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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:08 Di 16.11.2004 | | Autor: | Micha |
Hallo!
Ich soll Folgendes zeigen:
Sei $ A [mm] \subset \IR^n$ [/mm] eine $µ_n$-messbare und beschränkte Menge.
a) Zeigen Sie, dass A $µ_n$-integrierbar ist und dass die Koordinatenfunktionen
[mm] x_j : \IR^n \to \IR , (x_1, ... x_n) \hookrightarrow x_j[/mm] für alle $j [mm] \in \{1, ..., n\}$ [/mm] über A $µ_n$-integrierbar sind.
Falls $µ_n (A) > 0 $ ist, nennt man
[mm] (\overline{x_1}, ... , \overline{x_n}) [/mm] mit
[mm] \overline{x_j} := \frac{1}{µ_n(A)} \integral_A x_j dµ_n[/mm] den Schwerpunkt von A.
b) Bestimmen Sie den Schwerpunkt eines Kegels mit Radius r und der Höhe h.
Also zu a):
Um zu zeigen, dass A $µ_n$-integrierbar ist, muss ich doch sicher einen der zwei großen Konvergenz-Sätze (monotone Konvergenz, dominierte Konvergenz) anwenden, oder? Kann man hier nicht so argumentieren:
Aus der Beschränktheit folgt doch, dass $M:= [mm] \sup A_i -\inf A_i [/mm] < [mm] \infty$ [/mm] ist für jedes [mm] i \in \{1, ..., n\}[/mm].
Hmm jetzt müsste man zeigen, dass deshalb die Koordinatenfunktionen integrierbar sind. Dann folgt fast inmittelbar, dass auch A integrierbar ist, oder?
zu b)
Ich habe mir hier eine Skizze gemacht und habe den Kegel so gelegt, dass ich die Höhe in z-Richtung abtrage und in der x-y-Ebene einen Kreis vom Radius r erhalte. Für diesen Kreis habe ich (vermutlich) auch schon das Integral nach Fubini berechnet (unter Voraussetzung von Teil a) , dass der Kegel überhaupt integrierbar ist, beschränkt ist er ja.) Da erhalte ich:
[mm] \integral_{-\sqrt{r^2 - x^2}}^{\sqrt{r^2 - x^2}} \, \integral_{-r}^r 1 \, dx \, dy [/mm]
Stimmt das soweit? Wie sehen jetzt die grenzen für das äußere Integral nach z aus?
Wäre schön, wenn mir hier jemand helfen könnte.
Gruß Micha
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:01 Mi 17.11.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Micha!
Da $A$ beschränkt ist, liegt $A$ in einem hinreichend großen Quader
$Q = [mm] \prod\limits_{i=1}^n [a_i,b_i)$.
[/mm]
Da man das Lebesgue-Maß von $Q$ ja kennt, kann man daraus und mit Hilfe der Monotonie des Integrals das Integral über [mm] $1_A$ [/mm] abschätzen.
Weiterhin gilt:
[mm] $\int\limits_A \vert \underbrace{x_j}_{ \le \max\{|a_j|,|b_j|\} }\vert \, d\mu_n \le \max\{|a_j|,|b_j|\} \cdot \mu(A)$.
[/mm]
Die b) ist mir jetzt zu geometrisch, das soll mal schön jemand anderes machen... 
Liebe Grüße
Stefan
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Hallo Hathorman,
hier die Antwort zu deinem Kegelproblem.
Prinzipiell ist es hier günstiger, in Polarkoordinaten zu arbeiten, aber ich versuche es mit kartesischen.
Deine Intergrationsgrenzen sind: [mm]x\in[-r;r],\ y\in[-r;r],\ z\in[0;h][/mm] wobei natürlich nicht das ganze Gebiet vom Kegel ausgefüllt wird.
Also legst du dir erst eine Integrationsreihenfolge fest. Zuletzt kommt IMMER die Variable, mit der du die anderen am einfachsten beschreiben kannst. D.h. wenn du einen symmetrischen Körper hast, dann integriest du zuletzt entlang der Symmetrieachse.
Ich lege jetzt die Spitze in den Ursprung. Du hast das bestimmt anders herum gemacht, aber die Grenzen für x und y sehen einfach schicker aus, wenn du Ursprungsgeraden in deinem Kegelmantel hast.
Dann gilt für (x,y,z): [mm]\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{r}\le\frac{z}{h}[/mm] (Strahlensatz)
Das bedeutet: [mm]x^2\le\frac{r^2}{h^2}\cdot z^2-y^2[/mm].
Weiterhin gilt: [mm]|\frac{y}{r}|\le\frac{z}{h}[/mm] und damit [mm]|y|\le\frac{r}{h}\cdot z[/mm]
Dein Integral lautet also:
[mm]V_{Kegel}=\int_{0}^{h}(
\int_{-\frac{r}{h}z}^{+\frac{r}{h}z}(
\int_{-\sqrt{\frac{r^2}{h^2}z^2-y^2}}^{+\sqrt{\frac{r^2}{h^2}z^2-y^2}}1\ dx)dy)dz[/mm]
Das führt dich Maple zufolge tatsächlich auf [mm]\frac{\pi r^2h}{3}[/mm].
Dein Schwerpunkt liegt aus Symmetriegründen bei [mm] (0,0,S_Z) [/mm] mit
[mm]S_Z=\frac{\int z\ dV}{V_{Kegel}}[/mm]
Also bestimmst du jetzt auch noch
[mm]\int_{0}^{h}(\int_{-\frac{r}{h}z}^{+\frac{r}{h}z}(\int_{-\sqrt{\frac{r^2}{h^2}z^2-y^2}}^{+\sqrt{\frac{r^2}{h^2}z^2-y^2}}z dx)dy)dz[/mm]
Das Ergebnis davon ist [mm]\frac{r^2h^2\pi}{4}[/mm], was auf
[mm]S_Z=\frac{3}{4}h[/mm] führt.
Der SP liegt also 0,25 h über der Grundfläche. Beim Tetraeder ist das übrigens genauso.
Hugo
PS: In Polarkoordinaten geht es leichter, weil du dir eine Integration sparst und die Grenzen leichter dargestellt sind.
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