Subst.-r. Stieltjes-Integral < Integrationstheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:11 Mo 08.09.2014 | | Autor: | DesterX |
Hallo zusammen,
ich nehme mal an, dass $f,g$ zwei Funktionen seien, [mm] $f:\IR\rightarrow \IR$ [/mm] und [mm] $g:\IR\rightarrow \IR$, [/mm] sodass das Stieltjes-Integral [mm] $\int_0^1 [/mm] f(2-x) dg(x)$ wohldefiniert ist.
Ich frage mich nun ob eine einfache Substitionsregel gilt, z.B. wenn ich $u=2-x$ setze, ist dann folgendes richtig:
[mm] $\int_0^1 [/mm] f(2-x) dg(x) = - [mm] \int_2^1 [/mm] f(u)dg(u) = [mm] \int_1^2 [/mm] f(u)dg(u)$
Leider finde ich der Literatur einen solchen Satz zu Stieljes-Integralen nicht. Wäre klasse, wenn mir jemand helfen könnte.
Grüße und vielen Dank an euch vorab,
Dester
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:35 Di 09.09.2014 | | Autor: | fred97 |
> Hallo zusammen,
> ich nehme mal an, dass [mm]f,g[/mm] zwei Funktionen seien,
> [mm]f:\IR\rightarrow \IR[/mm] und [mm]g:\IR\rightarrow \IR[/mm], sodass das
> Stieltjes-Integral [mm]\int_0^1 f(2-x) dg(x)[/mm] wohldefiniert ist.
> Ich frage mich nun ob eine einfache Substitionsregel gilt,
> z.B. wenn ich [mm]u=2-x[/mm] setze, ist dann folgendes richtig:
>
> [mm]\int_0^1 f(2-x) dg(x) = - \int_2^1 f(u)dg(u) = \int_1^2 f(u)dg(u)[/mm]
>
> Leider finde ich der Literatur einen solchen Satz zu
> Stieljes-Integralen nicht.
Ja, in Lehrbüchern zur Analysis findet man fast nichts zur Substitutionsregel bein RS-Integral.
Vielleicht hilft Dir das weiter:
![[]](/images/popup.gif) http://dml.cz/bitstream/handle/10338.dmlcz/108366/CasPestMat_115-1990-2_1.pdf
FRED
> Wäre klasse, wenn mir jemand
> helfen könnte.
> Grüße und vielen Dank an euch vorab,
> Dester
>
>
>
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:53 Di 09.09.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo zusammen,
> ich nehme mal an, dass [mm]f,g[/mm] zwei Funktionen seien,
> [mm]f:\IR\rightarrow \IR[/mm] und [mm]g:\IR\rightarrow \IR[/mm], sodass das
> Stieltjes-Integral [mm]\int_0^1 f(2-x) dg(x)[/mm] wohldefiniert ist.
> Ich frage mich nun ob eine einfache Substitionsregel gilt,
> z.B. wenn ich [mm]u=2-x[/mm] setze, ist dann folgendes richtig:
>
> [mm]\int_0^1 f(2-x) dg(x) = - \int_2^1 f(u)dg(u) = \int_1^2 f(u)dg(u)[/mm]
>
> Leider finde ich der Literatur einen solchen Satz zu
> Stieljes-Integralen nicht. Wäre klasse, wenn mir jemand
> helfen könnte.
http://arxiv.org/pdf/1104.1422.pdf
ON THE SUBSTITUTION RULE FOR LEBESGUE–STIELTJES
INTEGRALS
NEIL FALKNER AND GERALD TESCHL
Edit: Im "Walter, Analysis 2" habe ich auf die Schnelle auch nichts gefunden.
Gruß,
Marc el
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:46 Di 09.09.2014 | | Autor: | DesterX |
Hallo,
vielen Dank für eure Hilfe und Literaturhinweise. Leider bin ich des französischen nicht ganz mächtig -vermutlich findet sich des Rätsels Lösung eigentlich in jenem französischen Artikel... oder aber ich stelle mich blöd an:
In dem Paper von Falkner/Teschl jedenfalls steht die folgende Substitutionsregel:
[mm] $\int_a^b [/mm] f(x) dN(M(x))= [mm] \int_{M(a)}^{M(b)} f(M^{-1}(y) [/mm] dN(y)$
für geeignete Funktionen $M$ und $N$. Hieraus lässt sich allerdings doch:
$ [mm] \int_0^1 [/mm] f(2-x) dg(x) = - [mm] \int_2^1 [/mm] f(u)dg(u)$
noch nicht schließen, oder übersehe ich etwas?
