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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:55 Mi 19.01.2005 | | Autor: | Moe007 |
Hallo,
ich hoffe es kann mir jemand bei diesem Beweis helfen. Ich weiß leider überhaupt nicht, wie ich bei dieser Aufgabe vorgehen soll. Ich bitte deshalb um Tipps.
Aufgabe:
Sei n [mm] \in \IN. [/mm] Gebe für jedes [mm] \varepsilon [/mm] > 0 Treppenfunktionen g,h : [0,1] [mm] \to \IR [/mm] mit g [mm] \le x^{n} \le [/mm] h und | [mm] \integral_{0}^{1} [/mm] {h(x) dx} - [mm] \integral_{0}^{1} [/mm] {g(x) dx} < [mm] \varepsilon [/mm] an und berechne auf diese Weise [mm] \integral_{0}^{1} [/mm] { [mm] x^{n} [/mm] dx}.
Wie geht man hier am besten vor?
Danke. Moe007
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Hi MoeBond, MoeJamesBond,
mir scheint fast, dass Dir der Begriff Treppenfunktion so recht nichts sagen will, deshalb kurz ein Bild zur Illustration:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Es geht darum, die Funktion f (schwarz) durch unstetige, stufenförmige Funktionen g und h zu umgeben, dass für alle $x [mm] \in [/mm] [ 0, 1 ]$ gilt, was in der Aufgabe gefordert wurde. Dazu teilt man das Intervall [0,1] in diesem Fall am einfachsten in k gleich große Teilintervalle auf. Die untere Treppe hat in jedem dieser Teilintervalle den Wert $f(linke Grenze)$ und die obere entsprechend $f(rechte Grenze)$ (oben für vier Teilinterv. skizziert). Da diese Treppenfunktionen nun stückweise konstant sind, ist es einfach, eine Formel für den Flächeninhalt [mm] $F_{k}(Treppe)$ [/mm] unter ihnen in Abhängigkeit von k zu errechnen.
Dabei ist [mm] $F_{k}(g) \le \integral_{0}^{1} [/mm] {f(x) dx} [mm] \le F_{k}(h)$.
[/mm]
wenn dann die Grenzwerte der beiden [mm] $F_{k}$ [/mm] für [mm] $k\rightarrow\infty$ [/mm] übereinstimmen, bleibt dem Wert des Integrals über f nichts anderes übrig, als ebenfalls diesen Wert anzunehmen.
Das muss von Dir jetzt nur noch etwas genauer formuliert und anschließend ausgerechnet werden ![[aetsch]](/images/smileys/aetsch.gif "[aetsch]")
Viel Erfolg,
Peter
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: gif) [nicht öffentlich]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:02 Do 20.01.2005 | | Autor: | Moe007 |
Hallo,
danke erstmal für die Hilfe.... leider bin ich so dumm, und versteh nicht ganz, was du mit f( linke Grenze) und f(rechte Grenze) meinst? Könntest du es mir bitte besser erläutern was du damit meinst?
Leider hab ich nach langem Rumprobieren immer noch kein [mm] F_{k}(Treppe) [/mm] gefunden. Muss ich da jede einzelne Stufe addieren?
Danke für deine Hilfe.
Moe 007
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Hi Moe,
mit $f(linke/rechte Grenze)$ meinte ich die Randpunkte des entsprechenden Teilintervalls (TI). Die untere Treppenfunktion mit k gleichgroßen TI hat im i-ten TI den konstanten Wert [mm]f(\bruch{i-1}{k})[/mm], in diesem Fall also [mm](\bruch{i-1}{k})^{2}[/mm]. Um den Flächeninhalt zwischen einer Stufe der unteren Treppe und der x-Achse zu berechnen, mußt Du die Breite jeder Stufe mit deren Höhe multiplizieren. Das ist mit [mm] $F_{k}$ [/mm] für die untere Treppe gemeint gewesen.
Ich hoffe, das hat zum Verständnis beigetragen (?)
Peter
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:08 Fr 21.01.2005 | | Autor: | Peter_Pein |
Ich führe es nur für die untere Treppe vor. Für die obere geht das analog, nur dass der Funktionswert des jeweils rechten Randpunktes die Höhe der Stufe angibt.
Wenn ich das Interval [0,1] in k gleichgroße Intervalle unterteile, liegen die Randpunkte dieser Intervalle bei [mm] $\bruch{i}{k}, 0\le [/mm] i [mm] \le [/mm] k$. Jedes Teilintervall hat die Länge [mm] $\bruch{1}{k}$ [/mm] (Breite jeder Stufe). Die Höhe ist, wie beschrieben [mm](\bruch{i-1}{k})^{2}[/mm]. Also ist die Gesamtfläche unter der unteren Treppe [mm]\underline{F_{k}}= \summe_{i=1}^{k}(\bruch{1}{k}*(\bruch{i-1}{k})^{2}))=\bruch{1}{k^{3}} \summe_{i=1}^{k}(i-1)^{2}=\bruch{1}{6*k^{3}}*(k*(k-1)*(2*k-1))[/mm](Induktion). Ausmultipliziert haben wir also [mm]\underline{F_{k}}= \bruch{1}{3}-\bruch{1}{2*k}+\bruch{1}{6*k^2}[/mm]. Bei der Grenzwertbildung [mm] $k\rightarrow\infty$ [/mm] bleibt offenbar nur [mm] $\bruch{1}{3}$ [/mm] übrig.
Analog errechnet man für die obere Treppe den Flächeninhalt [mm]\overline{F_{k}}=\bruch{1}{3}+\bruch{1}{2*k}+\bruch{1}{6*k^2}[/mm], indem man entweder statt über [mm] $(i-1)^{2}$ [/mm] über [mm] $i^{2}$ [/mm] summiert, oder pfiffig ist, und einfach den fehlenden Summanden [mm] $\bruch{k^{2}}{k^{3}}$ [/mm] zu [mm] $\underline{F_{k}}$ [/mm] addiert. Das funktioniert aber nicht bei jedem f so einfach.
Viel Erfolg,
Peter
P.S.: Ich hoffe, nicht viele Tippfeler  eingebaut zu haben
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