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(Frage) überfällig  | | Datum: | 10:38 Fr 29.06.2018 | | Autor: | Flowbro |
| Aufgabe | Zeigen Sie, dass die Funktion [mm] F:(0,\infty)\to\IR, z\mapsto \integral_{0}^{1}{\frac{x^z-1}{log(x)}dx} [/mm] differenzierbar ist, und dass F(z)-F(1)=log(1+z)-log(2) für alle z>0 gilt.
Zeigen Sie, dass die Funktion [mm] F:(0,\infty)\to\IR [/mm] durch [mm] F(t)=\integral_{0}^{1}{\frac{t}{x^2+t^2}dx} [/mm] differenzierbar ist mit [mm] F=\frac{\pi}{2}-arctan
[/mm]
Hinweis: Ableitung von [mm] x\to \frac{x}{x^2+t^2} [/mm] |
Bei den obigen Aufgaben, die ich für ein Seminar verstehen muss, ist mir nicht ganz klar wo und wie ich den Differenzenquotienten ansetzen muss, und wie man dann auf die Diff.barkeit und die Gleichungen schließen kann.
Beim Hinweis ist die Ableitung auf jeden Fall:
[mm] \frac{t^2-x^2}{(x^2+t^2)^2}
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:29 Fr 29.06.2018 | | Autor: | Diophant |
Hallo,
deine Frage ist meiner Ansicht nach so nicht beantwortbar, da nicht verständlich ist, um was es eigentlich geht.
- Unter einer Integralfunktion versteht man eine Funktion mit einem bestimmten Integral (oder auch mehreren) in der Zuordnungsvorschrift, bei dem die Funktionsvariable in mindestens einer Schranke vorkommt. Das ist hier jedoch nicht der Fall. Ist dies korrekt?
- Wo kommt bei der ersten Aufgabe die Funktionsvariable z überhaupt ins Spiel? Sofern da das Integral existiert, würde es sich um eine konstante Funktion handeln, so wie du es notiert hast.
- Was hat es mit der Gleichung F=... am Ende der Definition der zweiten Funktion auf sich? Die ist unvollständig.
Unabhängig davon erschließt sich mir der Sinn und Zweck des gegebenen Hinweises nicht. Die fragliche Ableitung hast du korrekt gebildet.
Gruß, Diophant
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:02 Fr 29.06.2018 | | Autor: | Flowbro |
Das tut mir Leid, ich habe eine 2 statt einem z in das erste Integral gewurschtelt.
Der Rest ist aber exakt so wie die Aufgabenstellung und auch im zweiten Aufgabenteil fehlt nichts oder ist fehlerhaft, was der Hinweis mit der Ableitung bringen soll weiß ich auch nicht?
Kann mir denn noch jemand dabei helfen, gebt mir doch einfach mal einen Anfang, wie ihr das normalerweise zeigen würdet.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:20 So 01.07.2018 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 12:37 So 01.07.2018 | | Autor: | Flowbro |
| Aufgabe 1 | | Aufgabe 2 | Zeigen Sie, dass die Funktion [mm] F:(0,\infty)\to\IR, z\mapsto \integral_{0}^{1}{\frac{x^z-1}{log(x)}dx} [/mm] differenzierbar ist, und dass F(z)-F(1)=log(1+z)-log(2) für alle z>0 gilt.
Zeigen Sie, dass die Funktion [mm] F:(0,\infty)\to\IR [/mm] durch [mm] F(t)=\integral_{0}^{1}{\frac{t}{x^2+t^2}dx} [/mm] differenzierbar ist mit [mm] F=\frac{\pi}{2}-arctan
[/mm]
Hinweis: Ableitung von [mm] x\to \frac{x}{x^2+t^2} [/mm] |
Bei den obigen Aufgaben, die ich für ein Seminar verstehen muss, ist mir nicht ganz klar wo und wie ich den Differenzenquotienten ansetzen muss, und wie man dann auf die Diff.barkeit und die Gleichungen schließen kann.
Beim Hinweis ist die Ableitung auf jeden Fall:
[mm] \frac{t^2-x^2}{(x^2+t^2)^2}
[/mm]
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Ich bin weiterhin an der Frage interessiert und es wäre toll, wenn mir doch noch jemand helfen könnte.
Ein erste Ansatz wäre auf jeden Fall super!
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Das zweite Integral ist sehr einfach zzu integrieren.
Substituiere x = ty.
Dann ist dx = t dy und damit
[mm] \integral_{0}^{1}{\frac{t}{x^2+t^2}dx}=\integral_{0}^{1/t}{\frac{t}{t^2y^2+t^2}t dy}=\integral_{0}^{1/t}{\frac{1}{y^2+1}dy}= arctan(y)|_0^{1/t}=arctan(1/t),
[/mm]
also F(t) = arctan (1/t)= (Formelsammlung) [mm] \bruch{\pi}{2}- [/mm] arctan(t).
