Lebesgue-integrierbar? < Integrationstheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:18 Mo 22.12.2008 | | Autor: | Casy |
| Aufgabe | Untersuchen und beweisen Sie, für welche [mm] \alpha \in \IR [/mm] das Integral
[mm] \integral_{0}^{\infty }{\bruch{sin x}{x^{\alpha }} dx}
[/mm]
als Riemann- bzw. Lebesgue-Integral existiert. |
Hallo!
Mit Lebesgue-Integralen kann ich noch nicht so gut umgehen; ich habe mal so angefangen:
Fallunterscheidung:
Fall 1: [mm] \alpha [/mm] =0:
ergibt [mm] \integral_{0}^{\infty }{sin x dx}
[/mm]
das ist Riemann-integrierbar:
[mm] \integral_{0}^{\infty }{sinx dx} [/mm] = [mm] -\limes_{b\rightarrow\infty} [/mm] cos b - cos 0 = a-1 mit a [mm] \in [/mm] [-1,1]
In einem Buch hebe ich gelesen:
"Ist f Riemann integrierbar, so ist das Riemenn-Integral von f gleich dem Lebesgue-Integral."
Das würde bedeuten, dass mein Lebesgue-Integral [mm] <\infty [/mm] ist und somit existiert.
Kann ich so vorgehen?
Fall 2: [mm] \alpha \to -\infty
[/mm]
ergibt [mm] \integral_{0}^{\infty }{sin x x^{\beta } dx} [/mm] , [mm] \beta [/mm] >0
ist mit Partieller Integration Riemenn-integrierbar uns somit auch Lebesgue-integrierbar, weil beim Riemann-Integral irgendwann [mm] x^{\beta } [/mm] verschwindet und was mit sin oder cos rauskommt, das ist [mm] <\infty [/mm] , also existiert das Lebesgue-integral.
Fall 3: [mm] \alpha \to \infty
[/mm]
....kann ich das Riemann-integrieren?
wenn nicht, ist es auch nicht Lebesgue-integrierbar, oder?
Fall 4: [mm] \alpha [/mm] = 1
ergibt [mm] \integral_{0}^{\infty }{sin x \bruch{1}{x} dx}
[/mm]
mit partieller Integration kommt da was mit log raus, der ist nicht beschränkt, also nicht Lebesgue-integrierbar.
Kann ich so vorgehen, oder liege ich komplett falsch?
Wie gesagt, mit Lebesgue komme ich noch nicht so klar.
Es wäre toll, wenn mir jemand auf die Sprünge helfen könnte!
Grüße!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:06 Mo 22.12.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo Casy!
> Untersuchen und beweisen Sie, für welche [mm]\alpha \in \IR[/mm] das
> Integral
>
> [mm]\integral_{0}^{\infty }{\bruch{sin x}{x^{\alpha }} dx}[/mm]
>
> als Riemann- bzw. Lebesgue-Integral existiert.
> Hallo!
>
> Mit Lebesgue-Integralen kann ich noch nicht so gut umgehen;
> ich habe mal so angefangen:
> Fallunterscheidung:
>
> Fall 1: [mm]\alpha[/mm] =0:
> ergibt [mm]\integral_{0}^{\infty }{sin x dx}[/mm]
>
> das ist Riemann-integrierbar:
> [mm]\integral_{0}^{\infty }{sinx dx}[/mm] =
> [mm]-\limes_{b\rightarrow\infty}[/mm] cos b - cos 0 = a-1 mit a [mm]\in[/mm]
> [-1,1]
Das wäre richtig, wenn der Grenzwert [mm] $\limes_{b\rightarrow\infty} \cos [/mm] b$ existierte. Da er aber nicht existiert (warum?), existiert das Riemann-Integral so nicht.
> In einem Buch hebe ich gelesen:
> "Ist f Riemann integrierbar, so ist das Riemenn-Integral
> von f gleich dem Lebesgue-Integral."
>
> Das würde bedeuten, dass mein Lebesgue-Integral [mm]<\infty[/mm] ist
> und somit existiert.
>
> Kann ich so vorgehen?
Vorsicht. Diese Aussage gilt zunächst nur auf einem kompakten, also insbesondere beschränkten Integrationsintervall. Ist aber der Betrag des Integranden uneigentlich Riemann-integrierbar, so existiert das Lebesgue-Integral und ist gleich dem Riemann-Integral.
