Uneigentliches Integral < Knobelaufgaben < Café VH < Internes < Vorhilfe
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(Übungsaufgabe) Übungsaufgabe  | | Datum: | 07:40 Di 09.02.2010 | | Autor: | fred97 |
Hier eine schöne Aufgabe zum Thema "uneigentliche Integrale":
| Aufgabe | $f: [0, [mm] \infty) \to \IR [/mm] $ sei stetig und das Integral [mm] $\integral_{0}^{\infty}{f(x) dx}$ [/mm] sei absolut konvergent.
Man zeige, dass es eine Folge [mm] (x_n) [/mm] in $[0, [mm] \infty)$ [/mm] gibt mit:
[mm] $x_n \to \infty$ [/mm] und [mm] $x_n*f(x_n) \to [/mm] 0$ für $n [mm] \to \infty$ [/mm] |
Wer hat Lust, sich daran zu versuchen ?
Grüße FRED
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(Frage) für Interessierte  | | Datum: | 10:37 Di 09.02.2010 | | Autor: | Loddar |
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Platzhalter, damit diese Übungsaufgabe auch in der Liste der offenen Fragen erscheint.
Bitte nicht "beantworten"!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:42 Di 09.02.2010 | | Autor: | fred97 |
> .
>
> Platzhalter, damit diese Übungsaufgabe auch in der Liste
> der offenen Fragen erscheint.
>
> Bitte nicht "beantworten"!
Hallo Loddar,
herzlichen Dank
Gruß FRED
>
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 03:31 Mi 10.02.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Fred!
Ich hab die Antwort versteckt, damit auch andere die Moeglichkeit haben die Aufgabe zu loesen ohne gleich die Loesung zu sehen.
> Hier eine schöne Aufgabe zum Thema "uneigentliche
> Integrale":
>
> [mm]f: [0, \infty) \to \IR[/mm] sei stetig und das Integral
> [mm]\integral_{0}^{\infty}{f(x) dx}[/mm] sei absolut konvergent.
>
> Man zeige, dass es eine Folge [mm](x_n)[/mm] in [mm][0, \infty)[/mm] gibt
> mit:
>
> [mm]x_n \to \infty[/mm] und [mm]x_n*f(x_n) \to 0[/mm] für [mm]n \to \infty[/mm]
>
> Wer hat Lust, sich daran zu versuchen ?
Angenommen, es gibt keine solche Folge. Dann gibt es ein [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ und ein $R > 0$ mit $x |f(x)| [mm] \ge \varepsilon$ [/mm] fuer alle $x > R$.
[Wenn dies nicht gelten wuerde, gaebe es zu jedem [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ und jedem $R > 0$ ein $x > R$ mit $x |f(x)| < [mm] \varepsilon$: [/mm] damit kann man sich sofort eine solche Folge konstruieren.]
Also gilt [mm] $\int_0^\infty [/mm] |f(x)| [mm] \; [/mm] dx [mm] \ge \int_0^R [/mm] |f(x)| [mm] \; [/mm] dx + [mm] \int_R^\infty \varepsilon/x \; [/mm] dx [mm] \ge \varepsilon [\ln x]_R^\infty [/mm] = [mm] \infty$, [/mm] womit [mm] $\int_0^\infty [/mm] f(x) [mm] \; [/mm] dx$ nicht absolut konvergent ist.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:51 Mi 10.02.2010 | | Autor: | fred97 |
> Moin Fred!
>
> Ich hab die Antwort versteckt, damit auch andere die
> Moeglichkeit haben die Aufgabe zu loesen ohne gleich die
> Loesung zu sehen.
>
> > Hier eine schöne Aufgabe zum Thema "uneigentliche
> > Integrale":
> >
> > [mm]f: [0, \infty) \to \IR[/mm] sei stetig und das Integral
> > [mm]\integral_{0}^{\infty}{f(x) dx}[/mm] sei absolut konvergent.
> >
> > Man zeige, dass es eine Folge [mm](x_n)[/mm] in [mm][0, \infty)[/mm] gibt
> > mit:
> >
> > [mm]x_n \to \infty[/mm] und [mm]x_n*f(x_n) \to 0[/mm] für [mm]n \to \infty[/mm]
>
> >
> > Wer hat Lust, sich daran zu versuchen ?
>
> Angenommen, es gibt keine solche Folge. Dann gibt es ein
> [mm]\varepsilon > 0[/mm] und ein [mm]R > 0[/mm] mit [mm]x |f(x)| \ge \varepsilon[/mm]
> fuer alle [mm]x > R[/mm].
>
> [Wenn dies nicht gelten wuerde, gaebe es zu jedem
> [mm]\varepsilon > 0[/mm] und jedem [mm]R > 0[/mm] ein [mm]x > R[/mm] mit [mm]x |f(x)| < \varepsilon[/mm]:
> damit kann man sich sofort eine solche Folge
> konstruieren.]
>
> Also gilt [mm]\int_0^\infty |f(x)| \; dx \ge \int_0^R |f(x)| \; dx + \int_R^\infty \varepsilon/x \; dx \ge \varepsilon [\ln x]_R^\infty = \infty[/mm],
> womit [mm]\int_0^\infty f(x) \; dx[/mm] nicht absolut konvergent
> ist.
>
> LG Felix
Hallo Felix,
genau so hab ich mir das auch vorgestellt.
Gruß FRED
>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 07:03 Mi 10.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> Hier eine schöne Aufgabe zum Thema "uneigentliche
> Integrale":
>
> [mm]f: [0, \infty) \to \IR[/mm] sei stetig und das Integral
> [mm]\integral_{0}^{\infty}{f(x) dx}[/mm] sei absolut konvergent.
>
> Man zeige, dass es eine Folge [mm](x_n)[/mm] in [mm][0, \infty)[/mm] gibt
> mit:
>
> [mm]x_n \to \infty[/mm] und [mm]x_n*f(x_n) \to 0[/mm] für [mm]n \to \infty[/mm]
>
> Wer hat Lust, sich daran zu versuchen ?
Ich versteh nicht, wo man absolut konvergent braucht, uneigentlich konvergent geht genauso. Ich benutze das Cauchy-Kriterium, dh für alle [m]\varepsilon[/m] finde ich ein N, so dass [m]\int_{c_2}^{c_1} f<\varepsilon[/m] für alle [m]c_1,c_2>N(\varepsilon)[/m]. Weiterhin wähle ich die [m]c_i[/m] so, daß [m]c_1/(c_1-c_2)<2[/m]. Dann gibt es mit dem MWS der Integralrechnung [m]x_n
Der gleiche Beweis wie von felixf? Jetzt hab ich auch mal die LEseberechtigung rausgenommen.
SEcki
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:55 Mi 10.02.2010 | | Autor: | fred97 |
> > Hier eine schöne Aufgabe zum Thema "uneigentliche
> > Integrale":
> >
> > [mm]f: [0, \infty) \to \IR[/mm] sei stetig und das Integral
> > [mm]\integral_{0}^{\infty}{f(x) dx}[/mm] sei absolut konvergent.
> >
> > Man zeige, dass es eine Folge [mm](x_n)[/mm] in [mm][0, \infty)[/mm] gibt
> > mit:
> >
> > [mm]x_n \to \infty[/mm] und [mm]x_n*f(x_n) \to 0[/mm] für [mm]n \to \infty[/mm]
>
> >
> > Wer hat Lust, sich daran zu versuchen ?
>
> Ich versteh nicht, wo man absolut konvergent braucht,
> uneigentlich konvergent geht genauso. Ich benutze das
> Cauchy-Kriterium, dh für alle [m]\varepsilon[/m] finde ich ein N,
> so dass [m]\int_{c_2}^{c_1} f<\varepsilon[/m] für alle
> [m]c_1,c_2>N(\varepsilon)[/m]. Weiterhin wähle ich die [m]c_i[/m] so,
> daß [m]c_1/(c_1-c_2)<2[/m]. Dann gibt es mit dem MWS der
> Integralrechnung [m]x_n
> [m]f(x_n)*x_n=\int_{c_2}^{c_1} f *\bruch{x_n}{c_1-c_2}<2*\varepsilon[/m].
> Nun kann ich daraus leicht so eine Folge wie gewünscht
> konstruieren.
>
> Der gleiche Beweis wie von felixf? Jetzt hab ich auch mal
> die LEseberechtigung rausgenommen.
>
> SEcki
Hallo Secki,
Anders als bei felix, aber auch eine schöne Möglichkeit !
Gruß FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 03:58 Do 11.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> [mm]f: [0, \infty) \to \IR[/mm] sei stetig und das Integral
> [mm]\integral_{0}^{\infty}{f(x) dx}[/mm] sei absolut konvergent.
>
> Man zeige, dass es eine Folge [mm](x_n)[/mm] in [mm][0, \infty)[/mm] gibt
> mit:
>
> [mm]x_n \to \infty[/mm] und [mm]x_n*f(x_n) \to 0[/mm] für [mm]n \to \infty[/mm]
Mich beschleicht das Gefühl, dass dies sogar der Normalfall sein sollte. Ich präzisiere und mache eine Verschärfung:
Sei f wie oben. Gilt dann: Für alle [m]\delta,\varepsilon>0[/m] gibt es [m]N(\delta,\varepsilon)[/m] so dass [m]\lambda(\{x|x*f(x)>\delta\mbox{ und }x>N(\delta,\varepsilon)\})<\varepsilon[/m]? (Also das Ausnahme-Maß wird immer kleiner)
SEcki
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 06:15 Do 11.02.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > [mm]f: [0, \infty) \to \IR[/mm] sei stetig und das Integral
> > [mm]\integral_{0}^{\infty}{f(x) dx}[/mm] sei absolut konvergent.
