Integral mithilfe von Substition lösen

21.02.2012, 18:53

Aquila

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Integral mithilfe von Substition lösen

So ich habe das integral:

$\begin{eqnarray*} f(x)=\int \frac{1}{sin(x)} \, dx \end{eqnarray*}$

und substituiere z= sin(x)

z'=cos(x)

dz/dx=cos(x)

dx=dz/cos(x)

setze ich ein:
$\begin{eqnarray*} f(z)=\frac{1}{cos(x)} *\int \frac{1}{z} \, dz \end{eqnarray*}$

das löse ich jetzt:

$\begin{eqnarray*} f(z)=\frac{1}{cos(x)} * ln(z)+c \end{eqnarray*}$

setze für z wieder sin(x) ein:
$\begin{eqnarray*} f(x)=\frac{1}{cos(x)} * ln(sin(x))+c \end{eqnarray*}$

und würde das als meine Lösung betrachten.

stimmt das?

In meinem Skriptum steht als Lösung:
$\begin{eqnarray*} ln(tan(\frac{x}{2} ))+c \end{eqnarray*}$
oder ist das gleichwertig?

lg Aquila

21.02.2012, 19:02

HAL 9000

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Zitat:

Original von Aquila
setze ich ein:
$\begin{eqnarray*} f(z)=\frac{1}{cos(x)} *\int \frac{1}{z} \, dz \end{eqnarray*}$

Du kannst nicht das $\begin{eqnarray*} \frac{1}{\cos(x)} \end{eqnarray*}$ einfach aus dem Integral ziehen, das hängt doch (implizit) vom $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ ab! unglücklich

unglücklich

Zur wirklichen Lösung: Die Generalsubstitution sollte helfen.

21.02.2012, 19:12

Leopold

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Man könnte auch

$\begin{eqnarray*} \int \frac{\dd x}{\sin x} = \int \frac{\sin x}{\sin^2 x} ~ \dd x = \int \frac{\sin x}{1 - \cos^2 x} ~ \dd x \end{eqnarray*}$

rechnen und $\begin{eqnarray*} u = \cos x \end{eqnarray*}$ substituieren.

21.02.2012, 19:21

Aquila

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argh warum muss integreiren so komplex sein... 1/sin(x) schaut so schön harmlos aus....

zur generalsubstition kann ich nur sagen aus dem wiki Eintrag werd ich nicht schlau.

und zu Leopold:
Mir bleibt diesmal auch sin(x) über hab ich damit nicht dann das selbe problem?

lg

21.02.2012, 19:28

Leopold

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Nein, nach der Substitution "bleibt nichts über". Es sei denn $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ ... aber das will man ja.

21.02.2012, 19:49

Aquila

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Also wenn ich für cos(x)=u einsetzte bekomm ich:
$\begin{eqnarray*} \int \frac{\sin x}{1 - \ u^2} ~ \dd u \end{eqnarray*}$

dann rechne ich mir mal aus was bei du dabei sein muss

$\begin{eqnarray*} u'=2*cos(x)*(-sin) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} dx=\frac{dz}{2*cos(x)*(-sin)} \end{eqnarray*}$

das ganze eingesetzt:
$\begin{eqnarray*} \int \frac{\sin x}{1 - \ u^2} ~ \dd u*\frac{1}{2*cos(x)*(-sin)} \end{eqnarray*}$

alles weitere überfordert meine beschränkten fähigkeiten beim integrieren....

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21.02.2012, 19:53

Leopold

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Zitat:

Original von Aquila
Also wenn ich für cos(x)=u einsetzte bekomm ich:
$\begin{eqnarray*} \int \frac{\sin x}{1 - \ u^2} ~ \dd u \end{eqnarray*}$

Das ist falsch. Was hast du da gerechnet?

Aber wenn ich das Folgende sehe:

Zitat:

Original von Aquila
$\begin{eqnarray*} u'=2*cos(x)*(-sin) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} dx=\frac{dz}{2*cos(x)*(-sin)} \end{eqnarray*}$

dann scheint mir, daß die Probleme nicht beim Integrieren an sich liegen. Du weißt ja nicht einmal, wie man differenziert ... unglücklich

unglücklich

Wenn $\begin{eqnarray*} u = \cos x \end{eqnarray*}$ , was ist dann $\begin{eqnarray*} u' \end{eqnarray*}$ ?

