Leibnizsche Regel: Beweise ∫y0utt(x,t)dt=uy(x,y)−uy(x,0)∫0yutt(x,t)dt=uy(x,y)−uy(x,0)\ int_0^y u_{tt}(x,t) dt = u_y (x,y) - u_y (x,0)

Question

Leibnizsche Regel: Beweise ∫y0utt(x,t)dt=uy(x,y)−uy(x,0)∫0yutt(x,t)dt=uy(x,y)−uy(x,0)\ int_0^y u_{tt}(x,t) dt = u_y (x,y) - u_y (x,0)

Analyse
Infinitesimalrechnung
Integration
Mathematik
Multivariable Infinitesimalrechnung
partielle Differentialgleichungen

BCLC

A First Course in Complex Analysis von Matthias Beck, Gerald Marchesi, Dennis Pixton und Lucas Sabalka Thm 6.8

Aussage zu Thm 6.8:

Vermuten $u$ ist harmonisch an $\mathbb C$ . Dann
$v (X, j) := \int_{0}^{j} u_{X} (X, T) D T - \int_{0}^{X} u_{j} (T, 0) D T$ $v(x,y) := \int_0^y u_x(x,t) dt - \int_0^x u_y(t,0) dt$ ist ein harmonisches Konjugat für $u$ .

Pf von Thm 6.8:

Frage:

Wie zeigen wir
$\int_{0}^{j} u_{T T} (X, T) D T = u_{j} (X, j) - u_{j} (X, 0) ?$ $\int_0^y u_{tt}(x,t) dt = u_y (x,y) - u_y (x,0)?$

Es ist schon eine Weile her, dass ich PDEs oder multivariable Berechnungen durchgeführt habe, aber hier geht es:

Erste Ansatz:

\int_{0}^{j} u_{T T} (X, T) D T = u_{T} (X, T) |_{0}^{j} = u_{T} (X, T) |_{T = j} - u_{T} (X, T) |_{T = 0} = u_{j} (X, j) - u_{0 ?} (X, 0)

$\int_0^y u_{tt}(x,t) dt = u_t(x,t)|_{\color{green}{0}}^{\color{blue}{y}} = u_t(x,t)|_{t=\color{blue}{y}} - u_t(x,t)|_{t=\color{green}{0}} = u_\color{blue}{y}(x,\color{blue}{y}) - u_\color{green}{0?}(x,\color{green}{0})$

Ich verstehe hauptsächlich nicht, warum wir das haben könnten $y$ im letzten Semester

u_{j} (X, 0) .

$u_\color{green}{y}(x,\color{green}{0}).$

Zweiter Ansatz:

\int_{0}^{j} u_{T T} (X, T) D T = u_{T} (X, T) |_{0}^{j} = u_{T} (X, j) - u_{T} (X, 0) \overset{(*)}{=} u_{j} (X, j) - u_{j} (X, 0)

$\int_0^y u_{tt}(x,t) dt = u_t(x,t)|_{\color{green}{0}}^{\color{blue}{y}} = u_t(x,\color{blue}{y}) - u_t(x,\color{green}{0}) \stackrel{(*)}{=} u_\color{red}{y}(x,\color{blue}{y}) - u_\color{red}{y}(x,\color{green}{0})$

(*) Hier schätze ich, dass ich verstehe, wie für den zweiten Begriff, den wir haben $u_t(x,\color{green}{0}) = u_\color{red}{y}(x,\color{green}{0}),$ aber nicht wie für den ersten Begriff, den wir haben

u_{T} (X, j) = u_{j} (X, j) .

$u_t(x,\color{blue}{y})=u_\color{red}{y}(x,\color{blue}{y}).$

Antworten (2)

Leibnizsche Regel: Beweise ∫y0utt(x,t)dt=uy(x,y)−uy(x,0)∫0yutt(x,t)dt=uy(x,y)−uy(x,0)\ int_0^y u_{tt}(x,t) dt = u_y (x,y) - u_y (x,0)

zw. · Answer 1

Wenn ich dich fragen würde warum

\begin{matrix} (1) & \int_{A}^{B} F^{″} (T) D T = F^{'} (B) - F^{'} (A), \end{matrix}

$\tag 1 \int_a^b f''(t)\,dt = f'(b)-f'(a),$

Sie hätten eine Antwort: Daraus geht die FTC hervor, da $f'$ ist eine Stammfunktion von $f''.$ Das ist alles, was in Ihrer Situation vor sich geht.

