Integral (lnx)^m < Integration < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:13 Di 27.01.2009 | | Autor: | n0000b |
[mm] I(m)=\integral_{1}^{e}{ln(x)^{m} dx}
[/mm]
Partiell aufgelöst ergibt dies:
[mm] I(m)=e-m\*\integral_{1}^{e}{ln(x)^{m-1} dx}
[/mm]
Wenn man jetzt für m Werte einsetzt, bei 1 angefangen und z.B. bis 7 ergibt dies folgende Werte:
1: 1
2: e-2
3 -2e+6
4: 9e-24
5: -44e+120
6: 265e-720
7: -1854e-5040
Nun soll daraus auf eine allgemein gültige Lösungsformel geschlossen werden und diese dann per Induktion bewiesen werden.
Ich habe das Problem beim Aufstellen der Lösungsformel.
Soweit bin ich gekommen:
[mm] ???e-(-1)^{m}\*(m)!
[/mm]
Mir fehlen noch die Faktoren vor dem "e". Ich habe mir da aber auch schon überlegt, wie es funktionieren könnte. Und zwar ist es ja, ausgenommen bei m=1 so, dass [mm] (m\*(dem [/mm] Betrag des Faktors, der im vorherigen Ergebnis vor "e" [mm] stand))\pm1 [/mm] ist. Nur bekomme ich das nicht in eine Formel gefasst :-(
Ich bitte um Eure Hilfe.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:33 Di 27.01.2009 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Wie hast du denn gerechnet? Ich komme mit partieller Integration auf etwas anderes! Ich komme auf I(m)=(1-m)(I(m-1)-I(m-2)) mit I(0)=e-1 und I(1)=1.
![[anon]](/images/smileys/anon.png "[anon]") Teufel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:43 Di 27.01.2009 | | Autor: | n0000b |
Wenn man [mm] \integral_{1}^{e}{1\*ln(x)^{m} dx} [/mm] partiell integriert, kommt raus:
[mm] [x\*ln(x)^{m}]_{1}^{e} [/mm] - [mm] \integral_{1}^{e}{x\*m\*ln(x)^{m-1}x^{-1} dx} [/mm]
Das ergibt, wenn man die Grenzen einsetzt:
[mm] e-m\*\integral_{1}^{e}{ln(x)^{m-1} dx}
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:57 Di 27.01.2009 | | Autor: | Teufel |
Ah klar, so geht das natürlich noch besser.
I(m)=e-m*I(m-1) hast du also nun herausgefunden. Da das eine Rekursionsformel ist, brauchst du auch einen Startwert. Hast du da etwas gegeben? Eventuell m [mm] \in \IN [/mm] oder so?
Und jetzt sollst du die Formel explizit angeben?
Teufel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:22 Di 27.01.2009 | | Autor: | n0000b |
Ja, m [mm] \in \IN. [/mm] Hab ich vergessen anzugeben. Sry.
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Hallo n0000b,
für die Stammfunktion lässt sich doch relativ leicht eine geschlossene Form finden (zwei Schreibweisen):
[mm] \int{\ln^n{x}\ dx}=x*\summe_{k=0}^{n}(-1)^k\ln^{(n-k)}{x}*\bruch{n!}{(n-k)!}\ [/mm] + C [mm] =x*\summe_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}\ln^{i}{x}*\bruch{n!}{i!}\ [/mm] + C
Vielleicht kannst Du damit ja was anfangen? (Hoffentlich stimmts überhaupt  )
lg,
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:29 Di 27.01.2009 | | Autor: | n0000b |
Hallo,
sieht auf den ersten Blick ganz gut aus. Nur habe ich leider heute Abend keinen Nerv mehr für diese Aufgabe. Habe da Heute geschlagene 5 Stunden davor gesessen. Habt Mitleid mit mir Ich melde mich Morgen wieder.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:23 Mi 28.01.2009 | | Autor: | n0000b |
So habe mal gerechnet für n=1, man muss ja bei dem bestimmten Integral was vorliegt die Ergebnisse voneinander abziehen:
[mm] x\cdot{}\summe_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}\ln^{i}{x}\cdot{}\bruch{n!}{i!}
[/mm]
[mm] (x\cdot{}\summe_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}\ln^{i}{e}\cdot{}\bruch{n!}{i!})-(x\cdot{}\summe_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}\ln^{i}{1}\cdot{}\bruch{1!}{1!})\Leftarrow [/mm] Das fliegt ja immer raus, weil ln{1}=0 ist, also steht dann nur noch:
[mm] x\cdot{}\summe_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}\ln^{i}{e}\cdot{}\bruch{n!}{i!} [/mm] --> Für Fall n=1 [mm] x\cdot{}(0+1)
[/mm]
Das ergibt bei mir aber nicht "1". Oder habe ich was falsch gemacht?
