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| Aufgabe | Bestimmen Sie die folgenden uneigentlichen Integrale:
a) [mm] \integral_{0}^{1}{\bruch{x^2}{\wurzel{1-x^2}} dx}
[/mm]
b) [mm] \integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}}{log(sin t) dt} [/mm] |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Hallo,
ich sitze jetzt schon seit Stunden an diesen beiden Aufgaben, aber ich komme einfach nicht weiter, eine Stammfunktion zu finden. Wäre nett, wenn mir jemand Tipps dazu geben könnte.
Grüsse
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:43 Do 30.05.2013 | | Autor: | notinX |
Hallo,
> Bestimmen Sie die folgenden uneigentlichen Integrale:
>
> a) [mm]\integral_{0}^{1}{\bruch{x^2}{\wurzel{1-x^2}} dx}[/mm]
>
> b) [mm]\integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}}{log(sin t) dt}[/mm]
> Ich habe
> diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten
> gestellt.
>
> Hallo,
>
> ich sitze jetzt schon seit Stunden an diesen beiden
> Aufgaben, aber ich komme einfach nicht weiter, eine
was hast Du denn bisher versucht und wo kommst Du nicht weiter? Welche Integrationsmethoden kennst Du denn?
> Stammfunktion zu finden. Wäre nett, wenn mir jemand Tipps
> dazu geben könnte.
Das erste Integral lässt sich mit Substitution lösen.
>
> Grüsse
Gruß,
notinX
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Ich kenne nur partielle Integration und Substitution.
Das erste habe ich versucht per Substitution und zwar t = [mm] 1-x^2, [/mm] aber das bringt mich nicht weiter...
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> Das erste habe ich versucht per Substitution und zwar t =
> [mm]1-x^2,[/mm] aber das bringt mich nicht weiter...
Mal ein Tipp zur Substitution: Versuche es mal mit einer trigonometrischen Funktion (Stichwort: trigonometrischer Phythagoras...). Das sollte das Integral vereinfachen.
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Also...
[mm] \integral_{0}^{1}{\bruch{x^2}{\wurzel{1-x^2}} dx}
[/mm]
= [mm] \limes_{\beta\uparrow 1}\integral_{0}^{\beta}{\bruch{x^2}{\wurzel{1-x^2}} dx}
[/mm]
_______________________________________________
Zwischenschritt (i) (Substitution)
x(t) = x = cos t
x'(t) = -sin t
Es gilt: [mm] \wurzel{1-x^2} [/mm] = [mm] \wurzel{1-cos^2 t} [/mm] = sin t
Neue Grenzen bestimmen:
[mm] x(a_1) [/mm] = cos [mm] a_1 [/mm] = 0
[mm] \gdw a_1 [/mm] = [mm] \bruch{\pi}{2}
[/mm]
[mm] x(a_2) [/mm] = cos [mm] a_2 [/mm] = 1
[mm] \gdw a_2 [/mm] = arccos [mm] \beta
[/mm]
_______________________________________________
= [mm] \limes_{\beta\uparrow 1}\integral_{a_1}^{a_2}{\bruch{cos^2 t}{sin t}*(-sin t) dt} [/mm] (i)
= [mm] \limes_{\beta\uparrow 1}-\integral_{a_1}^{a_2}{cos^2 t dt}
[/mm]
________________________________________________
Zwischenschritt (ii) (Substitution)
y = [mm] tan\bruch{t}{2}
[/mm]
cos t = [mm] \bruch{1-y^2}{1+y^2}
[/mm]
t(y) = t = 2*arctan y
