konvergenz von integralen < Integrationstheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 23:02 Mo 23.03.2009 | | Autor: | christoph111 |
| Aufgabe | Für welche n [mm] \in \IN [/mm] konvergieren die Integrale?
(a) [mm] \integral_{0}^{\infty}{\bruch{ln(1+x)}{x^{n}}dx} [/mm] (c) [mm] \integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}}{\bruch{ln(sin(x))}{x^{\bruch{1}{n}}}dx}
[/mm]
(b) [mm] \integral_{1}^{\infty}{\bruch{sin(x)}{x^{n}}dx} [/mm] (d) [mm] \integral_{0}^{1}{\bruch{x^{n}}{\wurzel[]{1-x^{4}}}dx} [/mm] |
zuerst mal eine frage zu (a) und (b) :
laut vorlesung konvergiert [mm] \integral_{1}^{\infty}{f(x) dx} \gdw \summe_{n=1}^{\infty} [/mm] f(n)konvergiert.
also hab ich bei (a) und (b) jeweils die summe betrachtet und nach oben abgeschätzt:
(a) | [mm] \bruch{ln(1+x)}{x^{n}}|\le\bruch{x}{x^{n}} [/mm] = [mm] \bruch{1}{x^{n-1}}
[/mm]
die geometrische reihe [mm] \summe_{i=1}^{\infty}\bruch{1}{n^{\alpha}} [/mm] konvergiert für [mm] \alpha [/mm] > 1; also muss in diesem fall für (a) gelten, dass das integral für n>2 konvergiert..
allerdings bin ich mir hier nicht sicher, ob das wirklich alle n sind, weil ich hab das mit [mm] ln(1+x)\le [/mm] x ja ziemlich grob abgeschätzt oder?
bei b bin ich mir da schon etwas sicherer:
| [mm] \bruch{sin(x)}{x^{n}}|\le\bruch{1}{x^{n}} \Rightarrow [/mm] konvergiert für n > 1
mein "hauptproblem" sind im moment aber (c) und (d)!
ich hab da schon vieles probiert, komme aber nicht so richtig weiter:
bei (d) hab ich zum beispiel versucht durch substitution ein integral zu bekommen, was ich dann einfach abschätzen kann; mit [mm] t=\wurzel[]{1-x^{4}} [/mm] komme ich schließlich auf das integral:
[mm] \bruch{1}{2} \integral_{0}^{1}{(1-t^{2})^{\bruch{n-3}{4}}dx}
[/mm]
ich weiß nicht wie ich das abschätzen und dann das n berechnen kann..
ich habs auch schon mit quotienten und wurzelkriterium probiert, aber das wird dann am ende nur eine endlose rechnerei.
und bei (c) ist das problem ähnlich.. ich hab versucht mir ein abschätzbares integral "zusammen zu substituieren" oder aber einfach das integral aufzuleiten und dann durch einsetzen der grenzen das n rauszubekommen, aber dabei rechne ich mich dann auch immer wieder fest..
daher wäre ich für ein paar tipps und lösungsansätze sehr dankbar! :)
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:14 Mo 23.03.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Für welche n [mm]\in \IN[/mm] konvergieren die Integrale?
> (a) [mm]\integral_{0}^{\infty}{\bruch{ln(1+x)}{x^{n}}dx}[/mm]
> (c)
> [mm]\integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}}{\bruch{ln(sin(x))}{x^{\bruch{1}{n}}}dx}[/mm]
> (b) [mm]\integral_{1}^{\infty}{\bruch{sin(x)}{x^{n}}dx}[/mm]
> (d) [mm]\integral_{0}^{1}{\bruch{x^{n}}{\wurzel[]{1-x^{4}}}dx}[/mm]
> zuerst mal eine frage zu (a) und (b) :
> laut vorlesung konvergiert [mm]\integral_{1}^{\infty}{f(x) dx} \gdw \summe_{n=1}^{\infty} f(n)[/mm] konvergiert.
ich hoffe mal, dass ihr das nicht einfach so notiert habt. Um diesen Satz anwenden zu können sind Voraussetzungen an [mm] $f\,$ [/mm] zu prüfen. Wie der Satz richtig lautet, findest Du z.B. bei![[]](/images/popup.gif) Wiki, Integralkriterium:
Es sei [mm] $f\;$ [/mm] eine monoton fallende Funktion, die auf dem Intervall [mm] $[p,\infty)$ [/mm] mit einer ganzen Zahl [mm] $p\,$ [/mm] definiert ist und nur positive Werte annimmt...
