Konvergenz uneig. Integrale < Integrationstheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 07:14 Mi 11.06.2008 | | Autor: | Surfer |
Hallo, hab hier Schwierigkeiten wie bei folgenden Aufgaben vorzugehen ist. Man soll die gegebenen uneigentlichen Integrale auf Konvergenz untersuchen, aber wie ist hier vorzugehen?
a) [mm] \integral_{0}^{+\infty}{\bruch{x}{\wurzel{1+x^5}} dx}
[/mm]
b) [mm] \integral_{0}^{\pi/2}{\bruch{1}{sin(x)} dx}
[/mm]
c) [mm] \integral_{2}^{+\infty}{\bruch{1}{x(ln(x))^{\alpha}} dx}
[/mm]
Hab echt keine Vorstellung wie rangehen an die Sache!
Bitte um Hilfe!
lg Surfer
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> Hallo, hab hier Schwierigkeiten wie bei folgenden Aufgaben
> vorzugehen ist. Man soll die gegebenen uneigentlichen
> Integrale auf Konvergenz untersuchen, aber wie ist hier
> vorzugehen?
>
> a) [mm]\integral_{0}^{+\infty}{\bruch{x}{\wurzel{1+x^5}} dx}[/mm]
>
> b) [mm]\integral_{0}^{\pi/2}{\bruch{1}{sin(x)} dx}[/mm]
>
> c) [mm]\integral_{2}^{+\infty}{\bruch{1}{x(ln(x))^{\alpha}} dx}[/mm]
>
> Hab echt keine Vorstellung wie rangehen an die Sache!
> Bitte um Hilfe!
Den Integranden von a) kannst Du für [mm] $x\rightarrow +\infty$ [/mm] wegen
[mm]0\leq \frac{x}{\sqrt{1+x^5}}\leq \frac{1}{x^{3/2}}[/mm]
von oben durch den Integranden eines konvergenten uneigentlichen Integrals begrenzen.
Den Integranden von b) kannst Du für [mm] $x\rightarrow [/mm] 0+$ wegen [mm] $\sin(x)\leq [/mm] x$ (für [mm] $x\geq [/mm] 0$) d.h.
[mm]\frac{1}{x}\leq \frac{1}{\sin(x)}[/mm]
von unten durch den Integranden eines an der unteren Grenze $0$ divergenten Integrals begrenzen.
Beim Integral c) würde ich zuerst einmal die Substitution [mm] $u=\ln(x)$ [/mm] versuchen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:21 Mi 11.06.2008 | | Autor: | Surfer |
Naja das bringt mich auch nicht richtig weiter, wie komme ich denn da drauf?
lg Surfer
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> Naja das bringt mich auch nicht richtig weiter, wie komme
> ich denn da drauf?
Worauf genau? - Du solltest schon die Güte haben, spezifische Rückfragen im Kontext meiner ersten Antwort zu stellen. Zu diesem Zweck kann man jeweils die Frage (oder Anwort) auf die man antworten will, in das Editierfenster zitieren lassen (siehe: Schaltfläche "Zitieren" am linken unteren Rand des Editierfensters.)
Ohne solche spezifischen Rückfragen stehe ich vor einer unmöglichen Aufgabe des Rätselratens, wo genau ich Dich womöglich bei meiner gewiss knapp gehaltenen Erklärung abgehängt haben könnte. Schliesslich habe ich keine Ahnung, welches Vorwissen ich beim Erklären auf Deiner Seite voraussetzen darf.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:10 Mi 11.06.2008 | | Autor: | Surfer |
Hallo,
naja Vorwissen zur Konvergenzbestimmung minimal, da ich noch kein einziges Zahlenbeispiel gesehen habe, und allein mit der Theorie im Buch nicht weiter komme!
> Den Integranden von a) kannst Du für [mm]x\rightarrow +\infty[/mm]
> wegen
>
> [mm]0\leq \frac{x}{\sqrt{1+x^5}}\leq \frac{1}{x^{3/2}}[/mm]
> von
aber hier schreibst du ja bereits das ergebnis oder? die Spanne in dem es liegt und wohin es konvergiert oder?
Und wie kommst du darauf? Vielleicht kannst mir mal am ersten Beispiel genauer erklären wie überhaupt vorzugehen ist, damit ich wenigstens an einem Zahlenbeispiel sehe was ich zu tun habe!