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Hallo n000b,
nein, Du hast es nicht wirklich falsch gemacht. Das x müsstest Du auch noch vor den Summen einsetzen, aber das ändert nichts am Problem der Anwendung meiner Reihendarstellung auf Dein bestimmtes Integral.
Die Reihe ist darin unsauber, dass sie nur dann die Stammfunktion korrekt angibt, wenn [mm] (\ln{x})^0=1 [/mm] gesetzt wird. Das ist für x=1 natürlich fraglich, man müsste eine Grenzwertbetrachtung durchführen.
Tut man das (am besten gleich allgemein für beliebiges n), dann findet sich in der Tat der Grenzwert 1, und die Reihendarstellung der Integration schriebe sich korrekt wie folgt:
[mm] \int{\ln^n{x}\ dx}=x\cdot{}\left((-1)^n n!+\summe_{k=0}^{n-1}(-1)^k\bruch{n!}{(n-k)!}(\ln{x})^{n-k}\right)\ [/mm] + C [mm] =x\cdot{}\left((-1)^n n!+\summe_{i=1}^{n}(-1)^{n-i}\bruch{n!}{i!}(\ln{x})^i\right)\ [/mm] + C
Damit kommst Du dann auch auf das richtige Ergebnis.
Liebe Grüße,
reverend
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Hallo,
Die Ergebnisse in deiner Tabelle haben mich an
das Eulersche "Problem der vertauschten Briefe"
erinnert. Steckt man 5 Briefe rein zufällig in die
5 adressierten Umschläge, so gibt es dafür
insgesamt 120 Möglichkeiten, darunter 44
solche, bei welchen kein einziger Brief im dazu
gehörigen Umschlag landet.
Abgesehen von den Vorzeichen kommen in deinen
Werten einerseits die Fakultäten m!,
die für die Anzahl der Permutationen einer
m-elementigen Menge stehen und andererseits
die sogenannten ![[]](/images/popup.gif) "Subfakultäten" !m vor, welche
die Anzahl der fixpunktfreien Permutationen oder
"Dérangements" beschreiben:
$\ !m\ =\ [mm] m!*\summe_{k=0}^{m}{\bruch{(-1)^k}{k!}}$
[/mm]
Damit ergibt sich für deine Integrale die hübsche Formel:
$\ [mm] I(m)=(-1)^m*(\,!m*e\ [/mm] -\ [mm] m!\,)$
[/mm]
Zur Berechnung der Subfakultäten gibt es die
praktische Formel:
$\ !m\ =\ [mm] \left\lfloor\frac{m!+1}{e}\right\rfloor$
[/mm]
Beim Einsetzen in die Formel für I(m) wird dann
auch klar, dass die zahlenmässigen Werte von I(m)
nahe bei Null liegen müssen.
LG Al-Chwarizmi
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:31 Mi 28.01.2009 | | Autor: | n0000b |
Hmm, ich glaube, dass geht so nicht, oder?
[mm] I(m)=(-1)^m\cdot{}(\,\left\lfloor\frac{m!+1}{e}\right\rfloor\cdot{}e\ -m!\,) [/mm] "e" kürzt sich jedesmal weg.
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> Hmm, ich glaube, dass geht so nicht, oder?
>
> [mm]I(m)=(-1)^m\cdot{}(\,\left\lfloor\frac{m!+1}{e}\right\rfloor\cdot{}e\ -m!\,)[/mm]
> "e" kürzt sich jedesmal weg.
Guten Abend,
du hast offenbar nicht gewusst, was die eckigen
Klammern (mit Füßchen) bedeuten. Das ist die
Gaußklammer, welche besagt, dass man den
Klammerinhalt auf die nächstkleinere ganze
Zahl abrunden muss.
