Uneigentliches Integral, ln(x)

14.08.2015, 10:09

StrunzMagi

Uneigentliches Integral, ln(x)

Zeige $\begin{eqnarray*} \int_1^\infty \frac{ln(x)}{(1+x^2)^\alpha} dx \end{eqnarray*}$ konvergiert genau dann, wenn $\begin{eqnarray*} \alpha > 1/2 \end{eqnarray*}$ ist.

Hallo,
Für $\begin{eqnarray*} \alpha >1 \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} \frac{ln(x)}{(1+x^2)^\alpha} < \frac{x}{(1+x^2)^\alpha} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lim_{R\rightarrow \infty} \int_1^R \frac{x}{(1+x^2)^{\alpha}} dx = \lim_{R\rightarrow \infty} \frac{1}{2} \frac{(1+x^2)^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}|_1^R = \frac{1}{1-\alpha} \end{eqnarray*}$
konvergente Majorante

Für $\begin{eqnarray*} 0 \le \alpha \le \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{ln(x)}{(1+x^2)^\alpha} > \frac{ln(x)}{(1+x^2)^{1/2}} >\frac{ln(x)}{\sqrt{x^2} + \sqrt{1}} >\frac{ln(x)}{2 \sqrt{x^2}} = \frac{ln(x)}{2x} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lim_{R\rightarrow \infty} \int_1^R \frac{ln(x)}{2x}dx= \lim_{R\rightarrow \infty} \frac{1}{2} \frac{(ln(x))^2}{2}|_1^R = \infty \end{eqnarray*}$
divergente Minorante

Für $\begin{eqnarray*} \alpha \le 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{ln(x)}{(1+x^2)^\alpha} > ln(x) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lim_{R\rightarrow \infty} \int_1^R ln(x)= \lim_{R\rightarrow \infty} R (ln(R)-1)+1>\lim_{R\rightarrow \infty} (ln(R)-1)+1= \infty \end{eqnarray*}$
divergente Minorante

Mir fehlt der Fall $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} < \alpha \le 1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{ln(x)}{(1+x)^\alpha} < \frac{ln(x)}{\sqrt{1+x^2}} < \frac{x}{\sqrt{1+x^2} }< \frac{1+x^2}{\sqrt{1+x^2}} = \sqrt{1+x^2} \end{eqnarray*}$ Das Integral divergiert jedoch denke ich...
Habt ihr einen Tipp für eine konvergente Majorante oder hilt hier das Grenzwertkriterium?

14.08.2015, 10:26

HAL 9000

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Das Problem ist, dass deine Abschätzung $\begin{align*} \ln(x)<x \end{align*}$ viel zu grob ist, um im Fall $\begin{align*} \frac{1}{2}<\alpha\leq 1 \end{align*}$ was zu reißen. unglücklich

Warum nicht gleich so abschätzen: Für $\begin{align*} \alpha>\frac{1}{2} \end{align*}$ ist $\begin{align*} \int\limits_1^{\infty} \ln(x)\cdot x^{-2\alpha} ~ \dd x \end{align*}$ eine Majorante deines Integrals. Und man kann per partieller Integration den Logarithmus "loswerden":

$\begin{align*} \int\limits_1^s \ln(x) \cdot x^{-2\alpha} ~ \dd x = \Big[ \ln(x)\cdot \frac{x^{1-2\alpha}}{1-2\alpha} \Big]_{x=1}^s - \int\limits_1^s \frac{1}{x} \cdot \frac{x^{1-2\alpha}}{1-2\alpha} ~ \dd x = -\frac{\ln(s)s^{1-2\alpha}}{2\alpha-1} + \frac{1}{2\alpha-1} \int\limits_1^s x^{-2\alpha} ~ \dd x \to \frac{1}{(2\alpha-1)^2} \end{align*}$ für $\begin{align*} s\to\infty \end{align*}$ .

EDIT: Eigentlich viel zu kompliziert (bei mir beeinträchtigt wohl auch schon die Hitze das Denkvermögen), so geht es einfacher:

Bekanntlich gibt es für alle $\begin{align*} \beta>0 \end{align*}$ ein $\begin{align*} C_{\beta}>0 \end{align*}$ mit $\begin{align*} \ln(x) \leq C_{\beta} x^{\beta} \end{align*}$ für alle $\begin{align*} x>0 \end{align*}$ , d.h., die Logarithmusfunktion wächst langsamer als jede Potenzfunktion.

Wir wählen hier $\begin{align*} \beta:=\alpha-\frac{1}{2} \end{align*}$ , und haben für $\begin{align*} x\geq 1 \end{align*}$ dann

$\begin{align*} \frac{\ln(x)}{(1+x^2)^{\alpha}} \leq C_{\alpha-\frac{1}{2}}\cdot \frac{x^{\alpha-\frac{1}{2}}}{x^{2\alpha}} = C_{\alpha-\frac{1}{2}}\cdot x^{-\alpha-\frac{1}{2}} \end{align*}$ ,

was auch eine passende Majorante darstellt.

14.08.2015, 16:09

StrunzMagi

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Vielen Dank für die Hilfe!

Zitat:

Original von HAL 9000

Bekanntlich gibt es für alle $\begin{align*} \beta>0 \end{align*}$ ein $\begin{align*} C_{\beta}>0 \end{align*}$ mit $\begin{align*} \ln(x) \leq C_{\beta} x^{\beta} \end{align*}$ für alle $\begin{align*} x>0 \end{align*}$ , d.h., die Logarithmusfunktion wächst langsamer als jede Potenzfunktion.

Mir ist bekannt für alle $\begin{eqnarray*} \beta>0 \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} \lim_{x\rightarrow \infty} \frac{log(x)}{x^\beta}=0 \end{eqnarray*}$
D.h. es existieren ein $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ so dass für alle $\begin{eqnarray*} x>x_0 \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} log(x)< x^{\beta} \end{eqnarray*}$ .

So könnte man in unserem Fall auch argumentieren, dass da Integral $\begin{eqnarray*} \int_1^{x_0} \frac{ln(x)}{(1+x^2)^\alpha} \end{eqnarray*}$ aus Stetigkeitsgründen konvergiert und $\begin{eqnarray*} \int_{x_0}^\infty \frac{ln(x)}{(1+x^2)^\alpha} \end{eqnarray*}$ wegen den konvergenten Majorante für [l] \alpha>1/2. Oder?

LG,
MaGi

14.08.2015, 16:24

HAL 9000

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Ja, so geht es auch, das ist rum wie num. Freude

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