> oben durch den Integranden eines konvergenten
> uneigentlichen Integrals begrenzen.
>
> Den Integranden von b) kannst Du für [mm]x\rightarrow 0+[/mm] wegen
> [mm]\sin(x)\leq x[/mm] (für [mm]x\geq 0[/mm]) d.h.
>
> [mm]\frac{1}{x}\leq \frac{1}{\sin(x)}[/mm]
> von unten durch den
> Integranden eines an der unteren Grenze [mm]0[/mm] divergenten
> Integrals begrenzen.
>
> Beim Integral c) würde ich zuerst einmal die Substitution
> [mm]u=\ln(x)[/mm] versuchen.
lg Surfer
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> Hallo,
> naja Vorwissen zur Konvergenzbestimmung minimal, da ich
> noch kein einziges Zahlenbeispiel gesehen habe, und allein
> mit der Theorie im Buch nicht weiter komme!
> > Den Integranden von a) kannst Du für [mm]x\rightarrow +\infty[/mm]
> > wegen
> >
> > [mm]0\leq \frac{x}{\sqrt{1+x^5}}\leq \frac{1}{x^{3/2}}[/mm]
> >
> von
> aber hier schreibst du ja bereits das ergebnis oder?
Nein, ich schreibe hier bloss eine Abschätzung des Integranden des Integrals, das wir auf Konvergenz (an der oberen, uneigentlichen Grenze [mm] $+\infty$) [/mm] untersuchen wollen.
> die Spanne in dem es liegt und wohin es konvergiert oder?
> Und wie kommst du darauf? Vielleicht kannst mir mal am
> ersten Beispiel genauer erklären wie überhaupt vorzugehen
> ist, damit ich wenigstens an einem Zahlenbeispiel sehe was
> ich zu tun habe!
Also am Beispiel a) haben wir ein Integral, dessen Konvergenz nur wegen der oberen Grenze [mm] $+\infty$ [/mm] problematisch ist. Der Integrand ist im Integrationsbereich jedenfalls [mm] $\geq [/mm] 0$. Aus welchem Grund könnte nun dieses Integral nicht "konvergieren"? - Nun, es könnte zu gross werden, d.h. es könnte gelten, dass
[mm]\lim_{b\rightarrow \infty}\int\limits_0^b \frac{x}{\sqrt{1+x^5}}\; dx\overset{??}{\longrightarrow} +\infty[/mm]
Um diesen Fall auszuschliessen, versuchen wir den Integranden [mm] $\frac{x}{\sqrt{1+x^5}}$ [/mm] nach oben durch den Integranden eines (bekanntlich) konvergenten uneigentlichen Integrals mit oberer Grenze [mm] $+\infty$ [/mm] abzuschätzen. Hier spekuliere ich natürlich auf Dein Vorwissen, dass nämlich für alle [mm] $\varepsilon>0$ [/mm] das uneigentliche Integral
[mm]\int\limits_1^{+\infty}\frac{1}{x^{1+\varepsilon}}\; dx<\infty[/mm]
konvergiert, also einen Wert [mm] $<\infty$ [/mm] hat. Wegen der Monotonie des (Ober-)Integrals folgt dann sogleich aus der Konvergenz dieses Integrals die Konvergenz des Integrals, das wir durch seinen Integranden nach oben haben begrenzen können.
Nun gehen wir also zu unserem Versuch zurück, den Integranden von a) von oben abzuschätzen, und zwar mit dem Ziel, dies mit einem Term der Form [mm] $\frac{1}{x^{1+\varepsilon}}$ [/mm] zu tun
[mm]\frac{x}{\sqrt{1+x^5}}=\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{x^2}+x^3}}\leq \frac{1}{\sqrt{x^3}}=\frac{1}{x^{3/2}}[/mm]
Das erste Gleichheitszeichen gilt, weil wir Zähler und Nenner durch $x$ teilen dürfen (jedenfalls für $x>0$ und nur solche Werte interessieren für die Frage der Konvergenz an der oberen Grenze [mm] $+\infty$), [/mm] zudem haben wir die Division durch $x$ im Zähler in die Quadratwurzel hineingezogen.
