Integral mithilfe Riem. Summen < Integration < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Sei [mm] \alpha [/mm] > 1. Berechne das Integral [mm] \integral_{1}^{\alpha}{\bruch{1}{x} dx} [/mm] mithilfe von Riemannschen Summen. |
huhu,
hier mein Ansatz:
Was ich weiß:
auf dem normalen Weg ist das Integral ja schlicht [mm] ln(\alpha) [/mm] - ln(1) = [mm] ln(\alpha) [/mm] "würde" [mm] \alpha [/mm] gegen [mm] \infty [/mm] streben, ginge das Integral gegen [mm] \infty. [/mm]
Ich habs folgendermaßen zerlegt:
[mm] 1=x_0 [/mm] < [mm] x_1 [/mm] < [mm] x_2 [/mm] .... < [mm] x_n [/mm] = [mm] \alpha [/mm] , wobei [mm] x_k [/mm] = [mm] \alpha^{\bruch{k}{n}} [/mm] . dabei ist k = 0,1.....,n . vlt ein paar "Werte":
[mm] x_1 =\alpha^0 [/mm] = 0
[mm] x_2= \alpha^{1/n} [/mm] = [mm] \wurzel[n]{\alpha}
[/mm]
[mm] x_3 =\alpha^{2/n} [/mm] = [mm] \wurzel[n]{\alpha^2}
[/mm]
.
.
.
.
[mm] x_n [/mm] = [mm] \alpha^{n/n} [/mm] = [mm] \alpha
[/mm]
Würde (was ja nicht unbedingt in der Aufgabenstellung steht) [mm] \alpha [/mm] gegen [mm] \infty [/mm] streben, würd das Integral (sehr langsam wohl) auch immer größer werden.
Soviel zu meinem Wissen. Wie komme ich nur von meiner Zerlegung zu einem Integral, dass ich ja schlichtweg nicht wirklich berechnen kann, da [mm] \alpha [/mm] mir unbekannt ist? Von der Zerlegeung komm ich ja nicht auf den ln zurück.
Lg,
Eve
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Hallo,
> Sei [mm]\alpha[/mm] > 1. Berechne das Integral
> [mm]\integral_{1}^{\alpha}{\bruch{1}{x} dx}[/mm] mithilfe von
> Riemannschen Summen.
> hier mein Ansatz:
> Was ich weiß:
> auf dem normalen Weg ist das Integral ja schlicht
> [mm]ln(\alpha)[/mm] - ln(1) = [mm]ln(\alpha)[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") genau.
> "würde" [mm]\alpha[/mm] gegen
> [mm]\infty[/mm] streben, ginge das Integral gegen [mm]\infty.[/mm]
Ja, das ist aber bei der Aufgabe nicht wichtig. Die Integralgrenzen 1 und [mm] $\alpha$ [/mm] sind ja fest.
> Ich habs folgendermaßen zerlegt:
>
> [mm]1=x_0[/mm] < [mm]x_1[/mm] < [mm]x_2[/mm] .... < [mm]x_n[/mm] = [mm]\alpha[/mm] , wobei [mm]x_k[/mm] =
> [mm]\alpha^{\bruch{k}{n}}[/mm] . dabei ist k = 0,1.....,n . vlt ein
> paar "Werte":
>
> [mm]x_1 =\alpha^0[/mm] = 0
Du meinst [mm] $x_0 [/mm] = 1$ !
usw.
> Soviel zu meinem Wissen. Wie komme ich nur von meiner
> Zerlegung zu einem Integral, dass ich ja schlichtweg nicht
> wirklich berechnen kann, da [mm]\alpha[/mm] mir unbekannt ist? Von
> der Zerlegeung komm ich ja nicht auf den ln zurück.
Bis jetzt hast du noch keine Riemann-Summe aufgestellt.
Deine Funktion lautet
$f(x) = [mm] \frac{1}{x}$,
[/mm]
deine Stützstellen
[mm] $x_k [/mm] = [mm] \alpha^{\frac{k}{n}}$ [/mm] (k = 0,...,n)
Dann wurde das Riemann-Integral definiert durch die Riemann-Summe:
[mm] $\int_{1}^{\alpha} \frac{1}{x} [/mm] \ dx = [mm] \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} f(x_k) \cdot (x_k [/mm] - [mm] x_{k-1})$.