Man nennt diese Funktion auch "floor-Funktion"
(floor = Fussboden)
[mm] \left\lfloor x \right\rfloor [/mm] = floor(x)
So wird zum Beispiel:
[mm]I(5)=(-1)^5\cdot{}(\,\left\lfloor\frac{5!+1}{e}\right\rfloor\cdot{}e\ -5!\,)[/mm]
[mm]=(-1)\cdot{}(\,\left\lfloor\frac{121}{e}\right\rfloor\cdot{}e\ -120\,)[/mm]
[mm]=(-1)\cdot{}(\,\left\lfloor 44.513\right\rfloor\cdot{}e\ -120\,)[/mm]
[mm]=(-1)\cdot{}(\,44\cdot{}e\ -120\,)[/mm]
[mm]=\ -\,44\cdot{}e+120[/mm]
[mm]\approx\ 0.3956[/mm]
Natürlich nützt dir diese Formel nichts für
den zu leistenden Induktionsbeweis (dafür brauchst
du die andere angegebene Formel !).
LG al-Chw.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:22 Mi 28.01.2009 | | Autor: | n0000b |
Ok, du meinst diese für den Induktionsbeweis?:
I(m)= [mm] (-1)^{m}\cdot{}((m!\cdot{}\summe_{k=0}^{m}{\bruch{(-1)^k}{k!}})\cdot{}e-m!)
[/mm]
Erstmal vielen Dank bis hier hin, ist schon eine super Hilfe.
Ich werde mich heute Mittag mal daran setzen und schauen, wie weit ich komme Ansonsten melde ich mich nochmal.
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> Ok, du meinst diese für den Induktionsbeweis?:
> I(m)=
> [mm](-1)^{m}\cdot{}((m!\cdot{}\summe_{k=0}^{m}{\bruch{(-1)^k}{k!}})\cdot{}e-m!)[/mm]
Ja, diese Formel war gemeint.
Ich habe noch nachgeschaut, was Mathematica mit
dem Integral anstellt. Das Ergebnis:
[mm] $\integral_1^{e}(ln(x))^m\ [/mm] dx\ =\ [mm] e^{-i(m+1)\pi}*(\Gamma(m+1)-\Gamma(m+1, [/mm] -1))$
Darin kommt die Gammafunktion und eine "unvollständige"
Gammafunktion vor, welche natürlich mit der "Subfakultät"
verwandt sein muss. Der Faktor mit der e-Potenz ist für
ganzzahlige m nicht wirklich komplex, sondern regelt das
Vorzeichen.
LG Al
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:14 Fr 30.01.2009 | | Autor: | n0000b |
So, ich tobe mich jetzt an dem Induktionsbeweis aus:
Ich habe mir folgendes gedacht:
1. Schritt
m=1
Das Ergebnis stimmt
2. Schritt m+1
$ I(m+1)$ = [mm] $e-(m+1)*\integral_{1}^{e}{ln(x)^{m} dx}$ [/mm] = [mm] $(-1)^{m+1}\cdot{}(((m+1)!\cdot{}\summe_{k=0}^{m+1}{\bruch{(-1)^k}{k!}})\cdot{}e-(m+1)!) [/mm] $
[mm] \integral_{1}^{e}{ln(x)^{m}dx}=$ I(m)=e-m*\integral_{1}^{e}{ln(x)^{m-1} dx} [/mm] $
$ I(m+1)= [mm] e-(m+1)*(e-m*\integral_{1}^{e}{ln(x)^{m-1} dx})$
[/mm]
$ I(m+1)= [mm] e-em-e+(m^{2}+m)*\integral_{1}^{e}{ln(x)^{m-1} dx}$
[/mm]
$ I(m+1)= [mm] -em+(m+1)*m*\integral_{1}^{e}{ln(x)^{m-1} dx}$
[/mm]
[mm] \integral_{1}^{e}{ln(x)^{m-1} dx}=(-1)^{m}\cdot{}((m!\cdot{}\summe_{k=0}^{m}{\bruch{(-1)^k}{k!}})\cdot{}e-m!)
