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Beitrag |
    
Eva
| | Veröffentlicht am Montag, den 03. Dezember, 2001 - 19:36: | 
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1.)
a.)Aus den Definitionen von x(hoch s)als
e(hoch(ln(x))*s) xeR+, seR ist zu zeigen,
dass diePotenzfunktion f(x)=x(hoch s), xeR+,
für beliebige Exponenten die Ableitung
f'(x)=s*x(hoch s-1)besitzt.
b.)f(x)=x(hoch x), xeR+ ist zu differenzieren.
2.)Durch Vergleich mit einem Integral ist zu
zeigen, dass die Reihe 1+1/2(hoch S)+1/3(hochS)
+1/4(hoch s)+.... für beliebige s größer 1
konvergiert.
DANKESCHÖN FÜR EURE LIEBE HILFE |
H.R.Moser,megamath
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 04. Dezember, 2001 - 17:53: |
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Hi Eva,
Lösung der zweiten Aufgabe
Verwende als Vergleichsintegral das Integral
J = int [ 1 / x^s * dx ] , untere Grenze 1 , obere Grenze
unendlich.
Dieses uneigentliche Integral existiert für s >1,
und es gilt J = 1 / (s - 1 ) wie man aus
dem entsprechenden unbestimmten Integral
1 / ( 1-s ) * x^ ( 1 – s ) = - 1 / ( s – 1 ) * 1 / [x ^ (s-1) ]
leicht herausfindet
Nun betrachten wir den Integranden
f(x) = 1 / x ^ s für x > = 1 (Skizze !).
Wir ersetzen die Kurve durch ein Treppenpolygon,
indem wir das Intervall
von x = 1 bis x = t ( t ist eine natürlichen Zahl >1 )
in t-1 Intervalle der Länge eins unterteilen.
Die Ordinaten (Höhen ) der Stufen sind für das erste Rechteck
1 / 2 ^ s , im zweiten 1 / 3 ^ s ,..im letzten 1 / t ^ s
Die Summe S(t) aller Rechtecke unter der Kurve von x = 1
bis x = t, eine so genannte Untersumme, ist kleiner als das
entsprechende Integral I(t) = int [1 / x^^s* dx ]
untere Grenze 1 , obere Grenze t.
Es gilt also die Abschätzung S(t) < I(t) für alle t >1
Da aber für alle t das Integral für s > 1 beschräkt ist ,
so sind alle Teilsummen der gegebenen Reihe für s >1
beschränkt
Für diese Werte von s konvergiert also die Reihe.
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath. |
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