Uneigentlich Integrale < Integralrechnung < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:37 Mo 01.06.2009 | | Autor: | andi7987 |
| Aufgabe | a.) [mm] \integral_{0}^{unendlich}{\bruch{1}{x^{2}+4} dx}
[/mm]
b.) [mm] \integral_{0}^{unendlich}{e^{-x^{2}} dx}
[/mm]
c.) [mm] \integral_{1}^{unendlich}{\bruch{sinx}{x^{2}} dx} [/mm] |
Ich komme bei folgenden Integralen einfach nicht weiter!
Wie muss ich bei diesen Integralen überhaupt anfangen??
|
|
| |
|
> a.) [mm]\integral_{0}^{unendlich}{\bruch{1}{x^{2}+4} dx}[/mm]
>
> b.) [mm]\integral_{0}^{unendlich}{e^{-x^{2}} dx}[/mm]
>
> c.) [mm]\integral_{1}^{unendlich}{\bruch{sinx}{x^{2}} dx}[/mm]
> Ich komme bei folgenden Integralen einfach nicht weiter!
>
> Wie muss ich überhaupt anfangen??
Nur ein paar Tipps:
Das [mm] \infty- [/mm] Symbol erhältst du mit der Eingabe: \infty
Zu a.) : substituiere x:=2u , dies führt dann auf ein
bekanntes Standardintegral
Zu b.) : dieses Integral lässt sich nicht formal durch
eine Stammfunktion integrieren, aber das
bestimmte Integral von 0 bis [mm] \infty [/mm] lässt sich
durch einen "Trick" doch berechnen, indem
man das Doppelintegral
[mm] $\integral_{-\infty}^{\infty}\integral_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2-y^2}dx\,dy$
[/mm]
auf zwei Arten berechnet:
einmal durch Zerlegung in ein Produkt von zwei
einfachen Integralen und ein zweites Mal mit
Hilfe von Polarkoordinaten
Zu c.) : Da würde ich es mal mit partieller Integration
versuchen.
LG Al-Chwarizmi
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:44 Mo 01.06.2009 | | Autor: | andi7987 |
Zu a.) : substituiere x:=2u , dies führt dann auf ein
bekanntes Standardintegral
zu 2.a)
Wenn ich x durch 2 u substituiere!
[mm] \integral_{0}^{\infty}{\bruch{1}{2u^{2}+4} du}
[/mm]
Was für ein Grundintegral ist das dann? oder habe ich was falsch gemacht?
|
|
|
| |
|
Hallo Andi,
> Zu a.) : substituiere x:=2u , dies führt dann auf ein
> bekanntes Standardintegral
>
>
> zu 2.a)
>
> Wenn ich x durch 2 u substituiere!
>
> [mm]\integral_{0}^{\infty}{\bruch{1}{2u^{2}+4} du}[/mm] ![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Mit $x=2u$ ist [mm] $\red{x^2=(2u)^2=4u^2}$, [/mm] außerdem [mm] $\blue{dx=2 \ du}$, [/mm] also
[mm] $\int{\frac{1}{\red{x^2}+4} \ \blue{dx}}=\int{\frac{1}{\red{4u^2}+4} \ \blue{2 du}}$
[/mm]
[mm] $2\cdot{}\int{\frac{1}{4\cdot{}(u^2+1)} \ du}=\frac{1}{2}\cdot{}\int{\frac{1}{u^2+1} \ du}$
[/mm]
Und das solltest du kennen ...
>
> Was für ein Grundintegral ist das dann? oder habe ich was
> falsch gemacht?
Letzteres
>
>
LG
schachuzipus
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:00 Mo 01.06.2009 | | Autor: | andi7987 |
Hi! Super, so ist es mir klarer!
Das ist dann der arctan x + c! (lt. Bartsch)
Dazu hätte ich auch eine Frage, beim Bartsch steht ja:
[mm] \bruch{dx}{1+x^{2}} [/mm] = arctan x + c und / oder - arccotx + c
Wieso stehen hier 2 zur Auswahl?
Könnte man beide nehmen oder ist es falsch, wenn man statt dem arctan den arccot nimmt?
|
|
|
| |
|
Hallo nochmal,
> Hi! Super, so ist es mir klarer!