[/mm]
$ I(m+1)= [mm] -em+(m+1)*m*(-1)^{m}\cdot{}((m!\cdot{}\summe_{k=0}^{m}{\bruch{(-1)^k}{k!}})\cdot{}e-m!)$
[/mm]
$ I(m+1)= [mm] -em+(m+1)*m*(-1)^{m}\cdot{}m!((\summe_{k=0}^{m}{\bruch{(-1)^k}{k!}})\cdot{}e-1)$
[/mm]
$ I(m+1)= [mm] -em+m*(-1)^{m}\cdot{}(m+1)!((\summe_{k=0}^{m}{\bruch{(-1)^k}{k!}})\cdot{}e-1)$
[/mm]
$ I(m+1)= [mm] -em+m*(-1)^{m}\cdot{}(((m+1)!\cdot{}\summe_{k=0}^{m}{\bruch{(-1)^k}{k!}})\cdot{}e-(m+1)!)$
[/mm]
Soweit habe ich aufgelöst. Jetzt meine Fragen
1. $ I(m+1)= [mm] -em+m*(-1)^{m}\cdot{}(((m+1)!\cdot{}\summe_{k=0}^{m}{\bruch{(-1)^k}{k!}})\cdot{}e-(m+1)!)$ [/mm] stimmt ja noch nicht mit [mm] $(-1)^{m+1}\cdot{}(((m+1)!\cdot{}\summe_{k=0}^{m+1}{\bruch{(-1)^k}{k!}})\cdot{}e-(m+1)!) [/mm] $ überein. Habe ich irgendwo unterwegs ein Rechenfehler gemacht oder kann man noch irgendwelche Regeln anwenden, damit es übereinstimmt?
2. Ist der Induktionsbeweis, so wie ich ihn jetzt führe, überhaupt richtig? Oder müsste man da ganz anders drangehen?
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Hallo n000b,
das ist unübersichtlich. Ich steige nicht ganz durch, will mich aber auch nicht so sehr da durchpfriemeln.
Wenn ich Dich recht verstehe, willst Du dies zeigen:
[mm] I(m)=(-1)^{m}\cdot{}((m!\cdot{}\summe_{k=0}^{m}{\bruch{(-1)^k}{k!}})\cdot{}e-m!)
[/mm]
Das basiert auf Deiner Formulierung aus diesem Post. Mir fehlt dazu noch eine Herleitung. Du kannst dabei (wegen der "unteren Gaußklammer" bzw. floor-Funktion) nicht auf Al-Chwarizmis Beitrag zurückgegriffen haben. Wahrscheinlich hast du also meine Angabe einer allgemeinen Stammfunktion auf Dein bestimmtes Integral angewandt.
Da geht es mir nicht um Quellenangaben oder Urheberschaft, aber es wäre schon gut, wenn Du noch zeigen würdest, wie Du nun zu Deiner Induktionsannahme kommst.
Nehmen wir an, die Annahme stimmt für m=1. Du behauptest das zwar, aber ich müsste es wieder selbst rechnen, um es nachzuvollziehen.
Dann kommt der Induktionsschritt. Darin kommen mir zuviel Integrale vor, und der Rückgriff auf I(m-1) ist vollends überflüssig. Der Schritt besteht doch darin, zu zeigen dass, wenn die Annahme für I(m) richtig ist, sie auch auf I(m+1) zutrifft. Das ist noch nicht gelungen und wäre es selbst dann nicht, wenn Du die Dir noch fehlende Identität zeigen könntest. Dann hättest du "nur" gezeigt, dass aus der Herleitung von I(m) aus I(m-1) die Herleitbarkeit von I(m+1) aus I(m) und mithin aus I(m-1) folgt.
Das reicht nicht als Induktion. Du hättest dann ja dies: I(1) stimmt. Wenn I(2) aus I(1) herzuleiten ist, dann auch I(3) (und damit alle weiteren!). Nur die Verbindung von I(1) und I(2) wäre noch nicht geknüpft.
Schmeiß also I(m-1) über Bord. Der Induktionsschritt darf die Rekursionsformel nicht mehr beinhalten!
Liebe Grüße,
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:25 Sa 31.01.2009 | | Autor: | n0000b |
> Wenn ich Dich recht verstehe, willst Du dies zeigen:
>
> [mm]I(m)=(-1)^{m}\cdot{}((m!\cdot{}\summe_{k=0}^{m}{\bruch{(-1)^k}{k!}})\cdot{}e-m!)[/mm]
>
> Das basiert auf Deiner Formulierung aus
> diesem Post. Mir
> fehlt dazu noch eine Herleitung.
