Allgemeingültige Formel für Logarithmusfunktionen entwickeln

08.07.2005, 11:28

brunsi

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Allgemeingültige Formel für Logarithmusfunktionen entwickeln

So mal was eigentlich ganz banales, aber irgendwie komme iche infahc nicht drauf:

Ich versuche jetzt ne allgemeine integrationsformel zu finden für

$\begin{eqnarray*} \int{}{}ln(tx)~dx \end{eqnarray*}$

das mache ich doch mit partieller Integration:

und wähle $\begin{eqnarray*} u'=1; u=x \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v=ln(tx); v=\frac{1}{tx}*t \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int{}{}ln(tx)~dx=x*ln(tx)-\int{}{}x*\frac{1}{x}~dx \end{eqnarray*}$

ist das soweit richtig? das problem, wo es bei mri hapert ist, ob ich $\begin{eqnarray*} u=x \end{eqnarray*}$ richtig gewählt habe?? müsste es $\begin{eqnarray*} u=tx \end{eqnarray*}$ sein?

08.07.2005, 11:32

therisen

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Hallo,

$\begin{eqnarray*} \ln(tx)=\ln(t)+\ln(x) \end{eqnarray*}$

Reicht das?

EDIT: Verschoben!

Gruß, therisen

08.07.2005, 11:41

brunsi

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ja das reicht, aber wie ist es denn bei dieser hier:

$\begin{eqnarray*} \int{}{}ln(a^2+x)dx \end{eqnarray*}$ ???

da gibts ja nichts allgemein gültiges? die einzieg emöglichkeit die ich sehe, wäre das ganze in ein Produkt umzuformen.

also quasi die Binomische Formel anzuwenden.

08.07.2005, 11:45

therisen

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Hi brunsi,
warum denn immer so kompliziert? Substituiere $\begin{eqnarray*} z=a^2+x \end{eqnarray*}$

Gruß, therisen

08.07.2005, 12:10

brunsi

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weil ich halt nen kleiner verkomplizierer bin Augenzwinkern

Augenzwinkern

und immer umständlich denke als gerade aus.

so aber jetzt mal zum 1.Integral:

die Stammfunktion müsste da dann lauten:

$\begin{eqnarray*} \int{}{}ln(tx)dx=x[ln(tx)-1] \end{eqnarray*}$ richtig?

08.07.2005, 12:40

Sephiroth

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Bei mir kommt da irgendwie was anderes raus.

Integrier mal wie therisen vorgeschlagen

$\begin{eqnarray*} \int_{}^{}~ln(x)~dx + \int_{}^{}~ln(t)~dx \end{eqnarray*}$

außerdem konstante c nicht vergessen!

hope this helps Tanzen

Tanzen

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08.07.2005, 12:58

brunsi

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hab ich doch so wie therisen gemacht!!

ich schreib mal hin,was ich gemacht habe:

$\begin{eqnarray*} \int{}{}ln(tx)dx=\int{}{}ln(t)+\int{}{}ln(x)dx \end{eqnarray*}$

so $\begin{eqnarray*} \int{}{}ln(x)dx=x*ln(x)-x \end{eqnarray*}$

dann muss ich noch $\begin{eqnarray*} \int{}{}ln(t)dx \end{eqnarray*}$ integrieren und dann zum schluss alles addieren.

also:

$\begin{eqnarray*} u'=1;u=x \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v=ln(t);v'=0 \end{eqnarray*}$

damit ergibt sich:

$\begin{eqnarray*} \int{}{}ln(t)dx=x*ln(t)-\int{}{}x*0 dx \end{eqnarray*}$

damit ergibt sich dann:

$\begin{eqnarray*} \int{}{}ln(tx)dx=x*ln(t)+(x*ln(x)-x) \end{eqnarray*}$

das fasse ich dann noch zusammen:

$\begin{eqnarray*} \int{}{}ln(tx)dx=x(ln(t)+ln(x)-1) \end{eqnarray*}$

edit: und wenn ich das noch weiter zusammenfasse mit Logarithmusgesetzen, dann ergibt sich die Stammfunktion. s.obigen post!!

