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Riemann und unstetig: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 20:49 Do 09.11.2017
Autor: Reynir

Hallo,
ich weiß, dass Funktionen mit endlich vielen Unstetigkeitsstellen Riemann-integrierbar sind. Jetzt will ich aber für eine solche Funktion formal das Integral angeben und weiß nicht, wie ich das notieren soll.
Sei $f: [mm] \left[0,1\right] \rightarrow \mathbb{R}, x\mapsto \begin{cases} 2^n, \mbox{für x aus } \left[\frac{1}{2^n}, \frac{1}{2^{n-1}} \right]\\ 0, \mbox{sonst.}\end{cases}$. [/mm] Wie kann ich hier das Integral angeben, dass mit den Grenzen alles passt?
Viele Grüße
Reynir

        
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Riemann und unstetig: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 22:29 Do 09.11.2017
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

>  ich weiß, dass Funktionen mit endlich vielen
> Unstetigkeitsstellen Riemann-integrierbar sind.

Das stimmt erstmal:

> Sei [mm]f: \left[0,1\right] \rightarrow \mathbb{R}, x\mapsto \begin{cases} 2^n, \mbox{für x aus } \left[\frac{1}{2^n}, \frac{1}{2^{n-1}} \right]\\ 0, \mbox{sonst.}\end{cases}[/mm].

Diese Funktion hat aber mehr als nur endlich viele Unstetigkeitsstellen. Nämlich abzählbar viele!

> Wie kann ich hier das Integral angeben, dass mit den Grenzen alles passt?

Gar nicht. Das eigentliche Riemann-Integral existiert nicht, da die Funktion nicht beschränkt ist.

Gruß,
Gono

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Riemann und unstetig: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 08:43 Fr 10.11.2017
Autor: Reynir

Hi,
dann war das ein Fehler in meinem Skript, ich kann manchmal die Handschrift des Profs nicht lesen. :)
Wenn man jetzt aber [mm] $f_n$ [/mm] hätte, dann müsste es doch gehen, oder? Könnte man dann das Integral formal berechnen?
Viele Grüße
Reynir

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Riemann und unstetig: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 09:01 Fr 10.11.2017
Autor: fred97


> Hi,
>  dann war das ein Fehler in meinem Skript, ich kann
> manchmal die Handschrift des Profs nicht lesen. :)
>  Wenn man jetzt aber [mm]f_n[/mm] hätte, dann müsste es doch
> gehen, oder?

"Wenn man jetzt aber [mm]f_n[/mm] hätte.. "   Was meinst Du damit ? Etwa das:

$ [mm] f_n: \left[0,1\right] \rightarrow \mathbb{R}, x\mapsto \begin{cases} 2^n, \mbox{für x aus } \left[\frac{1}{2^n}, \frac{1}{2^{n-1}} \right]\\ 0, \mbox{sonst.}\end{cases} [/mm] $ ?

Dann ist [mm] f_n [/mm] an nur 2 Stellen unstetig , also R - integrierbar und


[mm] \integral_{0}^{1}{f_n(x) dx}=\integral_{[\frac{1}{2^n}, \frac{1}{2^{n-1}} ]}^{}{f_n(x) dx}=1 [/mm]


>  Könnte man dann das Integral formal
> berechnen?
>  Viele Grüße
>  Reynir


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Riemann und unstetig: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 14:45 Sa 11.11.2017
Autor: Reynir

Hi Fred,
ich gelobe Besserung. Ja, genau das [mm] $f_n$ [/mm] meine ich. Ich versuche mein Problem zu beschreiben.
Als ertes ist mir Folgendes nicht ganz klar, ein anderer Prof sagte mal so etwas, wie abzählbar viele (hier ja nur endlich viele) Unstetigkeitsstellen fallen bei der Integralbildung nicht ins Gewicht. Meinst du, man kann das so verstehen, dass sie der Riemann-Integrierbarkeit nicht schaden?
Dann würde ich  versuchen das Integral aufzuteilen etwa in der Art [mm] $\lim_{\epsilon\rightarrow0}\int_0 ^{\frac{1}{2^n}-\epsilon}+\int_\frac{1}{2^n} ^\frac{1}{2^{n-1}}+\lim_{\epsilon\rightarrow0}\int_{\frac{1}{2^{n-1}}+\epsilon}^1$. [/mm] Dann würden die mit den Grenzwerten 0 und ich hätte genau deinen Ausdruck,  oder?
Viele Grüße
Reynir

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Riemann und unstetig: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 17:00 Sa 11.11.2017
Autor: fred97