[/mm]
Bitte beachte, dass hier [mm] $\alpha \to \infty$ [/mm] usw. überhaupt keine Rolle spielt! Die obere Grenze [mm] $\alpha$ [/mm] bleibt fest, für die Berechnung der Riemann-Summe machst du [mm] $n\to\infty$, [/mm] also eine immer feinere Stützstellen-Zerlegung.
Nun setze alles, was du weißt, in die obige Summe ein und versuche den Limes zu berechnen.
Grüße,
Stefan
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huhu, okay ich habs folgendermaßen gemacht:
$ [mm] \int_{1}^{\alpha} \frac{1}{x} [/mm] \ dx = [mm] \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} f(x_k) \cdot (x_k [/mm] - [mm] x_{k-1}) [/mm] $
da ja [mm] f(x_k) [/mm] = [mm] \bruch{1}{x_k} [/mm] ist, habe ich:
[mm] \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \bruch{1}{x_k} \* (x_k [/mm] - [mm] x_{k-1})
[/mm]
wenn ich die Klammer auflöse bekomme ich ja:
[mm] \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} [/mm] 1 [mm] -\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \bruch{1}{x_1} [/mm]
da [mm] x_1 [/mm] ja bei mir...ähm.. [mm] \wurzel[n]{\alpha} [/mm] sein müsste, und wir ein festes alpha betrachten, dessen n-te Wurzel ja gegen 1 strebt,müsste ich ja haben:
1- [mm] \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} [/mm] 1/1
also 1-1 = 0?
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Hallo,
> [mm]\int_{1}^{\alpha} \frac{1}{x} \ dx = \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} f(x_k) \cdot (x_k - x_{k-1})[/mm]
>
> da ja [mm]f(x_k)[/mm] = [mm]\bruch{1}{x_k}[/mm] ist, habe ich:
>
> [mm]\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \bruch{1}{x_k} \* (x_k[/mm] -
> [mm]x_{k-1})[/mm]
Genau!
> wenn ich die Klammer auflöse bekomme ich ja:
>
> [mm]\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n}[/mm] 1 [mm]-\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \bruch{1}{x_1}[/mm]
In der hinteren Summe steht ein falscher Wert!
Es sollte herauskommen:
[mm] $\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \Big(1 [/mm] - [mm] \alpha^{-\frac{1}{n}}\Big) [/mm] = n [mm] \cdot \Big(1 [/mm] - [mm] \alpha^{-\frac{1}{n}}\Big)$.
[/mm]
Diesen limes musst du untersuchen.
Grüße,
Stefan
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$ [mm] \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \Big(1 [/mm] - [mm] \alpha^{-\frac{1}{n}}\Big) [/mm] = n [mm] \cdot \Big(1 [/mm] - [mm] \alpha^{-\frac{1}{n}}\Big) [/mm] $
hier setzt du soweit ich es verstehe
[mm] \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} [/mm] = n
oder meinst du
[mm] \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} =\lim_{n\to\infty} [/mm] n?
[mm] \alpha^{-\frac{1}{n}} [/mm] würd doch für n [mm] \to \infty [/mm] zu [mm] \alpha^0 [/mm] oder? dann wäre das Integral ja letzten Endes [mm] \infty?
[/mm]
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Hallo,
> [mm]\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \Big(1 - \alpha^{-\frac{1}{n}}\Big) = n \cdot \Big(1 - \alpha^{-\frac{1}{n}}\Big)[/mm]
>
sorry, hier habe ich ein [mm] $\lim_{n\to\infty}$ [/mm] vergessen.
Es muss lauten:
[mm] $\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\Big(1- \alpha^{-\frac{1}{n}}\Big) [/mm] = [mm] \lim_{n\to\infty}n \cdot \Big(1 [/mm] - [mm] \alpha^{-\frac{1}{n}}\Big)$
[/mm]
> [mm]\alpha^{-\frac{1}{n}}[/mm] würd doch für n [mm]\to \infty[/mm] zu
> [mm]\alpha^0[/mm] oder? dann wäre das Integral ja letzten Endes
> [mm]\infty?[/mm]
Nein, wieso?
