Zwei Integrale

17.12.2016, 16:07

yellowman

Zwei Integrale

Hallo, ich habe noch zwei weitere Integrale die ich auswerten soll.

$\begin{eqnarray*} I_k(x)=\int_0^1u^x(\log u)^kdu \end{eqnarray*}$ und

$\begin{eqnarray*} I(t)=\int_0^{\pi/2}\ln(1+t\sin^2\phi)d\phi \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:

Wir sollen bei dem ersten Integral k-mal unter dem Integral differenzieren. Ich denke das geht mit der Formel von Leibniz.

$\begin{eqnarray*} \frac{d^n}{dx^n}f(x)g(x)=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}f^{n-k}g^k \end{eqnarray*}$

In dem Fall wäre wohl $\begin{eqnarray*} f(x)=u^x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g(x)=(\log u)^k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{d^k}{dx^k}u^x\cdot (\log u)^k=\sum_{l=0}^{k}\binom{k}{l}(u^x)^{l-k}((\log u)^k)^{l} \end{eqnarray*}$

Macht das soweit Sinn?

Zum zweiten Integral: Als Tipp wurde uns gegeben das wir $\begin{eqnarray*} I(t) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ multiplizieren sollen. So wirklich hilft mir das aber auch nicht weiter.

Hat jemand eine Idee?

Danke!

17.12.2016, 20:30

Leopold

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Ich denke, du sollst bei der ersten Aufgabe einfach nur $\begin{align*} I_0(x) \end{align*}$ $\begin{align*} k \end{align*}$ -mal differenzieren.

17.12.2016, 21:36

yellowman

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Hallo Leopold, dass kann natürlich auch so verstanden werden. Dann erhalte ich erstmal:

$\begin{eqnarray*} I_0(x)=\int_0^1u^xdu \end{eqnarray*}$

Nun ableiten:

$\begin{eqnarray*} \frac{d^kI_0(x)}{dx^k}=\int_0^1\frac{d^k}{dx^k}u^xdu=\int_0^1\frac{d^k}{dx^k}e^{\ln(u)x}dx \end{eqnarray*}$

Wenn ich das richtig sehe ist die k-te Ableitung dann $\begin{eqnarray*} [\ln(u)]^ke^{\ln(u)x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{d^kI_0(x)}{dx^k}=\int_0^1[\ln(u)]^ku^xdx \end{eqnarray*}$

Ich sehe aber noch nicht wie mich das weiter bringt. Hast du einen Tipp?

Grüße!

18.12.2016, 10:18

Leopold

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Zitat:

Original von yellowman
Ich sehe aber noch nicht wie mich das weiter bringt. Hast du einen Tipp?

Man kann ja $\begin{align*} I_0(x) \end{align*}$ und in Folge sämtliche Ableitungen direkt berechnen.

18.12.2016, 11:25

yellowman

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Wie meinst du das?
Ich sehe ehrlich gesagt noch nicht was bzw. wie nun zu machen ist.

Danke!

18.12.2016, 13:59

Leopold

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$\begin{align*} I_0(x) = \frac{1}{x+1} \end{align*}$

$\begin{align*} I_1(x) = {I_0}'(x) = - \frac{1}{(x+1)^2} \end{align*}$

$\begin{align*} I_2(x) = {I_0}''(x) = \frac{2}{(x+1)^3} \end{align*}$

$\begin{align*} I_3(x) = {I_0}'''(x) = - \frac{3!}{(x+1)^4} \end{align*}$

$\begin{align*} \vdots \end{align*}$

18.12.2016, 14:14

yellowman

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Hmm ich fürchte dafür bin ich zu blöd.

Wenn ich $\begin{eqnarray*} \frac{d^kI_0(x)}{dx^k}=\int_0^1[\ln(u)]^ke^{ln(u)x}dx \end{eqnarray*}$ habe und dies integriere erhalte ich:

$\begin{eqnarray*} \frac{d^kI_0(x)}{dx^k}=\frac{[\ln(u)]^k}{\ln(u)}(u-1)=[\ln(u)]^{k-1}(u-1) \end{eqnarray*}$

Wie kommst du auf die Darstellung?

Ausgehend von deiner iterativen Formel lässt sich damit eine Formel finden in der Form

$\begin{eqnarray*} I_k(x)=\frac{(-1)^{2k}\cdot k!}{(x+1)^{k+1}} \end{eqnarray*}$

Damit müsste das Integral ausgewerter lauten:

$\begin{eqnarray*} I_k(x)=\int_0^{1}u^x(\log(u))^kdu=\frac{(-1)^{2k}\cdot k!}{(x+1)^{k+1}} \end{eqnarray*}$

Danke!

18.12.2016, 14:41

Leopold

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Irgendwie stehst du auf der Leitung. Wieso berechnest du nicht einfach $\begin{align*} I_0(x) \end{align*}$ , und nur dieses. Du mußt bloß das Integral auswerten.

