Majorante finden < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Hallo, gibts eine integrierbare Funktion h, für die gilt
[mm] $\lvert -e^{-tx}x\rvert\leq h(x)~\forall [/mm] t>0$,
wobei [mm] $x\geq [/mm] 0$? |
Ich habe eine solche Funktion nur für [mm] $t\geq [/mm] 1$ gefunden, nämlich
[mm] $h(x):=e^{-x}\cdot [/mm] x$.
Aber das soll ja für alle $t>0$ gelten...
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:58 Mi 14.08.2013 | | Autor: | Loddar |
Hallo sick of math!
Für [mm]x \ \ge \ 0[/mm] gilt: [mm]\left| \ -e^{-t*x}*x \ \right| \ = \ \bruch{x}{\red{e^{t*x}}} \ \le \ \bruch{x}{\red{1}} \ = \ x[/mm]
Gruß
Loddar
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Also kann man einfach $h(x):=x$ wählen!
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Aber ist $h(x):=x$ denn integrierbar?
Es ist doch nicht [mm] $\int_0^{\infty}|x|\, dx<\infty
[/mm]
Edit:
Wie ist es mit [mm] $\frac{e^{-1}}{t}$?
[/mm]
Aber die Funktion hängt jetzt von t ab und nicht von x...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:38 Mi 14.08.2013 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Aber ist [mm]h(x):=x[/mm] denn integrierbar?
>
> Es ist doch nicht [mm]$\int_0^{\infty}|x|\, dx<\infty[/mm]
Nun, auf $[0, [mm] \infty)$ [/mm] ist sie wohl nicht integrierbar. Aber auf jedem beschraenkten Intervall. Dass du das unbeschraenkte Intervall $[0, [mm] \infty)$ [/mm] meinst haettest du ruhig dabeischreiben koennen...
> Edit:
>
> Wie ist es mit [mm]\frac{e^{-1}}{t}[/mm]?
>
> Aber die Funktion hängt jetzt von t ab und nicht von x...
Und damit ist [mm] $\int_0^\infty |e^{-1}/t| \; [/mm] dx = [mm] e^{-1}/t \cdot \int_0^\infty [/mm] 1 [mm] \; [/mm] dx = [mm] \infty$.
[/mm]
LG Felix
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Danke. Eine Frage noch:
Wie ist es mit:
[mm] $h_t(x):=\begin{cases}\frac{e^{-1}}{t}, & 0
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:46 Mi 14.08.2013 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Danke. Eine Frage noch:
>
> Wie ist es mit:
>
> [mm]h_t(x):=\begin{cases}\frac{e^{-1}}{t}, & 0
Du kannst es drehen und wenden, [mm] $e^{-1}/t$ [/mm] wird niemals eine Majorante, da das Integral darueber [mm] $\infty$ [/mm] gibt!
LG Felix
PS: Hast du meine andere Antwort nicht gesehen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:35 Mi 14.08.2013 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Hallo, gibts eine integrierbare Funktion h, für die gilt
>
> [mm]\lvert -e^{-tx}x\rvert\leq h(x)~\forall t>0[/mm],
>
> wobei [mm]x\geq 0[/mm]?
Wie waer's mit $h(x) := [mm] e^{-t x} \cdot [/mm] x$? Die tut's doch wunderbar!
Schliesslich ist [mm] $\int_0^\infty [/mm] h(x) [mm] \; [/mm] dx = [mm] \frac{1}{t} \lim_{y\to\infty} \int_0^y e^{-t x} [/mm] (t x) [mm] \; [/mm] dx = [mm] \frac{1}{t} \lim_{y\to\infty} \frac{1}{t} \int_0^{t y} e^{-x'} [/mm] x' [mm] \; [/mm] dx' = [mm] \frac{1}{t^2} \int_0^\infty e^{-x'} [/mm] x' [mm] \; [/mm] dx'$, und dass [mm] $\int_0^\infty e^{-x'} [/mm] x' [mm] \; [/mm] dx' < [mm] \infty$ [/mm] hast du ja schon fuer deinen Fall $t [mm] \ge [/mm] 1$ gebraucht.
LG Felix
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Also ich hab es jetzt mit partieller Integration gemacht, also wie vorgeschlagen [mm] $h(x):=e^{-tx}\cdot [/mm] x$ gewählt und dann
[mm] $\int_0^{\infty}h(x)\, [/mm] dx = 0$
erhalten - wie gesagt mit partieller Integration
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:12 Mi 14.08.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Also ich hab es jetzt mit partieller Integration gemacht,
> also wie vorgeschlagen [mm]h(x):=e^{-tx}\cdot x[/mm] gewählt und
> dann
>
> [mm]\int_0^{\infty}h(x)\, dx = 0[/mm]
>
> erhalten - wie gesagt mit partieller Integration
dann hast Du Unfug betrieben:
Ist $f [mm] \ge [/mm] 0$ und stetig in [mm] $x_0 \in [/mm] D [mm] \;\;\red{\;\subseteq\;}\;\; \text{Definitionsbereich von f},$ [/mm] wobei für
[mm] $x_0 \in [/mm] D$ ein nichteinpunktiges Intervall [mm] $I\,$ [/mm] mit [mm] $x_0 \in [/mm] I$ so existiere, dass
$I [mm] \subseteq [/mm] D$ gilt, und ist [mm] $f(x_0) [/mm] > [mm] 0\,,$ [/mm] so folgt nämlich schon
[mm] $\int_{D}f(x) [/mm] dx > 0.$
Versuche mal, das zu beweisen und überlege Dir, wieso ich damit folgere,
dass bei Dir
[mm] $\int_0^{\infty}h(x)\, [/mm] dx [mm] \;\;\red{\;>\;}\;\; [/mm] 0$
gelten muss!
