Konvergenz des Integrals < Integrationstheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:10 Mo 05.05.2008 | | Autor: | chrisi99 |
| Aufgabe | für welche [mm] \beta \alpha [/mm] ist das folgende Integral konvergent
[mm] \integral_{1}^{\infty}{\bruch{ln(x)^\alpha}{x^\beta} dx} [/mm] |
Wie ist es hier am geschicktesten vorzugehen? Meist ist es ja sehr "umständlich" das Integral zu berechnen und dann den Grenzübergang zu machen. In diesem Fall hat es mich auch auf keinen Lösungsansatz gebracht.
Lg
Chris
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> für welche [mm] (\alpha, \beta) [/mm] ist das folgende Integral konvergent
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> [mm]\integral_{1}^{\infty}{\bruch{ln(x)^\alpha}{x^\beta} dx}[/mm]
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> Wie ist es hier am geschicktesten vorzugehen? Meist ist es
> ja sehr "umständlich" das Integral zu berechnen und dann
> den Grenzübergang zu machen. In diesem Fall hat es mich
> auch auf keinen Lösungsansatz gebracht.
>
> Lg
> Chris
hallo Chris,
im Moment bin ich überfordert mit (oder zu müde für) eine(r)
allgemein gültige(n) Integration ...
Ich habe aber einmal angenommen, dass die [mm] \alpha [/mm] und [mm] \beta [/mm] ganze
Zahlen sein sollen.
Dann habe ich das Integral meinem CAS-Rechner gefüttert und
bemerkt, dass sich interessante (und einfache) Ergebnisse ergeben,
wenn ich z.B. [mm] \alpha [/mm] = 1 (oder [mm] \alpha [/mm] = 2) festhalte und [mm] \beta [/mm] von
-2 bis +4 marschieren lasse...
Das ist ein ziemlich dilettantisches Vorgehen, könnte aber dennoch
gewisse Einsichten über das allgemeine Verhalten liefern.
Gruß al-Chwarizmi
NB: Dilettant (ital. dilettare aus lat. delectare sich ergötzen)
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:02 Di 06.05.2008 | | Autor: | chrisi99 |
hi!
danke für deinen Vorschlag. [mm] \alpha [/mm] , [mm] \beta \in \IR [/mm] wäre die ganz korrekte Antwort!
Leider hat mich deine Vorgehensweise nicht auf eine "allgemeine" Lösung gebracht.
Ich habe es dann über partielle Integration versucht, jedoch führt dies (für mich) zu keinem Ergebnis...
Ich habe auch schon versucht, das Integral aufzuteilen auf [0,1] und [mm] [1,\infty), [/mm] leider auch ohne "Erkenntnisschub" :(
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:39 Mi 07.05.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> danke für deinen Vorschlag. [mm]\alpha[/mm] , [mm]\beta \in \IR[/mm] wäre die
> ganz korrekte Antwort!
EDIT: Ich glaube, ich habe falsch abgeschätzt.
Für [mm] $\alpha\le [/mm] -1$ divergiert das Integral an der unteren Grenze, denn mit der Substitution [mm] $z=\ln [/mm] x$ ist
EDIT2: Noch ein Fehler y->a
[mm] \lim_{a\rightarrow 1+}\integral_a^y \bruch{\ln(x)^\alpha}{x^\beta} dx = \lim_{a\rightarrow0+}\integral_a^{\ln y} z^\alpha*e^{(1-\beta)z} dz \ge \lim_{a\rightarrow0+} a^{1-\beta}\integral_a^{\ln y} z^\alpha dz[/mm].
Für [mm] $\alpha>-1$ [/mm] und [mm] $\beta\le1$ [/mm] divergiert das Integral an der oberen Grenze, da der Integrand für $x > e$ größer als [mm] $\bruch{1}{x}$ [/mm] ist.
> Leider hat mich deine Vorgehensweise nicht auf eine
> "allgemeine" Lösung gebracht.
>
> Ich habe es dann über partielle Integration versucht,
> jedoch führt dies (für mich) zu keinem Ergebnis...
Doch, das hilft, denn mit [mm] $u'=x^{-\beta}$ [/mm] und [mm] $v=\ln(x)^\alpha$ [/mm] bekommt man einen Randterm, der für [mm] $\beta>1$ [/mm] verschwindet, und ein neues Integral, in dem [mm] $\alpha$ [/mm] durch [mm] $\alpha-1$ [/mm] ersetzt ist.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:27 Mi 07.05.2008 | | Autor: | chrisi99 |
Danke für deine Lösung!
leider kann ich es noch nicht nachvollziehen (Asche auf mein Haupt):
[mm] u=ln(x)^{a}
[/mm]
[mm] u'=a*ln(x)^{a-1}
[/mm]
[mm] v'=x^{-b}
[/mm]
[mm] v=-\bruch{x^{1-b}}{b-1}
[/mm]
[mm] I=....=ln(x)^{a}*(\bruch{x^{1-b}}{1-b})-\integral_{1}^{\infty}{(a*ln(x)^{a-1})(\bruch{x^{1-b}}{1-b})*dx}
[/mm]
[mm] ln(x)^{a}*(\bruch{x^{1-b}}{1-b}) [/mm] verschwindet für b>1; doch was mache ich mit dem Integral?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:57 Mi 07.05.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Danke für deine Lösung!
>
> leider kann ich es noch nicht nachvollziehen (Asche auf
> mein Haupt):
>
> [mm]u=ln(x)^{a}[/mm]
> [mm]u'=a*ln(x)^{a-1}[/mm]
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
[mm] u' = a*ln(x)^{a-1} * \bruch{1}{x}[/mm]
Sieh bitte auch meine Korrektur meiner ersten Antwort an.
Wenn du dein Integral mit [mm] $I(\alpha,\beta)$ [/mm] abkürzt, kannst du es durch [mm] $I(\alpha-1,\beta)$ [/mm] ausdrücken. Damit hast du eine Rekursionsformel, mit der du die Aufgabe beantworten kannst.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:41 Mi 07.05.2008 | | Autor: | chrisi99 |
hi!
Könntest du mir vielleicht zu dem Schritt beim "größer gleich" noch eine kleine Hilfe geben?
du ziehst hier einen Teil vor das Integral, das ist mir nicht einleuchtend :)
danke für deine Hilfe!
lg
Chris
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(Antwort) fertig | | Datum: | 07:22 Do 08.05.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Könntest du mir vielleicht zu dem Schritt beim "größer
> gleich" noch eine kleine Hilfe geben?
>
> du ziehst hier einen Teil vor das Integral, das ist mir
> nicht einleuchtend :)
Sorry, mein Fehler, das sollte [mm] $a^{1-\beta}$ [/mm] heissen statt [mm] $y^{1-\beta}$. [/mm] Das geht, weil die e-Funktion überall streng monoton ist.
Viele Grüße
Rainer
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