Uneigentliches Integral cos(x)/x^alpha

21.05.2011, 16:17

gast_mathe

Uneigentliches Integral cos(x)/x^alpha

Hallo,
ich habe ein Problem bei der Aufgabe:

Für welche Alpha ist

$\begin{eqnarray*} \int_1^\infty \! \frac{cos(x)}{x^\alpha} \, dx \end{eqnarray*}$

konvergent und absolut konvergent?

Für alpha > 1 habe ich

$\begin{eqnarray*} \int_1^\infty \! \frac{cos(x)}{x^\alpha} \, dx \leq \int_1^\infty \! \frac{1}{x^\alpha} \, dx \end{eqnarray*}$

als Abschätzung verwendet, ich weiß aber nicht, ob das so richtig ist? Jedenfalls haben wir in der Veranstaltung begründet, dass letzteres Integral für alpha > 1 (absolut) konvergiert. Weiß aber nicht, ob hier mein Ansatz ok ist.

Für die anderen alpha bräuchte ich ein wenig Hilfe, dass ich zumindest mal ungefähr weiß, wie ich anzufangen habe, weil da will mir gerade nichts einfallen.

21.05.2011, 19:07

gonnabphd

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Hi,

Das sagt so noch nichts über die Konvergenz aus. (Vor allem solltest du lieber erstmal das obere $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ durch ein $\begin{eqnarray*} b>1 \end{eqnarray*}$ ersetzen und erst anschliessend den Übergang $\begin{eqnarray*} b\to \infty \end{eqnarray*}$ vollziehen - nachdem nachgewiesen ist, dass
$\begin{eqnarray*} \int_1^\infty \frac{\cos(x)}{x^\alpha} \, dx = \lim_{b\to \infty} \int_1^b \frac{\cos(x)}{x^\alpha} \, dx \end{eqnarray*}$
überhaupt existiert!) Deine Idee allerdings ist richtig: Für alle b haben wir

$\begin{eqnarray*} \int_1^b \! \frac{|cos(x)|}{x^\alpha} \, dx\le \int_1^b \! \frac{1}{x^\alpha} \, dx \end{eqnarray*}$

Daraus kannst du folgern, dass das linke Integral für b gegen unendlich konvergiert, wenn es das rechte tut. Was wie du schon sagtest genau für $\begin{eqnarray*} \alpha > 1 \end{eqnarray*}$ der Fall ist.
Um den Fall $\begin{eqnarray*} \alpha \le 1 \end{eqnarray*}$ zu entscheiden, kannst du z.B.

$\begin{eqnarray*} |\cos(x)| \ge \cos^2(x) \end{eqnarray*}$ benutzen und zeigen, dass das Konvergenzverhalten von $\begin{eqnarray*} \int_1^b \frac{\cos^2(x)}{x^\alpha} \, dx \end{eqnarray*}$ das gleiche ist wie das von $\begin{eqnarray*} \int_1^b \frac{\sin^2(x)}{x^\alpha} \, dx \end{eqnarray*}$

Nun beachte noch

$\begin{eqnarray*} \int_1^b \frac{\cos^2(x)}{x^\alpha} \, dx + \int_1^b \frac{\sin^2(x)}{x^\alpha} \, dx = \int_1^b \frac{1}{x^\alpha}\, dx \end{eqnarray*}$

Das klärt die absolute Konvergenz. Konvergenz allgemein: Benutze den zweiten Mittelwertsatz der Integralrechnung: Unter geeigneten Bedingungen

$\begin{eqnarray*} \int_a^b f(x) g(x) \, dx = f(a) \int_a^\xi g(x) \, dx + f(b) \int_\xi^b g(x) \, dx \end{eqnarray*}$

für ein $\begin{eqnarray*} \xi \in (a,b) \end{eqnarray*}$ .

Edit: Es gibt glaube ich sogar ein Konvergenzkriterium, welches auf diesem Satz aufbaut (Dirichletkriterium oder so)

21.05.2011, 19:40

Huggy

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Zitat:

Original von gonnabphd
Um den Fall $\begin{eqnarray*} \alpha \le 1 \end{eqnarray*}$ zu entscheiden, kannst du z.B.