Den Limes
[mm] $\lim_{n\to\infty}n \cdot \Big(1 [/mm] - [mm] \alpha^{-\frac{1}{n}}\Big)$
[/mm]
zu berechnen ist gar nicht so einfach. Eventuell musst du L'Hospital benutzen!
Grüße,
Stefan
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ich hab mal n bissl umgeformt:
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty} [/mm] (1- [mm] \bruch{1}{\wurzel[n]{\alpha}} [/mm] )
dies erweiter auf einen bruch:
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty}\bruch{\wurzel[n]{\alpha}-1}{\wurzel[n]{\alpha}}
[/mm]
ich sehe da jetzt [mm] \bruch{1-1}{1}
[/mm]
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zur Überprüfung ob ich kein Rechenfehler gemacht habe:
[mm] \lim_{n\to\infty} n\cdot \Big( [/mm] 1 - [mm] \alpha^{-\frac{1}{n}}\Big) [/mm] = [mm] \lim_{n\to\infty} \frac{\Big( 1 - \alpha^{-\frac{1}{n}}\Big)}{\frac{1}{n}} [/mm]
Anwendung lhospital ergibt:
[mm] \lim_{n\to\infty} \bruch{1/n \*\alpha^{-1}}{-1/n^2} [/mm] man entschuldiger hier meine Editorunfähigkeiten ( Doppelbruch is schwer^^)
dann Kehrwert Multiplikation:
[mm] \lim_{n\to\infty} [/mm] - [mm] \bruch{\alpha^{-1} \* n^2}{n\*1} [/mm]
gekürzt:
- [mm] \alpha^{-1} \* [/mm] n = - [mm] \bruch{n}{\alpha} [/mm] ist das so richtig'?
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Hallo Evelyn,
sorry, dass es etwas länger gedauert hat; ich hatte zwischendrin ein Telefonat ...
> zur Überprüfung ob ich kein Rechenfehler gemacht habe:
>
> [mm]\lim_{n\to\infty} n\cdot \Big([/mm] 1 - [mm]\alpha^{-\frac{1}{n}}\Big)[/mm] = [mm]\lim_{n\to\infty} \frac{\Big( 1 - \alpha^{-\frac{1}{n}}\Big)}{\frac{1}{n}}[/mm]
>
> Anwendung lhospital ergibt:
Du hast dich davon überzeugt, dass die Voraussetzungen für die Anwendung der besagten Regel erfüllt sind?
>
> [mm]\lim_{n\to\infty} \bruch{1/n \*\alpha^{-1}}{-1/n^2}[/mm] man
> entschuldiger hier meine Editorunfähigkeiten ( Doppelbruch
> is schwer^^)
>
>
> dann Kehrwert Multiplikation:
>
> [mm]\lim_{n\to\infty}[/mm] - [mm]\bruch{\alpha^{-1} \* n^2}{n\*1}[/mm]
>
> gekürzt:
>
> - [mm]\alpha^{-1} \*[/mm] n = - [mm]\bruch{n}{\alpha}[/mm] ist das so
> richtig'?
Nee, du hast ja das [mm]n[/mm], nach dem du ableitest, bei [mm]\alpha^{-1/n}[/mm] im Exponenten stehen, das musst du erstmal gem. [mm]a^b=e^{\ln\left(a^b\right)}=e^{b\ln(a)}[/mm] umschreiben in [mm]\alpha^{-1/n}=e^{-\frac{1}{n}\ln(\alpha)}[/mm] und dann per Kettenregel ableiten ...
Versuch's nochmal ...