Wegen der Monotonie des Integrals folgt nun, für alle [mm] $b\geq [/mm] 1$
[mm]\int\limits_1^b \frac{x}{\sqrt{1+x^5}}\; dx\leq \int\limits_1^b\frac{1}{x^{3/2}}\;dx[/mm]
Limes [mm] $b\rightarrow\infty$ [/mm] auf beiden Seiten dieser Ungleichung liefert
[mm]\int\limits_1^\infty \frac{x}{\sqrt{1+x^5}}\; dx\leq \int\limits_1^\infty \frac{1}{x^{3/2}}\; dx<\infty[/mm]
Beachte: Damit die Abschätzung gilt, habe ich die untere Grenze von $0$ auf $1$ geändert. Dies beeinträchtigt unseren Beweis der Konvergenz des Integrals von Teilaufgabe a) nicht, weil das Integral [mm] $\int_0^1\frac{x}{\sqrt{1+x^5}}\; [/mm] dx$ selbstverständlich konvergiert, denn der Integrand ist im ganzen Integrationsintervall, inklusive Grenzen, definiert und stetig.
Dies war also der Fall, dass wir die Konvergenz eines uneigentlichen Integrals durch nachweisen einer "konvergenten Majoranten" zeigen können.
Es gibt aber auch Fälle von uneigentlichen Integralen die divergieren. Teilaufgabe b) ist ein solcher Fall. Deshalb versuchen wir bei b) eine "divergente Minorante" zu finden. Das dabei vorausgesetzte Grundwissen ist einerseits, dass [mm] $x\geq \sin(x)$, [/mm] für [mm] $x\geq [/mm] 0$ und dass für alle [mm] $\varepsilon\geq [/mm] 0$ die uneigentlichen Integrale
[mm]\int\limits_0^1\frac{1}{x^{1+\varepsilon}\;dx[/mm]
divergieren. Zusammen mit der Abschätzung [mm] $\frac{1}{x}\leq \frac{1}{\sin(x)}$ [/mm] folgt daher aus dieser Ungleichung wegen der Monotonie des Integrals für alle [mm] $c\in \; ]0;\pi/2]$, [/mm] dass
[mm]\int\limits_c^{\pi/2}\frac{1}{x}\;dx\leq \int\limits_c^{\pi/2}\frac{1}{\sin(x)}\; dx[/mm]
und Limes für [mm] $c\rightarrow [/mm] 0+$ ergibt
[mm]+\infty=\int\limits_0^{\pi/2}\frac{1}{x}\; dx\leq \int\limits_0^{\pi/2}\frac{1}{\sin(x)}\; dx[/mm]
also muss auch das Integral von Teilaufgabe b) nach [mm] $+\infty$ [/mm] divergieren.
>
> > oben durch den Integranden eines konvergenten
> > uneigentlichen Integrals begrenzen.
> >
> > Den Integranden von b) kannst Du für [mm]x\rightarrow 0+[/mm] wegen
> > [mm]\sin(x)\leq x[/mm] (für [mm]x\geq 0[/mm]) d.h.
> >
> > [mm]\frac{1}{x}\leq \frac{1}{\sin(x)}[/mm]
> > von unten durch den
> > Integranden eines an der unteren Grenze [mm]0[/mm] divergenten
> > Integrals begrenzen.
> >
> > Beim Integral c) würde ich zuerst einmal die Substitution
> > [mm]u=\ln(x)[/mm] versuchen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:08 Mi 11.06.2008 | | Autor: | Surfer |
Wow ok, aber dazu braucht man auch ein bisschen ein geschultes Auge für dieses Thema! Wenn ich jetzt die c) aufgabe anschaue, dann kann ich da wieder stundenlang versuchen, wiel es dort wieder anders ist wie bei a) und b)! gibts dafür irgendwie ein festes Schema? Oder wie würdest dies jetzt bei der c) untersuchen?
lg und danke für deine Hilfe Surfer
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> Wow ok, aber dazu braucht man auch ein bisschen ein
> geschultes Auge für dieses Thema!
Vermutlich ja schon, aber für welches Gebiet gilt dies nicht?
> Wenn ich jetzt die c)
> aufgabe anschaue, dann kann ich da wieder stundenlang
> versuchen, wiel es dort wieder anders ist wie bei a) und
> b)! gibts dafür irgendwie ein festes Schema? Oder wie
> würdest dies jetzt bei der c) untersuchen?
