sin/cos - Länge und skizze

24.04.2009, 13:09

Gastz

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sin/cos - Länge und skizze

Hallo, ich hab eine Aufgabe, wo ich Hilfe benötige.
Ich habe eine Formel zur bestimmung der Länge genommen, wo ich erstmal ableiten, dann den Betrag nehmen und dann Integrieren soll ...
dann kommt die Länge raus. Warum weiß ich nicht so wirklich. Aber ganz bis zum Ende habe ich es nicht geschafft denke ich

$\begin{eqnarray*} k[\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} +2\begin{pmatrix} cos(x) \\ sin(x) \end{pmatrix} +\begin{pmatrix} cos(2x) \\ sin(2x) \end{pmatrix} ] \end{eqnarray*}$ ----> gegeben

das habe ich umgeformt und abgeleitet.
Umformung mit cos(2x) = cos²(x)-sin²(x) und sin(2x)=2sin(x)cos(x)
danach ableitung...

$\begin{eqnarray*} 2k\cdot[\begin{pmatrix} -sin \\ cos \end{pmatrix} +\begin{pmatrix} -2sincos \\ sin²-cos² \end{pmatrix} ] \end{eqnarray*}$ ---------> das ist die Ableitung

...und dann den Betrag.Aber wie mache ich das? Meine Idee. Ich muss alle Teiele einzeln Quadrieren udn wieder die Wurzel draus ziehen.
Bei sin²-cos²=1-sin²=cos(2x) (bleibt so, weil quadriert und dann wieder gewurzelt, ist immer noch cos(2x) )

$\begin{eqnarray*} 2k\cdot[\begin{pmatrix} sin \\ cos \end{pmatrix} +\begin{pmatrix} sin(2x) \\ cos(2x) \end{pmatrix} ] \end{eqnarray*}$ ----> das ist der Betrag

Muss ich jetzt das Integral jeweils von :
$\begin{eqnarray*} sin+sin(2x)= -\frac{1}{2} cos(2x)-cos(x) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} cos+cos(2x)= -\frac{1}{2} sin(2x)-sin(x) \end{eqnarray*}$

und jetzt zum Schluss eeeeh .... $\begin{eqnarray*} \sqrt{[-\frac{1}{2} cos(2x)-cos(x)]^2 + [ -\frac{1}{2} sin(2x)-sin(x)]^2} \end{eqnarray*}$

Naja, ich weiß nicht ob ich es geschafft habe. Könnte es jemand kontrollieren?
Und ich habe ein Problem mit der Skizze.
Wenn ich da für x einsetze und in 0,1er schritten vorgehe, bekomme ich ja immer andere komische werte für cos und sinus raus und ich kann kein Bild erkennen.
Es soll aber sowas ähnliches wie ein Herz rauskommen. Wie gehe ich das am Besten an?

Bin dankbar für jeden Hinweis.
Gruß Stefan

______________________________________________

sorry, ich hatte gedacht, ich habe es nciht mehr geschafft abzuschiken und habs aus versehen neu geschrieben:
matheboard.de/search.php?searchid=629214
______________________________________________

ohje, könnte mal jemand meine beiden extrabeiträge hier löschen? ich bin etwas verwirrt Big Laugh

Big Laugh

sorry

Edit (mY+): Beiträge zusammengefügt.

24.04.2009, 13:31

Frank Xerox

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RE: sin/cos - Länge und skizze
Vermutlich möchtest Du die Bogenlänge einer Kurve bestimmen.
Dazu solltest Du am besten die Parametrisierung der Kurve und den zugehörigen Definitionsbereich (i.d.R. ein abgeschlossenes Intervall) angeben.

24.04.2009, 17:11

Gastz

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das ganze geht für : 0<=x<2PI und k>0

ja isses denn jetzt richtig, oder net?

24.04.2009, 18:13

Frank Xerox

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Deine Kurve

$\begin{eqnarray*} \gamma:[0,2\pi]\longrightarrow\mathbb R^2 \end{eqnarray*}$ ist also gegeben

durch

$\begin{eqnarray*} \gamma(t):=k{1+2\cos(t)+\cos(2t) \choose 2\sin(t)+\sin(2t)} \end{eqnarray*}$

Die Bogenlänge berechnet sich dann als:

$\begin{eqnarray*} L(\gamma)=\int_0^{2\pi}\| \dot{\gamma}(t) \|~\dd t. \end{eqnarray*}$

