Uneigentliches Integral < Integration < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:27 Di 21.02.2012 | | Autor: | meely |
| Aufgabe | berechnen sie folgende uneigentliche Integrale, sofern sie existieren:
a) [mm] \integral_{-2}^{1}{\frac{1}{x+1}dx}
[/mm]
b) [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{1+x^2}dx} [/mm] |
Hallo meine Lieben :)
Habe mich heute mit unbestimmten Integralen beschäftigt und habe dazu diese 2 Beispiele gerechnet. Dazu habe ich leider ein kleines Verständnisproblem.
zu a)
[mm] \integral_{-2}^{1}{\frac{1}{x+1}dx}=ln(2)-ln(-1) [/mm] und demnach existiert es nicht.
also berechne ich aus Interesse den Cauchy'schen Hauptwert (habe leider nicht gelernt wie das geht bzw ist es nicht Stoff der Vorlesung):
[mm] CH\integral_{-2}^{1}{\frac{1}{x+1}dx}=\limes_{u\rightarrow0}\integral_{a}^{b}{\frac{1}{x+1}dx}=\limes_{u\rightarrow0}{(ln(x+1)-ln(x+1))}=0
[/mm]
demnach müsste der Cauchy'sche Hauptwert doch immer 0 sein ? Ich bin mir nicht sicher ob ich das ganz verstanden habe..
oder wäre es in wirklichkeit:
[mm] CH\integral_{-2}^{1}{\frac{1}{x+1}dx}=\integral_{-2}^{-\epsilon}{\frac{1}{x+1}dx}+\integral_{\epsilon}^{1}{\frac{1}{x+1}dx}= ln(1-\epsilon)-ln(-1)+ln(2)-ln(1+\epsilon)=ln(-2)
[/mm]
bin etwas verwirrt und blicke bei den Logarithmen nicht ganz durch :(
zu b) [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{1+x^2}dx}=arctan(x) [/mm] (von [mm] -\infty [/mm] bis [mm] \infty) [/mm] = [mm] \frac{\pi}{2}-\frac{-\pi}{2}=\pi
[/mm]
demnach existiert das 2. Integal.
Bitte um Kontrolle :)
Liebe Grüße, Meely
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Hallo Meely,
> zu b)
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{1+x^2}dx}=arctan(x)[/mm]
> (von [mm]-\infty[/mm] bis [mm]\infty)[/mm] =
> [mm]\frac{\pi}{2}-\frac{-\pi}{2}=\pi[/mm]
>
> demnach existiert das 2. Integal.
Ja dieses Integral existiert und ist auch richtig berechnet. Eventuell könntest du das ganze noch schöner und nicht gar so kurz hinschreiben ;)
LG Scherzkrapferl
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:44 Mi 22.02.2012 | | Autor: | meely |
Super danke :)
Liebe Grüße Meely
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:44 Mi 22.02.2012 | | Autor: | meely |
Danke fürs umstellen auf "teilweise Beantwortet" Loddar :)
Liebe Grüße Meely
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> berechnen sie folgende uneigentliche Integrale, sofern sie
> existieren:
>
> a) [mm]\integral_{-2}^{1}{\frac{1}{x+1}dx}[/mm]
>
> b) [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{1+x^2}dx}[/mm]
>
>
>
> Hallo meine Lieben :)
>
> Habe mich heute mit unbestimmten Integralen beschäftigt
> und habe dazu diese 2 Beispiele gerechnet. Dazu habe ich
> leider ein kleines Verständnisproblem.
>
> zu a)
>
> [mm]\integral_{-2}^{1}{\frac{1}{x+1}dx}=ln(2)-ln(-1)[/mm] und
> demnach existiert es nicht.
>
> also berechne ich aus Interesse den Cauchy'schen Hauptwert
> (habe leider nicht gelernt wie das geht bzw ist es nicht
> Stoff der Vorlesung):
>
>
>
> [mm]CH\integral_{-2}^{1}{\frac{1}{x+1}dx}=\limes_{u\rightarrow0}\integral_{a}^{b}{\frac{1}{x+1}dx}=\limes_{u\rightarrow0}{(ln(x+1)-ln(x+1))}=0[/mm]
>
> demnach müsste der Cauchy'sche Hauptwert doch immer 0 sein
> ? Ich bin mir nicht sicher ob ich das ganz verstanden
> habe..