Der Faktor $\begin{align*} (-1)^{2k} \end{align*}$ stimmt übrigens nicht. Er alterniert nicht.

18.12.2016, 15:09

yellowman

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Jetzt habe ich verstanden was gemacht wurde. Das Integral müsste dann lauten $\begin{eqnarray*} I_k(x)=\frac{(-1)^kk!}{(x+1)^{k+1}} \end{eqnarray*}$

Mittels Induktion lässt sich die Formel beweisen.

Beim I.S. hänge ich etwas.

$\begin{eqnarray*} k\to k+1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} I_{k+1}(x)=\frac{(k+1)!(-1)^{k+1}}{(x+1)^{k+2}}=\frac{(k+1)k!(-1)^k(-1)}{(x+1)^{k+1}(x+1)} \end{eqnarray*}$

Hier kann ich die I.V. $\begin{eqnarray*} I_k(x)=\frac{(-1)^kk!}{(x+1)^{k+1}} \end{eqnarray*}$ einsetzen:

$\begin{eqnarray*} =\frac{(k+1)(-1)}{(x+1)}\cdot I_k(x) \end{eqnarray*}$

Wie geht's denn hier weiter?

Grüße und Danke!

18.12.2016, 15:19

Leopold

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Zitat:

Original von yellowman
Beim I.S. hänge ich etwas.

$\begin{eqnarray*} k\to k+1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} I_{k+1}(x)=\frac{(k+1)!(-1)^{k+1}}{(x+1)^{k+2}}=\frac{(k+1)k!(-1)^k(-1)}{(x+1)^{k+1}(x+1)} \end{eqnarray*}$

Hier kann ich die I.V. $\begin{eqnarray*} I_k(x)=\frac{(-1)^kk!}{(x+1)^{k+1}} \end{eqnarray*}$ einsetzen:

$\begin{eqnarray*} =\frac{(k+1)(-1)}{(x+1)}\cdot I_k(x) \end{eqnarray*}$

Das versteht kein Mensch. Und es kommt davon, daß du nicht sauber aufschreibst, was vorausgesetzt wird und was zu beweisen ist. Eigentlich mußt du nur die Formel für $\begin{align*} I_k(x) \end{align*}$ differenzieren und schauen, ob sich $\begin{align*} I_{k+1}(x) \end{align*}$ ergibt.

18.12.2016, 15:36

yellowman

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I.V. Für ein $\begin{eqnarray*} k\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} I_k(x)=\frac{(-1)^kk!}{(x+1)^{k+1}} \end{eqnarray*}$

I.S. $\begin{eqnarray*} k\to k+1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} I_{k+1}=\frac{(-1)^{k+1}(k+1)!}{(x+1)^{k+2}} \end{eqnarray*}$

Mit $\begin{eqnarray*} (k+1)!=(k+1)k! \end{eqnarray*}$ eingesetzt gilt:

$\begin{eqnarray*} I_{k+1}=\frac{(k+1)k!(-1)^k(-1)}{(x+1)^{k+1}(x+1)} \end{eqnarray*}$

I.V. eingesetzt:

$\begin{eqnarray*} I_{k+1}=\frac{(k+1)(-1)}{(x+1)}\cdot I_k(x) \end{eqnarray*}$

Ich hoffe es ist jetzt verständlich was ich gemacht habe.
Bringt mich das weiter?

Danke!

18.12.2016, 16:04

Leopold

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Zitat:

Original von yellowman
Ich hoffe es ist jetzt verständlich was ich gemacht habe.

Ich verstehe es nicht.

Halten wir fest, wie $\begin{align*} I_k \end{align*}$ bestimmt ist (nachdem wir die Integralgeschichte hinter uns gebracht haben):

$\begin{align*} \text{(*)} \ \ I_k(x) = {I_0}^{(k)}(x) \end{align*}$

Die hochgestellte geklammerte Zahl bezeichne die Ordnung der Ableitung.

Jetzt soll für ganze Zahlen $\begin{align*} k \geq 0 \end{align*}$ Folgendes gezeigt werden:

$\begin{align*} I_k(x) = \frac{(-1)^k k!}{(x+1)^{k+1}} \end{align*}$

Induktionsanfang $\begin{align*} k=0 \end{align*}$

$\begin{align*} I_0(x) = \int_0^1 u^x ~ \dd u = \frac{1}{x+1} \end{align*}$

Das stimmt mit der rechten Seite der Behauptung im Fall $\begin{align*} k=0 \end{align*}$ überein.

