Riemannsche Summe < Integration < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Guten abend. Ich wollte mal fragen, ob ich unter Riemannsche Summe und Riemannsche Integral das gleiche verstehen kann?
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Naja mein Problem ist, dass ich was zu Riemannsche Summe eingegeben habe und dazu was zum Riemannschen Integral bekommen habe. Das hat mich jetzt verwirrt.
Meine Aufgabe lautet für a>0 [mm] \integral_{0}^{a}{x^3 dx} [/mm] mittels Riemannschen Summen ermitteln.
Das hätte ich jetzt mittels äquidistanter Zerlegung gemacht. So wie es im Prinzip auf Wiki steht. Nur was wähle ich dann für a>0? Kann ich mir das beliebig aussuchen hauptsache größer 0?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:11 Mi 16.01.2008 | | Autor: | Marcel |
> Naja mein Problem ist, dass ich was zu Riemannsche Summe
> eingegeben habe und dazu was zum Riemannschen Integral
> bekommen habe. Das hat mich jetzt verwirrt.
>
> Meine Aufgabe lautet für a>0 [mm]\integral_{0}^{a}{x^3 dx}[/mm]
> mittels Riemannschen Summen ermitteln.
>
> Das hätte ich jetzt mittels äquidistanter Zerlegung
> gemacht. So wie es im Prinzip auf Wiki steht. Nur was wähle
> ich dann für a>0? Kann ich mir das beliebig aussuchen
> hauptsache größer 0?
Hallo,
wie meinst Du das? Du darfst für $a$ keinen festen Wert einsetzen, das Ergebnis des Integrals hängt von $a$ ab. Und wenn Du das Intervall $[0,a]$ äquidistant zerlegst, so hat ja jedes "Teilstückchen" auch eine von $a$ abhängige Länge.
Mit anderen Worten:
$a > 0$ ist beliebig, aber fest.
Aus der Schule wirst Du ja schon ein wenig mit Integralen rechnen können, daher solltest Du erkennen, dass
$x [mm] \mapsto \frac{1}{4}x^4$ [/mm] eine Stammfunktion für $x [mm] \mapsto x^3$ [/mm] ist, und daher:
[mm] $\integral_{0}^{a}{x^3 dx}=\left[\frac{1}{4}x^4\right]_{x=0}^{x=a}=\frac{1}{4}a^4$ $(\*)$
[/mm]
als Ergebnis für dieses Integral rauskommen sollte.
Soweit seid ihr aber an der Stelle mit der Theorie noch nicht (nehme ich mal an), d.h. Du sollst genau das letzte Ergebnis eben allein durch die Theorie mittels Riemannschen Summen und dann mit dem Übergang zum Riemannschen Integral herleiten.
Ich habe Dir nur mal angegeben, was für das Integral als Ergebnis herauskommt, damit Du siehst, dass in diesem Ergebnis die (beliebige, aber feste) Zahl $a > 0$ mit eingeht.
Die Sache mit der äquidistanten Zerlegung hat auch einen gewissen Haken; nicht umsonst steht da normalerweise "eine beliebige Zerlegung". Normalerweise muss man erstmal die Existenz des Integrals mit "beliebigen Zerlegungen" (oder ggf. auch anders) begründen, und dann kann man mittels der äquidistanten Zerlegung (in $n$ Teilstücken) dann das Integral mittels den Riemannsummen approximieren und dann wegen der Existenz des Grenzwertes dann $n [mm] \to \infty$ [/mm] laufen lassen, um damit den tatsächlichen Wert des Integrals zu erhalten.
P.S.:
Die Riemannsche Ober-/ Untersumme für eine (beliebige) Zerlegung von $[0,a]$ kann man hier übrigens auch formal sehr schön notieren, weil nämlich $x [mm] \mapsto x^3$ [/mm] stetig und streng monoton wachsend ist.
