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Integration » Riemannsche Summen » Dini-Integral als Riemannsumme berechnen
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Universität/Hochschule Dini-Integral als Riemannsumme berechnen
kokosnusskopf
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helft mir bitte https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/51557_WhatsApp_Image_2020-10-12_at_19.11.34.jpeg


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kokosnusskopf
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  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-13

Mit keiner Riemannsumme die ich mir ausdenke komme ich wirklich voran. Ich hoffe es kommen noch Antworten auf meine Frage, finde die Aufgabe ziemlich interessant.


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Squire
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  Beitrag No.2, eingetragen 2020-10-13

Servus kokosnusskopf! Mit dem Hinweis kann ich im Moment auch nichts anfangen. Ich habe das Integral mit Differentiating under the integral sign gelöst. Kennst du diese Technik? Du setzt $f(\alpha)=\int_0^{\pi}\ln(1-2\alpha\cos{x}+\alpha^2)dx$ und leitest nach $\alpha$ ab. Die Rechnung ist etwas mühsam, führt aber zu einem "schönen" Ergebnis. Ich wäre interessiert daran, wie das Integral mit dem Hinweis auf Riemannsumme gelöst werden kann. Grüße Squire


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ochen
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  Beitrag No.3, eingetragen 2020-10-13

Hallo, es ist \[\begin{align*} 1-2\alpha\cos(x)+\alpha^2&= (\cos(x))^2-(i\sin(x))^2-2\alpha\cos(x)+\alpha^2\\ &=(\cos(x)-\alpha)^2-(i\sin(x))^2\\ &=(\cos(x)-\alpha-i\sin(x))(\cos(x)-\alpha+i\sin(x))\\ &=|e^{ix}-\alpha|^2 \end{align*} \] Zerlege das Polynom $p(\alpha)=1-\alpha^n$ in Linearfaktoren.


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kokosnusskopf
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-13

\quoteon(2020-10-13 08:47 - Squire in Beitrag No. 2) Servus kokosnusskopf! Mit dem Hinweis kann ich im Moment auch nichts anfangen. Ich habe das Integral mit Differentiating under the integral sign gelöst. Kennst du diese Technik? Du setzt $f(\alpha)=\int_0^{\pi}\ln(1-2\alpha\cos{x}+\alpha^2)dx$ und leitest nach $\alpha$ ab. Die Rechnung ist etwas mühsam, führt aber zu einem "schönen" Ergebnis. Ich wäre interessiert daran, wie das Integral mit dem Hinweis auf Riemannsumme gelöst werden kann. Grüße Squire \quoteoff könntest du mir deine mühsame Rechnung vielleicht zeigen? Wenn ich mich nicht vertue muss ich für das Ableiten von $f(\alpha)$ nach $\alpha$ (hier habe ich $t$ statt $\alpha$ verwendet) doch folgendes Integral https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/51557_eins.PNG bzw. dieses Integral https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/51557_zwei.PNG berechnen. Hier stecke ich fest. Nach Wolfram Alpha gilt: https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/51557_drei.PNG In diesen Ausdruck die Grenze $\pi$ einzusetzen macht jedoch Probleme, da $\tan(\pi/2)$ für $x = \pi$ nicht definiert ist.


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ochen
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  Beitrag No.5, eingetragen 2020-10-13

Hast du auch versucht den Ansatz aus Beitrag 3 zu verfolgen? Er ist einfacher, würde ich sagen. Und er verwendet Riemannsche Summen. [Verschoben aus Forum 'Analysis' in Forum 'Riemannsche Summen' von ochen]


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kokosnusskopf
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-13

\quoteon(2020-10-13 10:09 - ochen in Beitrag No. 3) Hallo, es ist \[\begin{align*} 1-2\alpha\cos(x)+\alpha^2&= (\cos(x))^2-(i\sin(x))^2-2\alpha\cos(x)+\alpha^2\\ &=(\cos(x)-\alpha)^2-(i\sin(x))^2\\ &=(\cos(x)-\alpha-i\sin(x))(\cos(x)-\alpha+i\sin(x))\\ &=|e^{ix}-\alpha|^2 \end{align*} \] Zerlege das Polynom $p(\alpha)=1-\alpha^n$ in Linearfaktoren. \quoteoff hmm der Ansatz klingt interessant... Wenn ich die von dir gezeigte Identität für meine Riemannsumme benutze, erhalte ich den Ausdruck $2 \sum_{k=1}^{n} \ln(|e^{i\xi_{k}} - \alpha |) \Delta x_{k}$ wobei $\xi_{k}$ hier die Stützstellen und $x_k$ die Zerlegungspunkte des Intervalls $[0, \pi]$ sind. Wähle ich die standardmäßigen Stützstellen $(\frac{\pi}{n},..., \frac{(n-1)\pi}{n}, \pi)$, so erhalte ich $2 \sum_{k=1}^{n} \ln(|e^{i\frac{k\pi}{n}} - \alpha |) \frac{\pi}{n}$. Wie mache ich hier wieter? [Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]


