lustiges integrale-berechnen... :( 3

01.01.2005, 16:10

Millhouse

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als erste mal frohes neues an alle!
mein neues jahr fängt diesmal mit folgendem integral an:

$\begin{eqnarray*} \int_{1}^{e}~ln(x^2)~dx \end{eqnarray*}$

das x² hat mich jetzt ein bisschen irritiert, aber ich habe es einach wieder nach dem prinzip gemacht wie bei (lnx)²:

$\begin{eqnarray*} =[x\cdot ln(x^2)]_{1}^e - \int_{1}^{e}~x\cdot \frac{1}{x^2}~dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = [x\cdot ln(x^2)]_{}^{}-[lnx]_{}^{} \end{eqnarray*}$

ist das so richtig...? oder muss ich irgendwas besonderes beachten?

01.01.2005, 16:18

Mathespezialschüler

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Du machst es dir unnötig schwer!
Also dein Fehler liegt dabei, dass du beim Ableiten von $\begin{eqnarray*} \ln(x^2) \end{eqnarray*}$ die innere Ableitung vergessen hast!
Aber dein eigentlicher Fehler ist der, dass du es dir nur komplizierter machst, schonmal was vom Logarithmusgesetz gehört?

$\begin{eqnarray*} \int_1^e~\ln(x^2)~dx=\int_1^e~2\ln(x)~dx=2\int_1^e~\ln(x)~dx \end{eqnarray*}$

und das Integral hattet ihr ja gestern wohl schon.

01.01.2005, 16:23

Millhouse

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hm... das gesetz kannt ich nicht (wahrscheinlich schon aber dann hab ichs wohl wieder vergessen...), aber danke für den tipp! das ist in der tat etwas einfacher...

01.01.2005, 16:29

Mathespezialschüler

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Vielleicht erinnerst dich ja, wenn ichs allgemein aufschreibe:

$\begin{eqnarray*} \ln(x^r)=r\cdot \ln(x) \end{eqnarray*}$

Müsstet ihr gehabt haben, als ihr zum 1. Mal Exponential- und Logarithmusfunktionen behandelt habt.

01.01.2005, 16:39

Millhouse

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hm... sagt mir ehrlich gesagt nichts... ist auch verdammt lange her, dass wir das mal gemacht haben, und seitdem hatten wir auch nichts mehr damit zu tun... bis jetzt.
für das integral habe ich jedenfalls jetzt 2 raus - ist das richtig?

01.01.2005, 16:49

Mathespezialschüler

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Ja, richtig! Freude

Freude

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01.01.2005, 17:19

Millhouse

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ich mach mal nen nuen post draus...

also das integral:

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{1}~x\cdot ((2+x^2)^{2})~dx \end{eqnarray*}$

das habe ich als eine verkettung gesehn, ein 1/2 vor das integral gesetzt, und die stammfunktion müsste dann so aussehen:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3}[(2+x^2)^3]_{0}^1 \end{eqnarray*}$

wenn das stimmt dann habe ich auch diese so langsam verstanden...

01.01.2005, 17:27

iammrvip

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Japp. Stimmt. Jetzt musst du bloß noch die Grenzen einsetzen Augenzwinkern

Augenzwinkern

.

01.01.2005, 17:28

Mathespezialschüler

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Ja, is richtig, aber das kannst du doch immer selbst rausfinden! Musst doch nur ableiten und dann muss der Integrand rauskommen.

01.01.2005, 18:27

Millhouse

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@MSS
ntürlich kann ich das. aber ich bin mir halt noch ziemlich unsicher und frage lieber nach, da ich ja auch teilweise ganz gute tipps kriege wie man es besser machen könnte.

darum geht auch bei diesem integral:

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{1}~\frac{x}{\sqrt{1-x^4}}~dx \end{eqnarray*}$

sieht da jemand eine bessere lösung als substitution für $\begin{eqnarray*} z=1-x^4 \end{eqnarray*}$ ?

01.01.2005, 18:30

iammrvip

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hast du eine liste mit grundintegralen?? kennst du dieses hier:

$\begin{eqnarray*} \int\frac{1}{\sqrt{1 -x^2}}~\mbox dx = \mbox{arcsin}(x) + C \end{eqnarray*}$

hilft dir das schon?? was könnten wir also substituieren??