P.P.S.:
Wenn Du die Existenz des Riemannschen Integrals begründet hast (dazu brauchst Du nicht unbedingt den direkten Nachweis über Ober-/Untersummen etc., vermutlich hast Du einen Satz zur Verfügung, der mit der Stetigkeit der zur integrierenden Funktion (hier von $x [mm] \mapsto x^3$) [/mm] diese Existenz begründet), so kannst Du natürlich hingehen, und sagen:
Ich betrachte nun für $n [mm] \in \IN$ [/mm] die Zerlegung [mm] $Z_n$ [/mm] von $[0,a]$, gegeben durch
[mm] $x_0=a [/mm] < [mm] x_1 [/mm] < [mm] x_2 [/mm] < ... < [mm] x_n=b$, [/mm] wobei [mm] $x_k:=\frac{k*a}{n}$ [/mm] für $k=0,...,n$ (also: [mm] $Z_n$ [/mm] zerlegt $[0,a]$ äquidistant in $n$ Teilstücke (der Länge [mm] $\frac{a}{n}$)).
[/mm]
Weil das Riemannsche Integral existiert, gilt insbesondere [mm] $O(Z_n) \to \integral_{0}^{a}{x^3dx}$ [/mm] ($n [mm] \to \infty$).
[/mm]
Es ist nun (überlege Dir das mit dem P.S. von oben)
[mm] $O(Z_n)=\sum_{k=1}^n \frac{a}{n}*\left(\frac{k*a}{n}\right)^3=\frac{a^4}{n^4} \sum_{k=1}^n k^3$
[/mm]
Nun benutze die (nichttriviale, z.B. durch Induktion beweisbare) Formel
[mm] $\sum_{k=1}^n k^3=\left(\sum_{k=1}^n k\right)^2=\frac{n^2}{4}(n+1)^2$
[/mm]
Damit erhälst Du dann wegen [mm] $\integral_{0}^{a}{x^3dx}=lim_{n \to \infty}{O(Z_n)}$ [/mm] die Formel [mm] $(\*)$.
[/mm]
Gruß,
Marcel
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Super. Ja das Bilden von Stammfunktionen ist überhaupt kein Problem. Ich hatte nur Schwierigkeiten damit das über die Riemannsche Summe zu auch wirklich zu beweisen. Das heißt, dass Ergebnis hatte ich schon. Nur halt nicht den Weg. Aber ich habs dank deiner Hilfe klasse verstanden. Dankeschln dafür.
Mit freundluchen Grüßen domenigge135
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Hallo. Also ich fange an, dass immer besser zu verstehen. Allerdings hapert es immer an manchen Stellen. Das mit der Induktion find ich ganz gut. Allerdings sollen wir das mit dem Grenzwert berechnen.
Ich habe wie gesagt das Integral [mm] \integral_{0}^{a}{x^3 dx} [/mm] und soll nun a>0 berechnen, mittels der Riemannschen Summe. Von alleine weiß ich ja, dass eine Stammfunktion davon z.b. [mm] \bruch{1}{4}a^4 [/mm] ist. ebenso wäre z.B. vom [mm] \integral_{0}^{a}{x^1^0^0 dx} [/mm] die Stammfunktion [mm] \bruch{1}{101}a^1^0^1. [/mm] usw. Also mit dem Bilden von Stammfunktionen tu ich mich nicht schwer. Was mein Problem ist, ist das mit der Riemannschen Summe [mm] F_n=\summe_{j=1}^{n} [/mm] zu berechnen. Es wäre wirklich hilfreich von euch, wenn ihr mir dabei helfen könntet. Denn als Stammfunktion jetzt einfach nur [mm] \bruch{1}{4}a^4 [/mm] anzugeben reicht nicht ganz. Wir sollen das alles ja beweisen. Also was müsste ich jetzt auf diesem Weg beachten. Ich hab das ja an den Beispiel ganz gut verstanden. Nur wäre es net, wenn man es mir ein bischen ausführlicher erklären könnte.
Danke schonmal im vorraus. Mit freundlichen Grüßen Domenigge135
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:51 Fr 18.01.2008 | | Autor: | Marcel |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo Domenigge,
ich habe Dir eigentlich gezeigt, wie Du z.B. vorgehen kannst, um
$\int_{0}^a {x^3dx}$ mittels der Riemannschen (Ober-)Summe zu berechnen.
Die Existenz des Integrals ergibt sich aus der Stetigkeit der Funktion $x \to x^3$ auf jedem Kompaktum $[0,a]$.
