Rechenschritt nachvollziehen

26.06.2018, 12:41

martins1990

Rechenschritt nachvollziehen

Hallo,

ich einer Aufgabe musste ich das folgende Integral explizit ausrechnen

$\begin{eqnarray*} y=\int \frac{dx}{ax^2+bx^2+c}= \frac {1}{\sqrt {b^{2}-4ac}}\ln \left|{\frac {2ax+b-{\sqrt {b^{2}-4ac}}}{2ax+b+{\sqrt {b^{2}-4ac}}}}\right|+C \qquad (1) \end{eqnarray*}$

a,b,c sind beliebige Konstanten die $\begin{eqnarray*} b^2-4ac<0 \end{eqnarray*}$ erfüllen.

In der Aufgabe danach soll gezeigt werden, dass (1) in die Form

$\begin{eqnarray*} \tan\frac{y-c_1}{2}=A \tan\frac{x-c_2}{2} \end{eqnarray*}$

umgeschrieben werden, wobei $\begin{eqnarray*} c_1,c_2,A \end{eqnarray*}$ von a,b,c abhängen können. Es gibt noch einen Hinweis: $\begin{eqnarray*} \tan\frac{y}{2}=i\frac{1-e^{iy}}{1+e^{iy}} \end{eqnarray*}$

Ich hatte zuerst (1) mit e erweitert und den Ausdruck

$\begin{eqnarray*} e^{y}= e^{\frac{1}{\gamma}} \cdot \frac{2ax+b-\gamma}{2ax+b+\gamma} \cdot e^C \end{eqnarray*}$

erhalten ( $\begin{eqnarray*} \gamma =\sqrt{b^2-4ac} \end{eqnarray*}$ ) oder die Lösung für $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ direkt in den Hinweis eingesetzt aber das führt zu nichts...

Jemand eine Idee bzw. einen Vorschlag wie man an das Problem rangehen kann?

26.06.2018, 12:50

HAL 9000

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Hmm, zunächst mal zur Einordnung:

Als reelle Stammfunktion ist Darstellung (1) nur für $\begin{eqnarray*} b^2-4ac>0 \end{eqnarray*}$ geeignet. Im Fall $\begin{eqnarray*} b^2-4ac<0 \end{eqnarray*}$ hingegen stehen rechts in (1) komplexe Ausdrücke, es ist dann z.B. $\begin{eqnarray*} \sqrt{b^2-4ac} = i\sqrt{4ac-b^2} \end{eqnarray*}$ . Das Ansinnen dieser Aufgabe ist wohl, das ganze in eine reelle Form zu überführen, dann aber mit tan/arctan.

Zitat:

Original von martins1990
In der Aufgabe danach soll gezeigt werden, dass (1) in die Form

$\begin{eqnarray*} \tan\frac{y-c_1}{2}=A \tan\frac{x-c_2}{2} \end{eqnarray*}$

Das bezweifle ich, dass das geht. unglücklich

Ich komme allenfalls auf

$\begin{eqnarray*} \tan\left(\frac{\gamma}{2}(y-C)\right) = \frac{2ax+b}{\gamma} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \gamma:=\sqrt{4ac-b^2} \end{eqnarray*}$ ,

also kein Tangens auf der rechten Seite, und links im Tangens aber ein zusätzlicher Faktor.

26.06.2018, 13:08

martins1990

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Zitat:

Im Fall $\begin{eqnarray*} b^2-4ac<0 \end{eqnarray*}$ hingegen stehen rechts in (1) komplexe Ausdrücke, es ist dann z.B. $\begin{eqnarray*} \sqrt{b^2-4ac} = i\sqrt{4ac-b^2} \end{eqnarray*}$ .

Direkt ein grober Fehler zu beginn meinerseits. Danke für den Hinweis!

Also die Stammfunktion für den Fall $\begin{eqnarray*} b^2-4ac<0 \end{eqnarray*}$ ist

$\begin{eqnarray*} y=\int \frac{dx}{ax^2+bx^2+c}= \frac {1}{\sqrt {b^{2}-4ac}}\ln \left|{\frac {2ax+b-i{\sqrt {4ac-b^2}}}{2ax+b+i{\sqrt {4ac-b^2}}}}\right|+C \qquad \end{eqnarray*}$

Mit e erweitern

$\begin{eqnarray*} e^{y}= e^{\frac{1}{\gamma}} \cdot | \frac{2ax+b-i\gamma}{2ax+b+i\gamma} |\cdot e^C \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} \gamma =\sqrt{4ac-b^2} \end{eqnarray*}$ nun richtig definiert ist! Falls der Ansatz korrekt sein sollte, würde ich als nächstes den Betrag auflösen. Definiere $\begin{eqnarray*} X=2ax+b \end{eqnarray*}$ , dann erhält man für den Betrag

$\begin{eqnarray*} |\frac{X-i\gamma}{X+i\gamma}|= \frac{\left(X-i\gamma\right)^2}{X^2 +\gamma^2} \end{eqnarray*}$

Hmm, wie könnte man jetzt aus $\begin{eqnarray*} e^{y}\to e^{iy} \end{eqnarray*}$ schließen?

