Riemannsche Summen < Integration < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:43 Do 24.01.2008 | | Autor: | Zerwas |
| Aufgabe | | Berechnen Sie das Integral [mm] \integral_0^a e^x [/mm] dx mittels Riemannscher Summen. (a>0) |
Ich denke ich hänge hier einfach am finden der passenden Unterteilung, so dass ich dann die Summe auflösen kann.
Könnte mir hier jmd evtl einen Hinweis geben.
Gruß Zerwas
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:00 Do 24.01.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
Äquidistante Unterteilung, a/n
Summe :a/n rausziehen, geometrische Reihe bis n und Summenformel dafür.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:12 Do 24.01.2008 | | Autor: | Zerwas |
mhm okay ...
So hatte ich das probiert ... dann habe ich also:
[mm] S_n=\summe_{k=1}^n{e^{k\bruch{a}{n}}*\bruch{a}{n}} [/mm] = [mm] \bruch{a}{n}*\summe_{k=1}^n{e^{k\bruch{a}{n}}} [/mm]
aber wo habe ich dann meine geometrische Reihe?
die müsste doch 1. bei 0 losgehn und 2. stört das [mm] \bruch{a}{n} [/mm] im exponenten doch oder? :-[
Gruß Zerwas
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:40 Do 24.01.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo Zerwas,
> mhm okay ...
> So hatte ich das probiert ... dann habe ich also:
> [mm]S_n=\summe_{k=1}^n{e^{k\bruch{a}{n}}*\bruch{a}{n}}[/mm] =
> [mm]\bruch{a}{n}*\summe_{k=1}^n{e^{k\bruch{a}{n}}}[/mm]
das sollte passen (zur Obersumme).
> aber wo habe ich dann meine geometrische Reihe?
> die müsste doch 1. bei 0 losgehn und 2. stört das
> [mm]\bruch{a}{n}[/mm] im exponenten doch oder? :-[
Ähm, also Dir sollte schon bewußt sein, dass es für $|q|<1$ einfach ist, dann
[mm] $\sum_{k=N}^\infty q^k$ [/mm] auf [mm] $\sum_{k=0}^\infty q^k$ [/mm] zurückzuführen. Entweder (man beachte die Konvergenz aller auftretenden Reihen):
[mm] $\sum_{k=N}^\infty q^k=\sum_{k=0}^\infty q^k-\sum_{k=0}^{N-1} q^k$, [/mm]
oder
[mm] $\sum_{k=N}^\infty q^k=q^N*\sum_{k=0}^\infty q^k$
[/mm]
kann man ausnutzen (in beiden Fällen erhält man natürlich das gleiche Ergebnis für [mm] $\sum_{k=N}^\infty q^k$).
[/mm]
Bei Dir oben sind $a > 0$ und $n [mm] \in \IN$ [/mm] fest, also:
[mm] $\bruch{a}{n}*\summe_{k=1}^n{e^{k\bruch{a}{n}}}=\bruch{a}{n}*\summe_{k=1}^n{\left(e^{\bruch{a}{n}}\right)^k}$ [/mm]
Aber das folgende meinte Leduart mit "geometrischer Reihe bis n" (er meinte damit einfach die Formel für das "(n+1)-te Glied" der zugehörigen Folge der Partialsummen):
Es gilt nun sogar jedes feste $z [mm] \in \IC\backslash\{1\}$ [/mm] und feste $m [mm] \in \IN$ [/mm] (also für das (m+1)-te Glied der zugehörigen Partialsummenfolge der Reihe [mm] $\sum_{k=0}^\infty z^k$):
[/mm]
[mm] $\sum_{k=0}^m z^k=\frac{1-z^{m+1}}{1-z}$, [/mm]
also
[mm] $\sum_{k=1}^m z^k=\frac{1-z^{m+1}}{1-z}-1=z [/mm] * [mm] \frac{1-z^m}{1-z}$
[/mm]
Diese Formel kannst Du also auch oben für [mm] $z=e^{\frac{a}{n}}$ [/mm] und $m=n$ benützen (beachte, dass [mm] $e^{\frac{a}{n}}=1 \gdw [/mm] a=0$;
es ist also bei Dir wegen $a > 0$ stets [mm] $e^{\frac{a}{n}}\not=1$).
[/mm]
P.S.:
Wenn ich das richtig sehe, bliebe bei Dir dann zu begünden, dass für jedes feste $a > 0$
[mm] $\frac{a}{n}*e^{\frac{a}{n}}*\frac{1}{1-e^{\frac{a}{n}}} \to [/mm] -1$ bei $n [mm] \to \infty$
[/mm]
Eine (vielleicht möglicher) Ansatz wäre es, dies mittels
$f: [mm] \IR_{> 0} \to \IR$ [/mm] mit [mm] $f(x):=\frac{a}{x}*e^{\frac{a}{x}}*\frac{1}{1-e^{\frac{a}{x}}}$ [/mm] und Hospital bei $x [mm] \to \infty$ [/mm] zu begründen.
(Beachte:
[mm] $\frac{a}{x}*e^{\frac{a}{x}} \to [/mm] 0$ und [mm] $1-e^{\frac{a}{x}} \to [/mm] 0$ bei $x [mm] \to \infty$.)
[/mm]
Andernfalls musst Du Dir überlegen, ob Du es vielleicht anders begründen kannst. Mit der Reihendarstellung von $e$, mit Grenzwertübergangen oder wie auch immer...