t'(y) = [mm] \bruch{2}{1+y^2}
[/mm]
Neue Grenzen bestimmen:
[mm] t(b_1) [/mm] = [mm] a_1
[/mm]
[mm] \gdw [/mm] 2*arctan [mm] b_1 [/mm] = [mm] \bruch{\pi}{2}
[/mm]
[mm] \gdw [/mm] arctan [mm] b_1 [/mm] = [mm] \bruch{\pi}{4}
[/mm]
[mm] \gdw b_1 [/mm] = tan [mm] \bruch{\pi}{4} [/mm] = 1
[mm] t(b_2) [/mm] = [mm] a_2
[/mm]
[mm] \gdw [/mm] 2*arctan [mm] b_2 [/mm] = arccos [mm] \beta
[/mm]
[mm] \gdw [/mm] arctan [mm] b_2 [/mm] = [mm] \bruch{arccos \beta}{2}
[/mm]
[mm] \gdw b_2 [/mm] = [mm] tan(\bruch{arccos \beta}{2})
[/mm]
_______________________________________________
= [mm] \limes_{\beta\uparrow 1}-\integral_{b_1}^{b_2}{(\bruch{1-y^2}{1+y^2})^2*\bruch{2}{1+y^2} dy} [/mm] (ii)
= [mm] \limes_{\beta\uparrow 1}-2\integral_{b_1}^{b_2}{\bruch{(1-y^2)^2}{(1+y^2)^3} dy}
[/mm]
**************************************************
Partialbruchzerlegung von [mm] \bruch{(1-y^2)^2}{(1+y^2)^3}
[/mm]
[mm] \bruch{(1-y^2)^2}{(1+y^2)^3} [/mm] = [mm] \bruch{1}{y^2+1} [/mm] - [mm] \bruch{4}{(y^2+1)^2} [/mm] + [mm] \bruch{4}{(y^2+1)^3}
[/mm]
*************************************************
= [mm] \limes_{\beta\uparrow 1}-2\integral_{b_1}^{b_2}{(\bruch{1}{y^2+1}-4*\bruch{1}{(y^2+1)^2} + 4* \bruch{1}{(y^2+1)^3}) dy} [/mm] (Partialbruchzerlegung)
= [mm] \limes_{\beta\uparrow 1}-2*([arctan y]_{b_1}^{b_2} -4*\integral_{b_1}^{b_2}{\bruch{1}{(y^2+1)^2} dy} [/mm] + [mm] 4*\integral_{b_1}^{b_2}{\bruch{1}{(y^2+1)^3}) dy})
[/mm]
Wie integriere ich die letzten beiden Integrale, bzw. ist das bis hierhin richtig, oder kann ich alles in die Tonne kloppen? -.-
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Hallo Alex,
Du machst Dir echt viel Arbeit. Hier sogar zuviel.
> Also...
>
> [mm]\integral_{0}^{1}{\bruch{x^2}{\wurzel{1-x^2}} dx}[/mm]
>
> = [mm]\limes_{\beta\uparrow 1}\integral_{0}^{\beta}{\bruch{x^2}{\wurzel{1-x^2}} dx}[/mm]
>
> _______________________________________________
>
> Zwischenschritt (i) (Substitution)
>
> x(t) = x = cos t
> x'(t) = -sin t
> Es gilt: [mm]\wurzel{1-x^2}[/mm] = [mm]\wurzel{1-cos^2 t}[/mm] = sin t
Hier fehlen Betragsstriche auf der rechten Seite.
> Neue Grenzen bestimmen:
>
> [mm]x(a_1)[/mm] = cos [mm]a_1[/mm] = 0
> [mm]\gdw a_1[/mm] = [mm]\bruch{\pi}{2}[/mm]
>
> [mm]x(a_2)[/mm] = cos [mm]a_2[/mm] = 1
> [mm]\gdw a_2[/mm] = arccos [mm]\beta[/mm]
Hm. Wenn [mm] \beta\to{1} [/mm] geht, geht [mm] a_2\to{0}.
[/mm]
> _______________________________________________
>
> = [mm]\limes_{\beta\uparrow 1}\integral_{a_1}^{a_2}{\bruch{cos^2 t}{sin t}*(-sin t) dt}[/mm]
> (i)
>
> = [mm]\limes_{\beta\uparrow 1}-\integral_{a_1}^{a_2}{cos^2 t dt}[/mm]
So. Bis hierher ist es ja ganz gut gelaufen, bis auf die oben angemerkten beiden Sachen.
Aber alle weitere Arbeit, die Du Dir schon gemacht hast, ist unnötig und führt auch in die falsche Richtung.
Man kann [mm] \int{\cos^2{(t)}\;\ dt} [/mm] ganz leicht per zweimaliger partieller Integration bestimmen!