Also gilt insbesondere, dass für jede Zerlegung $Z^{\sim}_n$ von $[0,a]$ in $n$ (nicht notwendig gleich große) Teilstücke dann $O(Z^{\sim}_n) \to \int_{0}^a x^3dx$ strebt (sofern die Zerlegung die Eigenschaft hat, dass sie bei $n \to \infty$ auch "$\infty$" fein wird, das heißt, dass das Supremum über die Länge aller "Teilstücke" mit $n \to \infty$ dann auch gegen $0$ strebt).
Also können wir insbesondere $Z^{\sim}_n=Z_n$ mit der äquidistanten Zerlegung $Z_n$ wie in dem Post vorher betrachten.
(Die Länge eines jeden Teilstückes ist hier $\frac{a}{n}$, daher ist das Supremum über die Länge aller Teilstücke auch $\frac{a}{n}$ und das strebt bei $n \to \infty$ gegen $0$, also ist diese Zerlegung eine Zerlegung, die "fein" wird bei $n \to \infty$.)
(Wenn für eine jede, in diesem Sinne "fein werdende", Zerlegung $Z^{\sim}_n$ gilt, dass $O(Z^{\sim}_n) \to \integral_{0}^a {x^3dx}$ bei $n \to \infty$, so gilt das insbesondere natürlich auch für eine spezielle Zerlegung.)
Dann gilt für jedes $n$:
$O(Z_n)=\sum_{k=1}^n \frac{a}{n}\cdot{}\left(\frac{k\cdot{}a}{n}\right)^3=\frac{a^4}{n^4} \sum_{k=1}^n k^3$
(Wegen der Stetigkeit und strengen Monotonie von $x \mapsto x^3$ ist hier nämlich
$\sup \{x^3=f(x): x_{k-1} < x < x_k\}=x_k^3=f(x_k)$, und daher für speziell $x_k=\frac{k*a}{n}$ dann
$\sup \{x^3=f(x): x_{k-1} < x < x_k\}=x_k^3=f(x_k)=\left(\frac{k*a}{n}\right)^3$ für $k=1,...,n$.)
Weiterhin gilt für jedes $n \in \IN$, dass
$(\*)$ $\sum_{k=1}^n k^3=\frac{n^2(n+1)^2}{4}$
(Und diese Formel kannst Du per Induktion beweisen!)
Also folgt:
$O(Z_n)=\sum_{k=1}^n \frac{a}{n}\cdot{}\left(\frac{k\cdot{}a}{n}\right)^3=\frac{a^4}{n^4} \frac{n^2(n^2+2n+1)}{4}=\frac{a^4}{4}*\frac{n^4+2n^3+n^2}{n^4}$
Wegen $\frac{n^4+2n^3+n^2}{n^4}=1+2\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2} \to 1+2*0+0=1$ bei $n \to \infty$ folgt daher
$O(Z_n) \to \frac{a^4}{4}*1=\frac{a^4}{4}$ bei $n \to \infty$
Ich habe hier nur zwischendurch als Hilfsmittel eine Formel - nämlich $(\*)$ - verwendet, die sich induktiv beweisen läßt. Man berechnet für jedes $n$ dann mit der zugehörigen (äquidistanten) Zerlegung dann die Obersumme $O(Z_n)$ und um damit den Wert des gesuchten Integrals zu erhalten, folgt die Grenzwertbetrachtung $n \to \infty$.
Würde man die Formel $(\*)$ nicht benutzen, so ist für mich nicht ersichtlich, warum $O(Z_n) \to \frac{a^4}{4}$.
Dann müßtest Du dies auf einem anderen Wege zeigen, ggf. durch geeignete Abschätzungen (das finde ich hier aber überflüssig, weil $(\*)$ halt eine durchaus bekannte Summenformel ist).
Ich denke nicht, dass man hier drum herum kommt, eine spezielle Zerlegung zu betrachten, da sonst die Ober- bzw. Untersummen sehr komplex aussehen werden. Man kann zwar durchaus auch mit dem Zwischenwertsatz argumentieren, aber das läuft dann im Endeffekt nur darauf hinaus, dass man den Beweis mit der entsprechenden Aussage für die Stammfunktion für stetiges $f$ dann speziell beweist. Das kann nicht der Sinn dieser Aufgabe sein.
In einem Punkt hast Du aber Recht:
Wenn man $x \to x^3$ durch $x \mapsto x^{100}$ ersetzen würde, müßte man sich - wollte man analog vorgehen - erstmal eine Formel "herbeizaubern" (oder in Büchern nachschlagen), ob und wie man
$\sum_{k=1}^{n} k^{100}$ geeignet darstellen kann.