> >
> > Man zeige, dass es eine Folge [mm](x_n)[/mm] in [mm][0, \infty)[/mm] gibt
> > mit:
> >
> > [mm]x_n \to \infty[/mm] und [mm]x_n*f(x_n) \to 0[/mm] für [mm]n \to \infty[/mm]
>
> Mich beschleicht das Gefühl, dass dies sogar der
> Normalfall sein sollte. Ich präzisiere und mache eine
> Verschärfung:
>
> Sei f wie oben. Gilt dann: Für alle [m]\delta,\varepsilon>0[/m]
> gibt es [m]N(\delta,\varepsilon)[/m] so dass
> [m]\lambda(\{x|x*f(x)>\delta\mbox{ und }x>N(\delta,\varepsilon)\})<\varepsilon[/m]?
> (Also das Ausnahme-Maß wird immer kleiner)
Beim Versuch dies zu beweisen ist mir ein Gegenbeispiel eingefallen 
Damit deine Aussage stimmt, muss naemlich aus [mm] $\lambda(M) [/mm] = [mm] \infty$ [/mm] (mit $M [mm] \subseteq [/mm] [0, [mm] \infty)$) [/mm] folgen [mm] $\int_M \frac{1}{x} [/mm] dx = [mm] \infty$. [/mm] Das stimmt aber nicht.
Setze $f(x) = [mm] \bigcup_{n=1}^\infty \frac{1}{2^n} f_{2^n}(x)$, [/mm] wobei [mm] $f_y(x) [/mm] : [mm] \IR \to \IR$ [/mm] eine stetige Funktion ist mit [mm] $f_y(x) [/mm] = 0$ fuer $x < y$ und $x > y + 1$, und [mm] $\int_y^{y+1} f_y(x) [/mm] dx = t$ fuer ein festes (von $y$ unabhaengiges) $t > 0$, so dass [mm] $\lambda(\{ x \mid f_y(x) > 1 \}) \ge \frac{1}{2}$ [/mm] ist. (Etwa [mm] $f_0$ [/mm] mit Support auf $[0, 1]$ mit der Mass-Bedingung konstruieren, duerfte nicht schwer sein, und $t := [mm] \int_0^1 f_0(x) [/mm] dx$ und [mm] $f_y(x) [/mm] := [mm] f_0(x [/mm] - y)$ setzen.)
Dann ist $f(x) [mm] \ge [/mm] 0$ fuer alle $x [mm] \in \IR$, [/mm] und es gilt [mm] $\int_0^\infty [/mm] f(x) dx = [mm] \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2^n} \int_{2^n}^{2^n+1} f_{2^n}(x) [/mm] dx = [mm] \sum_{n=1}^\infty \frac{t}{2^n} [/mm] < [mm] \infty$.
[/mm]
Ist jedoch [mm] $\delta [/mm] = [mm] \frac{1}{2}$ [/mm] und $N > 1$ beliebig, so gilt [mm] $\lambda(\{ x \in [N, \infty) \mid x f(x) > \delta \}) \ge \sum_{n \ge \log_2 N + 1} \lambda( \{ x \in [2^n, 2^n + 1] \mid x 2^{-n} f_{2^n}(x) > 1/2 \}) \ge \sum_{n \ge \log_2 N + 1} \lambda( \{ x \in [2^n, 2^n + 1] \mid 2^n 2^{-n} f_{2^n}(x) > 1/2 \}) \ge \sum_{n \ge \log_2 N + 1} [/mm] 1/2 = [mm] \infty$. [/mm] Insbesondere wird das nie kleiner als ein endliches [mm] $\varepsilon$.
[/mm]
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 06:25 Do 11.02.2010 | | Autor: | felixf |
Hallo,
> Mich beschleicht das Gefühl, dass dies sogar der
> Normalfall sein sollte. Ich präzisiere und mache eine
> Verschärfung:
was ich noch dazuschreiben wollte: ich denke schon dass dies der "Normalfall" ist, nur ist noch die Frage, wie man das formalisiert.
Vielleicht ist folgende Formulierung besser? Fuer alle [mm] $\delta [/mm] > 0$ ist [mm] $\lambda(\{ x \in [0, \infty) \mid x |f(x)| \le \delta \}) [/mm] = [mm] \infty$ [/mm] (womit automatisch auch [mm] $\lambda(\{ x \in [N, \infty) \mid x |f(x)| \le \delta \}) [/mm] = [mm] \infty$ [/mm] fuer alle $N [mm] \ge [/mm] 0$ ist).
Aus dieser Aussage erhaelt man sofort die Aussage, die Fred bewiesen haben wollte.
Ich denke dass die Aussage stimmt, wer Lust hat kann sie ja beweisen Ich kuemmer mich lieber erstmal um mein Abendessen. (Und eigentlich wollte ich noch etwas anderes erledigen :) )
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:37 Do 11.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> Hallo,
>
> > Mich beschleicht das Gefühl, dass dies sogar der
> > Normalfall sein sollte. Ich präzisiere und mache eine
> > Verschärfung:
>
> was ich noch dazuschreiben wollte: ich denke schon dass
> dies der "Normalfall" ist, nur ist noch die Frage, wie man
> das formalisiert.
>
> Vielleicht ist folgende Formulierung besser? Fuer alle
> [mm]\delta > 0[/mm] ist [mm]\lambda(\{ x \in [0, \infty) \mid x |f(x)| \le \delta \}) = \infty[/mm]
> (womit automatisch auch [mm]\lambda(\{ x \in [N, \infty) \mid x |f(x)| \le \delta \}) = \infty[/mm]
> fuer alle [mm]N \ge 0[/mm] ist).
Eigentlich ist es ja leicht - OBdA [m]N=1,f>0[/m]. Dann gibt es [m]\delta,\varepsilon>0[/m], so dass [m]\lambda(\{ x \in [1, \infty) \mid xf(x) \le \delta \}) < \varepsilon [/m], dh. also [m]f>\delta/x[/m] auf dem Komplement dieser Menge M. Man kann sich jetzt also eine Funktion g konstruieren mit [m]g(x)=\delta/x[/m] auf dem Komplement und [m]g=0[/m] auf M. Nun gilt sicher [m]f\ge g[/m]. Da der Beitrag zum Integral, den wir mittels g wegschneiden, aber maximal [m]\delta\varepsilon[/m] ist, da für [m]x>1[/m] sicher [m]\delta/x<\delta[/m] gilt, haben g und [m]\delta/x[/m] das gleiche uneigentliche Integral - nämlich unendlich, im Widerspruch zu f integrierbar.
SEcki
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:01 Do 11.02.2010 | | Autor: | felixf |
Moin SEcki!
> > > Mich beschleicht das Gefühl, dass dies sogar der
> > > Normalfall sein sollte. Ich präzisiere und mache eine
> > > Verschärfung:
> >
> > was ich noch dazuschreiben wollte: ich denke schon dass
> > dies der "Normalfall" ist, nur ist noch die Frage, wie man
> > das formalisiert.
> >
> > Vielleicht ist folgende Formulierung besser? Fuer alle
> > [mm]\delta > 0[/mm] ist [mm]\lambda(\{ x \in [0, \infty) \mid x |f(x)| \le \delta \}) = \infty[/mm]
> > (womit automatisch auch [mm]\lambda(\{ x \in [N, \infty) \mid x |f(x)| \le \delta \}) = \infty[/mm]
> > fuer alle [mm]N \ge 0[/mm] ist).
>
> Eigentlich ist es ja leicht - OBdA [m]N=1,f>0[/m]. Dann gibt es
> [m]\delta,\varpesilon>0[/m], so dass [m]\lambda(\{ x \in [1, \infty) \mid xf(x) \le \delta \}) < \varpesilon [/m],
> dh. also [m]f>\delta/x[/m] auf dem Komplement dieser Menge M. Man
> kann sich jetzt also eine Funktion g konstruieren mit
> [m]g(x)=\delta/x[/m] auf dem Komplement und [m]g=0[/m] auf M. Nun gilt
> sicher [m]f\ge g[/m]. Da der Beitrag zum Integral, den wir mittels
> g wegschneiden, aber maximal [m]\delta\varpesilon[/m] ist, da für
> [m]x>1[/m] sicher [mm]\delta/x<\delta[/mm] gilt, haben g und [m]\delta/x[/m]
> die gleichen uneigentlichen GW - nämlich unendlich, im
> Widerspruch zu f integrierbar.
Ja, so geht's :)
Mal was anderes. Laut Maple ist fuer "jedes" [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ (mit Stichproben ueberprueft ) die Funktion [mm] $f_\varepsilon(x) [/mm] := [mm] x^{-(1 + x^{-\varepsilon})}$ [/mm] auf $[1, [mm] \infty)$ [/mm] nicht integrierbar (also das Integral ist [mm] $\infty$); [/mm] jedoch erfuellt diese Funktion die obige Bedingung.
Kann man die Bedingung verschaerfen, dass immer noch alle Funktionen mit [mm] $\int_0^\infty [/mm] |f(x)| dx < [mm] \infty$ [/mm] sie erfuellen, aber kein [mm] $f_\varepsilon$, $\varepsilon [/mm] > 0$?
