Integration einer Funktion < Integration < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:57 Sa 25.04.2009 | | Autor: | Caro_89 |
| Aufgabe | | [Dateianhang nicht öffentlich] |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Hallo Leute,
Versuche mich schon seit 2 Tagen an dieser Aufgabe, habe viele Bücher gewälzt, aber die helfen mir auch nicht weiter. Habe mir Sätze rausgesucht die mir vielleicht weiterhelfen könnten:
1. Satz:
Eine Fkt. f [mm] \in [/mm] B([a,b]) ist integrierbar genau dann, wenn zu jedem [mm] \varepsilon>0 [/mm] eine Zerlegung A [mm] \in [/mm] Z([a,b]) existiert mit [mm] \overline{S}(f,A)-\underline{S}(f,A)<\varepsilon.
[/mm]
2. Satz:
Stetige Fkt´en sind integrierbar. (f: [mm] [a,b]\to\IR)
[/mm]
Also der Satz 1 bringt mich nicht wirklich weiter, weil ich ihn kaum verstehe! Ich müsste die Funktion irgendwie zerlegen, aber ich wüsste nicht wie!
Bei dem 2. Satz bin ich mir nicht sicher, ob es ausreichen würde, wenn ich zeige das die Funktion f(x) in [mm] [1,\infty) [/mm] stetig ist und in (0,1] nicht stetig! Wenn ja, fehlt mir da auch der Anstaz!
Wie gehe ich bei dieser Aufgabe vor!?
Bitte helft mir!
LG
Caro
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:29 Sa 25.04.2009 | | Autor: | Loddar |
Hallo Caro,
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]") !!
Verwende hier im Zähler folgende Abschätzung und bilde die entsprechenden uneigentlichen Integrale:
$$-1 \ [mm] \le [/mm] \ [mm] \cos(x) [/mm] \ [mm] \le [/mm] ß +1$$
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:07 Sa 25.04.2009 | | Autor: | Caro_89 |
Hey Loddar,
wie meinst du das mit abschätzen im Intervall -1 < cos(x) < +1!? Habe gerade mal nach uneigentlichen Integralen geschaut! Also muss ich [mm] \integral_{a}^{b}{f(x) dx} [/mm] := [mm] \limes_{\varepsilon\rightarrow0}\integral_{a+\varepsilon}^{b}{f(x) dx} [/mm] zeigen bzw. bilden, wobei f: (a,b] über jedem Intervall [mm] [\alpha+\varepsilon,b] [/mm] mit 0 < [mm] \varepsilon [/mm] < b-a integrierbar sein muss!?
Oder wie meinst du das?
LG
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Hallo,
es gilt:
[mm] $$-\int_a^b\frac{1}{x}\; [/mm] dx [mm] \le \int_a^b f(x)\; [/mm] dx [mm] \le \int_a^b\frac{1}{x}\;dx$$
[/mm]
Nun kannst du die rechts und links stehenden Integrale berechnen, wobei die jeweils den Grenzübergang [mm] \lim_{a\to 0} [/mm] bzw. [mm] \lim_{b\to\infty} [/mm] machen musst.
Viele Grüße
Patrick
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:40 Sa 25.04.2009 | | Autor: | Caro_89 |
Also meinst du dann:
[mm] \limes_{a\rightarrow0}-ln(a)+ln(b) \le \int_a^b f(x)\; [/mm] dx [mm] \le \limes_{a\rightarrow0}ln(a)-ln(b) [/mm] ??
Was bringt mir das jetzT!?
LG.
Caro
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:48 Sa 25.04.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Ich seh nicht wie du mit Loddars Idee zum Ziel kommst.
Wenn du dir aber die fkt zwischen 2 Punkten [mm] x=n*2\pi [/mm] und [mm] x=n*2\pi+\pi [/mm] ansiehst ist das integral positiv, du kannst es durch max des [mm] integranden*\pi [/mm] abschaetzen. bzw. = [mm] f(\xi)*\pi [/mm] mit [mm] \xi [/mm] im Intervall.
im naechsten Intervall [mm] [n*2\pi+\pi,n*2\pi+2\pi] [/mm] ist es negativ, wieder abschaetzen.
dann bekommst du durch Aufteilung des Integrals in lauter Stuecke der Laenge [mm] \pi [/mm] ne Leibnitzreihe, die konvergiert.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:15 So 26.04.2009 | | Autor: | Caro_89 |
Hey Leduart,
okay, ich denke das verstehe ich, aber kannst du mir bitte nochmal erläutern, was ich genau damit zeige!? Ich sehe irgendwie den Zusammenhang nicht! Könntest du mir da mal einen Überblick verschaffen, wie ich das genau, wie zeige!? Also grob die Richtung bzw den Weg!?
