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Hallo,
wo genau kommt denn das \( \beta \) vor? Ja es ist richtig, dass du das Integral berechnen sollst. Genauer, ist es die Grenze \( 0 \) die uns hier vermutlich Probleme verursacht, deshalb berechne das Integral
$$ \lim\limits_{a \to 0} \int\limits_a^1 x^{\alpha} \, \mathrm{d}x $$
Wenn der Grenzwert erxistiert, dann existiert auch das Integral.
Beim integrieren gibt es einen Fall den du separat überprüfen musst. Welcher ist das?
Beim Grenzwert berechnen musst du ebenfalls eine Fallunterscheidung machen. Welche Fälle sind das?
Grüße Christian
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christian_strack
Sonstiger Berufsstatus, Punkte: 29.81K
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Ah ok :)
Ja genau, Nur bei
$$ \int x^\alpha \mathrm{d}x = \frac {x^{\alpha + 1}} {\alpha +1} $$
sehen wir nicht, das \( \alpha \neq -1 \) gilt, sondern das wir \( \alpha = -1 \) gesondert betrachten müssen
Das ist die erste Fallunterscheidung
Für \( \alpha \neq -1 \) gilt
$$ \int\limits_{0}^1 x^\alpha \mathrm{d}x = \left[ \frac {x^{\alpha +1}} {\alpha +1} \right] _0^1 $$
Für \( \alpha = -1 \) erhalten wir welche Lösung?
Nun müssen wir aber die Grenzen für den ersten Fall einsetzen, Für welche Fälle bekommen wir ein Problem, wenn wir \( x=0 \) setzen? In welche Fälle können wir die Grenzen bedenkenlos einsetzen?
Sehr gerne :) ─ christian_strack 06.05.2020 um 14:23
Ja genau, Nur bei
$$ \int x^\alpha \mathrm{d}x = \frac {x^{\alpha + 1}} {\alpha +1} $$
sehen wir nicht, das \( \alpha \neq -1 \) gilt, sondern das wir \( \alpha = -1 \) gesondert betrachten müssen
Das ist die erste Fallunterscheidung
Für \( \alpha \neq -1 \) gilt
$$ \int\limits_{0}^1 x^\alpha \mathrm{d}x = \left[ \frac {x^{\alpha +1}} {\alpha +1} \right] _0^1 $$
Für \( \alpha = -1 \) erhalten wir welche Lösung?
Nun müssen wir aber die Grenzen für den ersten Fall einsetzen, Für welche Fälle bekommen wir ein Problem, wenn wir \( x=0 \) setzen? In welche Fälle können wir die Grenzen bedenkenlos einsetzen?
Sehr gerne :) ─ christian_strack 06.05.2020 um 14:23
"Für \( \alpha = −1\) erhalten wir welche Lösung?" > Ich vermute diese hier: \(\left[ln(|x|)\right]_{x=0}^1\) Und genau hier kriegen wir ein Problem mit dem unteren Grenzwert \(x=0\).
─
n00b
07.05.2020 um 07:23
Genau. Formal würden wir es so schreiben
$$ \lim\limits_{a \to 0} \int\limits_a^1 \frac 1 x \, \mathrm{d}x = \lim\limits_{a \to 0} \left[ \ln(x) \right]_a^1 = \ln(1) - \lim\limits_{a \to 0} \ln(a) = - \lim\limits_{a \to 0} \ln(a) \to -(-\infty) = \infty $$
somit existiert der Grenzwert nicht (da er keine reelle Zahl ist) und das uneigentliche Integral existiert nicht.
So nun gucken wir uns die restlichen Fälle an. Wir haben
$$ \lim\limits_{a \to 0} \int\limits_{a}^1 x^\alpha \mathrm{d}x = \left[ \frac {x^{\alpha +1}} {\alpha +1} \right] _a^1 = \frac {1^{\alpha +1}} {\alpha +1} - \lim\limits_{a \to 0} \frac {a^{\alpha +1}} {\alpha +1} = \frac 1 {\alpha +1} - \lim\limits_{a \to 0} \frac {a^{\alpha +1}} {\alpha +1} $$
So nun bereitet uns der Minuend keine Probleme mehr, da \( \alpha \neq -1 \). Nun betrachten wir noch den Subtrahend. Für welches \( \alpha \) könnten wir hier noch Probleme bekommen? ─ christian_strack 07.05.2020 um 10:48
$$ \lim\limits_{a \to 0} \int\limits_a^1 \frac 1 x \, \mathrm{d}x = \lim\limits_{a \to 0} \left[ \ln(x) \right]_a^1 = \ln(1) - \lim\limits_{a \to 0} \ln(a) = - \lim\limits_{a \to 0} \ln(a) \to -(-\infty) = \infty $$
somit existiert der Grenzwert nicht (da er keine reelle Zahl ist) und das uneigentliche Integral existiert nicht.
