Integral von Produkten

15.02.2021, 15:14

enmi

Integral von Produkten

Hallo,

folgende Aufgabe ist zu lösen:

$\begin{eqnarray*} \int_{1}^{4 } \! (\sqrt{x} \cdot ln(x) ) \, dx \end{eqnarray*}$

ich habe es mit der partiellen integration probiert bin aber nicht wirklich weitergekommen. mein lösungsansatz:

$\begin{eqnarray*} u=\sqrt{x} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} u'=0,5\cdot x^{-0,5} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v'=ln(x) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v=ln(x)\cdot x-x \end{eqnarray*}$

das kann aber so nicht ganz stimmen... oder verwirrt

also habe ich es auf die zweite art probiert:

$\begin{eqnarray*} u'=\sqrt{x} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} u=\frac{2}{3} \sqrt{x³} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v=ln(x) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v'=\frac{1}{x} \end{eqnarray*}$

bringt mich aber auch nicht wirklich weiter...

besten dank für eure hinweise.

liebe grüße
enmi

15.02.2021, 15:20

klarsoweit

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RE: Integral von Produkten

Zitat:

Original von enmi
also habe ich es auf die zweite art probiert:

$\begin{eqnarray*} u'=\sqrt{x} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} u=\frac{2}{3} \sqrt{x³} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v=ln(x) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v'=\frac{1}{x} \end{eqnarray*}$

bringt mich aber auch nicht wirklich weiter...

Auf die Tour sollte es aber gehen, weil du dann nur noch Potenzen von x im Integral hast. smile

15.02.2021, 15:24

HAL 9000

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RE: Integral von Produkten

Zitat:

Eigentlich aber doch, wenn du nicht einfach nur aufgibst!!!

EDIT: Huch, zu lange nichtg aktualisiert.

15.02.2021, 15:39

enmi

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danke für die rasche rückmeldung. das klappt ja wirklich Freude

ich erhalte als stammfunktion:

$\begin{eqnarray*} \frac{2}{3} \cdot \sqrt{x³}\cdot ln(x)-\frac{4}{9} \cdot x^{1,5} \end{eqnarray*}$

und das ergibt bei mir 4,2744444...

das sollte eigentlich so richtig sein. oder?
danke

15.02.2021, 16:25

enmi

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jetzt habe ich aber noch ein zweites beispiel:

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{1} \! (x²\cdot e^{x} ) \, dx \end{eqnarray*}$

mein lösungsansatz:
u=x²
u'=2x
v'=e^x
v=e^x

damit erhalte ich folgenden ausdruck:

$\begin{eqnarray*} x^{2} \cdot e^{x} - \int_{0}^{1} \! (2x\cdot e^{x} ) \, dx \end{eqnarray*}$

was mache ich jetzt aber mit
$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{1} \! (2x\cdot e^{x} ) \, dx \end{eqnarray*}$

muss ich da noch einmal die partielle integration anwenden?

15.02.2021, 16:29

Leopold

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Eine Medizin, die einmal geholfen hat, hilft vielleicht auch ein zweites Mal.

15.02.2021, 16:38

enmi

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stimmt.

somit erhalte ich als STAMMFUNKTION

x²·e^x-2*(x·e^x-e^x)

vereinfacht schaut das dann so aus:

e^x·(x²-2x+2)

und das wiederum ergibt als lösung 0,718...

das sollte eigentlich stimmen. oder?

15.02.2021, 17:19

Leopold

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Man kann sich auch einmal Folgendes überlegen. Sei

$\begin{align*} f(x) = \operatorname{e}^x p(x) \ \ \text{mit einem Polynom} \ \ p(x) \ \ \text{vom Grad} \ \ n \geq 1 \end{align*}$

Als Ableitung bekommt man

$\begin{align*} f'(x) = \operatorname{e}^x \cdot \underbrace{\left( p(x) + p'(x) \right)}_{q(x)} \end{align*}$

Hier ist $\begin{align*} q(x) \end{align*}$ wieder ein Polynom vom Grad $\begin{align*} n \end{align*}$ mit gleichem Anfangsglied wie $\begin{align*} p(x) \end{align*}$ .

Sucht man also umgekehrt $\begin{align*} \int \operatorname{e}^x q(x) ~ \dd x \end{align*}$ , so braucht man nur die Differentialgleichung

$\begin{align*} y' + y = q(x) \end{align*}$

mit einem Polynom $\begin{align*} y=p(x) \end{align*}$ zu lösen, das dasselbe Anfangsglied wie $\begin{align*} q(x) \end{align*}$ hat. Ist also

$\begin{align*} q(x) = b_n x^n + b_{n-1} x^{n-1} + \ldots + b_0 \end{align*}$

so wählt man

$\begin{align*} p(x) = b_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \ldots + a_0 \end{align*}$

Man erhält

$\begin{align*} p(x) + p'(x) = b_n x_n + \left( a_{n-1} + nb_n \right) x^{n-1} + \left( a_{n-2} + (n-1) a_{n-1} \right) x^{n-2} + \ldots + \left( a_1 + 2 a_2 \right) x + \left( a_0 + a_1 \right) \end{align*}$

Ein Koeffizientenvergleich mit $\begin{align*} q(x \end{align*}$ ) führt auf das folgende lineare Gleichungssystem

$\begin{align*} \begin{matrix} a_{n-1} & + & nb_n & = & b_{n-1} \\ a_{n-2} & + & (n-1) a_{n-1} & = & b_{n-2} \\ a_{n-3} & + & (n-2) a_{n-2} & = & b_{n-3} \\ & & \vdots & & \\ a_1 & + & 2 a_2 & = & b_1 \\ a_0 & + & a_1 & = & b_0 \end{matrix} \end{align*}$

Es läßt sich von oben nach unten sukzessive auflösen.