Induktionsvorausetzung

Die Behauptung stimme für ein $\begin{align*} k \geq 0 \end{align*}$ :

$\begin{align*} I_k(x) = \frac{(-1)^k k!}{(x+1)^{k+1}} \end{align*}$

Induktionsschritt

Jetzt wird diese Gleichung differenziert. Dann erhält man links $\begin{align*} I_{k+1} \end{align*}$ gemäß $\begin{align*} \text{(*)} \end{align*}$ , also

$\begin{align*} I_{k+1}(x) = \frac{\dd}{\dd x} I_k(x) = \frac{\dd}{\dd x} \left( \frac{(-1)^k k!}{(x+1)^{k+1}} \right) = (-1) \cdot (k+1) \cdot \frac{(-1)^k k!}{(x+1)^{k+2}} = \frac{(-1)^{k+1} (k+1)!}{(x+1)^{k+2}} \end{align*}$

Und das ist die zu beweisende Formel für $\begin{align*} k+1 \end{align*}$ statt $\begin{align*} k \end{align*}$ .

18.12.2016, 16:10

yellowman

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Das ist wirklich gut. Danke für die Erklärung.
Ich denke das zweite Integral wird nicht so einfach zu knacken sein?

Viele Grüße und noch einen schönen Sonntag!

18.12.2016, 16:22

Leopold

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Zitat:

Original von yellowman
Ich denke das zweite Integral wird nicht so einfach zu knacken sein?

Ich habe es geknackt, indem ich unterm Integralzeichen differenziert und das entstehende Integral nach Vereinfachung mit dem komplexen Residuensatz berechnet habe. Den Tip verstehe ich nicht. Aber vielleicht wäre es auch hier sinnvoll, wenn du den Tip nicht paraphrasieren, sondern ihn uns im Originalwortlaut mitteilen würdest.

Das Ergebnis ist übrigens:

$\begin{align*} I'(t) = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{t+1} \cdot \left( \sqrt{t+1} + 1 \right)} = \frac{\pi}{2} \left( \frac{1}{\sqrt{t+1}} - \frac{1}{\sqrt{t+1} + 1} \right) \end{align*}$

Und daraus:

$\begin{align*} I(t) = \pi \cdot \left( \ln \left( \sqrt{t+1} + 1 \right) - \ln 2 \right) \end{align*}$

18.12.2016, 16:43

yellowman

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Die Aufgabe lautet wortgetreu: Berechne zu $\begin{eqnarray*} t\geq 0 \end{eqnarray*}$ das Integral $\begin{eqnarray*} I(t)=\int_0^{\pi/2}\ln(1+t\sin^2\phi)d\phi \end{eqnarray*}$ indem Sie zunächst $\begin{eqnarray*} t\cdot I(t) \end{eqnarray*}$ bestimmen.

Ich werde mich mal an deinen Lösungsweg setzen.

Grüße!

19.12.2016, 20:21

yellowman

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Ich habe mich jetzt mal an das Integral gesetzt. Nach dem ableiten erhalte ich:

$\begin{eqnarray*} I'(t)=\int_0^{\pi/2}\frac{\sin^2\phi}{1+t\sin^2\phi}d\phi \end{eqnarray*}$

Was hast du denn ab hier für Tricks angewendet um das Integral zu vereinfachen? Ich sehe da ehrlich gesagt nichts ...

Danke!

20.12.2016, 06:34

Leopold

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1. Symmetrie

$\begin{align*} I'(t) = \frac{1}{2} \int_{- \frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2 \varphi}{1 + t \sin^2 \varphi} ~ \dd \varphi \end{align*}$

2. Übergang zum doppelten Argument: $\begin{align*} \sin^2 \varphi = \frac{1}{2} \left( 1 - \cos(2 \varphi) \right) \end{align*}$ und Substitution $\begin{align*} 2 \varphi = \psi \end{align*}$

$\begin{align*} I'(t) = \frac{1}{4} \int_{- \pi}^{\pi} \frac{1 - \cos \psi}{2 + t \left( 1 - \cos \psi \right)} ~ \dd \psi \end{align*}$

3. Komplexer Ansatz

$\begin{align*} f(z) = \frac{1}{\operatorname{i}z} \cdot \frac{1 - \cos \psi}{2 + t \left( 1 - \cos \psi \right)} \end{align*}$ mit $\begin{align*} \cos \psi = \frac{1}{2} \left( z + \frac{1}{z} \right) \end{align*}$

4. Integration über den positiv orientierten Einheitskreis

$\begin{align*} I'(t) = \frac{1}{4} \int_{|z|=1} - \frac{\operatorname{i} (z-1)^2}{z \left( tz^2 - 2(t+2)z + t \right)} ~ \dd z \end{align*}$

5. Singularitäten im Innern des Einheitskreises

$\begin{align*} z=0 \end{align*}$ und $\begin{align*} z = \frac{1}{t} \cdot \left( t + 2 - 2 \sqrt{t+1} \right) \end{align*}$ mit Residuen $\begin{align*} a = - \frac{\operatorname{i}}{t} \end{align*}$ beziehungsweise $\begin{align*} b = \frac{\operatorname{i}}{t \sqrt{t+1}} \end{align*}$

6. Residuensatz

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