Grüße
reverend
> ________________________________________________
>
> Zwischenschritt (ii) (Substitution)
>
> y = [mm]tan\bruch{t}{2}[/mm]
>
> cos t = [mm]\bruch{1-y^2}{1+y^2}[/mm]
>
> t(y) = t = 2*arctan y
> t'(y) = [mm]\bruch{2}{1+y^2}[/mm]
>
> Neue Grenzen bestimmen:
>
> [mm]t(b_1)[/mm] = [mm]a_1[/mm]
> [mm]\gdw[/mm] 2*arctan [mm]b_1[/mm] = [mm]\bruch{\pi}{2}[/mm]
> [mm]\gdw[/mm] arctan [mm]b_1[/mm] = [mm]\bruch{\pi}{4}[/mm]
> [mm]\gdw b_1[/mm] = tan [mm]\bruch{\pi}{4}[/mm] = 1
>
> [mm]t(b_2)[/mm] = [mm]a_2[/mm]
> [mm]\gdw[/mm] 2*arctan [mm]b_2[/mm] = arccos [mm]\beta[/mm]
> [mm]\gdw[/mm] arctan [mm]b_2[/mm] = [mm]\bruch{arccos \beta}{2}[/mm]
> [mm]\gdw b_2[/mm] =
> [mm]tan(\bruch{arccos \beta}{2})[/mm]
>
> _______________________________________________
>
> = [mm]\limes_{\beta\uparrow 1}-\integral_{b_1}^{b_2}{(\bruch{1-y^2}{1+y^2})^2*\bruch{2}{1+y^2} dy}[/mm]
> (ii)
>
> = [mm]\limes_{\beta\uparrow 1}-2\integral_{b_1}^{b_2}{\bruch{(1-y^2)^2}{(1+y^2)^3} dy}[/mm]
>
> **************************************************
>
> Partialbruchzerlegung von [mm]\bruch{(1-y^2)^2}{(1+y^2)^3}[/mm]
>
> [mm]\bruch{(1-y^2)^2}{(1+y^2)^3}[/mm] = [mm]\bruch{1}{y^2+1}[/mm] -
> [mm]\bruch{4}{(y^2+1)^2}[/mm] + [mm]\bruch{4}{(y^2+1)^3}[/mm]
>
> *************************************************
>
> = [mm]\limes_{\beta\uparrow 1}-2\integral_{b_1}^{b_2}{(\bruch{1}{y^2+1}-4*\bruch{1}{(y^2+1)^2} + 4* \bruch{1}{(y^2+1)^3}) dy}[/mm]
>
> (Partialbruchzerlegung)
>
> = [mm]\limes_{\beta\uparrow 1}-2*([arctan y]_{b_1}^{b_2} -4*\integral_{b_1}^{b_2}{\bruch{1}{(y^2+1)^2} dy}[/mm]
> + [mm]4*\integral_{b_1}^{b_2}{\bruch{1}{(y^2+1)^3}) dy})[/mm]
>
> Wie integriere ich die letzten beiden Integrale, bzw. ist
> das bis hierhin richtig, oder kann ich alles in die Tonne
> kloppen? -.-
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Ok, ich habe gerade einmal zu viel partiell integriert.
[mm] \integral cos^2 [/mm] t = sin t cos t - [mm] \integral [/mm] sin t (-sin t) = sin t cos t + [mm] \integral [/mm] sin t sin t = sin t cos t + [mm] \integral(1-cos^2 [/mm] t) = sin t cos t + t [mm] -\integral cos^2 [/mm] t
[mm] \gdw \integral cos^2 [/mm] t = 1/2 ( sin t cos t +t)
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Hallo nochmal,
> Ok, ich habe gerade einmal zu viel partiell integriert.
>
> [mm]\integral cos^2[/mm] t = sin t cos t - [mm]\integral[/mm] sin t (-sin t)
> = sin t cos t + [mm]\integral[/mm] sin t sin t = sin t cos t +
> [mm]\integral(1-cos^2[/mm] t) = sin t cos t + t [mm]-\integral cos^2[/mm] t
>
> [mm]\gdw \integral cos^2[/mm] t = 1/2 ( sin t cos t +t)
Alles richtig, wenn auch etwas "lax" notiert (es fehlt durchweg das Differential dt und die Integrationskonstante). Solltest Du also so nicht abgeben, aber die Lösung des Integrals hast Du ja jetzt, sogar unbestimmt. Fehlt noch das Einsetzen der Grenzen oder Rücksubstitution und das Einsetzen anderer Grenzen...
Glückwunsch!