Herleitung kommt von hier und wir wollen nun noch beweisen, das es stimmt
> Nehmen wir an, die Annahme stimmt für m=1. Du behauptest
> das zwar, aber ich müsste es wieder selbst rechnen, um es
> nachzuvollziehen.
Es stimmt, war auch nur zu faul es hinzuschreiben. Habe es aber nicht nur für m=1 probiert sondern bis m=7 (ist der Vorteil, wenn man einen Voyage200 hat und nur einmal die Formel eingeben muss und das "m" variabel setzen kann )
> Dann kommt der Induktionsschritt. Darin kommen mir zuviel
> Integrale vor, und der Rückgriff auf I(m-1) ist vollends
> überflüssig. Der Schritt besteht doch darin, zu zeigen
> dass, wenn die Annahme für I(m) richtig ist, sie auch auf
> I(m+1) zutrifft. Das ist noch nicht gelungen und wäre es
> selbst dann nicht, wenn Du die Dir noch fehlende Identität
> zeigen könntest. Dann hättest du "nur" gezeigt, dass aus
> der Herleitung von I(m) aus I(m-1) die Herleitbarkeit von
> I(m+1) aus I(m) und mithin aus I(m-1) folgt.
Unstrittig ist der der 2. Induktionsschritt mit m+1, oder?
$ I(m+1)$ = [mm] $e-(m+1)*\integral_{1}^{e}{ln(x)^{m} dx}$ [/mm] = [mm] $(-1)^{m+1}\cdot{}(((m+1)!\cdot{}\summe_{k=0}^{m+1}{\bruch{(-1)^k}{k!}})\cdot{}e-(m+1)!) [/mm] $
D.h. ich muss beweisen, dass
[mm] $e-(m+1)*\integral_{1}^{e}{ln(x)^{m} dx}$ [/mm] = [mm] $(-1)^{m+1}\cdot{}(((m+1)!\cdot{}\summe_{k=0}^{m+1}{\bruch{(-1)^k}{k!}})\cdot{}e-(m+1)!) [/mm] $
Da ich weiß, dass [mm] \integral_{1}^{e}{ln(x)^{m} dx} [/mm] = [mm] e-m*\integral_{1}^{e}{ln(x)^{m-1} dx} [/mm] setze ich dies ein. Das ist ja nur eine Umformung.
> Schmeiß also I(m-1) über Bord. Der Induktionsschritt darf
> die Rekursionsformel nicht mehr beinhalten!
Warum nicht? Ich kann doch meine Annahme, dass [mm] \integral_{1}^{e}{ln(x)^{m-1} dx}=(-1)^{m}\cdot{}((m!\cdot{}\summe_{k=0}^{m}{\bruch{(-1)^k}{k!}})\cdot{}e-m!) [/mm] einbauen und damit beweisen, dass [mm] $(-1)^{m+1}\cdot{}(((m+1)!\cdot{}\summe_{k=0}^{m+1}{\bruch{(-1)^k}{k!}})\cdot{}e-(m+1)!)$ [/mm] rauskommt. Das ist dann für mich ein gelungener Induktionsbeweis. Oder habe ich da ein falsches Verständnis?
> Liebe Grüße,
> reverend
Grüße zurück n0000b
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:22 Sa 31.01.2009 | | Autor: | reverend |
Hallo n000b,
nein, das ist kein gelungener Induktionsbeweis. Du sollst den Schritt von m nach m+1 zeigen. Zusammen mit dem Nachweis für m=1 hast du (gemäß den Peanoschen Axiomen) dann die Gültigkeit für [mm] m\in\IN [/mm] nachgewiesen. Wenn du nun auf m-1 zurückgreifst, hast du nichts bewiesen.
Du willst gerade zwei Dinge auf einmal beweisen, nämlich einerseits die gleichzeitige Gültigkeit der expliziten Darstellung von I(m) und der Rekursionsformel, andererseits die Gültigkeit der expliziten Darstellung für alle m.
Stattdessen musst Du die Rekursionsformel voraussetzen und mit ihr zeigen, dass die Darstellung von I(m+1) auf I(m) zurückzuführen ist.
lg,
rev
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:27 Sa 31.01.2009 | | Autor: | n0000b |
Könnstest du mir einen Ansatz dafür geben?
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Ok, ich versuchs mal.
