TU Wien:Analysis VU (diverse)/Übungen 2024S/Beispiel 269

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Untersuchen Sie folgende uneigentlichen Integrale auf Konvergenz.

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Hilfreiches[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Satz 5.61 (Aus dem Mathebuch):

Seien und stückweise stetige Funktionen auf und es gelte für alle .

Ist konvergent, so ist ebenfalls konvergent.

Anmerkungen zu den Lösungen[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Aus dem alten Lösungsvorschlag wurde ich nicht wirklich schlau. Auch wenn es der richtige Ansatz zu sein scheint, ist der Rechenweg für mich nicht 100%ig nachvollziehbar. Daher hier neu zusammengefasst, damit man es (hoffentlich) einfacher versteht.

--MatheFreak 00:34, 23. Mär. 2011 (CET)

Lösungsvorschlag (neu)[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Anscheinend kann man das Integral mit den üblichen Rechenregeln nicht lösen (zumindest ist es weder mir, noch meinem TI-92 gelungen *g*). Daher muss man sich etwas anderes überlegen, um zu zeigen, dass dieses Integral konvergent/ divergent ist.

Und hier kommt uns der oben angeführte Satz zur Hilfe.<br\> Man muss nur eine Funktion finden, die größer ist, als unsere gegebene und von der wir wissen, dass sie konvergent ist.

1. Funktion[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Das scheint auch nicht weiter schwierig zu sein. Nachdem gilt auch

Da man diese Funktion einfach integrieren kann, dürfte es nicht schwierig sein, hier die Konvergenz zu bestimmen:

Und hier tut sich aber ein Problem auf: Der 2. Term (untere Grenze) ist nicht bestimmt, also kommen wir mit dieser Funktion doch nicht so einfach zum Ziel. <br\> Also versuchen wir unser Glück mit einer anderen Funktion.

2. Funktion[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Es gilt auch (das kann man sich über die Darstellung des Sinus als Potenzreihe überlegen). <br\> Daher muss wieder gelten

Auch hier es nicht weiter schwierig das zu integrieren:

Aber auch hier sieht man, dass das nicht funktioniert, weil man mit der oberen Schranke wieder im unendlichen ist.

Zusammengefasst haben wir nun zwei Funktionen, wobei wir bei der Ersten ein Problem an der unteren Grenze und bei der Zweiten ein Problem an der oberen haben. <br\> Daher drängt sich der Gedanke auf, die beiden so zusammenstoppeln, dass wird die "Probleme" umgehen:

Aufteilung des Integrals[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Es spricht nichts dagegen das ursprüngliche Integral in zwei Teile aufzuspalten:

a ist dabei ein beliebiger Wert aus dem Interval

mit den bereits zuvor angestellten Überlegungen kann man nun die die folgende Ungleichung aufstellen (man ersetzt jeweil ein Teilintegral durch die passende Funktion):

Damit wäre gezeigt, dass das Integral konvergent ist, weil das Ergebnis ist.

Jetzt könnte man sich noch fragen, wie groß das Integral überhaupt werden kann:

Durch unsere Näherung haben wir eine Obere Schranke an der Stelle, wo die Funktion ein Minimum besitzt.

Kurzanleitung: h(a) zwei Mal ableiten, Null setzen und nach a auflösen. Die Lösung(en) dieser Gleichung sind ein Minimum, wenn <br\> (Die Berechnung selbst sei dem geneigten Leser als Übung überlassen *fg*)

So stellt sich heraus, das ein solches Minima bei a = 1 existiert.

Lösung (alt)[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Das Integral aufspalten in 2 Teile:

Bei kann man definitv sagen, dass es konvergiert, da ist und damit

Maiorante für

Die Funktion beschränkt nach oben hin, also ist

Lt. Prof. Urbanek:

Zwischen 0 und 1 wählt man die Funktion als Maiorante. Damit ergibt sich (nach Kürzen, da ):

Daraus folgt schließlich, dass


--Psygate 21:05, 25. Mär. 2010 (CET)