Vielen Dank nochmals.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:59 Di 09.09.2014 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
> vielen Dank für eure Hilfe und Literaturhinweise. Leider
> bin ich des französischen nicht ganz mächtig -vermutlich
> findet sich des Rätsels Lösung eigentlich in jenem
> französischen Artikel... oder aber ich stelle mich blöd
> an:
> In dem Paper von Falkner/Teschl jedenfalls steht die
> folgende Substitutionsregel:
> [mm]\int_a^b f(x) dN(M(x))= \int_{M(a)}^{M(b)} f(M^{-1}(y) dN(y)[/mm]
>
> für geeignete Funktionen [mm]M[/mm] und [mm]N[/mm]. Hieraus lässt sich
> allerdings doch:
> [mm]\int_0^1 f(2-x) dg(x) = - \int_2^1 f(u)dg(u)[/mm]
> noch nicht schließen,
Nein. Bei einer Substitution ändern sich die Integrationsgrenzen, der Integrand und(!) die Integratorfunktion !
FRED
> oder übersehe ich etwas?
> Vielen Dank nochmals.
>
>
>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:57 Di 09.09.2014 | | Autor: | DesterX |
Das stimmt, ich mache aber noch ein bisschen mehr und verwende in meiner Rechnung für y=M(u)=2-u :
$ [mm] \int_{M(a)}^{M(b)} f(M^{-1}(y)) [/mm] dN(y) = [mm] \int_a^b [/mm] f(x) dN(M(x))= [mm] \int_a^b [/mm] f(x) M'(x) dN(x)$.
Wenn das so möglich wäre, ist meine Rechnung richtig. Vermutlich klappt das so, folgt aber noch nicht aus der Substitutionsregel selber, oder übersehe ich das nur?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:01 Di 09.09.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Das stimmt, ich mache aber noch ein bisschen mehr und
> verwende in meiner Rechnung für y=M(u)=2-u :
>
> [mm]\int_{M(a)}^{M(b)} f(M^{-1}(y)) dN(y) = \int_a^b f(x) dN(M(x))= \int_a^b f(x) M'(x) dN(x)[/mm].
>
> Wenn das so möglich wäre, ist meine Rechnung richtig.
> Vermutlich klappt das so, folgt aber noch nicht aus der
> Substitutionsregel selber, oder übersehe ich das nur?
ich hatte mir das vorhin nicht genau überlegt, sondern nur ein Paper
rausgesucht, wo die Subst. bei Stieltjes Integralen beschrieben wird.
Tatsächlich kann man Dir auch anders helfen:
Schau' mal in den Walter - Analysis 2, Satz 6.4 (Transformation in ein
Riemann-Integral):
Es gilt hier, jedenfalls wenn $f [mm] \in [/mm] R(]1,2[)$ und $g [mm] \in [/mm] C(]0,1[)$ ist
[mm] $\int_0^1 f(2-x)dg(x)=\int_0^1 f(2-x)g\,'(x)dx\,.$
[/mm]
Substituiert man
[mm] $u=2-x\,,$
[/mm]
so darfst Du weiterrechnen
[mm] $...=\;-\;\int_2^1 f(u)*g\,'(2-u)du=\int_1^2 [/mm] f(u) [mm] g\,'(2-u)du\,,$
[/mm]
denn das ist nichts weiter als die übliche Substitution beim Riemann-Integral und die Vereinbarung (lasch): [mm] $\int_a^b=\;-\;\int_b^a$.
[/mm]
Jetzt vergleichen wir mal: Du behauptest, dass das mit
[mm] $\int_1^2 [/mm] f(u) dg(u)$
übereinstimmt. Nach dem gleichen Satz (wobei wir tatsächlich andere
Voraussetzungen brauchen, denn [mm] $g\,$ [/mm] muss ja in $C(]1,2[)$) sein - das wirkt
schon komisch, oder?) gilt dann
[mm] $\int_1^2 f(u)dg(u)=\int_1^2 f(x)g\,'(x)dx\,.$
[/mm]
Es wäre also (unter den obigen Voraussetzungen) dann
[mm] $\int_1^2 [/mm] f(x) [mm] g\,'(2-x)dx=\int_1^2 [/mm] f(x) [mm] g\,'(x) dx\,.$
[/mm]
Naja, das wird wohl nur für spezielle [mm] $g\,$ [/mm] gelten...