Du müsstest also zeigen, dass [mm] $\left|\bruch{\sin x}{x^\alpha}\right|$ [/mm] Riemann-integrierbar ist.
> Fall 2: [mm]\alpha \to -\infty[/mm]
> ergibt [mm]\integral_{0}^{\infty }{sin x x^{\beta } dx}[/mm]
> , [mm]\beta[/mm] >0
>
> ist mit Partieller Integration Riemenn-integrierbar uns
> somit auch Lebesgue-integrierbar, weil beim
> Riemann-Integral irgendwann [mm]x^{\beta }[/mm] verschwindet und
> was mit sin oder cos rauskommt, das ist [mm]<\infty[/mm] , also
> existiert das Lebesgue-integral.
Das stimmt so nur für [mm] $\beta\in\IN$, [/mm] nicht für beliebige reelle Werte von [mm] $\beta$. [/mm] Außerdem vernachlässigst du dabei die Tatsache, dass für [mm] $\alpha<0$ [/mm] der Integrand and der Stelle $x=0$ nicht definiert ist und du deswegen auch für die untere Grenze eine Grenzwertbetrachtung machen musst.
> Fall 3: [mm]\alpha \to \infty[/mm]
> ....kann ich das
> Riemann-integrieren?
> wenn nicht, ist es auch nicht Lebesgue-integrierbar,
> oder?
Die Umkehrung gilt nicht: eine Lebesgue-integrierbare Funktion muss nicht Riemann-integrierbar sein.
> Fall 4: [mm]\alpha[/mm] = 1
> ergibt [mm]\integral_{0}^{\infty }{sin x \bruch{1}{x} dx}[/mm]
>
> mit partieller Integration kommt da was mit log raus, der
> ist nicht beschränkt, also nicht Lebesgue-integrierbar.
Wie bei Fall 2 musst du sowohl an der oberen wie an der unteren Grenze des Integrals einen Limes berechnen.
Tipp: Zerlege das Integral:
[mm] \integral_{0}^{\infty }{\bruch{sin x}{x^{\alpha }} dx} = \integral_{0}^{1}{\bruch{sin x}{x^{\alpha }} dx} + \integral_{1}^{\infty }{\bruch{sin x}{x^{\alpha }} dx} [/mm].
Das Integral existiert, wenn beide Summanden auf der rechten Seite existieren. Damit kannst du das Verhalten an den beiden Grenzen getrennt untersuchen.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:32 Mi 31.12.2008 | | Autor: | Casy |
Hallo!
Erstmal tuts mir sehr leid, dass ich so lange nicht mitgearbeitet hab, ich war krank. Jetzt hab ich mich ein bisschen weiter mit der Aufgane beschäftigt:
> > Fall 1: [mm]\alpha[/mm] =0:
> > ergibt [mm]\integral_{0}^{\infty }{sin x dx}[/mm]
> >
> > das ist Riemann-integrierbar:
> > [mm]\integral_{0}^{\infty }{sinx dx}[/mm] =
> > [mm]-\limes_{b\rightarrow\infty}[/mm] cos b - cos 0 = a-1 mit a [mm]\in[/mm]
> > [-1,1]
>
> Das wäre richtig, wenn der Grenzwert
> [mm]\limes_{b\rightarrow\infty} \cos b[/mm] existierte. Da er aber
> nicht existiert (warum?), existiert das Riemann-Integral so
> nicht.
Stimmt, wenn ich den Betrag betrachte, ist das Integral unendlich, also nicht Riemann-integrierbar.
In meinem Skript steht:
[mm] \integral_{a}^{b}{|f(x)| dx} <\infty \gdw [/mm] f ist Lebesgue-integrierbar
Das heißt, da das Integral über |sinx| unendlich ist, nicht Lebesgue-Integrierbar.
>
> > Fall 2: [mm]\alpha \to -\infty[/mm]
> > ergibt
> [mm]\integral_{0}^{\infty }{sin x x^{\beta } dx}[/mm]
> > , [mm]\beta[/mm] >0
> >
> > ist mit Partieller Integration Riemenn-integrierbar uns
> > somit auch Lebesgue-integrierbar, weil beim
> > Riemann-Integral irgendwann [mm]x^{\beta }[/mm] verschwindet und
> > was mit sin oder cos rauskommt, das ist [mm]<\infty[/mm] , also
> > existiert das Lebesgue-integral.
