Integral

16.09.2011, 13:01

moonsymmetry

Integral

Hallo benötige Hilfe beim Integral

$\begin{eqnarray*} \int^{\infty}_1 \frac{1}{x \sqrt {x-1}} dx \end{eqnarray*}$

Das integral sollte mit Substitution lösbar sein.
Weiters muss man anscheinend den limes über beide Grenzen nehmen, da die funktion auch bei 1 nicht definiert ist. Was heißt das dann?

also es wird dann wohl irgendwie so ausschauen?
$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{t \rightarrow \infty} \int^c_1 ... \, dx \end{eqnarray*}$

was bedeutet es wenn cih den limes für beide grenzen nehmen muss.
und kann mir einer einen tipp geben für die SUbstituion?

lg

16.09.2011, 13:27

klarsoweit

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RE: Integral

Zitat:

Original von moonsymmetry
also es wird dann wohl irgendwie so ausschauen?
$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{t \rightarrow \infty} \int^c_1 ... \, dx \end{eqnarray*}$

Nee, wenn, dann so:

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{a \rightarrow 1} \int_a^2 ... \, dx + \lim\limits_{b \rightarrow \infty} \int_2^b ... \, dx \end{eqnarray*}$

Als Substitution kannst du x = u² + 1 nehmen.

16.09.2011, 13:34

weisbrot

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RE: Integral

Zitat:

Nee, wenn, dann so:

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{a \rightarrow 1} \int_a^2 ... \, dx + \lim\limits_{b \rightarrow \infty} \int_2^b ... \, dx \end{eqnarray*}$

oder so:

$\begin{eqnarray*} \lim_{t\to 0}\int_{1+t}^{\frac{1}{t}} ...\, dx \end{eqnarray*}$

16.09.2011, 13:56

moonsymmetry

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hm ok zuerst das integral an sich:

$\begin{eqnarray*} \int \frac{1}{x \sqrt{x-1}} dx \end{eqnarray*}$

substitution:
$\begin{eqnarray*} x = u^2 +1 \end{eqnarray*}$ //wäre ich nie draufgekommen
$\begin{eqnarray*} dx = 2u du \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{(u^2 +1) \cdot \sqrt u^2} \cdot 2u \, du \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} = \int \frac{1}{u^2+1} \cdot 2 \, du \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} = \frac{2}{tan(u)} \end{eqnarray*}$

resubstituieren:
$\begin{eqnarray*} \frac{2}{tan(\sqrt{x-1}} \end{eqnarray*}$

stimmts bis da her?

16.09.2011, 14:12

klarsoweit

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Zitat:

Original von moonsymmetry
substitution:
$\begin{eqnarray*} x = u^2 +1 \end{eqnarray*}$ //wäre ich nie draufgekommen

Das lag doch auf der Hand. Big Laugh

Zitat:

Original von moonsymmetry
resubstituieren:
$\begin{eqnarray*} \frac{2}{tan(\sqrt{x-1}} \end{eqnarray*}$

stimmts bis da her?

Falsch. Was macht das tan im Nenner?

16.09.2011, 14:21

moonsymmetry

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oh das sollte eigentlich ein arctan sein.
also:
$\begin{eqnarray*} \int ( \frac{1}{u^2+1} \cdot 2) \, du \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 2 \int (\frac{1}{u^2+1} \, du = 2 \cdot arctan(u) \end{eqnarray*}$
Resub:
$\begin{eqnarray*} = 2 \, arctan(\sqrt{x-1}) \end{eqnarray*}$

verwirrt

16.09.2011, 14:24

klarsoweit

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Jetzt stimmt's. Freude

16.09.2011, 14:59

René Gruber

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beiläufiger Kommentar

Zitat:

Original von klarsoweit
Falsch. Was macht das tan im Nenner?

