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| Aufgabe | Berechnen sie die Werte folgender Integrale:
a) [mm] \integral_0^1e^x(x^2-x-1)dx
[/mm]
b)[mm] \integral_1^x\wurzel{t^2-1}dt[/mm], [mm] (x\le1)
[/mm]
c) [mm] \integral_{-1}^{0}\bruch{x^2-2x+3}{x^2-3x+2}dx
[/mm]
d) [mm] \integral_{-1}^{2}\wurzel{-x^2+x+3}dx
[/mm]
e) [mm] \integral_{-\bruch{\pi}{2}}^{\bruch{\pi}{0}}\bruch{1}{2+sin\gamma}d\gamma [/mm] |
Moin!
Wollte entspannt einige Integrale rechnen, als ich bemerkt habe, dass die Sache mit der Substitution wohl bei mir ein wenig eingerostet ist. Habe infolge dessen nicht allzuviel herausbekommen:
a) war leicht. Meiner Meinung lautet die Stammfunktion: [mm] e^x(x^2-3x+2)=e^x(x-1)(x-2). [/mm] Also ergibt das Integral: [mm] 2e^0=2. [/mm] Richtig?
b) Hier habe ich eben versucht, [mm] u(t)=t^2-1 [/mm] zu substituieren... und bin kläglich gescheitert. Zumindest war es nicht besonders sinnvoll, was ich herausbekommen habe. Und da ich vermute, dass ich auch bei den anderen substituieren muss, wollte ich fragen, ob jemand sich eine der Aufgaben (z.B. gerade b?) rauspicken und mir klitzeklein vorrechnen mag?
So dass ich dann die anderen lösen kann? Wäre wirklich nett,
Gruß San
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:56 Di 25.04.2006 | | Autor: | homme |
Also ich probiere es morgen abend mal, kann aber nichts versprechen. Heute packe ich es nicht mehr.
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:02 Di 25.04.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo San!
> Berechnen sie die Werte folgender Integrale:
> a) [mm]\integral_0^1e^x(x^2-x-1)dx[/mm]
> a) war leicht. Meiner Meinung lautet die Stammfunktion:
> [mm]e^x(x^2-3x+2)=e^x(x-1)(x-2).[/mm] Also ergibt das Integral:
> [mm]2e^0=2.[/mm] Richtig?
Fast! Die Stammfunktion ist richtig, raus kommt aber $-2$.
> b) [mm]\integral_1^x\wurzel{t^2-1}dt[/mm], [mm](x\le1)[/mm]
Bei Substitutionen braucht man immer die richtige Idee. Deswegen rechne ich das jetzt nicht klitzelklein vor, sondern versuch etwas zu erlaeutern wie ich auf die Idee zur Substitution gekommen bin.
Bei solchen Integralen musst du an [mm] $\cosh^2 [/mm] x - [mm] \sinh^2 [/mm] x = 1$ (siehe ![[]](/images/popup.gif) hier und hier) denken, also [mm] $\sinh^2 [/mm] x = [mm] \cosh^2 [/mm] x - 1$. Wenn du nun $t = [mm] \cosh [/mm] x$ (oder $t = [mm] \sinh [/mm] x$) substituierst, wird aus der Wurzel also [mm] $\sinh [/mm] x$ (oder [mm] $\cosh [/mm] x$).
(Falls du [mm] $\sqrt{1 - t^2}$ [/mm] da stehen hast, musst du an [mm] $\cos^2 [/mm] x + [mm] \sin^2 [/mm] x = 1$ denken und entweder $t = [mm] \sin [/mm] x$ oder $t = [mm] \cos [/mm] x$ substitutieren.)
> c) [mm]\integral_{-1}^{0}\bruch{x^2-2x+3}{x^2-3x+2}dx[/mm]
Was du hier machen koenntest, ist eine Partialbruchzerlegung von [mm] $\frac{1}{x^2 - 3 x + 2}$. [/mm] Wenn du diese wieder mit dem Polynom multiplizierst und das ganze auf zwei Integrale aufteilst (eins mit Bruechen mit Nenner $x - 2$, das andere mit Bruechen mit Nenner $x - 1$), kannst du jeweils $t = x - 2$ und $t = x - 1$ substituieren. Dann hast du Integrale ueber sowas wie $a [mm] t^{-1} [/mm] + b + c t$ mit $a, b, c [mm] \in \IR$, [/mm] und die kannst du ausrechnen.
Fuer die andren beiden hab ich grad keine Idee...
LG Felix
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:14 Mi 26.04.2006 | | Autor: | Sanshine |
Vielen Dank für die Hilfe
, damit kann ich zumindest die Brüche machen.
Aber wie immer bleiben mir noch einige FRagen. (sonst wäre das Leben doch wohl öde).
1.) Meine Partialbruchzerlegung von c) lautet: [mm] 1+\bruch{-2}{x-1}+\bruch{3}{x-2}. [/mm] Damit bekomme ich das Integral raus: [mm] 1+[-2ln(x-1)]^0_{-1}+[3ln(x-2)]^0_{-1}. [/mm] Dann hätt ich also negative Logarithmen oder habe ich da etwas übersehen? (habe irgendetwas im Hinterkopf von wegen "die substituierten Funktionen auf die Intervallgrenzen loslassen", liege ich damit richtig???)
2.) Die Sache mit dem sinh(x) habe ich noch nicht ganz verstanden. Wieso darf ich da einfach mit dem substituieren? Bisher hätte ich da einfach [mm] u=t^2-1 [/mm] gearbeitet und wäre auf endlose Probleme gestoßen . Wie resubstituiere ich denn dann da??