21.02.2012, 20:06

Aquila

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Zitat:

Original von Leopold

Zitat:

Original von Aquila
Also wenn ich für cos(x)=u einsetzte bekomm ich:
$\begin{eqnarray*} \int \frac{\sin x}{1 - \ u^2} ~ \dd u \end{eqnarray*}$

Das ist falsch. Was hast du da gerechnet?

da hab ich noch garnichts gerechnet?

ich hab nur statt cos(x) u eingesetzt...

argh.... ich hab aus irgendwelchen gründen u=cos(x)^2 ausgerechnet

u' con cos(x) ist natürlich -sin(x)

damit komm ich auf:
$\begin{eqnarray*} \int \! \frac{-1}{1-u^2} \, du=\int \! \frac{1}{u^2-1} \, du \end{eqnarray*}$

Aber jetzt steh ich wieder an... kann ich da ein zweites mal substituieren also $\begin{eqnarray*} v=u^2-1 \end{eqnarray*}$ ?

21.02.2012, 20:11

HAL 9000

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So besonders viel hattest du noch nicht mit Integrieren zu tun, oder?

Bei gebrochen rationalen Funktionen wie $\begin{eqnarray*} \frac{1}{u^2-1} \end{eqnarray*}$ als Integranden führt man zunächst eine Partialbruchzerlegung (PBZ) durch und integriert anschließend die einzelnen Partialbrüche getrennt.

21.02.2012, 20:51

Aquila

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nein hatte ich nicht...

integrieren haben wir in der htl mit dem Taschenrechner machen dürfen.

dementsprechend das händisch integrieren nie wirklich gekonnt,
jetzt bin ich auf der Uni und da ist es hald jetzt gefordert und naja wie man merkt steh ich da ein bisschen an...

also Partialbruchzerlegung gut:

$\begin{eqnarray*} \frac {1}{(u-1)*(u+1)}=\frac{A}{(u-1)} +\frac{B}{u+1} \end{eqnarray*}$

das ganze mal dem nenner:
1=(u-1)*A+ (u+1)*B

ausmultipliziert und zusammengefasst:
1=u*(B+A)+ (B-A)

u*(B+A) muss 0 sein also bleibt mir über

1=B-A

heißt das ich kann mir hier jetzt A aussuchen und bekomme B oder brauch ich noch eine Randbedingung?

21.02.2012, 21:04

Leopold

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Zitat:

Original von Aquila
das ganze mal dem nenner:
1=(u-1)*A+ (u+1)*B

Richtiges Vorgehen, aber falsch gerechnet.

21.02.2012, 21:11

Aquila

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stimmt verwechselt

Ändert das Ergebnis aber nur geringfügig:

1=1=u*A+B)+ (A-B)

was mich dann auf

1=A-B

bringt

ändert aber aber an meiner Frage nichts es sei den ich hab noch wo anders nen Fehler...

21.02.2012, 21:13

Leopold

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Es gibt aber noch eine zweite Gleichung für $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ . Und aus beiden Gleichungen lassen sich $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ berechnen.

21.02.2012, 21:28

Aquila

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ahh.....
0=u*(A+B)

Dann ist A=0,5 B=-0,5

$\begin{eqnarray*} \int\frac{0,5}{u-1}du +\int\frac{-0,5}{u+1}du \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =-0,5*ln(u+1)+0,5*ln(u-1)+c \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =-0,5*ln(cos(x)+1)+0,5*ln(cos(x)-1)+c \end{eqnarray*}$

mal abgesehen vom Zusammenfassen ist das so richtig?

21.02.2012, 21:36

Leopold

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Die Partialbruchzerlegung stimmt, die Integration dann nicht mehr. Beachte, daß ja $\begin{eqnarray*} u = \cos x \end{eqnarray*}$ ist, also zwischen $\begin{eqnarray*} -1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ liegt. Wenn du aber in $\begin{eqnarray*} \ln (u-1) \end{eqnarray*}$ Werte zwischen $\begin{eqnarray*} -1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ einsetzt, bekommst du Probleme.

Allgemein gilt

$\begin{eqnarray*} \int \frac{\dd t}{t} = \ln |t| \end{eqnarray*}$

Die Formel ist so zu lesen:

Für das Intervall $\begin{eqnarray*} t>0 \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} \int \frac{\dd t}{t} = \ln t \end{eqnarray*}$

Für das Intervall $\begin{eqnarray*} t<0 \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} \int \frac{\dd t}{t} = \ln (-t) \end{eqnarray*}$

Jetzt ist aber $\begin{eqnarray*} u-1 \end{eqnarray*}$ gerade für die hier gültigen Werte (nämlich $\begin{eqnarray*} -1 < u < 1 \end{eqnarray*}$ ) negativ.

