Grenzwert Integral < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:54 Di 01.03.2011 | | Autor: | Loriot95 |
| Aufgabe | | Sei f:[a,b] -> [mm] \IR [/mm] differenzierbar und f' in [a,b] setig. Für k [mm] \in \IR [/mm] sei F(k) = [mm] \integral_{a}^{b}{f(x)sin(kx) dx}. [/mm] Beweisen Sie, dass [mm] \limes_{k\rightarrow\infty} [/mm] F(k) = 0. |
Ich habs mit partieller Integration versucht. Also:
[mm] \integral_{}^{}{f(x)sin(kx) dx} [/mm] = f'(x)*sin(kx) -k [mm] \integral_{}^{}{f'(x)cos(kx) dx} [/mm]
[mm] \integral_{}^{}{f'(x)cos(kx) dx} [/mm] = f''(x)*cos(kx) + [mm] k*\integral_{}^{}{f''(x)cos(kx) dx}
[/mm]
Hm nun ja ist das überhaupt der richtige Weg? Wie mache ich hier am besten weiter?
LG Loriot95
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Hi,
> Sei f:[a,b] -> [mm]\IR[/mm] differenzierbar und f' in [a,b] setig.
> Für k [mm]\in \IR[/mm] sei F(k) = [mm]\integral_{a}^{b}{f(x)sin(kx) dx}.[/mm]
> Beweisen Sie, dass [mm]\limes_{k\rightarrow\infty}[/mm] F(k) = 0.
> Ich habs mit partieller Integration versucht. Also:
> [mm]\integral_{}^{}{f(x)sin(kx) dx}[/mm] = f'(x)*sin(kx) -k [mm]\integral_{}^{}{f'(x)cos(kx) dx}[/mm]
Was passiert denn hier? Die Regel für partielle Integration lautet doch
[mm] $\integral [/mm] {u(x)v'(x) [mm] dx}=u(x)v(x)-\integral [/mm] {u'(x)v(x) dx}$
Bei bestimmten Integralen kommen überall noch die Integralgrenzen dazu.
Bei dir sollte [mm] v'(x)=\sin(k*x), [/mm] also [mm] v(x)=\frac{-\cos(k*x)}{k} [/mm] sein, also:
[mm] \integral{f(x)sin(kx) dx}= -f(x)*\frac{\cos(kx)}{k} +\frac{1}{k} \integral{f'(x)cos(kx) dx}
[/mm]
Ich habe noch nicht weitergerechnet. Der Ansatz sieht aber ganz gut aus, jetzt noch einmal partielle Integration, sodass am Ende wieder das Ausgangsintegral dasteht.
>
> [mm]\integral_{}^{}{f'(x)cos(kx) dx}[/mm] = f''(x)*cos(kx) +
> [mm]k*\integral_{}^{}{f''(x)cos(kx) dx}[/mm]
>
> Hm nun ja ist das überhaupt der richtige Weg? Wie mache
> ich hier am besten weiter?
>
> LG Loriot95
Gruß
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:52 Di 01.03.2011 | | Autor: | Loriot95 |
Oh vielen Dank. Habe nun das hier raus:
[mm] \integral_{}^{}{f(x)sin(kx) dx} [/mm] = [mm] -\bruch{f(x)cos(xk)}{k} [/mm] + [mm] \bruch{f(x)cos(kx)}{k} [/mm] + [mm] \integral_{}^{}{f(x)sin(kx) dx} \gdw
[/mm]
0 = [mm] -\bruch{f(x)cos(xk)}{k} [/mm] + [mm] \bruch{f(x)cos(kx)}{k}
[/mm]
Allerdings bringt mir das doch gar nichts *kopf kratz*denn das Integral hat sich doch aufgehoben....
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Hallo Loriot,
> Oh vielen Dank. Habe nun das hier raus:
>
> [mm]\integral_{}^{}{f(x)sin(kx) dx}[/mm] = [mm]-\bruch{f(x)cos(xk)}{k}[/mm] + [mm]\bruch{f(x)cos(kx)}{k}[/mm] + [mm]\integral_{}^{}{f(x)sin(kx) dx} \gdw[/mm]
Edit: hier war geistige Umnachtung am Werk ...
Bei letzterem Integral fehlt doch ein Vorfaktor!
Hast du irgendwo Klammern unterschlagen?
Rechne mal vor ...
Edit Ende
>
> 0 = [mm]-\bruch{f(x)cos(xk)}{k}[/mm] + [mm]\bruch{f(x)cos(kx)}{k}[/mm]
>
> Allerdings bringt mir das doch gar nichts *kopf kratz*denn
> das Integral hat sich doch aufgehoben....