26.06.2018, 13:11

HAL 9000

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Leider ein grober Potenzgesetz-Verstoß: Es gilt mitnichten $\begin{eqnarray*} e^{u\cdot v} = e^u\cdot e^v \end{eqnarray*}$ , wie du es rechts mit dem ln-Term samt Vorfaktor praktiziert hast. unglücklich

Wandle doch erstmal um

$\begin{eqnarray*} y = \frac{1}{\sqrt {b^2-4ac}}\ln\left|\frac{2ax+b-\sqrt{b^2-4ac}}{2ax+b+\sqrt{b^2-4ac}}\right|+C = \frac{1}{i\gamma}\ln\left|\frac{2ax+b-i\gamma}{2ax+b+i\gamma}\right|+C \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} i\gamma(y-C) = \ln\left|\frac{2ax+b-i\gamma}{2ax+b+i\gamma}\right| \end{eqnarray*}$ .

Jetzt darfst du exponenzieren, mit Ergebnis

$\begin{eqnarray*} e^{i\gamma(y-C)} = \pm\frac{2ax+b-i\gamma}{2ax+b+i\gamma}\qquad (*) \end{eqnarray*}$ ,

das Vorzeichen ist zunächst unklar. Man sieht aber, dass es an sich keine Rolle spielt, denn für die alternative Konstante $\begin{eqnarray*} C':=C-\frac{\pi}{\gamma} \end{eqnarray*}$ gilt

$\begin{eqnarray*} e^{i\gamma(y-C')} = e^{i\gamma(y-C)+i\pi} = -e^{i\gamma(y-C)} \end{eqnarray*}$ ,

so dass sich für beide Vorzeichen in (*) eine passende Konstante $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ findet.

26.06.2018, 13:28

martins1990

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Okay, es gilt:

$\begin{eqnarray*} e^{i\gamma(y-C)}=e^{i(\gamma y-\gamma C)} = \frac{2ax+b-i\gamma}{2ax+b+i\gamma}\qquad \end{eqnarray*}$

Jetzt könnte man den Hinweis anwenden

$\begin{eqnarray*} \tan\frac{y}{2}=i\frac{1-e^{iy}}{1+e^{iy}} \end{eqnarray*}$

26.06.2018, 13:51

martins1990

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$\begin{eqnarray*} \tan\frac{\gamma(y-c)}{2} = i \frac{1-\frac{X-i\gamma}{X+i\gamma}}{1+\frac{X-i\gamma}{X+i\gamma}}=i \frac{(X^2+\gamma^2)-(X-i\gamma)^2}{(X^2+\gamma^2)+(X-i\gamma)^2}=i\frac{2\gamma +2iX\gamma}{2X^2-2iX\gamma} \end{eqnarray*}$

Irgendwie muss man auf der rechten Seite noch den Ausdruck $\begin{eqnarray*} \tan(kx) \end{eqnarray*}$ wiederfinden, für irgendeine Konstante k.

26.06.2018, 14:13

HAL 9000

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Zitat:

Original von martins1990
Irgendwie muss man auf der rechten Seite noch den Ausdruck $\begin{eqnarray*} \tan(kx) \end{eqnarray*}$ wiederfinden

Was ich nach wie vor bezweifle (s.o.). Ich denke, da hast du irgendwas falsch gelesen. unglücklich

Ausgehend von einem negativen Vorzeichen in (*) ist

$\begin{eqnarray*} 1-e^{i\gamma y} &=& \frac{2(2ax+b)}{2ax+b+i\gamma}\\ 1+e^{i\gamma y} &=& \frac{2i\gamma}{2ax+b+i\gamma} \end{eqnarray*}$

und folglich

$\begin{eqnarray*} \tan\left(\frac{\gamma (y-C)}{2}\right) = i\frac{1-e^{i\gamma (y-C)}}{1+e^{i\gamma (y-C)}} = \frac{2ax+b}{\gamma} \end{eqnarray*}$ ,

OHNE Tangens auf der rechten Seite.

Es ergibt sich umgeformt (ggfs. mit angepasster Konstante C)

$\begin{eqnarray*} y = \frac{2}{\gamma}\arctan\left( \frac{2ax+b}{\gamma} \right)+C \end{eqnarray*}$ .

Die "Probe" durch Differenzieren ergibt damit dann

$\begin{eqnarray*} y' = \frac{2}{\gamma}\frac{1}{1+ \left(\frac{2ax+b}{\gamma}\right)^2}\cdot \frac{2a}{\gamma} = \frac{4a}{\gamma^2+(2ax+b)^2} = \frac{4a}{4a^2x^2+4abx+b^2+4ac-b^2}= \frac{1}{ax^2+bx+c} \end{eqnarray*}$ .

P.S.: Man hätte das ganze natürlich auch einfacher haben können, wenn man gleich beim Ausgangsintegral $\begin{eqnarray*} \int \frac{\dd x}{ax^2+bx^2+c} \end{eqnarray*}$ basierend auf $\begin{eqnarray*} 4a(ax^2+bx+c) = (2ax+b)^2+(4ac-b^2) \end{eqnarray*}$ die Substitution $\begin{eqnarray*} u=\frac{2ax+b}{\gamma} \end{eqnarray*}$ durchgeführt hätte, was (bis auf einen Vorfaktor) zum Grundintegral $\begin{eqnarray*} \int \frac{\dd u}{u^2+1} = \arctan(u)+C \end{eqnarray*}$ führt.

Aber so hat man wenigstens ein wenig komplexe Arithmetik geübt. smile

26.06.2018, 15:55

martins1990

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Ich habe deine ersten, editierten Beitrag nicht mehr gelesen (deswegen der Denkfehler, dass es doch machbar wäre)

Dann ich bin mal auf die Korrektur gespannt.

Danke für deine Hilfe smile

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