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Integralsinus

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Differentiation

Grenzwerte

Integration

Tags: Differentiation, Grenzwert, Integration

MathsTom aktiv_icon

20:20 Uhr, 16.04.2014

Hallo,
ich habe die Funktion

f (x) = \int_{x}^{x + 1} sin (t^{2}) d t

gegeben und soll zeigen:

| f (x) | < \frac{1}{x}

für

x > 0

.

Ich habe

| \int_{x}^{x + 1} sin (t^{2}) d t | = | \int_{\sqrt{x^{2}}}^{\sqrt{{(x + 1)}^{2}}} sin (t^{2}) d t | = | \int_{x^{2}}^{{(x + 1)}^{2}} \frac{sin (u)}{2 \sqrt{u}} d u |

.
Hat nun jemand eine Idee, wie ich weiter abschätzen kann? Ich kann die Beträge in das Integral reinziehen, das führt aber nicht zum Ziel.

Lieben Gruß,
MathsTom

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Grenzwert (Mathematischer Grundbegriff)
Regel von l'Hospital (Mathematischer Grundbegriff)
Wichtige Grenzwerte

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Ableiten mit der h-Methode
Grenzwerte - Linksseitiger/rechtsseitiger Grenzwert an einer Polstelle
Grenzwerte - Verhalten im Unendlichen
Grenzwerte im Unendlichen
e-Funktion

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DrBoogie aktiv_icon

20:43 Uhr, 16.04.2014

Zuerst mal die Integrationsgrenzen sind nach der Substitution

\sqrt{x}

und

\sqrt{x + 1}

.
Update. Ah ne, Quatsch, sorry.

Hm, irgendwie klappt es nicht. :(

Ich dachte, es geht direkt:

∣ \int_{x^{2}}^{(x + 1)^{2}} s i n (u) / (2 \sqrt{u}) d u ∣ \leq \int_{x^{2}}^{(x + 1)^{2}} ∣ s i n (u) / (2 \sqrt{u}) ∣ d u \leq \int_{x^{2}}^{(x + 1)^{2}} \frac{1}{2 \sqrt{u}} d u \leq \frac{1}{2 x} \cdot ((x + 1)^{2} - x^{2}) = . . .

, aber so kommt kein

1 / x

raus. :(

MathsTom aktiv_icon

20:57 Uhr, 16.04.2014

Ja, genau, darauf kam ich auch. Als Tipp ist angegeben, dass man, nachdem man Substituiert hat, partiell integrieren soll. Vielleicht hilft dir das weiter.

DrBoogie aktiv_icon

20:58 Uhr, 16.04.2014

Ja, versuche es gerade. :-)

DrBoogie aktiv_icon

21:39 Uhr, 16.04.2014

Ja, mit partieller Integration geht es:

\int_{x^{2}}^{(x + 1)^{2}} \frac{\sin (u)}{2 \sqrt{u}} d u = \int_{x^{2}}^{(x + 1)^{2}} \frac{1}{2 \sqrt{u}} d (- \cos (u)) = [\frac{- c o s (u)}{2 \sqrt{u}}]_{x^{2}}^{(x + 1)^{2}} + \int_{x^{2}}^{(x + 1)^{2}} \cos (u) d (\frac{1}{2 \sqrt{u}}) =

= \frac{- c o s ((x + 1)^{2})}{2 (x + 1)} + \frac{c o s (x^{2})}{2 x} + \int_{x^{2}}^{(x + 1)^{2}} \frac{- \cos (u)}{4 {\sqrt{u}}^{3}} d u

und jetzt kann man alle Summanden einzeln abschätzen:

∣ \frac{- c o s ((x + 1)^{2})}{2 (x + 1)} + ∣ \leq 1 / (2 (x + 1))

∣ \frac{c o s (x^{2})}{2 x} ∣ \leq 1 / (2 x)

