Uneigentliches Integral < Integration < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:27 Fr 01.04.2011 | | Autor: | cmueller |
Hallo Zusammen,
habe in einem alten Prüfungsprotokoll eines Profs (ziemlich oft ;) ) folgendes Problem gefunden:
Die Berechnung des INtegrals im Intervall [0,1] von ln(x)
so zunächst die Frage, ob das ganze Riemann-integrierbar ist.
ich weiß, es ist Riemann-integrierbar, ich kann ja ein uneigentliches integral draus machen, wobei die untere grenze 0 durch b ersetzt wird und ich den limes von b gegen unendlich laufen lasse.
reicht das als integrierbarkeitsbegründung? bzw wie würdet ihr das begründen?
Des weiteren bei der Berechnung.
Stammfunktion mit partieller Integration usw ist klar dann komme ich ja nach einsetzen meiner Grenzen zu:
[mm] \limes_{b\rightarrow0} [/mm] $[(1 ln (1) - 1) - (b ln(b) - b)]$
und daraus folgt
[mm] \limes_{b\rightarrow0}$ [/mm] [( - 1) - b ln(b) + b]$
lasse ich b nun gegen null laufen geht -b gegen 0, ln (b) gegen [mm] -\infty [/mm] und + b auch gegen 0...ist es richtig, dass der gesamte "b-teil " gegen 0 geht und das integral insgesamt gegen -1, bzw wenn wir von einer Fläche sprechen |-1| ?
In einem der Protokolle stand 0, was mich ziemlich verwirrt hat...
achso und meint ihr ich hab da nochwas vergessen zu erwähnen, wenn mein Prof danach fragen sollte? Nur mal rein intuitiv...
Vielen Dank für jede Hilfe..
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Das Integral hat den Wert -1 und nicht |-1|. Die Berechnung stimmt ansonsten, allerdings ist der Schritt
[mm]b \cdot \ln b \to 0[/mm] für [mm]b \to 0+0[/mm]
nicht trivial und bedarf einer Begründung. Es ist keine allgemeingültige Aussage möglich, wenn in einem Produkt der eine Faktor gegen 0, der andere gegen [mm]\infty[/mm] oder [mm]- \infty[/mm] strebt. Man spricht hier von dem unbestimmten Ausdruck [mm]0 \cdot \infty[/mm]. Daß im vorliegenden Fall der Grenzwert dennoch 0 ist, kann mit der Substitution
[mm]b = \operatorname{e}^{-s}[/mm]
auf den Ausdruck
[mm]-s \cdot \operatorname{e}^{-s}[/mm] für [mm]s \to \infty[/mm]
zurückgeführt werden. In dieser Form erkennst du vielleicht die bekannte Regel, wonach beim unbestimmten Ausdruck [mm]0 \cdot \infty[/mm] in einem Produkt aus e-Funktion und einem Polynom sich im Unendlichen die e-Funktion durchsetzt. Dies kann auf verschiedene Arten bewiesen werden. Wenn man die Regel von L'Hospital kennt, ist es eine triviale Anwendung derselben. Du kannst L'Hospital auch direkt auf
[mm]b \cdot \ln b = \frac{\ln b}{\frac{1}{b}}[/mm]
anwenden.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:11 Sa 02.04.2011 | | Autor: | cmueller |
> Das Integral hat den Wert -1 und nicht |-1|. Die Berechnung
> stimmt ansonsten, allerdings ist der Schritt
>
> [mm]b \cdot \ln b \to 0[/mm] für [mm]b \to 0+0[/mm]
>
> nicht trivial und bedarf einer Begründung. Es ist keine
> allgemeingültige Aussage möglich, wenn in einem Produkt
> der eine Faktor gegen 0, der andere gegen [mm]\infty[/mm] oder [mm]- \infty[/mm]
> strebt. Man spricht hier von dem unbestimmten Ausdruck [mm]0 \cdot \infty[/mm].
> Daß im vorliegenden Fall der Grenzwert dennoch 0 ist, kann
> mit der Substitution
>
> [mm]b = \operatorname{e}^{-s}[/mm]
>
> auf den Ausdruck
>
> [mm]-s \cdot \operatorname{e}^{-s}[/mm] für [mm]s \to \infty[/mm]
>
> zurückgeführt werden. In dieser Form erkennst du
> vielleicht die bekannte Regel, wonach beim unbestimmten
> Ausdruck [mm]0 \cdot \infty[/mm] in einem Produkt aus e-Funktion und
> einem Polynom sich im Unendlichen die e-Funktion
> durchsetzt. Dies kann auf verschiedene Arten bewiesen
> werden. Wenn man die Regel von L'Hospital kennt, ist es
> eine triviale Anwendung derselben. Du kannst L'Hospital
> auch direkt auf
>
> [mm]b \cdot \ln b = \frac{\ln b}{\frac{1}{b}}[/mm]
>
> anwenden.