> Hi Fred,
>  ich gelobe Besserung. Ja, genau das [mm]f_n[/mm] meine ich. Ich
> versuche mein Problem zu beschreiben.
> Als ertes ist mir Folgendes nicht ganz klar, ein anderer
> Prof sagte mal so etwas, wie abzählbar viele (hier ja nur
> endlich viele) Unstetigkeitsstellen fallen bei der
> Integralbildung nicht ins Gewicht. Meinst du, man kann das
> so verstehen, dass sie der Riemann-Integrierbarkeit nicht
> schaden?
>  Dann würde ich  versuchen das Integral aufzuteilen etwa
> in der Art [mm]\lim_{\epsilon\rightarrow0}\int_0 ^{\frac{1}{2^n}-\epsilon}+\int_\frac{1}{2^n} ^\frac{1}{2^{n-1}}+\lim_{\epsilon\rightarrow0}\int_{\frac{1}{2^{n-1}}+\epsilon}^1[/mm].
> Dann würden die mit den Grenzwerten 0 und ich hätte genau
> deinen Ausdruck,  oder?

Ehrlich,  auch nach mehrmaligem Durchlesen,  ist mir nicht klar von was Du sprichst


>  Viele Grüße
>  Reynir


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Riemann und unstetig: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 17:24 Sa 11.11.2017
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

machen wir mal munteres Rätselraten:
Du möchtest das Integral einer Funktion berechnen, die von $[0,1]$ nach [mm] \IR [/mm] abbildet gemäß der Abbildungsvorschrift $f(x) = [mm] 2^n*1_{[2^{-n},2^{-n+1}]}(x)$ [/mm]

Da brauchst du jetzt auch gar keine seltsamen Grenzwerte berechnen oder sonst irgendwas, sondern verwendest einfach die Linearität des Integrals in seinen Grenzen:

[mm] $\int_0^1 [/mm] f(x) dx = [mm] \int_0^{2^{-n}} [/mm] f(x) dx + [mm] \int_{2^{-n}}^{2^{-n+1}} [/mm] f(x) dx + [mm] \int_{2^{-n+1}}^1 [/mm] f(x) dx = [mm] \int_0^{2^{-n}} [/mm] 0 dx + [mm] \int_{2^{-n}}^{2^{-n+1}} 2^n [/mm] dx + [mm] \int_{2^{-n+1}}^1 [/mm] 0 dx$

Und fertig ist die Wurst…

Gruß,
Gono

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Riemann und unstetig: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 12:22 Sa 18.11.2017
Autor: Reynir

Hallo Gono,
danke für deine Antwort, das war auch meine erste Idee. Ich war aber unischer, ob mir die Unstetigkeitsstellen da keine Probleme bereiten, weil die Funktion ja etwa bei [mm] $2^{-n}$ [/mm] nicht 0 ist. Wieso bereiten mir diese Stellen keine Probleme?
Viele Grüße
Reynir

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Riemann und unstetig: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 16:18 Sa 18.11.2017
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

>  danke für deine Antwort, das war auch meine erste Idee.
> Ich war aber unischer, ob mir die Unstetigkeitsstellen da
> keine Probleme bereiten, weil die Funktion ja etwa bei
> [mm]2^{-n}[/mm] nicht 0 ist. Wieso bereiten mir diese Stellen keine
> Probleme?

Weil sich die Frage gar nicht stellt!
Ihr habt bestimmt gezeigt, dass für jede auf $[a,b]$ Riemann-Integrierbare Funktion $f$ und jedes [mm] $c\in [/mm] [a,b]$ gilt:
[mm] $\int_a^b [/mm] f(x) [mm] \; [/mm] dx = [mm] \int_a^c [/mm] f(x) [mm] \; [/mm] dx + [mm] \int_c^b [/mm] f(x) [mm] \; [/mm] dx$

Dabei ist es völlig unerheblich, ob $f$ an der Stelle [mm] $c\in [/mm] [a,b]$ eine Unstetigkeitsstelle hat, oder nicht. Gefordert wird tatsächlich nur, dass $f$ Riemann-Integrierbar ist und das ist hier ja der Fall, also können wir das so machen.

Gegenfrage: Warum sollte es dir denn Probleme machen, dass die Funktion an der Stelle nicht gleich Null ist? Meinst du, weil wir einfach sagen

$$  [mm] \int_0^{2^{-n}} f(x)\; [/mm] dx =  [mm] \int_0^{2^{-n}} 0\; [/mm] dx$$ obwohl die Funktion am Rand ja springen könnte?
Der Grund ist, dass für jede auf $[a,b]$ Riemann-Integrierbare Funktion die Randwerte der Funktion keine Rolle spielen. Denn einzelne Werte ändern den Wert des Integrals nicht! Ob ich nun also f auf [a,b] integriere oder [mm] $\overline{f}(x) [/mm] = [mm] \begin{cases} f(x), & \mbox{für } x\in [a,b) \\ 0, & \mbox{für } x=b\end{cases}$ [/mm]
ändert den Wert des Integrals nicht. Ich kann die Funktion an endlich vielen Funktionswerten, also auch am Rand, beliebig ändern.