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:13 Fr 12.02.2010 | | Autor: | TanjaH |
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siehste ![[baeh]](/images/smileys/baeh.gif "[baeh]")
.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:28 Fr 12.02.2010 | | Autor: | felixf |
Hallo Tanja!
Erstmal danke fuer die Gruesse, und Gruesse zurueck!
So, und nun hallo Herby!
Dieser Teil des Threads war urspruenglich nicht verschluesselt, ein anderer aber schon (den schalte ich dir gleich frei).
LG Felix
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:59 Do 11.02.2010 | | Autor: | gfm |
Es gilt
[mm] \integral_0^\infty [/mm] f(x)dx=
[mm] f(y_1)x_1+f(y_2)(x_2-x_1)+...+f(y_n)(x_n-x_{n-1})+...
[/mm]
[mm] =(f(y_1)-f(y_2))x_1+...+(f(y_{n-1})-f(y_n))x_{n-1}+f(y_n)x_n+...
[/mm]
mit geeigneten Zwischenwerten [mm] y_i [/mm] aus den Intervallen [mm] [x_{i-1},x_i]
[/mm]
und [mm] x_i=\delta [/mm] i für alle [mm] \delta>0
[/mm]
Umordnen ist erlaubt, da absolute Konvergenz vorausgesetzt ist.
Die Reihenglieder einer absolut konvergenten Reihe müssen in der Grenze verschwinden.
Dann müssen auch Terme wie [mm] f(y_n)x_n [/mm] verschwinden. Das ändert sich auch nicht wenn man [mm] x_n [/mm] durch [mm] y_n [/mm] ersetzt.
Paßt das in etwa?
LG
gfm
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:26 Do 11.02.2010 | | Autor: | fred97 |
> Es gilt
>
> [mm]\integral_0^\infty[/mm] f(x)dx=
>
> [mm]f(y_1)x_1+f(y_2)(x_2-x_1)+...+f(y_n)(x_n-x_{n-1})+...[/mm]
>
> [mm]=(f(y_1)-f(y_2))x_1+...+(f(y_{n-1})-f(y_n))x_{n-1}+f(y_n)x_n+...[/mm]
>
> mit geeigneten Zwischenwerten [mm]y_i[/mm] aus den Intervallen
> [mm][x_{i-1},x_i][/mm]
> und [mm]x_i=\delta[/mm] i für alle [mm]\delta>0[/mm]
>
> Umordnen ist erlaubt, da absolute Konvergenz vorausgesetzt
> ist.
>
> Die Reihenglieder einer absolut konvergenten Reihe müssen
> in der Grenze verschwinden.
>
> Dann müssen auch Terme wie [mm]f(y_n)x_n[/mm] verschwinden. Das
> ändert sich auch nicht wenn man [mm]x_n[/mm] durch [mm]y_n[/mm] ersetzt.
>
> Paßt das in etwa?
Ich glaube nicht !
Wenn ich Dich richtig verstehe betrachtest Du 3 Reihen:
(1) [mm] \summe_{}^{}f(y_n)(x_n-x_{n-1})
[/mm]
(2) [mm] \summe_{}^{}x_n(f(y_{n-1}-f(y_n))
[/mm]
(3) [mm] \summe_{}^{}x_nf(y_n)
[/mm]
Die Reihe (1) konvergiert gegen $ [mm] \integral_0^\infty [/mm] $ f(x)dx
Die Reihe (2) ensteht aus (1) indem Du zunächst Klammern weglässt und neu ordnest und wieder Klammern setzt. Du erhälst aber so keine Umordnung von (1)
Bedenke: durch Weglassen von Klammern, kann aus einer konvergenten Reihe eine divergente werden.
Beispiel:
(4) (1-1)+(1-1)+(1-1)+ .....
ist sicherlich absolut konvergent. Lässt man klammern weg, so erhält man
(5) 1-1+1-1+1-1+ ......,
eine divergente Reihe. (5) ist keine Umordnung von (4).
Noch etwas: die Reihe (3) hat wenig mit $ [mm] \integral_0^\infty [/mm] $ f(x)dx zu tun und der Satz
"Das ändert sich auch nicht wenn man [mm]x_n[/mm] durch [mm]y_n[/mm] ersetzt."
ist doch sehr "wackelig"
Trotzdem ein Dankeschön, dafür, dass Du Dich mit der Aufgabe auseinander gesetzt hast.
Gruß FRED
>
> LG
>
> gfm
>
>
>
>
>
>
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:24 Do 11.02.2010 | | Autor: | gfm |
Nö, ich meinte folgendes.
Denkt man sich [mm] [0,\infty) [/mm] in Intervalle [mm] [x_{i-1},x_i) [/mm] zerlegt, so gibt es [mm] y_i, [/mm] so daß
[mm] I:=f(y_1)x_1+f(y_2)(x_2-x_1)+f(y_3)(x_3-x_2)+...+f(y_n)(x_n-x_{n-1})+f(y_{n+1})(x_{n+1}-x_n)+...
[/mm]
Nun werden die Klammern aufgelöst und benachbarte Glieder neu zusammen gefaßt,
[mm] I':=(f(y_1)-f(y_2))x_1+(f(y_2)-f(y_3))x_2+...+(f(y_{n-1})-f(y_n))x_{n-1}+...+(f(y_n)-f(y_{n+1})x_n+...,
[/mm]
so daß sich eine Reihe mit den Folgengliedern [mm] b_i=(f(x_i)-f(x_{i+1}))x_i [/mm] ergibt.
Die Partialsummen dieser Reihen unterscheiden sich um [mm] f(y_{n+1})x_n
[/mm]
Wenn man zeigen könnte, dass die zweite gegen den Grenzwert der ersten konvergiert, muss [mm] f(y_{n+1})x_n [/mm] verschwinden. [mm] y_{n+1} [/mm] ist aus dem Interval [mm] [x_n, x_{n+1}), [/mm] kann sich also von [mm] x_n [/mm] um maximal der (konstanten) Intervalbreite unterscheiden. Deswegen sollte dann auch [mm] f(y_{n+1})y_{n+1} [/mm] verschwinden.
LG
gfm
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:59 Do 11.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> Die Partialsummen dieser Reihen unterscheiden sich um
> [mm]f(y_{n+1})x_n[/mm]
Hm, echt? Ich seh da nur [mm](-f(y_{n+1}+f((y_n))x_n[/mm] ...
SEcki
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:38 Do 11.02.2010 | | Autor: | gfm |
[mm] I_{n+1}:=f(y_1)x_1+f(y_2)(x_2-x_1)+f(y_3)(x_3-x_2)+...+f(y_n)(x_n-x_{n-1})+f(y_{n+1})(x_{n+1}-x_n)
[/mm]
[mm] I_{n+1}':=(f(y_1)-f(y_2))x_1+(f(y_2)-f(y_3))x_2+...+(f(y_{n-1})-f(y_n))x_{n-1}+(f(y_{n})-f(y_{n+1}))x_{n}
[/mm]
[mm] I_{n+1}-I_{n+1}'=f(y_{n+1})x_{n+1}
[/mm]
gfm
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:36 Fr 12.02.2010 | | Autor: | SEcki |
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> [mm]I_{n+1}:=f(y_1)x_1+f(y_2)(x_2-x_1)+f(y_3)(x_3-x_2)+...+f(y_n)(x_n-x_{n-1})+f(y_{n+1})(x_{n+1}-x_n)[/mm]
>
>
> [mm]I_{n+1}':=(f(y_1)-f(y_2))x_1+(f(y_2)-f(y_3))x_2+...+(f(y_{n-1})-f(y_n))x_{n-1}+(f(y_{n})-f(y_{n+1}))x_{n}[/mm]
>
> [mm]I_{n+1}-I_{n+1}'=f(y_{n+1})x_{n+1}[/mm]
Wenn man das so definiert - aber: waren bei dir nicht die I die Partialsummen der summe mit Folgengliedern [m]b_i[/m]? Dann hätte die Differenz ja eben so ein [m]b_i[/m] sein müssen. Irgendwie ist das jetzt nicht mehr konsistent mit dem was du oben geschrieben hast. Überzeug mich vom Gegenteil ;)
SEcki
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:47 Fr 12.02.2010 | | Autor: | gfm |
Ach, Mensch, war zu schnell und unsaubar. Kann doch mal passieren. :)
I, [mm] I_n [/mm] sollen die Darstellungen des Integrals als Reihe bzw. deren Partialsummen sein. [mm] I_n' [/mm] die Partialsumme der Reihe nach Auflösung der Klammern und Umsortierung. Die unterscheidet sich von [mm] I_N [/mm] wie gesagt durch [mm] f(y_n)x_n
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:27 Do 11.02.2010 | | Autor: | gfm |
Wenn es keine Folge [mm] x_n\to\infty [/mm] mit [mm] x_n f(x_n)\to [/mm] 0 kann f nicht von der Ordnung [mm] ~\frac{1}{x^{(1+\alpha)}} [/mm] mit einem [mm] \alpha [/mm] größer 0 sein, oder?
Und dann ist das Integral divergent, oder?
Reicht das?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:13 Fr 12.02.2010 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Wenn es keine Folge [mm]x_n\to\infty[/mm] mit [mm]x_n f(x_n)\to[/mm] 0 kann
> f nicht von der Ordnung [mm]~\frac{1}{x^{(1+\alpha)}}[/mm] mit einem
> [mm]\alpha[/mm] größer 0 sein, oder?
