Beweis von Ungleichungen < Integration < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:51 Mo 08.04.2013 | | Autor: | Mopsi |
| Aufgabe | Sei [mm]f : [1, \infty[ \to[0, \infty[[/mm] eine monoton fallende Funktion.
1.
Zeige, dass [mm] \sum_{k=2}^{n} f(k) \leq \int_{1}^{n}{f(x) dx} \leq \sum_{k=1}^{n-1} f(k)[/mm]
2.
Zeige, dass [mm] \sum_{k=1}^{ \infty} f(k) < \infty \gdw \int_{1}^{ \infty}{f(x) dx} < \infty[/mm]
3.
Zeige, dass [mm] \sum_{k=1}^{ \infty} k^s < \infty \gdw s < -1[/mm] |
Einen wunderschönen guten Abend an alle Helfer :)
Zunächst einmal habe ich schon eine Frage zur Aufgabenstellung.
Was genau bedeutet [mm]f : [1, \infty[ \to[0, \infty[[/mm]?
Beides sind halboffene Intervalle, aber was macht der Pfeil dazwischen? Wird hier etwas abgebildet?
Zu 1:
Wie soll ich hier herangehen? Für mich wäre es wichtig, wenn ich überhaupt wissen würde was genau f ist. Also was ist denn z.B. f(2),f(3). Soll ich das hieraus [mm]f : [1, \infty[ \to[0, \infty[[/mm] wissen?
Desweiteren frage ich mich, was ich hier für eine Beweisart (Induktion, Widerspruchsbeweis) suche?
Ich kann z.B. einfache Ungleichungen, wie z.B. [mm]3x^2 + 4x + 3 < 2^x + 4x + 7[/mm] beweisen, indem ich umforme und dann später mit Induktion das ganze noch beweise.
Aber hier kann ich das nicht genau anwenden, oder doch?
Könnt Ihr mit bitte helfen?
//
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Eure Mopsi
|
|
| |
|
Hallo,
> Sei [mm]f : [1, \infty[ \to[0, \infty[[/mm] eine monoton fallende
> Funktion.
>
> 1.
> Zeige, dass [mm] \sum_{k=2}^{n} f(k) \leq \int_{1}^{n}{f(x) dx} \leq \sum_{k=1}^{n-1} f(k)[/mm]
>
>
> 2.
>
> Zeige, dass [mm] \sum_{k=1}^{ \infty} f(k) < \infty \gdw \int_{1}^{ \infty}{f(x) dx} < \infty[/mm]
>
> 3.
> Zeige, dass [mm] \sum_{k=1}^{ \infty} k^s < \infty \gdw s < -1[/mm]
> Zunächst einmal habe ich schon eine Frage zur
> Aufgabenstellung.
> Was genau bedeutet [mm]f : [1, \infty[ \to[0, \infty[[/mm]?
>
> Beides sind halboffene Intervalle, aber was macht der Pfeil
> dazwischen? Wird hier etwas abgebildet?
Ja. Es bedeutet, dass f eine Abbildung von [1, [mm] \infty[ [/mm] nach [0, [mm] \infty[ [/mm] ist.
(f könnte also zum Beispiel die Funktion $f(x) = [mm] \frac{1}{x}$ [/mm] sein.)
> Zu 1:
>
> Wie soll ich hier herangehen? Für mich wäre es wichtig,
> wenn ich überhaupt wissen würde was genau f ist. Also was
> ist denn z.B. f(2),f(3). Soll ich das hieraus [mm]f : [1, \infty[ \to[0, \infty[[/mm] wissen?
Du weißt zunächst nichts über f(2), f(3). Allerdings weißt du, dass f monoton fallend ist. Das benötigst du auch sehr stark beim Beweis. f monoton fallend bedeutet
$x [mm] \le [/mm] y [mm] \Rightarrow [/mm] f(x) [mm] \ge [/mm] f(y)$
> Desweiteren frage ich mich, was ich hier für eine
> Beweisart (Induktion, Widerspruchsbeweis) suche?
Ich würde es mit einem direkten Beweis versuchen. Keine Induktion, das bringt hier nicht so viel.
Überlege dir für den Beweis Folgendes: Weil f monoton fallend ist, gilt für $k [mm] \in \IN$:
[/mm]
$f(k) [mm] \ge [/mm] f(x)$ für alle $x [mm] \in [/mm] [k,k+1]$. (*)
Andererseits gilt:
$f(x) [mm] \ge [/mm] f(k+1)$ für alle $x [mm] \in [/mm] [k,k+1]$. (**)
Teile das Integral [mm] $\int_{1}^{n}f(x) [/mm] dx$ auf:
[mm] $\int_{1}^{n} [/mm] = [mm] \int_{1}^{2} [/mm] + [mm] \int_{2}^{3} [/mm] + ... + [mm] \int_{n-1}^{n}$.
[/mm]
Dann kannst du jedes einzelne Integral mit Hilfe der Gleichungen (*) oder (**) nach oben und unten abschätzen und so 1) beweisen.
Viele Grüße,
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:34 Di 09.04.2013 | | Autor: | Mopsi |
Hallo steppenhahn und recht herzlichen Dank für deine Hilfe :)
> > Zunächst einmal habe ich schon eine Frage zur
> > Aufgabenstellung.
> > Was genau bedeutet [mm]f : [1, \infty[ \to[0, \infty[[/mm]?
> > Beides sind halboffene Intervalle, aber was macht der Pfeil
> > dazwischen? Wird hier etwas abgebildet?
> Ja. Es bedeutet, dass f eine Abbildung von [1, [mm] \infty[ [/mm] nach [0, [mm] \infty[ [/mm] ist.
> (f könnte also zum Beispiel die Funktion $f(x) = [mm] \frac{1}{x}$ [/mm] sein.)
Super, das habe ich jetzt verstanden, danke :)
> > Zu 1:
> Ich würde es mit einem direkten Beweis versuchen. Keine Induktion, das >bringt hier nicht so viel.
>Überlege dir für den Beweis Folgendes: Weil f monoton fallend ist, gilt für > $k [mm] \in \IN$:
[/mm]
> $f(k) [mm] \ge [/mm] f(x)$ für alle $x [mm] \in [/mm] [k,k+1]$. (*)
> Andererseits gilt:
> $f(x) [mm] \ge [/mm] f(k+1)$ für alle $x [mm] \in [/mm] [k,k+1]$. (**)
Okay, das kann ich nachvollziehen.