Auf [mm] $\int_1^\infty x^2\;dx$ [/mm] könntest Du z.B. den Satz nicht anwenden, weil $x [mm] \mapsto x^2$ [/mm] auf [mm] $[1,\infty)$ [/mm] streng monoton wächst (und folglich nicht monoton fallend ist).
Und soweit ich das gerade sehe ist das obige Integralkriterium bei Aufgabenteil a) anwendbar, und bei b),c) und d) nicht (jedenfalls nicht direkt; vll. aber nach einer geeigneten Substitution oder sonstwas...). Dort solltest Du also evtl. auch nach anderen Kriterien suchen, die Anwendung finden könnten...
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
oh ja das hab ich wohl übersehen. danke für den hinweis!
aber das macht die sache dann ja nicht gerade einfacher :(
ein anderes kriterium für die konvergenz von integralen ist ja, dass das integral einen grenzwert hat, aber dazu muss ich das integral ja ausrechnen und ich krieg einfach keine aufleitung hin obwohl ich schon ne menge substitutionen ausprobiert habe..
sieht vielleicht jemand auf anhieb was eine günstige substitution wäre??
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:02 Di 24.03.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> oh ja das hab ich wohl übersehen. danke für den hinweis!
> aber das macht die sache dann ja nicht gerade einfacher
> :(
>
> ein anderes kriterium für die konvergenz von integralen ist
> ja, dass das integral einen grenzwert hat, aber dazu muss
> ich das integral ja ausrechnen und ich krieg einfach keine
> aufleitung hin obwohl ich schon ne menge substitutionen
> ausprobiert habe..
bitte bitte verwende nie wieder dieses Wort. Auch, wenn viele Lehrer es benutzen und es durchaus auch in einem gewissen Rahmen gerechtfertigt erscheint, es verleitet einfach zu oft zu Trugschlüssen bzw. ist sogar mathematisch gesehen in zu vielen Fällen einfach falsch. Siehe auch Wiki, Stammfunktion:
"Das oft von Schülern gebrauchte Wort Aufleitung..."
Jetzt mal, wie in der Überschrift geschrieben, zu dem Integral aus a):
Dein Vorschlag bringt Dir leider nichts, denn [mm] $\int_0^\infty \frac{1}{x^\alpha}\;dx=\infty$ [/mm] für alle [mm] $\alpha [/mm] > [mm] 1\,.$ [/mm] So, wie Du es hier gerechnet hast, würdest Du [mm] $\int_{\red{1}}^{^{\!\!\infty}} \frac{\ln(x+1)}{x^n}\;dx$ [/mm] behandeln. Aber bei Teil a) steht [mm] $\int_{\blue{0}}^{^{\!\!\infty}}\,.$ [/mm]
Es hätte dort vielleicht auch sinnvoll sein können, [mm] $\int_0^\infty$ [/mm] in [mm] $\int_0^1+\int_1^\infty$ [/mm] aufzuteilen.
Ich zeige Dir mal kurz, dass das Integral bei a) für alle $n [mm] \in \IN$ [/mm] sicher nicht existiert:
Für alle $x > -1$ gilt [mm] $\frac{x}{x+1} \le \ln(x+1)$ [/mm] und folglich ist
[mm] $$\int_0^\infty \frac{\ln(x+1)}{x^n}\;dx \ge \int_0^\infty \frac{x}{(x+1)x^n}\;dx=\int_0^\infty \frac{1}{(x+1)x^{n-1}}\;dx=\int_0^\infty \frac{1}{x^n+x^{n-1}}\;dx \ge \underbrace{\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{1}{x^{n-1}}\;dx}_{=:A_n}+\underbrace{\frac{1}{2}\int_1^\infty \frac{1}{x^n}\;dx}_{ =:B_n}\,.$$
[/mm]
Nun überlege Dir, dass gilt:
[mm] $$A_n,\;B_n \in [0,\infty]\;\;\text{ für alle }n \in \IN$$ [/mm]
und
[mm] $$A_n=\infty \text{ für alle natürlichen }n \ge 2\;\; \text{sowie }B_n=\infty \text{ für }n=1\,.$$
[/mm]
Das zeigt, dass das Integral von a) in [mm] $\IR$ [/mm] nicht existiert (beachte: [mm] $\infty \notin \IR\,$; [/mm] man kann aber für jedes $n [mm] \in \IN$ [/mm] schreiben: [mm] $\int_0^\infty \frac{\ln(x+1)}{x^n}\;dx=\infty$.)