Ja, das stimmt.
> Und dann ist das Integral divergent, oder?
Das wiederum stimmt nicht, nur weil $f$ nicht von der Ordnung [mm] $\frac{1}{x^{(1+\alpha)}}$ [/mm] mit [mm] $\alpha [/mm] > 0$ ist folgt noch lange nicht, dass [mm] $\int_0^\infty [/mm] f(x) dx = [mm] \infty$ [/mm] ist. Dazu siehe z.B. das Gegenbeispiel hier.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:36 Fr 12.02.2010 | | Autor: | gfm |
Da f absolut uneigentlich integrierbar ist, kann man eine nicht negative Funktion betrachten.
[mm] \integral_0^\infty f(x)dx=\Delta(f(y_1)+f(y_2)+...+f(y_n)+...) [/mm] mit geeigneten [mm] y_i\in[(i-1)\Delta,i\Delta] [/mm] und [mm] \Delta>0.
[/mm]
Die Reihe ist absolut konvergent. Wie sollte sie konvergieren, wenn [mm] f\sim x^{-\alpha} [/mm] mit [mm] \alpha\le1?
[/mm]
LG
gfm
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:48 Fr 12.02.2010 | | Autor: | felixf |
Halo!
> Da f absolut uneigentlich integrierbar ist, kann man eine
> nicht negative Funktion betrachten.
>
> [mm]\integral_0^\infty f(x)dx=\Delta(f(y_1)+f(y_2)+...+f(y_n)+...)[/mm]
> mit geeigneten [mm]y_i\in[(i-1)\Delta,i\Delta][/mm] und [mm]\Delta>0.[/mm]
>
> Die Reihe ist absolut konvergent. Wie sollte sie
> konvergieren, wenn [mm]f\sim x^{-\alpha}[/mm] mit [mm]\alpha\le1?[/mm]
Wenn sie [mm] $\sim$ [/mm] ist, geht das nicht, aber wenn sie [mm] $\le$ [/mm] ist, schon.
Bei dem Gegenbeispiel gilt [mm] $\le$, [/mm] und nicht [mm] $\sim$. [/mm] Es gibt aber kein [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ mit [mm] $\le x^{-(1 + \varepsilon)}$. [/mm] (Der Trick ist gerade, die Abschnitte wo [mm] $\sim$ [/mm] gilt so weit auseinanderzuziehen, dass das ganze trotzdem noch konvergiert.)
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:54 Fr 12.02.2010 | | Autor: | gfm |
Heißt das jetzt, dass das paßt?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:57 Fr 12.02.2010 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Heißt das jetzt, dass das paßt?
Wenn du das hier meinst: nein, denn es gibt Funktionen $f(x) [mm] \ge [/mm] 0$ mit [mm] $\int_0^\infty [/mm] f(x) dx < [mm] \infty$, [/mm] welche sich durch kein [mm] $x^{-(1 + \alpha)}$, $\alpha [/mm] > 0$ asymptotisch beschraenken lassen.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:42 Mo 15.02.2010 | | Autor: | gfm |
Zum Verständnis des Gegenbeispiels:
Man kann also stetige Funktionen [mm] f\ge [/mm] 0 konstruieren, deren Träger z.B. Intervalle [mm] [2^i-a,2^i+a] [/mm] sind, auf denen f ein Maxmimum von b * [mm] 2^{-i} [/mm] annimmt.
Der Beitrag aus jedem Intervall ist durch 2ab [mm] 2^{-i} [/mm] beschränkt, so dass das uneigentliche Integral existiert, aber [mm] x_n f(x_n)=b [/mm] gilt, wobei f bei [mm] x_n [/mm] jeweils das Maximum auf dem entsprechenden Intervall annimmt.
Womit gezeigt ist, dass f asymptotisch nicht einem [mm] x^-(1+\alpha) [/mm] folgt, und das daher nicht als Argument herangezogen werden kann.
Entscheidend an dieser Konstruktion ist, dass das Maß der Träger, wenn man Einschränkungen auf endliche Intervalle betrachtet, langsamer als das Mass des Intervalls wächst, oder?
Wenn man nun ein stetiges f hat und für alle Folgen mit [mm] x_n\to\infty [/mm] aber [mm] x_nf(x_n) [/mm] keinen Grenzwert=0 besäße, dann könnte man ja [mm] I_i:=Support (f)\cap[i,i+1] [/mm] (i=1,2,3,...) betrachten und daraus einen Widerspruch herleiten, oder?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:31 Mo 15.02.2010 | | Autor: | gfm |
> dann könnte man ja [mm]I_i:=Support (f)\cap[i,i+1][/mm]
> (i=1,2,3,...) betrachten und daraus einen Widerspruch
> herleiten, oder?
i=0,1,2,...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:56 Di 16.02.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Zum Verständnis des Gegenbeispiels:
>
> Man kann also stetige Funktionen [mm]f\ge[/mm] 0 konstruieren, deren
> Träger z.B. Intervalle [mm][2^i-a,2^i+a][/mm] sind, auf denen f ein
> Maxmimum von b * [mm]2^{-i}[/mm] annimmt.
Genau.
Man kann sogar $f$ auf diesen Intervallen beliebig gross werden lassen, also eine Folge mit [mm] $x_n \to \infty$ [/mm] und [mm] $e^{-x_n} f(x_n) \to \infty$ [/mm] finden (das [mm] $e^{-x}$ [/mm] ist da damit es sehr schnell gegen unendlich geht ). Einfach auf den Intervallen eine Funktion waehlen, die eine hoch genuge Spitze hat und schmal genug ist, so dass das Integral darueber klein genug ist.
> Der Beitrag aus jedem Intervall ist durch 2ab [mm]2^{-i}[/mm]
> beschränkt, so dass das uneigentliche Integral existiert,
> aber [mm]x_n f(x_n)=b[/mm] gilt, wobei f bei [mm]x_n[/mm] jeweils das Maximum
> auf dem entsprechenden Intervall annimmt.
Genau.
> Womit gezeigt ist, dass f asymptotisch nicht einem
> [mm]x^-(1+\alpha)[/mm] folgt, und das daher nicht als Argument
> herangezogen werden kann.
Genau.
> Entscheidend an dieser Konstruktion ist, dass das Maß der
> Träger, wenn man Einschränkungen auf endliche Intervalle
> betrachtet, langsamer als das Mass des Intervalls wächst,
> oder?
Sozusagen, ja :)
Man kann auch dafuer sorgen, dass die Funktion ueberall $> 0$ ist. Wichtig ist halt, dass die Bereiche, wo die Funktion [mm] $\ge \frac{\beta}{x}$ [/mm] ist (fuer ein [mm] $\beta [/mm] > 0$), langsam genug wachsen.
Ich vermute mal, dass fuer jedes [mm] $\beta \ge [/mm] 0$ gilt [mm] $\lim_{x \to \infty} \frac{\mu(\{ t \in [0, x] \mid t |f(t)| \ge \beta \})}{x} [/mm] = 0$, falls [mm] $\int_0^\infty [/mm] |f(x)| dx$ existiert.
(Duerfte auch nicht zuu schwer sein dass zu zeigen.)
> Wenn man nun ein stetiges f hat und für alle Folgen mit
> [mm]x_n\to\infty[/mm] aber [mm]x_nf(x_n)[/mm] keinen Grenzwert=0 besäße,
> dann könnte man ja [mm]I_i:=Support (f)\cap[i,i+1][/mm]
> (i=1,2,3,...) betrachten und daraus einen Widerspruch
> herleiten, oder?
Nicht umbedingt, es kann [mm] $I_i [/mm] = [i, i+1]$ sein fuer alle $i$, obwohl solche Folgen mit Grenzwert 0 existieren und obwohl [mm] $\int_0^\infty [/mm] |f(x)| dx < [mm] \infty$ [/mm] ist. Also das reine betrachten der [mm] $I_i$ [/mm] wird nicht zum Ziel fuehren.
Bei $f(x) = [mm] x^{-1 - \varepsilon}$ [/mm] (und $f(x) = 1$ fuer $x < 1$) mit [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ ist ja [mm] $I_i [/mm] = [i, i+1]$ fuer alle $i$, und trotzdem gilt [mm] $\int_0^\infty [/mm] f(x) dx < [mm] \infty$ [/mm] und fuer jede Folge [mm] $x_n \to \infty$ [/mm] gilt [mm] $x_n f(x_n) \to [/mm] 0$.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:48 Do 11.02.2010 | | Autor: | zahllos |
Hallo,
sei o.E. [mm] f(x)\ge [/mm] 0 für hinreichend großes [mm] x\ge [/mm] 0.
Aus der Existenz des uneigentlichen Integrals folgt, dass f(x) für [mm] x\to\infty [/mm] wie [mm] x^{-1-\varepsilon} [/mm] mit [mm] \varepsilon>0 [/mm] gegen Null geht. Daraus folgt sofort die Behauptung.
Nebenbei: Gibt es einen reellen Exponenten [mm] \alpha [/mm] so, dass [mm] \integral_{0}^{\infty}{x^{\alpha} dx}<\infty [/mm] gilt?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:00 Fr 12.02.2010 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> sei o.E. [mm]f(x)\ge[/mm] 0 für hinreichend großes [mm]x\ge[/mm] 0.
