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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:22 Mi 12.01.2005 | | Autor: | Ma.Inc |
Hi,
Ich habe hier die Funktion:
[mm] f(x) = \bruch{e^x-2}{e^x+1}[/mm]
Die Aufgabe ist, den Flächeninhalt der Figur zu berechnen, welche von f(x), der y-Achse und den Geraden y=1 und x=4 eingeschlossen wird.
Der y-Achsenabschnitt ist bei y=-1/2, die einzige Nullstelle ist bei x=ln2 und der Graph ist streng Monoton steigend
Man könnte ein Rechteck mit der x-Achse bilden, und von dessen Fläche das Integral der Funktion von ln2 bis 4 abziehen, und dann das Integral von 0 bis ln2 dazuzählen.
Mein Problem ist jetzt, dass ich die Integration nicht hinbekomm. Bis jetzt hab ich:
[mm] \int_{0}^{ln2} \bruch{e^x-2}{e^x+1}\, dx = \int_{0}^{ln2} \bruch{e^x}{e^x+1}\, dx - 2\int_{0}^{ln2} \bruch{1}{e^x+1}\, dx [/mm]
an diesem Punkt komme ich nicht weiter, aber da beim ersten Integral der Zähler die Ableitung des Nenners ist, dürfte es nicht so schwierig sein. Ich finde nur die passenden Integrationsformeln nicht.
Danke, Matze
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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> Hi,
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> Ich habe hier die Funktion:
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> [mm]f(x) = \bruch{e^x-2}{e^x+1}[/mm]
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> Die Aufgabe ist, den Flächeninhalt der Figur zu berechnen,
> welche von f(x), der y-Achse und den Geraden y=1 und x=4
> eingeschlossen wird.
>
> Der y-Achsenabschnitt ist bei y=-1/2, die einzige
> Nullstelle ist bei x=ln2 und der Graph ist streng Monoton
> steigend
>
> Man könnte ein Rechteck mit der x-Achse bilden, und von
> dessen Fläche das Integral der Funktion von ln2 bis 4
> abziehen, und dann das Integral von 0 bis ln2 dazuzählen.
Hallo, Mac.Inc, ich meine es muss (1 - f(x) ) von 0 bis 4 integriert werden (siehe Bild )
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> Mein Problem ist jetzt, dass ich die Integration nicht
> hinbekomm. Bis jetzt hab ich:
>
> [mm]\int_{0}^{ln2} \bruch{e^x-2}{e^x+1}\, dx = \int_{0}^{ln2} \bruch{e^x}{e^x+1}\, dx - 2\int_{0}^{ln2} \bruch{1}{e^x+1}\, dx[/mm]
>
>
> an diesem Punkt komme ich nicht weiter, aber da beim ersten
> Integral der Zähler die Ableitung des Nenners ist, dürfte
> es nicht so schwierig sein. Ich finde nur die passenden
> Integrationsformeln nicht.
versuche die Substitutien x = lnu, wahlweise ließe sich die Umkehrfunktion x = ln(y+2) - ln(1-y)
auch leicht integrieren, dann muß die Fläche allerdings gestückelt werden
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:07 Mi 12.01.2005 | | Autor: | Ma.Inc |
Hi Friedrich,
vielen Dank erstmal für deine Antwort, mit (1-f(x)) von 0 bis 4 hast du wohl recht, so ist es um einiges einfacher.
Ich habe versucht zu substituieren, aber ich weiss immer noch nicht wie ich den Bruch integrieren soll, da ich immer u+1 im nenner stehen habe
wie berechne ich beispielsweise:
[mm]
\integral_{0}^{4} { \bruch{1}{u+1} dx}
[/mm]
oder (wenn das möglich ist) gleich:
[mm]
\integral_{0}^{4} { \bruch{1}{e^x+1} dx}
[/mm]
da fällt mir keine Regel dazu ein, oder kann man dann einfach
[mm]
[(u+1)^{-2}]_0^4
[/mm]
schreiben? (würde mich wundern, das wäre ja zu einfach ;) )
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Hallo Ma.Inc,
> wie berechne ich beispielsweise:
1.)
> [mm]
\integral_{0}^{4} { \bruch{1}{u+1} du}
[/mm]
2.)
> [mm]
\integral_{0}^{4} { \bruch{1}{e^x+1} dx}
[/mm]
zu 1.)