Hallo,
vielen Dank für die Antwort, ja L'hôpital ist bekannt, das heißt ich kann einfach sagen, hier ist ja jez der ausdruck 0 * [mm] \infty [/mm] und das kann man nicht so einfach sagen, mit l'hôpital [mm] \bruch{ln(b)}{\bruch{1}{b}} [/mm] wasd ja [mm] \bruch {0}{\infty} [/mm] wäre, komme ich zu [mm] \bruch{\bruch{1}{b}}{\bruch{1}{b^{2}}} [/mm] (weil ich ja -b + ln (b) hatte)
...aber entschuldige die blöde nachfrage, hab ich nicht wieder einen l'hôpital-fall mit [mm] \bruch{\infty}{\infty} [/mm] ?
oder ziehe ich das wieder auseinander und habe dann
[mm] b^{2} [/mm] + [mm] \bruch{1}{b} [/mm] gegen Null heißt das wieder 0 * [mm] \infty [/mm] aber [mm] b^{2} [/mm] ist schneller?
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Hiho,
> [mm]\bruch{ln(b)}{\bruch{1}{b}}[/mm] wasd ja
> [mm]\bruch {0}{\infty}[/mm] wäre,
Nein, es wäre [mm] \bruch{-\infty}{\infty} [/mm] und genaugenommen hat es also nicht die Form für L'Hospital, aber wir sind ja nicht so 
> [mm]\bruch{\bruch{1}{b}}{\bruch{1}{b^{2}}}[/mm]
Ich komme beim Ableiten auf [mm] $\bruch{\bruch{1}{b}}{-\bruch{1}{b^2}}$
[/mm]
> ...aber entschuldige die blöde nachfrage, hab ich nicht
> wieder einen l'hôpital-fall mit [mm]\bruch{\infty}{\infty}[/mm] ?
Wieder fehlt ein Minus, aber ja.
> oder ziehe ich das wieder auseinander
Nicht auseinanderziehen. Doppelbrüche wieder auflösen und kürzen!
MFG,
Gono.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:18 Sa 02.04.2011 | | Autor: | cmueller |
> Hiho,
>
> > [mm]\bruch{ln(b)}{\bruch{1}{b}}[/mm] wasd ja
> > [mm]\bruch {0}{\infty}[/mm] wäre,
>
> Nein, es wäre [mm]\bruch{-\infty}{\infty}[/mm] und genaugenommen
> hat es also nicht die Form für L'Hospital, aber wir sind
> ja nicht so
>
> > [mm]\bruch{\bruch{1}{b}}{\bruch{1}{b^{2}}}[/mm]
>
> Ich komme beim Ableiten auf
> [mm]\bruch{\bruch{1}{b}}{-\bruch{1}{b^2}}[/mm]
das minus fällt doch weg, weil ich die gleichung habe:
$1 - b ln(b) +b$
und für den Teil $-b ln(b)$ den besagten l'hôpital anwende....
>
> > ...aber entschuldige die blöde nachfrage, hab ich nicht
> > wieder einen l'hôpital-fall mit [mm]\bruch{\infty}{\infty}[/mm] ?
>
> Wieder fehlt ein Minus, aber ja.
>
> > oder ziehe ich das wieder auseinander
>
> Nicht auseinanderziehen. Doppelbrüche wieder auflösen und
> kürzen!
manchmal sieht man den wald vor lauter bäumen nicht -.-' grausam.
danke!
>
> MFG,
> Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:54 Sa 02.04.2011 | | Autor: | cmueller |
Hallo nochmal,
ich hab da noch eine Frage zu dem Thema. Ich bin nicht so der Fan von dieser Substitutionsgeschichte und mache das lieber mit l'hôpital,
kann ich das allgemein für solche fälle machen?
dh wenn ich den ausdruck habe:
[mm] \limes_{x\rightarrow\infty}(-x)ln(x)
[/mm]
geht das ja für (-x) gegen [mm] -\infty [/mm] und für ln(x) gegen [mm] \infty
[/mm]
dann habe ich den ausdruck [mm] -\infty [/mm] * [mm] \infty [/mm] also ein unbestimmter ausdruck
ABER l'hôpital ist doch eigentlich nur bei den brüchen [mm] \bruch{0}{0} [/mm] und [mm] \bruch{\infty}{\infty} [/mm] anzuwenden oder? nicht bei produkten.
aaaber ich kann dann ja das produkt von oben als bruch schreiben ...aber dann hab ich doch [mm] \bruch{ln(x)}{\bruch{1}{-x}} [/mm] und dsa geht doch so erstmal gegen [mm] \bruch{\infty}{0} [/mm] und das ist doch nicht l'hôpital....
versteht jemand meine geistige verwirrung (die auch mit den letzten 6 stunden mathe zusammhängen könnte ;) )
und kannn mir das erklären?