>
>
> oder wäre es in wirklichkeit:
>
> [mm]CH\integral_{-2}^{1}{\frac{1}{x+1}dx}=\integral_{-2}^{-\epsilon}{\frac{1}{x+1}dx}+\integral_{\epsilon}^{1}{\frac{1}{x+1}dx}= ln(1-\epsilon)-ln(-1)+ln(2)-ln(1+\epsilon)=ln(-2)[/mm]
>
> bin etwas verwirrt und blicke bei den Logarithmen nicht
> ganz durch :(
>
>
> zu b)
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{1+x^2}dx}=arctan(x)[/mm]
> (von [mm]-\infty[/mm] bis [mm]\infty)[/mm] =
> [mm]\frac{\pi}{2}-\frac{-\pi}{2}=\pi[/mm]
>
> demnach existiert das 2. Integal.
>
>
> Bitte um Kontrolle :)
>
> Liebe Grüße, Meely
Hallo meely,
die vorliegenden Integrale kann man ohne Grenzwertbegriff
nicht angemessen behandeln. So muss man etwa das erste
wegen der Definitionslücke des Integranden aufteilen:
[mm]\integral_{-2}^{1}{\frac{1}{x+1}\ dx}\ =\ \integral_{-2}^{-1}{\frac{1}{x+1}\ dx}\ +\ \integral_{-1}^{1}{\frac{1}{x+1}\ dx}[/mm]
Für die Stammfunktion beim ersten Teilintegral sollte man
daran denken, dass für x<-1 gilt:
[mm] $\integral\frac{1}{x+1}\,dx\ [/mm] =\ ln(-x-1)$
Dann hat man:
[mm]\integral_{-2}^{1}{\frac{1}{x+1}\ dx}\ =\ \integral_{-2}^{-1}{\frac{1}{x+1}\ dx}\ +\ \integral_{-1}^{1}{\frac{1}{x+1}\ dx}[/mm]
= [mm]\limes_{c\uparrow -1}\integral_{-2}^{c}{\frac{1}{x+1}\ dx}\ +\ \limes_{d\downarrow -1}\integral_{d}^{1}{\frac{1}{x+1}\ dx}[/mm]
= [mm]\limes_{c\uparrow -1}(ln(-c-1))-ln(1)\ +\ ln(2)\ - \limes_{d\downarrow -1}(ln(d+1))[/mm]
Da nun die beiden verbleibenden Limites nicht existieren,
kann man dem uneigentlichen Integral keinen Wert im
üblichen Sinne zuordnen.
Allerdings ist es im Sinne von Cauchy möglich. Dazu
rechnet man die unmittelbar links und rechts der Pol-
stelle liegenden unendlichen, aber zueinander symme-
trischen positiven und negativen Flächenanteile gegen-
einander auf, bzw. man fasst die beiden verbleibenden
Limites (mit den Limesvariablen c und d) zu einem
einzigen zusammen, indem man c:=-1-h und d:=-1+h
setzt (mit h>0) und dann h gegen 0 gehen lässt.
Auf diesem Weg gelangt man dann zum "Cauchyschen
Hauptwert" des Integrals (der übrigens hier nicht gleich 0 ist).
Auch beim Beispiel b) braucht man den Grenzwert,
obwohl man die (durchgehende) Stammfunktion arctan
hat. Anstatt dann aber einfach
$\ [mm] arctan(\infty)-arctan(-\infty)\ [/mm] =\ [mm] \frac{\pi}{2}-\frac{-\pi}{2}\ [/mm] =\ [mm] \pi$
[/mm]
hinzuschreiben, sollte man die dahinter stehenden
Überlegungen mittels Grenzwerten notieren.
LG Al-Chw.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:38 Mi 22.02.2012 | | Autor: | meely |
Hallo Al-Chwarizmi :)
Vielen Dank für deine ausführliche Antwort.