Grüße
reverend
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Hallo,
danke erstmal danke für deine/eure Hilfe.
Es gilt:
Wenn [mm] \beta\uparrow [/mm] 1, dann [mm] a_2 [/mm] = arccos [mm] \beta \to [/mm] 0, und es gilt auch arccos 1 = 0, da arccos ja stetig ist.
Insbesondere ist ja [mm] a_2 [/mm] abhängig von [mm] \beta, [/mm] also kann ich ja auch schreiben [mm] a_2 [/mm] = [mm] a_2(\beta), [/mm] und weil das stetig ist, darf ich dann sagen, dass [mm] a_2 [/mm] = 0 ist?
Jetzt fehlt noch Aufgabenteil d).
Was sollte ich hier beachten?
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:21 Do 30.05.2013 | | Autor: | Thomas_Aut |
Hallo,
Was genau ist Aufgabenteil d?
Lg
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Entschuldigung, ich meine b).
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Okay also du meinst doch Aufgabenteil b ;)
Du betrachtest folgendes Integral:
[mm] \integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(t)) dt}
[/mm]
Welchen Ansatz hast du? Poste mal deine Idee.
Lg
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f(t) := log(sin t) ist definiert auf [mm] (0,\bruch{\pi}{2}
[/mm]
Substituiere x := sin t
[mm] \gdw [/mm] arcsin x = t =: t(x)
[mm] \Rightarrow [/mm] t'(x) = [mm] \bruch{1}{\wurzel{1-x^2}}
[/mm]
[mm] \integral{log(sin t) dt}
[/mm]
= [mm] \integral{log x * \bruch{1}{\wurzel{1-x^2}} dx}
[/mm]
= arcsin x * log x - [mm] \integral{arcsin x * \bruch{1}{x}dx}
[/mm]
= t log(sin t) - [mm] \integral{t*\bruch{1}{sin t} dt}
[/mm]
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Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Versuche es eher so:
\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(t)) dt} sollte doch gleich sein wie \integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(cos(t)) dt}
du kannst dir leicht überlegen dass : \integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{(sin(t)) dt} = 1 = \integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{(cos(t)) dt}
wenn du diese Gleichheit nützt erlangst du :
$\frac{1}{2} \integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(t)*cos(t)) dt$ = $\frac{1}{2} \integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin2t) dt-\frac{\Pi}{4}log(2)$... ..
your turn ;)
lg
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> Versuche es eher so:
>
> [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(t)) dt}[/mm] sollte doch
> gleich sein wie [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(cos(t)) dt}[/mm]
Das leuchtet mir nicht ein, warum das so sein sollte.
> du kannst dir leicht überlegen dass :
> [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{(sin(t)) dt}[/mm] = 1 =
> [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{(cos(t)) dt}[/mm]
Ja, das kann man ja leicht durch integrieren herausfinden.
> wenn du diese Gleichheit nützt erlangst du :
>
> [mm]\frac{1}{2} \integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(t)*cos(t)) dt[/mm]
> = [mm]\frac{1}{2} \integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin2t) dt-\frac{\Pi}{4}log(2)[/mm]...
> ..
>
> your turn ;)
>
> lg
>
>
>
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> > Versuche es eher so:
> >
> > [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(t)) dt}[/mm] sollte doch
> > gleich sein wie [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(cos(t)) dt}[/mm]
>
> Das leuchtet mir nicht ein, warum das so sein sollte.
>
[mm] \integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(t)) dt} [/mm] = [mm] \integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(\frac{\Pi}{2}-t)) dt}
[/mm]
das sollte somit geklärt sein
Ganz allg. : [mm] \integral_{a}^{b}{f(x) dx} [/mm] = [mm] \integral_{a}^{b}{f(a+b-x) dx}
[/mm]
> > du kannst dir leicht überlegen dass :
> > [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{(sin(t)) dt}[/mm] = 1 =
> > [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{(cos(t)) dt}[/mm]
>
> Ja, das kann man ja leicht durch integrieren herausfinden.
>
> > wenn du diese Gleichheit nützt erlangst du :
> >
> > [mm]\frac{1}{2} \integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(t)*cos(t)) dt[/mm]
> > = [mm]\frac{1}{2} \integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin2t) dt-\frac{\Pi}{4}log(2)[/mm]...
> > ..