LG
Caro
Danke für deine Bemühungen.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:05 So 26.04.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Ich hab ne bessere Methode gesehen.
integriere erst partiell 1/x=u cosx=v'
dann bekommst du 2 Ausdruecke, das 2te intgral ist leicht abzuschaetzen. setz die obere Grenze erst a und dann a gegen unendlich.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:44 So 26.04.2009 | | Autor: | Caro_89 |
> Hallo
> Ich hab ne bessere Methode gesehen.
> integriere erst partiell 1/x=u cosx=v'
> dann bekommst du 2 Ausdruecke, das 2te intgral ist leicht
> abzuschaetzen.
Mit partieller Integration erhalte ich folgendes:
[mm] \integral_{}^{}{f(x) dx}=\integral_{}^{}{\bruch{1}{x}cos(x) dx}=\bruch{1}{x}sin(x)-\integral_{}^{a}{\bruch{-1}{x^{2}}sin(x) dx}
[/mm]
> setz die obere Grenze erst a und dann a
> gegen unendlich.
> Gruss leduart
Und nun? Obere Grenze a? Und untere Grenze!?
LG
Caro
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:55 So 26.04.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo Caro!
> > Hallo
> > Ich hab ne bessere Methode gesehen.
> > integriere erst partiell 1/x=u cosx=v'
> > dann bekommst du 2 Ausdruecke, das 2te intgral ist
> leicht
> > abzuschaetzen.
> Mit partieller Integration erhalte ich folgendes:
>
> [mm]\integral_{}^{}{f(x) dx}=\integral_{}^{}{\bruch{1}{x}cos(x) dx}=\bruch{1}{x}sin(x)-\integral_{}^{a}{\bruch{-1}{x^{2}}sin(x) dx}[/mm]
>
>
> > setz die obere Grenze erst a und dann a
> > gegen unendlich.
> > Gruss leduart
>
> Und nun? Obere Grenze a? Und untere Grenze!?
Es geht doch um die Integration über [mm] $[1,\infty)$, [/mm] also,laut Definition des uneigentlichen Integrals:
[mm] \integral_{1}^{\infty} \bruch{\cos x}{x}dx = \lim_{a\to\infty} \integral_{1}^{a} \bruch{\cos x}{x}dx [/mm]
Mit deiner partiellen Integration ist
[mm] \integral_{1}^{a} \bruch{\cos x}{x}dx= \left. \bruch{1}{x}sin(x)\right|_{1}^{a} + \integral_{1}^{a} \bruch{\sin x}{x^2}dx [/mm]
Und da [mm] $-1\le \sin x\le [/mm] +1 $, ist
[mm] -\integral_{1}^{a} \bruch{1}{x^2} dx \le \integral_{1}^{a} \bruch{\sin x}{x^2}dx \le + \integral_{1}^{a} \bruch{1}{x^2} dx [/mm].
Die Integrale rechts und links kannst du ausrechnen; und zum Schluss lässt du [mm] $a\to\infty$ [/mm] gehen.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:30 So 26.04.2009 | | Autor: | Caro_89 |
> Und da [mm]-1\le \sin x\le +1 [/mm], ist
>
> [mm]-\integral_{1}^{a} \bruch{1}{x^2} dx \le \integral_{1}^{a} \bruch{\sin x}{x^2}dx \le + \integral_{1}^{a} \bruch{1}{x^2} dx [/mm].
>
Könntest du mir diese Abschätzung nochmal erklären?
> Die Integrale rechts und links kannst du ausrechnen; und
> zum Schluss lässt du [mm]a\to\infty[/mm] gehen.
>
> Viele Grüße
> Rainer
Also, wenn ich das richtig gemacht habe, müsste es heißen:
[mm] \limes_{a\rightarrow\infty}\left \bruch{1}{x}\right|_{1}^{a} \le \integral_{1}^{a} \bruch{\sin x}{x^2}dx \le \limes_{n\rightarrow\infty}\left -\bruch{1}{x}\right|_{1}^{a}
[/mm]
[mm] \limes_{a\rightarrow\infty}\bruch{1}{a}-1\le \integral_{1}^{a} \bruch{\sin x}{x^2}dx \le \limes_{a\rightarrow\infty}-\bruch{1}{a}+1
[/mm]
[mm] -1\le \integral_{1}^{a} \bruch{\sin x}{x^2}dx \le [/mm] +1
Richtig?