>
> Das stimmt so nur für [mm]\beta\in\IN[/mm], nicht für beliebige
> reelle Werte von [mm]\beta[/mm]. Außerdem vernachlässigst du dabei
> die Tatsache, dass für [mm]\alpha<0[/mm] der Integrand and der
> Stelle [mm]x=0[/mm] nicht definiert ist und du deswegen auch für die
> untere Grenze eine Grenzwertbetrachtung machen musst.
>
Ganz ehrlich: das mit [mm] \beta \in \IN [/mm] leuchtet mir ein, ebenfalls das mit der "beidseitigen" Grenzwertbetrachtung.
Aber ich hab keine Ahnung, wie ich das irgendwie integrieren kann (muss ich ja zuerst machen), damit ich die Grenzwertbetrachtung überhaupt machen kann.
Dasselbe Problem hab ich auch bei
> > Fall 3: [mm]\alpha \to \infty[/mm]
> > Fall 4: [mm]\alpha[/mm] = 1
> > ergibt [mm]\integral_{0}^{\infty }{sin x \bruch{1}{x} dx}[/mm]
>
> Wie bei Fall 2 musst du sowohl an der oberen wie an der
> unteren Grenze des Integrals einen Limes berechnen.
>
> Tipp: Zerlege das Integral:
>
> [mm]\integral_{0}^{\infty }{\bruch{sin x}{x^{\alpha }} dx} = \integral_{0}^{1}{\bruch{sin x}{x^{\alpha }} dx} + \integral_{1}^{\infty }{\bruch{sin x}{x^{\alpha }} dx} [/mm].
>
> Das Integral existiert, wenn beide Summanden auf der
> rechten Seite existieren. Damit kannst du das Verhalten an
> den beiden Grenzen getrennt untersuchen.
>
OK, hab ich gemacht. Das Ganze ist Riemann-integrierbar, weil [mm] \limes_{a\rightarrow0} \integral_{a}^{1}{sinx /x dx} [/mm] < [mm] \infty
[/mm]
und [mm] \limes_{b\rightarrow\infty} \integral_{1}^{b}{sinx x dx} [/mm] = cos1 /1 [mm] -\integral_{1}^{\infty }{cosx /x^{2} dx} [/mm] < [mm] \infty,
[/mm]
denn |cosx [mm] /x^{2} [/mm] | < [mm] 1/x^{2} [/mm] , [mm] \integral_{1}^{\infty }{1/x^{2} dx} <\infty
[/mm]
Ist meine Fallunterscheidung überhaupt sinnvoll, oder muss ich [mm] \alpha [/mm] anders aufteilen?
Vielleicht kann mit jemand noch ein bisschen weiterhelfen, das wäre toll!
Danke und Gruß!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:49 Mi 31.12.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hallo!
> Erstmal tuts mir sehr leid, dass ich so lange nicht
> mitgearbeitet hab, ich war krank. Jetzt hab ich mich ein
> bisschen weiter mit der Aufgane beschäftigt:
>
> > > Fall 1: [mm]\alpha[/mm] =0:
> > > ergibt [mm]\integral_{0}^{\infty }{sin x dx}[/mm]
> > >
> > > das ist Riemann-integrierbar:
> > > [mm]\integral_{0}^{\infty }{sinx dx}[/mm] =
> > > [mm]-\limes_{b\rightarrow\infty}[/mm] cos b - cos 0 = a-1 mit a [mm]\in[/mm]
> > > [-1,1]
> >
> > Das wäre richtig, wenn der Grenzwert
> > [mm]\limes_{b\rightarrow\infty} \cos b[/mm] existierte. Da er aber
> > nicht existiert (warum?), existiert das Riemann-Integral so
> > nicht.
>
> Stimmt, wenn ich den Betrag betrachte, ist das Integral
> unendlich, also nicht Riemann-integrierbar.