21.02.2012, 21:41

Aquila

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Wenn man das so durchdenkt klingt das ganz logisch... nur wie geh ich jetzt mit dem Problem um?

21.02.2012, 21:45

Leopold

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$\begin{eqnarray*} \int \frac{\dd u}{u+1} = \ln \left| u+1 \right| \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int \frac{\dd u}{u-1} = \ln \left| u-1 \right| \end{eqnarray*}$

Beachte, daß das nur so einfach geht, weil die innere Funktion linear mit Steigung $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ ist. Bei der Probe durch Differenzieren muß man ja an die Kettenregel denken.

Und jetzt überlege noch, wie man das jeweils betragsfrei schreiben kann. Beachte stets, daß bei uns $\begin{eqnarray*} -1 < u < 1 \end{eqnarray*}$ gilt.

21.02.2012, 22:27

Aquila

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hmm... keine Ahnung gib mit bitte einen Tipp

21.02.2012, 22:46

ome

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Normalerweise gibt es für solche Integrale doch Formelsammlung.

Aber wenn jemand schon von vorne rein aus keine Grundlagen beherrscht, für den sollte man evtl ein Bsp. zum ansehen vorlegen.

$\begin{eqnarray*} \int \! \frac{1}{sin(x)} \, dx \end{eqnarray*}$ geht man wie oben schon erwähnt mit Generalsubstitution an, dabei wird das hergeleitete $\begin{eqnarray*} t=tan\left(\frac{x}{2}\right) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} dx=\frac{2 dt}{1+t^{2}} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} sin(x) \end{eqnarray*}$ benutzt.

Dann heißt das alles $\begin{eqnarray*} \int \! \frac{1}{\frac{2 t}{1+t^{2}}} \cdot \frac{2 dt}{1+t^{2}} \, dx = \int \! \frac{2}{\frac{2 t (1+t^{2})}{1+t^{2}}} \, dt = \int \! \frac{2}{2 t} \, dt = \int \! \frac{1}{ t} \, dt \end{eqnarray*}$

ab hier kannst du normal integrieren und rück substituieren:

also, $\begin{eqnarray*} ln\left(tan\left(\frac{x}{2} \right) \right) \end{eqnarray*}$

22.02.2012, 08:03

Leopold

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@ Aquila

Zunächst einmal ist es gar nicht nötig, die Betragsstriche zu entfernen. Es geht nur noch um Verschönerung.

Wenn $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ zwischen $\begin{eqnarray*} -1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ liegt (wegen $\begin{eqnarray*} u = \cos x \end{eqnarray*}$ ) und $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ addiert wird, liegt folglich $\begin{eqnarray*} u+1 \end{eqnarray*}$ zwischen $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ . Wenn aber etwas schon positiv ist, sind Betragsstriche überflüssig. Es gilt daher:

$\begin{eqnarray*} \int \frac{\dd u}{u+1} = \ln \left| u+1 \right| = \ln (u+1) \end{eqnarray*}$

Wenn man die $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ dagegen von $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ subtrahiert, liegt $\begin{eqnarray*} u-1 \end{eqnarray*}$ zwischen $\begin{eqnarray*} -2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ , ist also immer negativ. Hier haben die Betragsstriche die Wirkung, die negative Zahl positiv zu machen. Dieselbe Wirkung auf negative Zahlen hat aber die Vorzeichenänderung, also das Anbringen eines Minuszeichens vor dem gesamten Term.

Jetzt verschönere entsprechend das zweite Integral. Dann kehre zur Hauptrechnung zurück. Klammere dort $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ aus. Und wenn du willst, kannst du über das zweite Logarithmusgesetz

$\begin{eqnarray*} \ln p - \ln q = \ln \frac{p}{q} \end{eqnarray*}$

die zwei Logarithmen zu einem zusammenfassen. Und zu guter Letzt die Resubstitution $\begin{eqnarray*} u = \cos x \end{eqnarray*}$ nicht vergessen.

22.02.2012, 08:47

René Gruber

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Und über die Halbwinkel-Additionstheoreme

$\begin{eqnarray*} \sin^2\left( \frac{x}{2} \right) &=& \frac{1-\cos(x)}{2} \\ \cos^2\left( \frac{x}{2} \right) &=& \frac{1+\cos(x)}{2} \end{eqnarray*}$

ist dann auch die Verbindung zur Musterlösung hergestellt, die allerdings korrekterweise mit Betragsstrichen geschrieben werden sollte, d.h. $\begin{eqnarray*} \ln\left|\tan\left(\frac{x}{2}\right) \right|+c \end{eqnarray*}$ .