Mit

$\begin{eqnarray*} \dot{\gamma}(t)={-2k(\sin(t)+\sin(2t)) \choose 2k(\cos(t)+\cos(2t))} \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} \| \dot{\gamma}(t) \|=2k\sqrt{(\sin(t)+\sin(2t))^2+(\cos(t)+\cos(2t))^2} \end{eqnarray*}$

folgt

$\begin{eqnarray*} L(\gamma)=\int_0^{2\pi}\| \dot{\gamma}(t) \|~\dd t=\ldots=2\sqrt{2}k\int_0^{2\pi}\sqrt{1+\cos(t)}~\dd t=16k. \end{eqnarray*}$

26.04.2009, 16:45

Gastz

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Hier Frank, danke!, deine Lösung ist eigentlich voll genial, aber ich komm selber nicht drauf.

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \| \dot{\gamma}(t) \|=2k\sqrt{(\sin(t)+\sin(2t))^2+(\cos(t)+\cos(2t))^2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} L(\gamma)=\int_0^{2\pi}\| \dot{\gamma}(t) \|~\dd t=\ldots=2\sqrt{2}k\int_0^{2\pi}\sqrt{1+\cos(t)}~\dd t=16k \end{eqnarray*}$

Ganz genau dokumentiert, komme ich von : $\begin{eqnarray*} \| \dot{\gamma}(t) \|=2k\sqrt{(\sin(t)+\sin(2t))^2+(\cos(t)+\cos(2t))^2} \end{eqnarray*}$

auf: $\begin{eqnarray*} \| \dot{\gamma}(t) \|=2k\sqrt{ sin²(t)+2sin(t)sin(2t)+sin²(2t) + cos²(t) + 2cos(t)cos(2t) + cos²(t) } = 2k\sqrt{ 2 + 2sin(t)sin(2t) + 2cos(t)cos(2t) }= \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2k\sqrt{ 2+ 4sin²(t)cos(t) + 2cos(t)(cos²(t)-sin²(t)) }= 2k\sqrt{ 2+ 2cos³+2sin²cos }= 2k\sqrt{2}\sqrt{ 1+ cos³+sin²cos } \end{eqnarray*}$

Wenn es stimmt, wäre die Frage: Wie komme ich zu folgendem Schluss?

$\begin{eqnarray*} \sqrt{ 1+ cos³+sin²cos } = \sqrt{1+\cos(t)} \end{eqnarray*}$

26.04.2009, 17:18

Mathespezialschüler

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So: $\begin{eqnarray*} \cos^3t+\sin^2t\cos t=\cos t\left(\cos^2t+\sin^2t\right) \end{eqnarray*}$ .

Das ist übrigens Analysis und keine Algebra!

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26.04.2009, 19:43

Gastz

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Ach, danke, darauf wär ich nie gekommen glaube ich Augenzwinkern

Augenzwinkern

... genau wie auf die Lösung des nächsten Problems:

Zitat:

Original von Frank Xerox
$\begin{eqnarray*} L(\gamma)=\int_0^{2\pi}\| \dot{\gamma}(t) \|~\dd t=\ldots=2\sqrt{2}k\int_0^{2\pi}\sqrt{1+\cos(t)}~\dd t=16k. \end{eqnarray*}$

wie bekomme ich diese Wurzel integriert??? probier schon ewig rum und ausm internet gibts auch nix gutes .... gibt höchstens sqrt(1-cos) oder sowas.

26.04.2009, 19:57

Mathespezialschüler

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Siehe hier.

26.04.2009, 21:51

Gastz

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Sorry, aber soll ich mir das jetzt von dir oder Leopold angucken? Ich raff schon nix, da würds helfen, wenn ich mir nicht beides angucken und verstehen muss !!!

26.04.2009, 23:55

Mathespezialschüler

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Wir geben dir hier nicht einfach Lösungen. Wenn du den gesamten Thread durchliest, dann wirst du sehen, was am Ende dabei rausgekommen ist und dass Leopolds Ausführungen richtig sind. Ich werde dir nicht einfach ein Ergebnis nennen, vor allem dann nicht, wenn du gar nicht erst den Willen hast, es zu verstehen.

27.04.2009, 11:25

Gastz

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Zitat:

Original von Leopold
Ich will auf ein paar Dinge eingehen, die in diesem Strang bisher noch offen geblieben sind.

