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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:19 Do 19.01.2006 | | Autor: | Edi1982 |
| Aufgabe | Für die Funktion f(x) = [mm] x^{-2} [/mm] und reelle 0<a<b zeige man, dass für jede Unterteilung Z des Intervalls [a,b] folgende Abschätzung gilt:
U(Z,f) [mm] \le \bruch{1}{a} [/mm] - [mm] \bruch{1}{b} \le [/mm] O(Z,f).
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Also ich weis, dass
U(Z,f):= [mm] \summe_{i=1}^{n}m_i(t_i [/mm] - [mm] t_{i-1}) [/mm] ist.
Wobei Z = [mm] {t_0,t_1,...,t_n} [/mm] und [mm] m_i [/mm] := inf{f(x) | [mm] t_{i-1} \le [/mm] x [mm] \le t_i [/mm] } ist.
Und ich weis, dass
O(Z,f):= [mm] \summe_{i=1}^{n}M_i(t_i [/mm] - [mm] t_{i-1}) [/mm] ist.
Mit [mm] M_i [/mm] := sup{f(x) | [mm] t_{i-1} \le [/mm] x [mm] \le t_i [/mm] }
Aber ich weis nicht wie ich das hier benutzen soll.
Kann mir jemand helfen?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:47 Do 19.01.2006 | | Autor: | Hanno |
Hallo Edi!
Zwei Lösungen biete ich dir an:
1.) Zur Erinnerung: Es sei [mm] ${\cal Z}=[a=x_0,x_1,...,x_n=b]$ [/mm] eine beliebige Zerlegung des Intervalls $[a,b]$. Dann ist [mm] $\underline{\sum}(f,{\cal Z}):=\sum_{i=1}^{n} (x_i-x_{i-1})\inf f([x_{i-1},x_i])$ [/mm] die Untersumme von $f$ für die Zerlegung [mm] ${\cal Z}$. [/mm] Analog dazu ist [mm] $\overlineline{\sum}(f,{\cal Z}):=\sum_{i=1}^{n} (x_i-x_{i-1})\sup f([x_{i-1},x_i])$ [/mm] die Obersumme. Ferner bezeichne [mm] ${\cal U}$ [/mm] die Menge aller Untersummen und [mm] ${\cal O}$ [/mm] die Menge aller Obersummen.
Man kann zeigen, dass für zwei beliebige Zerlegungen [mm] ${\cal Z}_1,{\cal Z}_2$ [/mm] stets [mm] $\underline{\sum} (f,{\cal Z}_1)\leq\overline{\sum}(f,{\cal Z}_2)$ [/mm] gilt.
Falls [mm] $\inf {\cal O}=\sup{\cal U}$, [/mm] so definiert man [mm] $\int_{a}^{b} [/mm] f = [mm] \inf{\cal O}$ [/mm] und nennt den Ausdruck das bestimmte Integral von $f$ über $[a,b]$. Insbesondere gilt [mm] $\underline{\sum} (f,{\cal Z}_1)\leq \int_{a}^{b} [/mm] f [mm] \leq\overline{\sum}(f,{\cal Z}_2)$ [/mm] für zwei beliebige Zerlegungen [mm] ${\cal Z}_1,{\cal Z}_2$.
[/mm]
Bekanntermaßen ist $F$ mit $F(x)= [mm] \int_{a}^{x} [/mm] f$ eine Stammfunktion zu $f$.
In diesem Falle, also für $f$ mit [mm] $f(x)=\frac{1}{x^2}$, [/mm] ist aber auch [mm] $x\mapsto -\frac{1}{x}$ [/mm] Stammfunktion zu, d.h. wir haben [mm] $\int_{a}^{b} \frac{1}{x^2} [/mm] dx = [mm] F(b)-F(a)=-\frac{1}{b}+\frac{1}{a}=\frac{1}{a}-\frac{1}{b}$.
[/mm]
Setzt man dies in obige Gleichung ein, erhält man [mm] $\underline{\sum} (f,{\cal Z}_1)\leq \frac{1}{a}-\frac{1}{b} \leq\overline{\sum}(f,{\cal Z}_2)$, [/mm] was mit [mm] ${\cal Z}_1={\cal Z}_2$ [/mm] genau das gewünschte Resultat ist.
2.) Für beliebige, von Null verschiedene reelle Zahlen $x,y$ gilt [mm] $\frac{y-x}{y^2}\leq \frac{1}{x}-\frac{1}{y}$ [/mm] und [mm] $\frac{y-x}{x^2}\geq \frac{1}{x}-\frac{1}{y}$; [/mm] den Beweis überlasse ich dir, er ergibt sich aus elementaren Umformungen.
Sei nun wieder [mm] ${\cal Z}=[a=x_0,x_1,...,x_n=b]$ [/mm] eine Zerlegung von $[a,b]$. Dann ist [mm] $\underline{\sum}(f,{\cal Z})=\sum_{i=1}^{n}(x_i-x_{i-1})\inf f([x_{i-1},x_i])=\sum_{i=1}^{n}\frac{x_i-x_{i-1}}{x_i^2}\leq\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x_{i-1}}-\frac{1}{x_{i}}$ [/mm] und [mm] $\overlineline{\sum}(f,{\cal Z})=\sum_{i=1}^{n}(x_i-x_{i-1})\sup f([x_{i-1},x_i])=\sum_{i=1}^{n}\frac{x_i-x_{i-1}}{x_{i-1}^2}\geq\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x_{i-1}}-\frac{1}{x_{i}}$
[/mm]
Die Ausdrücke auf der rechten Seite entsprechen genau [mm] $\frac{1}{a}-\frac{1}{b}$; [/mm] mach dir dies klar. Damit ist der Beweis dann auch bereits erbracht.
Liebe Grüße,
Hanno
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