Gruß
schachuzipus
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[mm] a^b=e^{\ln\left(a^b\right)}=e^{b\ln(a)} [/mm]
[mm] \alpha^{-1/n}=e^{-\frac{1}{n}\ln(\alpha)}
[/mm]
oohhhh ;/
ok:
[mm] \lim_{n\to\infty} \frac{\Big( 1 - \alpha^{-\frac{1}{n}}\Big)}{\frac{1}{n}}
[/mm]
also Nenner ist klar, Zähler wäre dann nach lhospital:
äußere mal innere Ableitung:
[mm] e^{-\frac{1}{n}\ln(\alpha)} \* [/mm] (-1/n [mm] \* [/mm] (ln [mm] \alpha))'
[/mm]
jetzt Produktregel:
[mm] e^{-\frac{1}{n}\ln(\alpha)} \* (1/n^2 \* [/mm] ln [mm] (\alpha) [/mm] -1/n [mm] \* 1/\alpha)
[/mm]
ich bin mir nicht sicher, aber der Ausdruck [mm] e^{-\frac{1}{n}\ln(\alpha)} [/mm] müsste 1 sein b n gegen unendlich, da würd ja im Exponenten 0 \ ln stehen. Dannn wäre es doch 1 [mm] \* [/mm] (0 [mm] \* [/mm] .. + 0 [mm] \* [/mm] ...) da stimmt doch was nicht.
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Hallo nochmal,
> [mm]a^b=e^{\ln\left(a^b\right)}=e^{b\ln(a)}[/mm]
>
> [mm]\alpha^{-1/n}=e^{-\frac{1}{n}\ln(\alpha)}[/mm]
>
> oohhhh ;/
>
> ok:
>
> [mm]\lim_{n\to\infty} \frac{\Big( 1 - \alpha^{-\frac{1}{n}}\Big)}{\frac{1}{n}}[/mm]
>
> also Nenner ist klar, Zähler wäre dann nach lhospital:
>
> äußere mal innere Ableitung:
>
> [mm]e^{-\frac{1}{n}\ln(\alpha)} \*[/mm] (-1/n [mm]\*[/mm] (ln [mm]\alpha))'[/mm]
>
> jetzt Produktregel:
Ach, brauchst du doch nicht, [mm]\ln(\alpha)[/mm] ist doch nur eine (bzgl. [mm]n[/mm]) multiplikat. Konstante [mm]f(x)=2x^2[/mm] leitest du doch auch nicht mit der Produktregel ab ...
>
> [mm]e^{-\frac{1}{n}\ln(\alpha)} \* (1/n^2 \*[/mm] ln [mm](\alpha)[/mm] -1/n [mm]\* \red{1/\alpha})[/mm]
Nein, das ist [mm] $\red{0}$ [/mm] - du leitest doch nach n ab!
Beachte das und setze mal alles zusammen, dann vereinfacht sich der Bruch immens und du kannst leicht sehen, was für [mm]n\to\infty[/mm] passiert.
Es sollte doch gem. deiner Ableitung per Ableitungsregel gefälligst [mm]\ln(\alpha)[/mm] herauskommen.
Das kannst du als Kontrolle für deine weitere Rechnung nehmen ...
>
> ich bin mir nicht sicher, aber der Ausdruck
> [mm]e^{-\frac{1}{n}\ln(\alpha)}[/mm] müsste 1 sein b n gegen
> unendlich, da würd ja im Exponenten 0 \ ln stehen. Dannn
> wäre es doch 1 [mm]\*[/mm] (0 [mm]\*[/mm] .. + 0 [mm]\*[/mm] ...) da stimmt doch was
> nicht.
Du hast noch einen Nennerterm und in der Zählerableitung einen kleinen Fehler ...
Gruß
schachuzipus
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ach..
ich hab doch mit Nenner
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty} \bruch{1/n^2 \* ln(\alpha)}{-1/n^2} [/mm] und da hab ich mein ln ;P. aber so wie ichs sehe ist die Anwendung meiner Produktregel kein Fehler gewesen oder?
aufgeteil auf 2 brüche:
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty} \bruch{1/n^2\*ln(\alpha)}{-1/n^2} [/mm] - [mm] \bruch{-1/n \* 1/\alpha}{-1/n^2}
[/mm]
= [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} [/mm] - [mm] ln(\alpha) [/mm] - [mm] \alpha/n
[/mm]
Jetzt stört mich das - vor dem ln, der Nenner ist def. negativ wegen Ableitung von 1/n, der Zähler def. positiv, da vor dem 1/n schon ein Minus steht und - - zu plus wird. Wo ist mein Fehler beim Vorzeichen?
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Hallo nochmal,
> ach..