>
> Das ist dann der arctan x + c! (lt. Bartsch)
Hier eher [mm] $\arctan(\red{u}) [/mm] \ + \ c$
Wobei du die Integrationskonstante weglassen kannst, da du eh ein bestimmtes Integral berechnest, du musst ja noch die Grenzen einsetzen, die Konstante fällt dabei weg.
>
> Dazu hätte ich auch eine Frage, beim Bartsch steht ja:
>
> [mm]\bruch{dx}{1+x^{2}}[/mm] = arctan x + c und / oder - arccotx +
> c
>
> Wieso stehen hier 2 zur Auswahl?
Üblicherweise nimmt man den [mm] $\arctan$ [/mm] als Stammfunktion
Schaue dir mal die Graphen von [mm] $\arctan$ [/mm] und $arccot$ an
Es ist [mm] $\arctan(z)=-\left(arccot(z)-\frac{\pi}{2}\right)=-arccot(z)+\frac{\pi}{2}=-arccot(z)+c$
[/mm]
Hier mal die Graphen:
rot: [mm] $\arctan(z)$
[/mm]
grün: $arccot(z)$
blau: [mm] $arccot(z)-\frac{\pi}{2}$
[/mm]
[Dateianhang nicht öffentlich]
>
> Könnte man beide nehmen oder ist es falsch, wenn man statt
> dem arctan den arccot nimmt?
LG
schachuzipus
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:23 Mo 01.06.2009 | | Autor: | andi7987 |
Hi!
Tut mir leid, dass ich blöd frage!
Aber was sagen mir die Kurven jetzt von arctan(z) und arccot(z) ??
Nur dass die beide nicht übereinstimmen! :-(
|
|
|
| |
|
Hallo nochmal,
> Hi!
>
> Tut mir leid, dass ich blöd frage!
>
> Aber was sagen mir die Kurven jetzt von arctan(z) und
> arccot(z) ??
Das steht doch direkt über den Graphen.
Für jedes [mm] $z\in\IR$ [/mm] ist [mm] $\arctan(z)=-arccot(z)+\frac{\pi}{2}$
[/mm]
Die Konstante [mm] $\frac{\pi}{2}$ [/mm] wird in deinem Bartsch mit in das $c$ "gepackt" und du hast
[mm] $\arctan(z)+c=-arccot(z)+\tilde{c}$ [/mm] (Ich nenne die Konstanten bewusst verschieden)
Also ist beides eine Stammfunktion zu [mm] $\frac{1}{1+x^2}$
[/mm]
>
> Nur dass die beide nicht übereinstimmen! :-(
Bis auf Verschiebung und Spielgelung tun sie es, wie man sieht
LG
schachuzipus
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:13 Mo 01.06.2009 | | Autor: | andi7987 |
| Aufgabe | | [mm] \integral_{1}^{\infty}{\bruch{sinx}{x^{2.}} dx} [/mm] |
zu c.) mittels partieller Integration:
Das würde dann ja folgendermassen gehen:
[mm] \integral_{}^{}{f*g dx} [/mm] = f * G - [mm] \integral_{}^{}{{f'(x)}*G dx}
[/mm]
Das heisst ich würde es einmal auf diese Form bringen:
[mm] \integral_{1}^{\infty}{sinx*{x^{-2}} dx}
[/mm]
dann ist das:
f(x) = sinx
f´(x) = cosx
g(x) = [mm] x^{-2}
[/mm]
G(x) [mm] =\bruch{x^{-1}}{-1}
[/mm]
sin x * [mm] \bruch{x^{-1}}{-1} [/mm] - [mm] \integral_{}^{}{cos x*\bruch{x^{-1}}{-1} dx}
[/mm]
Ist das richtig? bzw. wie gehts dann weiter?
|
|
|
| |
|
> [mm]\integral_{1}^{\infty}{\bruch{sinx}{x^{2.}} dx}[/mm]
> zu c.)