> Teile das Integral [mm] $\int_{1}^{n}f(x) [/mm] dx$ auf:
> [mm] $\int_{1}^{n} [/mm] = [mm] \int_{1}^{2} [/mm] + [mm] \int_{2}^{3} [/mm] + ... + [mm] \int_{n-1}^{n}$.
[/mm]
> Dann kannst du jedes einzelne Integral mit Hilfe der Gleichungen (*) oder (**) nach oben > und unten abschätzen und so 1) beweisen.
Das verstehe ich nicht ganz.
Okay, wir haben schon einmal zwei Gleichungen aufgestellt für die Funktion f mithilfe der Eigenschaft, dass sie monoton fallend ist.
Aber wo genau ist der Bezug zu den Reihen und das die eine bis n und die andere nur bis n-1 geht?
Welche Idee steckt dahinter, das Integral aufzuteilen?
Und wie meinst du das mit "jedes einzelne Integral"? Das sind doch unendlich viele. :P
Also den Ansatz mit monoton fallend habe ich verstanden nur nicht den Bezug auf die Ungleichungen und warum wir das Integral aufteilen..
Dankeschön :)
Mopsi
|
|
|
| |
|
Hallo Mopsi,
>Überlege dir für den Beweis Folgendes: Weil f monoton fallend ist, gilt für > $k [mm] \in \IN$: [/mm]
> $f(k) [mm] \ge [/mm] f(x)$ für alle $x [mm] \in [/mm] [k,k+1]$. (*)
> Andererseits gilt:
> $f(x) [mm] \ge [/mm] f(k+1)$ für alle $x [mm] \in [/mm] [k,k+1]$. (**)
> Teile das Integral [mm] $\int_{1}^{n}f(x) [/mm] dx$ auf:
> [mm] $\int_{1}^{n} [/mm] = [mm] \int_{1}^{2} [/mm] + [mm] \int_{2}^{3} [/mm] + ... + [mm] \int_{n-1}^{n}$. [/mm] (***)
> Dann kannst du jedes einzelne Integral mit Hilfe der Gleichungen (*) oder (**) nach oben > und unten abschätzen und so 1) beweisen.
"Das verstehe ich nicht ganz.
Okay, wir haben schon einmal zwei Gleichungen aufgestellt für die Funktion f mithilfe der Eigenschaft, dass sie monoton fallend ist. "
Genaugenommen sind es Ungleichungen 
> "Aber wo genau ist der Bezug zu den Reihen und das die eine bis n und die andere nur bis n-1 geht?"
Kommt unten.
> "Welche Idee steckt dahinter, das Integral aufzuteilen?"
Weil man sieht, was man beweisen soll. Und um auf die Summen links und rechts zu kommen, muss man ja irgendwie n Summanden erzeugen. Außerdem habe ich den Beweis schonmal gesehen
> "Und wie meinst du das mit "jedes einzelne Integral"? Das sind doch unendlich viele. :P "
Nein, es sind endlich viele, nämlich n Stück. Das ist ein Unterschied. Die Aufgabe 1) hat noch endlich viele Summanden.
Also starten wir nochmal mit der Aufteilung des Integrals (ich schreibe jetzt (***) oben mit einem Summenzeichen)
[mm] $\int_{1}^{n}f(x) [/mm] dx = [mm] \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1} [/mm] f(x) dx$
Nun benutzen wir die Ungleichungen. Nehmen wir mal (*) her. Nach der gilt $f(x) [mm] \le [/mm] f(k)$ für $x [mm] \in [/mm] [k,k+1]$. Der Trick ist jetzt (und das ist vielleicht auch eine Motivation, das Integral aufzuteilen): In den einzelnen Integralen wir f(x) ja nur über dem Intervall [k,k+1] integriert. Wir können also abschätzen:
[mm] $\le \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1} [/mm] f(k) dx$.
Kannst du diesen Term weiter vereinfachen? Im Integral steht jetzt nur noch eine Konstante.
Viele Grüße,
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:08 Di 09.04.2013 | | Autor: | Mopsi |
> "Das verstehe ich nicht ganz.
> Okay, wir haben schon einmal zwei Gleichungen aufgestellt
> für die Funktion f mithilfe der Eigenschaft, dass sie
> monoton fallend ist. "
>
>
> Genaugenommen sind es Ungleichungen
Oh ja, sorry :P
> > "Und wie meinst du das mit "jedes einzelne Integral"? Das
> sind doch unendlich viele. :P "
>
> Nein, es sind endlich viele, nämlich n Stück. Das ist ein
> Unterschied. Die Aufgabe 1) hat noch endlich viele
> Summanden.
Oh ja, sehe ich nun auch :)
> Also starten wir nochmal mit der Aufteilung des Integrals
> (ich schreibe jetzt (***) oben mit einem Summenzeichen)
>
> [mm]\int_{1}^{n}f(x) dx = \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1} f(x) dx[/mm]
>
> Nun benutzen wir die Ungleichungen. Nehmen wir mal (*) her.
> Nach der gilt [mm]f(x) \le f(k)[/mm] für [mm]x \in [k,k+1][/mm]. Der Trick
> ist jetzt (und das ist vielleicht auch eine Motivation, das
> Integral aufzuteilen): In den einzelnen Integralen wir f(x)
> ja nur über dem Intervall [k,k+1] integriert. Wir können
> also abschätzen:
>
> [mm]\le \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1} f(k) dx[/mm].
Das kann ich nachvollziehen.
> Kannst du diesen Term weiter vereinfachen? Im Integral
> steht jetzt nur noch eine Konstante.
Die Konstante ist n, soll ich die verändern? Soll da am Ende n und nicht n-1 stehen?
Ich wüsste nicht, was man hier noch vereinfach sollte?
Mopsi
|
|
|
| |
|
Hallo Mopsi,
> > [mm]\int_{1}^{n}f(x) dx = \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1} f(x) dx[/mm]
> >
> > [mm]\le \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1} f(k) dx[/mm].
> > Kannst du diesen Term weiter vereinfachen? Im Integral
> > steht jetzt nur noch eine Konstante.
>
> Die Konstante ist n, soll ich die verändern?
Nein, die Konstante im Integral ist $f(k)$.
