Int: gebr.rat. Fkt. mit e-Fkt. < Integralrechnung < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 03:55 So 08.01.2006 | | Autor: | Arkus |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
| Aufgabe | Für jede $t \in \IR^{\*}$ ist eine Funktion $f_t$ gegeben durch
$f_t(x)=t- \frac{1}{1+t \cdot e^x}$ ; $D=\IR$.
Zeigen Sie, dass $F_t(x)=(t-1) \cdot x + \ln(1+t \cdot e^x)$ ; $D=\IR$
eine Stammfunktion von $f_t$ ist. |
Meine Lösung:
$\int\ \left ( t - \frac{1}{1+t \cdot e^x} \right ) \, dx$
Ich betrachte erstmal nur den 2. Summanden.
Als erstes habe ich $x:=\ln(p)$ substituiert, wobei $dx=\frac{1}{p} \, dp$ gilt:
$\int\ \frac{1}{1+t \cdot e^{\ln(p)}} \cdot \frac{1}{p} \, dp$ $\Rightarrow$ $\int\ \frac{1}{1+t \cdot p} \cdot \frac{1}{p} \, dp$ $\Rightarrow$ $\int\ \frac{1}{p+t \cdot p^2} \, dp$
Nun erfolt die Partialbruchzerlegung:
Zuerst die Zerlegung des Nenners in Linearfaktoren:
$0=t \cdot p^2 +p$ $\Rightarrow$ $0=p \cdot (t \cdot p +1 )$ $\Rightarrow$ $p_1=0$ $\wedge$ $p_2=-\frac{1}{t}$ $\Rightarrow$ $(p-0)\cdot(p+\frac{1}{t})=t \cdot p^2+p$
ergibt
$\frac{1}{p+t \cdot p^2}= \frac{A}{p-0}+\frac{B}{p+\frac{1}{t}$
$1=\frac{A \cdot (p+t\cdot p^2)}{p-0} +\frac{B \cdot (p+t \cdot p^2)}{p+ \frac{1}{t}}$
$1=\frac{A \cdot (p-0) \cdot (p+\frac{1}{t})}{p-0}+\frac{B \cdot (p-0) \cdot (p+\frac{1}{t})}{p+\frac{1}{t}}$
$1= A \cdot (p+\frac{1}{t}) + B \cdot (p-0)$ $\Rightarrow$ $1=A \cdot p +A \cdot \frac{1}{t}+B\cdot p - B \cdot 0$
$1=p \cdot (A+B) + \frac{A}{t}-B\cdot 0$
durch Koeffizientenvergleich das Gleichungsystem
$-B\cdot 0 + \frac{A}{t}=0$
$A+B=1$
mit den Lösungen $A=1$ $\wedge$ $B=-1$
Darausfolgt:
$\int \frac{1}{1+t\cdot p} \, dx = \int \frac{1}{p-0} \, dx - \int \frac{1}{p+\frac{1}{t}} \, dx$
$\int \frac{1}{1+t\cdot p} \, dx = \ln(p) - \ln(p+\frac{1}{t}) + C$
mit der Rücksubstitution von $x:=\ln(p)$ zu $p=e^x$ ergibt das
$\int \frac{1}{1+t\cdot e^x} \, dx = \ln(e^x) - \ln(e^x+\frac{1}{t}) + C$ bzw. $\int \frac{1}{1+t\cdot e^x} \, dx = x - \ln(e^x+\frac{1}{t}) + C$
Vollständig eingesetzt heißt das:
$\int\ \left ( t - \frac{1}{1+t \cdot e^x} \right ) \, dx = t \cdot x - x + \ln(e^x+\frac{1}{t}) + C$
$\underline{\int\ \left ( t - \frac{1}{1+t \cdot e^x} \right ) \, dx = (t-1) \cdot x + \ln(e^x+\frac{1}{t}) + C}$
Die Lösung lautet aber:
$\underline{\int\ \left ( t - \frac{1}{1+t \cdot e^x} \right ) \, dx = (t-1) \cdot x + \ln(t \cdot e^x+1) + C}$
Das heißt es muss irgendwo mit t multipliziert worden sein und ich wüsste nun gern wo das im Lösungsweg wäre, wüsste jetzt selbst net wo. Ansonsten scheint es ja richtig zu sein. Zudem würd ich gern wissen, ob es auch einfacher geht oder der Lösungsweg schon der richtige ist?
MfG Arkus
P.S.: Hab die Frage nirgendwo anders gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 04:43 So 08.01.2006 | | Autor: | pAt84 |
... oder deine Lösung ist einfach nur richtig.