08.07.2005, 13:08

Sephiroth

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HI HI

Sorry dein Ergebnis passt

hatte mich verrechnet

08.07.2005, 13:12

brunsi

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jo ich weiß, macht ja nüscht. passiert mir auch ständig, daher schrieb ich hie rimme rnoch mal hin,was ich gerechnet habe, bevor ich das ad akta (zu meinen unterlagen lege).

so und nun das nächste problem:

$\begin{eqnarray*} \int{}{}ln(a^2-x)dx \end{eqnarray*}$

ich weiß, ich könnte das jetzt mit substitution machen, aber ich bevorzuge lieber mal eben den schwierigeren weg!! bin ein bissl crazy Augenzwinkern

Augenzwinkern

!

$\begin{eqnarray*} \int{}{}ln(a^2-x)dx=\int{}{}[(a-\sqrt{x})(a+\sqrt{x})] \end{eqnarray*}$

so und mehr dazu um 16:00 Uhr oder je nachdem wie schnell ich damit durch bin.

08.07.2005, 13:43

JochenX

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Zitat:

Original von brunsi
$\begin{eqnarray*} \int{}{}ln(a^2-x)dx=\int{}{}[(a-\sqrt{x})(a+\sqrt{x})] \end{eqnarray*}$

son humbug, wie willst du das jetzt integrieren?
partielle integration?

merke dir doch einfach mal die substitutionsregel für verkettete funktionen mit linearer innenfunktion....

edit: hihi stimmt, vor schreck den fehlenden ln gar nicht bemerkt
Hammer

Hammer

08.07.2005, 13:46

Sephiroth

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Hehe

außerdem wo is denn auf einmal der ln hin Hammer

Hammer

jo außerdem mit Kettenregel bester Weg glaub ich! smile

smile

08.07.2005, 14:06

brunsi

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irgendwie wird das schon was werden. durch den ln müsste das doch dennoch machbar sein?

08.07.2005, 14:09

derkoch

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mit der umformung sinkst du immer tiefer in schwierigkeiten brunsi! außerdem bringt es dich nicht zum ziel!

08.07.2005, 14:52

therisen

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Bei dem Bilden einer Stammfunktion sollte man froh sein, wenn diese überhaupt existiert und man einen Weg gefunden hat, diese zu berechnen. Zumal einem hier die Substitution gerade ins Auge springt. Du befindest dich leider auf dem Holzweg brunsi unglücklich

unglücklich

Gruß, theirsen

08.07.2005, 15:12

brunsi

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$\begin{eqnarray*} \int{}{}ln(a^2-x)dx=\int{}{}ln((a-\sqrt{x})+\int{}{}ln(a+\sqrt{x}))dx \end{eqnarray*}$

dann mal für folgendes Teilintegral vorgerechnet:

$\begin{eqnarray*} \int{}{}ln({a-\sqrt{x}})dx \end{eqnarray*}$

so dann habe ich folgendes gewählt, da ich das dann partiell integrieren möchte:

$\begin{eqnarray*} u=1;u'=x \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v=ln(a-\sqrt{x}); v'=\frac{1}{a-\sqrt{x}}*(-\frac{1}{2}*x^{-\frac{1}{2}}) \end{eqnarray*}$

damit wäre dann das integral $\begin{eqnarray*} \int{}{}ln(a-\sqrt{x})dx \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \int{}{}ln(a-\sqrt{x})dx=x*ln(a-\sqrt{x})-\int{}{}-\frac{1x}{2}*\frac{1}{\sqrt{x}*(a-\sqrt{x})}dx \end{eqnarray*}$

so und jetzt habe ich mit substitution von $\begin{eqnarray*} h=a-\sqrt{x} \end{eqnarray*}$

das integral weiter gelöst:

durch quadrieren erhalte ich:

$\begin{eqnarray*} (-h+a)^2=x \end{eqnarray*}$

und durch ableiten:

$\begin{eqnarray*} \frac{dh}{dx}=-\frac{1}{2}*x^{(-\frac{1}{2})} \end{eqnarray*}$

daraus folgt dann $\begin{eqnarray*} dh=-\frac{1}{2}*x^{(-\frac{1}{2})}dx \end{eqnarray*}$