01.01.2005, 18:59

Millhouse

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hm... also ich weiß nur, dass arcsin die umkehrfunktion vom sinus ist. aber ansonsten kann ich da nicht so viel mit anfangen... ich habe jetzt, wie du im ersten post gesagt hast, mit z = x² substituiert und habe jetzt das raus:

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{1}~\frac{1}{2\cdot \sqrt{1-z^2}}~dz \end{eqnarray*}$

die stammfunktion müsste dann ja $\begin{eqnarray*} \sqrt{1-z^2} \end{eqnarray*}$ sein, und das sieht finde ich schon ganz in ordnung aus.... aber dein prinzip mit dem arcsin hört sich irgendwie noch einfacher an habe ich das gefühl...?

01.01.2005, 19:01

iammrvip

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ja deshalb hab ich auch noch mal editiert, weil ich dachte du kommst dann vielleicht selbst auf die substitution Augenzwinkern

Augenzwinkern

zieh jetzt noch die $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ aus dem integral und wende dann das grundintegral von oben an und resubstituiere. sag mal was du raushast. das geht viel schneller Freude

Freude

.

01.01.2005, 19:11

Millhouse

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hm... jetzt kann ich dir nicht mehr ganz folgen... warum soll ich denn die 1/2 aus dem integral ziehen? ich meine... jetzt kann ich doch perfekt die stammfunktion billden... und vor allem - wie soll ich die 1/2 da raus kriegen?

01.01.2005, 19:12

iammrvip

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ich mein bloß:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}\int_{0}^{1}~\frac{1}{\sqrt{1-z^2}}~dz \end{eqnarray*}$

jetzt integrieren, so wie's oben steht und dann resubstituieren. geht wunderbar Augenzwinkern

Augenzwinkern

.

01.01.2005, 19:22

Millhouse

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hm... was bringt das denn? die form $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2\cdot \sqrt{1-z^2}} \end{eqnarray*}$
eignet sich doch hervorragend zum aufleiten, da

$\begin{eqnarray*} [\sqrt{1-z^2}]_{}^{'}= \frac{1}{2\cdot \sqrt{1-z^2}} \end{eqnarray*}$

deswegen versteh ich jetzt nicht ganz den sinn dahinter...?

01.01.2005, 19:24

iammrvip

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wir kommst du denn darauf?? du musst

$\begin{eqnarray*} \left[\sqrt{1 - z^2}\right]^{'} \end{eqnarray*}$

nach kettenregel ableiten:

$\begin{eqnarray*} \left[\sqrt{1 - z^2}\right]^{'} = \frac{z}{2\sqrt{1-z^2}} \end{eqnarray*}$

01.01.2005, 19:46

Millhouse

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sorry, hab jetzt ein wenig den überblick verloren... wie gehts denn jetzt konkret weiter? ich muss also die stammfunktion von
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}\int_{0}^{1}~\frac{1}{\sqrt{1-z^2}}~dx \end{eqnarray*}$
bilden, oder?
und die wär dann...
keine ahnung, ich komm da irgendwie nicht drauf???

01.01.2005, 19:48

iammrvip

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du nimmst einfach die regel:

$\begin{eqnarray*} \int\frac{1}{\sqrt{1 -x^2}}~\mbox dx = \mbox{arcsin}(x) + C \end{eqnarray*}$

steht in jeder formelsammlung. Augenzwinkern

Augenzwinkern

.

also muss aber dz sein Freude

Freude

:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-z^2}}~\mbox dz = ... \end{eqnarray*}$

kannst die grenzen auch erstmal weglassen. das geht vielleicht besser.

01.01.2005, 19:52

Millhouse

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ach so meintest du das...
hm... also das mit dem arcsin haben wir noch nicht gemacht. gibt es da keinen anderen weg? also ich kann mri jedenfalls nicht vorstellen, dass das hier an dieser stelle verlangt ist, da wir wie gesagt arcsin und sowas noch nicht hatten und auch nicht mit der formelsammlung arbeiten...

[edit:] wenn der andere weg aber zu umständlich ist dann werd ich wohl doch ein blich in die formelsammlung werfen... (ich frage mich was das c sein soll... das 1/2 vor dem integral?)