Es ist doch [mm] $\int_{k}^{k+1}f(k) [/mm] dx = f(k)$.
Also kann obiger Term vereinfacht werden zu:
[mm] $\sum_{k=1}{n-1} [/mm] f(k)$
... und das war zu zeigen!
> Soll da am
> Ende n und nicht n-1 stehen?
Wo genau meinst du?
Die Summe muss bis (n-1) gehen.
Viele Grüße,
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:25 Di 09.04.2013 | | Autor: | Mopsi |
Hallo Steffan :)
> > > [mm]\int_{1}^{n}f(x) dx = \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1} f(x) dx[/mm]
>
> > >
> > > [mm]\le \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1} f(k) dx[/mm].
>
>
> > > Kannst du diesen Term weiter vereinfachen? Im Integral
> > > steht jetzt nur noch eine Konstante.
> >
> > Die Konstante ist n, soll ich die verändern?
>
>
> Nein, die Konstante im Integral ist [mm]f(k)[/mm].
> Es ist doch [mm]\int_{k}^{k+1}f(k) dx = f(k)[/mm].
Tut mir Leid ![[wein]](/images/smileys/wein.gif "[wein]") Aber ich verstehe das nicht :(
Wie kommt man auf diese Gleichung?
> > Soll da am
> > Ende n und nicht n-1 stehen?
>
> Wo genau meinst du?
> Die Summe muss bis (n-1) gehen.
Sorry, ich habe da einfach geraten, weil ich nicht genau wusste was ich vereinfach soll :P
Mopsi
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 02:16 Di 09.04.2013 | | Autor: | meili |
Hallo Mopsi,
> Hallo Steffan :)
>
>
> > > > [mm]\int_{1}^{n}f(x) dx = \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1} f(x) dx[/mm]
>
> >
> > > >
> > > > [mm]\le \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1} f(k) dx[/mm].
> >
> >
> > > > Kannst du diesen Term weiter vereinfachen? Im
> Integral
> > > > steht jetzt nur noch eine Konstante.
> > >
> > > Die Konstante ist n, soll ich die verändern?
> >
> >
> > Nein, die Konstante im Integral ist [mm]f(k)[/mm].
> > Es ist doch [mm]\int_{k}^{k+1}f(k) dx = f(k)[/mm].
>
> Tut mir Leid Aber ich verstehe das nicht :(
> Wie kommt man auf diese Gleichung?
Man möchte das Integral [mm] $\integral_{k}^{k+1}{f(x) dx}$ [/mm] abschätzen.
Statt das Integral zu berechnen, ersetzt man f(x) durch eine Konstante,
nämlich f(k), den Funktionswert am Anfang des Intervalls [k; (k+1)],
und behält diese Konstante für das ganze Intervall bei.
Da die Funktion f monoton fallend ist, ist $ f(x) [mm] \le [/mm] f(k)$ für alle $x [mm] \in$ [/mm] [k; (k+1)].
Berechnet man nun das Integral [mm] $\integral_{k}^{k+1}{f(k) dx}$,
[/mm]
kann man das nach den Rechenregeln für Integrale machen:
[mm] $\integral_{k}^{k+1}{f(k) dx} [/mm] = [mm] \left[x*f(k)\right]_k^{k+1} [/mm] = (k+1)*f(k) - k*f(k) = f(k)$
oder man macht sich klar,
dass [mm] $\integral_{k}^{k+1}{f(k) dx}$
[/mm]
dem Flächeninhalt eines Rechtecks entspricht mit der Breite 1 ( (k+1) - k ) und der Höhe f(k).
Da die Funktion f monoton fallend ist,( ist $ f(x) [mm] \le [/mm] f(k)$ für alle $x [mm] \in$ [/mm] [k; (k+1)]);
und damit [mm] $\integral_{k}^{k+1}{f(x) dx} \le \integral_{k}^{k+1}{f(k) dx}$
[/mm]
>
> > > Soll da am
> > > Ende n und nicht n-1 stehen?
> >
> > Wo genau meinst du?
> > Die Summe muss bis (n-1) gehen.
>
> Sorry, ich habe da einfach geraten, weil ich nicht genau
> wusste was ich vereinfach soll :P
>
> Mopsi
Gruß
meili
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:48 Mi 10.04.2013 | | Autor: | Mopsi |
Hallo Meili :)
> > > > > [mm]\int_{1}^{n}f(x) dx = \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1} f(x) dx[/mm]
>
> > > > > [mm]\le \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1} f(k) dx[/mm].
> >
>
> > > Nein, die Konstante im Integral ist [mm]f(k)[/mm].
> > > Es ist doch [mm]\int_{k}^{k+1}f(k) dx = f(k)[/mm].
> >
> > Tut mir Leid Aber ich verstehe das nicht :(
> > Wie kommt man auf diese Gleichung?
> Man möchte das Integral [mm]\integral_{k}^{k+1}{f(x) dx}[/mm]
> abschätzen.
>
> Statt das Integral zu berechnen, ersetzt man f(x) durch
> eine Konstante,
> nämlich f(k), den Funktionswert am Anfang des Intervalls
> [k; (k+1)],
> und behält diese Konstante für das ganze Intervall
> bei.
>
> Da die Funktion f monoton fallend ist, ist [mm]f(x) \le f(k)[/mm]
> für alle [mm]x \in[/mm] [k; (k+1)].
>
> Berechnet man nun das Integral [mm]\integral_{k}^{k+1}{f(k) dx}[/mm],
>
> kann man das nach den Rechenregeln für Integrale machen:
>
> [mm]\integral_{k}^{k+1}{f(k) dx} = \left[x*f(k)\right]_k^{k+1} = (k+1)*f(k) - k*f(k) = f(k)[/mm]
Okay, ich glaube jetzt habe ich es verstanden und ich probiere es jetzt mal nach unten abzuschätzen.
