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Integration+Folgen: Kleiner gleich
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 16:41 Fr 15.12.2006
Autor: Phoney

Aufgabe
Sei [mm] $\alpha \in (0,\infty)$. [/mm]
Für alle [mm] $0
Zeigen Sie, dass für n=1,2,3,...gilt

[mm] $\summe_{k=2}^{n+1} \br{1}{k^\alpha}\le \integral_{1}^{n+1}{\br{1}{x^\alpha} dx} \le\summe_{k=1}^{n} \br{1}{k^\alpha}$ [/mm]

Hallo.

Also meine Idee war eigentlich erst einmal zu zeigen, dass

[mm] $\summe_{k=2}^{n+1} \br{1}{k^\alpha}\le\summe_{k=1}^{n} \br{1}{k^\alpha}$ [/mm]

Hierfür formte ich [mm] \summe_{k=1}^{n} \br{1}{k^\alpha}$ [/mm] erst einmal um. Und zwar komme ich dann auf

[mm] \summe_{k=2}^{n+1} \br{1}{(k-1)^\alpha}$ [/mm]

Also sollte gelten


[mm] $\summe_{k=2}^{n+1} \br{1}{k^\alpha}\le\summe_{k=2}^{n+1} \br{1}{(k-1)^\alpha}$ [/mm]

Das ist für mich auch ersichtlich, denn der Nenner der zweiten Summe ist ja kleiner als der der ersten.
Kann ich da also konkrete Werte berechnen?



und dann zu zeigen, dass

[mm] $\integral_{1}^{n+1}{\br{1}{x^\alpha} dx} \le\summe_{k=1}^{n} \br{1}{k^\alpha}$ [/mm]

und

[mm] $\summe_{k=2}^{n+1} \br{1}{k^\alpha}\le \integral_{1}^{n+1}{\br{1}{x^\alpha} dx} [/mm] $

Nur, was man hier mit dem Integral und dem X macht, da habe ich gar keine Ahnung.


Liebe Grüße
Johann

        
Bezug
Integration+Folgen: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 01:19 Sa 16.12.2006
Autor: Marc

Hallo Johann,

> Sei [mm]\alpha \in (0,\infty)[/mm].
> Für alle [mm]0
> dass sie gleichmäßig stetigt ist und ferner [mm]x^\alpha < y^\alpha[/mm]
> , für alle [mm]a\le x
>  
> Zeigen Sie, dass für n=1,2,3,...gilt
>  
> [mm]\summe_{k=2}^{n+1} \br{1}{k^\alpha}\le \integral_{1}^{n+1}{\br{1}{x^\alpha} dx} \le\summe_{k=1}^{n} \br{1}{k^\alpha}[/mm]
>  
> Hallo.
>  
> Also meine Idee war eigentlich erst einmal zu zeigen, dass
>  
> [mm]\summe_{k=2}^{n+1} \br{1}{k^\alpha}\le\summe_{k=1}^{n} \br{1}{k^\alpha}[/mm]
>  
> Hierfür formte ich [mm]\summe_{k=1}^{n} \br{1}{k^\alpha}$[/mm] erst
> einmal um. Und zwar komme ich dann auf
>  
> [mm]\summe_{k=2}^{n+1} \br{1}{(k-1)^\alpha}$[/mm]
>  
> Also sollte gelten
>  
>
> [mm]\summe_{k=2}^{n+1} \br{1}{k^\alpha}\le\summe_{k=2}^{n+1} \br{1}{(k-1)^\alpha}[/mm]

[ok]

> Das ist für mich auch ersichtlich, denn der Nenner der
> zweiten Summe ist ja kleiner als der der ersten.
> Kann ich da also konkrete Werte berechnen?

Wieso bzw. welchen konkreten Werte?

Die Richtigkeit der Ungleichung folgt doch nun durch summandenweisen Vergleich aus [mm]x^\alpha < y^\alpha[/mm] für alle [mm]a\le x Allerdings sehe ich nicht, inwieweit Dir diese Ungleichung überhaupt weiterhilft.

> und dann zu zeigen, dass
>
> [mm]\integral_{1}^{n+1}{\br{1}{x^\alpha} dx} \le\summe_{k=1}^{n} \br{1}{k^\alpha}[/mm]
>  
> und
>
> [mm]\summe_{k=2}^{n+1} \br{1}{k^\alpha}\le \integral_{1}^{n+1}{\br{1}{x^\alpha} dx}[/mm]
>  
> Nur, was man hier mit dem Integral und dem X macht, da habe
> ich gar keine Ahnung.

Für eine stetige Funktion sollte gelten:

[mm] $(b-a)*\min_{x\in[a,b]} [/mm] f(x) [mm] \le \integral_a^b [/mm] f(x) [mm] \textrm{dx} \le (b-a)*\max_{x\in[a,b]} [/mm] f(x)$

Wenn man nun noch das Integral zerlegt in [mm] $\integral_{1}^{n+1}{\br{1}{x^\alpha} \textrm{dx}}=\summe_{k=1}^n \integral_{k}^{k+1}{\br{1}{x^\alpha} \textrm{dx}}$ [/mm] und die Monotonie von f beachtet, sollte die Behauptung eigentlich folgen...

Viele Grüße,
Marc

Bezug
                
Bezug
Integration+Folgen: Danke
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 19:54 So 17.12.2006
Autor: Phoney

Hallo Marc

dankeschön für die Antwort. Jetzt weiß ich, was zu tun ist.

Danke!!!!

Bezug
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