Da käme dann sicherlich sowas heraus wie:
$\sum_{k=1}^{n} k^{100}=\frac{1}{101}*(n^{101}+\mbox{fallende Potenzen)$
Aber zum Glück sollst Du hier ja nur $x \mapsto x^3$ auf $[0,a]$ mittels Riemannscher Summen berechnen, so dass die dort auftretende Summe nicht zu komplex wird.
P.S.:
Der Wert des Integrals $\int_{0}^a x^3dx$ ist $=\frac{a^4}{4}$ und das liegt (eigentlich) daran, dass $x \mapsto \frac{1}{4}x^4$ eine Stammfunktion von $x \mapsto x^3$ ist.
Es macht keinen Sinn, dass Du sagst, dass $\frac{1}{4}a^4$ eine Stammfunktion davon ist (von was denn eigentlich?). Denn $\frac{1}{4}a^4$ ist ja ein fester Wert, da $a > 0$ beliebig, aber fest.
Gruß,
Marcel
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Gut das war sehr ausführlich. Dankeschön dafür. Ich habe jetzt noch ein kleines Problem. Du sagst aus [mm] \sum_{k=1}^n k^3=\frac{n^2(n+1)^2}{4} [/mm] folgt [mm] O(Z_n)=\sum_{k=1}^n \frac{a}{n}\cdot{}\left(\frac{k\cdot{}a}{n}\right)^3=\frac{a^4}{n^4} \frac{n^2(n^2+2n+1)}{4}=\frac{a^4}{4}\cdot{}\frac{n^4+2n^3+n^2}{n^4}
[/mm]
Wie würde es denn aussehen, wenn ich das jetzt ausmultiplizieren wollte um das über den limes zu berechnen. Bzw. wie müsste ich dann ansetzen. Das mit der Induktion war ja nicht falsch aber viele in unserer Klaase haben das über den limes berechnet und als Grenzwert ebenfalls das selbe Ergebnis rausbekommen.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:24 Fr 18.01.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo Domenigge,
> Gut das war sehr ausführlich. Dankeschön dafür. Ich habe
> jetzt noch ein kleines Problem. Du sagst aus [mm]\sum_{k=1}^n k^3=\frac{n^2(n+1)^2}{4}[/mm]
> folgt [mm]O(Z_n)=\sum_{k=1}^n \frac{a}{n}\cdot{}\left(\frac{k\cdot{}a}{n}\right)^3=\frac{a^4}{n^4} \frac{n^2(n^2+2n+1)}{4}=\frac{a^4}{4}\cdot{}\frac{n^4+2n^3+n^2}{n^4}[/mm]
>
> Wie würde es denn aussehen, wenn ich das jetzt
> ausmultiplizieren wollte um das über den limes zu
> berechnen. Bzw. wie müsste ich dann ansetzen. Das mit der
> Induktion war ja nicht falsch aber viele in unserer Klaase
> haben das über den limes berechnet und als Grenzwert
> ebenfalls das selbe Ergebnis rausbekommen.
das steht doch auch im vorhergehenden Post:
[mm] $\frac{a^4}{4}\cdot{}\frac{n^4+2n^3+n^2}{n^4}=\frac{a^4}{4}*\left(1+2*\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}\right) \to \frac{a^4}{4}*\left(1+2*0+0\right)=\frac{a^4}{4}*1=\frac{a^4}{4}$
[/mm]
bei $n [mm] \to \infty$
[/mm]
(Und diese Berechnung ist ja gerade der LIMES, denn da steht $n [mm] \to \infty$!!!)
[/mm]
Beachte:
$a > 0$ ist beliebig, aber fest, insbesondere von $n$ unabhängig.
Wie haben die anderen in Deiner Klasse die Aufgabe denn gelöst? Ging das ohne diese spezielle Zerlegung und diese spezielle Obersumme?
Das würde mich nun auch interessieren, denn der Weg hier ist ja schon in einem gewissen Sinne sehr speziell 
Gruß,
Marcel
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Gut ich hatte es mir nämlich vorsichtshalbe von jmd. abgeschrieben, was aber noch lange nicht heißt, dass es richtig sein muss. Denn manches kommt mir ein bischen komisch vor.