> Aus der Existenz des uneigentlichen Integrals folgt, dass
> f(x) für [mm]x\to\infty[/mm] wie [mm]x^{-1-\varepsilon}[/mm] mit
> [mm]\varepsilon>0[/mm] gegen Null geht.
Warum ist das so? Genau dieses Argument verwendet auch gfm, aber stimmt es denn auch?
Ueber einen Beweis (oder ein Gegenbeispiel) wuerde ich mich sehr freuen.
> Nebenbei: Gibt es einen reellen Exponenten [mm]\alpha[/mm] so, dass
> [mm]\integral_{0}^{\infty}{x^{\alpha} dx}<\infty[/mm] gilt?
Nunja. Es ist ja [mm] $\int_1^\infty x^\alpha [/mm] dx < [mm] \infty$, [/mm] falls [mm] $\lim_{x\to\infty} x^{\alpha+1}$ [/mm] konvergiert, und es ist [mm] $\int_0^1 x^\alpha [/mm] dx < [mm] \infty$, [/mm] falls [mm] $\lim_{x\to 0+} x^{\alpha+1}$ [/mm] existiert. Das erste ist der Fall, falls [mm] $\alpha [/mm] + 1 < 0$ ist, also [mm] $\alpha [/mm] < -1$; das zweite ist der Fall, falls [mm] $\alpha [/mm] + 1 [mm] \ge [/mm] 0$ ist, also [mm] $\alpha \ge [/mm] -1$.
Damit gibt es kein [mm] $\alpha$ [/mm] so, dass [mm] $\int_0^\infty x^\alpha [/mm] dx < [mm] \infty$ [/mm] ist.
LG Felix
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:10 Fr 12.02.2010 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> sei o.E. [mm]f(x)\ge[/mm] 0 für hinreichend großes [mm]x\ge[/mm] 0.
> Aus der Existenz des uneigentlichen Integrals folgt, dass
> f(x) für [mm]x\to\infty[/mm] wie [mm]x^{-1-\varepsilon}[/mm] mit
> [mm]\varepsilon>0[/mm] gegen Null geht.
Mir ist gerade aufgefallen, das ich selber schon ein Gegenbeispiel fuer diese Aussage geliefert habe, naemlich hier. Die dort konstruierte Funktion $f(x) [mm] \ge [/mm] 0$ mit [mm] $\int_0^\infty [/mm] f(x) < [mm] \infty$ [/mm] laesst sich naemlich asymptotisch nur durch [mm] $x^{-1}$ [/mm] beschraenken, aber durch kein [mm] $x^{-1 - \varepsilon}$ [/mm] mit [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:59 Sa 13.02.2010 | | Autor: | zahllos |
Hallo Felix
danke für deinen Hinweis!
Ich bin kommende Woche beim Skifahren und werde auf der Piste mal über uneigentliche Integrale nachdenken. Vielleicht fällt mir noch was dazu ein, dann schreibe ich es, wenn die Frage noch offen ist.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:10 Sa 13.02.2010 | | Autor: | felixf |
Hallo zahllos!
> Ich bin kommende Woche beim Skifahren und werde auf der
> Piste mal über uneigentliche Integrale nachdenken.
Viel Spass dabei, und brech dir nichts :)
> Vielleicht fällt mir noch was dazu ein, dann schreibe ich
> es, wenn die Frage noch offen ist.
Die Frage wird recht lang offen bleiben, da es keine richtige Frage ist, sondern eine Uebungsaufgabe (jeder kann versuchen sie zu loesen). Es gibt zwar schon Loesungen (von SEcki und mir), die bekommen aber nur Leute zu sehen die auch eine richtige Loesung haben oder die explizit danach fragen :)
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:36 So 21.02.2010 | | Autor: | zahllos |
Hallo Felix,
hier ist mein Lösungsvorschlag:
Sei f o.E. größer gleich 0 .
Nehmen wir das Gegenteil der Behauptung an, dann heißt dies, keine Folge [mm] x_n [/mm] mit [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} x_n [/mm] = [mm] \infty [/mm]
und [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} x_n f(x_n) [/mm] = 0 existiert.
Die stetige Funktion x f(x) hat somit nur positive Häufungspunkte.
Da die Menge ihrer Häufungspunkte abgeschlossen ist (wobei auch [mm] +\infty [/mm] einer der Häufungspunkte sein könnte) gibt es also einen kleinsten, positiven Häufungspunkt [mm] h_{min}. [/mm]
Sei nun [mm] \varepsilon [/mm] < [mm] \frac{h_{min}}{2} [/mm] beliebig gewählt, so gibt es nur endlich viele Funktionswerte x f(x) kleiner als [mm] \varepsilon. [/mm]
D.h. es exisitiert ein [mm] x_{\varepsilon} [/mm] > 0 so, dass x f(x) > [mm] \varepsilon [/mm] für alle x > [mm] x_{\varepsilon} [/mm] und damit auch f(x) > [mm] \frac{\varepsilon}{x} [/mm] für alle x > [mm] x_{\varepsilon}
[/mm]
Für das uneigentliche Integral folgt damit: [mm] \integral_{0}^{+\infty}{f(x) dx}\ge \integral_{x_{\varepsilon}}^{+\infty}{f(x) dx}\ge \integral_{x_{\varepsilon}}^{+\infty}{\frac{\varepsilon}{x} dx}= +\infty [/mm]
im Widerspruch zu Existenz des uneigentlichen Integrals.
Wie das Beispiel: f(x) = [mm] \frac{1}{x}(1+sin(x)) [/mm] zeigt, gibt es Funktionen, für die eine Folge mit der geforderten Eigenschaft exisiert, die aber ncht uneigentlich inegrierbar sind.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:53 So 21.02.2010 | | Autor: | pelzig |
> Sei f o.E. größer gleich 0 .
>
> Nehmen wir das Gegenteil der Behauptung an, dann heißt
> dies, keine Folge [mm]x_n[/mm] mit [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} x_n[/mm] =
> [mm]\infty[/mm]
> und [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} x_n f(x_n)[/mm] = 0 existiert.
>
> Die stetige Funktion x f(x) hat somit nur positive
> Häufungspunkte.
Was genau meinst du hier mit Häufungspunkten? Ich geh davon aus du meinst die Menge der Häufungspunkte des Bildes. Auf jeden Fall ist die Schlussfolgerung falsch, z.B. hat die Funktion [mm]g(x)=x[/mm] die Eigenschaft, dass keine Folge [mm] $x_n\to\infty$ [/mm] existiert mit [mm] $x_n\cdot g(x_n)\to [/mm] 0$, aber trotzdem ist $0$ ein Häufungspunkt des Bildes . (Das gilt sogar ganz allgemein, das Bild eines Intervalls unter einer (nichtkonstanten) stetigen Abbildung ist ein Intervall, also insbesondere ist jeder Punkt des Bildes ein Häufungspunkt!)
Gruß, Robert
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:28 So 21.02.2010 | | Autor: | zahllos |
Hallo Robert,
vielleicht stehe ich etwas auf dem Schlauch, aber mein Argument war:
Wenn es keine Folge [mm] x_n [/mm] mit [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} x_n [/mm] = [mm] +\infty [/mm] gibt für die [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} x_n f(x_n) [/mm] = 0 gilt,
dann gibt es eine Umgebung der 0 in der nur endlich viele Glieder jeder dieser Folgen [mm] x_n f(x_n) [/mm] liegen und die 0 ist somit kein Häufungspunkt einer dieser Folgen.
Für dein Beispiel f(x) = x gilt natürlich [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} x_n f(x_n) [/mm] = [mm] +\infty [/mm] für jede Folge [mm] x_n [/mm] mit [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} x_n [/mm] = [mm] +\infty [/mm] aber die 0 ist hier auch kein Häufungspunkt von [mm] x_n f(x_n), [/mm] sondern nur von f !
Die Menge der Häufungspunkte einer Folge ist abgeschlossen. Du hattest da vorhin noch das Beispiel mit der Funktion f(x) = [mm] \frac{1}{x} [/mm] stehen. Diese bildet natürlich das offene Intervall [mm] ]0;+\infty[ [/mm] auf sich ab, aber in der Nähe der 0 liegen unendlich viele Funktionswerte, also ist die 0 Häufungspunkt und damit ist die Menge der Häufungspunkte das (zumindest linksseitig) abgeschlossene Intervall [mm] [0;+\infty[
[/mm]
Wenn die Menge der Häufungpunkte einer Folge nicht abgeschlossen wäre, hätte so etwas wie Limes inferior oder Limes superior für eine beschränkte Folge keinen Sinn.
Zurück zu unserer Aufgabe: wenn die Null kein Häufungsgpunkt von einer Folge [mm] x_n f(x_n) [/mm] ist und alle diese Folgen nur positive Häufungspunkte haben, muss es einen kleinsten Häufungspunkt geben. Den Rest habe ich vorhin schon dargestellt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:42 So 21.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> dann gibt es eine Umgebung der 0 in der nur endlich viele
> Glieder jeder dieser Folgen [mm]x_n f(x_n)[/mm] liegen und die 0 ist
> somit kein Häufungspunkt einer dieser Folgen.
HP einer Folge! Du hast bisher von HP einer Funktion geredet!
> Zurück zu unserer Aufgabe: wenn die Null kein
> Häufungsgpunkt von einer Folge [mm]x_n f(x_n)[/mm] ist und alle
> diese Folgen nur positive Häufungspunkte haben, muss es
> einen kleinsten Häufungspunkt geben. Den Rest habe ich
> vorhin schon dargestellt.
