Aufgabe:
Berechnen Sie
\( \int \limits_{A} f \mathrm{~d} \mathcal{L}^{N} \)
mithilfe des Satzes von Fubini, wobei
a) \( N=2, A:=\left\{(x, y) \in \mathbb{R}^{2}: 0 \leq x \leq 2,0 \leq y \leq x^{2}\right\} \) und \( f(x, y)=x y \);
b) \( N=2, A:=\left\{(x, y) \in[0,1]^{2}: y \leq 1-x\right\} \) und \( f(x, y)=x^{2}+y^{2} \);
c) \( N=3, A:=\left\{(x, y, z) \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]^{3}: 0 \leq z \leq \sin (x+y)\right\} \) und \( f \equiv 1 \).
Problem/Ansatz:
Wenn ich das richtig verstanden habe, müsste ich doch folgendermaßen vorgehen:
a)
\( \int \limits_{A} f \mathrm{~d} \mathcal{L}^{2}=\int \limits_{0}^{2}\left(\int \limits_{0}^{x^{2}} x y \mathrm{~d} y\right) \mathrm{d} x \)
\( \int \limits_{0}^{x^{2}} x y \mathrm{~d} y=\frac{1}{2} x\left(x^{2}\right)^{2}=\frac{1}{2} x^{5} \)
\( \int \limits_{0}^{2} \frac{1}{2} x^{5} \mathrm{~d} x=\frac{1}{2} \cdot\left[\frac{1}{6} x^{6}\right]_{0}^{2}=\frac{1}{2} \cdot \frac{64}{6}=\frac{32}{6}=\frac{16}{3} \)
b)
\( \int \limits_{A} f \mathrm{~d} \mathcal{L}^{2}=\int \limits_{0}^{1}\left(\int \limits_{0}^{1-x}\left(x^{2}+y^{2}\right) \mathrm{d} y\right) \mathrm{d} x \)
\( \int \limits_{0}^{1-x}\left(x^{2}+y^{2}\right) \mathrm{d} y=\left[x^{2} y+\frac{1}{3} y^{3}\right]_{0}^{1-x}=x^{2}(1-x)+\frac{1}{3}(1-x)^{3} \)
\( \int \limits_{0}^{1}\left(x^{2}(1-x)+\frac{1}{3}(1-x)^{3}\right) \mathrm{d} x=\frac{1}{12} \)
c)
\( \int \limits_{A} f \mathrm{~d} \mathcal{L}^{3}=\int \limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\int \limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\int \limits_{0}^{\sin (x+y)} 1 \mathrm{~d} z\right) \mathrm{d} y\right) \mathrm{d} x \)
\( \int \limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\int \limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin (x+y) \mathrm{d} y\right) \mathrm{d} x=\int \limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}[-\cos (x+y)]_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} x=\int \limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}(1-\cos x) \mathrm{d} x \)\( =[x-\sin x]_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi}{2} \)
Habe ich das so richtig berechnet (stimmen insbesondere die Integrationsgrenzen so?)
LG Euler