[/mm]
P.S.:
Alternative für $n=1$:
(Zunächst beachte man:
Auf [mm] $\int_0^\infty \frac{\ln(x+1)}{x^n}\;dx$ [/mm] kann man das obige Integralkriterium für $n [mm] \ge [/mm] 2$ nicht anwenden, da für die auf [mm] $(0,\infty)$ [/mm] definierte Funktion $x [mm] \mapsto f(x):=\ln(x+1)/x^n$ [/mm]
[mm] $$\lim_{x \to 0^+} f(x)=\infty$$
[/mm]
für $n [mm] \ge [/mm] 2$ gilt.)
Für $n=1$ gilt aber [mm] $\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(x+1)}{x}=1$ [/mm] (Hospital!). Nun setze man [mm] $f(0):=1\,.$ [/mm]
(Bemerkung: Wichtig ist hier eigentlich nur, dass man [mm] $f\,$ [/mm] an der Stelle $0$ so ergänzen kann, dass $f(0) [mm] \in [0,\infty)$ [/mm] und dann auch diese so fortgesetzte Funktion [mm] $f\,$ [/mm] monoton fallend auf [mm] $[0,\infty)$ [/mm] ist. Ich hätte auch $f(0):=1027$ setzen können!)
Dann gilt nach dem Integralkriterium (unter Beachtung, dass $f$ auf [mm] $[0,\infty)$ [/mm] (sogar streng) monoton fallend ist und dort nur positive Werte annimmt)
[mm] $$\int_0^\infty \frac{\ln(x+1)}{x}\;dx \text{ existiert} \gdw \sum_{n=0}^\infty [/mm] f(n) [mm] \text{ konvergiert}\,.$$
[/mm]
Die Reihe
[mm] $$\sum_{n=0}^\infty f(n)=\underbrace{1}_{=f(0)}+\sum_{n=1}^\infty \frac{\ln(n+1)}{n}=1+\sum_{n=2}^\infty \frac{\ln(n)}{n-1}$$
[/mm]
divergiert aber, wie man leicht mit dem Cauchyschen Verdichtungssatz einsieht.
P.S.:
Nicht, dass Dich die Alternative nun bei der Untersuchung eines Integrals [mm] $\int_p^\infty [/mm] f$ dazu verleitet, wenn $f(p)$ nicht definiert ist, dann stets zu versuchen, [mm] $f(p)=\lim_{x \to p^+} [/mm] f(p)$ zu setzen und dann das Integralkriterium drauf loszulassen. Wichtig ist dann für die Verwendung des Integralkriteriums, dass [mm] $f\,$ [/mm] auf [mm] $(p,\infty)$ [/mm] schonmal nur positive Werte annimmt und dort monoton fällt und dass [mm] $\lim_{x \to p^+} [/mm] f(x)$ in [mm] $[0,\infty)$ [/mm] existiert.