Nur was sagt mir das jetzt!? Ich verstehe den Zusammenhang noch nicht!?
LG.
Vielen Dank für die Bemühungen.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:41 So 26.04.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo Caro!
> > Und da [mm]-1\le \sin x\le +1 [/mm], ist
> >
> > [mm]-\integral_{1}^{a} \bruch{1}{x^2} dx \le \integral_{1}^{a} \bruch{\sin x}{x^2}dx \le + \integral_{1}^{a} \bruch{1}{x^2} dx [/mm].
>
> >
> Könntest du mir diese Abschätzung nochmal erklären?
Wenn für zwei Funktionen gilt [mm] $f(x)\le [/mm] g(x)$ im Intervall $(a,b)$, so folgt
[mm] \integral_a^b f(x) dx \le \integral_a^b g(x) dx [/mm]
Hier ist sogar [mm] $|f(x)|\le [/mm] |g(x)|$, und damit kannst du die Existenz von Grenzwerten folgern:
![[guckstduhier]](/images/smileys/guckstduhier.gif "[guckstduhier]") ![[]](/images/popup.gif) http://mo.mathematik.uni-stuttgart.de/kurse/kurs1/seite134.html.
>
> > Die Integrale rechts und links kannst du ausrechnen; und
> > zum Schluss lässt du [mm]a\to\infty[/mm] gehen.
> >
> > Viele Grüße
> > Rainer
>
> Also, wenn ich das richtig gemacht habe, müsste es heißen:
>
> [mm]\limes_{a\rightarrow\infty}\left \bruch{1}{x}\right|_{1}^{a} \le \integral_{1}^{a} \bruch{\sin x}{x^2}dx \le \limes_{n\rightarrow\infty}\left -\bruch{1}{x}\right|_{1}^{a}[/mm]
Nein, der Limes muss auf alle Größen angewandt werden:
[mm]\limes_{a\rightarrow\infty}\left \bruch{1}{x}\right|_{1}^{a} \le \limes_{a\rightarrow\infty}\integral_{1}^{a} \bruch{\sin x}{x^2}dx \le \limes_{a\rightarrow\infty}\left -\bruch{1}{x}\right|_{1}^{a}[/mm]
>
> [mm]\limes_{a\rightarrow\infty}\bruch{1}{a}-1\le \integral_{1}^{a} \bruch{\sin x}{x^2}dx \le \limes_{a\rightarrow\infty}-\bruch{1}{a}+1[/mm]
>
> [mm]-1\le \integral_{1}^{a} \bruch{\sin x}{x^2}dx \le +1[/mm]
>
> Richtig?
Nein, denn wenn du den Limes für das Integral in der Mitte durchführst, steht da:
[mm]-1\le \integral_{1}^{\red{\infty}} \bruch{\sin x}{x^2}dx \le +1[/mm]
> Nur was sagt mir das jetzt!? Ich verstehe den Zusammenhang
> noch nicht!?
Damit hast du gezeigt, dass das uneigentliche Integral [mm] $\integral_{1}^{\red{\infty}} \bruch{\sin x}{x^2}dx$ [/mm] existiert und beschränkt ist.
Der erste Term in der partiellen Integration existiert auch. Damit hast du gezeigt, dass der Limes
[mm] \integral_1^\infty \bruch{\cos x}{x} dx = \limes_{a\to\infty} \integral_1^a \bruch{\cos x}{x} dx [/mm]
existiert. Also ist die Funktion über [mm] $[1,\infty)$ [/mm] integrierbar.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:54 So 26.04.2009 | | Autor: | Caro_89 |
Achsooo, ich glaub langsam verstehe ich das!
Und wenn dieser Grenzwert [mm]\integral_1^\infty \bruch{\cos x}{x} dx = \limes_{a\to\infty} \integral_1^a \bruch{\cos x}{x} dx[/mm] existiert, dann ist die Fkt. f(x) über [mm] [1,\infty) [/mm] integrierbar!
Und wie gehe ich jetzt an den 2. Teil der Aufgabe ran, um zu zeigen das f(x) über (0,1] nicht integrierbar ist?
Wie setze ich hier die Grenzen!?
Muss ich wieder den Limes bilden und zeigen, dass er nicht existiert?
Lg
Caro.
Vielen lieben Dank für deine Bemühungen.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:16 So 26.04.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo Caro!
> Achsooo, ich glaub langsam verstehe ich das!
