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| Aufgabe | Untersuchen Sie das folgende uneigentliche Integral auf Konvergenz und geben Sie gegebenenfalls dessen Wert an:
[mm] \integral_{0}^{1}{ln(1+\bruch{1}{x})dx} [/mm] |
Hallo zusammen,
soweit ich weiß rechnet man das uneigentlich Integral folgendermaßen aus:
1. Stammfunktion bilden
2. Anschließend der Wert wodurch eine Division durch 0 entstehen würde, mit einer Variablen ersetzten.
3. Anschließend das Integral berechnen und das was übrig bleibt muss der Grenzwert berechnet werden gegen 0.
Mein Problem bei dieser Aufgabe ist folgendes:
Ich weiß nicht wie ich hier die Stammfunktion bilden soll. Ich habe auch schon gehört, dass es nicht notwendig sei die Stammfunktion zu bilden, sondern es kann auch anders gehen (weiß aber nicht genau wie das gehen soll). Kann mir jemand einen Tipp geben?
Viele Grüße
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Hallo MrItalian,
> Untersuchen Sie das folgende uneigentliche Integral auf
> Konvergenz und geben Sie gegebenenfalls dessen Wert an:
> [mm]\integral_{0}^{1}{ln(1 \bruch{1}{x})dx}[/mm]
> Hallo zusammen,
>
> soweit ich weiß rechnet man das uneigentlich Integral
> folgendermaßen aus:
> 1. Stammfunktion bilden
> 2. Anschließend der Wert wodurch eine Division durch 0
> entstehen würde, mit einer Variablen ersetzten.
> 3. Anschließend das Integral berechnen und das was übrig
> bleibt muss der Grenzwert berechnet werden gegen 0.
Jo, berechne [mm]\lim\limits_{\varepsilon\downarrow 0}\int\limits_{\varepsilon}^1{\ln\left(\frac{x+1}{x}\right) \ dx}[/mm]
>
> Mein Problem bei dieser Aufgabe ist folgendes:
> Ich weiß nicht wie ich hier die Stammfunktion bilden
> soll. Ich habe auch schon gehört, dass es nicht notwendig
> sei die Stammfunktion zu bilden, sondern es kann auch
> anders gehen (weiß aber nicht genau wie das gehen soll).
> Kann mir jemand einen Tipp geben?
Hier sollte partielle Inntegration helfen, schreibe den Integranden als
[mm]\red 1\cdot{}\blue{\ln\left(\frac{x+1}{x}\right)}[/mm] und setze [mm]u'(x)=1[/mm], [mm]v(x)=\ln(...)[/mm]
Dann berechnet sich [mm]\int{u'(x)v(x) \ dx}=u(x)v(x)-\int{u(x)v(x)' \ dx}[/mm]
Letztlich läuft es auf eine Grenzwertbetrachtung hinaus, bei der der gute Monsieur de l'Hôpital helfen könnte ...
>
> Viele Grüße
Gruß
schachuzipus
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 00:28 Fr 26.04.2013 | | Autor: | MrItalian |
Vielen Dank für deine Antwort :)
Folgende Stammfunktion habe ich berechnet: F(x) = xln(1+1/x)+ln|x+1| + C
Dann habe ich das Integral folgendermaßen berechnet:
[mm] \integral_{a}^{1}{ln(1+\bruch{1}{x})dx} [/mm] = 2ln(2) - aln(1+1/a) + ln|a+1|
[mm] \limes_{a\rightarrow\0} [/mm] (2ln(2) - aln(1+1/a) + ln|a+1|) = [mm] \limes_{a\rightarrow\0} [/mm] ln(1+1/a)/-1/a + 2/1/ln(2) + 1/1/ln|a+1| = [mm] \limes_{a\rightarrow\0} (-1/a^2) (1/(1+1/a))/1/a^2 [/mm] + 1/(a+1) = [mm] \limes_{a\rightarrow\0} [/mm] -(1/(1+1/a) + 1/(a+1)) = [mm] \limes_{a\rightarrow\0} [/mm] ((1-a)/(a+1)) = 1
Ist das soweit korrekt?
Vielen Dank im vorraus
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:46 Fr 26.04.2013 | | Autor: | Loddar |
Hallo MrItalian!
Deine Darstellung / Rechnung ist ziemlich konfus (zumindest von der Darstellung ) und schwer bis gar nicht nachvollziehbar.
