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Integration » Riemannsche Summen » Integration: Riemann-Summen
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Universität/Hochschule J Integration: Riemann-Summen
Walross
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  Themenstart: 2021-05-14

Guten Abend, ich benötige Hilfe bei der folgenden Aufgabe: Seien $a,b\in\mathbb{R}$ mit $a


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Nuramon
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  Beitrag No.1, eingetragen 2021-05-14

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Hallo, wenn man die $\xi_n$ frei wählen darf, dann kann man $f(x)=x$ zu einem Gegenbeispiel machen. Benutze dazu, dass es nach Voraussetzung ein $\varepsilon>0$ und eine Teilfolge $(m_{n_i})_{i\in \IN}$ von $(m_n)_{n\in \IN}$ mit $m_{n_i}>\varepsilon$ gibt.\(\endgroup\)


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Walross
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-14

Hallo Nuramon, vielen Dank für deine Hilfe. Betrachten wir also $f:[a,b]\to\mathbb{R},x\mapsto x$. Dann ist $\int_{[a,b]}{f}=\frac{1}{2}\cdot(b^2-a^2)$. Ja, die Folge $(\vec{\xi_n)})_{n=1}^{\infty}$ darf man frei wählen. Klar ist auch, dass für ein $\varepsilon>0$ eine Teilfolge $(m_{n_i})_{i=1}^{\infty}$ mit $m_{n_i}>\varepsilon$ existiert. Wie kann man jetzt zeigen, dass die Folge der Riemann-Summen nicht gegen $\frac{1}{2}\cdot(b^2-a^2)$ konvergiert?


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Nuramon
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  Beitrag No.3, eingetragen 2021-05-14

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Wähle $\xi_I$ jeweils als das Minimum des Intervalls $I$. Und versuche dann eine obere Schranke für die Riemannsummen zu finden, die echt kleiner ist als das Riemannintegral.\(\endgroup\)


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Walross
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-14

$I\in P_n$ muss nicht abgeschlossen sein, man könnte also lediglich das Infimum des Intervalls wählen, welches dann nicht in $I$ enthalten sein müsste.


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Nuramon
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  Beitrag No.5, eingetragen 2021-05-14

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Ok. Ist dir klar, wie mein Gegenbeispiel funktioniert, wenn das Infimum von $I$ jeweils in $I$ enthalten ist? Für den allgemeinen Fall dürfte es auch ausreichen $\xi_I$ im linken Drittel von $I$ zu wählen.\(\endgroup\)


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Walross
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-14

Nein, mir ist leider noch nicht klar, wie du abschätzen möchtest.


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Nuramon
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  Beitrag No.7, eingetragen 2021-05-14

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Jeder Summand in der Riemannsumme lässt sich nach oben durch das entsprechende Integral über $I$ abschätzen. Für das $I$ mit $|I|=m_{n_i} >\varepsilon$ findet man sogar noch eine stärkere Abschätzung.\(\endgroup\)


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Walross
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  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-14

Also ich erhalte jetzt: $\sum(f,P_n,\vec{\xi_n})$ $=\sum_{I\in P_n}{f(\xi_I)\cdot|I|}$ $=\sum_{I\in P_n}{f(\min(I))\cdot|I|}$ $=\sum_{I\in P_n}{\min(I)\cdot|I|}$ $\leq \sum_{I\in P_n}{\int_{I}{f}}$ $=\int_{[a,b]}{f}$ Wie geht die stärkere Abschätzung?


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Nuramon
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  Beitrag No.9, eingetragen 2021-05-14

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Für den Fall, dass $\xi_I=\inf I$ und $|I|=m_{n_i}$ ist, gilt (mach es dir geometrisch klar): $\int_I x\d x - \xi_I |I|= \frac 12 |I|^2 \geq \frac {\varepsilon^2}2 $\(\endgroup\)


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Walross
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  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-14

Ok, dann erhalte ich für ein entsprechendes $I\in P_n$ letztendlich: $\sum_{I\in P_n}{\min(I)\cdot|I|}\leq\int_{[a,b]}{f}-\frac{1}{2}\cdot\varepsilon^2$ Da $f$ stetig ist, können wir uns, falls $I$ ein echtes Intervall ist, also nicht nur aus einem einzelnen Punkt besteht, $\inf(I)$ von rechts nähern. D. h. $\xi_I=\inf(I)+\frac{1}{k}$ mit $k>\frac{1}{|I|}$, dann ist $\xi_I\in I$. Für $k\to\infty$ bleiben die Ungleichungen dann erhalten. Das klappt. Herzlichen Dank, Nuramon!


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