> >
> > your turn ;)
> >
> > lg
> >
> >
> >
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> > > Versuche es eher so:
> > >
> > > [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(t)) dt}[/mm] sollte doch
> > > gleich sein wie [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(cos(t)) dt}[/mm]
>
> >
> > Das leuchtet mir nicht ein, warum das so sein sollte.
> >
> [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(t)) dt}[/mm] =
> [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(\frac{\Pi}{2}-t)) dt}[/mm]
>
> das sollte somit geklärt sein
>
>
> Ganz allg. : [mm]\integral_{a}^{b}{f(x) dx}[/mm] =
> [mm]\integral_{a}^{b}{f(a+b-x) dx}[/mm]
Wie sieht der Beweis dazu aus?
Irgendwie kann ich mir das schwer vorstellen...
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:09 Fr 31.05.2013 | | Autor: | Loddar |
Hallo Südkurve!
> > Ganz allg. : [mm]\integral_{a}^{b}{f(x) dx}[/mm] = [mm]\integral_{a}^{b}{f(a+b-x) dx}[/mm]
Ganz so stimmt das nicht. Das muss schon lauten:
[mm]\integral_{x_1}^{x_2}{f(x) \ dx} \ = \ \red{-}\integral_{x_1}^{x_2}{f(a+b-x) \ dx} \ = \ \integral_{x_2}^{x_1}{f(a+b-x) \ dx}[/mm]
> Wie sieht der Beweis dazu aus?
Mittels (linearer) Substitution: [mm]z \ := \ a+b-x[/mm] .
Gruß
Loddar
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Die ursprüngliche Formel müsste stimmen.
Hast du nicht die innere Ableitung vergessen?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:18 Sa 01.06.2013 | | Autor: | Loddar |
Hallo!
Genau durch die innere Ableitung kommt das Minuszeichen zustande.
Gruß
Loddar
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Es müsste aber meiner Meinung nach lauten:
O.B.d.A [mm] x_1 \le x_2 [/mm] und Substitution z := a + b - x
[mm] \integral_{x_1}^{x_2}{f(x) \ dx} [/mm] = [mm] \integral_{x_2}^{x_1}{f(a+b-x)*(-1) \ dx} [/mm] = [mm] -\integral_{x_1}^{x_2}{f(a+b-x)*(-1) dx}
[/mm]
= [mm] \integral_{x_1}^{x_2}{f(a+b-x) dx}
[/mm]
[mm] \Box
[/mm]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:00 Sa 01.06.2013 | | Autor: | Loddar |
Hallo!
> [mm]\integral_{x_1}^{x_2}{f(x) \ dx}[/mm] = [mm]\integral_{x_2}^{x_1}{f(a+b-x)*(-1) \ dx}[/mm]
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]") Dieses Minsuzeichen berücksichtigt die innere Ableitung der Substitution.
Da darfst Du nicht einfach so die beiden Grenzen vertauschen, ohne ein weiteres Minuszeichen zu berücksichtigen.
Gruß
Loddar
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Ich tausche auch nicht einfach die Grenzen, sondern ich substituiere.
Und bei der Substitution müssen die Grenzen neu berechnet werden, und im Zuge dieser Neuberechnung erhält man, dass [mm] x_2 [/mm] unten und [mm] x_1 [/mm] oben stehen muss. Das sieht aus wie eine Vertauschung, ist in Wahrheit aber eine Substitution und deswegen kommt kein extra Minus hinzu.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:18 Sa 01.06.2013 | | Autor: | Loddar |
Hallo!
> Ich tausche auch nicht einfach die Grenzen, sondern ich
> substituiere.
Okay. Dann muss als untere Grenze [mm]z_1 \ = \ a+b-x_1[/mm] stehen und als obere Grenze [mm]z_2 \ = \ a+b-x_2[/mm] ; und nicht dieselben Bezeichnungen wir vorher.
> Und bei der Substitution müssen die Grenzen neu berechnet
> werden,
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") Richtig: siehe oben.
> und im Zuge dieser Neuberechnung erhält man, dass
> [mm]x_2[/mm] unten und [mm]x_1[/mm] oben stehen muss.
Das musst Du dann mal vorrechnen.