P.S. Mein Dozent sagte damals immer, dass, wenn man noch keine
Formel zur Hand hat, man ruhig erstmal formal rechnen sollte. So würde
ich etwa bei
[mm] $\int_a^b [/mm] f(x) d (N [mm] \circ M)(x)=\int_{x=a}^{x=b} [/mm] f(x) d(N [mm] \circ [/mm] M)(x)$
einfach mal
[mm] $y=M(x)\,$
[/mm]
setzen und erhalte dann wegen
$d(N [mm] \circ [/mm] M)(x)/dx=N'(M(x))*M'(x)$ und $y=M(x)$ sowie [mm] $dy/dx=M'(x)\,$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow$ [/mm] $d(N [mm] \circ M)(x)=\frac{dN(y)}{\red{dy}}*\frac{\red{dy}}{\blue{\textbf{dx}}}*\blue{\textbf{dx}}$,
[/mm]
dass wir oben formal weiterrechnen können:
[mm] $...=\int_{y=M(a)}^{y=M(b)} [/mm] f [mm] \circ M^{-1}(y)dN(y)\,.$
[/mm]
Das ist die Formel aus dem Paper, wobei ich, wie gesagt, einfach mal nur
"formal drauf losgerechnet habe". Das ist also nichts, was man auch nur
Ansatzweise Beweis nennen dürfte, aber es ist ein Ideenbringer.
Analog sollte erstmal passen:
[mm] $\int_1^2 f(2-x)dg(x)=\int_1^2 [/mm] f(u)dg(2-u)$
Dann gilt
$g(2-u)=(g [mm] \circ [/mm] h)(u)$ mit [mm] $h(u)=x=2-u\,,$
[/mm]
und mit der Substitutionsformel aus dem Paper drehst Du Dich im Kreis,
denke ich jedenfalls...
Deine Substitution ist dahingehend also sehr nichtsbringend...
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:40 Mi 10.09.2014 | | Autor: | DesterX |
Vielen Dank für deine ausführliche und sehr interessante Antwort!
Ich verbleibe allerdings mit der Hoffnung, dass eine Kombination aus der Substitutionsregel aus dem Paper
1. $ [mm] \int_{M(a)}^{M(b)} f(M^{-1}(y)) [/mm] dN(y) = [mm] \int_a^b [/mm] f(x) dN(M(x))$
und der von der ausgeführten Regel aus dem Walter
2. [mm] $\int_a^b [/mm] f(x) dM(x) = [mm] \int_a^b [/mm] f(x) M'(x) dx$
gerade zu dem von mir gewünschten Ergebnis führt. Aus der Kombination von 1+2 und geeigneten Funktion $N,M$ gilt hoffentlich:
$ [mm] \int_{M(a)}^{M(b)} f(M^{-1}(y)) [/mm] dN(y) = [mm] \int_a^b [/mm] f(x) M'(x) dN(x)$.
Vielleicht gibt es ja hier noch jemanden, der das eventuell bestätigen kann?
Viele Grüße,
Dester
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:48 Mi 10.09.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Vielen Dank für deine ausführliche und sehr interessante
> Antwort!
>
> Ich verbleibe allerdings mit der Hoffnung, dass eine
> Kombination aus der Substitutionsregel aus dem Paper
> 1. [mm]\int_{M(a)}^{M(b)} f(M^{-1}(y)) dN(y) = \int_a^b f(x) dN(M(x))[/mm]
>
> und der von der ausgeführten Regel aus dem Walter
> 2. [mm]\int_a^b f(x) dM(x) = \int_a^b f(x) M'(x) dx[/mm]
> gerade zu
> dem von mir gewünschten Ergebnis führt. Aus der
> Kombination von 1+2 und geeigneten Funktion [mm]N,M[/mm] gilt
> hoffentlich:
> [mm]\int_{M(a)}^{M(b)} f(M^{-1}(y)) dN(y) = \int_a^b f(x) M'(x) dN(x)[/mm].
>
> Vielleicht gibt es ja hier noch jemanden, der das eventuell
> bestätigen kann?
ich versteh' deine Hoffnung nicht. Ich geh zurück zu Deiner Ausgangsgleichung:
Wenn dem so wäre, so würden wir doch die folgende Gleichung, wo nur noch Riemann-Integrale auftauchen, wie folgt:
[mm] $\int_1^2 [/mm] f(x) [mm] g\,'(2-x)dx=\int_1^2 [/mm] f(x) [mm] g\,'(x) [/mm] dx$
erhalten (nach dem Satz aus Walter, sofern die entsprechenden Voraussetzungen
erfüllt sind!), was zu
[mm] $\int_1^2 [/mm] f(x) [mm] (g\,'(2-x)- g\,'(x)) [/mm] dx=0$
führt. Für affin lineares [mm] $g\,$ [/mm] geht das bspw. gut. Aber i.a. wird sowas
doch nicht gelten bzw. nicht zu erwarten sein...