> Dann habe ich das Integral folgendermaßen berechnet:
> [mm]\integral_{a}^{1}{ln(1 \bruch{1}{x})dx}[/mm] = 2ln(2) - aln(1+1/a) + ln|a+1|
Hier fehlen Klammern bzw. muss das eine Pluszeichen ein Minuszeichen sein:
[mm] $\integral_a^1{\ln\left(1+\bruch{1}{x}\right) \ dx} [/mm] \ = \ [mm] \left[ \ 1*\ln(2)+\ln(2) \ \right] [/mm] \ - \ [mm] \left[ \ a*\ln\left(1+\bruch{1}{a}\right)+\ln(a+1) \ \right] [/mm] \ = \ [mm] 2*\ln(2)- [/mm] \ [mm] a*\ln\left(1+\bruch{1}{a}\right) [/mm] \ [mm] \red{-} [/mm] \ [mm] \ln(a+1) [/mm] $
> [mm]\limes_{a\rightarrow\0}[/mm] (2ln(2) - aln(1+1/a) + ln|a+1|) = [mm]\limes_{a\rightarrow\0}[/mm] ln(1+1/a)/-1/a + 2/1/ln(2) + 1/1/ln|a+1| = [mm]\limes_{a\rightarrow\0} (-1/a^2) (1/(1 1/a))/1/a^2[/mm] + 1/(a+1) = [mm]\limes_{a\rightarrow\0}[/mm] -(1/(1+1/a) + 1/(a+1)) = [mm]\limes_{a\rightarrow\0}[/mm] ((1-a)/(a+1)) = 1
Was machst Du hier? ![[aeh]](/images/smileys/aeh.gif "[aeh]")
Zur Darstellung: das [mm] $\lim$-Symbol [/mm] gehört jedesmal nach dem Gleichheitszeichen (bis auf das Ergebnis) mit dazu.
Und der Grenzwert des letzten Terms beträgt [mm] $\red{-}1$ [/mm] .
Aber wie gesagt: was rechnest Du da eigentlich.
Bitte verwende doch auch den Formeleditor.
Gruß
Loddar
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Hier nochmal eine (hoffentlich) lesbare Darstellung:
[mm] \limes_{a\rightarrow0}(-a*ln(1+\bruch{1}{a})+2*ln(2)-ln|a+1|)
[/mm]
Da ich jetzt die Regel von L’Hospital anwenden möchte, versuche ich das ganze in Brüche umzuwandeln:
[mm] \limes_{a\rightarrow0}(\bruch{ln(1+\bruch{1}{a})}{\bruch{1}{-a}}+\bruch{2}{\bruch{1}{ln(2)}}-\bruch{1}{\bruch{1}{ln|a+1|}}) [/mm] = [mm] \limes_{a\rightarrow0}(\bruch{\bruch{-1}{a^2}(\bruch{1}{1+\bruch{1}{a}})}{\bruch{1}{a^2}}-\bruch{1}{a+1}) [/mm] = [mm] \limes_{a\rightarrow0}(-\bruch{1}{1+\bruch{1}{a}}-\bruch{1}{a+1}) [/mm] = [mm] \limes_{a\rightarrow0}(\bruch{-1-a}{a+1}) [/mm] = -1
Ist das jetzt so korrekt?
Vielen Dank im voraus und viele Grüße
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Hallo nochmal,
> Hier nochmal eine (hoffentlich) lesbare Darstellung:
>
> [mm]\limes_{a\rightarrow0}(-a*ln(1 \bruch{1}{a}) 2*ln(2)-ln|a 1|)[/mm]
> Da ich jetzt die Regel von L’Hospital anwenden möchte,
> versuche ich das ganze in Brüche umzuwandeln:
Ruhig Blut, ruig Blut. Nicht alles!
Untersuche die Terme getrennt.
[mm]2\ln(2)[/mm] ist konstant, da kann [mm]a[/mm] hinstreben, wo es will, das bleibt [mm]2\ln(2)[/mm]
Der letzte Summand [mm]-\ln(a 1)[/mm] strebt für [mm]a\downarrow[/mm] gegen [mm]-\ln(0 1)=-\ln(0)=0[/mm]
Der vorletzte, also [mm]-a\cdot{}\ln\left(\frac{a 1}{a}\right)[/mm] strebt gegen [mm]0\cdot{}\infty[/mm]
Fiese Sache.
Hier können wir umschreiben:
[mm]a\cdot{}\ln\left(\frac{a 1}{a}\right)=\frac{\ln\left(\frac{a 1}{a}\right)}{\frac{1}{a}}[/mm]
Das strebt nun gegen [mm]\infty/\infty[/mm], und wir können den guten alten Herrn von und zu Hôpital bemühen ...
>
> [mm]\limes_{a\rightarrow0}(\bruch{ln(1 \bruch{1}{a})}{\bruch{1}{-a}} \bruch{2}{\bruch{1}{ln(2)}}-\bruch{1}{\bruch{1}{ln|a 1|}})[/mm]
> =
> [mm]\limes_{a\rightarrow0}(\bruch{\bruch{-1}{a^2}(\bruch{1}{1+\bruch{1}{a}})}{\bruch{1}{a^2}}-\bruch{1}{a+1})[/mm]
> =
> [mm]\limes_{a\rightarrow0}(-\bruch{1}{1+\bruch{1}{a}}-\bruch{1}{a+1})[/mm]
> = [mm]\limes_{a\rightarrow0}(\bruch{-1-a}{a+1})[/mm] = -1
>
> Ist das jetzt so korrekt?