Und warum muss es eine kleinsten geben?Ich kan für jede Folge den kleinsten, positiven HP bestimmen. Aber es gibt überazählbar viele Folgen, wieso sollte die Abbildung "Folge" geht nach "kleinster HP der Folge" ihr Infimum annehmen? Du sagst,w eil f stetig ist - das ist aber kein Argument für diese vielen Folgen!
SEcki
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:57 So 21.02.2010 | | Autor: | zahllos |
Hallo zusammen,
das mit den überabzählbar vielen Folgen ist natürlich ein starkes Argument! Und ich habe gedacht ich kriege das am Einfachsten mit einem indirekten Beweis hin! Vielleicht ist es doch besser, zu versuchen die geforderte Folge direkt zu konstruieren. Ich werde also nochmal drüber nachdenken. Nebenbei machst es Spass, den ganzen Kram über Folgen , Häufungspunkte, uneigentliche Integrale usw. wieder mal rauszukramen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:08 So 21.02.2010 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> das mit den überabzählbar vielen Folgen ist natürlich
> ein starkes Argument! Und ich habe gedacht ich kriege das
> am Einfachsten mit einem indirekten Beweis hin! Vielleicht
> ist es doch besser, zu versuchen die geforderte Folge
> direkt zu konstruieren. Ich werde also nochmal drüber
> nachdenken. Nebenbei machst es Spass, den ganzen Kram über
> Folgen , Häufungspunkte, uneigentliche Integrale usw.
> wieder mal rauszukramen.
Das sollte doch mit nem ganz normalen Diagonalargument gehen, so wie man auch zeigt dass die Menge der Haeufungspunkte einer Folge abgeschlossen ist.
Man koennte die Haeufungspunktmenge einer Funktion $f : D [mm] \to \IR$ [/mm] bei einem Haeufungspunkt $x$ von $D$ (das kann auch [mm] $\pm \infty$ [/mm] sein, wenn $f$ nach oben/unten unbeschraenkt ist) so definieren: [mm] $H_x(f) [/mm] := [mm] \{ a \in \IR \cup \{ \pm \infty \} \mid \exists (x_n)_n \subseteq D : \lim x_n = x, \; \lim f(x_n) = a \}$. [/mm] Ist $f$ eine Folge, also $D = [mm] \IN$, [/mm] so ist $x = [mm] \infty$ [/mm] der einzige moegliche Haeufungspunkt und [mm] $H_\infty(f)$ [/mm] die Menge der Haeufungspunkte der Folge im klassischen Sinn. Und bei dieser Aufgabe sind [mm] $H_\infty(f)$ [/mm] ebenfalls die gesuchte Menge der "Haeufungswerte", auf die sich zahllos bezieht.
Und fuer diese Mengen [mm] $H_x(f)$ [/mm] sollte man ganz allgemein zeigen koennen, dass sie abgeschossen sind.
(Wer sich fuer solche technischen Details interessiert: die Topologie auf [mm] $\IR \cup \{ \pm \infty \}$ [/mm] ist sozusagen die Standardtopologie auf [mm] $\IR$, [/mm] mit einer Umgebungsbasis [mm] $\{ [n, \infty] \mid n \in \IN \}$ [/mm] fuer [mm] $\infty$ [/mm] und einer analogen Umgebungsbasis fuer [mm] $-\infty$.)
[/mm]
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:33 So 21.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> Und fuer diese Mengen [mm]H_x(f)[/mm] sollte man ganz allgemein
> zeigen koennen, dass sie abgeschossen sind.
Stimmt, kann man, Standardargument.  Falls [m]D\subset \IR[/m] zush. ist und f stetig, ist ide Menge sogar zusammenhängend.
SEcki
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:18 Mo 22.02.2010 | | Autor: | zahllos |
Hallo zusammen,
seit ihr jetzt mit meiner Argumentation zufrieden oder nicht?
Falls nicht, kann ich euch noch einen letzten Beweisversuch liefern
(ich verspreche auch, dann nichts mehr zu dieser Frage zu sagen).
Da das uneigentliche Integral [mm] \integral_{0}^{+\infty}{f(x) dx} [/mm] existiert, muß [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} [/mm] f(x) = 0 gelten (o.E. f(x) [mm] \ge [/mm] 0).
Sei nun [mm] \varepsilon [/mm] aus ]0;1[ beliebig gewählt, dann muß eine Zahl [mm] x_1 [/mm] > 1 mit [mm] x_1 f(x_1) [/mm] < [mm] \varepsilon [/mm] existieren.
(Andernfalls wäre f(x) [mm] \ge \frac{\varepsilon}{x} [/mm] für alle x > 1 und damit: [mm] \integral_{0}^{+\infty}{f(x) dx} \ge \integral_{1}^{+\infty}{\frac{\varepsilon}{x} dx} [/mm] = [mm] +\infty [/mm] )
Mit der gleichen Argumenation zeigt man , dass eine Zahl [mm] x_2 [/mm] > 2 mit [mm] x_2 f(x_2) [/mm] < [mm] {\varepsilon}^2 [/mm] existiert usw. und erhält auf diese Weise eine Folge [mm] x_n [/mm] mit [mm] x_n [/mm] > n und [mm] x_n f(x_n) [/mm] < [mm] {\varepsilon}^n
[/mm]
Das einzige Problem, das ich bei dieser Argumentation sehe, ist, dass die Stetigkeit von f keine Rolle spielt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:25 Mo 22.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> seit ihr jetzt mit meiner Argumentation zufrieden oder
> nicht?
Ja, dein untiges ist ja nur eine Variation.
> Das einzige Problem, das ich bei dieser Argumentation sehe,
> ist, dass die Stetigkeit von f keine Rolle spielt.
Variante richtig, wie die von felixf. Stören sollte dich nichts - außer, dass es allgemeienr geht als in der Aufgabenstellung angegeben!
SEcki
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:24 Mo 22.02.2010 | | Autor: | felixf |
Moin,
> Da das uneigentliche Integral [mm]\integral_{0}^{+\infty}{f(x) dx}[/mm]
> existiert, muß [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}[/mm] f(x) = 0 gelten
> (o.E. f(x) [mm]\ge[/mm] 0).
interessanterweise stimmt das nicht; es gilt nur [mm] $\liminf_{x\to\infty} [/mm] f(x) = 0$.
Konstruiere $f [mm] \ge [/mm] 0$ so, dass auf $[n, n+1]$ gilt [mm] $\int_n^{n+1} [/mm] f(x) dx = [mm] 2^{-1}$ [/mm] und [mm] $\sup_{x \in [n, n+1]} [/mm] f(x) = 1$.
Dann gilt [mm] $\liminf_{x\to\infty} [/mm] f(x) = 0 < 1 = [mm] \limsup_{x\to\infty} [/mm] f(x)$; insbesondere existiert der Limes nicht.
Allerdings brauchst du in deinem Beweis nicht, dass [mm] $\lim_{x\to\infty} [/mm] f(x) = 0$ ist :)
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:16 Fr 12.02.2010 | | Autor: | felixf |
Hallo!
Falls jemand die Loesungen von SEcki und mir sehen moechte, kann ich ihn gerne dafuer freischalten; einfach kurz melden (z.B. per PN). Wir haben die Loesungen erstmal versteckt, damit noch Anreiz bleibt die Aufgabe selber zu loesen
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:19 Sa 13.02.2010 | | Autor: | pelzig |
Ein Frage, heißt [mm] $\int_0^\infty [/mm] f(x)\ dx$ konvergiert absolut soviel wie [mm] $\lim_{n\to\infty}\int_0^n|f(x)|\ dx<\infty$ [/mm] ?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:42 Sa 13.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> Ein Frage, heißt [mm]\int_0^\infty f(x)\ dx[/mm] konvergiert
> absolut soviel wie [mm]\lim_{n\to\infty}\int_0^n|f(x)|\ dx<\infty[/mm]
> ?
1. Ja
2. Braucht man das nicht.
SEcki
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:21 Sa 13.02.2010 | | Autor: | pelzig |
Nimm o.B.d.A. [mm]f\ge 0[/mm] an (sonst betrachte [mm] $\tilde{f}:=|f|$) [/mm] und wähle [mm] $x_0\in[0,\infty)$ [/mm] beliebig. Betrachte [mm] $I_1:=[x_0+1,\infty)$, [/mm] wäre [mm]x\cdot f(x)\ge 1/2[/mm] für alle [mm] $x\in I_1$, [/mm] so wäre [mm] $$\infty=\int_{I_1}\frac{1}{x}\ dx\le2\cdot\int_{I_1}f(x)dx<\infty.$$ [/mm] Also können wir [mm] $x_1\in I_1$ [/mm] wählen mit [mm]x_1\cdot f(x_1)\le 1/2[/mm]. Nun setzt man [mm] $I_2:=[x_1+1,\infty)$ [/mm] und findet mit dem gleichen Argument [mm] $x_2\in I_2$ [/mm] mit [mm] $x_2\cdot f(x_2)\le [/mm] 1/4$ usw. Induktiv erhält man eine Folge [mm] $(x_n)\subset[0,\infty)$ [/mm] mit [mm] $x_n\ge [/mm] n$ und [mm] $x_n\cdot f(x_n)\le2^{-n}$ [/mm] für alle [mm] $n\in\IN$. [/mm] Also gilt [mm] $x_n\to\infty$ [/mm] und [mm] $x_nf(x_n)\to [/mm] 0$ für [mm] $n\to\infty$.