Die Induktionsvoraussetzung ist
[mm] \integral_{1}^{e}{(\ln{x})^{m}dx}=(-1)^{m}\cdot{}((m!\cdot{}\summe_{k=0}^{m}{\bruch{(-1)^k}{k!}})\cdot{}e-m!) [/mm]
Nun sollst Du zeigen, dass
[mm] \integral_{1}^{e}{(\ln{x})^{m+1}dx}=(-1)^{(m+1)}\cdot{}(((m+1)!\cdot{}\summe_{k=0}^{m+1}{\bruch{(-1)^k}{k!}})\cdot{}e-(m+1)!) [/mm]
und darfst dafür benutzen:
[mm] \integral_{1}^{e}{(\ln{x})^{m+1}dx}=e-(m+1)*\integral_{1}^{e}{(\ln{x})^{m}dx}
[/mm]
Natürlich sind auch alle anderen elementaren Umformungen incl. derer von Summen und Fakultäten erlaubt.
Das müsste doch klappen...
Viel Erfolg!
Grüße,
reverend
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:33 So 01.02.2009 | | Autor: | n0000b |
Nun ja, das hate ich ja auch schon soweit aufgestellt:
$ [mm] \integral_{1}^{e}{(\ln{x})^{m}dx}=(-1)^{m}\cdot{}((m!\cdot{}\summe_{k=0}^{m}{\bruch{(-1)^k}{k!}})\cdot{}e-m!) [/mm] $
Nur leider fehlt mir jetzt der weitere Ansatz, hab ziemlich alles an Pulver verschossen Oder vielleicht sehe ich auch den Wald vor lauter Bäume nicht mehr.
1 Ansatz der mir jetzt noch einfällt wäre folgender:
Den Term
$ [mm] (-1)^{(m+1)}\cdot{}(((m+1)!\cdot{}\summe_{k=0}^{m+1}{\bruch{(-1)^k}{k!}})\cdot{}e-(m+1)!) [/mm] $
so umzuformen, dass da steht:
[mm] $e-(m+1)\cdot{}(-1)^{m}\cdot{}((m!\cdot{}\summe_{k=0}^{m}{\bruch{(-1)^k}{k!}})\cdot{}e-m!) [/mm] $
aber dann kann ich für [mm] ((m!\cdot{}\summe_{k=0}^{m}{\bruch{(-1)^k}{k!}})\cdot{}e-m!) [/mm] nicht einfach wieder [mm] \integral_{1}^{e}{(\ln{x})^{m}dx} [/mm] einsetzen, oder?
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Doch!
Hallo n000b,
wenn Du das einsetzen kannst und vorher noch nicht verwendet hast, dann bist Du endlich fertig. Dann hast du nämlich I(m+1) auf I(m) zurückgeführt. Wenn alles Äquivalenzumformungen sind, dann gilt auch der umgekehrte Weg, so dass, wenn die Formel für I(m) stimmt, sie auch für I(m+1) stimmt. Zusammen mit dem Nachweis für m=1 gilt sie dann also auch für m=2, m=3, etc.
Reicht Dir das?
Wenn nicht, stell Deine Umformung hier sicherheitshalber ein.
lg,
reverend
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Hallo,
ich habe mich jetzt auch mal ernsthaft an den
Induktionsbeweis gemacht.
$\ [mm] I(m)=\integral_{1}^{e}(ln(x))^m\ [/mm] dx$
Was wir haben, ist die durch partielle Integration
bestimmte Rekursionsformel
$\ I(m+1)=-(m+1)*I(m)+e$ (1)
und die Vermutung
$\ [mm] I(m)=(-1)^m*(!m*e-m!)$ [/mm] (2)
welche für kleine m schon bestätigt ist. Was
noch fehlte, ist der Induktionsschritt.