Gruß,
Gono

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Riemann und unstetig: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 15:05 Mi 22.11.2017
Autor: Reynir

Hallo Gono,
ja, genau das war mein Problem, ich hatte mich an der Sprungstelle gestört. Ein Argument wäre doch aufgrund der Ober- bzw. Untersumme zu sagen, sie fällt nicht ins Gewicht? Ich stelle mir das jetzt so vor, dass ich ein Rechteck in eine der beiden Summen aufnehme, mir ist jetzt egal welche. Das hat eine bestimmte Höhe, gleichzeitig gilt doch bei einer immer feineren äquidistanten Zerlegung, dass der Flächeninhalt des zum Randpunkt gehörigen Rechtecks gegen 0 geht, somit fällt er nicht ins Gewicht, oder?
Viele Grüße
Reynir

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Riemann und unstetig: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 16:00 Mi 22.11.2017
Autor: fred97


> Hallo Gono,
> ja, genau das war mein Problem, ich hatte mich an der
> Sprungstelle gestört. Ein Argument wäre doch aufgrund der
> Ober- bzw. Untersumme zu sagen, sie fällt nicht ins
> Gewicht? Ich stelle mir das jetzt so vor, dass ich ein
> Rechteck in eine der beiden Summen aufnehme, mir ist jetzt
> egal welche. Das hat eine bestimmte Höhe, gleichzeitig
> gilt doch bei einer immer feineren äquidistanten
> Zerlegung, dass der Flächeninhalt des zum Randpunkt
> gehörigen Rechtecks gegen 0 geht, somit fällt er nicht
> ins Gewicht, oder?

Ja, Deine Idee ist richtig. Schreib das mal mathematisch korrekt auf, dann kriegst Du 100 Punkte von mir.

>  Viele Grüße
>  Reynir


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Riemann und unstetig: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 22:28 Sa 11.11.2017
Autor: HJKweseleit

Nennen wir mal [mm]f_n(x)= \begin{cases} 2^n, \mbox{für x aus } \left[\frac{1}{2^n}, \frac{1}{2^{n-1}} \right]\\ 0, \mbox{sonst.}\end{cases}[/mm].

Dann ist die Funktion überall 0 außer im angegebenen Intervall, und das Integral gibt außerhalb des angegebenen Intervalls überall den Wert 0.

Das Intervall hat die Breite [mm] \frac{1}{2^{n-1}}-\frac{1}{2^n}=\frac{2}{2^n}-\frac{1}{2^n}=\frac{1}{2^n}, [/mm] der Funktionswert ist dort konstant [mm] 2^n, [/mm] die Fläche zwischen Graph und x-Achse ist somit [mm] \frac{1}{2^n}*2^n [/mm] = 1.

Damit hat für jedes [mm] f_n [/mm] das Integral den Wert 1.

Bildest du nun die Funktion f(x)= [mm] 2^n [/mm] für alle x [mm] \in \left[\frac{1}{2^n}, \frac{1}{2^{n-1}} \right], [/mm] so setzt sich das Integral über dem Intervall [0|1] aus unendlich vielen Summanden mit dem Wert 1 zusammen.


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Riemann und unstetig: Korrekturmitteilung
Status: (Korrektur) kleiner Fehler Status 
Datum: 23:02 Sa 11.11.2017
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

> Nennen wir mal [mm]f_n(x)= \begin{cases} 2^n, \mbox{für x aus } \left[\frac{1}{2^n}, \frac{1}{2^{n-1}} \right]\\ 0, \mbox{sonst.}\end{cases}[/mm].
>
> Dann ist die Funktion überall 0 außer im angegebenen
> Intervall, und das Integral gibt außerhalb des angegebenen
> Intervalls überall den Wert 0.
>  
> Das Intervall hat die Breite
> [mm]\frac{1}{2^{n-1}}-\frac{1}{2^n}=\frac{2}{2^n}-\frac{1}{2^n}=\frac{1}{2^n},[/mm]
> der Funktionswert ist dort konstant [mm]2^n,[/mm] die Fläche
> zwischen Graph und x-Achse ist somit [mm]\frac{1}{2^n}*2^n[/mm] =
> 1.
>  
> Damit hat für jedes [mm]f_n[/mm] das Integral den Wert 1.

Bis hierhin geh ich mit.
  

> Bildest du nun die Funktion f(x)= [mm]2^n[/mm] für alle x [mm]\in \left[\frac{1}{2^n}, \frac{1}{2^{n-1}} \right],[/mm]
> so setzt sich das Integral über dem Intervall [0|1] aus
> unendlich vielen Summanden mit dem Wert 1 zusammen.

Da widerspreche ich vehement!
Das eigentliche Integral existiert schlichtweg nicht.
Dass man da irgendwelche Grenzwertuntersuchungen anstellen könnte, steht auf einem ganz anderen Blatt…

Gruß,
Gono

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