> mittels partieller Integration:
>
> Das würde dann ja folgendermassen gehen:
>
> [mm]\integral_{}^{}{f*g dx}[/mm] = f * G - [mm]\integral_{}^{}{{f'(x)}*G dx}[/mm]
>
> Das heisst ich würde es einmal auf diese Form bringen:
>
> [mm]\integral_{1}^{\infty}{sinx*{x^{-2}} dx}[/mm]
>
> dann ist das:
>
> f(x) = sinx
> f´(x) = cosx
>
> g(x) = [mm]x^{-2}[/mm]
> G(x) [mm]=\bruch{x^{-1}}{-1}[/mm]
>
> sin x * [mm]\bruch{x^{-1}}{-1}[/mm] - [mm]\integral_{}^{}{cos\, x*\bruch{x^{-1}}{-1} dx}[/mm]
>
> Ist das richtig? ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Ja, das ist korrekt.
etwas einfacher notiert, wäre dies:
$ -\ [mm] \bruch{sin\,x}{x}+\integral\bruch{cos\,x}{x}\ [/mm] dx$
> wie gehts dann weiter?
Nun kann man zwar versuchen, mit partieller Integration
weiter zu kommen, merkt dann aber beim nächsten
verbleibenden Integral
[mm] $\integral sin\,x\ ln\,x\ [/mm] dx$
dass man sich bei weiterer partieller Integration (ln
ableiten, sin integrieren) im Kreise drehen wird.
Also muss man etwas anderes versuchen. Beim Nachschlagen
in einer Integralsammlung habe ich festgestellt, dass man
wohl auf eine Reihendarstellung zurückgreifen muss, was
mittels der Sinus- oder der Cosinusreihe natürlich sehr
einfach zu machen ist. Für den Wert des uneigentlichen
bestimmten Integrals bekomme ich [mm] \infty [/mm] .
Al-Chw.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:50 Do 04.06.2009 | | Autor: | andi7987 |
Wie mache ich das bei (b und c) mit der Reihendarstellung?
Das verstehe ich überhaupt nicht!
Kann mir die Lösungsschritte einfach aufschreiben!
Das wär super!
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:55 Do 04.06.2009 | | Autor: | Loddar |
Hallo andi!
Dann beginne doch mal zunächst mit der Reihendarstellung für [mm] $e^z$ [/mm] bzw. [mm] $\sin(x)$ [/mm] .
Bei der e-Funktion anschließend für jedes $z_$ den Term [mm] $-x^2$ [/mm] einsetzen.
Bei der Sinusfunktion anschließend durch [mm] $x^2$ [/mm] teilen.
Bei beiden Reihen dann summandenweise integrieren.
Gruß
Loddar
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:09 Do 04.06.2009 | | Autor: | andi7987 |
[mm] e^{z} [/mm] = 1 + z + [mm] \bruch{z^{2}}{2!} [/mm] + [mm] \bruch{{z^3}}{3!} [/mm] .....
sin (z) = z - [mm] \bruch{z^{3}}{3!} [/mm] + [mm] \bruch{z^{5}}{5!} [/mm] - [mm] \bruch{z^{7}}{7!} [/mm] ....
hmmm, und jetzt soll ich -x² einsetzen?
1 - [mm] x^{2} [/mm] - [mm] \bruch{x^{4}}{2!} [/mm] - [mm] \bruch{x^{5}}{3!} [/mm] .....
sin (x) = [mm] \bruch{x}{x^{2}} [/mm] - [mm] \bruch{x^{3}}{x^{2}3!} [/mm] + [mm] \bruch{x^{5}}{x^{2.5}5!} [/mm] ....
Hmmm. ... ich weiss nicht, ob des so passt??
Oder was geht da weiter?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:21 Do 04.06.2009 | | Autor: | Loddar |
Hallo Andi!
Bitte behandle hier die Aufgaben nacheinander und nicht durcheinander!
Das dient hier der Übersichtlichkeit und auch Deinem Verständnis.
Gruß
Loddar
|
|
|
| |
|
Hallo andi7987,
> [mm]e^{z}[/mm] = 1 + z + [mm]\bruch{z^{2}}{2!}[/mm] + [mm]\bruch{{z^3}}{3!}[/mm]
> .....