(Wenn [mm] $f\,$ [/mm] auf [mm] $(p,\infty)$ [/mm] monoton fallend ist, dann existiert jedenfalls sicherlich [mm] $\lim_{x \to p^+}f(x)\,;$ [/mm] und das oben gesagte besagt nichts anderes, als, dass, wenn man das Integralkriterium dann verwenden will, dieser Grenzwert dann endlich sein muss. Zudem wird er dann auch [mm] $\ge [/mm] 0$ sein, wenn [mm] $f\,$ [/mm] auf [mm] $(p,\infty)$ [/mm] nur positive Werte annimmt. Sollte also [mm] $f\,$ [/mm] auf [mm] $(p\,\infty)$ [/mm] monoton fallen und dort nur positive Werte annehmen und gilt [mm] $g:=\lim_{x \to p^+}f(x) \in [0,\infty)\,,$ [/mm] dann kann man [mm] $f\,$ [/mm] durch $f(0):=G$ (mit einem $G [mm] \in [g,\infty)$) [/mm] fortsetzen und für eine solche fortgesetzte Funktion [mm] $f\,$ [/mm] ist dann das Integralkriterium anwendbar.
(Beachte z.B.:
Bei
[mm] $$\int_0^\infty x^{-1/2}\;dx$$
[/mm]
kannst Du das Integralkriterium bspw. nicht anwenden, weil [mm] $\lim_{x \to 0^+} x^{-1/2}=\infty \notin \IR\,.$)
[/mm]
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
Wow erstmal vielen Dank für diese ausführliche Antwort!!!
> Hallo,
> bitte bitte verwende nie wieder dieses Wort. Auch, wenn
> viele Lehrer es benutzen und es durchaus auch in einem
> gewissen Rahmen gerechtfertigt erscheint, es verleitet
> einfach zu oft zu Trugschlüssen bzw. ist sogar mathematisch
> gesehen in zu vielen Fällen einfach falsch. Siehe auch
> Wiki, Stammfunktion:
> "Das oft von Schülern gebrauchte Wort Aufleitung..."
Ok ich werds mir merken ;)
> Jetzt mal, wie in der Überschrift geschrieben, zu dem
> Integral aus a):
> Dein Vorschlag bringt Dir leider nichts, denn
> [mm]\int_0^\infty \frac{1}{x^\alpha}\;dx=\infty[/mm] für alle [mm]\alpha > 1\,.[/mm]
> So, wie Du es hier
> gerechnet hast, würdest Du [mm]\int_{\red{1}}^{^{\!\!\infty}} \frac{\ln(x+1)}{x^n}\;dx[/mm]
> behandeln. Aber bei Teil a) steht
> [mm]\int_{\blue{0}}^{^{\!\!\infty}}\,.[/mm]
> Es hätte dort vielleicht auch sinnvoll sein können,
> [mm]\int_0^\infty[/mm] in [mm]\int_0^1+\int_1^\infty[/mm] aufzuteilen.
Den Satz hab ich auch in meinen Aufzeichnungen stehen und das damit dann mal probiert.
Bei a) sind beide Integrationsgrenzen kritisch und [mm] f:]a,b[\to \IR [/mm] ist eine Funktion, die über jedem kompakten Teilintervall [mm] [\alpha,\beta]\subset [/mm] ]a,b[ integrierbar ist. Sei c [mm] \in [/mm] ]a,b[ beliebig. Falls die beiden Integrale [mm] \int_a^c [/mm] f(x) dx und [mm] \int_c^b [/mm] f(x) dx konvergieren, heißt das Integral [mm] \int_a^b [/mm] f(x) dx konvergent und man setzt [mm] \int_a^b [/mm] f(x) dx = [mm] \int_a^c [/mm] f(x) dx + [mm] \int_c^b [/mm] f(x) dx .
Und ein anderer Satz besagt das, was du auch geschrieben hast: Dass man dann [mm] \alpha [/mm] "von oben" gegen a laufen lässt (bzw. b "von unten" gegen [mm] \infty [/mm] ) und somit den Grenzwert der Integrale bestimmt und diesen gleichsetzt mit den Ausgangsintegralen.
Für a) hab ich da dann jetzt stehen:
[mm] \underbrace{\limes_{a\rightarrow 0} \integral_{a}^{c}{\frac{\ln(x+1)}{x^n} dx }}_{=:A_n}+ \underbrace{\limes_{b\rightarrow\infty} \integral_{c}^{b}{\frac{\ln(x+1)}{x^n} dx}}_{=:B_n} [/mm] wobei c [mm] \in ]0,\infty[ [/mm] und a > 0 und [mm] b<\infty [/mm] ist.
