Integralrechnung

14.03.2012, 16:51

Jo49

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Integralrechnung

Hallo,

bin mir nicht sicher ob meine Rechnung stimmt, weil am Ende -1- Error raus kommt.

$\begin{eqnarray*} \int_1^2 \! ln(x-1) \, dx \end{eqnarray*}$

Partielle Integration anwenden:

$\begin{eqnarray*} \int \! f(x) \, dx=\int \! u*v' \, dx=u*v-\int \! u'*v \, dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u=ln(x-1) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u'=\frac{1}{x-1} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} v=x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} v'=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int_1^2 \! ln(x-1)*1 \, dx=ln(x-1)*x-\int_1^2 \! \frac{1}{x-1}*x \, dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u=x-1 \Rightarrow dx=du \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow x=u+1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int \! ln(u) \, du=ln(u)*(u+1)-\int \! \frac{1}{u+1-1}*(u+1) \, du \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int \! ln(u) \, du=ln(u)*(u+1)-\int \! \frac{u}{u}+\frac{1}{u} \, du \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int \! ln(u) \, du=ln(u)*(u+1)-\int \! 1+\frac{1}{u} \, du \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int \! ln(u) \, du=ln(u)*(u+1)- u-ln(u) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int \! ln(x-1) \, du=ln(x-1)*(x-1+1)- (x-1)-ln(x-1) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int \! ln(x-1) \, du=ln(x-1)*(x)- x+1-ln(x-1) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} ln(2-1)*(2)- 2+1-ln(2-1)]-[ln(1-1)*(1)- 1+1-ln(1-1)]=-1- ??? \end{eqnarray*}$

14.03.2012, 17:07

klauss

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RE: Integralrechnung
Ich habs nachgerechnet und ebenfalls -1 rausbekommen, was plausibel ist, da der Funktionsgraph in diesem Bereich unterhalb der x-Achse liegt.
Allerdings habe ich es mit nicht mit part. Integration gemacht, sondern mit Substitution und Grenzwertberechnung bei der Stammfunktion.

15.03.2012, 03:55

Jo49

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Danke,

wie hast du das mit der Grenzwertberechnung gemacht ?

Ich kenn das nur, wenn eine Grenze oder beide Grenzen ins unendliche laufen.

Oder hast du einfach gesagt: $\begin{eqnarray*} \int_ {-\infty }^2 \! ln(x-1) \, dx \end{eqnarray*}$ ?

15.03.2012, 04:45

Dopap

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$\begin{eqnarray*} \rm \lim_{t \to 1} \int_ {t}^2 \! ln(x-1) \, dx \end{eqnarray*}$

15.03.2012, 14:44

Jo49

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So richtig gerechnet ?

$\begin{eqnarray*} \rm \lim_{t \to 1} \int_ {t}^2 \! ln(x-1) \, dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u=x-1 \Rightarrow dx=du \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \rm \lim_{t \to 1} \int \! ln(u) \, du \end{eqnarray*}$

Hab ich in der Integraltafel gefunden (braucht man deshalb keine part. Integration?^^ )

$\begin{eqnarray*} \rm \lim_{t \to 1} u*(lnu-1) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \rm \lim_{t \to 1} (x-1)*(ln(x-1)-1) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \rm \lim_{t \to 1} [(2-1)*(ln(2-1)-1)]- [ (t-1)*(ln(t-1)-1)]=-1-nicht definiert \end{eqnarray*}$

15.03.2012, 15:01

klauss

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Durch die Substitution würde sich zunächst formal ergeben
$\begin{eqnarray*} \int_0^1 \! ln(u) \, du \end{eqnarray*}$
Den Grenzwert
$\begin{eqnarray*} \lim_{u \to 0} u*ln(u) \end{eqnarray*}$
in der Stammfunktion habe ich dann mit L'Hospital berechnet.

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15.03.2012, 15:02

fleurita

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Zitat:

Original von Jo49
So richtig gerechnet ?

$\begin{eqnarray*} \rm \lim_{t \to 1} \int_ {t}^2 \! ln(x-1) \, dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u=x-1 \Rightarrow dx=du \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \rm \lim_{t \to 1} \int \! ln(u) \, du \end{eqnarray*}$

du musst die grenzen noch ändern wenn du substituierst bzw. erst mal noch hinschreiben.