22.02.2012, 10:40

Aquila

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das heißt ich habe erst:
$\begin{eqnarray*} -0,5*ln|u+1|+0,5*ln|u-1|+c \end{eqnarray*}$

im ersten Therm lass ich die Betragsstriche einfach weck also ln(u+1)
und aus dem zweitem Therm wird: ln(1-u)

also: $\begin{eqnarray*} -0,5*ln(u+1)+0,5*ln(1-u)+c \end{eqnarray*}$

jetzt setzt ich cos(x) für u ein:

$\begin{eqnarray*} -0,5*ln(cos(x)+1)+0,5*ln(1-cos(x))+c=0,5*(ln(1-cos(x))-ln(cos(x)+1)) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =0,5*ln\frac{1-cos(x)}{cos(x)+1} \end{eqnarray*}$

So dann kommen die Halbwinkeltheorem ins Spiel:
dazu erweitere ich den Bruch um 2/2 und setze die Theoreme ein:

$\begin{eqnarray*} c+0,5*ln\frac{sin(\frac{x}{2} )^2}{cos(\frac{x}{2})^2} = c+0,5*ln (tan(\frac{x}{2})^2) \end{eqnarray*}$

das ^2 kann ich jetzt noch vors ln setzen das es sich mit dem 0,5 aufhebt

und weil jetzt das quadrat weck ist und der Tangens auch negative werte annehmen kann muss ich die Betragsstriche wieder einführen oder?

dann komm ich auf:
$\begin{eqnarray*} ln|tan(\frac{x}{2}) | +c \end{eqnarray*}$

hmmm... das ist ja alles sehr kompliziert... aber dank eurer hilfe hab ich das jetzt glaub ich verstanden

vielen dank dafür

22.02.2012, 10:58

Aquila

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so ein beispiel gelöst ein anderes macht Probleme weil es wieder um ein Integral geht mach ich jetzt keinen neuen thread auf.

Es geht um:

y'= x * y^2

hier wende ich trennung der Variablen an und komme auf:

$\begin{eqnarray*} \frac{y'}{y^2}=x \end{eqnarray*}$

da würde ich beim Integrieren auf:

$\begin{eqnarray*} -\frac{1}{y} = \frac{x^2}{2} \end{eqnarray*}$

und dann weiter für y auf:

$\begin{eqnarray*} y=-\frac{2}{x^2} \end{eqnarray*}$

kommen laut Lösung soll aber

y=-\frac{2}{x^2+2}

herauskommen.

Wo ist mein Fehler?

22.02.2012, 11:05

René Gruber

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Zitat:

Original von Aquila
und weil jetzt das quadrat weck ist und der Tangens auch negative werte annehmen kann muss ich die Betragsstriche wieder einführen oder?

Das Logarithmengesetz

$\begin{eqnarray*} \ln(b^n) = n\ln(b) \end{eqnarray*}$

bezieht sich ausdrücklich nur auf positive reelle $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ . Kann $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ aber auch negativ werden, wogegen im Fall von geraden Exponenten $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ nichts spricht, dann muss man das so rechnen:

$\begin{eqnarray*} \ln(b^n) = \ln(|b|^n) = n\ln|b| \end{eqnarray*}$ .

Es ist also keine Willkür, hier Betragsstriche einzuziehen, sondern pure Notwendigkeit, die aber leider allzu oft vergessen wird.

22.02.2012, 11:45

Leopold

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@ Aquila

Ich wollte darauf hinweisen, daß die Umformung

$\begin{eqnarray*} \int \frac{\dd x}{\sin x} = \frac{1}{2} \cdot \ln \frac{1 - \cos x}{1 + \cos x} \ = \ \ln \left| \tan \frac{x}{2} \right| \end{eqnarray*}$

nicht erforderlich ist. Sie dient nur dazu zu zeigen, daß beide Lösungswege letztlich dasselbe liefern. Was jemand für "schöner" erachtet, ist letztlich Geschmackssache.

22.02.2012, 11:55

Aquila

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soweit ist mir das schon klar... danke

dient aber auf jedenfall der Übung zum rechnen mit cos/sin/tan wo ich auch defiziete aufweise (leider)

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