>
> Und wenn dieser Grenzwert [mm]\integral_1^\infty \bruch{\cos x}{x} dx = \limes_{a\to\infty} \integral_1^a \bruch{\cos x}{x} dx[/mm]
> existiert, dann ist die Fkt. f(x) über [mm][1,\infty)[/mm]
> integrierbar!
Genau!
> Und wie gehe ich jetzt an den 2. Teil der Aufgabe ran, um
> zu zeigen das f(x) über (0,1] nicht integrierbar ist?
> Wie setze ich hier die Grenzen!?
> Muss ich wieder den Limes bilden und zeigen, dass er nicht
> existiert?
Ja. In diesem Fall ist die untere Grenze das Problem. Du hast also
[mm] \limes_{a\to 0+} \integral_{a}^1 \bruch{\cos x}{x} dx [/mm]
Da der Integrand in dem Intervall $[a,1]$ für festes $a>0$ stetig, positiv und sogar beschränkt ist, existiert das Integral
[mm] \integral_{a}^1 \bruch{\cos x}{x} dx [/mm]
Wenn du jetzt eine Minorante, also eine Funktion g(x) findest, für die [mm] $0\le g(x)\le \bruch{\cos x}{x}$ [/mm] gilt, und außerdem der Limes
[mm] \integral_a^1 g(x) dx [/mm] für [mm] $a\to [/mm] 0$
divergiert, so hast du, was du willst. Denn daraus folgt, dass auch der gesuchte Limes in der Formel oben divergiert.
Tipp: Schau dir mal die Taylorentwicklung des Cosinus um 0 an:
[mm] \cos x = 1- \bruch{x^2}{x} + R_3(x) [/mm]
und zeige, dass das Restglied für [mm] $x\in [/mm] [0,1]$ nie negativ wird!
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:27 So 26.04.2009 | | Autor: | Caro_89 |
> Hallo Caro!
>
> > Achsooo, ich glaub langsam verstehe ich das!
> >
> > Und wenn dieser Grenzwert [mm]\integral_1^\infty \bruch{\cos x}{x} dx = \limes_{a\to\infty} \integral_1^a \bruch{\cos x}{x} dx[/mm]
> > existiert, dann ist die Fkt. f(x) über [mm][1,\infty)[/mm]
> > integrierbar!
>
> Genau!
>
> > Und wie gehe ich jetzt an den 2. Teil der Aufgabe ran, um
> > zu zeigen das f(x) über (0,1] nicht integrierbar ist?
> > Wie setze ich hier die Grenzen!?
> > Muss ich wieder den Limes bilden und zeigen, dass er
> nicht
> > existiert?
>
> Ja. In diesem Fall ist die untere Grenze das Problem. Du
> hast also
>
> [mm]\limes_{a\to 0+} \integral_{a}^1 \bruch{\cos x}{x} dx[/mm]
>
> Da der Integrand in dem Intervall [mm][a,1][/mm] für festes [mm]a>0[/mm]
> stetig, positiv und sogar beschränkt ist, existiert das
> Integral
>
> [mm]\integral_{a}^1 \bruch{\cos x}{x} dx[/mm]
>
> Wenn du jetzt eine Minorante, also eine Funktion g(x)
> findest, für die [mm]0\le g(x)\le \bruch{\cos x}{x}[/mm] gilt, und
> außerdem der Limes
>
> [mm]\integral_a^1 g(x) dx[/mm] für [mm]a\to 0[/mm]
>
> divergiert, so hast du, was du willst. Denn daraus folgt,
> dass auch der gesuchte Limes in der Formel oben
> divergiert.
>
> Tipp: Schau dir mal die Taylorentwicklung des Cosinus um 0
> an:
>
> [mm]\cos x = 1- \bruch{x^2}{x} + R_3(x)[/mm]
>
> und zeige, dass das Restglied für [mm]x\in [0,1][/mm] nie negativ
> wird!
>
Oh mein Gott, wie stell ich das denn an!? Jetzt bin ich total verwirrt, und wie gehe ich hierbei vor?
> Viele Grüße
> Rainer
>
LG.
Caro
>
>
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:34 So 26.04.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo Caro!
> > Tipp: Schau dir mal die Taylorentwicklung des Cosinus um 0
> > an:
> >
> > [mm]\cos x = 1- \bruch{x^2}{x} + R_3(x)[/mm]
Sorry, Tippfehler: es muss [mm]\cos x = 1- \bruch{x^2}{2} + R_3(x)[/mm] heißen.
> >
> > und zeige, dass das Restglied für [mm]x\in [0,1][/mm] nie negativ
> > wird!