[mm] \bruch{a}{n}(0+(\bruch{a}{n})^3+(\bruch{2a}{n})^3+(\bruch{3a}{n})^3+...+(\bruch{(n-1)a}{n})^3
[/mm]
[mm] =\bruch{a^4}{n^4}(\bruch{(n-1)^2(n-1+1)^2}{4})
[/mm]
[mm] =\bruch{a^4(n-1)^2}{4n^2}
[/mm]
[mm] =\bruch{a^4}{4}(\bruch{(n^2-2n+1)}{n^2}
[/mm]
[mm] =\bruch{a^4}{4}(\bruch{1-\bruch{2}{n}+\bruch{1}{n^2}}{1}
[/mm]
[mm] =\bruch{a^4}{4} [/mm] da der Rest gegen Null geht.
Also wenn ich ehrloch bin, finde ich dein Ergebnis auch verständlicher. Aber was ist, wenn ich soetwas mal nicht per Induktion berechnen kann???
Und eine letzte Frage zum Verständnis:
[mm] \frac{a^4}{4}\cdot{}\frac{n^4+2n^3+n^2}{n^4}
[/mm]
Was passiert, wenn ich das ausmlutipliziere??? Oder darf ich das nicht machen???
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:18 Fr 18.01.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo Domenigge,
> Gut ich hatte es mir nämlich vorsichtshalbe von jmd.
> abgeschrieben, was aber noch lange nicht heißt, dass es
> richtig sein muss. Denn manches kommt mir ein bischen
> komisch vor.
>
> [mm]\bruch{a}{n}(0+(\bruch{a}{n})^3+(\bruch{2a}{n})^3+(\bruch{3a}{n})^3+...+(\bruch{(n-1)a}{n})^3[/mm]
>
> [mm]=\bruch{a^4}{n^4}(\bruch{(n-1)^2(n-1+1)^2}{4})[/mm]
an dieser Stelle benutzt er doch auch meine Formel [mm] $(\*)$ [/mm] (vielleicht anstelle von $n$ dann vielleicht für $n-1$, was vielleicht daraus resultiert, dass er halt anstatt der Obersumme die Untersumme betrachtet hat).
(Er klammert genau wie ich [mm] $\frac{a^3}{n^3}$ [/mm] vor und nimmt meine Formel für [mm] $1^3+2^3+...+(n-1)^3=\sum_{k=1}^{n-1}k^3$, [/mm] wenn man bei mir $n$ durch $n-1$ ersetzt)
> [mm]=\bruch{a^4(n-1)^2}{4n^2}[/mm]
>
> [mm]=\bruch{a^4}{4}(\bruch{(n^2-2n+1)}{n^2}[/mm]
>
> [mm]=\bruch{a^4}{4}(\bruch{1-\bruch{2}{n}+\bruch{1}{n^2}}{1}[/mm]
>
> [mm]=\bruch{a^4}{4}[/mm] da der Rest gegen Null geht.
>
> Also wenn ich ehrloch bin, finde ich dein Ergebnis auch
> verständlicher. Aber was ist, wenn ich soetwas mal nicht
> per Induktion berechnen kann???
Wie gesagt, da besteht kein wesentlicher Unterschied:
Ich habe halt geschrieben, dass [mm] $\sum_{k=1}^n k^3=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2$ [/mm] ist, und hier wird diese Formel für $n-1$ anstatt für $n$ benutzt, wobei halt zudem
[mm] $\sum_{k=1}^{n-1} k^3=1^3+...+(n-2)^3+(n-1)^3$
[/mm]
nur ausgeschrieben wurde.
Und mache Dir nicht zuviel Gedanken wegen dieser "Hilfsformel". Ihr werdet später lernen, warum man mit Stammfunktionen rechnen darf und dann darfst Du dieses Werkzeug natürlich benutzen und musst Dich nicht laufend mit Ober- und Untersummen rumplagen bzw. rumtricksen.
> Und eine letzte Frage zum Verständnis:
>
> [mm]\frac{a^4}{4}\cdot{}\frac{n^4+2n^3+n^2}{n^4}[/mm]
>
> Was passiert, wenn ich das ausmlutipliziere??? Oder darf
> ich das nicht machen???