So nun gucken wir uns die restlichen Fälle an. Wir haben
$$ \lim\limits_{a \to 0} \int\limits_{a}^1 x^\alpha \mathrm{d}x = \left[ \frac {x^{\alpha +1}} {\alpha +1} \right] _a^1 = \frac {1^{\alpha +1}} {\alpha +1} - \lim\limits_{a \to 0} \frac {a^{\alpha +1}} {\alpha +1} = \frac 1 {\alpha +1} - \lim\limits_{a \to 0} \frac {a^{\alpha +1}} {\alpha +1} $$
So nun bereitet uns der Minuend keine Probleme mehr, da \( \alpha \neq -1 \). Nun betrachten wir noch den Subtrahend. Für welches \( \alpha \) könnten wir hier noch Probleme bekommen? ─ christian_strack 07.05.2020 um 10:48
Mein Gefühl sagt mir, dass \(\alpha <-1\) Probleme bereiten könnte. Aber mathematisch könnte ich es nicht beweisen. Danke für die ausführliche Unterstützung :)
─
n00b
08.05.2020 um 13:19
Sehr gerne :)
Ja das ist richtig. Für \( \alpha > -1 \) erhalten wir eine Potenzfunktion. In diese können wir bedenklos \( x=0 \) einsetzen.
Überprüfen wir noch den Fall \( \alpha < -1 \)
$$ \lim\limits_{a \to 0 } \int\limits_a^1 x^\alpha \, \mathrm{d}x = \left[ \frac {x^{\alpha +1}} {\alpha +1} \right]_a^1 = \frac 1 {\alpha +1} - \lim\limits_{a \to 0} \frac {a^{\alpha +1}} {\alpha +1} $$
Nun gilt,
$$ \alpha < -1 \Rightarrow \alpha +1 < 0 $$
Wir setzen deshalb mit einem \( b \in \mathbb{R}_{>0} \)
$$ \alpha +1 = -b $$
Daraus folgt aus den Potenzgesetzen
$$ \frac 1 {\alpha +1} - \lim\limits_{a \to 0} \frac {a^{-b}} {-b} = \frac 1 {-b} - \lim\limits_{a \to 0} \frac 1 {a^b} \cdot \frac 1{-b} $$
Was passiert nun für \( a \to 0 \)? ─ christian_strack 08.05.2020 um 13:34
Ja das ist richtig. Für \( \alpha > -1 \) erhalten wir eine Potenzfunktion. In diese können wir bedenklos \( x=0 \) einsetzen.
Überprüfen wir noch den Fall \( \alpha < -1 \)
$$ \lim\limits_{a \to 0 } \int\limits_a^1 x^\alpha \, \mathrm{d}x = \left[ \frac {x^{\alpha +1}} {\alpha +1} \right]_a^1 = \frac 1 {\alpha +1} - \lim\limits_{a \to 0} \frac {a^{\alpha +1}} {\alpha +1} $$
Nun gilt,
$$ \alpha < -1 \Rightarrow \alpha +1 < 0 $$
Wir setzen deshalb mit einem \( b \in \mathbb{R}_{>0} \)
$$ \alpha +1 = -b $$
Daraus folgt aus den Potenzgesetzen
$$ \frac 1 {\alpha +1} - \lim\limits_{a \to 0} \frac {a^{-b}} {-b} = \frac 1 {-b} - \lim\limits_{a \to 0} \frac 1 {a^b} \cdot \frac 1{-b} $$
Was passiert nun für \( a \to 0 \)? ─ christian_strack 08.05.2020 um 13:34
Sieht so aus als ob der Grenzwert für \( a\to0\) nicht existieren würde. Weil \(a\) im Nenner steht. Deswegen fällt also der ganze limes-Subtrahend weg und es bleibt als Ergebnis \(\frac{1}{-b}=\frac{1}{\alpha+1}\). Würdest du sagen jetzt fehlt noch was?
─
n00b
09.05.2020 um 09:36
$$ \lim\limits_{a \to 0} \frac 1 {a^b} = \infty $$
Dadurch existiert der Grenzwert nicht und das uneigentliche Integral existiert nicht. :) ─ christian_strack 09.05.2020 um 16:14
Dadurch existiert der Grenzwert nicht und das uneigentliche Integral existiert nicht. :) ─ christian_strack 09.05.2020 um 16:14
Das gebildete unbestimmte Integral ist: \(\int x^\alpha dx = \frac {x^{\alpha+1}}{\alpha+1} \). Und für das uneigentliche Integral \(\int_0^1 x^\alpha dx\) rechne ich jetzt: \(\frac {x^{\alpha+1}}{\alpha+1} \Big|_0^1 =\frac{1}{\alpha+1}-0=\frac{1}{\alpha+1}\). D.h. \(\alpha\) darf nicht \(-1\) sein. Was du mit Fallunterscheidung meinst weiß ich nicht. Ganz vielen Dank für deine Hilfe! ─ n00b 06.05.2020 um 13:46