Integral

29.03.2018, 11:36

Felix32

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Integral

Hallo,
es geht um die Konvergenz von folgendem Integral:

$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty} \frac{sinx}{x} dx \end{eqnarray*}$

Ich würde zuerst partiell integrieren und dann versuchen, dass Maijorantenkrit. anzuwenden:

Ist das der richtige Weg, weil ich da nicht weiterkomme?

29.03.2018, 11:42

HAL 9000

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Einverstanden. Allerdings sollte man auch die untere Grenze $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ gebührend diskutieren, evtl. macht eine Aufteilung

$\begin{eqnarray*} \int\limits_0^{\infty} \frac{\sin(x)}{x} ~ \dd x = \int\limits_0^c \frac{\sin(x)}{x} ~ \dd x ~+~ \int\limits_c^{\infty} \frac{\sin(x)}{x} ~ \dd x \end{eqnarray*}$

mit irgendeinem $\begin{eqnarray*} c>0 \end{eqnarray*}$ Sinn, um Problemen bei der 0 aus dem Weg zu gehen.

29.03.2018, 11:44

Felix32

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Welche Funktion sollte ich dann am besten beim partiell integrieren ableiten?

29.03.2018, 11:49

HAL 9000

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Naja, mal so als Anregung, in welche Richtung es gehen sollte:

Es ist $\begin{eqnarray*} \int\limits_1^{\infty} \frac{1}{x} ~ \dd x = \infty \end{eqnarray*}$ , aber $\begin{eqnarray*} \int\limits_1^{\infty} \frac{1}{x^2} ~ \dd x = 1 < \infty \end{eqnarray*}$ . Augenzwinkern

Augenzwinkern

29.03.2018, 12:01

Felix32

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Zum 1. Teilintegral:

Dann würde ich erhalten:
$\begin{eqnarray*} \left[\frac{-cos x }{x}\right]_0^c + \int_0^c \frac{cos x}{x^2} dx \end{eqnarray*}$

Aber der GW bei x=0 existiert dann nicht. ?
Also das hier $\begin{eqnarray*} \left[\frac{-cos x }{x}\right]_0^c \end{eqnarray*}$

Sorry.

29.03.2018, 12:48

HAL 9000

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Eigentlich war es ja auch so gedacht, das mit der partiellen Integration auf das zweite Integral $\begin{eqnarray*} \int\limits_c^{\infty} \end{eqnarray*}$ anzuwenden...

Beim ersten Integral $\begin{eqnarray*} \int\limits_0^c \end{eqnarray*}$ reicht es schlicht, die Beschränktheit des Integranden nachzuweisen, was wegen $\begin{eqnarray*} |\sin(x)|\leq |x| \end{eqnarray*}$ für alle reellen $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ kein Problem sein sollte.

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29.03.2018, 16:24

Leopold

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Man kann folgendermaßen rechnen, zunächst rein formal.

Im ersten Schritt substituiert man $\begin{align*} x \end{align*}$ durch $\begin{align*} 2x \end{align*}$ , im zweiten Schritt wendet man $\begin{align*} \sin(2x) = 2 \sin x \cos x \end{align*}$ an. Dann wird partiell integriert.

$\begin{align*} \int_0^{\infty} \frac{\sin x}{x} ~ \dd x \ = \ \int_0^{\infty} \frac{\sin(2x)}{x} ~ \dd x \ = \ \int_0^{\infty} \frac{2 \sin x \cos x}{x} ~ \dd x \ = \left. \frac{\sin^2 x}{x} \right|_{\, 0}^{\, \infty} + \int_0^{\infty} \frac{\sin^2 x}{x^2} ~ \dd x \end{align*}$

Wegen $\begin{align*} \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1 \end{align*}$ folgt $\begin{align*} \lim_{x \to 0} \frac{\sin^2 x}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} \cdot \lim_{x \to 0} \sin x \ = \ 1 \cdot 0 \ = \ 0 \end{align*}$

Damit erhält man

$\begin{align*} \int_0^{\infty} \frac{\sin x}{x} ~ \dd x \ = \ \int_0^{\infty} \frac{\sin^2 x}{x^2} ~ \dd x \end{align*}$

Da das Integral auf der rechten Seite (offensichtlich) konvergiert, sind alle Umformungen im nachhinein gerechtfertigt. Zugleich wurde ein "alternierendes" Integral in ein absolut konvergentes Integral überführt.

29.03.2018, 17:24

Mathema

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Oder man wendet den Dirichlet Test an, hier dann mit den Funktionen $\begin{eqnarray*} a(x)=x^{-1} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b(x)=\sin(x) \end{eqnarray*}$ . Dass $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ die Bedingungen erfüllt ist offensichtlich, bleibt also zu zeigen, dass es ein $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ gibt, so dass für alle $\begin{eqnarray*} B>0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left|\int_0^{B}\sin(x)\, \dd x\right|\leq C \end{eqnarray*}$

erfüllt ist. Und dieses ist ja keine Sache der Unmöglichkeit.

29.03.2018, 17:39

Felix32

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@HAL9000:

Das 2. Teilintegral wäre dann:
$\begin{eqnarray*} \left[\frac{-cos x }{x}\right]_c^{\infty} + \int_c^{\infty} \frac{cos x}{x^2} dx<br /> = 0 + \frac{cos (c)}{c} + \int_c^{\infty} \frac{cos x}{x^2} dx \end{eqnarray*}$

Ingesamt ergibt sich:

$\begin{eqnarray*} \frac{cos (c)}{c}+ \int_0^{c} \frac{sin x}{x} dx + \int_c^{\infty} \frac{cos x}{x^2} dx \leq \frac{cos (c)}{c} +\int_0^{c} \frac{|x|}{x} dx + \int_c^{\infty} \frac{1}{x^2} dx \end{eqnarray*}$
Zu
$\begin{eqnarray*} \int_0^{c} \frac{|x|}{x} dx \end{eqnarray*}$ Warum reicht da die Beschränktheit aus?