Gruß
Loddar
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Beweis:
O.B.d.A [mm] x_1 \le x_2 [/mm] und Substitution x(t) := x := [mm] x_1 [/mm] + [mm] x_2 [/mm] - t
Dann folgen:
x'(t) = -1
Neue Grenzen berechnen:
Setze x(a) = [mm] x_1
[/mm]
[mm] \gdw x_1 [/mm] + [mm] x_2 [/mm] - a = [mm] x_1
[/mm]
[mm] \gdw x_2 [/mm] = a
Setze x(b) = [mm] x_2
[/mm]
[mm] \gdw x_1 [/mm] + [mm] x_2 [/mm] - b = [mm] x_2
[/mm]
[mm] \gdw x_1 [/mm] = b
Also folgt:
[mm] \integral_{x_1}^{x_2}{f(x) dx}
[/mm]
= [mm] \integral_{x_2}^{x_1}{f(x_1 + x_2 - t)*(-1) dt} [/mm] (hier wurde substituiert, und beachte, dass [mm] x_1 \ge x_2 [/mm] gilt)
= [mm] -\integral_{x_1}^{x_2}{f(x_1 + x_2 - t)*(-1) dt} [/mm] (Grenzen vertauscht, also muss ein Minus vor das Integral)
= [mm] \integral_{x_1}^{x_2}{f(x_1 + x_2 - t) dt}
[/mm]
[mm] \Box
[/mm]
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Sei A := [mm] \integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(t)) dt}
[/mm]
A = [mm] \integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(\frac{\Pi}{2}-t)) dt}
[/mm]
[mm] \rightarrow [/mm] A = [mm] \integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(Cos(t)) dt}
[/mm]
Somit: 2A = [mm] \integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(t)+cos(t)) dt} [/mm] = [mm] \integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(t)cos(t)) dt}= \integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(\frac{2sin(t)cos(t)}{2}) dt} [/mm] = [mm] \integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(2t)) dt}-\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(2) dt}
[/mm]
sei 2t = y
also dt = [mm] \frac{1}{2}dy
[/mm]
.... ich hoffe du kannst damit was anfangen - es ist nicht mehr viel zu tun ;)
lg
Ps: Das Integral , welches du betrachtest ist sogar ziemlich berühmt.
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> Sei A := [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(t)) dt}[/mm]
> A =
> [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(\frac{\Pi}{2}-t)) dt}[/mm]
>
> [mm]\rightarrow[/mm] A = [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(Cos(t)) dt}[/mm]
>
> Somit: 2A =
> [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(t)+cos(t)) dt}[/mm] =
> [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(t)cos(t)) dt}= \integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(\frac{2sin(t)cos(t)}{2}) dt}[/mm]
> = [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(2t)) dt}-\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(2) dt}[/mm]
>
> sei 2t = y
>
> also dt = [mm]\frac{1}{2}dy[/mm]
>
> .... ich hoffe du kannst damit was anfangen - es ist nicht
> mehr viel zu tun ;)
>
> lg
>
> Ps: Das Integral , welches du betrachtest ist sogar
> ziemlich berühmt.
Ich führe mal weiter:
Substitution:
2t = y
[mm] \gdw [/mm] t = [mm] \frac{y}{2} [/mm] = t(y)
Also: t'(y) = [mm] \frac{1}{2}
[/mm]
t(a) = 0
[mm] \gdw \bruch{a}{2} [/mm] = 0
[mm] \gdw [/mm] a = 0
t(b) = [mm] \bruch{\pi}{2}
[/mm]
[mm] \gdw \bruch{b}{2} [/mm] = [mm] \bruch{\pi}{2}
[/mm]
[mm] \gdw [/mm] b = [mm] \pi
[/mm]
= [mm] \integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(2t)) dt}-\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(2) dt}
[/mm]
= [mm] \integral_{0}^{\Pi}{log(sin(y))*\bruch{1}{2} dy}- [t*log2]_0^{\bruch{\pi}{2}}
[/mm]
= [mm] \bruch{1}{2} \integral_{0}^{\pi}{log(sin y)dy} [/mm] - [mm] \bruch{\pi}{2}*log [/mm] 2
Ich habe die Vermutung, dass [mm] \integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(t) dt} [/mm] = [mm] \bruch{1}{2} \integral_{0}^{\pi}{log(sin y)dy} [/mm] ist, aber irgendwie komme ich nicht drauf...