Durch [mm]f(x) \geq f(k+1) [/mm] mit [mm]x \in \{k,k+1\}[/mm] gilt:
[mm] \int_{1}^{n}{f(x) dx} \geq \int_{1}^{n}{f(k+1) dx}[/mm]
Nun muss ich doch durch Umformen auf die linke Seite unserer Ungleichung kommen, also auf [mm] \sum_{k=2}^{n} f(k)[/mm]
Versuch 1:
[mm] \int_{1}^{n}{f(k+1) dx} = \sum_{k=2}^{n} \int_{k}^{k+1}{f(k+1) dx}[/mm]
Das ist natürlich nicht richtig, weil ich 1. noch das Integral von n bis n+1 berechne und zweitens erst bei dem Integral 2 bis 3 beginne und dabei das Integral 1 bis 2 vergessen haben, also:
[mm] \int_{1}^{n}{f(k+1) dx} = ( \sum_{k=2}^{n} \int_{k}^{k+1}{f(k+1) dx} ) - (\int_{n}^{n+1}{f(n+1) dx}) + (\int_{1}^{2}{f(2) dx}) [/mm]
[mm]= (\sum_{k=2}^{n} f(k+1)) - f(n+1) + (2*f(2) - f(1))[/mm]
Ist das wieder völliger Schwachsinn? :(
Vielen lieben Dank an die beiden Helfer :)
|
|
|
| |
|
Hallo,
> Okay, ich glaube jetzt habe ich es verstanden und ich
> probiere es jetzt mal nach unten abzuschätzen.
>
> Durch [mm]f(x) \geq f(k+1) [/mm] mit [mm]x \in \{k,k+1\}[/mm] gilt:
>
> [mm]\int_{1}^{n}{f(x) dx} \geq \int_{1}^{n}{f(k+1) dx}[/mm]
Nein, das ist nicht richtig.
Du musst erst das Integral aufteilen und dann abschätzen. Auf der rechten Seite deiner Ungleichung hat das "k" doch jetzt gar keine Bedeutung.
[mm] $\int_{1}^{n}f(x) [/mm] dx = [mm] \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}f(x) [/mm] dx.$
JETZT kannst du im Integral jeweils benutzen, dass $f(x) [mm] \ge [/mm] f(k+1)$.
Wenn du es jetzt wieder wie oben durchziehst, müsste es ohne Probleme klappen!
> Nun muss ich doch durch Umformen auf die linke Seite
> unserer Ungleichung kommen, also auf [mm] \sum_{k=2}^{n} f(k)[/mm]
>
> Versuch 1:
>
> [mm]\int_{1}^{n}{f(k+1) dx} = \sum_{k=2}^{n} \int_{k}^{k+1}{f(k+1) dx}[/mm]
Das benutzt leider den obigen falschen Ansatz.
> Das ist natürlich nicht richtig, weil ich 1. noch das
> Integral von n bis n+1 berechne und zweitens erst bei dem
> Integral 2 bis 3 beginne und dabei das Integral 1 bis 2
> vergessen haben, also:
>
> [mm]\int_{1}^{n}{f(k+1) dx} = ( \sum_{k=2}^{n} \int_{k}^{k+1}{f(k+1) dx} ) - (\int_{n}^{n+1}{f(n+1) dx}) + (\int_{1}^{2}{f(2) dx})[/mm]
>
> [mm]= (\sum_{k=2}^{n} f(k+1)) - f(n+1) + (2*f(2) - f(1))[/mm]
Das wirst du alles nicht brauchen..
Viele Grüße,
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 02:03 Mi 10.04.2013 | | Autor: | Mopsi |
Hallo Stefan :)
> > Durch [mm]f(x) \geq f(k+1) [/mm] mit [mm]x \in \{k,k+1\}[/mm] gilt:
>
> >
> > [mm]\int_{1}^{n}{f(x) dx} \geq \int_{1}^{n}{f(k+1) dx}[/mm]
>
>
> Nein, das ist nicht richtig.
> Du musst erst das Integral aufteilen und dann abschätzen.
> Auf der rechten Seite deiner Ungleichung hat das "k" doch
> jetzt gar keine Bedeutung.
Du hast Recht, jetzt sehe ich ich es auch.. ![[bonk]](/images/smileys/bonk.gif "[bonk]")
> [mm]\int_{1}^{n}f(x) dx = \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}f(x) dx.[/mm]
>
> JETZT kannst du im Integral jeweils benutzen, dass [mm]f(x) \ge f(k+1)[/mm].
>
> Wenn du es jetzt wieder wie oben durchziehst, müsste es
> ohne Probleme klappen!
Okay, ich probiere es mal:
[mm]\int_{1}^{n}f(x) dx = \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}f(x) dx.[/mm]
[mm]\sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}f(x) dx \geq \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}f(k+1) dx = ( \sum_{k=2}^{n} \int_{k}^{k+1}{f(k+1) dx}) - \int_{n}^{n+1}{f(n+1) dx} - \int_{1}^{2}{f(2) dx}[/mm]
[mm]= \sum_{k=2}^{n} f(k+1) - f(n+1) - (2*f(2)-f(2)) = \sum_{k=2}^{n} f(k+1) - f(n+1) - f(2)[/mm]
Wieder nicht das Ergebnis... :(
Ist mein Anatz falsch? Ich habe wieder versucht auf die linke Seite unserer Ungleichung zu kommen...
Mopsi
|
|
|
| |
|
Hallo Mopsi,
> > [mm]\int_{1}^{n}f(x) dx = \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}f(x) dx.[/mm]
>
> >
> > JETZT kannst du im Integral jeweils benutzen, dass [mm]f(x) \ge f(k+1)[/mm].
>
> >
> > Wenn du es jetzt wieder wie oben durchziehst, müsste
> es
> > ohne Probleme klappen!
>
> Okay, ich probiere es mal:
>
> [mm]\int_{1}^{n}f(x) dx = \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}f(x) dx.[/mm]
>
> [mm]\sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}f(x) dx \geq \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}f(k+1) dx = ( \sum_{k=2}^{n} \int_{k}^{k+1}{f(k+1) dx}) - \int_{n}^{n+1}{f(n+1) dx} \red{-} \int_{1}^{2}{f(2) dx}[/mm]
Die Abschätzung ist OK,
das rote Minus oben muss aber ein Plus sein!
Du machst es dir wieder schwer . Wie oben gilt doch bereits:
[mm] $\int_{k}^{k+1}f(k+1) [/mm] dx = f(k+1)$.
(Im Integral steht nur eine Konstante). Das heißt es gibt gar keine Integrale mehr. Aber ich sehe, das machst du im nächsten Schritt.
Außerdem musst du nicht diese Summanden aus der Summe ziehen!
