Divergenz uneigent. Integral < Integration < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:24 Di 18.02.2020 | | Autor: | nosche |
| Aufgabe | zeigen Sie, dass das uneigentliche Integral
[mm] \integral_{1}^{\infty}{sin(\bruch {1}{x}) dx}
[/mm]
divergiert. Tipp:nutzen Sie die Substitution [mm] y=\bruch{1}{x} [/mm] |
Hallo Wissende,
Ansatz
[mm] y=x^{-1}
[/mm]
[mm] \bruch{dy}{dx}=-x^{-2}
[/mm]
[mm] "\Rightarrow" dx=-x^2 [/mm] dy
[mm] \integral_{1}^{\infty}{sin(1/x) dx}=\limes_{a\rightarrow\infty}\integral_{1}^{a}{sin(1/x) dx}\Rightarrow \integral_{1}^{0}{-x^2 sin(y) dy} [/mm] = [mm] \integral_{0}^{1}{y^{-2} sin(y) dy}
[/mm]
vielleicht so:
sin(y) ist in [0,1] streng monoton wachsend. Damit schätze ich (waghalsig) das Integral nach unten ab, um eine divergente Minorante zu erhalten:
[mm] \integral_{0}^{1}{y^{-2} sin(1/1000) dy} <\integral_{0}^{1}{y^{-2} sin(y) dy}
[/mm]
[mm] \integral_{0}^{1}{y^{-2} sin(1/1000) dy} [/mm] = sin(1/1000) * [mm] \limes_{a\rightarrow 0^{+}}\integral_{a}^{1}{y^{-2}dy}= [/mm] sin(1/1000) [mm] \limes_{a\rightarrow 0^{+}} -x^{-1}|_{a}^{1} [/mm] = [mm] -1-\infty
[/mm]
Damit ist (wenn das so stimmt (hab kein gutes Gefühl dabei)) eine divergente Minorante gefunden.
// alter Teil gelöscht
Grüße
nosche
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:13 Di 18.02.2020 | | Autor: | leduart |
Hallo
es scheint nicht wie am Anfang um [mm] \integral_1^{oo} [/mm] sondern um [mm] \integral_1^0 [/mm] zu gehen?
damit kannst du doch einfach sagen sin(y)<=1 und durch [mm] \integral_1^0 [/mm] y^-2dy abschätzen
das macht mehr sinn als einen kleinen Wert für sin(y) einzusetzen,( falsch ist das nicht)
Gruß ledum
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:54 Mi 19.02.2020 | | Autor: | fred97 |
> Hallo
Hallo Leduart
> es scheint nicht wie am Anfang um [mm]\integral_1^{oo}[/mm]
> sondern um [mm]\integral_1^0[/mm] zu gehen?
Ja, durch die Substitution $y=1/x$ wird aus dem ursprünglichen Integral das Integral $ [mm] \int_0^1 \frac{ \sin(y)}{y^2} [/mm] dy.$
> damit kannst du doch einfach sagen sin(y)<=1 und durch
> [mm]\integral_1^0[/mm] y^-2dy abschätzen
Damit ist aber nichts gewonnen, denn $ [mm] \int_0^1 y^{-2} [/mm] dy $ ist divergent. Das liefert aber nicht die Divergenz von $ [mm] \int_0^1 \frac{ \sin(y)}{y^2} [/mm] dy.$
Machen wir ein ähnliches Beispiel: bekanntlich ist [mm] $\int_0^{\infty} \frac{1}{1+x^2} [/mm] dx$ konvergent.
Es gilt: [mm] $\frac{1}{1+x^2} \le [/mm] 1 $ (für alle $x$) und das Integral [mm] $\int_0^{\infty} [/mm] 1 dx$ ist divergent.
Gruß FRED
> das macht mehr sinn als einen kleinen Wert für sin(y)
> einzusetzen,( falsch ist das nicht)
> Gruß ledum
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:45 Mi 19.02.2020 | | Autor: | fred97 |
> zeigen Sie, dass das uneigentliche Integral
> [mm]\integral_{1}^{\infty}{sin(\bruch {1}{x}) dx}[/mm]
> divergiert.