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Hallo nochmal,
> > Sei A := [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(t)) dt}[/mm]
> >
> A =
> > [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(\frac{\Pi}{2}-t)) dt}[/mm]
>
> >
> > [mm]\rightarrow[/mm] A = [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(Cos(t)) dt}[/mm]
>
> >
> > Somit: 2A =
> > [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(t)+cos(t)) dt}[/mm] =
> > [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(t)cos(t)) dt}= \integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(\frac{2sin(t)cos(t)}{2}) dt}[/mm]
> > = [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(2t)) dt}-\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(2) dt}[/mm]
>
> >
> > sei 2t = y
> >
> > also dt = [mm]\frac{1}{2}dy[/mm]
> >
> > .... ich hoffe du kannst damit was anfangen - es ist nicht
> > mehr viel zu tun ;)
> >
> > lg
> >
> > Ps: Das Integral , welches du betrachtest ist sogar
> > ziemlich berühmt.
>
> Ich führe mal weiter:
>
> Substitution:
>
> 2t = y
> [mm]\gdw[/mm] t = [mm]\frac{y}{2}[/mm] = t(y)
> Also: t'(y) = [mm]\frac{1}{2}[/mm]
>
> t(a) = 0
> [mm]\gdw \bruch{a}{2}[/mm] = 0
> [mm]\gdw[/mm] a = 0
>
> t(b) = [mm]\bruch{\pi}{2}[/mm]
> [mm]\gdw \bruch{b}{2}[/mm] = [mm]\bruch{\pi}{2}[/mm]
> [mm]\gdw[/mm] b = [mm]\pi[/mm]
>
> = [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(2t)) dt}-\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(2) dt}[/mm]
>
> = [mm]\integral_{0}^{\Pi}{log(sin(y))*\bruch{1}{2} dy}- [t*log2]_0^{\bruch{\pi}{2}}[/mm]
>
> = [mm]\bruch{1}{2} \integral_{0}^{\pi}{log(sin y)dy}[/mm] -
> [mm]\bruch{\pi}{2}*log[/mm] 2
>
> Ich habe die Vermutung, dass
> [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(t) dt}[/mm] = [mm]\bruch{1}{2} \integral_{0}^{\pi}{log(sin y)dy}[/mm]
> ist, aber irgendwie komme ich nicht drauf...
Diese Vermutung ist richtig. Substituiere im rechten Integral [mm] t=\tfrac{1}{2}y.
[/mm]
Grüße
reverend
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Ich drehe mich hier irgendwie im Kreis -.-
Ich habe jetzt:
Substitution:
t = [mm] \bruch{1}{2}y
[/mm]
[mm] \gdw [/mm] 2t = y = y(t)
Also y'(t) = 2
y(a) = 0
[mm] \gdw [/mm] a = 0
y(b) = [mm] \pi
[/mm]
[mm] \gdw [/mm] b= [mm] \bruch{\pi}{2}
[/mm]
[mm] \bruch{1}{2}\integral_{0}^{\pi}{log(sin y) dy}
[/mm]
= [mm] \bruch{1}{2}\integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}}{log(sin 2t)*2 dy}
[/mm]
= [mm] \integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}}{log(2*sin t * cos t) dt}
[/mm]
= [mm] \integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}}{(log 2 + log sin t + log cos t) dt}
[/mm]
= [mm] \integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}}{log sin t dt} [/mm] + [mm] \integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}}{log cos t dt} [/mm] + [mm] \integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}}{log 2 dt}
[/mm]
= [mm] 2*\integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}}{log sin t dt} [/mm] + [mm] \integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}}{log 2 dt}
[/mm]
= [mm] 2*\integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}}{log sin t dt} [/mm] + [mm] \bruch{\pi}{2}log [/mm] 2
Wenn ich jetzt alles einsetze und äquivalent umforme, eliminiert sich doch wieder alles gegenseitig?!
