \text{d}x\text{d}y &\leq \iint_R f(x,y) \, \text{d}x\text{d}y \leq \iint_R f(x_2,y_2) \, \text{d}x \text{d}y \\
f(x_1,y_1) \iint_R 1 \, \text{d}x \text{d}y &\leq \iint_R f(x,y) \, \text{d}x \text{d}y \leq f(x_2,y_2) \iint_R 1 \, \text{d}x\text{d}y \\
f(x_1,y_1) |R| &\leq \iint_R f(x,y) \, \text{d}x \text{d}y \leq f(x_2,y_2) |R| \\
f(x_1,y_1) &\leq \frac{1}{|R|} \iint_R f(x,y) \, \text{d}x\text{d}y \leq f(x_2,y_2) \end{alignat*}$$ Nå, siden $\frac{1}{|R|} \iint_R f(x,y) \, \text{d}x\text{d}y$ ligger mellom $f(x_1,y_1)=c(0)$ og $f(x_2,y_2)=c(1)$ så vet vi fra skjæringssetningen at det finnes $\overline{t} \in (0,1)$ slik at $\frac{1}{|R|} \iint_R f(x,y) \, \text{d}x\text{d}y = c(\overline{t})=f(x(\overline{t}),y(\overline{t})) = f(\overline{x},\overline{y})$, som fullfører beviset.
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Dobbeltintegral

Innlegg Gustav » 17/03-2019 19:38

Markus skrev:Funker dette? Bruker hint 1 ulikheten uten å nevne det. Den følger vel av ekstremalverdisetningen for flervariable funksjoner?

La $x(t)=x$ og $y(t)=y$ for $0\leq t \leq 1$ slik at $(x(0),y(0)) = (x_1,y_1)$ og $(x(1),y(1))=(x_2,y_2)$. Definer kurven $c(t)$ ved $c(t)=f(x(t),y(t))$, som er kontinuerlig (siden $f(x,y)$ er kontinuerlig). Nå har vi at $$\begin{alignat*}{2} f(x_1,y_1) &\leq f(x,y) \leq f(x_2,y_2) \\
\iint_R f(x_1,y_1) \, \text{d}x\text{d}y &\leq \iint_R f(x,y) \, \text{d}x\text{d}y \leq \iint_R f(x_2,y_2) \, \text{d}x \text{d}y \\
f(x_1,y_1) \iint_R 1 \, \text{d}x \text{d}y &\leq \iint_R f(x,y) \, \text{d}x \text{d}y \leq f(x_2,y_2) \iint_R 1 \, \text{d}x\text{d}y \\
f(x_1,y_1) |R| &\leq \iint_R f(x,y) \, \text{d}x \text{d}y \leq f(x_2,y_2) |R| \\
f(x_1,y_1) &\leq \frac{1}{|R|} \iint_R f(x,y) \, \text{d}x\text{d}y \leq f(x_2,y_2) \end{alignat*}$$ Nå, siden $\frac{1}{|R|} \iint_R f(x,y) \, \text{d}x\text{d}y$ ligger mellom $f(x_1,y_1)=c(0)$ og $f(x_2,y_2)=c(1)$ så vet vi fra skjæringssetningen at det finnes $\overline{t} \in (0,1)$ slik at $\frac{1}{|R|} \iint_R f(x,y) \, \text{d}x\text{d}y = c(\overline{t})=f(x(\overline{t}),y(\overline{t})) = f(\overline{x},\overline{y})$, som fullfører beviset.


Edit: Ser rett ut
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4290
Registrert: 12/12-2008 12:44

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: MSN [Bot] og 13 gjester