Die Dinge könnten klarer sein, wenn wir verwenden $D_1, D_2$ für die partiellen Ableitungen bezüglich der ersten und zweiten Variablen. Mit $x$ fest, definieren $f(t) = u(x,t).$ Dann haben wir nach der Definition partieller Ableitungen $f'(t) = D_2u(x,t)$ Und $f''(t) = D_2(D_2 u)(x,t).$ Also durch $(1),$

\int_{A}^{B} D_{2} (D_{2} u) (X, T) D T = \int_{A}^{B} F^{″} (T) D T

$\int_a^b D_2(D_2 u)(x,t) dt = \int_a^b f''(t)\,dt$

= F^{'} (B) - F^{'} (A) = (D_{2} u) (X, B) - (D_{2} u) (X, A) .

$= f'(b)-f'(a) = (D_2 u)(x,b) - (D_2 u)(x,a).$

Wenn Sie denken $a=0,b=y,$ wir erhalten genau den Ausdruck, nach dem Sie gefragt haben.

Hurra für die 1D-Version von JessicaKs Kommentar. Danke zw. ^-^

BCLC · Answer 2

Basierend auf JessicaKs Kommentar:

\int_{0}^{j} u_{T T} (X, T) D T = u_{T} (X, T) |_{0}^{j} = [lim_{H \to 0} \frac{u (X, T + H) - u (X, T)}{H}] |_{0}^{j} \overset{(* *)}{=} lim_{H \to 0} [\frac{u (X, T + H) - u (X, T)}{H} |_{0}^{j}] = lim_{H \to 0} [[\frac{u (X, j + H) - u (X, j)}{H}] - [\frac{u (X, 0 + H) - u (X, 0)}{H}]]

$\int_{0}^{y} u_{tt}(x,t)\operatorname{d}t = u_{t}(x,t)\big|_{0}^{y} = [\lim_{h\rightarrow 0} \frac{u(x,t+h)- u(x,t)}{h}]\big|_{0}^{y} \stackrel{(**)}{=} \lim_{h\rightarrow 0} [\frac{u(x,t+h)- u(x,t)}{h}\big|_{0}^{y}] = \lim_{h\rightarrow 0} [[\frac{u(x,y+h)- u(x,y)}{h}] - [\frac{u(x,0+h)- u(x,0)}{h}]]$

= lim_{H \to 0} [\frac{u (X, j + H) - u (X, j)}{H}] - lim_{H \to 0} [\frac{u (X, 0 + H) - u (X, 0)}{H}]

$= \lim_{h\rightarrow 0} [\frac{u(x,y+h)- u(x,y)}{h}] - \lim_{h\rightarrow 0} [\frac{u(x,0+h)- u(x,0)}{h}]$

= u_{j} (X, j) - u_{j} (X, 0)

$= u_{y}(x,y)-u_{y}(x,0)$

In der Tat, $t$ ist ein Dummy, also könnten wir stattdessen haben

= u_{j} (X, j) - u_{T} (X, 0)

$= u_{y}(x,y)-u_{t}(x,0)$

Daher ist der erste Ansatz falsch, und das sollten wir eigentlich haben

\int_{0}^{j} u_{T T} (X, T) D T = u_{T} (X, T) |_{0}^{j} = u_{T} (X, T) |_{T = j} - u_{T} (X, T) |_{T = 0} = u_{T} (X, j) - u_{T} (X, 0) = u_{j} (X, j) - u_{j} (X, 0)

$\int_0^y u_{tt}(x,t) dt = u_t(x,t)|_{\color{green}{0}}^{\color{blue}{y}} = u_t(x,t)|_{t=\color{blue}{y}} - u_t(x,t)|_{t=\color{green}{0}} = u_t(x,\color{blue}{y}) - u_t(x,\color{green}{0}) = u_y(x,\color{blue}{y}) - u_y(x,\color{green}{0})$

Beachten Sie, dass dies für den zweiten Ansatz getan wird und dass wir nicht einstecken $t=y$ in die partielle Ableitung, dh das sagen wir nicht

u_{T} (X, T) |_{T = j} = u_{j} (X, j)

$u_t(x,t)|_{t=\color{blue}{y}} = u_\color{blue}{y}(x,\color{blue}{y})$ aber das

u_{T} (X, T) |_{T = j} = u_{T} (X, j) = u_{j} (X, j) .

