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Distributionenableitung: Tipp
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 16:13 Mo 24.06.2013
Autor: Approximus

Aufgabe
Berechnen Sie die distributionellen Ableitungen bis zur zweiten Ordnung der durch

[mm] f(x)=max\{x^{2}-1,1-x\} [/mm] , [mm] x\in\IR [/mm]

induzierten regulären Distribution  [mm] T_{f}\in D'(\IR) [/mm]

Die distributionelle Ableitung ist wie folgt definiert:

[mm] (T_{f'},\phi)=\integral_{\IR}^{}{f'(x)\phi dx}=-\integral_{\IR}^{}{f(x)\phi' dx} [/mm]

Ich weiß, dass [mm] \phi [/mm] im unendlichen 0 ist und [mm] \phi(0) [/mm] ist die Delta-Funktion.
Allerdings weiß ich jetzt nicht, wie ich damit das Integral bestimmen soll.

Mit freundlichen Grüßen

PS: Ich habe die Frage in keinem anderen Forum gestellt!

        
Bezug
Distributionenableitung: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 00:25 Di 25.06.2013
Autor: Richie1401

Hallo,

zunächst kannst du die Funktion f(x) stückweise definieren und dann normal in die Definition einsetzen. Damit erhältst du drei Integrale, die du dann partiell integrierst. Dabei kannst du ausnutzen, dass [mm] \phi [/mm] im unendlichen verschwindet - so wie du es schon gesagt hast.

Bsp:

[mm] \int_{-\infty}^{-2}(x^2-1)\phi'dx=((x^2-1)\phi)|^{-2}_{-\infty}-\int_{-\infty}^{-2}2x\phi{dx}=\phi(-2)-\int_{-\infty}^{-2}2x\phi{dx} [/mm]

Bezug
                
Bezug
Distributionenableitung: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 18:03 Di 25.06.2013
Autor: Approximus

Hallo & vielen Dank für die Antwort, das hatte ich auch schon ausprobiert, allerdings wusste ich mit dem Ergebnis nicht viel anzufangen. Wenn ich deine Ausführung nehme und dann nochmal partiell integriere komme ich am Ende auf [mm] \phi(-2), [/mm] was sagt mir dieses Ergebnis?

hier der Rechenweg ausführlich:

[mm] \integral_{-\infty}^{-2}{(x^{2}-1)\phi(x) dx}=-\integral_{-\infty}^{-2}{(x^{2}-1)\phi'(x) dx}=-\phi(-2)+\integral_{-\infty}^{-2}{(2x)\phi(x) dx}=-\phi(-2)-\integral_{-\infty}^{-2}{(2x)\phi'(x) dx}=-\phi(-2)+4\phi(-2)+\integral_{-\infty}^{-2}{(2)\phi(x) dx} [/mm]
[mm] =-\phi(-2)+4\phi(-2)-\integral_{-\infty}^{-2}{(2)\phi'(x) dx}=-\phi(-2)+4\phi(-2)-2\phi(-2)=\phi(-2) [/mm]

Bezug
                        
Bezug
Distributionenableitung: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 16:29 Mi 26.06.2013
Autor: Richie1401


> Hallo & vielen Dank für die Antwort, das hatte ich auch
> schon ausprobiert, allerdings wusste ich mit dem Ergebnis
> nicht viel anzufangen. Wenn ich deine Ausführung nehme und
> dann nochmal partiell integriere komme ich am Ende auf
> [mm]\phi(-2),[/mm] was sagt mir dieses Ergebnis?
>  
> hier der Rechenweg ausführlich:
>  
> [mm]\integral_{-\infty}^{-2}{(x^{2}-1)\phi(x) dx}=-\integral_{-\infty}^{-2}{(x^{2}-1)\phi'(x) dx}=-\phi(-2)+\integral_{-\infty}^{-2}{(2x)\phi(x) dx} Bis hierhin. danach ist fraglich, was du machst... Wie gesagt, am besten du bestimmst noch die anderen Integrale. Vielleicht kannst du noch Integrale zusammenfassen, oder eventll. heben sich auch noch Terme. Daher am besten zunächst alle Teilintegrale bestimmen. > =-\phi(-2)-\integral_{-\infty}^{-2}{(2x)\phi'(x) dx}=-\phi(-2)+4\phi(-2)+\integral_{-\infty}^{-2}{(2)\phi(x) dx}[/mm]
>  
> [mm]=-\phi(-2)+4\phi(-2)-\integral_{-\infty}^{-2}{(2)\phi'(x) dx}=-\phi(-2)+4\phi(-2)-2\phi(-2)=\phi(-2)[/mm]
>  


Bezug
                
Bezug
Distributionenableitung: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 13:30 Mi 26.06.2013
Autor: Approximus


> Hallo,
>  
> zunächst kannst du die Funktion f(x) stückweise
> definieren und dann normal in die Definition einsetzen.
> Damit erhältst du drei Integrale, die du dann partiell
> integrierst. Dabei kannst du ausnutzen, dass [mm]\phi[/mm] im
> unendlichen verschwindet - so wie du es schon gesagt hast.
>  
> Bsp:
>  
> [mm]\int_{-\infty}^{-2}(x^2-1)\phi'dx=((x^2-1)\phi)|^{-2}_{-\infty}-\int_{-\infty}^{-2}2x\phi{dx}=\phi(-2)-\int_{-\infty}^{-2}2x\phi{dx}[/mm]
>  

Für den ersten Teil der Funktion lautet die distributionelle Ableitung [mm] \phi(-2), [/mm] wie würde dann die zweite distributionelle Ableitung aussehen?