Es tut mir leid, wenn ich immer endlose fragen stelle, aber ich habe noch wesentlich kompliziertere Integrale zu lösen und verzweifle schon an den Anfängen:-(
Ich hätte z.B immer noch keinen blassen Schimmer wie ich [mm] \integral\bruch{x^2}{\wurzel{1-x^6}} [/mm] lösen könnte
traurigen Gruß,
San
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Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo!
1. Deine Partialbruchzerlegung ist richtig! Beim Integrieren darf man nur die Betragsstriche im Logarithmus nicht vergessen.
Wenn du auf $\mathrm{ln}\left(\frac{32}{27}\right)+1$ kommst, hast du alles richtig gemacht (oder ich etwas falsch).
2. Wie man mit $\sin$ richtig substituiert ist mir auch noch ein Rätsel. Um solche Integrale zu lösen schaue ich immer nach. Dort findet man beispielsweise, dass $\integral{\sqrt{-x^2+a^2}}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\left(x\sqrt{-x^2+a^2})+a^2 \arcsin \left(\frac{x}{a}\right)\right)$ ist.
Also braucht man die Integrale nur noch auf diese Form zu substituieren.
Dein$ \integral\bruch{x^2}{\wurzel{1-x^6}} \mathrm{d}x $ ist auch relativ einfach substituiert. Man "sieht", dass es sich um einen quadratischen Wurzelausdruck im Nenner handeln könnte, also substituiert man geeignet.
$t=x^3$ und $\frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x}=3x^2$
Es ergibt sich also ein $\integral{\frac{x^2}{\sqrt{1-t^2}}}\frac{\mathrm{d}t}{3x^2}= \integral \frac{1}{3\sqrt{1-t^2}}}\mathrm{d}t=\frac{1}{3\arcsin (t)}= \frac{1}{3 \arcsin (x^3)}$
Ähnlich (um nicht zu sagen genauso) verfährst du bei der Aufgabe d). Also ich hab auch erst in den Integrationstafeln nachgeschaut, ob es ein bekanntes Integral gibt, welches so ähnlich aussieht. Oben hab ich es schon mal hingeschrieben. Eine quadratische Ergänzung durchführen und fertig ist man. In diesem Fall hab ich $t=x-\frac{1}{2}$ gesetzt. Das Ergebnis ist etwas umfangreich (mir zu lang, so dass ich es nicht aufschreiben will), aber vom Integral her ist es dann relativ einfach.
Bei Aufgabe e) hab ich auch noch keine gute Idee.
Vielleicht konnte ich trotzdem helfen. Schönen Tag noch,
Roland.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:06 Do 27.04.2006 | | Autor: | Sanshine |
Vielenvielenvielenvielenvielen Dank!
An der Uhrzeit dürfte zu erkennen sein, dass ich momentan arbeitsmäßig ein wenig ausgelastet bin und ihr seid alle eine wirklich große Hilfe. Ich wollte ja gar nicht alle Beispiele durchgerechnet haben, so vermessen bin auch ich nicht. Ich denke ich komme ab jetzt klar,
Gruß San
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:05 Do 27.04.2006 | | Autor: | Sanshine |
Ähem, eine Frage hätte ich allerdings shcon noch: Trotz allem komme ich nicht auf deine Lösung. Für c) Das letzte, was ich hier stehen habe ist: 1+5ln(2)-3ln(3)...
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Hallo Sanshine!
> Für c) Das letzte, was ich hier stehen habe ist: 1+5ln(2)-3ln(3)...
Das ist auch das gesuchte Ergebnis (das ich ebenfalls erhalten habe).
Oder ist Dir der Weg dorthin unklar?
Bei der Stammfunktion ist nämlich zu bedenken, dass die Argumente des Logarithmus jeweils in Betragsstriche zu setzen ist:
$F(x) \ = \ [mm] x-2*\ln\red{|}x-1\red{|} [/mm] + [mm] 3*\ln\red{|}x-2\red{|} [/mm] + C$
Gruß vom
Roadrunner
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:48 Do 27.04.2006 | | Autor: | Sanshine |
Vielen Dank noch mal... Nein, das mit den Betragsstrichen habe ich dank piroland jetzt auch bedacht. Mein "Problem" war, dass ich nicht denselben WErt rausbekommen habe wie er... und wenn sich einer von uns beiden verrechnet haben könnte, dann bin ich einfach mal davon ausgegangen, dass das meine wenigkeit gewesen ist...
Aber wenn du das Ergebnis auch raushast, dann werde ich es wohl ohne schlechtes gEwissen als richtig aufschreiben...
Gruß,
san
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 03:22 Do 27.04.2006 | | Autor: | ardik |
Hallo,
noch ein paar Anmerkungen zum partialbruchzerlegten Integral:
1. Hast Du evtl. übersehen, auch die 1 vorneweg "aufzuleiten"?
2.
> "die substituierten Funktionen auf die Intervallgrenzen loslassen"
Das ist die Alternative, falls man nicht vor dem Einsetzen der Intervallgrenzen wieder zurücksubstituiert.
Schöne Grüße
sendet
ardik
(der diese Diskussion sehr interessant fand und selbst einiges dazulernte. Danke!)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:45 Do 27.04.2006 | | Autor: | Sanshine |
Moin!
Freut mich zu hören, dass meine zahlreichen posts nicht nur mir selbst etwas nützen (hatte schon ein schlechtes Gewissen...)
Die 1 habe ich allerdings integriert. Heraus kkommt doch x, also mit meinen Intervallgrenzen 0-(-1)=1.
Gruß und vielen Dank noch mal an alle,
San
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:20 Fr 28.04.2006 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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