Integral min-funktion

28.11.2018, 11:24	Jann3s	Auf diesen Beitrag antworten »
Integral min-funktion Meine Frage: Hallo zusammen, ich versuche folgendes Integral zu lösen. $\begin{eqnarray} \int_{0}^{\infty } \! \mbox{min}\left\{ 1, r^{-\alpha}\right\} 2\pi r\, dr \end{eqnarray}$ Es gilt ja $\begin{eqnarray} \min(1,r^{-\alpha})=\begin{cases}1&1\leq r^{-\alpha} \\ r^{-\alpha} & 1 > r^{-\alpha}\end{cases}<br /> \end{eqnarray}$ sodass ich das Integral in die jeweiligen Fälle aufteilen muss. Nur wie? Ich tue mir den Integralgrenzen schwer. Meine Ideen: $\begin{eqnarray} \int_{0}^{\infty } \! \mbox{min}\left\{ 1, r^{-\alpha}\right\} 2\pi r\, dr = \int_{0}^{1} \! r^{-\alpha}dr + \int_{0}^{\infty} \!1 \cdot 2\pi r dr \end{eqnarray}$ Welches aber nicht von Erfolg gekrönt ist, da Ziel der ganzen Geschichte ist, dass wenn ich nicht die min-Funktion nutze, sondern nur $\begin{eqnarray} r^{-\alpha} \end{eqnarray}$ , dann divergiert das ganze Integral. Wenn ich jedoch $\begin{eqnarray} \alpha > 2 \end{eqnarray}$ betrachte, müsste durch die min-Funktion, das Integral nicht divergieren.
28.11.2018, 11:54	Jann3s	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Integral min-funktion Ahhh, ich glaube ich habs selber rausbekommen... $\begin{eqnarray} \int_{0}^{\infty } \! \mbox{min}\left\{ 1, r^{-\alpha}\right\} 2\pi r\, dr = \int_{0}^{1} \! 1 + 2\pi r dr + \int_{1}^{\infty} \! r^{-\alpha} \cdot 2\pi r dr \end{eqnarray}$ Ist das so korrekt?
28.11.2018, 11:58	klarsoweit	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Integral min-funktion Nun ja, eher doch: $\begin{eqnarray} \int_0^{\infty } \! \mbox{min}\left\{ 1, r^{-\alpha}\right\} 2\pi r\, dr = \int_0^1 \! 1 \cdot 2\pi r dr + \int_1^{\infty} \! r^{-\alpha} \cdot 2\pi r dr \end{eqnarray}$
28.11.2018, 15:39	Jann3s	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Integral min-funktion ääähh, ja. Das + war tatsächlich ein Tippfehler. Vielen Dank

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