Zunächst zur Bedeutung des unbestimmten Integrals

$\begin{eqnarray*} \int~f(x)~\mbox{d}x \end{eqnarray*}$

Hierzu muß $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ auf einem Intervall definiert und stetig sein. Dann bedeutet dieses Zeichen: „Bestimme eine Stammfunktion von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ (über diesem Intervall).“

Die Beispiele

$\begin{eqnarray*} \int~x^2~\mbox{d}x=\frac{1}{3}x^3 \, , \ \ \int~x^2~\mbox{d}x=\frac{1}{3}x^3-12 \, , \ \ \int~x^2~\mbox{d}x=\frac{1}{3}x^3+2004 \end{eqnarray*}$

zeigen, daß das Gleichheitszeichen hier nicht im üblichen Sinne, sondern im Sinne von „Funktionsgleichheit bis auf eine additive Konstante“ verwendet wird. Das widerspricht zwar der üblichen mathematischen Strenge (die sonst falsche Gleichung $\begin{eqnarray*} 5=3 \end{eqnarray*}$ ist hier als richtig anzusehen – schauderhaft!), ist aber eine historisch gewachsene Konvention. Durchaus sinnvolle Versuche, Schreibweisen wie

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{3}x^3+2004 \in \int~x^2~\mbox{d}x \end{eqnarray*}$

einzuführen, haben sich in der Praxis nicht durchgesetzt. (Und warum der hilflose Versuch, mit einem ...+C dem Übelstand abzuhelfen, die Sache keineswegs besser macht, kann sich jeder selbst überlegen.) Im Folgenden ist also das Gleichheitszeichen immer in diesem etwas laschen Sinne zu verstehen.

Ich will nun zeigen, wie man die Substitution von MSS korrekt durchzuführen hat. (Daß dies nicht unbedingt der geschickteste Weg ist, habe ich in meinen vorigen Beiträgen schon ausgeführt, aber hier geht es mir jetzt um Richtigkeit, nicht um Eleganz.)

Zunächst einmal die Formulierung der hier zuständigen

Substitutionsregel II

Die Funktionen $\begin{eqnarray*} f, \, \varphi \end{eqnarray*}$ seien auf Intervallen definiert, so daß die Verkettung $\begin{eqnarray*} f \circ \varphi \end{eqnarray*}$ möglich ist. $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ sei stetig, $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ stetig differenzierbar und umkehrbar. Dann gilt:

$\begin{eqnarray*} \int~f(x)~\mbox{d}x = \left. \int~f \left( \varphi(t) \right) \cdot \varphi'(t)~\mbox{d}t \ \right|_{t=\varphi^{-1}(x)} \end{eqnarray*}$

Bei der Funktion, die durch das rechte Integral angegeben wird, ist also noch $\begin{eqnarray*} \varphi^{-1}(x) \end{eqnarray*}$ vorzuschalten. (Im Kalkül wird das meistens unterschlagen und nachträglich durch Einsetzen wieder richtiggestellt. Wir machen das gleich genau so.)

Zu bestimmen ist also

$\begin{eqnarray*} \int~\sqrt{1+\cos{x}}~\mbox{d}x \end{eqnarray*}$

Der Integrand ist für $\begin{eqnarray*} x \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ erklärt und stetig. Aus Gründen, die sich gleich zeigen werden, schränken wir ihn ein auf das Intervall

$\begin{eqnarray*} x \in [0,\pi] \end{eqnarray*}$

ein und substituieren

$\begin{eqnarray*} x=\varphi(t)=\arccos{(t-1)} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} t=\varphi^{-1}(x)=1+\cos{x} \end{eqnarray*}$

Hierbei bildet $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ das $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ -Intervall $\begin{eqnarray*} [0,2] \end{eqnarray*}$ eineindeutig auf das $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ -Intervall $\begin{eqnarray*} [0,\pi] \end{eqnarray*}$ ab mit $\begin{eqnarray*} \varphi^{-1} \end{eqnarray*}$ als Umkehrung. Für die Ableitung gilt:

$\begin{eqnarray*} \frac{\mbox{d}x}{\mbox{d}t}=\varphi'(t)=-\frac{1}{\sqrt{2t-t^2}} \end{eqnarray*}$

Und hier hat man ein weiteres Problem, nämlich fehlende Differenzierbarkeit an den Randstellen $\begin{eqnarray*} t=0 \, , \, t=2 \end{eqnarray*}$ . Daher schränken wir weiter ein:

$\begin{eqnarray*} x \in (0,\pi) \ \ \Leftrightarrow \ \ t \in (0,2) \end{eqnarray*}$

Und jetzt endlich sind alle Voraussetzungen der Substitutionsregel erfüllt, so daß man erhält:

