Grenzwert mit Integral < Integrationstheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Berechne folgenden Grenzwert:
[mm] \limes_{x\rightarrow 0} \bruch{1}{x^{6}} \integral_{-2x^2}^{2x^2}{ln(1 + t^{2}) dt} [/mm] |
Hallo,
bei der Aufgabe komme ich nicht so recht weiter.
Ich wollte zunächst die Stammfunktion gewinnen, allerdings wenn ich substituiere mit u = 1 + [mm] t^2 [/mm] und die Grenzen dann substituieren will, "zerfallen" diese quasi durch das Quadrat auf einen Punkt.
Ich hatte alternativ auch schon mal an L'Hospital gedacht, allerdings bin ich mir hier nicht sicher, ob man das anwenden kann (wobei ich ja dann das Integral loswerden würde, oder?)
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Hallo,
> Berechne folgenden Grenzwert:
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> [mm]\limes_{x\rightarrow 0} \bruch{1}{x^{6}} \integral_{-2x^2}^{2x^2}{ln(1 + t^{2}) dt}[/mm]
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> Hallo,
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> bei der Aufgabe komme ich nicht so recht weiter.
>
> Ich wollte zunächst die Stammfunktion gewinnen,
warum nicht?
> allerdings
> wenn ich substituiere mit u = 1 + [mm]t^2[/mm] und die Grenzen dann
> substituieren will, "zerfallen" diese quasi durch das
> Quadrat auf einen Punkt.
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> Ich hatte alternativ auch schon mal an L'Hospital gedacht,
> allerdings bin ich mir hier nicht sicher, ob man das
> anwenden kann (wobei ich ja dann das Integral loswerden
> würde, oder?)
Substitution ist keine sonderlich zielführende Idee, um das Integral zu berechnen.
Es bietet sich (wie oftmals bei Integralen mit dem [mm]\ln[/mm]) an, partiell zu integrieren:
[mm]\int{\ln(1+t^2) \ dt} \ = \ \int{\ln(1+t^2)\cdot{}1 \ dt}[/mm]
[mm]\int{u(t)v'(t) \ dt} \ = \ u(t)v(t)-\int{u'(t)v(t) \ dt}[/mm]
Nun mal ran ...
Gruß
schachuzipus
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alles klaro. Ich komme auf:
[mm] \limes_{x\rightarrow 0} \bruch{1}{x^{6}} [/mm] (das ist ja nur mitgeschleppt...) * [ ln(1 + [mm] t^{2}) [/mm] * t - 2 * t - arctan(t) ] in den Grenzen von [mm] -2x^{2} [/mm] bis [mm] 2x^{2}
[/mm]
und jetzt Grenzen einsetzen, vereinfachen und schauen was passiert? :D
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Ich hab' jetzt noch ein bisschen "rumprobiert".
Das Anwenden nach dem Integrieren von L'Hospital sollte ja möglich sein.
Wenn man dann Zähler und Nenner immer wieder nach L'Hospital ableitet, bis im Nenner dann eine Konstante steht, dann würde 0 für den Grenzwert rauskommen. Könnte das hinkommen?
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:20 Di 24.11.2015 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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L'Hospital ist eine gute Idee. Die Bestimmung einer Stammfunktion ist dabei völlig überflüssig. Es genügt die Anwendung des Hauptsatzes der Differential- und Integralrechnung.
Vorbehaltlich Konvergenz gilt:
[mm]\lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{x^6} \int_{-2x^2}^{2x^2} \ln \left(1+t^2 \right) ~ \mathrm{d}t \right) = \lim_{x \to 0} \left( \frac{2}{x^6} \int_0^{2x^2} \ln\left( 1+t^2 \right) ~ \mathrm{d}t \right) = \lim_{x \to 0} \left( \frac{2}{6x^5} \cdot 4x \cdot \ln \left( 1 + 4x^4 \right) \right) = \frac{4}{3} \cdot \lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{x^4} \cdot \ln \left( 1 + 4x^4 \right) \right)[/mm]
Und jetzt geht es am schnellsten mit der Potenzreihe:
[mm]\ln(1+u) = u + O(u^2)[/mm]
Und damit ist alles gegessen.
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> L'Hospital ist eine gute Idee. Die Bestimmung einer
> Stammfunktion ist dabei völlig überflüssig. Es genügt
> die Anwendung des Hauptsatzes der Differential- und
> Integralrechnung.
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> Vorbehaltlich Konvergenz gilt:
>
> [mm]\lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{x^6} \int_{-2x^2}^{2x^2} \ln \left(1+t^2 \right) ~ \mathrm{d}t \right) = \lim_{x \to 0} \left( \frac{2}{x^6} \int_0^{2x^2} \ln\left( 1+t^2 \right) ~ \mathrm{d}t \right) = \lim_{x \to 0} \left( \frac{2}{6x^5} \cdot 4x \cdot \ln \left( 1 + 4x^4 \right) \right) = \frac{4}{3} \cdot \lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{x^4} \cdot \ln \left( 1 + 4x^4 \right) \right)[/mm]
>
> Und jetzt geht es am schnellsten mit der Potenzreihe:
>
> [mm]\ln(1+u) = u + O(u^2)[/mm]
>
> Und damit ist alles gegessen.
Hi,
das sieht ziemlich gut aus, muss allerdings sagen, das ich Dir nicht vollständig folgen kann.