Naja, weil die Folgen [mm] $x_n=1 \to [/mm] 1$, [mm] $y_n=\frac{1}{n} \to [/mm] 0$ und [mm] $z_n=\frac{1}{n^2}=y_n*y_n \to [/mm] 0*0=0$ alle konvergent sind und es gilt:
[mm] $\frac{n^4+2n^3+n^2}{n^4}=x_n+2*y_n+z_n$, [/mm] kannst Du natürlich auch schreiben:
[mm] $\frac{a^4}{4}*\frac{n^4+2n^3+n^2}{n^4}=\frac{a^4}{4}*(x_n+2*y_n+z_n) [/mm] = [mm] \frac{a^4}{4}*x_n+\frac{a^4}{2}*y_n+\frac{a^4}{4}*z_n \to \frac{a^4}{4}*1+\frac{a^4}{2}*0+\frac{a^4}{4}*0=\frac{a^4}{4}$
[/mm]
Da passiert nichts.
Ansonsten weiß ich nicht, was Du genau machen willst. Du musst halt hier beachten, dass Du so rechnest, dass Du Rechenregeln für konvergente Folgen benutzen kannst.
Gruß,
Marcel
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Naja gut ich bedanke mich. ich habs ja halbwegs verstanden. Ich habe auch noch mal in einem alten Hefter aus der Mittelstufe nachgeschlagen. Da habe ich folgendes gefunden wonach ich das auch alles ganz gut verstanden habe:
[mm] \integral_{a}^{b}{f(x) dx}=\limes_{x\rightarrow\infty}[\bruch{b-a}{n}\*\summe_{i=1}^{n}f(a+i\*\bruch{b-a}{n})]
[/mm]
Ich kann ja mal einsetzen:
[mm] \integral_{0}^{a}{x^3 dx}=\limes_{n\rightarrow\infty}[\bruch{a-0}{n}\*\summe_{i=1}^{n}f(0+i\bruch{a-0}{n})]
[/mm]
[mm] =\limes_{n\rightarrow\infty}[\bruch{a}{n}\*\summe_{i=1}^{n}(i\bruch{a}{n})^3]
[/mm]
[mm] =\limes_{n\rightarrow\infty}[\bruch{a}{n}\*\summe_{i=1}^{n}(\bruch{ai^3}{n^3})]
[/mm]
Leider verläst mich ab hier mein Gedächtnis ich kann nicht mehr ganz nachvollziehen wie es ab hier dann weiter ging!!!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:52 Fr 18.01.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo Domenigge,
> Naja gut ich bedanke mich. ich habs ja halbwegs verstanden.
> Ich habe auch noch mal in einem alten Hefter aus der
> Mittelstufe nachgeschlagen. Da habe ich folgendes gefunden
> wonach ich das auch alles ganz gut verstanden habe:
>
> [mm]\integral_{a}^{b}{f(x) dx}=\limes_{x\rightarrow\infty}[\bruch{b-a}{n}\*\summe_{i=1}^{n}f(a+i\*\bruch{b-a}{n})][/mm]
ja, da fehlt aber einiges am theoretischen Hintergrund bzw. wann und warum man das dann so rechnen darf
Und rechterhand sollte natürlich $n$ anstatt $x$ unter dem Limes stehen.
> Ich kann ja mal einsetzen:
>
> [mm]\integral_{0}^{a}{x^3 dx}=\limes_{n\rightarrow\infty}[\bruch{a-0}{n}\*\summe_{i=1}^{n}f(0+i\bruch{a-0}{n})][/mm]
>
> [mm]=\limes_{n\rightarrow\infty}[\bruch{a}{n}\*\summe_{i=1}^{n}(i\bruch{a}{n})^3][/mm]
>
Bis hierhin ist das richtig.
> [mm]=\limes_{n\rightarrow\infty}[\bruch{a}{n}\*\summe_{i=1}^{n}(\bruch{ai^3}{n^3})][/mm]
Hier wird es falsch, vielleicht ist es nur ein Tippfehler:
[mm] $=\limes_{n\rightarrow\infty}[\bruch{a}{n}\*\summe_{i=1}^{n}(\bruch{a^3i^3}{n^3})]$
[/mm]
sollte dort stehen.