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ochen
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  Beitrag No.7, eingetragen 2020-10-14

\quoteon Wähle ich die standardmäßigen Stützstellen $(\frac{\pi}{n},..., \frac{(n-1)\pi}{n}, \pi)$, so erhalte ich $2 \sum_{k=1}^{n} \ln(|e^{i\frac{k\pi}{n}} - \alpha |) \frac{\pi}{n}$. \quoteoff Das ist schon mal gut. Setze $m:=2n$. \[ \sum_{k=1}^{m/2} \ln\left|e^{i\frac{2k\pi}{m}} - \alpha \right| \] Zeige nun \[ \sum_{k=1}^{m/2} \ln\left|e^{i\frac{2k\pi}{m}} - \alpha \right| =\sum_{k=m/2+1}^{m} \ln\left|e^{i\frac{2k\pi}{m}} - \alpha \right| \] Wie kannst du das nutzen? Um die Summe loszuwerden, brauchst du die Logarithmengesetze.


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Kuestenkind
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  Beitrag No.8, eingetragen 2020-10-14

Huhu kokosnusskopf, \quoteon(2020-10-13 02:45 - kokosnusskopf in Beitrag No. 1) [...], finde die Aufgabe ziemlich interessant. \quoteoff dann interessiert doch ja vll auch noch, dass dieses Integral sehr bekannt ist. Siehe: https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2020-10-14_um_12.27.07.png https://en.wikipedia.org/wiki/Ulisse_Dini Also - viel Spaß bei der weiteren Berechnung - wäre ja schön, wenn hier beide Wege noch ein Ende finden. Gruß, Küstenkind


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Mondschimmer
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  Beitrag No.9, eingetragen 2020-10-14

Grüßt euch =), ein wundervolles Integral, eine kleine Frage dazu @ochen in Beitrag Nummer2 hast du das Binom (\alpha-cos(x))^2-(i*sin(x))^2 nach abs(e^(i*x)-\alpha)^2 zusammengefasst wieso folgt aus (-\alpha+cos(x)+i*sin(x))*(-\alpha+cos(x)-i*sin(x)) nicht abs(-\alpha^2-\alpha*e^(i*x)-\alpha*e^(-i*x)+1) wegen e^(i*x)=(cos(x)+i*sin(x) e^(-i*x)=cos(x)-i*sin(x) liebe Grüße Jan


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ochen
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  Beitrag No.10, eingetragen 2020-10-14

\quoteon(2020-10-14 13:19 - Mondschimmer in Beitrag No. 9) Grüßt euch =), ein wundervolles Integral, eine kleine Frage dazu @ochen in Beitrag Nummer2 hast du das Binom (\alpha-cos(x))^2-(i*sin(x))^2 nach abs(e^(i*x)-\alpha)^2 zusammengefasst wieso folgt aus (-\alpha+cos(x)+i*sin(x))*(-\alpha+cos(x)-i*sin(x)) nicht abs(-\alpha^2-\alpha*e^(i*x)-\alpha*e^(-i*x)+1) wegen e^(i*x)=(cos(x)+i*sin(x) e^(-i*x)=cos(x)-i*sin(x) liebe Grüße Jan \quoteoff Hallo, ich multipliziere doch nicht wieder aus, nachdem ich gerade ausgeklammert habe... Ist es bis zu \[ (-\alpha+\cos(x)+i\cdot\sin(x))\cdot(-\alpha+\cos(x)-i\cdot\sin(x)) \] klar? Bis dahin einmal zweite und dritte Binomische Formel rückwärts Das ist aber gerade \[ (e^{ix}-\alpha)\cdot(e^{-ix}-\alpha) =(e^{ix}-\alpha)\cdot\overline{(e^{ix}-\alpha)}, \] wenn man voraussetzt, dass $\alpha$ reell ist.


