sin(x)/x < Integration < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Prüfen Sie nach, ob die folgenden uneigentlichen Integrale Konvergent sind.
b)
[mm]\integral_{1}^{\infty}{\bruch{cos x}{x^2} dx}<=\ \integral_{1}^{\infty}{\bruch{|cos x|}{x^2} dx}<=\integral_{1}^{\infty}{\bruch{1}{x^2} dx}[/mm] ergibt 1, somit Konvergent
c)
[mm]\integral_{0}^{\infty}{\bruch{sin x}{x} dx}
\textrm{ Hinweis: F"uhren Sie c) durch Partielle Integration auf b) zur"uck}[/mm] |
Hallo, zu Aufgabe c) habe ich, nachdem ich b) mittels Majorante bewiesen habe folgenden Ansatz
[mm]\integral_{0}^{\infty}{\bruch{sin x}{x} dx}=-\bruch{cos(x)}{x}+\integral_{0}^{\infty}{\bruch{cosx}{x^2} dx}
<=-\bruch{1}{x}+\integral_{0}^{\infty}{\bruch{1}{x^2}dx}=\bruch{1}{x}-\bruch{1}{x}=0[/mm]
das Integral Konvergiert.
Nun ist aber [mm]\bruch{1}{x}[/mm] mit den Grenzen 0 bis 1 Divergent, von 1 bis unendlich aber Konvergent... mache ich einen Denkfehler?
Viele Grüße
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Hallo Speedmaster,
> Prüfen Sie nach, ob die folgenden uneigentlichen Integrale
> Konvergent sind.
> b)
> [mm]\integral_{1}^{\infty}{\bruch{cos x}{x^2} dx}<=\\
integral_{1}^{\infty}{\bruch{|cos x|}{x^2} dx}<=\integral_{1}^{\infty}{\bruch{1}{x^2} dx}[/mm]
> ergibt 1, somit Konvergent
> c)
> [mm]\integral_{0}^{\infty}{\bruch{sin x}{x} dx} \textrm{Hinweis: Führen Sie c) dirch Partielle Integration auf b) zurück}[/mm]
>
> Hallo, zu Aufgabe c) habe ich, nachdem ich b) mittels
> Majorante bewiesen habe folgenden Ansatz
> [mm]\integral_{0}^{\infty}{\bruch{sin x}{x} dx}=-\bruch{cos(x)}{x}+\integral_{0}^{\infty}{\bruch{cosx}{x^2} dx} <=-\bruch{1}{x}+\integral_{0}^{\infty}{\bruch{1}{x^2}dx}=\bruch{1}{x}-\bruch{1}{x}=0[/mm]
>
> das Integral Konvergiert.
> Nun ist aber [mm]\bruch{1}{x}[/mm] mit den Grenzen 0 bis 1
> Divergent, von 1 bis unendlich aber Konvergent... mache ich
> einen Denkfehler?
Nun, teile doch das Integral in c) auf:
[mm]\int\limits_{0}^{\infty}{\frac{\sin(x)}{x} \ dx} \ = \int\limits_{0}^{1}{\frac{\sin(x)}{x} \ dx} \ + \ \int\limits_{1}^{\infty}{\frac{\sin(x)}{x} \ dx}[/mm]
Dann kannst du mit partieller Integration das hintere Integral auf b) zurückführen (wobei da das Vorzeichen vor dem Integral m.E. nicht stimmt - da gibt's insgesamt 3x "-", also "-")
Für [mm]\int\limits_{0}^{1}{\frac{\sin(x)}{x} \ dx}[/mm] bleibt dann zu zeigen, dass das endlich ist.
Stetige Funktionen nehmen auf Kompakta (und das ist [mm][0,1][/mm] ja) ihr Extremum an.
In [mm](0,1][/mm] ist [mm]\sin(x)/x[/mm] offensichtlich stetig.
Wie sieht's in [mm]x=0[/mm] aus?
Das solltest du kennen: [mm]\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin(x)}{x}=\ldots[/mm]
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> Viele Grüße
>
>
Gruß
schachuzipus
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[mm]\integral_{0}^{1}{\bruch{sinx}{x} dx}<=\integral_{0}^{1}{\bruch{1}{x} dx}=ln(x)[/mm]
mit einsetzen der grenzen käme 0 und -[mm]\infty[/mm]heraus, womit es divergent wäre, was es offensichtlich nicht ist.
Darf ich denn [mm]\limes_{x\rightarrow\0} \integral_{0}^{1}{\bruch{sinx}{x} dx}=\integral_{0}^{1}{0/0 dx}=0[/mm]
[mm]
bzw
\limes_{x\rightarrow\1} \integral_{0}^{1}{\bruch{sinx}{x} dx}=\integral_{0}^{1}{0/1 dx}=0[/mm]
einfach so einsetzen?
Dw.
[mm]-\bruch{cosx}{x}+\integral_{1}^{\infty}{\bruch{cosx}{x^2} dx}[/mm]
[mm]-\bruch{cosx}{x}<=\bruch{1}{x}...[/mm]wäre auch divergent, da [mm]\bruch{1}{x^1}[/mm] divergent... oder?
Viele Grüße
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Hallo nochmal,
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> [mm]\integral_{0}^{1}{\bruch{sinx}{x} dx}<=\integral_{0}^{1}{\bruch{1}{x} dx}=ln(x)[/mm]
>
> mit einsetzen der grenzen käme 0 und -[mm]\infty[/mm]heraus, womit
> es divergent wäre, was es offensichtlich nicht ist.
Stimmt!