[mm] A_n [/mm] und [mm] B_n [/mm] sind jeweils immer positiv und monoton fallend (muss ich das wohl auch noch zeigen??)
--> und deswegen darf ich jetzt das Kritierium anwenden und sagen:
[mm] \limes_{a\rightarrow 0} \integral_{a}^{c}{\frac{\ln(x+1)}{x^n} dx} [/mm] existiert [mm] \gdw \limes_{a \rightarrow 0} \summe_{n=a}^{c} [/mm] f(n) konvergiert.
Und für [mm] B_n [/mm] das Gleiche:
[mm] \limes_{b\rightarrow \infty} \integral_{c}^{b}{\frac{\ln(x+1)}{x^n} dx} [/mm] existiert [mm] \gdw \limes_{b \rightarrow \infty} \summe_{n=c}^{b} [/mm] f(n) konvergiert.
und jetzt müsste ich dann wohl mit der dominierten konvergenz weitermachen oder?..
> Ich zeige Dir mal kurz, dass das Integral bei a) für alle [mm]n \in \IN[/mm]
> sicher nicht existiert:
"Das Integral existiert" damit meinst du bestimmt es konvergiert oder?
Und meinst du es konvergiert "nicht für alle n" oder "für kein einziges n" ?
> Für alle [mm]x > -1[/mm] gilt [mm]\frac{x}{x+1} \le \ln(x+1)[/mm] und
> folglich ist
> [mm]\int_0^\infty \frac{\ln(x+1)}{x^n}\;dx \ge \int_0^\infty \frac{x}{(x+1)x^n}\;dx=\int_0^\infty \frac{1}{(x+1)x^{n-1}}\;dx=\int_0^\infty \frac{1}{x^n+x^{n-1}}\;dx \ge \underbrace{\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{1}{x^{n-1}}\;dx}_{=:A_n}+\underbrace{\frac{1}{2}\int_1^\infty \frac{1}{x^n}\;dx}_{ =:B_n}\,.[/mm]
>
Den letzten Schritt kann ich nicht so richtig nachvollziehen, hast du da Partialbruchzerlegung gemacht?
> Nun überlege Dir, dass gilt:
> [mm]A_n,\;B_n \in [0,\infty]\;\;\text{ für alle }n \in \IN[/mm]
> und
> [mm]A_n=\infty \text{ für alle natürlichen }n \ge 2\;\; \text{sowie }B_n=\infty \text{ für }n=1\,.[/mm]
>
> Das zeigt, dass das Integral von a) in [mm]\IR[/mm] nicht existiert
> (beachte: [mm]\infty \notin \IR\,[/mm]; man kann aber für jedes [mm]n \in \IN[/mm]
> schreiben: [mm]\int_0^\infty \frac{\ln(x+1)}{x^n}\;dx=\infty[/mm].)
>
> P.S.:
> Alternative für [mm]n=1[/mm]:
> (Zunächst beachte man:
> Auf [mm]\int_0^\infty \frac{\ln(x+1)}{x^n}\;dx[/mm] kann man das
> obige Integralkriterium für [mm]n \ge 2[/mm] nicht anwenden, da für
> die auf [mm](0,\infty)[/mm] definierte Funktion [mm]x \mapsto f(x):=\ln(x+1)/x^n[/mm]
> [mm]\lim_{x \to 0^+} f(x)=\infty[/mm]
> für [mm]n \ge 2[/mm] gilt.)
>
> Für [mm]n=1[/mm] gilt aber [mm]\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(x+1)}{x}=1[/mm]
> (Hospital!). Nun setze man [mm]f(0):=1\,.[/mm]
>
> (Bemerkung: Wichtig ist hier eigentlich nur, dass man [mm]f\,[/mm]
> an der Stelle [mm]0[/mm] so ergänzen kann, dass [mm]f(0) \in [0,\infty)[/mm]
> und dann auch diese so fortgesetzte Funktion [mm]f\,[/mm] monoton
> fallend auf [mm][0,\infty)[/mm] ist. Ich hätte auch [mm]f(0):=1027[/mm]
> setzen können!)