∣ \int_{x^{2}}^{(x + 1)^{2}} \frac{- \cos (u)}{4 {\sqrt{u}}^{3}} d u ∣ \leq \int_{x^{2}}^{(x + 1)^{2}} ∣ \frac{- \cos (u)}{4 {\sqrt{u}}^{3}} ∣ d u \leq \int_{x^{2}}^{(x + 1)^{2}} \frac{1}{4 {\sqrt{u}}^{3}} d u \leq \frac{1}{4 x^{3}} ((x + 1)^{2} - x^{2}) = \frac{2 x + 1}{4 x^{3}}

.
Und in der Summe haben wir

\frac{1}{2 x} + \frac{1}{2 x + 2} + \frac{2 x + 1}{4 x^{3}} = \frac{2 x^{2} (x + 1) + 2 x^{3} + (2 x + 1) (x + 1)}{4 x^{3} (x + 1)} = \frac{4 x^{3} + 4 x^{2} + 3 x + 1}{4 x^{4} + 4 x^{3}}

und wir sind ganz knapp über

1 / x

. :-O
Mist, es hat nicht ganz gereicht. Nun, vielleicht kann man die Methode irgendwie verfeinern...

Shipwater aktiv_icon

21:50 Uhr, 16.04.2014

Das letzte Integral musst du nicht abschätzen, sondern kannst es ja leicht exakt berechnen :-)

DrBoogie aktiv_icon

21:58 Uhr, 16.04.2014

Stimmt, vor lauter Rechnerei habe ich vergessen zu denken. :-)
Danke.

\int_{x^{2}}^{(x + 1)^{2}} \frac{d u}{4 {\sqrt{u}}^{3}} = \int_{x^{2}}^{(x + 1)^{2}} d (- \frac{1}{2 \sqrt{u}}) = \frac{1}{2 x} - \frac{1}{2 (x + 1)} = \frac{1}{2 x (x + 1)}

und jetzt reicht es. :-)

MathsTom aktiv_icon

22:23 Uhr, 16.04.2014

Na das haut ja jetzt exakt hin :-D) Aber wie komme ich mit Substitution darauf, dass

- \frac{1}{2 \sqrt{u}}

eine Stammfkt. von

\frac{1}{4 \sqrt{u^{3}}}

ist? Durch ABleiten ist das ja klar.

Shipwater aktiv_icon

22:25 Uhr, 16.04.2014

\frac{1}{{\sqrt{u}}^{3}} = u^{- \frac{3}{2}}

und solche Ausdrücke kannst du bestimmt integrieren.

MathsTom aktiv_icon

22:29 Uhr, 16.04.2014

Ja, natürlich, aber ich Frage mich immer, inwiefern man sowas mit Vorlesungsstoff machen kann...

MathsTom aktiv_icon

22:43 Uhr, 16.04.2014

Wir haben also:

2 x f (x) = cos (x^{2}) - \frac{x cos ({(x + 1)}^{2})}{2} - 2 x \int_{x^{2}}^{{(x + 1)}^{2}} \frac{cos (u)}{4 \sqrt{u^{3}}} d u

. Es sollte aber rauskommen:

2 x f (x) = cos (x^{2}) - cos ({(x + 1)}^{2}) + r (x)

mit

| r (x) | < \frac{c}{x},

für eine Konstante

c

.
Letzteres Integral ist ja, wenn man mit

2 x

kürzt,

< \frac{1}{x + 1} < \frac{1}{x}

. Aber was hat es mit dem

c

auf sich? Und in dem einen Nenner steht noch eine 2.

Shipwater aktiv_icon

22:51 Uhr, 16.04.2014

Was tust du da?

MathsTom aktiv_icon

22:58 Uhr, 16.04.2014

Also

f (x)

ist oben definiert. Es soll gelten

2 x f (x) = cos (x^{2}) - cos ({(x + 1)}^{2}) + r (x),

wobei

r (x)

die oben genanntne Eigenschaften hat.
Ich habe nun versucht, das einzusehen, indem ich die Ergebnisse von oben benutzt habe. Haut aber nicht hin.