Daaanke!
P.S. wenn ich l'hôpital benutzen kann komme ich am ende auf [mm] \infty [/mm]
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[mm]\ln x \to - \infty \, , \ \ \frac{1}{x} \to \infty[/mm] für [mm]x \to 0+0[/mm]
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Huhu,
da Leopold deine Frage für [mm] $x\to [/mm] 0$ beantwortet hat, hier nochmal eine korrekte für [mm] $x\to\infty$:
[/mm]
> dh wenn ich den ausdruck habe:
> [mm]\limes_{x\rightarrow\infty}(-x)ln(x)[/mm]
> geht das ja für (-x) gegen [mm]-\infty[/mm] und für ln(x) gegen
> [mm]\infty[/mm]
> dann habe ich den ausdruck [mm]-\infty[/mm] * [mm]\infty[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> also ein unbestimmter ausdruck
Nein. Da ist gar nix unbestimmt. [mm] $-\infty*\infty [/mm] = [mm] -\infty$. [/mm] Dafür brauchst du kein l'Hospital.
MFG,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:08 So 03.04.2011 | | Autor: | cmueller |
> Huhu,
>
> da Leopold deine Frage für [mm]x\to 0[/mm] beantwortet hat, hier
> nochmal eine korrekte für [mm]x\to\infty[/mm]:
>
>
> > dh wenn ich den ausdruck habe:
> > [mm]\limes_{x\rightarrow\infty}(-x)ln(x)[/mm]
> > geht das ja für (-x) gegen [mm]-\infty[/mm] und für ln(x)
> gegen
> > [mm]\infty[/mm]
> > dann habe ich den ausdruck [mm]-\infty[/mm] * [mm]\infty[/mm]
>
>
>
> > also ein unbestimmter ausdruck
>
> Nein. Da ist gar nix unbestimmt. [mm]-\infty*\infty = -\infty[/mm].
> Dafür brauchst du kein l'Hospital.
>
ok das hatte ich mir eigentlich auch so gedacht. ich habe die aufgabe aus einem alten prüfungsprotokoll und der prüfling hat folgendes dazu geschrieben:
[mm] \limes_{x\rightarrow\infty} (-t)*ln(t)^{2}
[/mm]
"Ersetze x durch [mm] e^{x}, [/mm] dann klappt es. Anschließend schreibt man [mm] e^{x} [/mm] in eine Reihe um und schätzt dies ab.
Ich nehme mal an (da seine note sehr gut war^^) dass er damit recht hatte und der fall hier ganz anders ist, als der von mir gefragte...aber kannst du mir das vllt. nochmal erklären?
Danke!
> MFG,
> Gono.
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Huhu,
rein faktisch besteht hier folgendes Problem:
Wie begründest du, dass bei [mm] $\lim_{x\to\infty}(-x)\ln(x) [/mm] = [mm] -\infty*\infty$ [/mm] herauskommt?
Normal würdest du jetzt sagen: Ich betrachte die Grenzwerte einzeln, verwende also die Grenzwertsätze.
Das Problem dabei ist: Die Grenzwertsätze kannst du nur verwenden, wenn die Einzelgrenzwerte existieren, die Folgen also konvergieren.
Hier existiert aber weder [mm] $\lim_{x\to\infty}(-x) [/mm] = [mm] -\infty$ [/mm] noch [mm] $\lim_{x\to\infty}\ln(x) [/mm] = [mm] \infty$, [/mm] denn laut Definition divergiert eine Folge ja, die gegen [mm] $\pm\infty$ [/mm] läuft.
D.h. rein anschaulich funktionieren die Grenzwertsätze im obigen Fall, man muss es nur anders begründen und das funktioniert nur durch eine Abschätzung über eine geeignete Mino- bzw Majorante und die findet man gut mit Hilfe der Reihenentwicklung des Logarithmus bzw der e-Funktion, wenn ihr nur diese hattet.
MFG,
Gono.
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