Integral Konvergenz und Ungleichung zeigen

18.03.2018, 14:34

Kathreena

Integral Konvergenz und Ungleichung zeigen

a.) Untersuchen sie das folgende Integral auf Konvergenz, z.B mithilfe einer Reihe:
$\begin{eqnarray*} \int_{3}^{\infty} \! \sqrt[x]{x} \, dx \end{eqnarray*}$

Hinweis: $\begin{eqnarray*} u^v = e^{v ln(u)} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} u,v > 0 \end{eqnarray*}$

b.) Zeigen sie die folgende Ungleichung:
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \geq ln(n+1), \forall n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$

Meine Idee:

a.) Verstehe den Hinweis nich ganz.

$\begin{eqnarray*} \int_{3}^{\infty} \! \sqrt[x]{x} \, dx = \int_{3}^{\infty} \! e^{\frac{1}{x} \cdot ln(x)} \, dx = e^{\int_{3}^{\infty} \! \frac{1}{x} \cdot ln(x) \, dx} \end{eqnarray*}$

Schreib ich dann als Nebenrechnung: $\begin{eqnarray*} u = ln(x) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \int_{3}^{\infty} \! \frac{1}{x} \cdot ln(x) \, dx = \int_{3}^{\infty} \! u \, du \end{eqnarray*}$

Also
$\begin{eqnarray*} \int_{3}^{\infty} \! \sqrt[x]{x} \, dx = \int_{3}^{\infty} \! e^u \, du \end{eqnarray*}$ Divergent, da
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=3}^{\infty} e^k \end{eqnarray*}$ Divergent ?

b.) Ich soll hier auch das Vergleichskriterium, Reihen und uneigentliche Integrale ("das gleiche Konvergenzverhalten") verwenden

Also dachte ich so:
$\begin{eqnarray*} \int_{1}^{\infty} \! \frac{1}{x} \, dx = \lim_{x \to \infty} ln(x) \leq \lim_{x \to \infty} ln(x+1) \end{eqnarray*}$ Aber es müsste ja eig. genau anders herum sein.

Dann muss ich wohl irgendwie berücksichtigen, das ln(x+1) nur natürliche Zahlen annimmt, aber wie.

18.03.2018, 17:02

sibelius84

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RE: Integral Konvergenz und Ungleichung zeigen

Zitat:

Original von Kathreena
Meine Idee:

a.) Verstehe den Hinweis nich ganz.

$\begin{eqnarray*} \int_{3}^{\infty} \! \sqrt[x]{x} \, dx = \int_{3}^{\infty} \! e^{\frac{1}{x} \cdot ln(x)} \, dx = e^{\int_{3}^{\infty} \! \frac{1}{x} \cdot ln(x) \, dx} \end{eqnarray*}$

Gilt dann bei dir auch $\begin{eqnarray*} \int_0^\infty e^{-x}\, dx = e^{\int_0^\infty -x\, dx} \end{eqnarray*}$ ?

18.03.2018, 18:12

Kathreena

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ok ja stimmt blödsinn.

Dann $\begin{eqnarray*} \int_{3}^{\infty} \! x^{\frac{1}{x} } \, dx = \int_{3}^{\infty} \! e^{\frac{ln(x)}{x} } \, dx \end{eqnarray*}$

Jetzt müsst ich ja nur zeigen ob $\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty} \frac{ln(x)}{x} \end{eqnarray*}$ existiert.
Mit L'hospital kommt man dann auf $\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty} \frac{ln(x)}{x} = 0 \end{eqnarray*}$ .

Wäre damit dann Konvergenz schon gezeigt ?

