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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 11:54 Fr 04.03.2005 | | Autor: | McBlack |
Hallo!
Jetzt steck ich auch noch in einer Integrationsaufgabe hilflos fest. Bitte um Unterstützung!
[mm] \integral e^x*ln \left( \bruch{2e^2^x}{2e^x-1} \right) dx[/mm]
Vielen Dank nochmals!
McBlack
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:05 Fr 04.03.2005 | | Autor: | silkiway |
hi, McBlack
> Jetzt steck ich auch noch in einer Integrationsaufgabe
> hilflos fest. Bitte um Unterstützung!
>
> [mm]\integral e^x*ln \left( \bruch{2e^2x}{2e^x-1} \right) dx[/mm]
hast du eigene Ansätze?
also ich würde es mit der Produktintegration versuchen...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:58 Fr 04.03.2005 | | Autor: | McBlack |
Damit hab ich auch schon angesetzt aber bin zu keinem Ergebnis gekommen, weil ich dann wieder ein Integral bekomm. Hier mein Ansatz:
[mm] e^x*ln \left( \bruch{2e^2^x}{2e^x-1} \right) - \integral e^x*\left( \bruch{2(e^x-1)}{2e^x-1} \right) dx [/mm]
...und wie knacke ich dieses Integral??
Gruß
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:24 Fr 04.03.2005 | | Autor: | silkiway |
> Damit hab ich auch schon angesetzt aber bin zu keinem
> Ergebnis gekommen, weil ich dann wieder ein Integral
> bekomm. Hier mein Ansatz:
>
> [mm]e^x*ln \left( \bruch{2e^2^x}{2e^x-1} \right) - \integral e^x*\left( \bruch{2(e^x-1)}{2e^x-1} \right) dx[/mm]
>
Das ganze lässt sich noch ein wenig vereinfachen:
[mm] e^x*ln \left( \bruch{2e^2^x}{2e^x-1} \right) [/mm] - [mm] \integral e^x*\left( \bruch{2e^x-1)}{2e^x-1} - \bruch{1}{2e^x-1}\right) [/mm] dx [mm] -->e^x*ln \left( \bruch{2e^2^x}{2e^x-1} \right) [/mm] - [mm] \integral e^x*- \bruch{e^x}{2e^x-1} [/mm] dx [mm] -->e^x*ln \left( \bruch{2e^2^x}{2e^x-1} \right) -e^x* \integral -\bruch{e^x}{2e^x-1} [/mm] dx
> ...und wie knacke ich dieses Integral??
>
ich hoffe das hilft nen bisschen, ich muss jetzt los, zurück zur schule, hab gleich mathe ;)
wenn du es dann noch nicht gelöst hast schaue ich mal ob ichs noch weiter hinbekomme
lg Silke
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Hallo McBlack,
Im Grunde genommen ist das nicht Eine sondern drei Integrationsaufgaben. Du kannst hier zunächst einmal die Logarithmusgesetze anwenden, wodurch sich dein Problem etwas vereinfachen sollte:
[m]\begin{gathered}
\int {e^x \ln \left( {\frac{{2e^{2x} }}
{{2e^x - 1}}} \right)} dx = \int {e^x \left( {\ln \left( {2e^{2x} } \right) - \ln \left( {2e^x - 1} \right)} \right)} dx = \hfill \\
\int {e^x \left( {\ln \left( 2 \right) + \ln \left( {e^{2x} } \right) - \ln \left( {2e^x - 1} \right)} \right)} dx = \ln \left( 2 \right)\int {e^x dx} + \int {2xe^x } dx - \int {e^x \ln \left( {2e^x - 1} \right)} dx \hfill \\
\end{gathered}[/m]
Versuch' mal jetzt weiterzukommen.
Viele Grüße
Karl
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:23 Fr 04.03.2005 | | Autor: | McBlack |
Hallo!
Erstmal Danke für eure Anworten!
@Karl
Die ersten beiden Integrale sind kein Problem aber am letzten häng ich nun. Kannst du mir bitte nochmal helfen?