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Geht man bei dieser Aufgabe ähnlich wie zu meiner Lösung zur 1. Aufgabe vor, so ergibt sich (Stetigkeitsbetrachtungen überspringe ich hier mal, sind aber nötig):
[mm] \frac{t}{x^2+t^2} [/mm] wird, statt über x zu integrieren, partiell nach t abgeleitet:
[mm] \frac{x^2-t^2}{(x^2+t^2)^2},
[/mm]
dann über x integriert:
[mm] \integral_{0}^{1}\frac{x^2-t^2}{(x^2+t^2)^2}dx [/mm] = [mm] -\frac{x}{x^2+t^2} |_0^1 [/mm] = [mm] -\frac{1}{(1+t^2)}
[/mm]
das nun wieder über t integriert (Standardintegral) = - arctan(t) + C = F(t)
Für t=1 ergibt sich sofort aus dem Anfangsintegral der Wert arctan(x) [mm] |_0^1=\bruch{\pi}{4}-0 [/mm] = F(1)= - arctan(1) +C [mm] =-\bruch{\pi}{4}+C
[/mm]
und daraus [mm] C=\bruch{\pi}{2}, [/mm] somit ebenfalls
[mm] F(t)=\bruch{\pi}{2}-arctan(t).
[/mm]
Bemerkung: Da die Integralfunktion in x=0 nicht stetig ist für t=0, kann man C nicht mit Hilfe von t=0 berechnen.
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> Zeigen Sie, dass die Funktion [mm]F:(0,\infty)\to\IR, z\mapsto \integral_{0}^{1}{\frac{x^z-1}{log(x)}dx}[/mm]
> differenzierbar ist, und dass F(z)-F(1)=log(1+z)-log(2)
> für alle z>0 gilt.
Setze f(x,z) = [mm] \bruch{x^z-1}{ln(x)}
[/mm]
Für x [mm] \in [/mm] (0|1) wird wegen [mm] \limes_{x\rightarrow\ 0,x>0} \bruch{x^z-1}{ln(x)}=(L'Hospital) \limes_{x\rightarrow\ 0,x>0} \bruch{zx^{z-1}}{1/x}=\limes_{x\rightarrow\ 0,x>0} zx^z [/mm] = 0
und [mm] \limes_{x\rightarrow\ 1,x<1} \bruch{x^z-1}{ln(x)}=(L'Hospital) \limes_{x\rightarrow\ 1,x<1} \bruch{zx^{z-1}}{1/x}=z
[/mm]
f zu einer stetigen Abbildung in x und z in den angegebenen Intervallen. Wir gehen davon aus, dass f die partielle Ableitung nach x einer uns unbekannten Funktion F(x,z) ist.
Würden wir f partiell nach x integrieren (wie vorgesehen), hätten wir die gesuchte Stammfunktion F, was uns so aber nicht gelingt.
Trick: Stattdessen leiten wir diese Funktion nun noch zusätzlich partiell nach z ab und erhalten
[mm] \bruch{\partial}{\partial z}\bruch{x^z-1}{ln(x)}=\bruch{\partial}{\partial z} \bruch{e^{z*ln(x)}-1}{ln(x)}=\bruch{ln(x)e^{z*ln(x)}}{ln(x)} =e^{z*ln(x)} =x^z
[/mm]
Nach irgendeinem schlauen Satz dürfen wir nun wegen der Stetigkeit in Umgekehrter Reihenfolge integrieren, also nicht zuerst nach z und dann nach x, sondern vertauscht:
[mm] \integral_0^1 x^z [/mm] dx = [mm] \bruch{1}{z+1}x^{z+1} |_0^1 [/mm] = [mm] \bruch{1}{z+1}
[/mm]
und jetzt noch
[mm] \integral \bruch{1}{z+1}dz [/mm] = ln(z+1) + C, wobei dieses wegen der festen Einsetzung von 0 und 1 für x nicht mehr von x abhängt.
Auch C lässt sich nun bestimmen: Für z=0 erhält man ln(1)+C=C. Setzt man nun z=0 in das Ausgangsproblem ein, wird der Zähler im Integranden und damit das ganze Integral = 0. Also muss auch C=0 sein.
Somit lautet nach Entfernen von x die gesuchte Funktion: F(z)=ln(z+1).
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:04 Mo 02.07.2018 | | Autor: | Flowbro |
Super, perfekt!
Danke an dich HJKweseleit, jetzt hab auch ich es verstanden, das hast du sehr ausfürlich und gut erklärt.
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Ich habe gerade bei "Alternative" noch unten eine Bemerkung hinzugefügt.
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