08.07.2005, 15:36

AD

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Durch partielle Integration gelingt uns auch die Berechnung des folgenden, äußerst schwierigen Integrals:

$\begin{eqnarray*} \int~1~\mathrm{d}x = \int~\sqrt{x}\cdot\frac{1}{\sqrt{x}}~\mathrm{d}x =\frac{2}{3}x\sqrt{x}\cdot\frac{1}{\sqrt{x}}-\int~\frac{2}{3}x\sqrt{x}\cdot\left(-\frac{1}{2x\sqrt{x}}\right)~\mathrm{d}x =\frac{2}{3}x+\frac{1}{3}\int~1~\mathrm{d}x \end{eqnarray*}$

Jetzt können wir $\begin{eqnarray*} I:=\int~1~\mathrm{d}x \end{eqnarray*}$ setzen und erhalten $\begin{eqnarray*} I=\frac{2}{3}x+\frac{1}{3}I \end{eqnarray*}$ und durch Umstellen $\begin{eqnarray*} I=x \end{eqnarray*}$ . Hurra!

P.S.: Entschuldigt, ein bisschen Satire muss von Zeit zu Zeit einfach mal sein. Big Laugh

Big Laugh

08.07.2005, 15:41

brunsi

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huhu, nicht drüber lustig machen, dass ich immer alles verkompliziert bherechnen muss, aber hab ich da irgendwo nen fehler hinein gebastelt??

08.07.2005, 16:51

therisen

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Zitat:

Original von brunsi
$\begin{eqnarray*} \int{}{}ln(a^2-x)dx=\int{}{}ln((a-\sqrt{x})+\int{}{}(a+\sqrt{x}))dx \end{eqnarray*}$

Stopp! Was soll das?

@Arthur: Hammer

Hammer

Gruß, therisen

08.07.2005, 17:30

brunsi

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so jetzt sind die fehler aus dem vorherigen post mit der halbenrechnung verbessert.

aber wenn ich dann das andere teilintegral analog berechne, dann müsste ich doch nachher, wenn ich die stammfunktionen dieser beiden teilintegrale addiere und zusammenfasse, die stammfunktion des ausgangsintegrals bekommen???

jemand was anderes dazu zu sagen außer, das das viel zu kompliziert ist? Tanzen

Tanzen

08.07.2005, 17:44

AD

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OK, jetzt mal ernsthaft:

http://www.matheboard.de/thread.php?postid=182765#post182765

sieht soweit richtig aus, allerdings mit einer erheblichen Einschränkung, die bei einem "normalen" Weg nicht nötig ist: Du musst für deine Umformungen $\begin{eqnarray*} 0<x< a^2 \end{eqnarray*}$ voraussetzen. Eine Stammfunktion existiert aber für alle reellen $\begin{eqnarray*} x<a^2 \end{eqnarray*}$ , also auch alle negativen x.

Auch wenn mein Beitrag oben als Satire gedacht ist: Im Grunde genommen mache ich da nichts anderes als du, inklusive der Einschränkung $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ .

P.S.: Was hast du eigentlich gegen $\begin{eqnarray*} z=a^2-x \end{eqnarray*}$ ? Sportlicher Ehrgeiz, den einmal beschrittenen Weg - und sei er auch noch so lang - zu Ende zu gehen?

EDIT: Fehler korrigiert!

08.07.2005, 17:53

brunsi

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kann man so sagen @Arthur. Ein weg der begonnen wurde, muss zu ende geführt werden bis man ein ergebnis bekommt oder feststellt, dass es nichts wird.

erhalte ich denn als ergebnis:

$\begin{eqnarray*} F_a(x)=a^2ln(a^2-x)+(a^2-x)(1-2a) \end{eqnarray*}$

08.07.2005, 18:02

therisen

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Hallo brunsi,
wenn du deine Stammfunktion ableitest, wirst du feststellen, dass der Logarithmus verschwindet.