[mm] \int_{-\infty}^{-2}\phi(-2)\phi(x)dx=-\int_{-\infty}^{-2}\phi(-2)\phi'(x)dx=-\phi(-2)*\phi(-2)=-\phi^{2}(-2) [/mm]

?


Bezug
                        
Bezug
Distributionenableitung: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 16:25 Mi 26.06.2013
Autor: Richie1401

Hi,


>
> Für den ersten Teil der Funktion lautet die
> distributionelle Ableitung [mm]\phi(-2),[/mm]

Was ist denn aber mit dem Integral da hinter? Das gehört doch auch noch mit dazu!

> wie würde dann die
> zweite distributionelle Ableitung aussehen?

Bilde am besten erst einmal die distrib. Ableitung der gesamten Funktion, bevor du mit der zweiten Ableitung startest.

>  
> [mm]\int_{-\infty}^{-2}\phi(-2)\phi(x)dx=-\int_{-\infty}^{-2}\phi(-2)\phi'(x)dx=-\phi(-2)*\phi(-2)=-\phi^{2}(-2)[/mm]
>  
> ?
>  


Bezug
                                
Bezug
Distributionenableitung: Frage (überfällig)
Status: (Frage) überfällig Status 
Datum: 19:21 Mi 26.06.2013
Autor: Approximus


> Hi,
>  
>
> >
> > Für den ersten Teil der Funktion lautet die
> > distributionelle Ableitung [mm]\phi(-2),[/mm]
> Was ist denn aber mit dem Integral da hinter? Das gehört
> doch auch noch mit dazu!

okay, nochmal ausführlich:

[mm] -\int_{-\infty}^{-2}(x^{2}-1)\phi'(x)dx=-[(x^{2}-1)\phi(x)]_{-\infty}^{-2}+\int_{-\infty}^{-2}2x\phi(x)dx=-\phi(-2)+\int_{-\infty}^{-2}2x\phi(x)dx [/mm]

Das zweite Integral ist doch [mm] \int_{-\infty}^{-2}f'(x)\phi(x)dx [/mm] und dafür kann ich doch auch schreiben
[mm] \int_{-\infty}^{-2}f'(x)\phi(x)dx=-\int_{-\infty}^{-2}f(x)\phi'(x)dx [/mm]
und das integriere ich jetzt noch einmal partiell und das ergibt:
[mm] -[2x\phi(x)]_{-\infty}^{-2}+\int_{-\infty}^{-2}2\phi(x)dx=4\phi(-2)-2\phi(-2)=2\phi(-2) [/mm]



Edit: hier hat sich ein Fehler eingeschlichen...wenn ich es so umschreibe, muss ich natürlich auch die Die Stammfunktion vn f'(x) verwenden.Also lautet der Term nach der ersten partiellen Integration:

[mm] \int_{-\infty}^{-2}f'(x)\phi(x)dx=-\int_{-\infty}^{-2}f(x)\phi'(x)dx=-\phi(-2)+\int_{-\infty}^{-2}f'(x)\phi(x)dx [/mm]

und was sagt mir das jetzt? Die Ableitung ist die Ableitung - eine Testfunktion an der Stelle -2? Was kann ich denn mit dem zweiten Integral noch anstellen? Würde man umstellen, erhält man lediglich [mm] \phi(-2)=0 [/mm] ... stimmt das denn auch?

Und meine Frage, was das [mm] \phi(-2) [/mm] eigentlich bedeutet ist auch noch offen, hab mal ein wenig bei den Testfunktionen rumgeforscht, kann ich dafür auch schreiben [mm] \phi(-2)=\delta_{-2}? [/mm] Also eine Deltafunktion an der Stelle -2?

> Bilde am besten erst einmal die distrib. Ableitung der
> gesamten Funktion, bevor du mit der zweiten Ableitung
> startest.

[mm] -\int_{-2}^{1}(1-x)\phi'(x)dx=-[(1-x)\phi(x)]_{-2}^{1}+\int_{-2}^{1}-\phi(x)dx=3\phi(-2)+\int_{-2}^{1}-\phi(x)dx [/mm]

Hier könnte man das Integral vielleicht mit der Heavyside-Funktion beschreiben, wenn das so stimmt dass [mm] \phi(c)=\delta_{c} [/mm] ist, müsste die Stammfunktion von [mm] \phi(c) [/mm] die Heavyside-Funktion an der Stelle c sein?

Teil 3:
[mm] \int_{1}^{\infty}f'(x)\phi(x)dx=-\int_{1}^{\infty}f(x)\phi'(x)dx=-\int_{1}^{\infty}(x^{2}-1)\phi'(x)dx=-[(x^{2}-1)\phi(x)]_{1}^{\infty}=\int_{1}^{\infty}f'(x)\phi(x)dx [/mm]

nun bin ich immernoch ratlos ;)

Bezug
                                        
Bezug
Distributionenableitung: Fälligkeit abgelaufen
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 20:20 Fr 28.06.2013
Autor: matux

$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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