Eine weiteres Missverständnis, welches auf das Konto der fragwürdigen Arcusfunktion-Schreibweisen $\begin{eqnarray*} \sin^{-1},\cos^{-1},\tan^{-1} \end{eqnarray*}$ geht. Wer überzeugt bloß endlich insbesondere die TR-Hersteller, diesen Unsinn endlich sein zu lassen? Augenzwinkern

16.09.2011, 15:00

moonsymmetry

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okay dann weiter mit dem ersten summanden:

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{a \rightarrow 1} [2 arctan(\sqrt{a-1})]^2_a \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} = \lim\limits_{a \rightarrow 1} [2 arctan(\sqrt{2-1}) - 2 arctan(\sqrt{a-1})] \end{eqnarray*}$

der arctan von 1 ist $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$ mal zwei ergibt $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\frac{\pi}{2} - 0 \end{eqnarray*}$
sieht mal nicht so schlecht aus....

zweiter summand:
$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{b \rightarrow \infty} [2arctan(\sqrt{b-1})]^b_2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} = \lim\limits_{b \rightarrow \infty} [2 arctan(\sqrt{b-1}) - 2 arctan(\sqrt{2-1})] \end{eqnarray*}$

ok ok.... $\begin{eqnarray*} \sqrt \infty = \infty \end{eqnarray*}$ . das seh ich ja ein.
bei wolfram alpha hab ich nachgeschaut was $\begin{eqnarray*} arctan \,\infty \end{eqnarray*}$ ist...
das ergibt $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ äh ja... weiß man das einfach so? oder wie? das ist ein klausurbeispiel.
naja das ganze noch mal zwei wäre mal $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$

der hintere summand ergibt, gleich wie oben, $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$
also haben wir:
$\begin{eqnarray*} \pi - \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{1} \end{eqnarray*}$

die ganze sache wieder zusammengepfriemelt:

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{a \rightarrow 1} ... dx + \lim\limits_{b \rightarrow \infty} ... dx = \frac{\pi}{2} - 0 + \pi - \frac{\pi}{2} = \pi \end{eqnarray*}$

einverstanden? verwirrt

wenn mich wolfram alpha nicht auf die idee mit tipps gebracht hätte, hätte ich mit kommazahlen gerechnet...

16.09.2011, 15:27

klarsoweit

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Zitat:

Original von moonsymmetry
ok ok.... $\begin{eqnarray*} \sqrt \infty = \infty \end{eqnarray*}$ . das seh ich ja ein.
bei wolfram alpha hab ich nachgeschaut was $\begin{eqnarray*} arctan \,\infty \end{eqnarray*}$ ist...
das ergibt $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ äh ja... weiß man das einfach so? oder wie? das ist ein klausurbeispiel.

Also diese Rechnungen mit unendlich gibt es nicht. Man kann allenfalls die Erkenntnis verwenden, daß $\begin{eqnarray*} \lim_{b \to \infty} arctan(b) = \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ ist.

Zitat:

Original von moonsymmetry
also haben wir:
$\begin{eqnarray*} \pi - \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{1} \end{eqnarray*}$

Was ist denn das für eine interessante Rechnung? verwirrt

16.09.2011, 15:48

moonsymmetry

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Zitat:

Was ist denn das für eine interessante Rechnung?

tippfehler sorry smile

$\begin{eqnarray*} \pi - \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$

danke für die hilfe smile

noch etwas....

könnte man auch ohne weiteres z.b.:

$\begin{eqnarray*} <br /> \lim\limits_{a \rightarrow 1}\int^5_a ...dx + \lim\limits_{b \rightarrow \infty}\int^{\infty}_5 ... dx<br /> \end{eqnarray*}$

rechnen?
also ist es egal wie ich das integral aufteile?

16.09.2011, 15:53

klarsoweit

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Ja.

17.09.2011, 11:39

Leopold

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Auch mit der Substitution $\begin{eqnarray*} x = \frac{2}{1-t} \end{eqnarray*}$ kommt man ans Ziel: $\begin{eqnarray*} \int_1^{\infty} \frac{\dd x}{x \cdot \sqrt{x-1}} = \int_{-1}^1 \frac{\dd t}{\sqrt{1 - t^2}} \end{eqnarray*}$

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