>
> Darf ich denn [mm]\limes_{x\rightarrow\0} \integral_{0}^{1}{\bruch{sinx}{x} dx}=\integral_{0}^{1}{0/0 dx}=0[/mm]
>
> [mm]bzw \limes_{x\rightarrow\1} \integral_{0}^{1}{\bruch{sinx}{x} dx}=\integral_{0}^{1}{0/1 dx}=0[/mm]
>
> einfach so einsetzen?
Nein, ohne Integral!
Es ist (meinetwegen mit de l'Hôpital) doch [mm]\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin(x)}{x}=1[/mm]
Das solltest du echt kennen!
Damit ist der Integrand [mm]\frac{\sin(x)}{x}[/mm] nicht nur auf [mm](0,1][/mm], sondern auf dem kompakten Intevall [mm][0,1][/mm] stetig.
Es nimmt [mm]\sin(x)/x[/mm] auf [mm][0,1][/mm] also sein Maximum an.
Du kannst damit das Integral [mm]\int\limits_{0}^{1}{\frac{\sin(x)}{x} \ dx}[/mm] abschätzen durch [mm]\int\limits_{0}^{1}{\frac{\sin(x)}{x} \ dx} \ \le \ \max\limits_{x\in[0,1]}\left\{\frac{\sin(x)}{x}\right\}\cdot{}1[/mm]
Also durch die Rechteckfläche mit Höhe [mm]\max{...}[/mm] und Breite (=Intervallänge) 1
Das ist ja insbesondere endlich. Du musst es gar nicht ausrechnen ...
> Dw.
> [mm]-\bruch{cosx}{x}+\integral_{1}^{\infty}{\bruch{cosx}{x^2} dx}[/mm]
>
> [mm]-\bruch{cosx}{x}<=\bruch{1}{x}...[/mm]wäre auch divergent, da
> [mm]\bruch{1}{x^1}[/mm] divergent... oder?
Das hintere Integral hat als Untergrenze 1 und nicht 0
Gerade darum habe ich das Integral ja so zerlegt ...
>
>
> Viele Grüße
>
>
Gruß
schachuzipus
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Achso, mein Problem lag nun bei der Anwendung von l'Hospital, da ich mich nicht sicher war ob ich diese Regel im Integral so anwenden darf...
Darf ich zur Konvergenz L'Hospital , sofern die nötigen Bedingungen wie z.B [mm]\bruch{\infty}{\infty}[/mm]erfüllt sind, immer anwenden?
bei [mm]\bruch{1}{x}[/mm] dachte ich wegen der Divergenz an [mm]\integral_{1}^{\infty}{\bruch{1}{x} dx},[/mm] was divergent wäre...
Die Abschätzung [mm]|-\bruch{cosx}{x}|<=\bruch{1}{x}
[/mm] mit der Grenzwertbetrachtung gegen 1 und [mm]\infty[/mm]darf ich also machen ja?
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:45 Do 14.04.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
du wendest L'Hopital nicht im Integral an, sondern un die Stetigkeit von f(x)=sin(x)/x zu zeigen mit f(0)=1 stetig ergänzt.
gruss leduart
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Auch auf die Gefahr hin, dass ich Begrifsstutzig erscheine,...
wenn
[mm]\limes_{x\rightarrow\o}\bruch{sinx}{x}=(d'l) \limes_{x\rightarrow\o}\bruch{cosx}{1}=1[/mm] und somit stetig ergänzbar in 0.
[mm]\integral_{0}^{1}{\bruch{sinx}{x} dx}<=\integral_{0}^{1}{\bruch{1}{x} dx}
[/mm]
nun ist [mm]\integral_{0}^{1}{\bruch{1}{x} dx}[/mm] aber Divergent...
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:45 Do 14.04.2011 | | Autor: | fred97 |
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> Auch auf die Gefahr hin, dass ich Begrifsstutzig
> erscheine,...
>
> wenn
> [mm]\limes_{x\rightarrow\o}\bruch{sinx}{x}=(d'l) \limes_{x\rightarrow\o}\bruch{cosx}{1}=1[/mm]
> und somit stetig ergänzbar in 0.
> [mm]\integral_{0}^{1}{\bruch{sinx}{x} dx}<=\integral_{0}^{1}{\bruch{1}{x} dx}
[/mm]
>
> nun ist [mm]\integral_{0}^{1}{\bruch{1}{x} dx}[/mm] aber
> Divergent...
Na und ? Da Integral [mm] \integral_{0}^{1}{\bruch{sinx}{x} dx} [/mm] ist konvergent und es gilt:
[mm]\integral_{0}^{1}{\bruch{sinx}{x} dx} \le \integral_{0}^{1}{\bruch{1}{x} dx}= \infty[/mm]
Genauso wie
[mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{1}{n^2} \le \summe_{n=1}^{\infty}n^2
[/mm]
Die linke Reihe ist konvergent, die rechte divergent.
FRED
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Hm, aber das geht aus dem versuchten Beweis dann ja nach wie vor nicht hervor, lediglich, dass Die Funktion stetig ergänzbar ist bei x=0
oder sehe ich das falsch?
Viele Grüße
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:47 Do 14.04.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
schachuzipus hat dir doch gesagt, wie du das Integral abschätzen kannst, nachdem gezeigt ist, dass der integrand stetig ist. Lies die posts sorgfältig.
Gruss leduart
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Okay, ich habe verstanden, dass ich es nicht mit 1/x abschätzen kann, da 1/x ja nicht stetig ergänzbar ist bei 0...
Verstehe auch, dass das Integral in den Grenzen 0 und 1 endlich ist, da es bei 0 sein Maximum hat, da es dort stetig ergänzbar ist. Ich weiß nur leider nichtgenau wie ich das ganze mathematisch formulieren soll...
Vielen Dank für die Hilfe!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:59 Do 14.04.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
das hat doch schachuzipus schon für dich getan?
gruss leduart
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