D.h., vielleicht genügt es hier auch einfach, ein wenig (mit Grenzwertsätzen etc.) rumzurechnen und dabei
[mm] $e^{\frac{a}{n}}=\sum_{k=0}^\infty \frac{\left(\frac{a}{n}\right)^k}{k!}$
[/mm]
oder
[mm] $e^{\frac{a}{n}}=\lim_{k \to \infty} \left(1+\frac{\left(\frac{a}{n}\right)}{k}\right)^k$
[/mm]
auszunutzen...
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:20 Do 24.01.2008 | | Autor: | Zerwas |
okay gut
dann hätte ich also:
[mm] S_n=\summe_{k=1}^n{e^{k\bruch{a}{n}}\cdot{}\bruch{a}{n}} [/mm] = [mm] \bruch{a}{n}\cdot{}\summe_{k=1}^n{e^{k\bruch{a}{n}}} [/mm] = [mm] \bruch{a}{n}\cdot{}\summe_{k=1}^n{(e^{\bruch{a}{n}})^k} [/mm] = [mm] \bruch{a}{n}*e^{\bruch{a}{n}}*\bruch{1-e^{\bruch{a}{n}}^n}{1-e^{\bruch{a}{n}}} [/mm] = [mm] \bruch{a}{n}*e^{\bruch{a}{n}}*\bruch{1-e^a}{1-e^{\bruch{a}{n}}}
[/mm]
So jetzt wollte ich eigentlich n gegen [mm] \infty [/mm] streben lassen um damit die Länge der einzlnen Intervalle gegen 0 gehn zu lassen und damit das Integral zu bekommen.
Jetzt habe ich aber das Problem, dass ich [mm] e^{\bruch{a}{n}} [/mm] nicht aus dem Nenner weg bekomme.
Wieso das:
$ [mm] \frac{a}{n}\cdot{}e^{\frac{a}{n}}\cdot{}\frac{1}{1-e^{\frac{a}{n}}} \to [/mm] -1 $ bei $ n [mm] \to \infty [/mm] $
???
Danke und Gruß Zerwas
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:39 Do 24.01.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
Irgendwas musst du schon selbst tun! Marcel hat dir doch Hinweise gegeben.
Du weisst ja das Resultat [mm] e^a-1: [/mm]
also bleibt zu beweisen [mm] a/n*1/(e^{a/n}-1) [/mm] konvergiert gegen 1
das ist beinahe dasselbe wie [mm] x/(e^x-1) [/mm] für x gegen 0!
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:35 Do 24.01.2008 | | Autor: | Zerwas |
Okay gut ... ich stand einfach voll auf dem Schlauch
Wenn ich habe [mm] \bruch{a}{n}\cdot{}e^{\bruch{a}{n}}\cdot{}\bruch{1-e^a}{1-e^{\bruch{a}{n}}} [/mm] = [mm] \bruch{a}{n}\cdot{}e^{\bruch{a}{n}}\cdot{}\bruch{1}{1-e^{\bruch{a}{n}}} *(1-e^a)
[/mm]
und um dort die Vorzeichen umzudrehn muss ich zeigen, dass [mm] \bruch{a}{n}\cdot{}e^{\bruch{a}{n}}\cdot{}\bruch{1}{1-e^{\bruch{a}{n}}} [/mm] gegen (-1) konvergiert für [mm] n\rightarrow\infty
[/mm]
Wobei ich x = [mm] \bruch{a}{n} [/mm] setzen und dann gegen 0 gehen lassen kann.
bleibt also noch zu zeigen:
[mm] \lim_{x\rightarrow 0} x\cdot{}e^{x}\cdot{}\bruch{1}{1-e^{x}}=-1
[/mm]
Stimmt das soweit erstmal vom Verständniss her?
Am zeigen des GW grübel ich gerade noch.
Vielen Dank für die Geduld und Gruß Zerwas
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:02 Do 24.01.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
soweit richtig, aber warum musst du denn das Vorzeichen umdrehen? und nicht direkt das positive beweisen? kommt aber aufs gleiche raus.
und das mit dem x muss nicht sein, aber kann.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:37 Do 24.01.2008 | | Autor: | Zerwas |
Danke ... dann habe ich es jetzt denke ich:
Auf meinen Term kann ich jetzt die Regel von L'Hospital loslassen:
[mm] \lim_{x\rightarrow 0}\bruch{x*e^x}{1-e^x} [/mm] = [mm] \lim_{x\rightarrow 0}\bruch{e^x}{-e^x} [/mm] = [mm] \lim_{x\rightarrow 0}(-1)\bruch{e^x}{e^x} [/mm] = -1
Und damit wäre ich fertig.
Passt das so?
Danke nochmal für die Geduld :)
LG Zerwas
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:39 Do 24.01.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo Zerwas!
Idee mit de l'Hospital ist richtig und gut. Allerdings musst Du im Zähler zum Ableiten die  Produktregel anwenden.
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:43 Do 24.01.2008 | | Autor: | Zerwas |
Autsch ... klar :-/ ... danke
dann hätte ich:
[mm] \lim_{x\rightarrow 0}\bruch{x\cdot{}e^x}{1-e^x} [/mm] = [mm] \lim_{x\rightarrow 0}\bruch{x*e^x+e^x}{-e^x} [/mm] = [mm] \lim_{x\rightarrow 0}\bruch{e^x(x+1)}{-e^x} [/mm] = [mm] \lim_{x\rightarrow 0} [/mm] (-1)(x+1) = [mm] \lim_{x\rightarrow 0} [/mm] -x-1 = -1
Jetzt aber oder?
Zerwas
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Sieht viel besser aus. 