01.01.2005, 19:54

Mathespezialschüler

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Zitat:

Original von iammrvip
$\begin{eqnarray*} \left[\sqrt{1 - z^2}\right]^{'} = \frac{z}{2\sqrt{(1-z^2)^3}} \end{eqnarray*}$

Wenn du die 3 im Exponenten noch wegnimmst und ne 1 hinschreibst, is alles richtig Augenzwinkern

Augenzwinkern

01.01.2005, 19:58

Millhouse

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@ MSS
aber ich muss doch auf die form
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{\sqrt{1-z^2}} \end{eqnarray*}$
kommen und nicht
$\begin{eqnarray*} \frac{z}{\sqrt{1-z^2}} \end{eqnarray*}$
oder?

01.01.2005, 20:08

Mathespezialschüler

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Ich meinte ja nur iammrvip, du warst gar nicht angesprochen, ich meinte, also wenn er die 3 wegnimmt, dann wäre diese Zeile richtig.
Bei deinem Integral geht wirklich nichts am arcsin vorbei! Is das denn ne Aufgabe von euer Lehrerin oder hast du die selbst irgendwo ausm Schulbuch genommen?

01.01.2005, 20:12

iammrvip

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@MSS
Danke. Scheiß Konzentrationsschwäche beim Schreiben... Hammer

Hammer

@Millhouse
Sorry. Tut mir Leid traurig

traurig

guck mir jetzt alles noch drei mal vorher an Freude

Freude

Zitat:

Original von Millhouse
[edit:] wenn der andere weg aber zu umständlich ist dann werd ich wohl doch ein blich in die formelsammlung werfen... (ich frage mich was das c sein soll... das 1/2 vor dem integral?)

Nein, nein. Das C ist die Integrationskonstante. Es ist ja das allgemeine Grundintegral. Du hast ja Grenzen dazu gegeben, da kannst du es weglassen Augenzwinkern

Augenzwinkern

02.01.2005, 00:01

Millhouse

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@iammrvip
nicht schlimm, war so oder so durcheinander, hab ne pause gemacht und mir jetzt die formelsammlung aufgeschlagen, demnach ist

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}\int_{0}^{1}~\frac{1}{\sqrt{1-z^2}}~dz \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =\frac{1}{2}[arc sin(z)]_{0}^1 \end{eqnarray*}$

und nach der rücksubstitution

$\begin{eqnarray*} =\frac{1}{2}[arc sin(x^2)]_{0}^1 \end{eqnarray*}$

joa, dann müsst ich jetzt nur noch die grenzen einsetzen, oder?

02.01.2005, 00:48

Millhouse

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so, das letzte integral dieser übungsreihe:

$\begin{eqnarray*} \int_{1}^{2}~\frac{x^2}{\sqrt{1-x^3}}~dx \end{eqnarray*}$

die stammfunktion sollte

$\begin{eqnarray*} =-\frac{2}{3}[\sqrt{1-x^3}]_{1}^2 \end{eqnarray*}$

sein.
aber wie man sieht, kommt da nur eine leere menge raus, da es eine negative wurzel gibt. stimmt das so oder habe ich jetzt wieder etwas wichtiges übersehen?

02.01.2005, 01:13

iammrvip

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Zitat:

Original von Millhouse
@iammrvip
nicht schlimm, war so oder so durcheinander, hab ne pause gemacht und mir jetzt die formelsammlung aufgeschlagen, demnach ist

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}\int_{0}^{1}~\frac{1}{\sqrt{1-z^2}}~dz \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =\frac{1}{2}[arc sin(z)]_{0}^1 \end{eqnarray*}$

und nach der rücksubstitution

$\begin{eqnarray*} =\frac{1}{2}[arc sin(x^2)]_{0}^1 \end{eqnarray*}$

joa, dann müsst ich jetzt nur noch die grenzen einsetzen, oder?

japp. alles richtig Freude

Freude

Zitat:

Original von Millhouse
aber wie man sieht, kommt da nur eine leere menge raus, da es eine negative wurzel gibt. stimmt das so oder habe ich jetzt wieder etwas wichtiges übersehen?

stimmt auch Augenzwinkern

Augenzwinkern

. ist kommen keine rellen lösungen in frage.