Die Abkürzung !m steht für die Subfakultät:
$\ [mm] !m=m!*\underbrace{\summe_{k=0}^{m}\bruch{(-1)^k}{k!}}_{S_m}\ [/mm] =\ [mm] m!*S_m$
[/mm]
Mit Hilfe der Schreibweise [mm] S_m [/mm] lautet die obige Gleichung:
$\ [mm] I(m)=(-1)^m*m!*(e*S_m-1)$ (2^{\*})
[/mm]
Mit der Rekursionsformel (1) zusammen ergibt sich:
$\ [mm] I(m+1)=-(m+1)*(-1)^m*m!*(e*S_m-1)+e$
[/mm]
$\ [mm] =\underbrace{(-1)^{m+1}*(m+1)!}_T*\underbrace{(e*S_m-1)}_K+e$
[/mm]
$\ T*K+e\ =\ [mm] T*\left(K+\bruch{e}{T}\right)$
[/mm]
$\ [mm] =(-1)^{m+1}*(m+1)!*\left(e*S_m\ \blue{-1}+\bruch{e}{(m+1)!}*(-1)^{m+1}\right)$
[/mm]
$\ [mm] =(-1)^{m+1}*(m+1)!*\left(e*\left(\summe_{k=0}^{m}\bruch{(-1)^k}{k!}\right)+\bruch{e}{(m+1)!}*(-1)^{m+1}\ \blue{-1}\right)$
[/mm]
$\ [mm] =(-1)^{m+1}*(m+1)!*\left(e*\left(\summe_{k=0}^{m}\bruch{(-1)^k}{k!}+\bruch{(-1)^{m+1}}{(m+1)!}\right)\,-1\right)$
[/mm]
$\ =\ [mm] (-1)^{m+1}*(m+1)!*(e*S_{m+1}-1)$
[/mm]
Dies ist genau die Formel [mm] (2^{\*}) [/mm] für m+1 anstelle von m.
Damit ist der Beweis vollständig.
Liebe Grüße  Al-Chwarizmi
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:33 So 01.02.2009 | | Autor: | n0000b |
Hallo,
vielen Dank für diese Antwort. Damit bestätigst du doch, dass man die Rekursionsformel benutzen darf (siehe hier)Deinen Ansatz hatte ich hierEingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
auch schon gewählt, nur habe ich mich da zwischendurch beim Umformen irgendwie verhaspelt. Könntest du vielleicht mal drüberschauen und sagen was ich dort falsch gemacht habe?
Und eine Sache verstehe ich auch nicht in deiner Auflösung. Und zwar hast du ja angegeben $ \ T\cdot{}K+e\ =\ T\cdot{}\left(K+\bruch{e}{T}\right) $ Warum heißt es dann nicht: $\bruch{e}{(m+1)!(-1)^{m+1}}\right) $ ?
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> Hallo,
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> vielen Dank für diese Antwort. Damit bestätigst du doch,
> dass man die Rekursionsformel benutzen darf (siehe
> hier)Deinen Ansatz
> hatte ich hier auch
> schon gewählt, nur habe ich mich da zwischendurch beim
> Umformen irgendwie verhaspelt. Könntest du vielleicht mal
> drüberschauen und sagen was ich dort falsch gemacht habe?
ich will mal dreinschauen (***)
> Und eine Sache verstehe ich auch nicht in deiner Auflösung.
> Und zwar hast du ja angegeben [mm]\ T\cdot{}K+e\ =\ T\cdot{}\left(K+\bruch{e}{T}\right)[/mm]
> Warum heißt es dann nicht:
> [mm]\bruch{e}{(m+1)!(-1)^{m+1}}\right)[/mm] ?
Diese Frage habe ich fast erwartet. Ob man mit einer
Potenz von (-1) mit ganzzahligem Exponenten dividiert
oder multipliziert, kommt auf dasselbe heraus, weil [mm] (-1)^{-1}=-1 [/mm] !
LG
(***) ... und habe es auch schon getan. Ich habe dies
schon vorher gelesen, und dabei ist mir klar geworden,
dass man das Ganze durch geeignete Abkürzungen
vereinfachen sollte, was ich inzwischen getan habe.
Insbesondere war mir wichtig, die vollen Integralausdrücke
nicht mehr weiter durch den Beweis zu schleppen.
Mit derartigen Abkürzungen kannst du deine Rechnung
wohl auch selber überprüfen ...
weiterhin schönen Sonntag !
Al-Chw.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:26 So 01.02.2009 | | Autor: | n0000b |
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> Diese Frage habe ich fast erwartet. Ob man mit einer
> Potenz von (-1) mit ganzzahligem Exponenten dividiert
> oder multipliziert, kommt auf dasselbe heraus, weil
> [mm](-1)^{-1}=-1[/mm] !
Ja, diese Frage hatte ich mir unter der Dusche gerade schon selber beantwortet, konnte aber nicht mehr editieren, du warst schneller
>
>
> (***) ... und habe es auch schon getan. Ich habe dies
> schon vorher gelesen, und dabei ist mir klar geworden,
> dass man das Ganze durch geeignete Abkürzungen
> vereinfachen sollte, was ich inzwischen getan habe.
