(ln (x) +1)

09.05.2016, 23:06

falcoskatze

Divergenz beweisen Integral zwischen 1/e und 1 von 1/(ln (x) +1)

Meine Frage:
Hi smile

$\begin{eqnarray*} \int_{1/e}^{1} \! \frac{1}{ln (x) +1 } \, dx \end{eqnarray*}$

Ich soll im Falle von Konvergenz das Integral berechnen, anderenfalls Divergenz beweisen...
nun hab ich einige Versuche gemacht und bin auf nichts gekommen - laut Wolfram Alpha ist es divergent, aber wie kann ich das nun beweisen?

Meine Ideen:
Konvergenz nur vorhanden, wenn der limes(x gegen 1/e) des Integrals existiert, da aber ln(1/e) = 0 ergibt, würde im Nenner eine Null stehen, aber ich muss ja zuerst integrieren und darf dann erst den Limes berechnen...oder?

da ich die grenzen 1/e und 1 habe tu ich mir auch schwer eine geeignete Minorante zu finden, hab es mit ln(x)+1 is kleiner gleich x^r für alle r größer 0 versucht, hat mich aber nicht weitergebracht...

10.05.2016, 02:01

Schnappschildkröte

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Der Integrand ist ja im Integrationsbereich immer größer als Null. Du könntest z.B. zu einem gegebenen reellen c > 0 so in Teilintegrale aufspalten, dass ein Integral größer als c ist und das zweite Integral noch einen positiven Wert hinzuaddiert.

10.05.2016, 02:30

falcoskatze

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Meinst du so?

$\begin{eqnarray*} \int_{1/e}^{1} \! \frac{1}{1+ln(x)} \, dx > \int_{1/e}^{1} \! \frac{1}{x} \, dx = \int_{1/e}^{0} \! \frac{1}{x} \, dx + \int_{0}^{1} \! \frac{1}{x} \, dx \end{eqnarray*}$

und da der ln(0) nicht definiert ist, kann ich aufzeigen, dass das Integral nicht existiert und hab somit die Divergenz bewiesen?

10.05.2016, 03:01

Schnappschildkröte

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Ich meinte ungefähr so:

Sei c > 0 gegeben. Dann ist für jedes 1 > a > 1/e

$\begin{eqnarray*} \int_{1/e}^{1} \frac{1}{\ln(x)+1} dx = \int_{1/e}^{a} \frac{1}{\ln(x)+1} dx + \int_{a}^{1} \frac{1}{\ln(x)+1} dx \end{eqnarray*}$ .

Das unproblematische Integral ist nun das von a bis 1. Wie müssen man das a wählen, so dass dieses Integral größer als c wird?

Es gilt $\begin{eqnarray*} \int_a^1 \frac{1}{\ln(x) + 1} dx \geq (1-a)\frac{1}{\ln(a) + 1} \end{eqnarray*}$ (Länge des Integrationswegs * Minimum der positiven Funktion)

Jetzt müsste man das a noch so wählen, dass der letzte Ausdruck größer als c wird, oder aber einfach gleich $\begin{eqnarray*} \lim_{a\rightarrow 1/e} \frac{(1-a)}{\ln(a) + 1} = \infty \end{eqnarray*}$ beweisen.

Mag aber sein, dass deine Idee auch funktioniert, allerdings verstehe ich sie zu so später Stunde nicht mehr. Augenzwinkern

10.05.2016, 03:26

Schnappschildkröte

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Hm, ich kann meinen Beitrag nicht mehr editieren, unglücklich

Sorry, die Abschätzung funktioniert so nicht (hatte das Minimum und Maximum verwechselt). Wahrscheinlich ist es aber möglich, das andere Integral auf ähnliche Weise abzuschätzen (denn da ist das angebene Minimum tatsächlich das Minimum).

Gute Nacht!