> >
> Oh mein Gott, wie stell ich das denn an!? Jetzt bin ich
> total verwirrt, und wie gehe ich hierbei vor?
OK, nochmal in einzelnen Schritten:
Im Intervall $[0,1]$ ist [mm] $\cos [/mm] x [mm] \ge [/mm] 1- [mm] \bruch{x^2}{2} [/mm] $. Das folgt aus der Taylorformel:
[mm] f(x) = \summe_{k=0}^{n} \bruch{1}{n!} f^{(n)}(a) (x-a)^n + R_n(x) [/mm]
für n=3, wobei es für das Restglied verschiedene Darstellungen gibt. Hier hilft die Lagrangeform:
[mm] R_n(x) = \bruch{1}{(n+1)!} f^{(n+1)} (\xi) (x-a)^{n+1} [/mm].
Hier liegt [mm] $\xi$ [/mm] zwischen a und x.
Probier es mal selbst für [mm] $f(x)=\cos [/mm] x$, a=0 und n=3 und x zwischen 0 und 1! Du wirst sehen, dass [mm] $R_3(x)$ [/mm] immer [mm] $\ge [/mm] 0$ ist.
Daher ist für [mm] $0\le x\le [/mm] 1$: [mm] $\cos [/mm] x [mm] \ge [/mm] 1- [mm] \bruch{x^2}{2} [/mm] >0$. Diese Ungleichung benutzt du, um das Integral
[mm] \integral_{a}^1 \bruch{\cos x}{x} dx [/mm]
abzuschätzen.
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:18 Di 28.04.2009 | | Autor: | Caro_89 |
Hallo nochmal!
> Daher ist für [mm]0\le x\le 1[/mm]: [mm]\cos x \ge 1- \bruch{x^2}{2} >0[/mm].
> Diese Ungleichung benutzt du, um das Integral
>
> [mm]\integral_{a}^1 \bruch{\cos x}{x} dx [/mm]
>
> abzuschätzen.
>
Habe mich gerade an dieser Abschätzung versucht, doch leider komm ich auf keine Lösung, wie gehe ich bei diesem letzten Schritt vor?
LG.
Caro
> Viele Grüße
> Rainer
>
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:32 Di 28.04.2009 | | Autor: | abakus |
> Hallo nochmal!
> > Daher ist für [mm]0\le x\le 1[/mm]: [mm]\cos x \ge 1- \bruch{x^2}{2} >0[/mm].
> > Diese Ungleichung benutzt du, um das Integral
> >
> > [mm]\integral_{a}^1 \bruch{\cos x}{x} dx[/mm]
> >
> > abzuschätzen.
Hallo,
dazu brauchst du nicht unbedingt dieses Restglied.
Es îst cos 0 =1 und cos 1 rund 0,54 (und die Kosinusfunktion ist von x=0 bis x=1 fallend).
Damit sind im Intervall von 0 bis 1 sämtliche Kosinuswerte größer als 0,54 (oder sagen wir gr0ßzügig: größer als 0,5).
Damit ist
[mm]\integral_{a}^1 \bruch{\cos x}{x} dx[/mm]>[mm]\integral_{a}^1 \bruch{0,5}{x} dx[/mm]=0,5*[mm]\integral_{a}^1 \bruch{1}{x} dx[/mm].
Dass letzteres von 0 bis 1 nicht integrierbar ist, sollte bekannt sein.
Gruß Abakus
> >
> Habe mich gerade an dieser Abschätzung versucht, doch
> leider komm ich auf keine Lösung, wie gehe ich bei diesem
> letzten Schritt vor?
>
> LG.
> Caro
>
> > Viele Grüße
> > Rainer
> >
>
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:43 Di 28.04.2009 | | Autor: | Caro_89 |
Ahhhhhh, okay, danke...aber mich würde jetzt trotzdessen noch interessieren wie man das mit dem Restglied abschätzt!? =)
LG
CaRO
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:54 Di 28.04.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo Caro!
> Ahhhhhh, okay, danke...aber mich würde jetzt trotzdessen
> noch interessieren wie man das mit dem Restglied
> abschätzt!? =)
In dem Restglied steht die 4. Ableitung des Cosinus, und die ist wieder Cosinus. Also ist:
[mm] R_3(x) = \bruch{1}{4!}\cos\xi *(x-a)^4 [/mm]
Für a=0 und [mm] $0<\xi
[mm]\cos x \ge 1-\bruch{x^2}{2} [/mm]
und dann geht die Argumentation genauso wie mit [mm] $\cos x>\bruch{1}{2}$ [/mm] weiter.
Viele Grüße
Rainer
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