Und dann sind wir genau an der Stelle, dass Du nun
[mm] $\summe_{i=1}^{n}(\bruch{a^3 i^3}{n^3})=\sum_{k=1}^n\left(\frac{a^3}{n^3}*k^3\right)=\frac{a^3}{n^3}*\sum_{k=1}^n k^3$, [/mm] also wieder eine Umformung für
[mm] $\sum_{k=1}^n k^3$
[/mm]
benötigst. Wahrscheinlich wurde Euch in der Schule dann gesagt, dass ihr die Formel [mm] $(\*)$ [/mm] ohne Beweis benutzen dürft.
P.S.:
Ich habe den Laufindex $i$ nur zu $k$ umbenannt, weil $i$ später auch als Symbol für eine komplexe Zahl, nämlich die sogenannte imaginäre Einheit, steht und man es dann auch mit Summen bzw. Reihen über komplexe Zahlen zu tun haben wird. Deswegen mag' ich es eigentlich niemals, wenn $i$ als Laufindex verwendet wird, wenngleich sich aus dem Zusammenhang ergibt, was gemeint ist.
Gruß,
Marcel
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Gut. Dann mach ich das jetzt lieber immer so ich danke für deine Geduld
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Cool. Nach langer Übung hab ich es echt immer besser drauf. Bleibt nur noch eine kurze und schnelle Frage:
wenn ich jetzt z.B. eine Fkt. wie [mm] 0,2x^3+1,5 [/mm] habe, kann ich dann beides einzeln nach Riemann berechnen...
und ich hatte auch mal etwas gelernt, wo man z.B. die Fkt. x gegeben hat, und Ober und Untersumme berechnen sollte. Außerdem war das Intervall [0,5] gegeben und man sollte das alles über äquidistante Zerlegung in z.B. n=5 Teilintervalle zerlegen. Was ja teilweise echt unübersichtlich und eine ziemlich komplexe Aufgabe wurde...
Meine Frage, kann ich mir das alles jetzt durch diese so schön neu erlernte Methode sparen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:26 Fr 18.01.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
Du hast doch jetzt nichts anderes als vorher gemacht. die äquidistante Unterteilung in n Abschnitte der Länge a/n, dann die Fkt an den Sellen [mm] f(x_0+k*a/n) [/mm] dann alles was möglich ist ausklammern und ne schöne Summenformel finden.
wenn du das für deine 1. Bsp machst siehst du direkt, dass sich dieselbe Summe ergibt mit Faktor 0,2 und beim zweiten Teil 1,5 einfach [mm] 1,5*(a-x_0)
[/mm]
da man in Summen beliebig vertauschen kann kannst du statt die Geamtsumme natürlich auch die 2 Einzelsummen einzeln ausrechnen.
Gruss leduart
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| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:57 Mo 15.04.2013 | | Autor: | Laura87 |
Hallo,
ich habe eine kurze Verstaendnisfrage:
> Ich betrachte nun für [mm]n \in \IN[/mm] die Zerlegung [mm]Z_n[/mm] von
> [mm][0,a][/mm], gegeben durch
> [mm]x_0=a < x_1 < x_2 < ... < x_n=b[/mm], wobei [mm]x_k:=\frac{k*a}{n}[/mm]
Wie kommt man denn hier auf
[mm] x_k:=\frac{k*a}{n}
[/mm]
über eine Antwort würde ich mich sehr freuen
Lg
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:03 Mo 15.04.2013 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
>
> ich habe eine kurze Verstaendnisfrage:
>
> > Ich betrachte nun für [mm]n \in \IN[/mm] die Zerlegung [mm]Z_n[/mm] von
> > [mm][0,a][/mm], gegeben durch
> > [mm]x_0=a < x_1 < x_2 < ... < x_n=b[/mm], wobei [mm]x_k:=\frac{k*a}{n}[/mm]
>
>
> Wie kommt man denn hier auf
>
> [mm]x_k:=\frac{k*a}{n}[/mm]
>
> über eine Antwort würde ich mich sehr freuen
Damit wird eine äquidistante Zerlegung des Intervalls [0,a] definiert.
Das ist durchaus nicht selten
FRED
>
> Lg
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![[]](/images/popup.gif){kind=small}
http://www.math.hu-berlin.de/~gaggle/S05/MATHINF/HANDOUT/handout18-4n.pdf