Shipwater aktiv_icon

23:03 Uhr, 16.04.2014

Dein

r (x)

sieht dann halt etwas anders aus und besteht nicht nur aus dem Integral. Also rechne

r (x)

aus und versuche es dann abzuschätzen. Und ihr werdet ja wohl

\int x^{n} d x = \frac{1}{n + 1} x^{n + 1} (n \neq - 1)

in der Vorlesung behandelt haben ;-)

MathsTom aktiv_icon

23:30 Uhr, 16.04.2014

Nur für

n \in ℕ

. ;-)
Aber ich verstehe den Rest grade nicht wirklich. Wie soll ich denn "mein"

r (x)

ausrechnen und abschätzen? Man hat ja immer noch die 2 im Nenner von ein einem

cos

Term.

MathsTom aktiv_icon

07:13 Uhr, 17.04.2014

2 x f (x) = cos (x^{2}) - \frac{x cos ({(x + 1)}^{2})}{2} - 2 x \int_{x^{2}}^{{(x + 1)}^{2}} \frac{cos (u)}{4 \sqrt{u^{3}}} d u

\Rightarrow x \cdot r (x) = - \frac{x cos ({(x + 1)}^{2})}{2} - 2 x \int_{x^{2}}^{{(x + 1)}^{2}} \frac{cos (u)}{4 \sqrt{u^{3}}} d u,

damit ist dann

2 x f (x) = cos (x^{2}) - cos ({(x + 1)}^{2}) - r (x)

\Rightarrow | r (x) | = | - \frac{cos ({(x + 1)}^{2})}{2} - 2 \int_{x^{2}}^{{(x + 1)}^{2}} \frac{cos (u)}{4 \sqrt{u^{3}}} d u | \leq \frac{1}{2} + \int_{x^{2}}^{{(x + 1)}^{2}} \frac{1}{4 \sqrt{u^{3}}} d u = \frac{1}{2} + \frac{1}{2 x (x + 1)} = \frac{x (x + 1) + 1}{2 x (x + 1)} = \frac{1}{2 x} + 1 \leq \frac{1}{x} + 1,

aber das hat keine Form

\frac{c}{x}

Shipwater aktiv_icon

08:56 Uhr, 17.04.2014

Sicher werdet ihr das auch auf andere Exponenten ausgeweitet haben, das macht man meist über

x^{r} = e^{r \cdot ln (x)}

und dann mit Kettenregel ableiten. Dann hast du doch

f (x) = - \frac{cos ({(x + 1)}^{2})}{2 (x + 1)} + \frac{cos (x^{2})}{2 x} + \int_{x^{2}}^{{(x + 1)}^{2}} - \frac{cos (u)}{4 {\sqrt{u}}^{3}} d u

also

2 x f (x) = - \frac{x}{x + 1} cos ({(x + 1)}^{2}) + cos (x^{2}) + 2 x \cdot \int_{x^{2}}^{{(x + 1)}^{2}} - \frac{cos (u)}{4 {\sqrt{u}}^{3}} d u

= cos (x^{2}) - cos ({(x + 1)}^{2}) + \frac{1}{x + 1} cos ({(x + 1)}^{2}) + 2 x \cdot \int_{x^{2}}^{{(x + 1)}^{2}} - \frac{cos (u)}{4 {\sqrt{u}}^{3}} d u

Also ist

r (x) = \frac{1}{x + 1} cos ({(x + 1)}^{2}) + 2 x \cdot \int_{x^{2}}^{{(x + 1)}^{2}} - \frac{cos (u)}{4 {\sqrt{u}}^{3}} d u

schätze das nun ab.

MathsTom aktiv_icon

09:44 Uhr, 17.04.2014

Hallo ;-)
Beim abschätzen komme ich auf

< \frac{1}{x + 1} + 4

.
Irgendwie haut das bei mir immer nicht hin...

Shipwater aktiv_icon

10:10 Uhr, 17.04.2014

Warum die 4? Zeig mal deine Rechnung.

MathsTom aktiv_icon

16:07 Uhr, 17.04.2014

Gerne, hab auch nun was besseres raus:

| r (x) | = | \frac{1}{x + 1} \cdot cos ({(x + 1)}^{2}) + 2 x \int_{x^{2}}^{{(x + 1)}^{2}} - \frac{cos (u)}{4 \sqrt{u^{3}}} d u | \leq | \frac{1}{x + 1} | + 2 x \int_{x^{2}}^{{(x + 1)}^{2}} \frac{1}{4 \sqrt{u^{3}}} d u = | \frac{1}{x + 1} + 2 x (- \frac{1}{2 (x + 1)} + \frac{1}{2 x}) |

= \frac{2}{x + 1} < \frac{2}{x}

.

