schwieriges Uneigentliches Integral

16.04.2007, 22:38

Sly

schwieriges Uneigentliches Integral

Hallo!
Ich habe in Analysis II zur Zeit einen recht schwierigen Beweis zu führen.
Ich muss nur noch eine Sache zeigen, damit ich diesen zu Ende bringen kann, aber irgendwie schaffe ich es nicht.

Wie zeige ich, dass $\begin{eqnarray*} \int_0^\infty \left(x-[x]-\frac{1}{2}\right) \frac{dx}{1+x} \end{eqnarray*}$ konvergiert?

Irgendwie habe ich schon versucht, das aufzuspalten zu
$\begin{eqnarray*} ... = \sum_{\nu = 0}^\infty \int_\nu^{\nu+1} \left(x-\nu-\frac{1}{2}\right) \frac{dx}{x+1} \end{eqnarray*}$

um dann diese Teilintegrale zu untersuchen, um ein Majorantenkriterium anwenden zu können. Aber ich sehe irgendwie keine Möglichkeit, egal wie ich umforme.

Kann mir bitte jemand einen Tip geben, mit welchen Umformungen oder Konvergenzkriterien ich hier weiter komme? Ich wäre euch sehr dankbar.

Mit freundlichen Grüßen
Sly

17.04.2007, 00:57

Seb17

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Erstmal Respekt, dass Du Dich mit 18 an solche Dinge traust Augenzwinkern

'Ne Lösung habe ich nicht wirklich ... aber ginge es vielleicht mit dem Integral-Vergleichskriterium, sprich

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \mbox{Sei $m\in\mathbb{Z}$ und $f:[m,\infty]\to\mathbb{R}$ eine monoton fallende Funktion (ist doch hier gegeben oder?). In diesem Fall existiert $\int\limits_{m}^{\infty}~f(x)~dx$ genau dann,} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \mbox{wenn die Reihe $\sum\limits_{k=m}^{\infty}~f(k)$ konvergiert.} \end{eqnarray*}$

17.04.2007, 07:04

Sly

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Öhm...danke Augenzwinkern

Also an das Kriterium hab ich auch gedacht, aber gerade damit kam ich jetzt nicht weiter. Die Funktion ist ja noch nicht mal monoton fallend, weil das $\begin{eqnarray*} x-[x]-\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ dauernd seine Vorzeichen wechselt, also linear zwischen $\begin{eqnarray*} -\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ hin- und herpendelt.

Ich hab mir die ganze Zeit überlegt, ob ich deshalb nicht ne Analogie zur Leibnizreihe $\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^\infty \frac{(-1)^i}{i} \end{eqnarray*}$ herstellen kann, um daraus die Konvergenz zu schließen. Aber hat irgendwie auch nicht geklappt unglücklich

17.04.2007, 16:48

Leopold

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Deine Idee mit der Umwandlung in eine unendliche Reihe funktioniert. Denn das verbleibende Integral kann man leicht berechnen. Vorbehaltlich Konvergenz gilt nämlich

$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}~\frac{x-[x]-\frac{1}{2}}{x+1}~\mathrm{d}x \ = \ \sum_{\nu=0}^{\infty}~\int_{\nu}^{\nu+1}~\frac{x - \nu - \frac{1}{2}}{x+1}~\mathrm{d}x \ = \ \sum_{\nu=0}^{\infty}~\int_{\nu}^{\nu+1}~\left( 1 - \frac{\nu + \frac{3}{2}}{x+1} \right)~\mathrm{d}x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \ \sum_{\nu=0}^{\infty}~\left( 1 - \left( \nu + \frac{3}{2} \right) \ln{\left( 1 + \frac{1}{\nu+1} \right)} \right) \end{eqnarray*}$

Und jetzt beachte die Abschätzung

$\begin{eqnarray*} \ln{(1+x)} \geq x - \frac{1}{2} x^2 \ \ \mbox{für} \ x \geq 0 \end{eqnarray*}$

(Die rechte Seite ist der Beginn der Taylorreihe von $\begin{eqnarray*} \ln{(1+x)} \end{eqnarray*}$ . Die Beziehung kann man z.B. mittels einer simplen Monotonieuntersuchung von $\begin{eqnarray*} f(x) = \ln{(1+x)} - x + \frac{1}{2} x^2 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x \geq 0 \end{eqnarray*}$ beweisen.)

Und dann geht es oben weiter. Setze in der Abschätzung $\begin{eqnarray*} x = \frac{1}{\nu+1} \end{eqnarray*}$ und befreie dich damit beim allgemeinen Summenglied vom Logarithmus. Am Anfang sieht es ein bißchen kompliziert aus, aber schließlich löst sich alles in Wohlgefallen auf. Du erhältst so eine Abschätzung durch eine bekannte konvergente Reihe.

EDIT (Korrektur)
Und jetzt habe ich, glaube ich, in die falsche Richtung abgeschätzt, denn die Reihenglieder sind ja negativ. Vielleicht geht es dann ja mit der Abschätzung $\begin{eqnarray*} \ln{(1+x)} \leq x - \frac{1}{2} x^2 + \frac{1}{3} x^3 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x \geq 0 \end{eqnarray*}$ .

17.04.2007, 18:50

Sly

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Also wenn ich deinen Tipp befolge und die Abschätzung

$\begin{eqnarray*} \log(1+x) \leq x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3\quad \forall\; x > -1 \end{eqnarray*}$

benutze (die stimmt, hab ich im Plotter gesehen, müsste man dann noch kurz zeigen...), dann komme ich aber auf

$\begin{eqnarray*} \sum_{\nu=0}^{n} \left(1-\left(\nu-\frac{3}{2}\right)\log\left(1+\frac{1}{1+\nu}\right)\right) \leq \sum_{\nu=1}^{n+1} \frac{5}{\nu} - \frac{4}{3\nu^3} + \frac{5}{\nu^2} - \frac{1}{3\nu^3} \longrightarrow \infty \end{eqnarray*}$

Oder hab ich irgendwo nen Fehler gemacht? Jedenfalls komme ich so leider auch nicht weiter...

18.04.2007, 07:20

Leopold

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Ich komme auf anderes. Zunächst einmal muß es $\begin{eqnarray*} \nu + \frac{3}{2} \end{eqnarray*}$ heißen. Damit die Reihenglieder positiv sind, ändere ich die Vorzeichen ab und betrachte die Reihe

$\begin{eqnarray*} \sum_{\nu=0}^{\infty}~\left( \left( \nu + \frac{3}{2} \right) \ln{\left( 1 + \frac{1}{\nu + 1} \right)} -1 \right) \end{eqnarray*}$

Und hier komme ich mit der angegebenen Abschätzung auf

$\begin{eqnarray*} \left( \nu + \frac{3}{2} \right) \ln{\left( 1 + \frac{1}{\nu + 1} \right)} - 1 \leq \left( \nu + \frac{3}{2} \right) \cdot \left( \frac{1}{\nu + 1} - \frac{1}{2 (\nu + 1)^2} + \frac{1}{3 (\nu + 1)^3} \right) - 1 = \ldots \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac{\nu + 3}{12 (\nu + 1)^3} = \frac{1}{12} \left( \frac{1}{(\nu + 1)^2} + \frac{2}{(\nu + 1)^3} \right) \end{eqnarray*}$

18.04.2007, 12:21

Sly

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Oh ja, ich glaube das lag an meinem Schreibfehler da...
Vielen lieben Dank, das hat mir echt geholfen!!! smile

Ich glaube, ich müsste mit dem Rest der Aufgabe gut klarkommen...

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