> [mm]= \sum_{k=2}^{n} f(k+1) - f(n+1) \red{-} (2*f(2)-f(2)) = \sum_{k=2}^{n} f(k+1) - f(n+1) \red{-} f(2)[/mm]
Auch hier das rote Minus zum Plus.
Ansonsten hast du richtige gerechnet.
> Wieder nicht das Ergebnis... :(
Doch, wenn du noch ein bisschen umformst, kommst du zum richtigen Ergebnis.
In der Summe kannst du eine Indexverschiebung durchführen. Es gilt:
[mm] $\sum_{k=2}^{n}f(k+1) [/mm] = [mm] \sum_{k=3}^{n+1}f(k)$
[/mm]
(Um dir das klarzumachen, kannst du einfachen mal beide Summen ausschreiben)
Nun musst du bloß deine beiden Summanden oben wieder in die Summe reinstecken, dann erhältst du die richtige Lösung.
----------
Der kurze Weg:
[mm] $\int_{1}^{n}f(x) [/mm] dx = [mm] \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}f(x) [/mm] dx [mm] \ge \sum_{k=1}^{n-1}\int_k^{k+1}f(k+1) [/mm] dx = [mm] \sum_{k=1}^{n-1}f(k+1) [/mm] = [mm] \sum_{k=2}^{n}f(k)$
[/mm]
(Letzter Schritt ist Indexverschiebung).
Gute Nacht,
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 04:38 Mi 10.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> In der Summe kannst du eine Indexverschiebung
> durchführen. Es gilt:
>
> [mm]\sum_{k=2}^{n}f(k+1) = \sum_{k=3}^{n+1}f(k)[/mm]
>
> (Um dir das klarzumachen, kannst du einfachen mal beide
> Summen ausschreiben)
auch hier ein "kleiner formaler Hinweis": Wenn man [mm] $\ell=k+1$ [/mm] setzt, so
durchläuft [mm] $k\,$ [/mm] die Werte $2,...,n$ (in dieser Reihenfolge) genau dann, wenn
[mm] $\ell$ [/mm] die Werte von $3,...,n+1$ durchläuft (in dieser Reihenfolge - der
"Reihenfolgenvergleich" soll nur darauf aufmerksam machen, dass man
hier das Kommutativitätsgesetz für endliche Summen nicht anwendet).
Damit gilt
[mm] $$\sum_{k=2}^n f(k+1)=\sum_{\ell-1=2}^{\ell-1=n} f(\ell)=\sum_{\ell=3}^{\ell=n+1}f(\ell)=\sum_{\ell=3}^{n+1}f(\ell)\,.$$
[/mm]
Da man "Laufindizes in den Summenzeichen" (fast) beliebig nennen darf,
wie man will, kann man anstatt [mm] $\ell$ [/mm] am Ende dann wieder [mm] $k\,$ [/mm] schreiben
(dann ist aber zu beachten, dass das alte [mm] $k\,$ [/mm] ein anderes ist wie das
neue [mm] $k\,$ [/mm] - schließlich durchlief das alte die Werte [mm] $2,..,n,\,$ [/mm] und das neue
durchläuft die Werte [mm] $3,...,n+1\,.$ [/mm] - aber "eigentlich" bezieht sich der
Laufindex auf das Summenzeichen, an dem es steht, "und wird danach
aus dem Speicher gelöscht und die Variable wird wieder freigegeben" -
wenn ich das mal so ein wenig salopp - in einer pseudo-Informatik-Sprache -
sagen darf! Das heißt, wenn ich [mm] $\sum_{k=2}^n f(k+1)=\sum_{k=3}^{n+1}f(k)$
[/mm]
schreibe und das [mm] $k\,$ [/mm] rechterhand angucke, sollte ich es nicht mit dem
[mm] $k\,$ [/mm] linkerhand "vollkommen gleichsetzen").
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:16 Do 11.04.2013 | | Autor: | Mopsi |
Hallo Marcel :)
Vielen Dank für den Hinweis!
War alles verständlich erklärt :)
Mopsi
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:13 Do 11.04.2013 | | Autor: | Mopsi |
> Hallo Mopsi,
>
>
>
>
> > > [mm]\int_{1}^{n}f(x) dx = \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}f(x) dx.[/mm]
>
> >
> > >
> > > JETZT kannst du im Integral jeweils benutzen, dass
> [mm]f(x) \ge f(k+1)[/mm].
> >
> > >
> > > Wenn du es jetzt wieder wie oben durchziehst, müsste
> > es
> > > ohne Probleme klappen!
> >
> > Okay, ich probiere es mal:
> >
> > [mm]\int_{1}^{n}f(x) dx = \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}f(x) dx.[/mm]
>
> >
> > [mm]\sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}f(x) dx \geq \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}f(k+1) dx = ( \sum_{k=2}^{n} \int_{k}^{k+1}{f(k+1) dx}) - \int_{n}^{n+1}{f(n+1) dx} \red{-} \int_{1}^{2}{f(2) dx}[/mm]
>
>
> Die Abschätzung ist OK,
> das rote Minus oben muss aber ein Plus sein!
Ganz genau, ich weiß nichtm, wie sich das da eingeschlichen hat :-P
> Du machst es dir wieder schwer . Wie oben gilt doch
> bereits:
>
> [mm]\int_{k}^{k+1}f(k+1) dx = f(k+1)[/mm].
>
> (Im Integral steht nur eine Konstante). Das heißt es gibt
> gar keine Integrale mehr. Aber ich sehe, das machst du im
> nächsten Schritt.
>
> Außerdem musst du nicht diese Summanden aus der Summe
> ziehen!
Wieso? Sonst stimmt die Gleichung doch nicht?
> > [mm]= \sum_{k=2}^{n} f(k+1) - f(n+1) \red{-} (2*f(2)-f(2)) = \sum_{k=2}^{n} f(k+1) - f(n+1) \red{-} f(2)[/mm]
>
> Auch hier das rote Minus zum Plus.
> Ansonsten hast du richtige gerechnet.
>
>
> > Wieder nicht das Ergebnis... :(
>
> Doch, wenn du noch ein bisschen umformst, kommst du zum
> richtigen Ergebnis.