18.03.2018, 19:40

sibelius84

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Ok, also der Exponent der e-Funktion - der für x>3 sicher positiv ist (da ln(x) für x>1 positiv ist) - konvergiert (von oben) gegen 0.
Wohin konvergiert dann $\begin{eqnarray*} e^\frac{x}{\ln(x)} \end{eqnarray*}$ ? Wohl gegen $\begin{eqnarray*} e^0 \end{eqnarray*}$ , oder? Und zwar ebenfalls von oben.
Kann dann das uneigentliche Integral existieren? Benutze eine einfache Abschätzung für die e-Funktion mit positiven Exponenten.

Für b.) würde ich Riemann'sche Summen verwenden, bzw. konkret die Aussage, dass das Integral kleinergleich dem Wert jeder Obersumme ist. (Stelle die Summe über die 1/k also als Obersumme der Funktion f(x)=1/x bzgl. einer geeigneten Zerlegung dar.)

19.03.2018, 13:39

Kathreena

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a.)

Meinst du ich soll eine Majorante finden ?

$\begin{eqnarray*} \int_{3}^{\infty} \! e^{\frac{ln(x)}{x} } \, dx \leq \int_{3}^{\infty} \! e^{\frac{1}{x} } \, dx \end{eqnarray*}$ Konvergent.

Weil $\begin{eqnarray*} e^{\frac{1}{x} } \geq 0, \forall x \geq 3 \end{eqnarray*}$ und streng monoton fallende Funktion, im Intervall $\begin{eqnarray*} [3,+\infty) \end{eqnarray*}$ ist.

19.03.2018, 14:17

HAL 9000

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Warum eigentlich so kompliziert? Für $\begin{eqnarray*} x\geq 1 \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} \sqrt[x]{x}\geq \sqrt[x]{1} = 1 \end{eqnarray*}$ , und 1 ist offenbar eine divergente Minorante.

20.03.2018, 19:20

Kathreena

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Danke Hal, das erscheint doch erschreckend einleuchtend.

Bei b.) komm ich noch immer nich weiter.

Ich hab jetzt:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \geq \int_{0}^{n} \! \frac{1}{n+1} \, dn = ln(n+1)|_{0}^{n} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int_{1}^{n} \! \frac{1}{n} \, dn \geq \int_{0}^{n} \! \frac{1}{n+1} \, dn \end{eqnarray*}$

Verstehe nich ganz wie ich obersumme darstellen soll.

Obersumme ist so wie ichs kenne ja:
$\begin{eqnarray*} S^- =\sum\limits_{i=1}^{n} f(xi) \cdot (x_i - x_{i-1}) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \cdot (k -k-1) \end{eqnarray*}$ ?

21.03.2018, 00:51

sibelius84

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Hi,

ich würde nicht n gleichzeitig als Integrationsgrenze und als Integrationsvariable nehmen. Im Integral besser x oder t.

Die Funktion mit Term 1/x ist im Intervall [1,n+1] streng monoton fallend, hat also dort bzgl. der äquidistanten Zerlegung mit Schrittweite h=1 die Obersumme $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n \frac 1 k \end{eqnarray*}$ . So weit, so gut. (Genau wie du schreibst, nur mit vergessener Klammer: (k-(k-1)).) Also

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n \frac 1 k\geq \int_1^{n+1}\frac 1 x \, dx \end{eqnarray*}$ .

Siehst du damit, wie du zum Ziel kommst?

LG
sibelius84

21.03.2018, 07:46

Matt Eagle

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Eigentlich braucht man für b.) nur folgende Ungleichung

$\begin{eqnarray*} \ln(1+x)\leq x\text{ für alle reellen }x\geq 0 \end{eqnarray*}$ ,

die aus der elementaren Ungleichung

$\begin{eqnarray*} e^x\geq 1+x \end{eqnarray*}$ folgt.

Betrachte dann:

$\begin{eqnarray*} \ln(n+1)=\sum_{k=1}^n\left(\ln(k+1)-\ln(k)\right)=\sum_{k=1}^n\ln\left(1+\frac 1k\right) \end{eqnarray*}$

und bringe nun oben genannte Abschätzung ins Spiel.

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