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| Aufgabe | Alternativ zur Definition als Umkehrfunktion der Exponentialfunktion kann man den natürlichen Logarithmus auch durch
[mm]L: (0,\infty) \to \IR, x \mapsto \integral_{1}^{x}{\bruch{1}{t} dt}[/mm]
definieren. Zeigen Sie
(i) die Funktionalgleichung [mm]L(xy) = L(x) + L(y)[/mm] für alle [mm]x,y \in (0,\infty)[/mm]
(ii) [mm]L(e^{x}) = x[/mm] für alle [mm]x \in \IR[/mm]
Anmerkung: Die bekannten Eigenschaften des Logarithmus dürfen hier natürlich nicht verwendet werden... |
Ich sitze nun an Aufgabe (i) und finde nicht so wirklich einen Ansatz. Vielleicht sollte ich dazu sagen, dass wir bisher in der VL nur das Regelintegral behandelt haben.
Meine erste Idee war, die eine Seite umzuformen in die andere. Ich hab nur keine Ahnung wie ich das Produkt in den Integrationsgrenzen aufspalten könnte. Dann hab ich mir überlegt, die Grenzen in die Stammfunktion also den [mm]ln[/mm] einzusetzen. Nur das bringt mich zu [mm]ln(xy) - ln(1) = ln(x) - ln (1) + ln(y) - ln(1)[/mm] und das ist ja nun aber genau das was ich gerade zeigen soll.
Hat vielleicht jemand anderes eine Idee wie man da ran gehen könnte?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:58 Mi 04.11.2009 | | Autor: | fred97 |
In
$L(xy) = [mm] \integral_{1}^{xy}{\bruch{1}{t} dt}$
[/mm]
substituiere t = uy. Damit (nachrechnen !):
$L(xy) = [mm] \integral_{1/y}^{x}{\bruch{1}{u} du}$
[/mm]
Dann folgt:
$L(xy) = [mm] \integral_{0}^{x}{\bruch{1}{u} du}- \integral_{0}^{1/y}{\bruch{1}{u} du}= [/mm] L(x) - L(1/y)$
Wir haben also:
(*) $L(xy) = L(x) - L(1/y)$
Setze $x'=1$ und $y'= 1/y$. Mit (*) erhält man, wegen L(1) =0,
$L(1/y) = L(x'y') = L(1)- L(1/y') = -L(y)$
Trägt man dies in (*) ein, so ergibt sich:
$L(xy) = L(x) + L(y)$
FRED
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Also erstmal dankeschön Fred für die schnelle und ausführliche Antwort!
Ich hab mich jetzt mal an (ii) versucht und zwar mit der Substitution [mm]u = t^{\bruch{1}{x}[/mm]. Das führt mich dann auf:
[mm]L(e^x) = \integral_{1}^{e^x}{\bruch{1}{t} dt} = \integral_{1}^{e}{x \cdot \bruch{1}{u} du} = x \cdot \integral_{1}^{e}{\bruch{1}{u} du} = x \cdot L(e)[/mm]
Jetzt bleibt noch zu zeigen, dass [mm]L(e) = 1[/mm] ist. Da hab ich erneut eine Substitution angewendet, nämlich [mm]u = e^s[/mm]. Damit folgt dann:
[mm]L(e) = \integral_{1}^{e}{\bruch{1}{u} du} = \integral_{0}^{1}{1 ds} = 1 - 0 = 1[/mm]
Wäre das so richtig?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:27 Mi 04.11.2009 | | Autor: | fred97 |
Alles O.K.
FRED
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| Aufgabe | [mm] L:(0,\infty) \to \IR: [/mm] x [mm] \to \int_{1}^{x} 1/t\, [/mm] dt
Zeige: [mm] L(e^x)= [/mm] x fuer alle x [mm] \in \IR [/mm] |
Hallo,
ich suche fuer die Loesung obiger Teilaufgabe einen geeigneten Weg.
Die Substitution, die ihr gemacht habt (also u=t^(1/x)) ist nicht zulaessig, da x durchaus Null werden kann.
Wuerde mich ueber einen anderen Tipp sehr freuen!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:55 Mi 03.07.2013 | | Autor: | M.Rex |
> [mm]L:(0,\infty) \to \IR:[/mm] x [mm]\to \int_{1}^{x} 1/t\,[/mm] dt
>
> Zeige: [mm]L(e^x)=[/mm] x fuer alle x [mm]\in \IR[/mm]
> Hallo,
>
> ich suche fuer die Loesung obiger Teilaufgabe einen
> geeigneten Weg.
> Die Substitution, die ihr gemacht habt (also u=t^(1/x)) ist
> nicht zulaessig, da x durchaus Null werden kann.
Warum sollte es das tun? Mit [mm] (0;\infty) [/mm] ist das offene Intervall gemeint, die 0 ist also das Infimum dieses Intervalles, liegt damit also nicht in selbigem.
>
> Wuerde mich ueber einen anderen Tipp sehr freuen!
Marius
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:40 Mi 03.07.2013 | | Autor: | fred97 |
> [mm]L:(0,\infty) \to \IR:[/mm] x [mm]\to \int_{1}^{x} 1/t\,[/mm] dt
>
> Zeige: [mm]L(e^x)=[/mm] x fuer alle x [mm]\in \IR[/mm]
> Hallo,
>
> ich suche fuer die Loesung obiger Teilaufgabe einen
> geeigneten Weg.
> Die Substitution, die ihr gemacht habt (also u=t^(1/x)) ist
> nicht zulaessig, da x durchaus Null werden kann.
>
> Wuerde mich ueber einen anderen Tipp sehr freuen!
nach dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung ist
L'(x)=1/x.
Setze [mm] f(x):=L(e^x) [/mm] für x [mm] \in \IR
[/mm]
Berechne mal die Ableitung von f.
FRTED
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:50 Mi 04.11.2009 | | Autor: | fred97 |
Für (i) gibt es noch einen einfacheren Beweis:
Sei y>0 fest und $f(x) := L(xy)-L(x)-L(y)$
Nach dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung ist f differenzierbar und
$f'(x) = [mm] y\bruch{1}{xy}-\bruch{1}{x}= [/mm] 0$
Somit ex. ein c [mm] \in \IR [/mm] mit: f(x) = c für jedes x >0
Es ist c= f(1) = L(y)-L(1) -L(y) = 0. Somit
L(xy) = L(x)+L(y)
FRED
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