$\begin{eqnarray*} \rm \lim_{t \to 1} \int_ {t}^2 \! ln(x-1) \, dx = \rm \lim_{t \to 0} \int_ {t}^1 \! ln(u) \, du = \lim_{t \to 0}\ \Bigl[u\ln u -u\Bigl]_{t}^1 = \lim_{t \to 0}\biggl(-1-\Bigl(t\ln t -t\Bigl)\biggl) \end{eqnarray*}$

jetzt kannst du dann noch die minusklammer auflösen und dann die regel von de l'hospital anwenden.

15.03.2012, 21:03

jo49

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Hab die Klammer aufgelöst.

$\begin{eqnarray*} =\lim_{t \to 0} [x -1-t*ln(t)+t] \end{eqnarray*}$

Aber wie wendet man jetzt L'Hospital an ?

Man braucht doch immer:

$\begin{eqnarray*} "\frac{0}{0}" \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} "\frac{Zahl}{\infty } " \end{eqnarray*}$

Muss man das in einen Bruch umwandeln ?

$\begin{eqnarray*} =\lim_{t \to 0} \frac{t*[-1-t*ln(t)+t]}{t} \end{eqnarray*}$

15.03.2012, 21:09

fleurita

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Zitat:

Original von jo49
Hab die Klammer aufgelöst.

$\begin{eqnarray*} =\lim_{t \to 0} [x -1-t*ln(t)+t] \end{eqnarray*}$

wo kommt denn das x her? verwirrt

verwirrt

Du hast $\begin{eqnarray*} \lim_{t \to 0}\biggl(-1-\Bigl(t\ln t -t\Bigl)\biggl)=\lim_{t \to 0}\Bigl(-1-t\ln t +t\Bigl) \end{eqnarray*}$

Die $\begin{eqnarray*} -1 \end{eqnarray*}$ kannst du ja rausziehen, die hängt ja nicht von $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ ab. Es geht dann nur um $\begin{eqnarray*} t\ln t \end{eqnarray*}$ , also was mit diesem term passiert wenn $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ geht.

15.03.2012, 21:44

jo49

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Beim x hab ich mich verschrieben kommt keins hin.

Einfach die Null einsetzen ?

$\begin{eqnarray*} \lim_{t \to 0} -0ln0+0=nichtdefiniert \end{eqnarray*}$

Hab gedacht man muss bei L'Hospital immer im Zähler und Nenner 0 stehen haben oder
wenigstens im Nenner unendlich. (ist meine erste Begegnung mit L'Hospital kann auch flasch sein was ich schreibe^^)

15.03.2012, 23:03

fleurita

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dann ist gut smile

smile

Zitat:

Original von jo49
Einfach die Null einsetzen ?

$\begin{eqnarray*} \lim_{t \to 0} -0ln0+0=nichtdefiniert \end{eqnarray*}$

Nein

smile

du brauchst ja ein bruch.

$\begin{eqnarray*} \lim_{t \to 0} t=0\qquad \lim_{t \to 0} \ln t=-\infty \end{eqnarray*}$ , aber wenn du das minus vor dem term noch mit nimmst und es so schreibst:

$\begin{eqnarray*} -t\ln t = -\frac{\ln t}{t^{-1}}= \frac{\ln t}{-\frac{1}{t}} \end{eqnarray*}$ , dann kannst du de l'hospital anwenden.

16.03.2012, 00:45

Jo49

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$\begin{eqnarray*} \lim_{t \to 0} =\frac{\ln t}{-\frac{1}{t}} \end{eqnarray*}$

Hm vielleicht unendlich durch unendlich auch wenn es nicht definiert ist.

Dann wäre die Bedingung für L'Hospital erfüllt.