Die Substitutionsregel lautet:
[m]\int\limits_a^b {f\left( {g\left( z \right)} \right)*g'\left( z \right)dz = \int\limits_{g\left( a \right)}^{g\left( b \right)} {f\left( x \right)dx;\;x = g\left( z \right);\;g'\left( z \right) = \frac{{dx}}
{{dz}}} }[/m]
Damit gilt:
[m]\begin{gathered}
\int\limits_0^4 {\frac{1}
{{u + 1}}} du = \int\limits_0^4 {\left( {u + 1} \right)^{ - 1} *(u + 1)'du} \mathop = \limits^{\begin{subarray}{l}
g(u): = u + 1; \\
f\left( g \right): = g^{ - 1}
\end{subarray}} \int\limits_{0 + 1}^{4 + 1} {\frac{1}
{g}dg} \mathop = \limits^{{\text{Spezialfall}}} \begin{array}{*{20}c}
{\ln \left( g \right)} &\vline & {_1^5 } \\
\end{array} = \hfill \\
\ln \left( 5 \right) - \ln \left( 1 \right) = \ln \left( {\frac{5}
{1}} \right) = \ln \left( 5 \right) \hfill \\
\end{gathered}[/m]
Was ist der "Spezialfall", den ich bei einem Gleichheitszeichen stehen habe? Ich habe den [mm] $u\texttt{-Integranden}$ [/mm] auf einen elementaren Integranden der Form [mm] $\tfrac{1}{x}$ [/mm] zurückgeführt. Es ist klar, daß [mm] $\ln [/mm] x$ die Stammfunktion davon ist, da wir hier die Ableitungsregel für Umkehrfunktionen benutzen können: [m]f:x \mapsto e^x \Rightarrow \bar f:y \mapsto \ln \left( y \right) = x[/m]. Wenn [m]y_0 = e^{x_0} \wedge \left( {e^{x_0} } \right)' = e^{x_0} \ne 0[/m], dann [m]\ln 'y_0 = \frac{1}
{{\left( {e^{x_0 } } \right)'}} = \frac{1}
{{e^{x_0 } }} = \frac{1}
{{y_0 }}
[/m].
zu 2.)
Hier wenden wir die Substitutionsregel "rückwärts" an, weil eine Gleichung in beide Seiten gilt! Es ist klar, daß man dann z.B. [mm] $g(a)\!$ [/mm] und [mm] $g(b)\!$ [/mm] umkehren muß (also die Umkehrfunktion nehmen muß). (Versuch' die Regel wirklich von links nach rechts und dann von rechts nach links zu lesen.):
[m]\begin{gathered}
\int\limits_0^4 {\frac{{dx}}
{{e^x + 1}}} \mathop = \limits^{\begin{subarray}{l}
x\left( z \right) = \ln z; \\
x'\left( z \right) = \tfrac{1}
{z} \Rightarrow dx = \tfrac{{dz}}
{z}; \\
\bar x\left( 4 \right) = e^4 ;\bar x\left( 0 \right) = e^0 = 1
\end{subarray}} \int\limits_1^{e^4 } {\frac{1}
{{e^{\ln z} + 1}}*\frac{{dz}}
{z}} = \int\limits_1^{e^4 } {\frac{{dz}}
{{\left( {z + 1} \right)z}}} \hfill \\
\mathop = \limits^{{\text{Partialbruchzerlegung}}} \int\limits_1^{e^4 } {\frac{{dz}}
{z}} - \int\limits_1^{e^4 } {\frac{{dz}}
{{z + 1}}} = \begin{array}{*{20}c}
{\ln z} &\vline & {_1^{e^4 } } \\
\end{array} - \begin{array}{*{20}c}
{\ln \left( {z + 1} \right)} &\vline & {_1^{e^4 } } \\
\end{array} = 4 - \ln \left( {\frac{{e^4 + 1}}
{2}} \right) \hfill \\
\end{gathered}[/m]
und was die Partialbruchzerlegung angeht:
[m]\begin{gathered}
\frac{1}
{{\left( {z + 1} \right)z}} = \frac{A}
{{z + 1}} + \frac{B}
{z} \Leftrightarrow 1 = Az + B\left( {z + 1} \right) \hfill \\
z = 0 \Rightarrow 1 = B;\;z = - 1 \Rightarrow - 1 = A \Rightarrow - \frac{1}
{{z + 1}} + \frac{1}
{z} = \frac{1}
{{\left( {z + 1} \right)z}} \hfill \\
\end{gathered}[/m]
Viele Grüße
Karl
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Hallo, Matze,
Du must auch das dx substituieren
$1 - [mm] \frac{e^x+2}{e^x+1} [/mm] = [mm] \frac{e^x+1 - e^x+2}{e^x+1} [/mm] = [mm] \bruch{3}{e^x+1}$
[/mm]
$x = [mm] \ln [/mm] u$ [mm] $\text{dx} [/mm] = [mm] \frac{\text{du}}{u}$
[/mm]
[mm] $\int [/mm] f(x) [mm] \text{dx} [/mm] = [mm] 3*\int \frac{ \text{du}} [/mm] {u*(u+1)}$
das nun mit eine Partialbruchzerlegung lösen
hoffe, Du kommst damit weiter.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:54 Mi 12.01.2005 | | Autor: | Ma.Inc |
Hallo,
und nochmal vielen Dank, dass sich jemand meiner Frage annimmt.
Gibt es evtl noch einen anderen Weg, die Funktion zu integrieren? Die Partialbruchzerlegung hab ich grade bei google gefunden und festgestellt, dass das ein Verfahren ist, welches im Grundkurs Gymnasium nach meiner Erinnerung nicht behandelt wird. Oder ist es die Sache mit der Umkehrung der Produktregel? Dann müsste ich mir das nochmal genauer ansehen...
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naja, eigentlich nicht - man kann den Integranden durch quadratische Ergänzung
des Nenners auf die Form k/(1 - v²) bringen und das durch die Substitution
v = sinw auf k/cosw
was aber vielleicht erst recht nicht für GK 13 vorgesehen ist.
IST den die Integration des ln, also auch ln(a*y + b) bekannt?
ist o = [mm] (e^4-2)/(e^4+1) [/mm] dann ist die gesucht Fläche die Summe aus
dem
Rechteck der Fläche 4*(1-o) und der von -1 bis o integrierten
Umkehrfunktion, wie in meinem 1tem Posting schon erwähnt.
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