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Mondschimmer
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  Beitrag No.11, eingetragen 2020-10-14

ok also von (-\alpha+cos(x)+i*sin(x))*(-\alpha+cos(x)-i*sin(x)) zu (e^(i*x)-\alpha)*((e^(i*x))^--\alpha) sind mir die Umformung klar da e^(-i*x) ja die komplex konjugierte Zahl von e^(i*x) ist nur irgendwie ist mir der Schritt dann von (e^(i*x)-\alpha)*((e^(i*x))^--\alpha) zu abs(e^(i*x)-\alpha)^2 noch nicht ganz klar oder gilt dieser Schritt eben genau deswegen weil innerhalb beider Klammern das gleiche steht durch den Kunstgriff der Komplex kunjugierten? Liebe Grüße Jan


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ochen
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  Beitrag No.12, eingetragen 2020-10-14

Wie ist der Betrag bei dir definiert?


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kokosnusskopf
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  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-14

\quoteon(2020-10-14 09:31 - ochen in Beitrag No. 7) \quoteon Wähle ich die standardmäßigen Stützstellen $(\frac{\pi}{n},..., \frac{(n-1)\pi}{n}, \pi)$, so erhalte ich $2 \sum_{k=1}^{n} \ln(|e^{i\frac{k\pi}{n}} - \alpha |) \frac{\pi}{n}$. \quoteoff Das ist schon mal gut. Setze $m:=2n$. \[ \sum_{k=1}^{m/2} \ln\left|e^{i\frac{2k\pi}{m}} - \alpha \right| \] Zeige nun \[ \sum_{k=1}^{m/2} \ln\left|e^{i\frac{2k\pi}{m}} - \alpha \right| =\sum_{k=m/2+1}^{m} \ln\left|e^{i\frac{2k\pi}{m}} - \alpha \right| \] Wie kannst du das nutzen? Um die Summe loszuwerden, brauchst du die Logarithmengesetze. \quoteoff Wenn ich das richtig sehe stimmt die Gleichung die du da am Ende erwähnst nicht ganz, denn für m = 2 und $\alpha$ = 2 würde sie ln(3) = 0 aussagen. Jedoch stimmt sie, wenn man sie zu \[ \sum_{k=1}^{m/2} \ln\left|e^{i\frac{2k\pi}{m}} - \alpha \right| =\sum_{k=m/2}^{m-1} \ln\left|e^{i\frac{2k\pi}{m}} - \alpha \right| \] abändert. Vielleicht meintest du ja diese Variante hier. Wenn man alles zusammen nimmt erinnert das ganze etwas der Formel für die $n$-te komplexe Wurzel einer komplexen Zahl, ich schaue mal ob ich hiermit irgendwie weiterkomme.


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Mondschimmer
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  Beitrag No.14, eingetragen 2020-10-14

@ochen ja stimmt, ich danke dir dass ist ja grad die Definition des Betrages🙂


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kokosnusskopf
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\quoteon(2020-10-13 10:09 - ochen in Beitrag No. 3) Zerlege das Polynom $p(\alpha)=1-\alpha^n$ in Linearfaktoren. \quoteoff Dieser Hinweis ist tatsächlich unglaublich hilfreich. Meine Riemannsumme hat nun die Form \[ \frac{\pi}{n}(\ln(|1 - \alpha^{2n}|) + \ln(|\alpha + 1|) - \ln(|\alpha - 1|)) \] (für $\alpha \neq 0$, hier ist das Integral gleich 0) Ich denke es ist leicht zu zeigen, dass dieser Ausdruck für $|\alpha| < 1$ gegen 0 und für $|\alpha| > 1$ gegen unendlich geht. Was für mich noch unklar ist, ist was für Werte auf dem Einheitskreis passiert, vor allem Werte der Form $\sqrt[n]{1}$ für eine natürliche Zahl $n$. Da ich für die Herleitung des Ausdrucks oben schon vorausgesetzt habe, dass $\alpha$ keinen solchen Wert annimmt, kann ich hier wahrscheinlich nicht mit Riemannsummen arbeiten, richtig? EDIT: ups ich habe total vergessen, dass $\alpha$ in der Augabenstellung reell ist. Somit bleibt (falls ich das bisher alles richtig gemacht haben sollte) für mich nur noch die Frage zu klären, was für $\alpha = 1$ und $\alpha = -1$ passiert.