@Leopold:
cooler Weg smile

smile

, aber nur zum Verständnis:
Fehlt nach dem ersten = nicht eine 2 im Nenner ?
@Mathema: Danke für die zusätzliche Lösungsmöglichkeit. Ich muss mich in den Test mal einlesen Big Laugh

Big Laugh

29.03.2018, 17:41

HAL 9000

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Zitat:

Original von Felix32
Zu
$\begin{eqnarray*} \int_0^{c} \frac{|x|}{x} dx \end{eqnarray*}$ Warum reicht da die Beschränktheit aus?

Ähem... es ist $\begin{eqnarray*} \int\limits_0^{c} \frac{|x|}{x} ~ \dd x = \int\limits_0^{c} 1 ~ \dd x = c \end{eqnarray*}$ . Teufel

Teufel

Zitat:

Original von Felix32
Fehlt nach dem ersten = nicht eine 2 im Nenner ?

Derartige Fehler macht Leopold nicht. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Auch wenn dort in beiden Integralen Symbol $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ als Integrationsvariable steht, liegt doch eine Substitution dazwischen - das solltest du berücksichtigen.

P.S.: Mein "evtl. Aufteilung" bezog sich oben auch auf eine geschickte Wahl der Terme für die partielle Integration: Bei der von Leopold ist keine Aufteilung nötig - ich hätte an

$\begin{eqnarray*} \int\limits_0^{\infty} \frac{\sin(x)}{x} ~ \dd x = \left[ \frac{1-\cos(x)}{x} \right]_{x=0}^{\infty} + \int\limits_0^{\infty} \frac{1-\cos(x)}{x^2} ~ \dd x \end{eqnarray*}$

gedacht, wo das auch nicht nötig ist. Augenzwinkern

Augenzwinkern

29.03.2018, 18:09

rumar

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@ HAL 9000:

" es ist $\begin{eqnarray*} \int\limits_0^{c} \frac{|x|}{x} ~ \dd x = \int\limits_0^{c} 1 ~ \dd x = c \end{eqnarray*}$ "

Vorsicht: Das stimmt nur, falls $\begin{eqnarray*} c\,\ge 0 \end{eqnarray*}$ !

29.03.2018, 19:01

Felix32

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Zitat:

Original von HAL 9000

P.S.: Mein "evtl. Aufteilung" bezog sich oben auch auf eine geschickte Wahl der Terme für die partielle Integration: Bei der von Leopold ist keine Aufteilung nötig - ich hätte an

$\begin{eqnarray*} \int\limits_0^{\infty} \frac{\sin(x)}{x} ~ \dd x = \left[ \frac{1-\cos(x)}{x} \right]_{x=0}^{\infty} + \int\limits_0^{\infty} \frac{1-\cos(x)}{x^2} ~ \dd x \end{eqnarray*}$

gedacht, wo das auch nicht nötig ist. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Wie hast du das gemacht. Wo kommt das 1-cosx her?

Zu Leopolds Weg: Ja stimmt. Man muss das Differential noch "ersetzen"

29.03.2018, 19:35

HAL 9000

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Zitat:

Original von rumar
Vorsicht: Das stimmt nur, falls $\begin{eqnarray*} c\,\ge 0 \end{eqnarray*}$ !

Lies meinen ersten Beitrag oben, bevor du solche überflüssigen Beiträge abfasst - ich wiederhole nicht ständig die einmal genannten Voraussetzungen an $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ . Forum Kloppe

Forum Kloppe

Zitat:

Original von Felix32
Wie hast du das gemacht. Wo kommt das 1-cosx her?

Gegenfrage: Wo kommt denn dein $\begin{eqnarray*} -\cos(x) \end{eqnarray*}$ oben her? Augenzwinkern

Augenzwinkern

Beides sind gültige Stammfunktionen zu $\begin{eqnarray*} \sin(x) \end{eqnarray*}$ und damit für die partielle Integration hier tauglich - mit dem Unterschied, dass $\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 0} \frac{1-\cos(x)}{x} \end{eqnarray*}$ existiert, aber $\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 0} \frac{-\cos(x)}{x} \end{eqnarray*}$ hingegen nicht. Augenzwinkern

Augenzwinkern

30.03.2018, 11:23

Felix32

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Das mit dem 1-cosx ist ja genial. Damit hat man alle Voraussetzungen für die Anwendung von l-Hospital und kann somit den Wert 0 rechtfertigen smile

smile

Dann bleibt ja noch übrig: $\begin{eqnarray*} \int_0^{infty} \frac{1-cosx}{x^2} \end{eqnarray*}$
Wie argumentiert man hier für die Konvergenz?

30.03.2018, 13:43

HAL 9000

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Naja, es existiert sogar $\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 0} \frac{1-\cos(x)}{x^2} \end{eqnarray*}$ (konkret: mit Grenzwert 1/2), damit haben wir bei der unteren Integralgrenze 0 kein Problem. Und für $\begin{eqnarray*} x\to\infty \end{eqnarray*}$ nutzt man die Majorisierung $\begin{eqnarray*} 0\leq \frac{1-\cos(x)}{x^2} \leq \frac{2}{x^2} \end{eqnarray*}$ .

Im übrigen ist dieser Weg via $\begin{eqnarray*} 1-\cos(x)=2\sin^2\left(\frac{x}{2}\right) \end{eqnarray*}$ de facto identisch zu dem von Leopold.

31.03.2018, 08:58

Felix32

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Cool. Danke dir. Alles verstanden smile

smile

Freude

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