$\begin{eqnarray*} \int~\sqrt{1+\cos{x}}~\mbox{d}x=-\int~\frac{\mbox{d}t}{\sqrt{2-t}}=2\sqrt{2-t}=2\sqrt{1-\cos{x}} \end{eqnarray*}$

Es gilt daher: $\begin{eqnarray*} \int~\sqrt{1+\cos{x}}~\mbox{d}x=2\sqrt{1-\cos{x}} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x \in (0,\pi) \end{eqnarray*}$

Und die Randstellen $\begin{eqnarray*} x=0,\pi \end{eqnarray*}$ binden wir jetzt mit der folgenden Argumentation nachträglich ein: Jede auf einem Intervall stetige Funktion, also auch $\begin{eqnarray*} x \mapsto \sqrt{1+\cos{x}} \, , \ x \in [0,\pi] \end{eqnarray*}$ , besitzt dort eine Stammfunktion (an Randpunkten im Sinne von einseitiger Differenzierbarkeit). Stammfunktionen sind differenzierbar, insbesondere also stetig. Da $\begin{eqnarray*} x \mapsto 2\sqrt{1-\cos{x}} \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} [0,\pi] \end{eqnarray*}$ aber stetig ist und, wie gerade gezeigt, im Innern des Intervalls eine Stammfunktion von $\begin{eqnarray*} x \mapsto \sqrt{1+\cos{x}} \end{eqnarray*}$ darstellt, muß die obige Beziehung auch für $\begin{eqnarray*} x=0,\pi \end{eqnarray*}$ gelten (Eindeutigkeit der stetigen Fortsetzung).

Und damit endlich: $\begin{eqnarray*} \int~\sqrt{1+\cos{x}}~\mbox{d}x=2\sqrt{1-\cos{x}} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x \in [0,\pi] \end{eqnarray*}$ .

Und jetzt betrachten wir

$\begin{eqnarray*} x \in [-\pi,0] \end{eqnarray*}$

und substituieren

$\begin{eqnarray*} x=\psi(t)=-\arccos{(t-1)} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} t=\psi^{-1}(x)=1+\cos{x} \end{eqnarray*}$ (beachte: $\begin{eqnarray*} \cos{(-x)}=\cos{x} \end{eqnarray*}$ )

Hierbei bildet $\begin{eqnarray*} \psi \end{eqnarray*}$ das $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ -Intervall $\begin{eqnarray*} [0,2] \end{eqnarray*}$ eineindeutig auf das $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ -Intervall $\begin{eqnarray*} [-\pi,0] \end{eqnarray*}$ ab mit $\begin{eqnarray*} \psi^{-1} \end{eqnarray*}$ als Umkehrung. Die Ableitung ist

$\begin{eqnarray*} \frac{\mbox{d}x}{\mbox{d}t}=\psi'(t)=\frac{1}{\sqrt{2t-t^2}} \end{eqnarray*}$

Auch hier hat man wieder das Problem der Randstellen. Man kann sie aber wie geradeeben hinterher einbinden. Ich übergehe das jetzt und folgere

$\begin{eqnarray*} \int~\sqrt{1+\cos{x}}~\mbox{d}x=\int~\frac{\mbox{d}t}{\sqrt{2-t}}=-2\sqrt{2-t}=-2\sqrt{1-\cos{x}} \end{eqnarray*}$

Es gilt somit: $\begin{eqnarray*} \int~\sqrt{1+\cos{x}}~\mbox{d}x=-2\sqrt{1-\cos{x}} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x \in [-\pi,0] \end{eqnarray*}$

Jetzt haben wir eine Stammfunktion im Intervall $\begin{eqnarray*} [-\pi,0] \end{eqnarray*}$ und eine im Intervall $\begin{eqnarray*} [0,\pi] \end{eqnarray*}$ . Beide liefern an der Stelle 0 denselben Wert (nämlich 0), so daß man sie zu einer stetigen Funktion auf $\begin{eqnarray*} [-\pi,\pi] \end{eqnarray*}$ zusammensetzen kann (ansonsten müßte man noch bei einer eine passende Konstante addieren). Nach dem Hauptsatz muß diese Funktion dann sogar differenzierbar sein (denn der Integrand ist stetig). Damit gilt:

$\begin{eqnarray*} \int~\sqrt{1+\cos{x}}~\mbox{d}x = \begin{cases} -2\sqrt{1-\cos{x}} & \mbox{falls } x \in [-\pi,0) \\ 2\sqrt{1-\cos{x}} & \mbox{falls } x \in [0,\pi] \end{cases} = 2\sqrt{1-\cos{x}} \cdot \operatorname{sgn}(x) \ , \ \ x \in [-\pi,\pi] \end{eqnarray*}$

Und wer Lust hat, kann zeigen, daß das im angegebenen Intervall tatsächlich gleich $\begin{eqnarray*} 2\sqrt{2} \cdot \sin{\frac{x}{2}} \end{eqnarray*}$ ist.