> In der Summe kannst du eine Indexverschiebung
> durchführen. Es gilt:
>
> [mm]\sum_{k=2}^{n}f(k+1) = \sum_{k=3}^{n+1}f(k)[/mm]
>
> (Um dir das klarzumachen, kannst du einfachen mal beide
> Summen ausschreiben)
> Nun musst du bloß deine beiden Summanden oben wieder in
> die Summe reinstecken, dann erhältst du die richtige
> Lösung.
Okay, ich habe mir ein paar Beispiele gemacht und so müsste das dann stimmen:
[mm]\sum_{k=2}^{n} f(k+1) - f(n+1) + f(2) = \sum_{k=3}^{n+1} f(k) - f(n+1) + f(2) = \sum_{k=3}^{n} f(k) + f(2) = \sum_{k=2}^{n} f(k)[/mm]
Demnach:
[mm]\sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}f(x) dx \geq \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}f(k+1) dx = \sum_{k=2}^{n} f(k)[/mm]
Und damit wären wir mit der ersten Ungleichung fertig oder?
Mopsi
|
|
|
| |
|
Hallo,
> > Außerdem musst du nicht diese Summanden aus der Summe
> > ziehen!
> Wieso? Sonst stimmt die Gleichung doch nicht?
Siehe dazu meine "kurze Lösung" in diesem Post ganz unten.
Es ist nicht nötig, die Summe aufzuspalten.
> Okay, ich habe mir ein paar Beispiele gemacht und so
> müsste das dann stimmen:
>
> [mm]\sum_{k=2}^{n} f(k+1) - f(n+1) + f(2) = \sum_{k=3}^{n+1} f(k) - f(n+1) + f(2) = \sum_{k=3}^{n} f(k) + f(2) = \sum_{k=2}^{n} f(k)[/mm]
>
>
> Demnach:
>
> [mm]\sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}f(x) dx \geq \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}f(k+1) dx = \sum_{k=2}^{n} f(k)[/mm]
>
> Und damit wären wir mit der ersten Ungleichung fertig
> oder?
Ja, jetzt ist alles richtig. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Viele Grüße,
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 04:17 Mi 10.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo Mopsi,
>
> > Hallo Steffan :)
> >
> >
> > > > > [mm]\int_{1}^{n}f(x) dx = \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1} f(x) dx[/mm]
>
> >
> > >
> > > > >
> > > > > [mm]\le \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1} f(k) dx[/mm].
> >
> >
> > >
> > > > > Kannst du diesen Term weiter vereinfachen? Im
> > Integral
> > > > > steht jetzt nur noch eine Konstante.
> > > >
> > > > Die Konstante ist n, soll ich die verändern?
> > >
> > >
> > > Nein, die Konstante im Integral ist [mm]f(k)[/mm].
> > > Es ist doch [mm]\int_{k}^{k+1}f(k) dx = f(k)[/mm].
> >
> > Tut mir Leid Aber ich verstehe das nicht :(
> > Wie kommt man auf diese Gleichung?
> Man möchte das Integral [mm]\integral_{k}^{k+1}{f(x) dx}[/mm]
> abschätzen.
>
> Statt das Integral zu berechnen, ersetzt man f(x) durch
> eine Konstante,
> nämlich f(k), den Funktionswert am Anfang des Intervalls
> [k; (k+1)],
> und behält diese Konstante für das ganze Intervall
> bei.
>
> Da die Funktion f monoton fallend ist, ist [mm]f(x) \le f(k)[/mm]
> für alle [mm]x \in[/mm] [k; (k+1)].
>
> Berechnet man nun das Integral [mm]\integral_{k}^{k+1}{f(k) dx}[/mm],
>
> kann man das nach den Rechenregeln für Integrale machen:
>
> [mm]\integral_{k}^{k+1}{f(k) dx} = \left[x*f(k)\right]_k^{k+1} = (k+1)*f(k) - k*f(k) = f(k)[/mm]
ganz ausführlich: Man beachte, dass der Wert [mm] $f(k)\,$ [/mm] nicht in Abhängigkeit zur
Integrationsvariable (hier [mm] $x\,$) [/mm] steht. Daher gilt
[mm] $$\int_k^{k+1}f(k)dx=f(k)\cdot \int_k^{k+1}1\,dx\,.$$
[/mm]
Das [mm] $\int_k^{k+1}1\,dx=1\,$ [/mm] das sollte man eigentlich in Sekundenbruchteilen
selbst rausbekommen. Aber schlimmstenfalls bemüht man dafür, wenn es
denn unbedingt sein muss, in der Tat den HDI. Oder man macht es sich
ANALOG zu dem, was hier unten gesagt wird, klar!
> oder man macht sich klar,
> dass [mm]\integral_{k}^{k+1}{f(k) dx}[/mm]
> dem Flächeninhalt
> eines Rechtecks entspricht mit der Breite 1 ( (k+1) - k )
> und der Höhe f(k).
@Mopsi: Wenn Dich das da oben zu sehr verwirrt, dann schreibe es
"erstmal" für ein spezielles [mm] $k\,$ [/mm] auf (im Folgenden [mm] $k=5\,$):
[/mm]
Was wäre [mm] $\int_{5}^6 f(5)\,dx$? [/mm] (Beachte: [mm] $f(5)\,$ [/mm] ist EIN KONSTANTER WERT!)
P.S. Etwas "umständlich", aber dennoch machbar ist auch folgendes:
Setze [mm] $\mathds{1}(x):=1$ [/mm] für alle $x [mm] \in \IR\,.$ [/mm] Dann gilt
[mm] $$\int_k^{k+1} 1\,dx=\int_{k}^{k+1} \mathds{1}(x)\,dx=\int_{0}^1 \mathds{1}(x+k)\,dx=\int_{0}^1 1\,dx=\ldots$$
[/mm]
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:47 Do 11.04.2013 | | Autor: | Mopsi |
Guten Abend Steffan!
> >
> > [mm]\integral_{k}^{k+1}{f(k) dx} = \left[x*f(k)\right]_k^{k+1} = (k+1)*f(k) - k*f(k) = f(k)[/mm]
>
> ganz ausführlich: Man beachte, dass der Wert [mm]f(k)\,[/mm] nicht
> in Abhängigkeit zur
> Integrationsvariable (hier [mm]x\,[/mm]) steht. Daher gilt
> [mm]\int_k^{k+1}f(k)dx=f(k)\cdot \int_k^{k+1}1\,dx\,.[/mm]
Das war wichtig und das habe ich jetzt auch verstanden.