Ist das soweit ok?
Wenn man nun den limes superior und limes inferior bestimmen möchte für

x \to \infty :

Das Restglied geht wegen obigem gegen

0,

also kann man das ignorieren.
Die beiden cos-Terme sind minimal

- 1,

also geht

2 x f (x)

gegen 0 (limes inferior), also auch

x f (x)

.
Mit eines analogen Überlegung bekommt man limes superior

= 0

.

Ist das wirklich so? Wie kann man das beweisen? Und kann man daraus schließen, ob

\int_{0}^{\infty} sin (t^{2}) d t

konvergiert?

Shipwater aktiv_icon

17:14 Uhr, 17.04.2014

Kannst du vielleicht mal die originale Aufgabenstellung hochladen, das würde helfen.

MathsTom aktiv_icon

17:29 Uhr, 17.04.2014

Das war schon alles original, aber zugegeben, ziemlich zerstückelt:

f (x)

wie oben definiert.
1. Zeige

| f (x) | < \frac{1}{x}

für

x > 0

(Kontrolle/Hinweis

: 2 x f (x) = cos (x^{2}) - cos ({(x + 1)}^{2}) + r (x)

mit

| r (x) | < \frac{c}{x}

für eine Konstante

c .)

2. Bestimmen Sie limes inferior und limes superior von

x f (x)

für

x \to \infty

.

3. Konvergiert

\int_{0}^{\infty} sin (t^{2}) d t

Shipwater aktiv_icon

18:04 Uhr, 17.04.2014

Ich kann nicht nachvollziehen was du gemacht hast. Im Allgemeinen dürfte nur

l i m s u p (f + g) \leq l i m s u p (f) + l i m s u p (g)

und

l i m i n f (f + g) \geq l i m i n f (f) + l i m i n f (g)

gelten (also du hast nicht immer Gleichheit)
Zum Beispiel

l i m s u p (cos (x) + sin (x)) = \sqrt{2} < 2 = 1 + 1 = l i m s u p (cos (x)) + l i m s u p (sin (x))

und

l i m i n f (cos (x) + sin (x)) = - \sqrt{2} > - 2 = - 1 - 1 = l i m i n f (cos (x)) + l i m i n f (sin (x))

(der

l i m s u p

für

x \to \infty

ist stets gemeint)

MathsTom aktiv_icon

18:26 Uhr, 17.04.2014

Also in

1)

bist du mit meiner Abschätung zufrieden?

Ok, und wie berechnet man dann

lim

inferior und

lim

superior?

Shipwater aktiv_icon

18:37 Uhr, 17.04.2014

Die Abschätzung dürfte passen. Plotte dir mal die Funktion

h : x \mapsto \frac{1}{2} (cos (x^{2}) - cos ({(x + 1)}^{2}))

damit du eine Vermutung zu Limes Superior und Limes Inferior bekommst. Sieht für mich nach 1 und

- 1

aus. Beschränktheit des Betrags der Funktion

h

durch 1 sollte klar sein, also dürfte es reichen Folgen

(a_{n}), (b_{n})

zu finden mit

a_{n}, b_{n} \to \infty

und

h (a_{n}) \to - 1

sowie

h (b_{n}) \to 1

MathsTom aktiv_icon

20:05 Uhr, 17.04.2014

Hallo,
jup, sieht tatsächlich nach 1 und

- 1

aus und ja, Beschränktheit ist klar, deine Idee ist klar. An der Umsetzung scheiter es. Ich habe grad mal so einfach wie möglich gedacht und versucht eine Folge zu finden, bei der

h

konstant 1 oder

- 1

liefert. Gibt es so eine?