> sin (z) = z - [mm]\bruch{z^{3}}{3!}[/mm] + [mm]\bruch{z^{5}}{5!}[/mm] -
> [mm]\bruch{z^{7}}{7!}[/mm] ....
>
>
> hmmm, und jetzt soll ich -x² einsetzen?
>
> 1 - [mm]x^{2}[/mm] - [mm]\bruch{x^{4}}{2!}[/mm] - [mm]\bruch{x^{5}}{3!}[/mm] .....
Die Reihe muß doch so beginnen:
[mm]e^{-x^{2}}=\left(-x^{2}\right)^{0}+\bruch{\left(-x^{2}\right)^{1}}{1!}+\bruch{\left(-x^{2}\right)^{2}}{2!}+\bruch{\left(-x^{2}\right)^{3}}{3!}+ ...[/mm]
> sin (x) = [mm]\bruch{x}{x^{2}}[/mm] - [mm]\bruch{x^{3}}{x^{2}3!}[/mm] +
> [mm]\bruch{x^{5}}{x^{2.5}5!}[/mm] ....
>
Das ist fast richtig:
[mm] sin (x) = \bruch{x}{x^{2}} -\bruch{x^{3}}{x^{2}3!} + \bruch{x^{5}}{x^{\red{2}}5!}- ....[/mm]
>
> Hmmm. ... ich weiss nicht, ob des so passt??
>
> Oder was geht da weiter?
>
>
Gruß
MathePower
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 21:30 Do 04.06.2009 | | Autor: | andi7987 |
So nochmals zurück zur e - funktion bzw. reihe:
[mm] x^{x^{-2}} [/mm] = 1 + [mm] \bruch{(x^{-2}^1)}{1!} [/mm] + [mm] \bruch{(x^{-2}^2)}{2!} [/mm] ...
Und wie gehts dann hier weiter?
Muss ich dann diese Reihe integrieren?
Wenn ja, wie funktioniert das richtig?
|
|
|
| |
|
Hallo!
Guck mal ![[]](/images/popup.gif) hier, so kommt man mit einigen Umwandlungen auf das Integral von [mm] e^{-x^{2}}.
[/mm]
Grüße, Stefan.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:50 Do 04.06.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo andy
Ist deine Aufgabe eigentlich wirklich die Integrale zu berechnen oder doch eher zu zeigen dass diese uneigentlichen Integrale existieren? Dazu muss man sie nicht berechnen.
Gruss leduart
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:04 Fr 05.06.2009 | | Autor: | Loddar |
Hallo andi!
Welche Aufgabe berechnest Du da gerade? Das hat doch wenig bis gar nichts mit dem Integral von [mm] $e^{-x^2}$ [/mm] zu tun?
Zudem beachte auch mal leduart's Frage.
Gruß
Loddar
|
|
|
| |
|
Hallo andi,
nochmals zur Aufgabe b) :
Das Integral [mm] \integral e^{-x^2}\,dx
[/mm]
kann durch keine elementare Stammfunktion beschrieben
werden. Aber man kann das Doppelintegral
$ [mm] I\,=\, \integral_{-\infty}^{\infty}\integral_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2-y^2}dx\,dy$
[/mm]
auf zwei verschiedene Arten darstellen:
1.) $\ [mm] I\,=\,\integral_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,dx*\integral_{-\infty}^{\infty}e^{-y^2}\,dy$
[/mm]
2.) $ [mm] I\,=\, \integral_{0}^{2*\pi}\integral_{0}^{\infty}e^{-r^2}*r\,dr\,d\varphi$
[/mm]
Nun kann man das innere Integral in 2.) mittels Substi-
tution leicht berechnen, das äussere bedeutet dann nur
noch eine Multiplikation mit [mm] 2*\pi.
[/mm]
Aus dem Ergebnis erhält man dann durch Ziehen der
Quadratwurzel den Wert des Integrals
[mm] \integral_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,dx
[/mm]
Dies muss man wegen der Symmetrie der Stammfunk-
tion nur noch halbieren, um den Wert des Integrals
[mm] \integral_{0}^{\infty} e^{-x^2}\,dx
[/mm]
zu erhalten.
LG Al-Chwarizmi
|
|
|
|