> Das
> [mm]\int_k^{k+1}1\,dx=1\,[/mm] das sollte man eigentlich in
> Sekundenbruchteilen
> selbst rausbekommen. Aber schlimmstenfalls bemüht man
> dafür, wenn es
> denn unbedingt sein muss, in der Tat den HDI. Oder man
> macht es sich
> ANALOG zu dem, was hier unten gesagt wird, klar!
>
> > oder man macht sich klar,
> > dass [mm]\integral_{k}^{k+1}{f(k) dx}[/mm]
> > dem Flächeninhalt
> > eines Rechtecks entspricht mit der Breite 1 ( (k+1) - k )
> > und der Höhe f(k).
Okay, nachdem ich dein Beispiel unten mal eingezeichnet habe, verstehe ich das mit dem Rechteck.
> @Mopsi: Wenn Dich das da oben zu sehr verwirrt, dann
> schreibe es
> "erstmal" für ein spezielles [mm]k\,[/mm] auf (im Folgenden
> [mm]k=5\,[/mm]):
> Was wäre [mm]\int_{5}^6 f(5)\,dx[/mm]? (Beachte: [mm]f(5)\,[/mm] ist EIN
> KONSTANTER WERT!)
f(5) ist ein konstanter Wert und nicht von der Integrationsvariabe x abhängig, daher kann ich es vor das Integral schreiben:
[mm]\int_{5}^6 f(5)\,dx = f(5) \int_{5}^6 1 \,dx = f(5) * 1[/mm]
> P.S. Etwas "umständlich", aber dennoch machbar ist auch
> folgendes:
> Setze [mm]\mathds{1}(x):=1[/mm] für alle [mm]x \in \IR\,.[/mm] Dann gilt
> [mm]\int_k^{k+1} 1\,dx=\int_{k}^{k+1} \mathds{1}(x)\,dx=\int_{0}^1 \mathds{1}(x+k)\,dx=\int_{0}^1 1\,dx=\ldots[/mm]
Die vorletzte Gleichheit verstehe ich nicht ganz.
Du hast nun wieder die Definition [mm]\mathds{1}(x):=1[/mm] verwendet, aber nun steht da doch [mm]\mathds{1}(x+k)[/mm].
Wieso kann man dann trotzdem einfach 1 hinschreiben?
Dankeschön :)
Mopsi
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 01:01 Fr 12.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Mopsi,
ich glaube, nur hier hattest Du eine Frage:
> > P.S. Etwas "umständlich", aber dennoch machbar ist auch
> > folgendes:
> > Setze [mm]\mathds{1}(x):=1[/mm] für alle [mm]x \in \IR\,.[/mm] Dann gilt
> > [mm]\int_k^{k+1} 1\,dx=\int_{k}^{k+1} \mathds{1}(x)\,dx=\int_{0}^1 \mathds{1}(x+k)\,dx=\int_{0}^1 1\,dx=\ldots[/mm]
>
> Die vorletzte Gleichheit verstehe ich nicht ganz.
> Du hast nun wieder die
> Definition [mm]\mathds{1}(x):=1[/mm] verwendet, aber nun steht da
> doch [mm]\mathds{1}(x+k)[/mm].
> Wieso kann man dann trotzdem einfach 1 hinschreiben?
was meinst Du genau? Dass [mm] $\mathds{1}(x+k)=1$ [/mm] gilt, folgt, weil ja [mm] $\mathds{1}(r)=1\,$ [/mm] sowieso
für alle $r [mm] \in \IR$ [/mm] gilt.
Ansonsten meinst Du vielleicht diese Gleichheit (unter Voraussetzungen,
die ich mir erspare, aufzuzählen - seien welche gegeben, so dass das
Integral "Sinn macht") - etwas allgemeiner notiert:
[mm] $$\int_{a}^b f(x)dx=\int_{a-c}^{b-c} f(\red{x}+c)d\red{x}\,.$$
[/mm]
(Meinetwegen kannst Du auch etwa rechterhand [mm] $\red{x}$ [/mm] durch [mm] $\red{t}$ [/mm] ersetzen...)
Das kann man elementar beweisen (Riemann-Summen...), oder auch mit einer
![[]](/images/popup.gif) Substitution (etwa, wenn [mm] $f\,$ [/mm] stetig ist - aber nehmen wir solch' eine
Einschränkung einfach mal als gegeben an!).
Machen wir mal die Substitution, einfach nur, um sich das mal angeguckt
zu haben:
Setze [mm] $\varphi(x):=x+c\,.$ [/mm] Sei [mm] $\tilde{a}:=a-c$ [/mm] und [mm] $\tilde{b}:=b-c\,.$ [/mm] Dann ist [mm] $\varphi\,'(x)=1\,.$ [/mm] Wegen der
Substitutionsregel folgt
[mm] $$(\*)\;\;\;\;\;\;\int_{\tilde{a}}^{\tilde{b}} f(\varphi(x))*\varphi\,'(x)\,dx=\int_{\varphi(\tilde{a})}^{\varphi(\tilde{b})} f(x)dx\,.$$
[/mm]
Das rechte Integral ist wegen [mm] $\varphi(\tilde{a})=\varphi(a-c)=(a-c)+c=a\,,$
[/mm]
und analog erkennst Du [mm] $\varphi(\tilde{b})=b\,,$ [/mm] gerade nichts anderes als
[mm] $$\int_a^b f(x)dx\,.$$
[/mm]
Setzt Du zudem [mm] $\varphi(x)=x+c\,,$ $\varphi\,'(x)=1$ [/mm] und [mm] $\tilde{a}=a-c\,$ [/mm] sowie [mm] $\tilde{b}=b-c$
[/mm]
in das linke Integral von [mm] $(\*)$ [/mm] ein, so folgt damit ingesamt die Behauptung.