>
> Dann gilt nach dem Integralkriterium (unter Beachtung, dass
> [mm]f[/mm] auf [mm][0,\infty)[/mm] (sogar streng) monoton fallend ist und
> dort nur positive Werte annimmt)
> [mm]\int_0^\infty \frac{\ln(x+1)}{x}\;dx \text{ existiert} \gdw \sum_{n=0}^\infty f(n) \text{ konvergiert}\,.[/mm]
>
> Die Reihe
> [mm]\sum_{n=0}^\infty f(n)=\underbrace{1}_{=f(0)}+\sum_{n=1}^\infty \frac{\ln(n+1)}{n}=1+\sum_{n=2}^\infty \frac{\ln(n)}{n-1}[/mm]
>
> divergiert aber, wie man leicht mit dem
> Cauchyschen Verdichtungssatz
> einsieht.
ok.. also gibt es kein n [mm] \in \IN [/mm] ,sodass das Integral von a) konvergiert..
> P.S.:
> Nicht, dass Dich die Alternative nun bei der Untersuchung
> eines Integrals [mm]\int_p^\infty f[/mm] dazu verleitet, wenn [mm]f(p)[/mm]
> nicht definiert ist, dann stets zu versuchen, [mm]f(p)=\lim_{x \to p^+} f(p)[/mm]
> zu setzen und dann das Integralkriterium drauf loszulassen.
> Wichtig ist dann für die Verwendung des Integralkriteriums,
> dass [mm]f\,[/mm] auf [mm](p,\infty)[/mm] schonmal nur positive Werte annimmt
> und dort monoton fällt und dass [mm]\lim_{x \to p^+} f(x)[/mm] in
> [mm][0,\infty)[/mm] existiert.
> (Wenn [mm]f\,[/mm] auf [mm](p,\infty)[/mm] monoton fallend ist, dann
> existiert jedenfalls sicherlich [mm]\lim_{x \to p^+}f(x)\,;[/mm] und
> das oben gesagte besagt nichts anderes, als, dass, wenn man
> das Integralkriterium dann verwenden will, dieser Grenzwert
> dann endlich sein muss. Zudem wird er dann auch [mm]\ge 0[/mm] sein,
> wenn [mm]f\,[/mm] auf [mm](p,\infty)[/mm] nur positive Werte annimmt. Sollte
> also [mm]f\,[/mm] auf [mm](p\,\infty)[/mm] monoton fallen und dort nur
> positive Werte annehmen und gilt [mm]g:=\lim_{x \to p^+}f(x) \in [0,\infty)\,,[/mm]
> dann kann man [mm]f\,[/mm] durch [mm]f(0):=G[/mm] (mit einem [mm]G \in [g,\infty)[/mm])
> fortsetzen und für eine solche fortgesetzte Funktion [mm]f\,[/mm]
> ist dann das Integralkriterium anwendbar.
>
> (Beachte z.B.:
> Bei
> [mm]\int_0^\infty x^{-1/2}\;dx[/mm]
> kannst Du das Integralkriterium
> bspw. nicht anwenden, weil [mm]\lim_{x \to 0^+} x^{-1/2}=\infty \notin \IR\,.[/mm])
>
> Gruß,
> Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:20 So 29.03.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:30 Fr 27.03.2009 | | Autor: | Merle23 |
> > ein anderes kriterium für die konvergenz von integralen ist
> > ja, dass das integral einen grenzwert hat, aber dazu muss
> > ich das integral ja ausrechnen und ich krieg einfach keine
> > aufleitung hin obwohl ich schon ne menge substitutionen
> > ausprobiert habe..
>
> bitte bitte verwende nie wieder dieses Wort. Auch, wenn
> viele Lehrer es benutzen und es durchaus auch in einem
> gewissen Rahmen gerechtfertigt erscheint, es verleitet
> einfach zu oft zu Trugschlüssen bzw. ist sogar mathematisch
> gesehen in zu vielen Fällen einfach falsch. Siehe auch
> Wiki, Stammfunktion:
>
> "Das oft von Schülern gebrauchte Wort Aufleitung..."
Zur Verteidigung von christoph111 : Ich benutze auch gerne das Wort "aufleiten".
Aber interessanterweise nur als Verb; "Aufleitung" sage ich nicht. Komisch. ^^
|
|
|
|
