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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:35 Sa 13.05.2006 | | Autor: | Bovarian |
| Aufgabe | Sei [mm] n \in \IN [/mm] und [mm] f:[0,n] \rightarrow \IR [/mm] eine stetige , monoton fallende Funktion. Zeigen Sie
[mm] f(k) \le \integral_{k-1}^{k}{f(x) dx}[/mm] für k= 1,.....,n. |
Hallo zusammen,
ich hänge an diesem Beweis.
Ich denke mir, dass es irgendwie über die Definition der Treppenfunktion läuft. Meinen Intervallänge [mm] \lambda [/mm] ist ja k-(k-1)=1
aber einen richtigen Ansatz finde ich nicht.
Vielleicht kann mir ja jemand auf die Sprünge helfen.
Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum gestellt.
Gruß
Bovarian
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:53 Sa 13.05.2006 | | Autor: | dormant |
Hallo!
Der Ansatz ist schon sehr richtig. Warum schreibst du denn nicht die Riemann-Summe (also die Definition mit den Treppenfunktionen) auf? Das Riemann-Integrall ist nichts anderes als der Grenzwert einer Reihe, also
[mm] \integral_{k-1}^{k}{f(x)dx}=\limes_{m\rightarrow\infty}\summe_{i=1}^{m}f(x_{i})*(x_{i+1}-x_{i}).
[/mm]
Bewiesen ist ja schon, dass die Zerlegung des Intervalls den Grenzwert nicht beeinflußt, also nehmen wir eine äqudistante Zerlegung, d.h. das Intervall wird in m gleiche Teile unterteilt. Da die Länge des ganzen Intervalls 1 beträgt ist [mm] x_{i+1}-x_{i}=\bruch{1}{m}.
[/mm]
Diesen Wert sollst du dann in die Reihe einsetzen, du sollst benutzen, dass f(m)=f(k) und durch die Voraussetzung, dass die Funktion monoton fällt, sollst du die Reihe nach unten abschätzen, bis sie größer als f(k) wird. Ähm... das soll heißen [mm] \summe\ge...\ge [/mm] f(k).
Gruß,
dormant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:13 Sa 13.05.2006 | | Autor: | Bovarian |
Hallo dormant,
bis auf den letzten Absatz hab ich alles verstanden
,aber wenn ich dann [mm] 1/m [/mm] einsetzte, wie hilft mir das weiter.
Ich verstehe nicht, wie ich von dort auf das [mm] f(k) [/mm] komme.
Gruß Alex
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:48 Sa 13.05.2006 | | Autor: | dormant |
Hi!
Die Idee ist:
[mm] \summe_{i=1}^{m}f(x_{i})\bruch{1}{m}\ge\summe_{i=1}^{m}f(k)\bruch{1}{m}=f(k).
[/mm]
Das ist nichts Anderes als die unnötig ausführliche Version vom Beweis von felixf. Falls du von der Monotonie des Integrals gebrauch machen kannst, dann sollst du besser felixf's Lösung benutzen.
Gruß,
dormant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:54 Sa 13.05.2006 | | Autor: | Bovarian |
Entschuldige bitte wenn ich nerve,
aber warum ist die Summe über f(xi) größer als die über f(k)?
Das blick ich noch nicht.
LG Alex
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:00 Sa 13.05.2006 | | Autor: | Bovarian |
Vielleicht, weil f(k) konstant ist und f(xi) auf jedenfall größer weil die Fkt monoton fallend und das Intervall k-1 bis k duchläuft?
LG
Alex
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:02 Sa 13.05.2006 | | Autor: | dormant |
Hi!
Da f monoton fallend ist, ist das letzte Glied der Reihe, also f(k), auch der kleinste Summand. Wenn man alle Summanden in der Summe durch den Kleinsten ersetzt erhält man eine Summe, die als die ursprüngliche kleiner ist. Weiter gilt:
[mm] \summe_{i=1}^{m}f(k)*\bruch{1}{m}=m*\left(f(k)*\bruch{1}{m}\right)=f(k).
[/mm]
Gruß,
dormant
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:07 Sa 13.05.2006 | | Autor: | Bovarian |
Danke für die ausführliche Erklärung,
jetzt ist der Groschen gefallen.
Einen schönen Tag noch.
LG alex
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:30 Sa 13.05.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Bovarian!
Falls ihr schon die Monotonie des Integral hattet, also $f(x) [mm] \ge [/mm] g(x)$ fuer alle $x [mm] \in [/mm] [a, b]$ impliziert [mm] $\int_a^b [/mm] f(x) [mm] \; [/mm] dx [mm] \ge \int_a^b [/mm] g(x) [mm] \; [/mm] dx$, so kannst du die Aufgabe sehr schoen damit loesen: Betrachte die konstante Abbildung $g : [k-1, k] [mm] \to \IR$, [/mm] $x [mm] \mapsto [/mm] f(k)$. Dann gilt $f(x) [mm] \ge [/mm] g(x)$ fuer $x [mm] \in [/mm] [k-1, k]$ (warum?) und es ist [mm] $\int_{k-1}^k [/mm] g(x) [mm] \; [/mm] dx = f(k)$ (warum?).
LG Felix
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