> Hallo meely,
>
> die vorliegenden Integrale kann man ohne Grenzwertbegriff
> nicht angemessen behandeln. So muss man etwa das erste
> wegen der Definitionslücke des Integranden aufteilen:
>
> [mm]\integral_{-2}^{1}{\frac{1}{x+1}\ dx}\ =\ \integral_{-2}^{-1}{\frac{1}{x+1}\ dx}\ +\ \integral_{-1}^{1}{\frac{1}{x+1}\ dx}[/mm]
>
> Für die Stammfunktion beim ersten Teilintegral sollte man
> daran denken, dass für x<-1 gilt:
>
> [mm]\integral\frac{1}{x+1}\,dx\ =\ ln(-x-1)[/mm]
>
Leider kann ich nicht nachvollziehen warum das gilt. Normalerweise ist der Wert dieses integrals doch ln(x+1).
> Dann hat man:
>
> [mm]\integral_{-2}^{1}{\frac{1}{x+1}\ dx}\ =\ \integral_{-2}^{-1}{\frac{1}{x+1}\ dx}\ +\ \integral_{-1}^{1}{\frac{1}{x+1}\ dx}[/mm]
>
> = [mm]\limes_{c\uparrow -1}\integral_{-2}^{c}{\frac{1}{x+1}\ dx}\ +\ \limes_{d\downarrow -1}\integral_{d}^{1}{\frac{1}{x+1}\ dx}[/mm]
>
> = [mm]\limes_{c\uparrow -1}(ln(-c-1))-ln(1)\ +\ ln(2)\ - \limes_{d\downarrow -1}(ln(d+1))[/mm]
Hier verstehe ich leider nicht ganz warum ich die Grenze -2 als 2 einsetzen muss. Ist das so, weil der ln(-2) nicht existiert? Habe leider kein ähnliches Beispiel in meinem Skript gefunden, wo negative Grenzen behandelt werden.
>
> Da nun die beiden verbleibenden Limites nicht existieren,
> kann man dem uneigentlichen Integral keinen Wert im
> üblichen Sinne zuordnen.
> Allerdings ist es im Sinne von Cauchy möglich. Dazu
> rechnet man die unmittelbar links und rechts der Pol-
> stelle liegenden unendlichen, aber zueinander symme-
> trischen positiven und negativen Flächenanteile gegen-
> einander auf, bzw. man fasst die beiden verbleibenden
> Limites (mit den Limesvariablen c und d) zu einem
> einzigen zusammen, indem man c:=-1-h und d:=-1+h
> setzt (mit h>0) und dann h gegen 0 gehen lässt.
> Auf diesem Weg gelangt man dann zum "Cauchyschen
> Hauptwert" des Integrals (der übrigens hier nicht gleich
> 0 ist).
>
Also wenn ich dich Richtig verstanden habe müsste der Cauchy'sche Hauptwert dieses Integrals doch der ln(2) sein ?! :)
>
> Auch beim Beispiel b) braucht man den Grenzwert,
> obwohl man die (durchgehende) Stammfunktion arctan
> hat. Anstatt dann aber einfach
>
> [mm]\ arctan(\infty)-arctan(-\infty)\ =\ \frac{\pi}{2}-\frac{-\pi}{2}\ =\ \pi[/mm]
Nun habe ich das ganze ein bisschen schöner formuliert:
[mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{1}{1+x^2}.dx}=\limes_{k\rightarrow\infty} \integral_{-k}^{k}{\bruch{1}{1+x^2}.dx}=\limes_{k\rightarrow\infty}[arctan(x)]^k_{-k}=\limes_{k\rightarrow\infty}[arctan(k)-arctan(-k)]=\ \frac{\pi}{2}-\frac{-\pi}{2}\ [/mm] = [mm] \pi
[/mm]
>
> hinzuschreiben, sollte man die dahinter stehenden
> Überlegungen mittels Grenzwerten notieren.
>
> LG Al-Chw.
Liebe Grüße und danke
Meely
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:50 Mi 22.02.2012 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Al-Chwarizmi :)
>
> Vielen Dank für deine ausführliche Antwort.
>
> > Hallo meely,
> >
> > die vorliegenden Integrale kann man ohne Grenzwertbegriff
> > nicht angemessen behandeln. So muss man etwa das erste
> > wegen der Definitionslücke des Integranden aufteilen:
> >
> > [mm]\integral_{-2}^{1}{\frac{1}{x+1}\ dx}\ =\ \integral_{-2}^{-1}{\frac{1}{x+1}\ dx}\ +\ \integral_{-1}^{1}{\frac{1}{x+1}\ dx}[/mm]
>
> >
> > Für die Stammfunktion beim ersten Teilintegral sollte man
> > daran denken, dass für x<-1 gilt:
> >
> > [mm]\integral\frac{1}{x+1}\,dx\ =\ ln(-x-1)[/mm]
> >
>
> Leider kann ich nicht nachvollziehen warum das gilt.