> Insbesondere war mir wichtig, die vollen
> Integralausdrücke
> nicht mehr weiter durch den Beweis zu schleppen.
> Mit derartigen Abkürzungen kannst du deine Rechnung
> wohl auch selber überprüfen ...
>
Also war mein Ansatz richtig? Weil reverend meinen Lösungsansatz nicht für richtig hält (siehe hier), der doch aber deinem entspricht. Oder bin ich jetzt vollends verwirrt?!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:54 So 01.02.2009 | | Autor: | reverend |
Nochmal: Du verwendest I(m-1). Damit kannst Du noch nicht einmal von m=1 auf m=2 schließen. Dein Ansatz entspricht keineswegs dem von Al-Chwarizmi!
Grüße,
reverend
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Guten Abend n0000b,
> Also war mein Ansatz richtig? Weil reverend meinen
> Lösungsansatz nicht für richtig hält
> (siehe hier), der doch
> aber deinem entspricht. Oder bin ich jetzt vollends
> verwirrt?!
Ich denke schon, dass reverend richtig liegt. Du betrachtest
in dem Beitrag einerseits den Schritt von m auf m+1 und
andererseits auch den von m-1 auf m. Das ist zwar möglicher-
weise nicht falsch, aber jedenfalls komplizierter als erforderlich !
Deshalb entschuldige mich bitte, wenn ich nicht mehr jedes
Detail durchsehen mag.
LG
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:04 So 01.02.2009 | | Autor: | n0000b |
Ok, dann erstmal vielen Dank an Euch. Die Diskussion und das daraus resultierende Ergebnis hat mir sehr geholfen.
Auch wenn ich immer noch der Meinung bin, das Al-Chwarizmi Ansatz auch dem Meinigen entspricht, weil es zum Gleichen führt.
Ich wünsche Euch noch ein schönes und ruhiges Wochenende.
Gruß
n0000b
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Hallo n000b,
Du darfst die Rekursionsformel nicht nur benutzen, Du musst es sogar. Welche Gleichheit willst Du sonst beweisen?
Der Induktionsschritt macht aber nur Sinn, wenn Du die Formel nur einmal benutzt, nämlich für den Zusammenhang von I(m) und I(m+1). Da brauchst Du ihn, daran führt kein Weg vorbei.
Nimm doch mal eine beliebige andere vollständige Induktion, z.B. diese: Die Summe aller Quadratzahlen von 1 bis [mm] n^2 [/mm] ist [mm] \bruch{n(n+1)(2n+1)}{6}.
[/mm]
Das zeigst Du für 1 (einsetzen: stimmt).
Dann kommt der Induktionsschritt. Du nimmst an, die Formel stimme für ein beliebiges n. Zu zeigen ist, dass sie dann auch für n+1 stimmt.
[mm] \summe_{i=1}^{n+1}i^2=(n+1)^2+\summe_{i=1}^{n}i^2\red{=}(n+1)^2+\bruch{n(n+1)(2n+1)}{6}=\cdots
[/mm]
Was links vom roten Gleichheitszeichen steht, ist hier ja die Rekursionsvorschrift. So hängen n und n+1 zusammen, bzw. die Summen der Quadrate bis etc.
Rechts vom = ist nun die Induktionsvoraussetzung eingesetzt. Nun muss noch solange umgeformt werden, bis dort [mm] \bruch{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6} [/mm] steht, was ja die Anwendung der zu zeigenden Formel für n+1 ist.
Nichts anderes habe ich behauptet oder verlangt. Du hattest aber eine zweite Rekursion eingefügt, nämlich für m aus m-1. Und die gehört da nicht hin, weil sonst die Induktion keine Grundlage mehr hat.
Grüße,
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:40 So 01.02.2009 | | Autor: | reverend |
Danke für die Mühe, Al.
Ich war zu faul, das alles zu tippen.
Schön, dass es jetzt trotzdem hier steht - vielleicht taucht die Aufgabe ja nochmal auf... Das soll schon vorgekommen sein.
Grüße,
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:27 So 01.02.2009 | | Autor: | n0000b |
Hallo,
habe die Diskussion nach hier verlagert.
Gruß
noob
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