$\begin{eqnarray*} F_a'(x)=-{\frac {{a}^{2}}{{a}^{2}-x}}-1+2\,a \end{eqnarray*}$

Eine mögliche Stammfunktion wäre $\begin{eqnarray*} F_a(x)=-\ln \left( a-\sqrt {x} \right) {a}^{2}+\ln \left( a-\sqrt {x} \right) x+3/2\,{a}^{2}-a\sqrt {x}-1/2\,x \end{eqnarray*}$

Gruß, therisen

08.07.2005, 18:30

brunsi

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@therisen: welche zwischenschritte hattest du gehabt?

denn ich komme nicht drauf.

08.07.2005, 20:22

therisen

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Zwischenschritte bei was?

08.07.2005, 20:45

brunsi

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naja du hast dort eine mögliche Stammfunktion angegeben und ich möchte gerne die ersten zwischenschritte haben, am besten nur die ersten 2.

08.07.2005, 21:11

therisen

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Nach Substitution von $\begin{eqnarray*} z=a-\sqrt{x} \end{eqnarray*}$ erhalte ich:

$\begin{eqnarray*} \int \ln(a-\sqrt{x})~dx=\int \ln(z)\cdot (-2)(a-z) ~dz \end{eqnarray*}$

Jetzt kannst du partiell integrieren.

Gruß, therisen

08.07.2005, 21:38

brunsi

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ok, diese variante merke ich mir mal, aber wie geht das mit meiner?

09.07.2005, 14:27

brunsi

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ich glaube, wenn ich das alls richtig gemacht habe, dann kann ich das alles in eine Summe von Integralen zerlegen. Meint ihr das man das machen kann?

09.07.2005, 21:23

brunsi

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$\begin{eqnarray*} \int_{}{}ln(a+\sqrt{x})dx=x*ln(a^2-x)-a^2*ln(a^2-x)-x-a^2 \end{eqnarray*}$
das ist die stammfunktion, die bei meinem rechenweg raus kommt!

damit istd ie aufgabe gelöst. wenn man es bloß so rechnet,w ie ichs getan habe, dann kommt man sehr schnell am ende mit den vorzeichen durch einander. da muss man also aufpassen.

gruß dennis

10.07.2005, 14:13

zoiX

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Mal noch ein bisschen vereinfachen .oO

$\begin{eqnarray*} (x-a^2)*ln(a^2-x)-x-a^2 \end{eqnarray*}$

Und dann vergleichen wir das mit dem, was Derive für das unbestimmte Integral über ln(a+\sqrt{x}) sagt:

$\begin{eqnarray*} (x-a^2)*ln(\sqrt{x}+a) - \frac {\sqrt{x}*(\sqrt{x} - 2a)}{2} \end{eqnarray*}$

Entweder hab ich mich in Derive vertan, oder da is was schief gelaufen .oO

(oder ich hab - wie so oft - ein paar 'Vereinfachungen' nicht gesehen verwirrt

verwirrt

)

10.07.2005, 16:36

brunsi

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was ist dass denn?

ich hab da ne ziemlich einfache vereinfachung gefunden für $\begin{eqnarray*} ln(a+\sqrt{x} \end{eqnarray*}$ genauso wie für das pendant.

was meinst du denn genau? mach doch selbst mal deinen rechenschritt OHNE Derive.

edit1: ich glaube du hast dich da irgendwo vertan.

denn das was du da angegeben hast, ahbe ich zuersta uch raus gehabt, bis ich dann gemerkt habe, dass sich da was von selbst wegkürzt.

10.07.2005, 17:05

zoiX

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Ich rechne das später glaub ich wirklich mal von Hand...das Ergebnis von Derive kommt mir nämlich auch etwas spanisch vor...
Bin mir aber sicher mich nirgendwo vertippt zu haben.

10.07.2005, 17:18

brunsi

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ja ich habs auch 8 mal nachgerechnet, weil ich dauernd irgendwo nen fehler gemacht habe. 4 vorzeichenfehler und dann 2 mal etwas vergessen zu beachten und dann wieder vorzeichenfehler.

aber nun hab ichs ganz sauber notiert und zud en akten gelegt.

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