> Tipp:nutzen Sie die Substitution [mm]y=\bruch{1}{x}[/mm]
>
> Hallo Wissende,
> Ansatz
> [mm]y=x^{-1}[/mm]
>
> [mm]\bruch{dy}{dx}=-x^{-2}[/mm]
> [mm]"\Rightarrow" dx=-x^2[/mm] dy
> [mm]\integral_{1}^{\infty}{sin(1/x) dx}=\limes_{a\rightarrow\infty}\integral_{1}^{a}{sin(1/x) dx}\Rightarrow \integral_{1}^{0}{-x^2 sin(y) dy}[/mm]
> = [mm]\integral_{0}^{1}{y^{-2} sin(y) dy}[/mm]
> vielleicht so:
> sin(y) ist in [0,1] streng monoton wachsend. Damit
> schätze ich (waghalsig) das Integral nach unten ab, um
> eine divergente Minorante zu erhalten:
> [mm]\integral_{0}^{1}{y^{-2} sin(1/1000) dy} <\integral_{0}^{1}{y^{-2} sin(y) dy}[/mm]
Du benutzt also $ [mm] \sin (10^{-3}) [/mm] < [mm] \sin [/mm] (y)$ für $y [mm] \in [/mm] (0,1).$
Leider ist das falsch, denn $ [mm] \sin(y) \to [/mm] 0$ für $y [mm] \to [/mm] 0$ und $ [mm] \sin (10^{-3}) [/mm] >0.$
>
> [mm]\integral_{0}^{1}{y^{-2} sin(1/1000) dy}[/mm] = sin(1/1000) *
> [mm]\limes_{a\rightarrow 0^{+}}\integral_{a}^{1}{y^{-2}dy}=[/mm]
> sin(1/1000) [mm]\limes_{a\rightarrow 0^{+}} -x^{-1}|_{a}^{1}[/mm] =
> [mm]-1-\infty[/mm]
> Damit ist (wenn das so stimmt
Es stimmt nicht,. wie ich oben bemerkt habe.
(hab kein gutes Gefühl
> dabei))
Zu Recht.
> eine divergente Minorante gefunden.
>
> // alter Teil gelöscht
>
> Grüße
> nosche
Es bleibt also zu zeigen, dass $ [mm] \int_0^1 \frac{ \sin (y)}{y^2} [/mm] dy $ divergiert.
Dazu benutzen wir: [mm] $\frac{ \sin (y)}{y} \to [/mm] 1$ für $y [mm] \to [/mm] 0.$
Damit ex. ein $c [mm] \in [/mm] (0,1)$ mit [mm] $\frac{ \sin (y)}{y} \ge \frac{1}{2}$ [/mm] für $y [mm] \in [/mm] (0,c).$
Es folgt [mm] $\frac{ \sin (y)}{y^2} \ge \frac{1}{2y}$ [/mm] für $y [mm] \in [/mm] (0,c).$
Jetzt haben wir eine divergente Majorante gefunden, denn $ [mm] \int_0^1 \frac{1}{2y} [/mm] dy$ ist divergent.
Edit: natürlich meinte ich "divergente Minorante."
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:34 Mi 19.02.2020 | | Autor: | nosche |
ganz herzlichen Dank ledum und fred für eure Unterstützung
@fred97: in deiner abschließenden Bemerkung ist wohl "divergente Minorante" statt "divergente Majorante" gemeint
nosche
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:41 Mi 19.02.2020 | | Autor: | fred97 |
> ganz herzlichen Dank ledum und fred für eure
> Unterstützung
> @fred97: in deiner abschließenden Bemerkung ist wohl
> "divergente Minorante" statt "divergente Majorante"
> gemeint
>
Ups, da hab ich mich verschrieben. Danke für den Hinweis.
Falls Du es noch nicht gesehen hast: ich habe gerade eine weitere Lösung verfasst, welche ohne Substitution auskommt.
> nosche
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:38 Mi 19.02.2020 | | Autor: | fred97 |
Es geht auch ohne den Tipp, und zwar mit der gleichen Idee, die ich in meiner ersten Antwort benutzt habe:
Wir haben $ [mm] \frac{ \sin(\frac{1}{x})}{\frac{1}{x}} \to [/mm] 1$ für $x [mm] \to \infty.$ [/mm] Somit ex. ein $c>1$ derart, dass
$ [mm] \frac{ \sin(\frac{1}{x})}{\frac{1}{x}} \ge \frac{1}{2}$ [/mm] für $ x [mm] \ge [/mm] c.$
Folglich ist
[mm] $\sin(\frac{1}{x})\ge \frac{1}{2x}$ [/mm] für $ x [mm] \ge [/mm] c.$
Das Integral [mm] $\int_1^{\infty} \frac{1}{2x} [/mm] dx$ ist divergent, woraus die Divergenz von [mm] $\int_1^{\infty} \sin (\frac{1}{x}) [/mm] dx$ folgt.
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