10.05.2016, 04:40

falcoskatze

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Aaaalles klar - hab schon zu kompliziert gedacht^^

hab jetzt mit $\begin{eqnarray*} \int_{1/e}^{1} \! \frac{1}{ln(x)+1} \, dx = \int_{1/e}^{a} \! \frac{1}{ln(x)+1} \, dx + \int_{a}^{1} \! \frac{1}{ln(x)+1} \, dx \end{eqnarray*}$ weitergemacht und dann

$\begin{eqnarray*} \int_{1/e}^{a} \! \frac{1}{ln(x)+1} \, dx \geq m*(a-\frac{1}{e} ) = \frac{(a-\frac{1}{e}) }{ln(x)+1} \end{eqnarray*}$ was nun meine Minorante ist

da diese durch $\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \frac{1}{e} } \frac{(a-\frac{1}{e}) }{ln(x)+1} = \frac{(a-\frac{1}{e} )}{0} = \infty \end{eqnarray*}$ keinen Grenzwert besitzt ist sie nicht konvergent und somit mein ganzes Integral nicht - phu war gar nicht so schwer smile

Vielen lieben Dank für die Hilfe!!

10.05.2016, 08:23

HAL 9000

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Zitat:

Original von falcoskatze
$\begin{eqnarray*} \int_{1/e}^{a} \! \frac{1}{ln(x)+1} \, dx \geq m*(a-\frac{1}{e} ) = \frac{(a-\frac{1}{e}) }{ln(x)+1} \end{eqnarray*}$

Was soll denn das x rechts bedeuten? Nein, wenn du schon so abschätzen willst, dann muss es

$\begin{align*} \int\limits_{1/e}^a \frac{1}{\ln(x)+1} ~ \dd x \geq \frac{a-\frac{1}{e} }{\ln({\color{red}a})+1} \end{align*}$

lauten. Womit dann allerdings die Argumentation zusammenbricht, denn $\begin{align*} \lim_{a\to 1/e+0} \frac{a-\frac{1}{e} }{\ln(a)+1} \end{align*}$ existiert und ist endlich. Ups

Alternative: Für $\begin{align*} x>\frac{1}{e} \end{align*}$ gilt $\begin{align*} 1 > \frac{1}{ex} \end{align*}$ und damit

$\begin{align*} \int\limits_r^1 \frac{1}{\ln(x)+1} ~ \dd x > \frac{1}{e}\cdot \int\limits_r^1 \frac{1}{x(\ln(x)+1)} ~ \dd x = \left[ \frac{1}{e}\ln(\ln(x)+1) \right]_{x=r}^1 = -\frac{1}{e}\ln(\ln(r)+1) \end{align*}$ für alle $\begin{align*} r>\frac{1}{e} \end{align*}$ .

Und nun $\begin{align*} r\searrow \frac{1}{e} \end{align*}$ .

10.05.2016, 16:35

falcoskatze

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naja weil a nur irgendeine random ausgewählte obere Grenze ist, die bei der Aufspaltung zustande kam und es ist ja m.(b-a) wobei hier das m = $\begin{eqnarray*} \frac{1}{ln(x) +1} \end{eqnarray*}$ und b-a ist hier (a- 1/e)
laut Definition muss ja das x gegen die untere schranke laufen also 1/e...oder hab i da was verwechselt?

10.05.2016, 17:42

HAL 9000

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Ich weiß nicht, was du damit sagen willst. Irgendwie klingt es danach, als wolltest du deine obige Lösung retten? Erstaunt1

10.05.2016, 19:52

falcoskatze

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naja kritisch hinterfragen ist wohl erlaubt, oder? smile

Ich weiß nur nicht, warum ich das x nicht stehen lassen kann, also ich versteh deinen Post nicht ganz..?

10.05.2016, 21:30

HAL 9000

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Ok, du willst deine Lösung offenbar nicht erklären, dann muss ich mal den Finger tiefer in die Wunde legen: Du hast oben die Ungleichung

$\begin{align*} \int\limits_{1/e}^a \frac{1}{\ln(t)+1} ~ \dd t \geq \frac{a-\frac{1}{e}}{\ln(x)+1} \end{align*}$

aufgestellt, und dann später nutzt du diese Ungleichung bezogen auf den Grenzübergang $\begin{align*} x\searrow \frac{1}{e} \end{align*}$ , und das bei festem $\begin{align*} a \end{align*}$ . Ich nehme daher an, du hast eine Begründung dafür, dass diese Ungleichung für alle $\begin{align*} x>\frac{1}{e} \end{align*}$ gilt? Dann mal raus damit.

Ich sehe ein (s.o.), dass sie für $\begin{align*} x=a \end{align*}$ gilt, aus Monotoniegründen - für Werte $\begin{align*} x<a \end{align*}$ bin ich auf deine Begründung gespannt.

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