Shipwater aktiv_icon

21:02 Uhr, 17.04.2014

Das ist eine gute Frage. Also

h (x_{0}) = 1

erreichst du wegen

cos (x) \in [- 1,1]

nur falls

cos (x_{0}^{2}) = 1

und

cos ({(x_{0} + 1)}^{2}) = - 1

. Für

x_{0} > 0

ist nun

cos (x_{0}^{2}) = 1 \Leftrightarrow x_{0}^{2} = 2 π k

für ein

k \in ℕ \Leftrightarrow x_{0} = \sqrt{2 π k}

für ein

k \in ℕ

Außerdem folgt für

x_{0} > 0

auch

cos ({(x_{0} + 1)}^{2}) = - 1 \Leftrightarrow {(x_{0} + 1)}^{2} = π + 2 π l

für ein

l \in ℕ_{0} \Leftrightarrow x_{0} = \sqrt{π + 2 π l} - 1

für ein

l \in ℕ_{0}

Nun muss man untersuchen, ob es

(k, l) \in ℕ \times ℕ_{0}

gibt mit

\sqrt{2 π k} = \sqrt{π + 2 π l} - 1

also

\sqrt{π + 2 π l} - \sqrt{2 π k} = 1

also

π + 2 π l - 2 π k = \sqrt{π + 2 π l} + \sqrt{2 π k}

also

\sqrt{π} + 2 \sqrt{π} (l - k) = \sqrt{1 + 2 l} + \sqrt{2 k}

also

\sqrt{π} = \frac{\sqrt{1 + 2 l} + \sqrt{2 k}}{1 + 2 l - 2 k} = \frac{1}{\sqrt{1 + 2 l} - \sqrt{2 k}}

und das sieht eher so aus als würde es solche

(k, l)

nicht geben.

MathsTom aktiv_icon

22:17 Uhr, 17.04.2014

Ja, klingt logisch. Aber wenn selbst du keinen Rat weißt, wie soll ich dann...? :-P)

Shipwater aktiv_icon

22:33 Uhr, 17.04.2014

Haha ich glaub ich hab bisher noch nie den Limes Superior einer Funktion bestimmen müssen und auch Google liefert da keine brauchbaren Treffer, vermutlich übersehen wir aber nur etwas. Vielleicht kann DrBoogie ja noch was dazu sagen. Die Aufgabe scheint wohl nur auf die Konvergenz von

\int_{0}^{\infty} sin (t^{2}) d t

abzuzielen. Das kann man aber über

\int_{0}^{\infty} sin (t^{2}) d t = \sum_{n = 0}^{\infty} \int_{\sqrt{π \cdot n}}^{\sqrt{π \cdot (n + 1)}} sin (t^{2}) d t

mit dem Leibniz-Kriterium eigentlich recht schnell zeigen.

DrBoogie aktiv_icon

14:57 Uhr, 18.04.2014

"Ok, und wie berechnet man dann lim inferior und lim superior?"

Nun, allgemeine Regeln gibt's genauso wenig, wie es allgemeine Regeln zu der Grenzwertbestimmung gibt. Im Prinzip soll man im Zweifelsfall einfach nach der Definition vorgehen.
Für die Funktion

g (x) := c o s (x^{2}) - c o s ((x + 1)^{2}) + r (x)

mit

∣ r (x) ∣ < c / x

ist

liminf = - 2

und

limsup = 2

bei

x \to \infty

,
denn

sup_{x > x_{0}} g (x) = 2

und

inf_{x > x_{0}} g (x) = - 2

für alle

x_{0} > 0

.
Dies kann man so sehen: wähle

x^{2} = 2 π n

für ein ganzes

n > 0

.
Dann gilt

x = \sqrt{2 π n} = > (x + 1)^{2} = 2 π n + 2 \sqrt{2 π n} + 1 = > \cos ((x + 1)^{2}) = \cos (2 \sqrt{2 π n} + 1)

. Jetzt brauchen wir

n

so zu wählen, dass

2 \sqrt{2 π n} + 1

nah an

2 π m + π

mit irgendeinem ganzen

m

wäre, denn dann würde

\cos ((x + 1)^{2})

nah an

- 1

sein. Das ist definitiv möglich, aber ich weiß nicht, wie man das ohne schwere Zahlentheorie zeigen kann. :(

Ich denke noch ein bisschen nach, aber bin nicht sicher, dass ich etwas noch dazu beitragen kann.