Kann aber sein, dass ich etwas übersehe: Ich kenne mich da nur sehr
(sehr) *grob* aus.
Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 03:13 Mi 10.09.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo nochmal,
> Hallo zusammen,
> ich nehme mal an, dass [mm]f,g[/mm] zwei Funktionen seien,
> [mm]f:\IR\rightarrow \IR[/mm] und [mm]g:\IR\rightarrow \IR[/mm], sodass das
> Stieltjes-Integral [mm]\int_0^1 f(2-x) dg(x)[/mm] wohldefiniert ist.
> Ich frage mich nun ob eine einfache Substitionsregel gilt,
> z.B. wenn ich [mm]u=2-x[/mm] setze, ist dann folgendes richtig:
>
> [mm]\int_0^1 f(2-x) dg(x) = - \int_2^1 f(u)dg(u) = \int_1^2 f(u)dg(u)[/mm]
ich setze mal $f(x) [mm] :\equiv [/mm] 1$ und
[mm] $g(x):=\begin{cases} 0, & \mbox{für } x < 0 \\ x, & \mbox{für } x \in [0,1] \\ x^2, & \mbox{für }x > 1\end{cases}$
[/mm]
[mm] $f\,$ [/mm] ist auf [mm] $[1,2]\,$ [/mm] beschränkt, [mm] $g\,$ [/mm] monoton wachsend auf [mm] $[0,1]\,$ [/mm] und [mm] $[1,2]\,.$
[/mm]
D.h. nach dem Satz
hier, Seite 3: Ist $f\,$ stetig, so folgt $f \in R(\alpha)$
[mm] ($\alpha$ [/mm] ist dort monoton wachsend - bei uns heißt das Ding [mm] $g\,$)
[/mm]
existiert sowohl
[mm] $\int_0^1 [/mm] f(2-x) [mm] dg(x)=\int_0^1 [/mm] 1*dx$
als auch
[mm] $\int_1^2 [/mm] f(u) [mm] dg(u)=\int_1^2 1*dx^2\,.$
[/mm]
Und Du glaubst (trotz des Satzes aus Walter) immer noch, dass diese
beiden identisch sind?
Naja:
[mm] $\int_0^1 1dx=1\,,$
[/mm]
dafür braucht man noch nicht mal wirklich ein Studium, erst recht keinen
Walter. Beim folgenden wenden wir den Satz aber an (oder eine etwas
andere Version aus dem Link oben):
[mm] $\int_1^2 1*dx^2=\int_1^2 (x^2)'dx=\left[x^2\right]_{x=1}^{x=2}=4-1=3\,.$
[/mm]
Und? Was macht die Hoffnung?
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:27 Mi 10.09.2014 | | Autor: | DesterX |
Ok, dieses einfache Gegenbeispiel ist (leider!) sehr überzeugend. Du hast mir quasi jede Hoffnung abschließend genommen. ;)
Vielen Dank für deine Bemühungen!!!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:33 Mi 10.09.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Ok, dieses einfache Gegenbeispiel ist (leider!) sehr
> überzeugend. Du hast mir quasi jede Hoffnung abschließend
> genommen. ;)
naja, mir ging es eher darum, dass Du Dir jetzt nicht tagelang den Kopf über
eine Gleichung zerbrichst, die i.a. nicht wahr ist. Allerdings, wie gesagt,
unter gewissen Voraussetzungen könntest Du schon so umformen, wie
Du wolltest. Die obige Riemann-Integral-Gleichung, die ich mit dem Satz
aus dem Analysisbuch von Walter hergeleitet habe, wäre dann ja
äquivalent. Daher ist auch sofort klar, dass wir für affin-lineare [mm] $g\,$ [/mm] Deine
Gleichung haben, sofern etwa [mm] $f\,$ [/mm] Riemann-int'bar auf $[1,2]$ ist. Aber ob
es da noch interessantere Funktionen gibt (denn für [mm] $g(x)=m*x+n\,$ [/mm] ist [mm] $dg(x)=m*dx\,$
[/mm]
doch sehr langweilig - wobei man auch $m [mm] \ge [/mm] 0$ haben sollte...)
> Vielen Dank für deine Bemühungen!!!
Gerne!
Gruß,
Marcel
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