> In meinem Skript steht:
> [mm]\integral_{a}^{b}{|f(x)| dx} <\infty \gdw[/mm] f ist
> Lebesgue-integrierbar
> Das heißt, da das Integral über |sinx| unendlich ist,
> nicht Lebesgue-Integrierbar.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> >
>
> > > Fall 2: [mm]\alpha \to -\infty[/mm]
> > > ergibt
> > [mm]\integral_{0}^{\infty }{sin x x^{\beta } dx}[/mm]
> > > , [mm]\beta[/mm] >0
> > >
> > > ist mit Partieller Integration Riemenn-integrierbar uns
> > > somit auch Lebesgue-integrierbar, weil beim
> > > Riemann-Integral irgendwann [mm]x^{\beta }[/mm] verschwindet und
> > > was mit sin oder cos rauskommt, das ist [mm]<\infty[/mm] , also
> > > existiert das Lebesgue-integral.
> >
> > Das stimmt so nur für [mm]\beta\in\IN[/mm], nicht für beliebige
> > reelle Werte von [mm]\beta[/mm]. Außerdem vernachlässigst du dabei
> > die Tatsache, dass für [mm]\alpha<0[/mm] der Integrand and der
> > Stelle [mm]x=0[/mm] nicht definiert ist und du deswegen auch für die
> > untere Grenze eine Grenzwertbetrachtung machen musst.
> >
> Ganz ehrlich: das mit [mm]\beta \in \IN[/mm] leuchtet mir ein,
> ebenfalls das mit der "beidseitigen" Grenzwertbetrachtung.
> Aber ich hab keine Ahnung, wie ich das irgendwie
> integrieren kann (muss ich ja zuerst machen), damit ich die
> Grenzwertbetrachtung überhaupt machen kann.
>
> Dasselbe Problem hab ich auch bei
> > > Fall 3: [mm]\alpha \to \infty[/mm]
>
> > > Fall 4: [mm]\alpha[/mm] = 1
> > > ergibt [mm]\integral_{0}^{\infty }{sin x \bruch{1}{x} dx}[/mm]
>
> >
> > Wie bei Fall 2 musst du sowohl an der oberen wie an der
> > unteren Grenze des Integrals einen Limes berechnen.
> >
> > Tipp: Zerlege das Integral:
> >
> > [mm]\integral_{0}^{\infty }{\bruch{sin x}{x^{\alpha }} dx} = \integral_{0}^{1}{\bruch{sin x}{x^{\alpha }} dx} + \integral_{1}^{\infty }{\bruch{sin x}{x^{\alpha }} dx} [/mm].
>
> >
> > Das Integral existiert, wenn beide Summanden auf der
> > rechten Seite existieren. Damit kannst du das Verhalten an
> > den beiden Grenzen getrennt untersuchen.
> >
> OK, hab ich gemacht. Das Ganze ist Riemann-integrierbar,
> weil [mm]\limes_{a\rightarrow0} \integral_{a}^{1}{sinx /x dx}[/mm] <
> [mm]\infty[/mm]
> und [mm]\limes_{b\rightarrow\infty} \integral_{1}^{b}{sinx x dx}[/mm]
> = cos1 /1 [mm]-\integral_{1}^{\infty }{cosx /x^{2} dx}[/mm] <
> [mm]\infty,[/mm]
> denn |cosx [mm]/x^{2}[/mm] | < [mm]1/x^{2}[/mm] , [mm]\integral_{1}^{\infty }{1/x^{2} dx} <\infty[/mm]
>
> Ist meine Fallunterscheidung überhaupt sinnvoll, oder muss
> ich [mm]\alpha[/mm] anders aufteilen?
Die Fallunterscheidung ist schon in Ordnung. Du weisst doch jetzt, dass das Integral für [mm] $\alpha=1$ [/mm] existiert und für [mm] $\alpha=0$ [/mm] an der oberen Grenze divergiert.
Tipp: du hast ja die Konvergenz des Integrals [mm] $\integral_{1}^{\infty }{\bruch{sin x}{x^{\alpha }} dx} [/mm] $ gezeigt. Für [mm] $\alpha>1 [/mm] $ gilt doch:
[mm] \bruch{1}{x} > \bruch{1}{x^\alpha}[/mm] für $x>1$
und
[mm] \bruch{1}{x} < \bruch{1}{x^\alpha}[/mm] für $0<x<1$.
Entsprechend umgekehrt gilt dies für [mm] $\alpha [/mm] <1$.