$\begin{eqnarray*} |\cos(x)| \ge \cos^2(x) \end{eqnarray*}$ benutzen

Häh???

Das würde doch nur nützen, wenn da stände:

$\begin{eqnarray*} |\cos(x)| \leq \cos^2(x) \end{eqnarray*}$

Wenn man das Integral in Teilintegrale für die Intervalle $\begin{eqnarray*} [(2n-1)\frac{\pi}{2},(2n+1)\frac{\pi}{2}] \end{eqnarray*}$ (n ganzzahlig) aufteilt, hat man eine alternierende Reihe mit streng monoton fallenden Gliedern, welche bekanntlich konvergiert. Dieser Beweis gilt für alle $\begin{eqnarray*} \alpha > 0 \end{eqnarray*}$

21.05.2011, 19:56

gonnabphd

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Zitat:

Das würde doch nur nützen, wenn da stände: $\begin{eqnarray*} |\cos(x)| \leq \cos^2(x) \end{eqnarray*}$

Nö. Das nützt einem was um über absolute Konvergenz zu entscheiden. (Ich hab's ja sogar noch extra hingeschrieben... geschockt

)

Zitat:

Das klärt die absolute Konvergenz.

Dein Vorschlag zu Konvergenz allgemein geht natürlich auch:

Zitat:

Wenn man das Integral in Teilintegrale für die Intervalle $\begin{eqnarray*} [(2n-1)\frac{\pi}{2},(2n+1)\frac{\pi}{2}] \end{eqnarray*}$ (n ganzzahlig) aufteilt, hat man eine alternierende Reihe mit streng monoton fallenden Gliedern, welche bekanntlich konvergiert. Dieser Beweis gilt für alle $\begin{eqnarray*} \alpha > 0 \end{eqnarray*}$

21.05.2011, 20:04

Huggy

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Zitat:

Original von gonnabphd

Zitat:

Das würde doch nur nützen, wenn da stände: $\begin{eqnarray*} |\cos(x)| \leq \cos^2(x) \end{eqnarray*}$

Nö. Das nützt einem was um über absolute Konvergenz zu entscheiden. (Ich hab's ja sogar noch extra hingeschrieben... geschockt

)

Auch für die absolute Konvergenz hilft das nur bei <=!

Edit:
Bin beim Lesen leider gar nicht bis zu dem Wort 'entscheiden' vorgedrungen. Habe unterstellt, du willst die absolute Konvergenz auch $\begin{eqnarray*} \alpha <1 \end{eqnarray*}$ nachweisen. Gemeint hast du genau das Gegenteil. Und da sind wir einer Meinung.

21.05.2011, 21:33

gonnabphd

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Sehe nicht, wo du Probleme siehst. Hab' dir auf alle Fälle ne PN geschrieben.

21.05.2011, 21:44

Huggy

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Siehe mein Edit.

21.05.2011, 22:24

HAL 9000

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Alternativer Lösungsansatz für $\begin{eqnarray*} 0<\alpha\leq 1 \end{eqnarray*}$ : Partielle Integration liefert

$\begin{eqnarray*} \int\limits_1^t ~ \cos(x) \cdot x^{-\alpha} ~ \dd x = \left[ \sin(x) \cdot x^{-\alpha} \right]_{x=1}^t + \alpha \int\limits_1^t ~ \sin(x) \cdot x^{-\alpha-1} ~ \dd x = \sin(t) \cdot t^{-\alpha}-\sin(1) + \alpha \int\limits_1^t ~ \sin(x) \cdot x^{-\alpha-1} ~ \dd x \end{eqnarray*}$ ,

was die Konvergenz für $\begin{eqnarray*} t\to\infty \end{eqnarray*}$ begründet.

22.05.2011, 14:51

gast_mathe

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Danke an alle, werde mich damit heute nochmal in Ruhe befassen - Sorry, ich musste gestern unplanmäßig weg, sonst hätte ich mich früher für eure Vorschläge / Tipps bedankt..

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