MathsTom aktiv_icon

16:29 Uhr, 18.04.2014

Hallo,
scheint wohl ganz schön knifflig zu sein.
Vielleicht sprechen wir dann erst einmal über die Konvergenz des Integrals.

Wieso ist

\int_{0}^{\infty} sin (t^{2}) d t = \sum_{n = 0}^{\infty} \int_{\sqrt{n π}}^{\sqrt{π (n + 1)}} sin (t^{2}) d t

?
Dazu müsste doch

\int_{0}^{b} sin (t^{2}) d t = \sum_{n = 0}^{b} \int_{\sqrt{n π}}^{\sqrt{π (n + 1)}} sin (t^{2}) d t

gelten.
Und wie kann man das Leibnitzkriterium anwenden?

Shipwater aktiv_icon

17:21 Uhr, 18.04.2014

Naja

\sum_{n = 0}^{\infty} \int_{\sqrt{π \cdot n}}^{\sqrt{π \cdot (n + 1)}} sin (t^{2}) d t = lim_{b \to \infty} \sum_{n = 0}^{b} \int_{\sqrt{π \cdot n}}^{\sqrt{π \cdot (n + 1)}} sin (t^{2}) d t = lim_{b \to \infty} \int_{0}^{\sqrt{π \cdot (b + 1)}} sin (t^{2}) d t = \int_{0}^{\infty} sin (t^{2}) d t

und du musst halt die Voraussetzungen für das Leibnizkriterium nachrechnen/begründen. Die Grenzen der Teilintegrale sind ja bewusst so gewählt, dass

...

MathsTom aktiv_icon

18:09 Uhr, 18.04.2014

Hallo,
ich bräuchte für das Leibitzkritrium ja eine monoton Fallende Nullfolge multipliziert mit

{(- 1)}^{n}

.
Wo habe ich das hier? Wahrscheinlich folgt das aus Teil 1. Und die Grenzen hast du so gewählt, dass der

cos

dort alterniert.

Aber: Kann man das Integral überhaupt lösen? Es ist ja

f (x) = \int_{x}^{x + 1} {sin}^{2} (t) d t

. Also die Grenzen unterscheiden sich um den Wert 1. Das ist bei deinen Grenzen ja nicht der Fall.

Shipwater aktiv_icon

19:07 Uhr, 18.04.2014

Die von mir vorgeschlagene Lösung für die Konvergenz des Integrals hängt nicht mit deiner Aufgabe zusammen, damit wollte ich nur zeigen, dass man die Konvergenz (vermeintlich) einfacher zeigen kann als über den Weg, den eure Aufgabenstellung vorgibt.
Die Gleichheit

\int_{0}^{\infty} sin (t^{2}) d t = \sum_{n = 0}^{\infty} \int_{\sqrt{π \cdot n}}^{\sqrt{π \cdot (n + 1)}} sin (t^{2}) d t

ist doch nicht so klar, wie oben angedeutet, denn man muss beachten, dass bei

\sum_{n = 0}^{\infty} = lim_{b \to \infty} \sum_{n = 0}^{b}

das

b

ja nur Werte aus

ℕ_{0}

durchläuft. Sonst könnte ich ja auch sagen

\int_{0}^{\infty} sin (t) d t = \sum_{n = 0}^{\infty} \int_{2 π n}^{2 π (n + 1)} sin (t) d t = lim_{b \to \infty} \int_{0}^{2 π (b + 1)} sin (t) d t = 0

\int_{0}^{2 π (b + 1)} sin (t) d t = 0

für alle

b \in ℕ_{0}

was aber natürlich nicht wahr ist. Man muss schon etwas genauer begründen, daher würde ich nun so argumentieren:
Für

b > 0

ist

\int_{0}^{b} sin (t^{2}) d t = \sum_{n = 0}^{⌊ \frac{b^{2}}{π} ⌋ - 1} \int_{\sqrt{π \cdot n}}^{\sqrt{π \cdot (n + 1)}} sin (t^{2}) d t + \int_{\sqrt{π \cdot ⌊ \frac{b^{2}}{π} ⌋}}^{b} sin (t^{2}) d t