Gruß,
Marcel
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Kann man das denn mit partieller Integration ausrechnen?
Vielleicht hab ich mich einfach verrechnet?
Erstmal hab ich [mm] $\int_0^y e^{-tx}x\, [/mm] dx$ versucht auszurechnen.
[mm] $f'(x)=e^{-tx}, f(x)=\frac{-e^{-tx}}{t}, [/mm] g(x)=x, g'(x)=1$
Und dann
[mm] $\int_0^yf'(x)g(x)\, dx=\left[\frac{-e^{-tx}}{t}\cdot x\right]_0^y-\int_0^y\frac{-e^{-tx}}{t}\, dx=\frac{-e^{-yt}y}{t}+\frac{1}{t}\int_0^ye^{-tx}\, dx=\frac{(e^{ty}-ty-1)e^{-ty}}{t^2}$
[/mm]
Und jetzt muss ich doch [mm] $\lim\limits_{y\to\infty}\frac{(e^{ty}-ty-1)e^{-ty}}{t^2}$ [/mm] ausrechnen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:37 Mi 14.08.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Kann man das denn mit partieller Integration ausrechnen?
das weiß ich nicht; aber versuchen kann man erstmal alles, was aus der
Situation heraus sinnvoll ist (d.h., wenn man entsprechende Voraussetzungen
gegeben hat).
> Vielleicht hab ich mich einfach verrechnet?
>
> Erstmal hab ich [mm]\int_0^y e^{-tx}x\, dx[/mm] versucht
> auszurechnen.
>
> [mm]f'(x)=e^{-tx}, f(x)=\frac{-e^{-tx}}{t}, g(x)=x, g'(x)=1[/mm]
>
> Und dann
>
> [mm]\int_0^yf'(x)g(x)\, dx=\left[\frac{-e^{-tx}}{t}\cdot x\right]_0^y-\int_0^y\frac{-e^{-tx}}{t}\, dx=\frac{-e^{-yt}y}{t}+\frac{1}{t}\int_0^ye^{-tx}\, dx=\frac{(e^{ty}-ty-1)e^{-ty}}{t^2}[/mm]
Ich rechne das gleich nochmal selbst nach - sehe aber momentan keinen
Fehler.
> Und jetzt muss ich doch
> [mm]\lim\limits_{y\to\infty}\frac{(e^{ty}-ty-1)e^{-ty}}{t^2}[/mm]
> ausrechnen?
Ja, und warum soll da $=0$ rauskommen?
[mm] $\lim\limits_{y\to\infty}\frac{(e^{ty}-ty-1)e^{-ty}}{t^2}=\frac{1}{t^2}+\lim\limits_{y\to\infty}\frac{(-ty-1)e^{-ty}}{t^2}=\frac{1}{t^2}+0=\frac{1}{t^2} [/mm] > [mm] 0\,.$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:45 Mi 14.08.2013 | | Autor: | Marcel |
Hi,
> Hallo,
>
> > Kann man das denn mit partieller Integration ausrechnen?
ich hab' Deinen Vorschlag jetzt mal selbst nachgerechnet, und auch dabei
komme ich auf den Wert [mm] $1/t^2 \;>\;0\,.$
[/mm]
In Deinen Rechenschritten bei der p.I. erkenne ich keinen Fehler, am Ende
musst Du Dich bei der Grenzwertberechnung verrechnet haben!
Gruß,
Marcel
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Ja, ich habe mich bei der Grenzwertberechnung vertan.
Danke! Jetzt habe ich es verstanden.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:28 Mi 14.08.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Felix,
> und dass [mm]\int_0^\infty e^{-x'} x' \; dx' < \infty[/mm] hast du
> ja schon fuer deinen Fall [mm]t \ge 1[/mm] gebraucht.
na, das kann man natürlich auch direkt vorrechnen:
[mm] $\int (xe^{-x})dx=[-xe^{-x}]-\int (-e^{-x})dx=-xe^{-x}-e^{-x}=-e^{-x}(1+x)\,.$
[/mm]
Zum Test:
Leitet man die rechte Funktion nach [mm] $x\,$ [/mm] ab, so folgt
[mm] $(-e^{-x}(1+x))\,'=-(-e^{-x}(1+x)+e^{-x}*1)=xe^{x}\,,$
[/mm]
in der Tat ist also [mm] $F(x):=-e^{-x}(1+x)$ [/mm] eine Stammfunktion von [mm] $f(x):=xe^{-x}\,.$
[/mm]
Und dass [mm] "$F(\infty) [/mm] < [mm] \infty$" [/mm] ist, kann man sich mit de l'Hopital schnell überlegen;
das macht man ja auch, wenn man die Aussage "die [mm] $e\,$-Funktion [/mm] wächst schneller
als jedes Polynom" beweist - wobei man damit die eigentlich stärkere
Aussage
[mm] $\lim_{x \to \infty} P(x)/\exp(x)=0$ [/mm] für eine Polynomfunktion [mm] $P=P(x)\,$
[/mm]
meint. (Tatsächlich ist also [mm] $F(\infty):=\lim_{x \to \infty}F(x)=0$ [/mm] hier.)
Gruß,
Marcel
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