P.S. Die Idee hier ist eigentlich sehr naheliegend: Bei [mm] $\int_a^b [/mm] f(x)dx$ werden,
"grob gesagt", die [mm] $x\,$-Werte [/mm] des Intervalls [mm] $[a,b]\,$ [/mm] (oder [mm] $(a,b)\,$ [/mm] oder ...)
durchlaufen. Wenn ich - etwa - [mm] $\tilde{x}$ [/mm] das Intervall $[a-c,b-c]$ durchlaufen lasse, dann kann ich [mm] $x\,',$
[/mm]
das Intervall $[a,b]$ durchlaufen lassen, wenn ich zu [mm] $\tilde{x}$ [/mm] dann [mm] $c\,$ [/mm] hinzuaddiere:
[mm] $$\tilde{x} \in [/mm] [a-c,b-c] [mm] \iff \tilde{x}+c=x\,' \in [a,b]\,.$$
[/mm]
Deswegen liegt es nahe, zu vermuten, dass
[mm] $$\int_{a-c}^{b-c} f(\tilde{x}+c)\,d\tilde{x}$$
[/mm]
das Gleiche ist wie
[mm] $$\int_a^b f(x)\,dx\,.$$
[/mm]
Und da das Intervall [mm] $[a,b]\,$ [/mm] im Vergleich mit $[a-c,b-c]$ weder gestreckt noch gestaucht
erscheint, und wir "durch diese Verschiebung" auch die Funktionswerte
nicht strecken oder stauchen noch sonstwas, sollte das ganze so auch
zusammenpassen - denn auch bei den Riemannintegralen ändern wir
"geometrisch" nichts an der Ober- bzw. Untersumme in diesem Sinne, da
diese geometrisch keine Veränderung erfahren - bzw. auch die "Rechtecke",
mit deren Flächeninhalten wir rechnen, um das Integral zu approximieren,
erfahren keine Veränderung der Geometrie durch diese mathematische
Operation!
Was ich mit dem letztgesagten meine, wir klarer, wenn wir mal "ein wenig
mehr" als 'nur' eine Verschiebung machen:
Gilt etwa
[mm] $$\int_0^2 f(x)dx=\int_{0}^1 [/mm] f(2x)dx [mm] \text{ ?}$$
[/mm]
Nein - wir nehmen wieder [mm] $f\,$ [/mm] als stetig an und rechnen mal mit der
Substitutionsregel:
Für [mm] $\varphi(x):=2x$ [/mm] gilt [mm] $\varphi\,'(x)=2\,.$ [/mm] Entsprechend der Substitutionsregel folgt also
[mm] $$\int_{0}^{1}f(\varphi(t))\,\varphi\,'(t)\,dt=\int_{\varphi(0)}^{\varphi(1)}f(x)\,dx\,.$$
[/mm]
D.h. hier
[mm] $$\int_0^1 f(2t)*2*\,dt=\int_0^2 f(x)dx\,,$$
[/mm]
also
[mm] $$\int_0^2 f(x)\,dx=\red{2}*\int_0^1 f(2t)\,dt\,.$$
[/mm]
Hast Du eine Idee, was hier passiert ist - also, wo diese "komische [mm] $\red{2}$
[/mm]
plötzlich herkommt"? (Vergleiche mal "die Länge des Intervalls [mm] $[0,1]\,$ [/mm] mit der
des Intervalls [mm] $[0,2]\,.$")
[/mm]
P.S. Natürlich darfst Du auch - wie vielleicht gewohnt - bei der Substitution
auch so rechnen:
Setze [mm] $u(x):=x-c\,.$ [/mm] Dann ist [mm] $du=1\,dx\,,$ [/mm] d.h. [mm] $du=dx\,.$ [/mm] Also
[mm] $$\int_{a}^b f(x)dx=\int_{x=a}^{x=b} f(x)dx=\int_{u+c=a}^{u+c=b} [/mm] f(u+c) [mm] du=\int_{u=a-c}^{u=b-c} f(u+c)du=\int_{a-c}^{b-c}f(u+c)\,du\,.$$
[/mm]
P.P.S. Allgemein sollte gelten, sofern [mm] $f\,$ [/mm] etwa Riemann-integrierbar auf
$[a,b]$ ist - und wenn $b-a > [mm] 0\,$ [/mm] und etwa $d-c > 0$:
[mm] $$(\*\*)\;\;\;\;\;\;\int_{x=a}^{x=b} f(x)dx=\frac{b-a}{d-c}\cdot \int_{\phi=c}^{\phi=d}f(\tfrac{b-a}{d-c}*(\phi-c)+a)\,d\phi.$$
[/mm]
Das sollte sich - etwa rein per Definitionem - beweisen lassen.
Aus dieser Gleichheit folgt insbesondere
[mm] $$\int_0^2 f(x)dx=\frac{2-0}{1-0}*\int_{0}^1 f(\tfrac{2-0}{1-0}*(\phi-0)+0)d\phi=2*\int_0^1 f(2t)dt\,,$$
[/mm]
das hatten wir uns oben schonmal überlegt.
Und zudem folgt auch (beachte bitte, dass nun Variablen gleicher Bezeichnung
in mehrfacher Bedeutung vorkommen - eigentlich sollte man etwa am Besten
in [mm] $(\*\*)$ [/mm] über [mm] $a,b,c,d\,$ [/mm] etwa ein Tilde-Zeichen schreiben!)
[mm] $$\int_{a}^b f(x)dx=\frac{b-a}{(b-c)-(a-c)}\cdot\int_{a-c}^{b-c} f(\tfrac{b-a}{(b-c)-(a-c)}*(\phi-(a-c))+a)d\phi=1*\int_{a-c}^{b-c}f(1*(\phi+c))\,d\phi=\int_{a-c}^{b-c}f(t+c)\,dt.$$
[/mm]
Und wenn Du die Formel [mm] $(\*\*)$ [/mm] unter der Annahme, dass [mm] $f\,$ [/mm] stetig auf [mm] $[a,b]\,$ [/mm] sei,
mit der Substitutionsformel herleiten willst:
Betrachte die Bijektion [mm] $\varphi \colon [/mm] [a,b] [mm] \to [/mm] [c,d]$ mit
[mm] $$\varphi(x):=c+\frac{d-c}{b-a}*(x-a)\,...$$
[/mm]
(Nebenbei: Wie lautet die Umkehrfunktion?)
Ich weiß übrigens nicht, ob sowas wie [mm] $(\*\*)$ [/mm] auch im Heuser steht - ich hatte
eben auf die Schnelle nichts gefunden. Vielleicht steht's aber auch irgendwo
als Übungsaufgabe. Wenn Fred mitliest: Vielleicht kann er ja was dazu
sagen?
Gruß,
Marcel
|
|
|
|