Damit kannst du dir überlegen, ob die beiden Teilintegrale in
[mm]\integral_{0}^{\infty }{\bruch{sin x}{x^{\alpha }} dx} = \integral_{0}^{1}{\bruch{sin x}{x^{\alpha }} dx} + \integral_{1}^{\infty }{\bruch{sin x}{x^{\alpha }} dx} [/mm]
existieren. Aus deinen bisherigen Überlegungen kommst du auf die Antwort für [mm] $\alpha>1 [/mm] $ und [mm] $\alpha [/mm] <0$. Was passiert für [mm] $0<\alpha<1$?
[/mm]
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:44 Sa 10.01.2009 | | Autor: | Casy |
Hallo!
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> Tipp: du hast ja die Konvergenz des Integrals
> [mm]\integral_{1}^{\infty }{\bruch{sin x}{x^{\alpha }} dx}[/mm]
> gezeigt. Für [mm]\alpha>1[/mm] gilt doch:
>
> [mm]\bruch{1}{x} > \bruch{1}{x^\alpha}[/mm] für [mm]x>1[/mm]
>
> und
>
> [mm]\bruch{1}{x} < \bruch{1}{x^\alpha}[/mm] für [mm]0
>
> Entsprechend umgekehrt gilt dies für [mm]\alpha <1[/mm].
>
> Damit kannst du dir überlegen, ob die beiden Teilintegrale
> in
>
> [mm]\integral_{0}^{\infty }{\bruch{sin x}{x^{\alpha }} dx} = \integral_{0}^{1}{\bruch{sin x}{x^{\alpha }} dx} + \integral_{1}^{\infty }{\bruch{sin x}{x^{\alpha }} dx}[/mm]
>
> existieren. Aus deinen bisherigen Überlegungen kommst du
> auf die Antwort für [mm]\alpha>1[/mm] und [mm]\alpha <0[/mm]. Was passiert
> für [mm]0<\alpha<1[/mm]?
>
Für [mm] \alpha<1 [/mm] und [mm] \alpha>0 [/mm] gilt:
[mm] \bruch{1}{x^{\alpha } } [/mm] > [mm] \bruch{1}{x} [/mm] für alle x.
Somit ist das Integral für [mm] 0<\alpha [/mm] <1 nicht Lebesgue-Integrierbar.
Gruß!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:36 Di 13.01.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hallo!
> >
> > Tipp: du hast ja die Konvergenz des Integrals
> > [mm]\integral_{1}^{\infty }{\bruch{sin x}{x^{\alpha }} dx}[/mm]
> > gezeigt. Für [mm]\alpha>1[/mm] gilt doch:
> >
> > [mm]\bruch{1}{x} > \bruch{1}{x^\alpha}[/mm] für [mm]x>1[/mm]
> >
> > und
> >
> > [mm]\bruch{1}{x} < \bruch{1}{x^\alpha}[/mm] für [mm]0
> >
> > Entsprechend umgekehrt gilt dies für [mm]\alpha <1[/mm].
> >
> > Damit kannst du dir überlegen, ob die beiden Teilintegrale
> > in
> >
> > [mm]\integral_{0}^{\infty }{\bruch{sin x}{x^{\alpha }} dx} = \integral_{0}^{1}{\bruch{sin x}{x^{\alpha }} dx} + \integral_{1}^{\infty }{\bruch{sin x}{x^{\alpha }} dx}[/mm]
>
> >
> > existieren. Aus deinen bisherigen Überlegungen kommst du
> > auf die Antwort für [mm]\alpha>1[/mm] und [mm]\alpha <0[/mm]. Was passiert
> > für [mm]0<\alpha<1[/mm]?
> >
> Für [mm]\alpha<1[/mm] und [mm]\alpha>0[/mm] gilt:
> [mm]\bruch{1}{x^{\alpha } }[/mm] > [mm]\bruch{1}{x}[/mm] für alle x.
Nein, das stimmt nicht, die Ungleichung stimmt nur für $x>1$.
Für $0<x<1$ ist [mm]\bruch{1}{x^{\alpha } }<\bruch{1}{x}[/mm], und da
[mm] \integral_0^1\bruch{\sin x}{x} dx [/mm]
existiert, existiert also auch
[mm] \integral_0^1\bruch{\sin x}{x^\alpha} dx [/mm] für [mm] $0<<\alpha<1$.
[/mm]
Für das Verhalten an der oberen Grenze kannst du
[mm] \integral_1^\infty\bruch{\sin x}{x^\alpha} dx [/mm]
partiell integrieren.
Viele Grüße
Rainer
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