Ableiten:

$\begin{eqnarray*} \lim_{t \to 0} =\frac{\frac{1}{t}}{-t^{-2}} \end{eqnarray*}$

Das kann man jetzt noch ewig ableiten und läuft immer ins undefinierte^^

Kann die Aufgabe nicht vernünftig lösen. unglücklich

unglücklich

16.03.2012, 06:02

tyger

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Bin mir nicht sicher,aber könnte man das nicht auch so aufschreiben:

$\begin{eqnarray*} \lim_{t \to 0} \frac{\frac{1}{t} }{\frac{1}{t^{2} } } = \lim_{t \to 0} \frac{1}{t}* t^{2} = \lim_{t \to 0} t ... \end{eqnarray*}$

16.03.2012, 16:15

Jo49

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Zitat:

Original von tyger
Bin mir nicht sicher,aber könnte man das nicht auch so aufschreiben:

$\begin{eqnarray*} \lim_{t \to 0} \frac{\frac{1}{t} }{\frac{1}{t^{2} } } = \lim_{t \to 0} \frac{1}{t}* t^{2} = \lim_{t \to 0} t ... \end{eqnarray*}$

Für mich sieht das logisch aus smile

smile

Aber habe noch eine Frage. Leider erst jetzt bemerkt.

Wenn man die Grenzen substituiert muss dann nicht in der unteren Grenze t-1 stehen ?

Also so:

$\begin{eqnarray*} \rm \lim_{t \to 1} \int_ {t}^2 \! ln(x-1) \, dx = \rm \lim_{t \to 0} \int_ {t-1}^1 \! ln(u) \, du = \lim_{t \to 0}\ \Bigl[u\ln u -u\Bigl]_{t-1}^1 = \lim_{t \to 0}\biggl(-1-\Bigl(t\ln t -t\Bigl)\biggl) \end{eqnarray*}$

Anstelle von:

Zitat:

du musst die grenzen noch ändern wenn du substituierst bzw. erst mal noch hinschreiben.

$\begin{eqnarray*} \rm \lim_{t \to 1} \int_ {t}^2 \! ln(x-1) \, dx = \rm \lim_{t \to 0} \int_ {t}^1 \! ln(u) \, du = \lim_{t \to 0}\ \Bigl[u\ln u -u\Bigl]_{t}^1 = \lim_{t \to 0}\biggl(-1-\Bigl(t\ln t -t\Bigl)\biggl) \end{eqnarray*}$

16.03.2012, 20:04

Dopap

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bei einer Substitution von

$\begin{eqnarray*} J=\int_a^b f(x) \dd x \end{eqnarray*}$ immer im Auge behalten, dass eigentlich

$\begin{eqnarray*} J=\int_{x=a}^{x=b} f(x) \dd x \end{eqnarray*}$ dasteht.

Nach einer Substitution muss Alles in der neuen Variablen geschrieben sein.

17.03.2012, 13:50

Jo49

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Zitat:

Original von Dopap
bei einer Substitution von

$\begin{eqnarray*} J=\int_a^b f(x) \dd x \end{eqnarray*}$ immer im Auge behalten, dass eigentlich

$\begin{eqnarray*} J=\int_{x=a}^{x=b} f(x) \dd x \end{eqnarray*}$ dasteht.

Nach einer Substitution muss Alles in der neuen Variablen geschrieben sein.

Hm das sagt mir jetzt nicht so viel.

Ich setze einfach immer die alten Grenzen in die Substitution ein und das sind dann meine neuen Grenzen.

Was ist den nun richtig ?

Kasten 1 oder 2 ?

Zitat:

1)

$\begin{eqnarray*} \rm \lim_{t \to 1} \int_ {t}^2 \! ln(x-1) \, dx = \rm \lim_{t \to 0} \int_ {t-1}^1 \! ln(u) \, du = \lim_{t \to 0}\ \Bigl[u\ln u -u\Bigl]_{t-1}^1 = \lim_{t \to 0}\biggl(-1-\Bigl(t\ln t -t\Bigl)\biggl) \end{eqnarray*}$

Zitat:

2)

du musst die grenzen noch ändern wenn du substituierst bzw. erst mal noch hinschreiben.

$\begin{eqnarray*} \rm \lim_{t \to 1} \int_ {t}^2 \! ln(x-1) \, dx = \rm \lim_{t \to 0} \int_ {t}^1 \! ln(u) \, du = \lim_{t \to 0}\ \Bigl[u\ln u -u\Bigl]_{t}^1 = \lim_{t \to 0}\biggl(-1-\Bigl(t\ln t -t\Bigl)\biggl) \end{eqnarray*}$

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