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> Ich drehe mich hier irgendwie im Kreis -.-
>
> Ich habe jetzt:
>
> Substitution:
>
> t = [mm]\bruch{1}{2}y[/mm]
> [mm]\gdw[/mm] 2t = y = y(t)
> Also y'(t) = 2
> y(a) = 0
> [mm]\gdw[/mm] a = 0
> y(b) = [mm]\pi[/mm]
> [mm]\gdw[/mm] b= [mm]\bruch{\pi}{2}[/mm]
>
> [mm]\bruch{1}{2}\integral_{0}^{\pi}{log(sin y) dy}[/mm]
ja und nun:
[mm]\integral_{0}^{\Pi}{log(sin(y))\frac{1}{2} dy} =
> = \integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(y)) dy} = A[/mm]
nun 2A = A - [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(2)\frac{1}{2} dt} = \frac{-\Pi}{2}log(2)[/mm]
so das wars.
lg
> [mm]\bruch{1}{2}\integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}}{log(sin 2t)*2 dy}[/mm]
>
> = [mm]\integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}}{log(2*sin t * cos t) dt}[/mm]
>
> = [mm]\integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}}{(log 2 + log sin t + log cos t) dt}[/mm]
>
> = [mm]\integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}}{log sin t dt}[/mm] +
> [mm]\integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}}{log cos t dt}[/mm] +
> [mm]\integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}}{log 2 dt}[/mm]
> =
> [mm]2*\integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}}{log sin t dt}[/mm] +
> [mm]\integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}}{log 2 dt}[/mm]
> =
> [mm]2*\integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}}{log sin t dt}[/mm] +
> [mm]\bruch{\pi}{2}log[/mm] 2
>
> Wenn ich jetzt alles einsetze und äquivalent umforme,
> eliminiert sich doch wieder alles gegenseitig?!
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> > Substitution:
> >
> > t = [mm]\bruch{1}{2}y[/mm]
> > [mm]\gdw[/mm] 2t = y = y(t)
> > Also y'(t) = 2
> > y(a) = 0
> > [mm]\gdw[/mm] a = 0
> > y(b) = [mm]\pi[/mm]
> > [mm]\gdw[/mm] b= [mm]\bruch{\pi}{2}[/mm]
> >
> > [mm]\bruch{1}{2}\integral_{0}^{\pi}{log(sin y) dy}[/mm]
> ja und
> nun:
> [mm]\integral_{0}^{\Pi}{log(sin(y))\frac{1}{2} dy} =
> = \integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(sin(y)) dy} = A[/mm]
>
> nun 2A = A -
> [mm]\integral_{0}^{\frac{\Pi}{2}}{log(2)\frac{1}{2} dt} = \frac{-\Pi}{2}log(2)[/mm]
>
> so das wars.
>
> lg
Ähm ja.
Ich bekomme aber raus bei der Substitution:
[mm] \integral_{0}^{\Pi}{log(sin(y))\frac{1}{2} dy} [/mm] = [mm] \integral_{0}^{\bruch{\Pi}{2}}{log(sin(2t))\frac{1}{2}*2 dt} =\integral_{0}^{\bruch{\Pi}{2}}{log(sin(2t)) dt} [/mm] ,
also habe ich INNEN drin 2t stehen und nicht t, und das stört mich.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:10 Sa 01.06.2013 | | Autor: | leduart |
Hallo
das wurde dir doch virgerechnet
sin2a=2sina*cosa
lg(a*b(c(=lga+lgb+lgc
wurde dabei benutzt
lies bitte die posts genau und frag an Stellen die du nicht verstehst gezielt nach!
Gruss leduart
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:07 Do 30.05.2013 | | Autor: | abakus |
> Bestimmen Sie die folgenden uneigentlichen Integrale:
>
> a) [mm]\integral_{0}^{1}{\bruch{x^2}{\wurzel{1-x^2}} dx}[/mm]
Hallo,
mit dem kleinen Kunstgriff im Zähler
[mm]x^2=x^2-1+1=-(1-x^2)+1[/mm]
erhält man [mm]-\integral_{0}^{1}{\wurzel{1-x^2} dx}+\integral_{0}^{1}{\bruch{1}{\wurzel{1-x^2}} dx}[/mm]
Die Stammfunktionen findet man in jeder besseren Tabelle.
Gruß Abakus
>
> b) [mm]\integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}}{log(sin t) dt}[/mm]
> Ich habe
> diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten
> gestellt.
>
> Hallo,
>
> ich sitze jetzt schon seit Stunden an diesen beiden
> Aufgaben, aber ich komme einfach nicht weiter, eine
> Stammfunktion zu finden. Wäre nett, wenn mir jemand Tipps
> dazu geben könnte.
>
> Grüsse
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