Das sieht komplizierter aus, als es ist. Bei uns ist $\begin{align*} q(x) = x^2 \end{align*}$ , somit $\begin{align*} n=2 \end{align*}$ und $\begin{align*} b_2=1, b_1 = 0, b_0 = 0 \end{align*}$ . Wir haben hier

$\begin{align*} a_1 + 2 \cdot 1 = 0 \end{align*}$
$\begin{align*} a_0 + a_1 = 0 \end{align*}$

Das führt auf $\begin{align*} a_1 = -2 \end{align*}$ und $\begin{align*} a_0 = 2 \end{align*}$ . Und das ist genau dein Ergebnis:

$\begin{align*} \int \operatorname{e}^x \cdot x^2 ~ \dd x \ = \ \operatorname{e}^x \cdot \left( x^2 - 2x + 2 \right) \end{align*}$

15.02.2021, 18:48

enmi

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danke. jetzt fehlt mir nur noch eine aufgaben

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\frac{\pi }{2} } \! (x\cdot cos(2x)) \, dx \end{eqnarray*}$

ich habe folgendes probiert

u = x
u' = 1
v' = cos(2x)
v =0,5sin(2x)

und erhalte folgende stammfunktion

$\begin{eqnarray*} \frac{x}{2} \cdot sin(2x)-(-cos(2x):4) \end{eqnarray*}$

wenn ich diese funktion berechne erhalte ich als ergebnis 0,0426... was leider nicht stimmt verwirrt

15.02.2021, 20:43

enmi

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nach langem hin und her habe ich es jetzt (glaube ich geschafft).

wenn ich den taschenrechner auf bogenmaß umstelle erhalte ich als ergebnis 0,5 (und das sieht doch ganz gut aus). was ist aber der grund dafür? muss ich immer umstellen wenn mit pi gerechnet wird?

danke
lg

16.02.2021, 09:03

klarsoweit

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Typischerweise sind die Funktionen sinus und cosinus so definiert, daß sie nur Argumente im Bogenmaß entgegennehmen. smile

16.02.2021, 10:12

Leopold

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@ enmi

Alle Taschenrechner der Welt - falsch! - alle Taschenrechner für die Schule, die ich kenne, sind falsch programmiert. Bei den trigonometrischen Funktionen und ihren Umkehrungen verlangen sie, daß man sich durch ein Menü wühlen muß, um dort das Winkelmaß einzustellen. Der Winkel selbst wird dann bei der entsprechenden Funktion ohne Winkelmaß ein- beziehungsweise ausgegeben. Das widerspricht der mathematischen Auffassung, wonach die trigonometrischen Funktionen für reelle Zahlen definiert sind. Diese reellen Zahlen können, wenn die trigonometrischen Funktionen zur Winkelberechnung eingesetzt werden, als Bogenmaß eines Winkels aufgefaßt werden.
Die Gradeinheit ist nichts anderes als die Konstante $\begin{align*} \frac{\pi}{180} = 0{,}017453 \ldots \end{align*}$ . Letztlich kann man jede reelle Zahl auch in der Einheit Grad angeben (wirkt zugegebenermaßen ein wenig angestrengt). Das Gradzeichen hinter einer Zahl bedeutet die Multiplikation mit $\begin{align*} \frac{\pi}{180} \end{align*}$ . Beispiele:

$\begin{align*} 90^{\circ} = 90 \cdot \frac{\pi}{180} = \frac{\pi}{2} \end{align*}$

$\begin{align*} 144^{\circ} = 144 \cdot \frac{\pi}{180} = \frac{4}{5} \pi \end{align*}$

Oder umgekehrt:

$\begin{align*} \frac{2}{9} \pi = 40 \cdot \frac{\pi}{180} = 40^{\circ} \end{align*}$

Und falls du schon immer mal wissen wolltest, wie man das Corona-Jahr 2021 in Grad angibt:

$\begin{align*} 2021 = 2021 \cdot \frac{180}{\pi} \cdot \frac{\pi}{180} = \left( \frac{363780}{\pi} \right)^{\circ} \approx 115794{,}77^{\circ} \end{align*}$

16.02.2021, 10:48

riwe

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Zitat:

Original von Leopold
@ enmi

Und falls du schon immer mal wissen wolltest, wie man das Corona-Jahr 2021 in Grad angibt:

$\begin{align*} 2021 = 2021 \cdot \frac{180}{\pi} \cdot \frac{\pi}{180} = \left( \frac{363780}{\pi} \right)^{\circ} \approx 115794{,}77^{\circ} \end{align*}$

ein bißerl viel Augenzwinkern

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