Von der gegebenen Lösung ausgehehnd..
[mm]\int {\left( {t - {1 \over {1 + te^x }}} \right)dx = \left( {t - 1} \right)x + \ln \left( {te^x + 1} \right) + C} [/mm]
[mm] = \left( {t - 1} \right)x + \ln \left( {t\left( {e^x + {1 \over t}} \right)} \right) + C[/mm]
[mm] = \left( {t - 1} \right)x + \ln \left( {e^x + {1 \over t}} \right) + \ln \left( t \right) + C[/mm]
[mm] = \left( {t - 1} \right)x + \ln \left( {e^x + {1 \over t}} \right) + C_1 [/mm]
... findet man nämlich zu deiner
Allerdings ohne absolute Sicherheit, ich bin etwas eingerostet. :)
Pat
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(Antwort) fertig | | Datum: | 07:01 So 08.01.2006 | | Autor: | pAt84 |
[mm]ln(t)[/mm] ist eine reele Zahl, genau wie [mm]C[/mm] ob nun [mm]C + \ln \left( t \right)[/mm] oder einfach nur [mm]C[/mm] spielt da keine Rolle, schließlich hat eine Intergration immer unendlich viele Lösungen.
Grüße aus China,
Patrick
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:32 So 08.01.2006 | | Autor: | Arkus |
Hmm ja, aber so wirklich zufrieden stellen tut mich die Antwort leider nicht 
MfG Arkus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 05:56 So 08.01.2006 | | Autor: | Arkus |
ups
hab noch einen kleinen Fehler gefunden, es muss nicht
... durch Koeffizientenvergleich das Gleichungsystem
[mm] $-B\cdot [/mm] 0 + [mm] \frac{A}{t}=0$
[/mm]
$A+B=1$
mit den Lösungen $A=1$ [mm] $\wedge$ [/mm] $B=-1$
sondern
durch Koeffizientenvergleich das Gleichungsystem
[mm] $-B\cdot [/mm] 0 + [mm] \frac{A}{t}=1$
[/mm]
$A+B=0$
mit den Lösungen $A=1$ [mm] $\wedge$ [/mm] $B=-1$
heißen ^^
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:38 So 08.01.2006 | | Autor: | Loddar |
Hallo Arkus!
Bist Du sicher, dass man den Lösungsweg in dieser Richtung gehen soll. Schließlich steht das nicht ausdrücklich da, dass die Stammfunktion durch Integrieren gezeigt werden soll.
Der Nachweis, dass [mm] $F_t(x)$ [/mm] eine Stammfunktion sein soll, geht auch schneller andersrum.
Es muss ja gelten: die Ableitung der Stammmfunktion ergibt die Ausgangsgsfunktion.
[mm] $F_t'(x) [/mm] \ = \ [mm] f_t(x)$
[/mm]
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:52 So 08.01.2006 | | Autor: | Arkus |
Hi
Ja klar weiß ich das,aber ich wollt beide Lösungen haben und das hier ist eben die schwerere 
Kannst du mir sagen, wo du Leute nun mit t multipliziert haben?
Zahlenmässig ändert das ja nix.
Gruß Arkus
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:34 So 08.01.2006 | | Autor: | Loddar |
Hallo Arkus!
Wie weiter oben bereits angedeutet, wird hier gar nicht mit $t_$ multipliziert. Es wird lediglich der Term innerhalb des [mm] $\ln(...)$ [/mm] auf einem Bruch zusammengefasst und anschließend ein  Logarithmusgesetz angewandt:
[mm] $\log_b\left(\bruch{x}{y}\right) [/mm] \ = \ [mm] \log_b(x)-\log_b(y)$
[/mm]
Also für Deine Aufgabe:
[mm] $\ln\left(e^x+\bruch{1}{t}\right) [/mm] \ = \ [mm] \ln\left(\bruch{t*e^x}{t}+\bruch{1}{t}\right) [/mm] \ = \ [mm] \ln\left(\bruch{t*e^x+1}{t}\right) [/mm] \ = \ [mm] \ln\left(t*e^x+1\right)-\ln(t)$
[/mm]
Da nun [mm] $\ln(t) [/mm] \ = \ const.$ , wird dieser Term mit der bisherigen Integrationskonstante zusammengefasst zu einer neuen Konstanten:
[mm] $C_2 [/mm] \ := \ [mm] \ln(t) [/mm] + [mm] C_1$
[/mm]
Gruß
Loddar
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:32 So 08.01.2006 | | Autor: | Arkus |
Hmm naja *kopfkratz* gut ok dann bedanke ich mich mal für die nette Hilfe
MfG Arkus
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