Muss man nicht jedes mal vor Anwendung vom L'Hospital prüfen, ob die Vorraussetzungen erfüllt sind? Sprich der zu Untersuchende Term z.B. die Form [mm] \bruch{0}{0} [/mm] oder [mm] \bruch{\infinity}{\infinity} [/mm] hat?
Des weiteren, würdest Du mir eventuell ein paar Kommentare zu den Umformungen machen? Insbesondere wird mir nicht klar, warum bei dem Integral zunächst die Untere Grenze verschwindet und dann das Integral vollständig. Ich hätte nach L'Hospital erwartet, dass das Integral "sofort" weg ist. Ich sehe den letzten Schritt mit der Potenzreihe nicht so richtig.
Über ein paar Anmerkungen würde ich mich sehr freuen! :)
Viele Dank!
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 06:35 Mo 23.11.2015 | | Autor: | fred97 |
> > L'Hospital ist eine gute Idee. Die Bestimmung einer
> > Stammfunktion ist dabei völlig überflüssig. Es genügt
> > die Anwendung des Hauptsatzes der Differential- und
> > Integralrechnung.
> >
> > Vorbehaltlich Konvergenz gilt:
> >
> > [mm]\lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{x^6} \int_{-2x^2}^{2x^2} \ln \left(1+t^2 \right) ~ \mathrm{d}t \right) = \lim_{x \to 0} \left( \frac{2}{x^6} \int_0^{2x^2} \ln\left( 1+t^2 \right) ~ \mathrm{d}t \right) = \lim_{x \to 0} \left( \frac{2}{6x^5} \cdot 4x \cdot \ln \left( 1 + 4x^4 \right) \right) = \frac{4}{3} \cdot \lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{x^4} \cdot \ln \left( 1 + 4x^4 \right) \right)[/mm]
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> >
> > Und jetzt geht es am schnellsten mit der Potenzreihe:
> >
> > [mm]\ln(1+u) = u + O(u^2)[/mm]
> >
> > Und damit ist alles gegessen.
>
> Hi,
> das sieht ziemlich gut aus, muss allerdings sagen, das ich
> Dir nicht vollständig folgen kann.
>
> Muss man nicht jedes mal vor Anwendung vom L'Hospital
> prüfen, ob die Vorraussetzungen erfüllt sind? Sprich der
> zu Untersuchende Term z.B. die Form [mm]\bruch{0}{0}[/mm] oder
> [mm]\bruch{\infinity}{\infinity}[/mm] hat?
>
> Des weiteren, würdest Du mir eventuell ein paar Kommentare
> zu den Umformungen machen? Insbesondere wird mir nicht
> klar, warum bei dem Integral zunächst die Untere Grenze
> verschwindet und dann das Integral vollständig. Ich hätte
> nach L'Hospital erwartet, dass das Integral "sofort" weg
> ist. Ich sehe den letzten Schritt mit der Potenzreihe nicht
> so richtig.
>
> Über ein paar Anmerkungen würde ich mich sehr freuen! :)
> Viele Dank!
Wir setzen [mm] F(x):=\integral_{0}^{x}{\ln(1+t^2) dt} [/mm] und rechnen F(x) aber nicht aus !! Es gilt (Hauptsatz ): F ist differenzierbar und
$ [mm] F'(x)=\ln(1+x^2)$.
[/mm]
Dann haben wir (Symmetrie !)
[mm] \frac{1}{x^6} \int_{-2x^2}^{2x^2} \ln \left(1+t^2 \right) dt=\frac{2}{x^6} \int_{0}^{2x^2} \ln \left(1+t^2 \right) dt=\frac{2*F(2x^2)}{x^6}
[/mm]
Zähler und Nenner streben jeweils gegen 0 für x [mm] \to [/mm] 0.
L'Hospital ist also anwendbar, falls [mm] \frac{(2*F(2x^2))'}{(x^6)'} [/mm] einen Grenzwert für x [mm] \to [/mm] 0 hat.
Es ist [mm] \frac{(2*F(2x^2))'}{(x^6)'}= \frac{2*F'(2x^2)*4x}{6x^5}=\frac{4}{3}*\frac{\ln(1+4x^4)}{x^4}.
[/mm]
Zeige nun, dass sich der letzte Quotient mit L'Hospital in den Griff bekommen lässt.
FRED
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:02 Mo 23.11.2015 | | Autor: | fred97 |
Leopold Gast hat vorgeschlagen, nach L'Hospital die Reihe für [mm] \ln(1+u) [/mm] zu verwenden.
Das kann man von Anfang an machen:
für |t| < 1 ist
[mm] \ln(1+t^2)=t^2-\bruch{t^4}{2}+- [/mm] ....
Eine Stammfunktion für |t|<1 ist dann gegeben durch
[mm] \bruch{t^3}{3}-\bruch{t^5}{10}+-....
[/mm]
Dann hat man für $|x|< [mm] \bruch{1}{\wurzel{2}}$:
[/mm]
[mm] \integral_{-2x^2}^{2x^2}{ln(1 + t^{2}) dt}=2* \integral_{0}^{2x^2}{ln(1 + t^{2}) dt}=\bruch{16}{3}x^6-x^{10}*blablablubber
[/mm]
Teilt man noch durch [mm] x^6, [/mm] so ist der gesuchte Limes = [mm] \bruch{16}{3}
[/mm]
FRED
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