Der Limes (also der Wert des Integrals) ist nicht -1, sondern [mm]2\ln(2)[/mm]
>
> Vielen Dank im voraus und viele Grüße
Gruß
schachuzipus
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Hallo nochmal,
zur Ergänzung:
der Editor scheint einen schlechten Tag zu haben, es sind etliche "+" verschluckt. Musst du dir dazu denken ...
Gruß
schachuzipus
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> Der vorletzte, also [mm]-a\cdot{}\ln\left(\frac{a 1}{a}\right)[/mm]
> strebt gegen [mm]0\cdot{}\infty[/mm]
>
> Fiese Sache.
>
> Hier können wir umschreiben:
>
> [mm]a\cdot{}\ln\left(\frac{a 1}{a}\right)=\frac{\ln\left(\frac{a 1}{a}\right)}{\frac{1}{a}}[/mm]
>
> Das strebt nun gegen [mm]\infty/\infty[/mm], und wir können den
> guten alten Herrn von und zu Hôpital bemühen ...
Wenn ich das jetzt umschreibe:
[mm] -a*ln(1+\bruch{1}{a}) [/mm] = [mm] \bruch{ln(\bruch{a+1}{a})}{\bruch{1}{a}} [/mm] und mein Limes strebt gegen 0 dann kann ich für das a immer noch keine 0 einsetzen, da man nicht durch 0 teilen darf. Wie kommt du darauf, dass das gegen unendlich strebt?
Viele Grüße
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Hallo,
Kommando zurück, ich hatte einen Knick in der Optik, de l'Hôpital kannst du gar nicht anwenden, beide Faktoren streben gegen 0 für [mm] $a\downarrow [/mm] 0$
> Wenn ich das jetzt umschreibe:
>
> [mm]-a*ln(1 \bruch{1}{a})[/mm] = [mm]\bruch{ln(\bruch{a+1}{a})}{\bruch{1}{a}}[/mm] und mein Limes
> strebt gegen 0
Dein "a" strebt gegen 0 - und das von oben, also rechtsseitig!
> dann kann ich für das a immer noch keine 0
> einsetzen, da man nicht durch 0 teilen darf. Wie kommt du
> darauf, dass das gegen unendlich strebt?
Für [mm] $a\downarrow [/mm] 0$ strebt [mm] $\frac{1}{a}$ [/mm] gegen [mm] $+\infty$
[/mm]
Je kleiner (positives) a wird, desto größer wird der Bruch.
War aber Quatsch! Der Vorfaktor $a$ strebt gegen 0, der [mm] $\ln\left(\frac{a+1}{a}\right)=\ln\left(1+\frac{1}{a}\right)$ [/mm] gegen [mm] $\ln(1+0)=\ln(1)=0$
[/mm]
Das Produkt also gegen [mm] $0\cdot{}0=0$
[/mm]
Fertig ...
> Viele Grüße
Dito
schachuzipus
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Mal ne ganz andere Frage zur Regel von L’Hospital:
Wenn ich jetzt einzelne Summanden habe, darf ich dann diese Regel also die Ableitung auch nur bei 1 von beispielsweise 3 Summanden anwenden oder muss ich alle Summanden ableiten?
Viele Grüße
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Hallo nochmal,
ich hatte mich vorher schön vertan ...
> Mal ne ganz andere Frage zur Regel von L’Hospital:
> Wenn ich jetzt einzelne Summanden habe, darf ich dann
> diese Regel also die Ableitung auch nur bei 1 von
> beispielsweise 3 Summanden anwenden oder muss ich alle
> Summanden ableiten?
Du brauchst immer einen Quotienten [mm]\frac{f(x)}{g(x)}[/mm], der für [mm]x\to x_0[/mm] gegen einen unbestimmten Ausdruck der Form [mm]\frac{0}{0}[/mm] oder [mm]\pm\frac{\infty}{\infty}[/mm] strebt.
Dann leitet man Zähler und Nenner getrennt ab - jeweils nach der passenden Ableitungsregel und schaut sich [mm]\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}[/mm] an.
Wenn der ex. und [mm]A[/mm] ist, so auch [mm]A=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}[/mm]
>
> Viele Grüße
Zurück
schachuzipus
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| Status: |
(Korrektur) kleiner Fehler  | | Datum: | 15:33 Fr 26.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Schachuzipus,
> [mm]-\ln(0 1)=-\red{\ln(0)}=0[/mm]
Du hast ja schon gesagt, dass da im Editor einiges schiefgelaufen ist,
aber hier meintest Du doch sicher [mm] $\ln(\red{1})=0$?
[/mm]
Gruß,
Marcel
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Hallo,
> Hallo Schachuzipus,
>
> > [mm]-\ln(0 1)=-\red{\ln(0)}=0[/mm]
>
> Du hast ja schon gesagt, dass da im Editor einiges
> schiefgelaufen ist,
> aber hier meintest Du doch sicher [mm]\ln(\red{1})=0[/mm]? ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Jo, obendrein noch vertippt ...
Danke für dein Adlerauge 
>
> Gruß,
> Marcel
Gruß
schachuzipus
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