Integral, ln, e, Bruch, Integralkriterium

07.08.2015, 10:12	StrunzMagi	Auf diesen Beitrag antworten »
Integral, ln, e, Bruch, Integralkriterium Die Originalaufgabe ist die Konvergenz von $\begin{eqnarray} \sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n^{\alpha}ln^{\beta}(n)} \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} \alpha, \beta \ge 0 \end{eqnarray}$ zu bestimmen. Dafür würde ich gerne $\begin{eqnarray} \int \frac{1}{(n^\alpha ln^\beta(n))} dn \end{eqnarray}$ bestimmen um mir dann anzuschauen ob das Integral konvergiert. Ich dachte an Subsitution $\begin{eqnarray} ln(n)=s, \frac{1}{n} dn = ds \end{eqnarray}$ Daraus ergibt sich $\begin{eqnarray} \int \frac{1}{e^{s(\alpha-1)}s^\beta}ds \end{eqnarray}$ Wolfram alpha gibt mir nun aus $\begin{eqnarray} \int \frac{1}{e^{s(\alpha-1)}s^\beta} ds= \frac{e^{-s(a-1)} s^{1-b}}{1-b} \end{eqnarray}$ Wie kommt man darauf? (Ja die Probe, indem man die Lösung ableitet ist klar, aber wie kommt man selbst auf die Lösung ohne Wolfram Alpha?) LG, MaGi
07.08.2015, 10:19	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Als unbestimmtes Integral (=Stammfunktion) ist das i.a. schlicht falsch, wie die Probe durch Ableiten bestätigt. Man kommt also "gar nicht" drauf - ganz abgesehen davon, dass mit links $\begin{align} \alpha,\beta \end{align}$ und rechts $\begin{align} a,b \end{align}$ ohne dokumentierten Zusammenhang da sowieso was im argen liegt. Meine Empfehlung: Untersuche als erstes die Fälle $\begin{align} \alpha<1 \end{align}$ und $\begin{align} \alpha>1 \end{align}$ mit geeigneten Abschätzungen, für die spielt nämlich das $\begin{align} \beta \end{align}$ letzten Endes gar keine Rolle. Bleibt noch $\begin{align} \alpha=1 \end{align}$ übrig, und dort ist dein Integral ja dann auch tatsächlich exakt auswertbar.
07.08.2015, 16:22	StrunzMagi	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, Danke für deine Anwort. Fall 1) Für $\begin{eqnarray} \alpha=1, \beta\not=1 \end{eqnarray}$ : $\begin{eqnarray} \lim_{R\rightarrow \infty} \int_2^R \frac{1}{n(log(n))^\beta} dn =\lim_{R\rightarrow\infty}\int_{ln(2)}^{ln(R)} \frac{1}{s^\beta} ds=\lim_{R\rightarrow \infty} \frac{(ln(n))^{-\beta+1}}{-\beta+1} \|_2^{R}=\lim_{R\rightarrow \infty} \frac{(ln(R/2))^{-\beta+1}}{-\beta +1} \end{eqnarray}$ Konvergiert für $\begin{eqnarray} \beta >1 \end{eqnarray}$ und divergiert für $\begin{eqnarray} \beta<1 \end{eqnarray}$ Für $\begin{eqnarray} \beta=1 \end{eqnarray}$ erhalten wir: $\begin{eqnarray} \int_2^R \frac{1}{n(log(n))} = log(log(R))-log(log(2))= log(\frac{log(R)}{log(2)} \end{eqnarray}$ konvergiert nicht für $\begin{eqnarray} R \rightarrow \infty \end{eqnarray}$ Fall 2) $\begin{eqnarray} \alpha >1 \end{eqnarray}$ Mit $\begin{eqnarray} \frac{1}{n^\alpha (ln(n))^\beta} \le \frac{1}{(ln(2))^\beta n^\alpha} \end{eqnarray}$ erhalten wir eine konvergente Mayorante $\begin{eqnarray} \frac{1}{(ln(2))^\beta }\int_2^\infty \frac{1}{n^\alpha} \end{eqnarray}$ für jedes $\begin{eqnarray} \beta \ge 0 \end{eqnarray}$ Fall 3) $\begin{eqnarray} \alpha <1 \end{eqnarray}$ Wenn $\begin{eqnarray} \beta\le 1 \end{eqnarray}$ haben wir mit $\begin{eqnarray} \int_2^\infty \frac{1}{n (ln(n))^\beta} \end{eqnarray}$ eine divergente Minorante. Für $\begin{eqnarray} \beta >1 \end{eqnarray}$ vermute ich divergenz habe aber keine passende Abschätzung gefunden. Mittels $\begin{eqnarray} ln(n) < n \end{eqnarray}$ oder $\begin{eqnarray} \frac{1}{n^\alpha (ln(n))^\beta}> \frac{1}{(n ln(n))^\beta} \end{eqnarray}$ bin ich nicht weitergekommen. Kannst du mir da vl.t nochmals auf die Sprünge helfen? LG, MaGi
07.08.2015, 16:37	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich bezieh mich mal auf deine o.g. Vorarbeit, d.h., die Reihe konvergiert genau dann, wenn $\begin{eqnarray} \int\limits_1^{\infty} \frac{1}{e^{s(\alpha-1)}s^\beta} ~ \dd s \end{eqnarray}$ endlich ist. Für $\begin{align} \alpha<1,\beta>0 \end{align}$ haben wir $\begin{align} e^{-s(\alpha-1)}s^{-\beta} \geq 1 \end{align}$ für genügend große $\begin{align} s\geq s_0 \end{align}$ , basierend auf $\begin{align} \lim_{s\to\infty} e^{-s(\alpha-1)}s^{-\beta} = \lim_{s\to\infty} \left( \frac{e^{s\cdot \frac{1-\alpha}{\beta}}}{s} \right)^{\beta} \end{align}$ und im Inneren dann L'Hospital $\begin{align} \lim_{s\to\infty} \frac{e^{s\cdot \frac{1-\alpha}{\beta}}}{s} = \lim_{s\to\infty} \frac{\frac{1-\alpha}{\beta}\cdot e^{s\cdot \frac{1-\alpha}{\beta}}}{1} = \infty \end{align}$
08.08.2015, 10:28	StrunzMagi	Auf diesen Beitrag antworten »
Ah vielen Dank. Ja, darauf wäre ich vemutlich nicht so schnell gekommen. Die Methode muss ich mir merken! LG, MaGi

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