Ich habe gemeint, ich hab nicht mal verstanden, warum Leopolds Zeugs richtig ist -> Weil bei dir was falsches rausgekommen wär -> aha .... ^^

Naja, wird jetzt auch ein Ding, seine Rechnung nochmal zu verstehen.

$\begin{eqnarray*} x=\varphi(t)=\arccos{(t-1)} \end{eqnarray*}$ ..... woher kommt das aufeinmal?
$\begin{eqnarray*} t=\varphi^{-1}(x)=1+\cos{x} \end{eqnarray*}$ ..... das verstehe ich auch nicht so wirklich. Wieso wird das, was ich ersetze zu $\begin{eqnarray*} \varphi^{-1}(t) \end{eqnarray*}$

wird bei Leopold zu ... $\begin{eqnarray*} \frac{\mbox{d}x}{\mbox{d}t}=\varphi%27(t)=-\frac{1}{\sqrt{2t-t^2}} \end{eqnarray*}$

Ich nehme einfach die Quotientenregel und komme bei der Ableitung auf: $\begin{eqnarray*} \varphi%27(t)=\frac{sin(x)}{cos²(x)} \end{eqnarray*}$ oder geht das jetzt nicht?

________________________________________________

Zweite Frage: Wie kommt man mit dieser Formel auf so ein Ergebnis?

$\begin{eqnarray*} \int~f(x)~\mbox{d}x = \left. \int~f \left( \varphi(t) \right) \cdot \varphi'(t)~\mbox{d}t \ \right|_{t=\varphi^{-1}(x)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int~\sqrt{1+\cos{x}}~\mbox{d}x=-\int~\frac{\mbox{d}t}{\sqrt{2-t}}=2\sqrt{2-t}=2\sqrt{1-\cos{x}} \end{eqnarray*}$

27.04.2009, 17:38

Mathespezialschüler

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Gastz
$\begin{eqnarray*} x=\varphi(t)=\arccos{(t-1)} \end{eqnarray*}$ ..... woher kommt das aufeinmal?
$\begin{eqnarray*} t=\varphi^{-1}(x)=1+\cos{x} \end{eqnarray*}$ ..... das verstehe ich auch nicht so wirklich. Wieso wird das, was ich ersetze zu $\begin{eqnarray*} \varphi^{-1}(t) \end{eqnarray*}$

Das ist das, was er substituiert. Warum das so gemacht wird, ergibt sich aus der Substitutionsformel, die er vorher hingeschrieben hat.

Zitat:

Original von Gastz
wird bei Leopold zu ... $\begin{eqnarray*} \frac{\mbox{d}x}{\mbox{d}t}=\varphi%27(t)=-\frac{1}{\sqrt{2t-t^2}} \end{eqnarray*}$

Ich nehme einfach die Quotientenregel und komme bei der Ableitung auf: $\begin{eqnarray*} \varphi%27(t)=\frac{sin(x)}{cos²(x)} \end{eqnarray*}$ oder geht das jetzt nicht?

Was auch immer du gemacht hast, es ist falsch. Ich sehe absolut gar nicht, was du abgeleitet hast. Es geht darum, die Funktion $\begin{eqnarray*} \varphi(t)=\arccos(t-1) \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ abzuleiten.

Zitat:

Original von Gastz
Zweite Frage: Wie kommt man mit dieser Formel auf so ein Ergebnis?

$\begin{eqnarray*} \int~f(x)~\mbox{d}x = \left. \int~f \left( \varphi(t) \right) \cdot \varphi'(t)~\mbox{d}t \ \right|_{t=\varphi^{-1}(x)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int~\sqrt{1+\cos{x}}~\mbox{d}x=-\int~\frac{\mbox{d}t}{\sqrt{2-t}}=2\sqrt{2-t}=2\sqrt{1-\cos{x}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f(x)=\sqrt{1+\cos x} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \varphi(t)=\arccos(t-1) \end{eqnarray*}$ einsetzen in die Formel.

