Matematik

Integral og målteori

11. januar kl. 23:23 af Rossa - Niveau: Universitet/Videregående

Hej derude.
Jeg prøver at regne en gammel eksamensopgave fra 2012 (Københavns Universitet).
Jeg kan ikke løse opgaven, og det skyldes, at jeg kan ikke forstå  sætning som er relevant til opgaven.

Opgaven lyder:
For the next question it can be assumed well known that

\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{1+y^2} \ dy = \pi

Let       A = (-1, \ 1) \times \mathbb{R}     and define the \mathcal{M^+}-\text{function} \ f \ \text{by}:
f(x,y)= 1_A(x,y) \ \frac{|x|}{2 \pi (1+ x^2 y^2)}
\text{for} (x,y) \in \mathbb{R}^2
Show that:

\int \ f dm_2 =1


Sætning som jeg er henvist til:

Theorem:
Let h:\mathbb{R} \to \mathbb{R}   be  a borel measurable map.
Let I \ \text{and} \ J  be open intervals. Assume that

1) \ h \ \text{maps I bijectively to } J,\\ 2) \ h \ \text{is a } C^{(1)}-\text{map}\ \text{on I}.\\ 3) h^{-1} \text{is a } C^{(1)}-\text{map} \ \text{on J}
For any function \phi \in \mathcal{M^+(\mathbb{R}, \mathbb{B})} and any Borel measurable set A \subset I it holds that

LH=\int_A \phi(h(x))|h'(x)| \ dx= \int_{h(A)} \phi(y) \ dy=RH

Hvad ved jeg?
Jeg ved, at funktionen er positive i hele mænngden A.
Derfor kan vi bruge Tonelli-Sætning, og da funktionen er kontinuert i hele A, så kan vi i stedet reimann integral.
Jeg gæter også, at det bliver:

\int \ f dm_2 = \int_A 1_A(x,y) \ \frac{|x|}{2 \pi (1+ x^2 y^2)} dm_2(x,y)= \int_{-1}^{1} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{|x|}{2 \pi (1+ x^2 y^2)} dydx


Hvad er det jeg ikke forstå?
Hvad er min    h(x)  fra sætning?
Hvad er intervalet I \ \text{og} \ J ?
Hvad er min \phi(h(x)) \ \text{og} \ \phi(y) fra opgaven relateret til sætning?
Jeg håber, at nogen vil, og har lyst til at hjælpe med at løse opgaven.
Det vil hjælpe mig med at forstå sætning bedre.
På forhånd tak


 


Brugbart svar (1)

Svar #1
12. januar kl. 01:19 af fosfor

Lad  h(x) = x^2  og  \phi(x) = 1/(4\pi(1+x y^2))
Da er bijektiv fra (0,1) til (0,1):

\\\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-1}^{1}\frac{|x|}{2 \pi (1+ x^2 y^2)} dxdy =\int_{-\infty}^{\infty}2\int_{0}^{1}\frac{|x|}{2 \pi (1+ x^2 y^2)} dxdy =\\\int_{-\infty}^{\infty}2\int_{0}^{1}|h'(x)|\phi(h(x)) dxdy =\int_{-\infty}^{\infty}2\int_{h((0,1))}\phi(u) dudy =\\\int_{-\infty}^{\infty}2\int_0^1\frac{1}{4\pi(1+u y^2)} dudy =\int_{-\infty}^{\infty}2\left.\frac{\log \left(4 \pi \left(u y^2+1\right)\right)}{4 \pi y^2}\right|_{u=0}^1 dy =\\\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\log \left(y^2+1\right)}{2 \pi y^2} dy =\underset{m\to\infty}{\lim}\int_{-m}^{m}\frac{\log \left(y^2+1\right)}{2 \pi y^2} dy=

partiel integration:
\\\underset{m\to\infty}{\lim}\left[\log \left(y^2+1\right)\int\frac{1}{2 \pi y^2} dy -\int\left(\frac{d}{dy}\log \left(y^2+1\right) \right )\left( \int\frac{1}{2 \pi y^2} \right )dy\right]_{-m}^m =\\\underset{m\to\infty}{\lim}\left[\log \left(y^2+1\right)\frac{-1}{2 \pi y} -\int\frac{2 y}{y^2+1}\frac{-1}{2 \pi y}dy\right]_{-m}^m =\\\underset{m\to\infty}{\lim}\left( \frac{-\log \left(m^2+1\right)}{2 \pi m}-\frac{-\log \left(m^2+1\right)}{2 \pi (-m)}\right)+\underset{m\to\infty}{\lim}\left[\frac{1}{\pi }\int\frac{y}{y^2+1}dy\right]_{-m}^m =\\0+\frac{1}{\pi }\int_{-\infty}^\infty\frac{y}{y^2+1}dy=1

I næstsidste linje er den første parentes lig 0 for alle m.


Brugbart svar (1)

Svar #2
12. januar kl. 11:41 af fosfor

Det er selvfølgelig 
\frac{1}{y^2+1}
der skal stå i slutningen


Svar #3
12. januar kl. 21:18 af Rossa

Mange tak.
Har forstået opgaven nu, men det vigtigst er, at jeg har også forstået sætning.
Mange tak skal du have


Skriv et svar til: Integral og målteori

Du skal være logget ind, for at skrive et svar til dette spørgsmål. Klik her for at logge ind.
Har du ikke en bruger på Studieportalen.dk? Klik her for at oprette en bruger.