Gruß
schachuzipus
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 13:23 Di 01.03.2011 | | Autor: | Loriot95 |
Habe die erste Rechnung oben von kamaleonti übernommen.
[mm] \integral_{}^{}{f'(x)cos(kx) dx} [/mm] = cos(kx)f(x) - [mm] \integral_{}^{}{-k*sin(kx)*f(x) dx} [/mm] = cos(kx)f(x) + k [mm] \integral_{}^{}{sin(kx)*f(x) dx}
[/mm]
Also: [mm] \integral_{}^{}{sin(kx)*f(x) dx} [/mm] = [mm] -f(x)*\bruch{cos(kx)}{k} [/mm] + [mm] \bruch{1}{k}*(cos(kx)f(x) [/mm] + k [mm] \integral_{}^{}{sin(kx)*f(x) dx}) \gdw
[/mm]
[mm] \integral_{}^{}{sin(kx)*f(x) dx} [/mm] = [mm] -f(x)*\bruch{cos(kx)}{k} +\bruch{cos(xk)f(x)}{k} [/mm] + [mm] \integral_{}^{}{sin(kx)*f(x) dx}
[/mm]
Hm wo ist mein Fehler?
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> Habe die erste Rechnung oben von kamaleonti übernommen.
>
> [mm]\integral_{}^{}{f'(x)cos(kx) dx}[/mm] = cos(kx)f(x) -
> [mm]\integral_{}^{}{-k*sin(kx)*f(x) dx}[/mm] = cos(kx)f(x) + k
> [mm]\integral_{}^{}{sin(kx)*f(x) dx}[/mm]
>
> Also: [mm]\integral_{}^{}{sin(kx)*f(x) dx}[/mm] =
> [mm]-f(x)*\bruch{cos(kx)}{k}[/mm] + [mm]\bruch{1}{k}*(cos(kx)f(x)[/mm] + k
> [mm]\integral_{}^{}{sin(kx)*f(x) dx}) \gdw[/mm]
>
> [mm]\integral_{}^{}{sin(kx)*f(x) dx}[/mm] = [mm]-f(x)*\bruch{cos(kx)}{k} +\bruch{cos(xk)f(x)}{k}[/mm]
> + [mm]\integral_{}^{}{sin(kx)*f(x) dx}[/mm]
>
> Hm wo ist mein Fehler?
Hier ist (leider) alles richtig. Damit funktioniert der Ansatz mit der partiellen Integration doch nicht wie gewünscht. Man darf sich halt doch nicht so leicht vom Bauchgefühl täuschen lassen...
Ich denk nochmal über einen anderen Ansatz nach, spontan hab ich keinen zu bieten.
Gruß
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:33 Di 01.03.2011 | | Autor: | fred97 |
Manchmal hilft der Weg übers Komplexe: mit partieller Integration erhält man:
[mm] $\integral_{a}^{b}{f(x)e^{ikx} dx}= \bruch{1}{ik}[f(b)e^{ikb}-f(a)e^{ika}-\integral_{a}^{b}{f'(x)e^{ikx} dx}]$
[/mm]
Wegen
[mm] $|\integral_{a}^{b}{f'(x)e^{ikx} dx}| \le \integral_{a}^{b}|{f'(x)| dx}$
[/mm]
haben wir
[mm] $|\integral_{a}^{b}{f(x)e^{ikx} dx}| \le \bruch{1}{k}(|f(b)|+|f(a)|+ \integral_{a}^{b}|{f'(x)| dx})$
[/mm]
somit:
[mm] $\integral_{a}^{b}{f(x)e^{ikx} dx} \to [/mm] 0$ für $k [mm] \to \infty$
[/mm]
Es ist
$Im( [mm] \integral_{a}^{b}{f(x)e^{ikx} dx}) [/mm] = [mm] \integral_{a}^{b}{f(x)sin(kx) dx}$
[/mm]
FRED
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:43 Di 01.03.2011 | | Autor: | Teufel |
Ich glaube du hast einfach nur falsch partiell integriert!
[mm] F(k)=\integral_{a}^{b}{f(x)sin(kx) dx}
[/mm]
$u(x)=f(x) [mm] \Rightarrow [/mm] u'(x)=f'(x)$
$v'(x)=sin(kx) [mm] \Rightarrow v(x)=-\frac{1}{k}*cos(kx)$
[/mm]
[mm] \Rightarrow F(k)=\integral_{a}^{b}{f(x)sin(kx) dx}=[-\frac{1}{k}*f(x)*cos(kx)]_a^b+\frac{1}{k}\integral_{a}^{b}{f'(x)cos(kx) dx}.
[/mm]
Edit: Ups, das wurde ja schon geklärt. Sorry.