>
> ich hab doch mit Nenner
>
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} \bruch{1/n^2 \* ln(\alpha)}{-1/n^2}[/mm]
> und da hab ich mein ln ;P. aber so wie ichs sehe ist die
> Anwendung meiner Produktregel kein Fehler gewesen oder?
Doch, die letzte Teilableitung von [mm] $\ln(\alpha)$ [/mm] ist 0 und nicht [mm] $\frac{1}{\alpha}$
[/mm]
>
> aufgeteil auf 2 brüche:
Du hast in Wahrheit nur den ersten!
>
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} \bruch{1/n^2\*ln(\alpha)}{-1/n^2}[/mm]
> - [mm]\bruch{-1/n \* 1/\alpha}{-1/n^2}[/mm]
>
> = [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}[/mm] - [mm]ln(\alpha)[/mm] - [mm]\alpha/n[/mm]
>
>
> Jetzt stört mich das - vor dem ln, der Nenner ist def.
> negativ wegen Ableitung von 1/n, der Zähler def. positiv,
> da vor dem 1/n schon ein Minus steht und - - zu plus wird.
> Wo ist mein Fehler beim Vorzeichen?
Du hast im Zähler ja [mm] $1-\alpha^{-1/n}$ [/mm] stehen, wir haben "nur [mm] "\alpha^{-1/n}$ [/mm] betrachtet, müssen aber [mm] $(-1)\cdot{}\alpha^{-1/n}$ [/mm] haben, das gibt ein zusätzliches "-" im Zähler, das sich mit dem "-" im Nenner zu nem "+" verwurstet, so dass alles gut wird.
Du musst das aber bitte nochmal schön sauber aufschreiben und alle Faktoren, Summanden usw. mitschleppen und nicht nur "Ausschnitte" betrachten ...
Gruß
schachuzipus
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[mm] \limes_{n\rightarrow\infty} \bruch{1-\alpha^{-1/n}}{1/n}
[/mm]
= [mm] \bruch{1-e^{-1/n\*ln(\alpha)}}{1/n}
[/mm]
L'H:
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty} \bruch{-e^{-1/n\*ln(\alpha)}\*(1/n^2\*ln(\alpha)-1/n\*1/\alpha)}{-1/n^2}
[/mm]
jetzt auf die 2 Brüche verteilen
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty} \bruch{-e^{-1/n\*ln(\alpha)}\*(1/n^2\*ln(\alpha))}{-1/n^2} [/mm] - [mm] \bruch{-e^{-1/n\*ln(\alpha)}\*(1/n\*1/\alpha)}{-1/n^2}
[/mm]
gekürzt:
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty} e^{-1/n\*ln(\alpha} \* ln(\alpha) [/mm] - [mm] \bruch{e^{-1/n\*ln(\alpha)} \* 1/\alpha}{n}
[/mm]
= 1 [mm] \* ln(\alpha) [/mm] - 0
so sollte jetzt fehlerfrei sein ... phew ;)
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sorrrry nicht böse sein ;P
ich habs jetzt verstanden^^
bin seit 5 Uhr auf den Beinen da is der Kopf schonma wech ;)
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huhu
kurze Frage hierzu noch.
Seh ich richtig, dass es richtig ist, dass:
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty} \sum_{k=1}^{n} [/mm] = [mm] \lim_{n\to\infty}n [/mm]
gilt das immer?
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Hallo,
> Seh ich richtig, dass es richtig ist, dass:
>
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} \sum_{k=1}^{n}[/mm] =
> [mm]\lim_{n\to\infty}n[/mm]
>
> gilt das immer?
Nein. Das war nur in diesem Fall so, weil der Term in der Summe nicht von k abhing! Es wurde also n-mal derselbe Term aufsummiert, deswegen konnte man statt der Summe einfach n*Term schreiben.
Im Allgemeinen hängen die Summanden in der Summe aber von dem Laufindex ab, z.B.
[mm] $\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}$.
[/mm]
Das könnte man logischerweise nicht einfach schreiben
$ = [mm] n*\frac{1}{k}$,
[/mm]
schon allein weil gar nicht mehr klar ist, was das $k$ ist.
Grüße,
Stefan
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