02.01.2005, 02:09

Mathespezialschüler

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Zitat:

Original von Millhouse
so, das letzte integral dieser übungsreihe:

$\begin{eqnarray*} \int_{1}^{2}~\frac{x^2}{\sqrt{1-x^3}}~dx \end{eqnarray*}$

Bist du dir sicher, dass du das richtig abgeschrieben hast?? Die Funktion ist nämlich für das Integrationsintervall [1,2] gar nicht definiert! Also für kein einziges x. Deshalb ist das Zeichen an sich völlig unsinnig. verwirrt

verwirrt

03.01.2005, 20:55

Millhouse

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@MSS
ja, es ist wirklich richtig abgeschrieben. habe es jetzt auch gesehn, dass man es ja schon auf den ersten blick sieht, dass es nicht geht... naja.

aber bei einem anderen integral habe ich mich vertippt, ist mir grade aufgefallen, und zwar hätte es so heißen müssen:

$\begin{eqnarray*} \int_{-1}^{1}~e^{-x}\cdot cosx~dx \end{eqnarray*}$

das habe ich nun versucht, mit partieller integration zu lösen:

$\begin{eqnarray*} =[{-e^{-x}\cdot cosx}]_{-1}^1 - \int_{-1}^{1}~-e^{-x}\cdot (-sinx)~dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =[{-e^{-x}\cdot cosx}]_{-1}^1 - [{e^{-x}\cdot cosx}]_{-1}^1 - \int_{-1}^{1}~-e^{-x}\cdot cosx~dx \end{eqnarray*}$

ist das richtig so? bin mir nicht so sicher... wie ist denn die auf- und ableitung von $\begin{eqnarray*} e^{-x} \end{eqnarray*}$ ?
und dann habe ich da noch eine allgemeine frage, über die ich immer wieder stolpere.
die partielle integration geht ja nach dem prinzip:

$\begin{eqnarray*} \int~f'\cdot g~dx = [f\cdot g] - \int~f\cdot g'~dx \end{eqnarray*}$

wenn man das 2. integral, also das auf der rechten seite, wieder mit partieller integration auflösen will, sind dann f' und g so beizubehalten, wie sie sind oder müssen sie wie beim ersten inttegral belegt sein?
also wenn beim ursprungsintegral $\begin{eqnarray*} f' \cdot g \end{eqnarray*}$ steht, steht ja folglich beim dem auf der rechten seite $\begin{eqnarray*} f \cdot g' \end{eqnarray*}$ muss ich jetzt mit dieser belegung weiter rechnen oder muss ich es wie beim ersten wieder mit $\begin{eqnarray*} f' \cdot g \end{eqnarray*}$ beschreiben? ich hoffe ich konnte die frage einigermaßen verständlich artikulieren...

03.01.2005, 22:15

Mathespezialschüler

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Zitat:

Original von Millhouse
und dann habe ich da noch eine allgemeine frage, über die ich immer wieder stolpere.
die partielle integration geht ja nach dem prinzip:

$\begin{eqnarray*} \int~f'\cdot g~dx = [f\cdot g] - \int~f\cdot g'~dx \end{eqnarray*}$

wenn man das 2. integral, also das auf der rechten seite, wieder mit partieller integration auflösen will, sind dann f' und g so beizubehalten, wie sie sind oder müssen sie wie beim ersten inttegral belegt sein?
also wenn beim ursprungsintegral $\begin{eqnarray*} f' \cdot g \end{eqnarray*}$ steht, steht ja folglich beim dem auf der rechten seite $\begin{eqnarray*} f \cdot g' \end{eqnarray*}$ muss ich jetzt mit dieser belegung weiter rechnen oder muss ich es wie beim ersten wieder mit $\begin{eqnarray*} f' \cdot g \end{eqnarray*}$ beschreiben? ich hoffe ich konnte die frage einigermaßen verständlich artikulieren...