Nun gehen beide Summanden gegen 0. Der 1. sollte klar sein (Nullfolge mal beschränkte Folge) und beim 2. kannst du das Integral abschätzen, indem du die Dreiecksungleichung für Integrale benutzt, dass f' auf [a,b] stetig ist (und daher $|f'| [mm] \le [/mm] c$ gilt für ein $c [mm] \in \IR$) [/mm] und dass [mm] $|cos(kx)|\le [/mm] 1$.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:48 Di 01.03.2011 | | Autor: | fred97 |
> Ich glaube du hast einfach nur falsch partiell integriert!
>
> [mm]F(k)=\integral_{a}^{b}{f(x)sin(kx) dx}[/mm]
>
> [mm]u(x)=f(x) \Rightarrow u'(x)=f'(x)[/mm]
> [mm]v'(x)=sin(kx) \Rightarrow v(x)=-\frac{1}{k}*cos(kx)[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow F(k)=\integral_{a}^{b}{f(x)sin(kx) dx}=[-\frac{1}{k}*f(x)*cos(kx)]_a^b+\frac{1}{k}\integral_{a}^{b}{f'(x)cos(kx) dx}.[/mm]
>
> Nun gehen beide Summanden gegen 0. Der 1. sollte klar sein
> und beim 2. kannst du das Integral abschätzen, indem du
> die Dreiecksungleichung für Integrale benutzt, dass f' auf
> [a,b] stetig ist (und daher [mm]|f'| \le c[/mm] gilt für ein [mm]c \in \IR[/mm])
> und dass [mm]|cos(kx)|\le 1[/mm].
Hallo Teufel,
mein Vorschlag ging in die gleiche Richtung. Dammit hat man den Satz von Riemann-Lebesque
http://en.wikipedia.org/wiki/Riemann-Lebesgue_lemma,
zumindest für Funktionen aus [mm] C^1[a,b]
[/mm]
Gruß FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:54 Di 01.03.2011 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Stimmt, sind die gleichen Schritte, nur noch etwas verallgemeinert.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:57 Di 01.03.2011 | | Autor: | fred97 |
> Ich glaube du hast einfach nur falsch partiell integriert!
>
> [mm]F(k)=\integral_{a}^{b}{f(x)sin(kx) dx}[/mm]
>
> [mm]u(x)=f(x) \Rightarrow u'(x)=f'(x)[/mm]
> [mm]v'(x)=sin(kx) \Rightarrow v(x)=-\frac{1}{k}*cos(kx)[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow F(k)=\integral_{a}^{b}{f(x)sin(kx) dx}=[-\frac{1}{k}*f(x)*cos(kx)]_a^b+\frac{1}{k}\integral_{a}^{b}{f'(x)cos(kx) dx}.[/mm]
>
> Edit: Ups, das wurde ja schon geklärt. Sorry.
Hallo Teufel,
wieso "Sorry" ? Vielleicht ist unser Loriot mit dem Komplexen nicht vertraut oder darf den Weg durchs Komplexe nicht gehen, dann hat er von Deiner Lösung mehr als von meiner.
FRED
>
> Nun gehen beide Summanden gegen 0. Der 1. sollte klar sein
> (Nullfolge mal beschränkte Folge) und beim 2. kannst du
> das Integral abschätzen, indem du die Dreiecksungleichung
> für Integrale benutzt, dass f' auf [a,b] stetig ist (und
> daher [mm]|f'| \le c[/mm] gilt für ein [mm]c \in \IR[/mm]) und dass
> [mm]|cos(kx)|\le 1[/mm].
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:01 Di 01.03.2011 | | Autor: | Loriot95 |
Vielen Dank. Ihr wart eine große Hilfe. Die Dreiecksungleichung für Integrale ist mir so vom Begriff her nicht geläufig. Ich kenne die normale Dreiecksungleichung, aber nicht speziell eine für Integrale. Auf den komplexen Weg wäre ich wohl nie gekommen, den muss ich mir ehrlich gesagt auch noch Mal genauer anschauen. Ich bedanke mich schon Mal. Falls noch Fragen aufkommen poste ich.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:06 Di 01.03.2011 | | Autor: | fred97 |
Hallo Loriot,
Du stellst hier im Forum viele Fragen, auf die wir natürlich gerne antworten. Daher wäre es nützlich, wenn Du uns Deinen math. Background verraten würdest.
Also schreb das in Dein Profil.
Gruß FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:06 Di 01.03.2011 | | Autor: | Teufel |
Ich meinte das nur, weil das mit der partiellen Integration an sich schon geklärt war. Das was danach kam, sollte davon ausgenommen sein.
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