28.04.2009, 22:33

Gastz

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$\begin{eqnarray*} \int~f(x)~\mbox{d}x = \left. \int~f \left( \varphi(t) \right) \cdot \varphi'(t)~\mbox{d}t \ \right|_{t=\varphi^{-1}(x)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int~\sqrt{1+\cos{x}}~\mbox{d}x=-\int~\frac{\mbox{d}t}{\sqrt{2-t}}=2\sqrt{2-t}=2\sqrt{1-\cos{x}} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(x)=\sqrt{1+\cos x} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \varphi(t)=\arccos(t-1) \end{eqnarray*}$ einsetzen in die Forme

.....

ich setze ein: $\begin{eqnarray*} \int~\sqrt{1+\cos{x}}~\mbox{d}x=-\int~arccos(t-1) \cdot \frac{1}{sqrt{2t-t²}} \end{eqnarray*}$ wobei ich nicht weiß, was das $\begin{eqnarray*} f \left( \varphi(t) \right) \end{eqnarray*}$ genau ist.

28.04.2009, 22:39

Gastz

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Aber ich hätte den Vorschlag, das ganze mit Additionstheoremen zu lösen. Es geht, nur ich habe keinen Ansatz. Ist aber ein Hinweis vom HiWi gewesen.

28.04.2009, 23:11

Mathespezialschüler

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Du musst schon richtig einsetzen. Dort steht $\begin{eqnarray*} f(\varphi(t)) \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} f(x)=\sqrt{1+\cos x} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \varphi(t)=\arccos(t-1) \end{eqnarray*}$ ist. Es folgt

$\begin{eqnarray*} f(\varphi(t))=\sqrt{1+\cos(\arccos(t-1))}=\ldots \end{eqnarray*}$ .

03.05.2009, 11:39

Gastz

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Ich glaube, ich habs schon wieder falsch eingesetzt:

$\begin{eqnarray*} f(\varphi(t))=\sqrt{1+\cos(\arccos(t-1))}=\ldots \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} - \int_{}^{}~\frac{\sqrt{1+\cos(\arccos(t-1))}}{\sqrt{2t-t^2}} ~dx = - \int_{}^{}~\frac{\sqrt{t}}{\sqrt{2t-t^2}} ~dt = - \int_{}^{}~\frac{{t}}{{2t-t^2}} ~dt= - \int_{}^{}~\frac{{1}}{{2-t}} ~dt \end{eqnarray*}$

es sollte eigentlich rauskommen: $\begin{eqnarray*} \int~\sqrt{1+\cos{x}}~\mbox{d}x=-\int~\frac{\mbox{d}t}{\sqrt{2-t}}=2\sqrt{2-t}=2\sqrt{1-\cos{x}} \end{eqnarray*}$

03.05.2009, 16:37

Guestz

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Ohne, dass ich meine vorige Frage vergesse, habe ich hier einen neuen Lösungsvorschlag:
Dabei habe ich mit der Substitution [ x=2t] und dem Satz: cos(2t) = cos²-sin² gearbeitet.

$\begin{eqnarray*} \int_{b}^{a}~\sqrt{1+cos(x)}~dx = 2 \cdot \int_{b}^{a}~\sqrt{1+cos(2t)}~dt = 2 \cdot \int_{b}^{a}~\sqrt{cos²+sin²+cos(2t)}~dt = 2 \cdot \int_{b}^{a}~\sqrt{2 \cdot cos²}~dt = 2 \cdot\sqrt{2} \cdot \int_{b}^{a}~cos~dt = 2 \cdot\sqrt{2} \cdot [sin(t)]_{0}^{2\pi} \end{eqnarray*}$

Was haltet ihr davon?

05.05.2009, 08:13

Mathespezialschüler

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Zitat:

Original von Gastz
$\begin{eqnarray*} - \int_{}^{}~\frac{\sqrt{t}}{\sqrt{2t-t^2}} ~dt = - \int_{}^{}~\frac{{t}}{{2t-t^2}} ~dt= \end{eqnarray*}$

Wie hast du denn diese Wurzel da wegbekommen? Wurzelgesetze beachten, Wurzeln fallen nicht so einfach weg.

$\begin{eqnarray*} \frac{\sqrt{t}}{\sqrt{2t-t^2}}=\sqrt{\frac{t}{2t-t^2}}=\sqrt{\frac{1}{2-t}} \end{eqnarray*}$

und das wolltest du haben.

Zu deinem Lösungsvorschlag: Elegant! Beachte aber $\begin{eqnarray*} \sqrt{\cos^2t}=|\cos t| \end{eqnarray*}$ !

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