Also es ist zwar etwas wirr, aber ich denke, ich habe es verstanden. Sagen wir mal, du würdest "mit dieser Belegung weiterrechnen", dann würdest du ja $\begin{eqnarray*} \int~f\cdot g'~dx \end{eqnarray*}$ so partiell integrieren:

$\begin{eqnarray*} \int~f\cdot g'~dx= f\cdot g-\int~f'\cdot g~dx \end{eqnarray*}$

Wenn du das aber einsetzt:

$\begin{eqnarray*} \int~f'\cdot g~dx = f\cdot g - \int~f\cdot g'~dx=f\cdot g - \left(f\cdot g-\int~f'\cdot g~dx\right)=f\cdot g - f\cdot g+\int~f'\cdot g~dx \end{eqnarray*}$

Du erhälst also wieder das Ausgangsintegral bzw. die Gleichung $\begin{eqnarray*} \int~f'\cdot g~dx=\int~f'\cdot g~dx \end{eqnarray*}$ , das bringt dich also nicht weiter!

Leider hast du bei der obigen partiellen Integration genau das gemacht, aber einen Vorzeichenfehler drin. Ich verbessere diesen mal und zeige, dass dich das so nicht weiterbringt. Ich lass die Grenzen aber mal weg.

$\begin{eqnarray*} \int~e^{-x}\cdot \cos(x)~dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =-e^{-x}\cdot \cos(x)-\int~-e^{-x}\cdot (-\sin(x))~dx=-e^{-x}\cdot \cos(x)+\int~e^{-x}\cdot (-\sin(x))~dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =-e^{-x}\cdot \cos(x)+e^{-x}\cdot \cos(x) - \int~-e^{-x}\cdot \cos(x)~dx=\int~e^{-x}\cdot \cos(x)~dx \end{eqnarray*}$

Wie du siehst, kommst du damit, wie oben auch erklärt, wieder auf das Ausgangsintegral.
Ich hoffe, du siehst das auch an deinem Beispiel, setz einfach mal mit meinen obigen Erklärungen $\begin{eqnarray*} f(x)=-e^{-x} \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} f(x)=e^{-x} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g(x)=\cos(x) \end{eqnarray*}$ .

Also, wenn du $\begin{eqnarray*} \int~f\cdot g'~dx= f\cdot g-\int~f'\cdot g~dx \end{eqnarray*}$ gemacht hast, dann bringt es dir also nichts, wenn du "mit dieser Belegung" weiterrechnest. Du musst ja dann $\begin{eqnarray*} \int~f'\cdot g~dx \end{eqnarray*}$ berechnen und das machst du dann also so:

Finde eine Stammfunktion G zu g, also eine Funktion G, sodass G'=g ist. Dann wird

$\begin{eqnarray*} \int~f'\cdot g~dx=\int~f'\cdot G'~dx=f'\cdot G-\int~f''\cdot G~dx \end{eqnarray*}$

und das macht man dann solange weiter, bis man f "herunterdifferenziert" hat oder das gleiche Integral rauskommt und man es auf die andere Seite bringen kann. Also bei deinem Beispiel:

$\begin{eqnarray*} \int~e^{-x}\cdot \cos(x)~dx=-e^{-x}\cdot \cos(x)+\int~e^{-x}\cdot (-\sin(x))~dx=-e^{-x}\cdot \cos(x)+\int~-e^{-x}\cdot \sin(x)~dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =-e^{-x}\cdot \cos(x)+e^{-x}\cdot \sin(x)-\int~e^{-x}\cdot \cos(x) \end{eqnarray*}$

Also:

$\begin{eqnarray*} \int~e^{-x}\cdot \cos(x)~dx=-e^{-x}\cdot \cos(x)+e^{-x}\cdot \sin(x)-\int~e^{-x}\cdot \cos(x)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ |\ +\int~e^{-x}\cdot \cos(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2\int~e^{-x}\cdot \cos(x)~dx=-e^{-x}\cdot \cos(x)+e^{-x}\cdot \sin(x) \end{eqnarray*}$

und somit

$\begin{eqnarray*} \int~e^{-x}\cdot \cos(x)~dx=\frac{e^{-x}\cdot (\sin(x)-\cos(x))}{2} \end{eqnarray*}$

Das mal als Demonstration Augenzwinkern

Augenzwinkern

04.01.2005, 15:34

Millhouse

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vielen vielen dank für die umfangreiche erklärung. ich glaub jetzt müsst ichs aber endgültig mal verstanden haben smile

smile

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