Der Betrag vom hintersten Integral kann durch

b - \sqrt{b^{2} - π} \to 0 (b \to \infty)

abgeschätzt werden, also reicht es nun noch die Konvergenz von

\sum_{n = 0}^{⌊ \frac{b^{2}}{π} ⌋ - 1} \int_{\sqrt{π \cdot n}}^{\sqrt{π \cdot (n + 1)}} sin (t^{2}) d t

zu zeigen. Diese folgt aus der Konvergenz von

\sum_{n = 0}^{\infty} \int_{\sqrt{π \cdot n}}^{\sqrt{π \cdot (n + 1)}} sin (t^{2}) d t

welche man nun mit dem Leibnizkriterium zeigen kann. Alternierend ist klar, da die Grenzen genau so gewählt sind, dass das gilt. Nun zeige noch, dass

{(| \int_{\sqrt{π \cdot n}}^{\sqrt{π \cdot (n + 1)}} sin (t^{2}) d t |)}_{n \in ℕ_{0}}

eine monoton fallende Nullfolge ist.

MathsTom aktiv_icon

20:28 Uhr, 18.04.2014

Ah, jetzt verstehe ich's erst.
Die Flächenstücke alternieren und werden immer kleiner.
Wie kann man aber zeigen, dass es alterniert?

Shipwater aktiv_icon

20:42 Uhr, 18.04.2014

Die Grenzen sind doch genau so gewählt, dass das gilt. Also für gerade

n \in ℕ_{0}

gilt

sin (t) \geq 0

für

π \cdot n \leq t \leq π \cdot (n + 1)

sprich

sin (t^{2}) \geq 0

für

\sqrt{π \cdot n} \leq t \leq \sqrt{π \cdot (n + 1)}

und für ungerade

n \in ℕ

gilt

sin (t) \leq 0

für

π \cdot n \leq t \leq π \cdot (n + 1)

sprich

sin (t^{2}) \leq 0

für

\sqrt{π \cdot n} \leq t \leq \sqrt{π \cdot (n + 1)}

Damit dann auch

\int_{\sqrt{π \cdot n}}^{\sqrt{π \cdot (n + 1)}} sin (t^{2}) d t \geq 0

für gerade

n \in ℕ_{0}

und

\int_{\sqrt{π \cdot n}}^{\sqrt{π \cdot (n + 1)}} sin (t^{2}) d t \leq 0

für ungerade

n \in ℕ

MathsTom aktiv_icon

20:57 Uhr, 18.04.2014

Ok, nun zur monoton fallenden Nullfolge: Wieso betrachtest du die Beträge? In unserem Integral kommt der Term ja ohne vor.

Und das es ne Nullfolge ist, folgt doch aus dem ersten Teil:

\frac{1}{\sqrt{π \cdot n}} > | f (\sqrt{π \cdot n}) | = | \int_{\sqrt{π \cdot n}}^{\sqrt{π \cdot n} + 1} sin (t^{2}) d t | > | \int_{\sqrt{π \cdot n}}^{\sqrt{π \cdot n + 1}} sin (t^{2}) d t |

.

Aber wieso ist es monoton?

Shipwater aktiv_icon

21:19 Uhr, 18.04.2014

Nullfolge ist schnell einsehbar, unabhängig von deiner Aufgabe ginge auch:

| \int_{\sqrt{π \cdot n}}^{\sqrt{π \cdot (n + 1)}} sin (t^{2}) d t | \leq \int_{\sqrt{π \cdot n}}^{\sqrt{π \cdot (n + 1)}} 1 d t = \sqrt{π \cdot (n + 1)} - \sqrt{π \cdot n} = \frac{π}{\sqrt{π \cdot (n + 1)} + \sqrt{π \cdot n}} \to 0 (n \to \infty)

Für die Monotonie solltest du das

n

irgendwie aus den Grenzen bekommen, versuch mal die Substitution

x = t^{2} - π n

Und den Betrag musst du bei Leibniz immer drüber setzen, also normalerweise steht da doch

\sum_{n = 0}^{\infty} {(- 1)}^{n} a_{n}

und du weist dann aber auch nach, dass

a_{n} = | {(- 1)}^{n} a_{n} |

monoton fallende Nullfolge ist.