> Normalerweise ist der Wert dieses integrals doch ln(x+1).
Für t<0 ist ln(-t) eine Stammfunktion von 1/t. Überprüfe das mal durch Differentiation.
>
> > Dann hat man:
> >
> > [mm]\integral_{-2}^{1}{\frac{1}{x+1}\ dx}\ =\ \integral_{-2}^{-1}{\frac{1}{x+1}\ dx}\ +\ \integral_{-1}^{1}{\frac{1}{x+1}\ dx}[/mm]
>
> >
> > = [mm]\limes_{c\uparrow -1}\integral_{-2}^{c}{\frac{1}{x+1}\ dx}\ +\ \limes_{d\downarrow -1}\integral_{d}^{1}{\frac{1}{x+1}\ dx}[/mm]
>
> >
> > = [mm]\limes_{c\uparrow -1}(ln(-c-1))-ln(1)\ +\ ln(2)\ - \limes_{d\downarrow -1}(ln(d+1))[/mm]
>
>
> Hier verstehe ich leider nicht ganz warum ich die Grenze -2
> als 2 einsetzen muss. Ist das so, weil der ln(-2) nicht
> existiert?
Beispiel:
[mm] \integral_{-3}^{-2}{\bruch{1}{1+x} dx}= [ln(-1-x)]_{-3}^{-2}=ln(1)-ln(2)
[/mm]
Habe leider kein ähnliches Beispiel in meinem
> Skript gefunden, wo negative Grenzen behandelt werden.
>
> >
> > Da nun die beiden verbleibenden Limites nicht existieren,
> > kann man dem uneigentlichen Integral keinen Wert im
> > üblichen Sinne zuordnen.
> > Allerdings ist es im Sinne von Cauchy möglich. Dazu
> > rechnet man die unmittelbar links und rechts der Pol-
> > stelle liegenden unendlichen, aber zueinander symme-
> > trischen positiven und negativen Flächenanteile
> gegen-
> > einander auf, bzw. man fasst die beiden verbleibenden
> > Limites (mit den Limesvariablen c und d) zu einem
> > einzigen zusammen, indem man c:=-1-h und d:=-1+h
> > setzt (mit h>0) und dann h gegen 0 gehen lässt.
> > Auf diesem Weg gelangt man dann zum "Cauchyschen
> > Hauptwert" des Integrals (der übrigens hier nicht
> gleich
> > 0 ist).
> >
>
> Also wenn ich dich Richtig verstanden habe müsste der
> Cauchy'sche Hauptwert dieses Integrals doch der ln(2) sein
> ?! :)
>
> >
> > Auch beim Beispiel b) braucht man den Grenzwert,
> > obwohl man die (durchgehende) Stammfunktion arctan
> > hat. Anstatt dann aber einfach
> >
> > [mm]\ arctan(\infty)-arctan(-\infty)\ =\ \frac{\pi}{2}-\frac{-\pi}{2}\ =\ \pi[/mm]
>
> Nun habe ich das ganze ein bisschen schöner formuliert:
>
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{1}{1+x^2}.dx}=\limes_{k\rightarrow\infty} \integral_{-k}^{k}{\bruch{1}{1+x^2}.dx}=\limes_{k\rightarrow\infty}[arctan(x)]^k_{-k}=\limes_{k\rightarrow\infty}[arctan(k)-arctan(-k)]=\ \frac{\pi}{2}-\frac{-\pi}{2}\[/mm]
> = [mm]\pi[/mm]
O.K.
FRED
>
> >
> > hinzuschreiben, sollte man die dahinter stehenden
> > Überlegungen mittels Grenzwerten notieren.
> >
> > LG Al-Chw.
>
>
> Liebe Grüße und danke
>
> Meely
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:52 Mi 22.02.2012 | | Autor: | meely |
Hallo FRED :)
Danke für die Erklärung. Habs verstanden :D
Liebe Grüße Meely
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