$u_t(x,t)|_{t=\color{blue}{y}} = u_t(x,\color{blue}{y}) = u_y(x,\color{blue}{y}).$

(**) Dies beruht darauf, sich selbst davon zu überzeugen

[lim_{H \to 0} F (X + H)] |_{A}^{B} = lim_{H \to 0} [F (X + H) |_{A}^{B}],

$[\lim_{h\rightarrow 0} f(x+h)]\big|_{a}^{b} = \lim_{h\rightarrow 0} [f(x+h)\big|_{a}^{b}],$

Wo

L H S = [lim_{H \to 0} F (X + H)] |_{B} - [lim_{H \to 0} F (X + H)] |_{A}

$LHS = [\lim_{h\rightarrow 0} f(x+h)]\big|_{b} - [\lim_{h\rightarrow 0} f(x+h)]\big|_{a}$ Und

R H S = lim_{H \to 0} [F (B + H) - F (A + H)] = lim_{H \to 0} F (B + H) - lim_{H \to 0} F (A + H),

$RHS = \lim_{h\rightarrow 0} [f(b+h) - f(a+h)] = \lim_{h\rightarrow 0} f(b+h) - \lim_{h\rightarrow 0} f(a+h),$

dh sich davon überzeugen

[lim_{H \to 0} F (X + H)] |_{B} = lim_{H \to 0} F (B + H),

$[\lim_{h\rightarrow 0} f(x+h)]\big|_{b} = \lim_{h\rightarrow 0} f(b+h),$

wenn das per definitionem nicht schon stimmt. Ich glaube, wir könnten definieren

G (X) := lim_{H \to 0} F (X + H)

$g(x):=\lim_{h\rightarrow 0} f(x+h)$ st

G (B) := lim_{H \to 0} F (B + H) =: [lim_{H \to 0} F (X + H)] |_{B} .

$g(b):=\lim_{h\rightarrow 0} f(b+h)=:[\lim_{h\rightarrow 0} f(x+h)]\big|_{b}.$

Leibnizsche Regel: Beweise ∫y0utt(x,t)dt=uy(x,y)−uy(x,0)∫0yutt(x,t)dt=uy(x,y)−uy(x,0)\ int_0^y u_{tt}(x,t) dt = u_y (x,y) - u_y (x,0)

BCLC

Antworten (2)

zw.

BCLC

BCLC

Doppelintegral zwischen zwei Kreisen

Bestimmung der Schranken für ein Dreifachintegral?

Wie löst man das Integral ∫B(0,1)xy(x+z)(y+z)dxdydz∫B(0,1)xy(x+z)(y+z)dxdydz\int_{B(0, 1)} xy(x+z)(y+z)dxdydz?

fff ist integrierbar, hat aber kein unbestimmtes Integral

berechne ∫cx2y2+zds∫cx2y2+zds\int_{c}x^2y^2+zds

Beweise, dass f:R2→Rf:R2→Rf:\mathbb{R^2}\rightarrow \mathbb{R} nicht injektiv ist mit dem Umkehrsatz

Bereich umschlossen von x3+y3=x2+y2x3+y3=x2+y2x^3+y^3=x^2+y^2 und den x,yx,yx,y-Achsen

Der Beweis einer Funktion ist nicht injektiv, indem man die Inverse betrachtet

Gibt es eine Lösung außer partieller Integration für ∫∞0x2e−xsin(αx)dx∫0∞x2e−xsin⁡(αx)dx\int_0^\infty x^2 e^{-x} \sin(\alpha x) dx?

Auswertung des Integrals ∫R0∫1−1r2/r2+L2+2Lα−−−−−−−−−−−−−√dαdr∫0R∫−11r2/r2+L2+2Lαdαdr\int_{0}^{R} \int_{-1}^{1} r^2/\sqrt{r^2+L^2+2L\alpha}\,d\alpha dr