[/mm]
Gruß, Robert
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:00 Di 16.02.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Robert,
sieht gut aus!
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:10 Mi 17.02.2010 | | Autor: | gfm |
Kurz gesagt, kann es kein endliches y>=0 geben, sodaß xf(x) für [mm] x\ge [/mm] y nicht mehr beliebig klein werden kann, weil sonst der Integrand ab y eine nicht integrable untere Schranke hätte.
Sauber!
LG
gfm
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:30 Mo 15.02.2010 | | Autor: | gfm |
Das uneigentliche Integral existiere, aber nicht die Existenz einer Folge [mm] x_n\to\infty [/mm] mit [mm] x_n f(x_n)\to [/mm] 0
Sei [mm] f\ge [/mm] 0 und S die Menge aller Argumente, für die f nicht verschwindet. Das L-Maß von S kann entweder endlich oder unendlich sein. Im ersteren Fall gelingt es einfach eine Folge [mm] x_n\to\infty [/mm] zu finden, für die [mm] f(x_n)=0 [/mm] ist, was ein Widerspruch wäre.
Wenn S ein unendliches L-Maß hat, kann es sein, dass f entweder auf schließlich allen [mm] S\cap[i,i+1) [/mm] von null verschieden ist oder eben nicht auf schließlich allen. Im letzteren Fall ist es wieder einfach, eine Folge wie oben zu finden, die zum Widerspruch führt. Aus dem ersten Fall würde die Existenz eines [mm] x_0 [/mm] folgen, ab dem f nicht mehr verschwindet. Und aus der Annahme folgt dann, dass xf(x) nicht beliebig klein wird. Jetzt greift das Argument, dass das Integral ab [mm] x_0 [/mm] nach unten explizit mit einem nicht uneigentlich integrierbarem Integranden abgeschätzt werden kann.
Geht das so?
LG
gfm
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:40 Di 16.02.2010 | | Autor: | pelzig |
> Das uneigentliche Integral existiere, aber nicht die
> Existenz einer Folge [mm]x_n\to\infty[/mm] mit [mm]x_n f(x_n)\to[/mm] 0
>
> Sei [mm]f\ge[/mm] 0 und S die Menge aller Argumente, für die f
> nicht verschwindet. Das L-Maß von S kann entweder endlich
> oder unendlich sein. Im ersteren Fall gelingt es einfach
> eine Folge [mm]x_n\to\infty[/mm] zu finden, für die [mm]f(x_n)=0[/mm] ist,
> was ein Widerspruch wäre.
>
> Wenn S ein unendliches L-Maß hat, kann es sein, dass f
> entweder auf schließlich allen [mm]S\cap[i,i+1)[/mm] von null
> verschieden ist oder eben nicht auf schließlich allen. Im
> letzteren Fall ist es wieder einfach, eine Folge wie oben
> zu finden, die zum Widerspruch führt.
Ich finde die ganze Argumentation mit dem Lebesgue-Maß hier völlig übertrieben. Alles was du bisher gesagt hast ist die triviale Beobachtung, dass wenn [mm] $f^{-1}(0)$ [/mm] unbeschränkt ist, eine Folge mit [mm] $x_n\to\infty$ [/mm] und [mm] $x_n\cdot f(x_n)\to [/mm] 0$ existiert. Den ganzen Text oben hättest du auch abkürzen können als "o.B.d.A. sei [mm] $f^{-1}(0)$ [/mm] beschränkt", oder wenn du etwas kühner bist sogar mit "o.B.d.A. $f>0$".
> Aus dem ersten Fall würde die Existenz eines [mm]x_0[/mm] folgen, ab dem f nicht mehr
> verschwindet. Und aus der Annahme folgt dann, dass xf(x)
> nicht beliebig klein wird.
Hä? Was ist z.B. mit [mm] $f(x)=1/(x+1)^2$? [/mm] Dann wird doch [mm] $x\cdot [/mm] f(x)$ beliebig klein... was genau willst du eigentlich sagen?
> Jetzt greift das Argument, dass das Integral ab [mm]x_0[/mm] nach unten explizit mit einem nicht
> uneigentlich integrierbarem Integranden abgeschätzt werden kann.
Das ist seeeehr schwammig und überzeugt mich ehrlichgesagt überhaupt nicht. Wie genau sieht der nicht uneigentlich integrierbare Integrand denn aus? Das ist genau die entscheidende Stelle wo einfach nur so ein Wischi-Waschi-Argument steht.
Gruß, Robert
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:37 Di 16.02.2010 | | Autor: | gfm |
Ich wollte damit sagen das es einen Unterschied macht, ob die Menge der x für die f(x)=0 ist unbeschränkt ist oder nicht. Hat man den Unterschied erkannt, muß man sich in der Argumentation nicht mehr mit den Funktionen des Gegenbeispiels von Felix auseinandersetzen (https://matheraum.de/read?i=654171)
Auf der Startseite von Matheraum steht ja, dass man hier richtig ist, wenn man etwas lernen will. Ich wußte nur nicht, dass man sich zu dieser Aufgabe nur dann ein freundliches Feedback erwarten darf, wenn man in Euren Augen nichts Triviales sagt. Dann kennzeichnet doch in Zukunft solche Aufgaben, damit Ihr nicht von uns Dummen belästigt werdet.
Und was soll das mit [mm] 1/(x+1)^2? [/mm] Ich wollte nur auf den Widerspruch zwischen der Annahme, es existiert keine solche Folge und der Folgerung für die Funktionen, die auf einer unbeschränkten Menge verschwinden, hinweisen, um sich dann nur noch auf die Funktionen zu konzentrieren, für die es ein [mm] x_0 [/mm] gibt, ab dem f>0 gilt.
Und wenn man dann solch ein f hat, zieht das Gegenbeispiel von Felix nicht mehr, welches er ins Feld geführt hatte um meine Argumentation, zu widerlegen, dass, wenn [mm] \forall_{x_n\to\infty} \neg (x_nf(x_n)\to [/mm] 0), f schwächer als 1/x abfallen muss, was der angenommenen Integrierbarkeit widersprechen würde.
Aber wenn ich es mir noch einmal überlege, ist das Nullwerden auf den Bereichen, auf denen f nicht zum Integral beiträgt in seinem Gegenbeispiel, nicht wesentlich, sondern nur das der Beitrag zum Integral so klein ist, dass f auf den Bereichen, die den größeren Anteil tragen, immer Werte annimmt, sodaß dort xf(x) nicht beliebig klein wird, oder?
LG
gfm
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:30 Di 16.02.2010 | | Autor: | pelzig |
Du bist doch kein Neuling mehr den man hier immer mit Samthandschuhen anfassen muss. Deine Frage war für mich eindeutig ein Lösungsversuch für die Aufgabe und als solche habe ich mein Feedback gegeben.
Wenn du nur einen gewissen Aspekt bzgl. des Gegenbeispiels von Felix klären/widerlegen wolltest (ich habe nämlich überhaupt keinen Plan worum es in dem Gegenbeispiel überhaupt geht), dann schreib es doch auch als Mitteilung in den entsprechenden Diskussionsstrang und vor allem solltest du einfach klarer schreiben was eigentlich deine Aussage ist, ich finde es nämlich sehr schwer deine Posts zu verstehen manchmal, z.B. das hier:
> Und wenn man dann solch ein f hat, zieht das Gegenbeispiel
> von Felix nicht mehr, welches er ins Feld geführt hatte um
> meine Argumentation, zu widerlegen, dass, wenn
> [mm]\forall_{x_n\to\infty} \neg (x_nf(x_n)\to[/mm] 0), f schwächer
> als 1/x abfallen muss, was der angenommenen
> Integrierbarkeit widersprechen würde.
Was genau ist dieses "schwächer als 1/x abfallen", wovon du die ganze Zeit sprichst?
Außerdem ist die Aussage "Wenn es keine Folge mit [mm] $x_n\to\infty$ [/mm] und [mm] $x_nf(x_n)\to [/mm] 0$ gibt, so existiert das Integral [mm] $\int_0^\infty [/mm] f(x)dx$ nicht" inzwischen hier unabhängig von mehreren Leuten auf ähnliche Weise bewiesen worden.
> Ich wollte damit sagen das es einen Unterschied macht, ob
> die Menge der x für die f(x)=0 ist unbeschränkt ist oder
> nicht. Hat man den Unterschied erkannt, muß man sich in
> der Argumentation nicht mehr mit den Funktionen des
> Gegenbeispiels von Felix auseinandersetzen
Also halten wir mal fest: Wenn die Menge der Nullstellen von $f$ unbeschränkt ist, dann ist es trivial so eine Folge zu finden.
> Aber wenn ich es mir noch einmal überlege, ist das
> Nullwerden auf den Bereichen, auf denen f nicht zum
> Integral beiträgt in seinem Gegenbeispiel, nicht
> wesentlich, sondern nur das der Beitrag zum Integral so
> klein ist, dass f auf den Bereichen, die den größeren
> Anteil tragen, immer Werte annimmt, sodaß dort xf(x) nicht
> beliebig klein wird, oder?
... das ist auch so ein Satz aus dem ich einfach nicht schlau werde.