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21:52 Uhr, 18.04.2014

Ich fürchte, du müsstest mir nochmal bei der Substitution helfen. Die Grenzen werden damit doch fürchterlich

: O

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21:54 Uhr, 18.04.2014

Kommt nicht

\int_{0}^{π} ...

heraus?

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22:09 Uhr, 18.04.2014

Ich komme auf

\int_{0}^{π} \frac{sin (x + π \cdot n)}{2 \cdot \sqrt{x + π \cdot n}} d x

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22:48 Uhr, 18.04.2014

Kannst du denn damit die Monotonie zeigen?

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23:18 Uhr, 18.04.2014

Also für grösser werdendes

n

wird der Integrand immer kleiner. Aber wie macht man das formal?

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23:21 Uhr, 18.04.2014

Indem man die Monotonie des Integrals verwendet (den Betrag nicht vergessen).

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09:55 Uhr, 19.04.2014

Wie genau soll das funktionieren? Ich habe ja in dem einen Integral ein

n

und in dem anderen ein

n + 1

und soll diese vergleichen. Wie spielt da aber die Monotonie des Integrals rein?

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10:33 Uhr, 19.04.2014

\forall n \in ℕ \forall x \in [0, π] : | \frac{sin (x + π \cdot n)}{2 \sqrt{x + π \cdot n}} | \geq | \frac{sin (x + π \cdot (n + 1))}{2 \sqrt{x + π \cdot (n + 1)}} |

also darfst du wegen der Monotonie des Integrals auch

\int_{0}^{π}

auf beide Seiten hinzufügen.

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11:24 Uhr, 19.04.2014

Super, nun ist alles klar! Herzlichen Dank!
Vielleicht hast du noch eine schnelle Idee hierzu: Wir haben 8 Kurven gegeben, alle auf

[0,2 \cdot π]

in die komplexe Ebene. Wir sollen entscheiden, ob sie rektifizierbar ist (=Länge endlich). Bei 7 von den 8 komme ich selbst klar. Die einzige, die mir Probleme macht, ist diese hier:

γ (t) = e^{2 \cdot π \cdot i \cdot t \cdot sin (\frac{1}{t})}

. Ich habe auch schon versuche, sie mit der euler-Identität in

ℝ^{2}

zu transformieren, dann hat man halt

(cos (2 \cdot π \cdot t \cdot sin (\frac{1}{t})), sin (2 \cdot π \cdot t \cdot sin (\frac{1}{t})))

.

Ich denke, sie wird nicht rektifizierbar sein. Also muss man eine Folge von Zerlegungen

P = {0 = x_{0}, x_{1}, ..., x_{n} = 2 \cdot π}

finden,

s . d

lim_{n \to \infty} \sum_{i = 1}^{n} | γ (x_{i}) - γ (x_{i - 1}) | = \infty

ist.

Vielleicht eine Idee?

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11:43 Uhr, 19.04.2014

So weit sind wir noch nicht, kommt in Funktionentheorie jetzt erst in den nächsten Wochen irgendwann denke ich ;-) Mach am besten einen neuen Thread auf, der hier ist eh schon zu lang.
Bei der letzten Aufgabe muss man sich eig noch überlegen warum man

\int_{0}^{π} | ... | = | \int_{0}^{π} ... |

hat.

MathsTom aktiv_icon

13:41 Uhr, 20.04.2014

Ja, da bin ich grade, als ich es mal sauber aufschreiben wollte, drüber gefallen. Wieso ist es denn so?

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14:05 Uhr, 20.04.2014

Das liegt einfach daran, dass der Integrand (je nachdem ob

n

gerade oder ungerade ist) ja entweder auf ganz

[0, π]

nichtnegativ bzw. nichtpositiv ist.

MathsTom aktiv_icon

14:24 Uhr, 20.04.2014

Vielen lieben Dank :-) An euch zwei ;-)

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