Gruß
McBlack
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Hi,
Sorry, daß es so lange gedauert hat, aber ich hatte mit einem Vorzeichenfehler zu kämpfen.
> Die ersten beiden Integrale sind kein Problem
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> aber am letzten häng ich nun. Kannst du mir bitte nochmal helfen?
Es geht also um das Integral [m]\int {e^x \ln \left( {2e^x - 1} \right)} dx[/m].
Hier hilft Substitution. Da Du aber vermutlich die anderen Integrale ohne Substition gelöst hast (?), müssen wir anschließend eine Rücksubstitution durchführen, damit wir überall gleiche Variablen stehen haben. Wir benutzen folgende Substitution:
[m]\begin{gathered}
k: = e^x \Rightarrow x\left( k \right) = \ln \left( k \right) \hfill \\
x'\left( k \right) = \frac{1}
{k} \hfill \\
\end{gathered}[/m]
Damit ergibt sich folgendes:
[m]\int {e^x \ln \left( {2e^x - 1} \right)} dx = \int {k\ln \left( {2k - 1} \right)\frac{1}
{k}dk} = \int {\ln \left( {2k - 1} \right)} dk[/m]
Was machen wir jetzt? Der Trick ist hier mit Produktintegration weiterzumachen. Uns fehlt dazu allerdings eine 2te Funktion. Glücklicherweise können wir aber auf die Funktion [m]u'\left(k\right) := 1[/m] zurückgreifen:
[m]\begin{gathered}
\int {\ln \left( {2k - 1} \right)} dk = \int {\underbrace 1_{u'}*\underbrace {\ln \left( {2k - 1} \right)}_v} dk = k\ln \left( {2k - 1} \right) - \overbrace 2^{\begin{subarray}{l}
{\text{wegen}} \\
{\text{Kettenregel}}
\end{subarray}} *\int {k*\frac{1}
{{2k - 1}}} dk \hfill \\
= k\ln \left( {2k - 1} \right) - 2\int {\frac{k}
{{2\left( {k - \frac{1}
{2}} \right)}}} dk = k\ln \left( {2k - 1} \right) - \int {\frac{{k - \frac{1}
{2} + \frac{1}
{2}}}
{{k - \frac{1}
{2}}}} dk \hfill \\
= k\ln \left( {2k - 1} \right) - \left( {\int {\frac{{k - 0.5}}
{{k - 0.5}}} dk + \int {\frac{{0.5}}
{{k - 0.5}}} dk} \right) = k\ln \left( {2k - 1} \right) - \left( {k + \frac{1}
{2}\int {\frac{{dk}}
{{k - 0.5}}} } \right) \hfill \\
= k\ln \left( {2k - 1} \right) - \left( {k + \frac{1}
{2}\int {\frac{1}
{{\frac{{2k - 1}}
{2}}}} dk} \right) = k\ln \left( {2k - 1} \right) - \left( {k + \frac{1}
{2}\int {\frac{2}
{{2k - 1}}} dk} \right) \hfill \\
\mathop = \limits^{\begin{subarray}{l}
{\text{siehe oben}} \\
{\text{Produktintegration}}
\end{subarray}} k\ln \left( {2k - 1} \right) - \left( {k + \frac{1}
{2}\ln \left( {2k - 1} \right)} \right)\mathop = \limits^{{\text{Rücksubstitution}}} \hfill \\
e^x \ln \left( {2e^x - 1} \right) - \left( {e^x + \frac{1}
{2}\ln \left( {2e^x - 1} \right)} \right) \hfill \\
\end{gathered}[/m]
Ich habe also zwei Tricks benutzt. Zum einen den Trick mit [m]u'\left(k\right) := 1[/m] und zum anderen habe ich bei einer Umformung im Zähler $k$ durch [mm] $k-\bruch{1}{2}+\bruch{1}{2}$ [/mm] ausgedrückt und danach aufgespalten.
Viele Grüße
Karl
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:36 Fr 04.03.2005 | | Autor: | McBlack |
Perfekt!
Super Danke!
Ich hab deine Gedanken sogar verstanden  )
Gruß!
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