Gruß, Robert
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:52 Di 16.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> Auf der Startseite von Matheraum steht ja, dass man hier
> richtig ist, wenn man etwas lernen will.
Sicher, und das hast du auch.
> Ich wußte nur
> nicht, dass man sich zu dieser Aufgabe nur dann ein
> freundliches Feedback erwarten darf, wenn man in Euren
> Augen nichts Triviales sagt. Dann kennzeichnet doch in
> Zukunft solche Aufgaben, damit Ihr nicht von uns Dummen
> belästigt werdet.
Du solltest einmal die Antwort genau durchlesen! Du hast zwei Absätze und komplizierte Formulierungen gebraucht. Und wofür? Um aus "die Anzahl der Nullstellen ist unbeschränkt" die Behauptung zu folgern. Bei dir habe ich es erst verstanden, nachdme ich pelzigs Antwort gelesen habe. Das Feedback ist also erstens: stelle alles so einfach dar, wie möglich, aber nicht einfacher. Ich hatte auch deinen Post überflogen und nach einem "Häh? Wtf?" hab ich mich anderem zu gewand.
Dann ergibt das, was du schreibst, eben keine vollständige Lösung. Was ist mit Funktionen, die eben keine Nullstellen haben? Das war auch in der Antwort. Das zweite Feedback war also: verlier den Wald vor lauter Bäumen nicht aus dem Blick.
Ich verstehe beim Rest auch wieder nicht wirklich, was du uns sagen willst.
SEcki
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:47 Di 16.02.2010 | | Autor: | gfm |
Nachdem ich anhand der Antworten von Dir Pelzig, Felix, Abakus und auch anderen gesehen habe, das Ihr eine Menge auf dem Kasten habt und ich von Euch eine Menge lernen kann, entstand bei mir die Hoffnung hier von Euch zu lernen. Und es fällt um so leichter, je annahmefähiger der emotionale Kontext dfer Kommunikation ist -ach in der Kommunikation über mathematische Inhalte schließlich sind wir alle immer noch fühlende Wesen, oder? Ich jedenfalls habe mich angegriffen gefühlt.
LG
gfm
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:58 Di 16.02.2010 | | Autor: | gfm |
Wenn das Integral existiert (sei mal [mm] f\ge [/mm] 0), wird es zu jedem [mm] \beta>0 [/mm] ein [mm] x_0 [/mm] geben, sodaß für alle [mm] x,x'>x_0 [/mm] gilt [mm] \integral_{x}^{x'}f(x)dx<\beta. [/mm] Zu jedem x' und jedem x (sei x'>x o.B.d.A.) gibt es ein [mm] y\in[x,x'], [/mm] sodaß [mm] \integral_{x}^{x'}f(x)dx=f(y)(x'-x) [/mm] gilt und somit auch [mm] f(y)(x'-x)<\beta. [/mm] Daraus folgt die Existenz einer Funktion [mm] y=g(x',x,\beta), [/mm] sodaß [mm] \forall_{x,\beta}f(y)\to [/mm] 0 für [mm] x'\to\infty. [/mm] Mehr noch: [mm] f(g(x',x,\beta))x'-\beta\to [/mm] 0 für [mm] x'\to\infty. [/mm] Das folgt aus einer Umstellung der Ungleichung [mm] f(y)x'-\beta0 [/mm] gibt es [mm] x_0', [/mm] so daß für alle [mm] x'>x_0' [/mm] gilt [mm] f(y)x'-\beta<\alpha [/mm] oder
[mm] f(y)x'<\alpha+\beta. [/mm] Setzt man [mm] \alpha=\beta=\epsilon/2 [/mm] und beachtet [mm] y\in[x,x'] [/mm] dann folgt die Existenz einer Folge [mm] y_n [/mm] mit [mm] f(y_n)y_n\to [/mm] 0
Was haltet Ihr davon?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:20 Di 16.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> Wenn das Integral existiert (sei mal [mm]f\ge[/mm] 0), wird es zu
> jedem [mm]\beta>0[/mm] ein [mm]x_0[/mm] geben, sodaß für alle [mm]x,x'>x_0[/mm] gilt
> [mm]\integral_{x}^{x'}f(x)dx<\beta.[/mm] Zu jedem x' und jedem x
> (sei x'>x o.B.d.A.) gibt es ein [mm]y\in[x,x'],[/mm] sodaß
> [mm]\integral_{x}^{x'}f(x)dx=f(y)(x'-x)[/mm] gilt und somit auch
> [mm]f(y)(x'-x)<\beta.[/mm]
Ja, diesen Ansatz hab ich auch verfolgt.
> Daraus folgt die Existenz einer Funktion
> [mm]y=g(x',x,\beta),[/mm] sodaß [mm]\forall_{x,\beta}f(y)\to[/mm] 0 für
> [mm]x'\to\infty.[/mm]
Ja. okay.
> Mehr noch: [mm]f(g(x',x,\beta))x'-\beta\to[/mm] 0 für
> [mm]x'\to\infty.[/mm] Das folgt aus einer Umstellung der Ungleichung
> [mm]f(y)x'-\beta
> kann. D.h. zu jedem [mm]\alpha>0[/mm] gibt es [mm]x_0',[/mm] so daß für
> alle [mm]x'>x_0'[/mm] gilt [mm]f(y)x'-\beta<\alpha[/mm] oder
> [mm]f(y)x'<\alpha+\beta.[/mm]
Stimmt auch.
> Setzt man [mm]\alpha=\beta=\epsilon/2[/mm] und
> beachtet [mm]y\in[x,x'][/mm] dann folgt die Existenz einer Folge [mm]y_n[/mm]
> mit [mm]f(y_n)y_n\to[/mm] 0
Ja, das stimmt.
Ich finde, es ist sehr schwer dir bei den vielen technischen Kleinkram (der dann an manchen Stellen auch wieder nicht ausgeführt ist) zu folgen. Es wäre nett gewesen, die Idee mal kurz anzureissen - du verwendest Cauchy-Eigenschaft der Konvergenz, den MWS der Integralrechnung, hast dann ein Problem, dass die Grenzen nicht perfekt mit dem gefunden y übereinstimmen und löst dies über Einschachtelung.
Also dein Beweis ist genau wie meiner.
Außer das mir aufgefallen ist, dass das Integral dabei auch gerne nicht absolut konvergent sein darf. Also kannst du [m]f\ge 0[/m] einfach weglassen, solange das Inetrgal konvergeirt. :p
SEcki
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:36 Di 16.02.2010 | | Autor: | gfm |
> Ich finde, es ist sehr schwer dir bei den vielen
> technischen Kleinkram (der dann an manchen Stellen auch
> wieder nicht ausgeführt ist) zu folgen. Es wäre nett
> gewesen, die Idee mal kurz anzureissen - du verwendest
> Cauchy-Eigenschaft der Konvergenz, den MWS der
Sieh es mir nach. Bin kein Mathematiker, nur Physiker, der auch seit 15 Jahren nicht mehr originär mit Physik und Mathe zu tun hat. Bin halt "nur" noch hobbymäßig interessiert.
> Außer das mir aufgefallen ist, dass das Integral dabei
> auch gerne nicht absolut konvergent sein darf. Also kannst
> du [m]f\ge 0[/m] einfach weglassen, solange das Inetrgal
> konvergeirt. :p
Ja nach Anwendung, des Mittelwertsatzes tun die Betragsstriche um das ganze Integral nicht mehr "weh".
LG
gfm
P.S.: Wo kann man deinen Beweis nachlesen?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:47 Di 16.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> Sieh es mir nach. Bin kein Mathematiker, nur Physiker, der
> auch seit 15 Jahren nicht mehr originär mit Physik und
> Mathe zu tun hat. Bin halt "nur" noch hobbymäßig
> interessiert.
Ich dachte ja, du wärst immer an Verbesserungen interssiert, also hab ich meine Meinung geschrieben. Vor allem wenn's hobbymäßig ist, würde ich Ideen über blanken Formalismus setzen. Nein, das würde ich immer. Bin ja kein Logiker :p
> P.S.: Wo kann man deinen Beweis nachlesen?
Der sollte doch für alle lesbar sein. Oder?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:53 Di 16.02.2010 | | Autor: | gfm |
Danke für's Feedback. Weiter so. Nachdem ich die ersten Feedbacks auf andere Lösungsversuche so verstanden, dass es nicht ausführlich genug war, habe ich es so versucht. Habe den Beweis auch nicht aufgeschrieben, weil ich ihn erst heute morgen auf dem Weg zur Arbeit (ich gehe immer zu Fuß zur Arbeit) durch gedacht habe und auch nicht viel Zeit hatte ihn aufzuschreiben.
Wenn ich auf den Link zu deinem Beweis klicke, bekomme ich nur eine Meldung:
"Artikel nicht lesbar.
Der Artikel hat nie existiert oder er wurde zwischenzeitlich gelöscht oder dir fehlen die nötigen Leserechte.
Hier geht es zurück zum Forum."
LG
gfm
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:12 Di 16.02.2010 | | Autor: | felixf |
Moin,
> Wenn ich auf den Link zu deinem Beweis klicke, bekomme ich
> nur eine Meldung:
>
>
> "Artikel nicht lesbar.
was auch kein Wunder ist, da du keine Leserechte hattest.
Ich habe jetzt alle Leserechte im Thread angepasst, so dass jeder der Beteiligten und Interessierten alles lesen kann.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:13 Mi 17.02.2010 | | Autor: | gfm |
Danke
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