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kokosnusskopf
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\quoteon(2020-10-14 23:46 - kokosnusskopf in Beitrag No. 15) \[ \frac{\pi}{n}(\ln(|1 - \alpha^{2n}|) + \ln(|\alpha + 1|) - \ln(|\alpha - 1|)) \] Ich denke es ist leicht zu zeigen, dass dieser Ausdruck für $|\alpha| > 1$ gegen unendlich geht. \quoteoff Ich bemerke gerade, dass diese Aussage falsch is: Für hinreichend große $n$ kann man $|1- \alpha^{2n}|$ nach oben abschätzen durch bspw. $|\alpha|^{3n}$ woraus für diese $n$ folgt \[ \frac{\pi}{n}(\ln(|1- \alpha^{2n}|) < \frac{\pi}{n} 3n \ln(|\alpha|) = 3 \pi \ln(|\alpha|) \]


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kokosnusskopf
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  Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-15

\quoteon(2020-10-15 00:11 - kokosnusskopf in Beitrag No. 16) Für hinreichend große $n$ kann man $|1- \alpha^{2n}|$ nach oben abschätzen durch bspw. $|\alpha|^{3n}$ woraus für diese $n$ folgt \[ \frac{\pi}{n}(\ln(|1- \alpha^{2n}|) < \frac{\pi}{n} 3n \ln(|\alpha|) = 3 \pi \ln(|\alpha|) \] \quoteoff Tatsächlich kann man, wenn man diese Abschätzung folgendermaßen verallgemeinert \[ \beta \pi \ln(|\alpha|) = \frac{\pi}{n} \beta n \ln(|\alpha|) < \frac{\pi}{n}(\ln(|1- \alpha^{2n}|) < \frac{\pi}{n} \gamma n \ln(|\alpha|) = \gamma \pi \ln(|\alpha|) \] für alle $\beta < 2$ und alle $\gamma > 2$ feststellen. Wenn man nun $\beta$ und $\gamma$ gegen 2 laufen lässt, erhält man als Grenzwert \[ 2\pi \ln(|\alpha|) \] (Alternativ geht das glaube ich auch über LHospital, aber ich bin mir nie ganz sicher, ob es erlaubt ist, Folgen in $n$ einfach so auf reellwertige Funktionen zu erweitern und aus diesen Schlüsse auf die Folgen zu ziehen...)


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kokosnusskopf
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  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-15

Tut mir leid, dass ich hier so einen Monolog führe, aber ich frage mich, ob man mit dem was ich in den vorherigen posts herausgefunden habe (was hoffentlich auch stimmt) und der Stetigkeit der Funktion \[ g(\alpha,x) = \ln(1-2 \alpha \cos x + \alpha^2) \] auf die Werte des Integrals für $\alpha = 1$ und $\alpha = -1$ schließen kann. Denn: Sei $f(\alpha)=\int_0^{\pi}\ln(1-2\alpha\cos{x}+\alpha^2)dx$. Dann folgt aus der oben erwähnten Stetigkeit von $g$ in beiden Variablen glaube ich auch die Stetigkeit von $f$ in $\alpha$. Wegen \[ \lim_{\alpha \uparrow 1} f(\alpha) = \lim_{\alpha \downarrow 1} f(\alpha) = 0 \] folgt dann \[ 0 = \lim_{\alpha \rightarrow 1} f(\alpha) = f(1) \] Analog würde $f(-1) = 0$ folgen. Stimmt das?


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Squire
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  Beitrag No.19, eingetragen 2020-10-15

\quoteon(2020-10-13 22:51 - kokosnusskopf in Beitrag No. 4) Nach Wolfram Alpha gilt: https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/51557_drei.PNG In diesen Ausdruck die Grenze $\pi$ einzusetzen macht jedoch Probleme, da $\tan(\pi/2)$ für $x = \pi$ nicht definiert ist. \quoteoff Das hast du schon ganz richtig erkannt, aber trotzdem könnte der Grenzwert $x\to\pi-$ existieren, was hier auch tatsächlich der Fall ist. Du brauchst übrigens an dieser Stelle, wenn du den Ansatz weiter verfolgen möchtest, eine Fallunterscheidung für $t$. Weiterhin viel Erfolg und Grüße Squire


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kokosnusskopf hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.

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