2-fache Partielle Integration < Exp- und Log-Fktn < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:05 Sa 22.10.2005 | | Autor: | Zwille |
Hallo,
ich soll folgendes Integral lösen:
[mm] \integral_{0}^{ \infty} {e^{\bruch{-2r}{a}} * r² dr}
[/mm]
Hier muss man also 2mal die partielle Integration anwenden, aber ich komme nicht weiter mit dem [mm] \infty [/mm] !!
Kann man mir helfen :)
Grüße
Zwille
|
|
| |
|
Hi, Zwille,
naja: So ein Integral löst man ja auch zunächst mal als unbestimmtes Integral (Stammfunktion!). Die Grenzen interessieren erst, wenn man das gelöst hat!
Daher:
[mm] \integral{e^{\bruch{-2r}{a}} * r² dr}
[/mm]
= [mm] e^{\bruch{-2r}{a}}*(-\bruch{a}{2}*r^{2} [/mm] - [mm] \bruch{a^{2}}{2}*r -\bruch{1}{4}*a^{3}) [/mm] (+c)
(Kriegst Du dasselbe? Bitte unbedingt nachrechnen!
Keine Garantie auf Rechenfehler!)
Nun macht man Grenzwertrechnung:
[mm] \limes_{b\rightarrow\infty}\integral_{0}^{b}{e^{\bruch{-2r}{a}} * r² dr} [/mm]
= [mm] \limes_{b\rightarrow\infty} e^{\bruch{-2b}{a}}*(-\bruch{a}{2}*b^{2} [/mm] - [mm] \bruch{a^{2}}{2}*b -\bruch{1}{4}*a^{3}) [/mm] + [mm] \bruch{1}{4}*a^{3} [/mm]
Dass [mm] \limes_{b\rightarrow\infty} e^{\bruch{-2b}{a}}*(-\bruch{a}{2}*b^{2} [/mm] - [mm] \bruch{a^{2}}{2}*b -\bruch{1}{4}*a^{3}) [/mm] = 0 ist, kannst Du z.B.
mit der Regel von de L'Hospital beweisen.
Endergebnis daher: [mm] \bruch{1}{4}*a^{3} [/mm]
mfG!
Zwerglein
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:07 Sa 22.10.2005 | | Autor: | Disap |
Moin zusammen.
> Dass [mm]limes_{b\rightarrow\infty} e^{\bruch{-2b}{a}}*(-\bruch{a}{2}*b^{2}[/mm]
> - [mm]\bruch{a^{2}}{2}*b -\bruch{1}{4}*a^{3})[/mm] = 0 ist, kannst
> Du z.B.
> mit der Regel von de L'Hospital beweisen.
Ob de L'Hospital wirklich schon am Anfang der 12. Klasse gelehrt wird?
[mm] limes_{b\rightarrow\infty}$ e^{\bruch{-2b}{a}}\cdot{}(-\bruch{a}{2}\cdot{}b^{2} [/mm] $ - $ [mm] \bruch{a^{2}}{2}\cdot{}b -\bruch{1}{4}\cdot{}a^{3}) [/mm] $ = 0
Ansonsten wird sicherlich die Überlegung und plausible Argumentation reichen, dass die E-funktion in diesem Fall dominiert.
Statt
$ [mm] e^{\bruch{-2b}{a}}\cdot{}(-\bruch{a}{2}\cdot{}b^{2} [/mm] $ - $ [mm] \bruch{a^{2}}{2}\cdot{}b -\bruch{1}{4}\cdot{}a^{3}) [/mm] $
könnte man auch schreiben:
[mm] \bruch{1}{e^{\bruch{2b}{a}}}\cdot{}(-\bruch{a}{2}\cdot{}b^{2} [/mm] $ - $ [mm] \bruch{a^{2}}{2}\cdot{}b -\bruch{1}{4}\cdot{}a^{3}) [/mm]
$ [mm] \limes_{x\rightarrow\infty} \bruch{1}{e^{x}}=0$
[/mm]
Somit also muss diese Funktion für x gegen Unendlich gegen Null laufen.
Ich hoffe, ich habe diesen Gedanken dastellen können.
Schöne Grüße Disap
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:35 Sa 22.10.2005 | | Autor: | Zwille |
irgendwie komme ich nicht auf das Ergebnis, wie bist du darauf gekommen ?
$ [mm] e^{\bruch{-2r}{a}}\cdot{}(-\bruch{a}{2}\cdot{}r^{2} [/mm] $ - $ [mm] \bruch{a^{2}}{2}\cdot{}r -\bruch{1}{4}\cdot{}a^{3}) [/mm] $ (+c)
Aber schonmal danke für den Ansatz
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:56 Sa 22.10.2005 | | Autor: | Loddar |
Hallo Zwille!
Wie Du bereits weiter oben selber geschrieben hast, musst Du hier die partielle Integration zwei-mal anwenden:
[mm] $\integral{r^2*e^{-\bruch{2}{a}*r} \ dx}$
[/mm]
$u \ := \ [mm] r^2$ $\Rightarrow$ [/mm] $u' \ = \ 2r$
$v' \ := \ [mm] e^{-\bruch{2}{a}*r}$ $\Rightarrow$ [/mm] $v \ = \ [mm] -\bruch{a}{2}*e^{-\bruch{2}{a}*r}$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow$ [/mm] $... \ = \ [mm] r^2 [/mm] * [mm] \left(-\bruch{a}{2}*e^{-\bruch{2}{a}*r}\right) [/mm] - [mm] \integral{2r*\left(-\bruch{a}{2}*e^{-\bruch{2}{a}*r}\right) \ dx}$
[/mm]
$= \ [mm] -\bruch{a}{2}*r^2*e^{-\bruch{2}{a}*r} [/mm] + a * [mm] \integral{r*e^{-\bruch{2}{a}*r} \ dx}$
[/mm]
Und nun nochmal analog ...
Gruß
Loddar
|
|
|
|