Bei c) sieht mir der Integrand auf den ersten Blick etwas gar merkwürdig aus. Auf den zweiten Blick erkenne ich dann, dass man den Faktor [mm] $\frac{1}{x}$ [/mm] abspalten kann, der ja gerade die Ableitung von [mm] $\ln(x)$ [/mm] ist. Daher kann man dieses Integral, vor allen weiteren Überlegungen, mit Hilfe der Substitution $u := [mm] \ln(x)$ [/mm] erheblich vereinfachen:
[mm]\int\limits_2^{\infty} \frac{1}{x\left(\ln(x)\right)^\alpha}\; dx=\int\limits_2^\infty \frac{1}{\left(\ln(x)\right)^\alpha}\cdot \frac{1}{x}\;dx=\int\limits_2^\infty \frac{1}{\left(\ln(x)\right)^\alpha}\cdot \left(\ln(x)\right)'\;dx=\int\limits_{\ln(2)}^\infty \frac{1}{u^\alpha}\; dx[/mm]
Das Integral bezüglich $u$ konvergiert (bekanntlich) genau dann, wenn [mm] $\alpha [/mm] > 1$ ist. Wer's nicht glaubt, berechnet einfach den Wert des Integrals
[mm]\int\limits_{\ln(2)}^b\frac{1}{u^\alpha}\; dx[/mm]
mit Hilfe einer geeigneten Stammfunktion und lässt [mm] $b\rightarrow \infty$ [/mm] gehen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:03 Do 12.06.2008 | | Autor: | Surfer |
Ah ok, aber reicht mir dies jetzt schon bei solchen Aufgaben als Beweis? dass ich sage für alpha > 1 konvergiert dieses Integral?
lg Surfer
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> Ah ok, aber reicht mir dies jetzt schon bei solchen
> Aufgaben als Beweis? dass ich sage für alpha > 1
> konvergiert dieses Integral?
Wenn es in der Vorlesung behandelt wurde, natürlich schon. Aber ich kann beim besten Willen nicht wissen, was bei Dir in der Vorlesung (oder in einer vorangegangenen Übung oder in einem offiziellen Lehrbuch bzw. Skript) behandelt wurde und was nicht.
Wenn nicht: ich habe ja bemerkt, dass man das Integral mit fester oberer Grenze [mm] $b\geq \ln(2)$ [/mm] mittels einer geeigneten Stammfunktion explizit berechnen und dann den Limes dieses Integrals von [mm] $\ln(2)$ [/mm] bis $b$ für [mm] $b\rightarrow \infty$ [/mm] untersuchen kann.
Ist [mm] $\alpha\neq [/mm] 1$, dann ist bekanntlich
[mm]\int\limits_{\ln(2)}^b\frac{1}{u^\alpha}\; du=\Big[\frac{1}{1-\alpha}u^{1-\alpha}\Big]_{u=\ln(2)}^b=\frac{1}{1-\alpha}\left(b^{1-\alpha}-\ln(2)^{1-\alpha}\right)[/mm]
Ist [mm] $\alpha>1$ [/mm] so geht [mm] $b^{1-\alpha}$ [/mm] für [mm] $b\rightarrow \infty$ [/mm] gegen $0$ und der Limes dieser Integrale für [mm] $b\rightarrow \infty$ [/mm] existiert (d.h. unser unbestimmtes Integral konvergiert).
Ist aber [mm] $\alpha<1$ [/mm] so geht [mm] $b^{1-\alpha}$ [/mm] gegen [mm] $+\infty$ [/mm] und der Limes dieser Integrale für [mm] $b\rightarrow\infty$ [/mm] existiert nicht (bzw. ist [mm] $+\infty$) [/mm] (d.h. unser unbestimmtes Integral konvergiert nicht).
Ist aber [mm] $\alpha=1$, [/mm] so benötigen wir eine andere Stammfunktion. Es ist
[mm]\int\limits_{\ln(2)}^b\frac{1}{u^\alpha}\; du=\Big[\ln(\alpha)\Big]_{u=\ln(2)}^b=\ln(b)-\ln(\ln(2))[/mm]
Diese Integrale gehen für [mm] $b\rightarrow \infty$ [/mm] offenbar gegen [mm] $+\infty$: [/mm] also auch Divergenz unseres unbestimmten Integrals von Teilaufgabe c) für den Fall [mm] $\alpha=1$.
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