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Hallo, alle zusammen.
Normalerweise hab ich gar nicht soviel Probleme mit Integralen aber die folgenden haben es mir echt angetan.
a) [mm] \integral_{}^{} {\bruch{x^3+x^2+2}{x(x^2-1)^2} dx}
[/mm]
b) [mm] \integral_{}^{} {\bruch{1}{x^4+1} dx}
[/mm]
c) [mm] \integral_{}^{} {\bruch{1}{2+3cos^2*x} dx}
[/mm]
d)Zeigen Sie, dass
[mm] \integral_{0}^{\infty} {e^{-ax}cosbx dx}= \bruch{a}{a^2+b^2}
[/mm]
e)Stellen Sie fest, ob das Intergral konvergiert.
[mm] \integral_{-1}^{1} {\bruch{1}{ \wurzel{|x|}} dx}
[/mm]
zu a) wahrscheinlich durch Partialbruchzerlegung. Allerdings komme ich hierbei auf keinen gescheiten Anfang, den Term aufzuspalten.
zu b)sieht sehr einfach aus, aber irgendwie hat das es in sich, hat vielleicht jemand ne Anregung für mich?
zu c) ich komm hier mit dem [mm] cos^2 [/mm] überhaupt nicht klar.
zu d) müsste doch eigentlich mit partieller Integration zu lösen sein, aber auch hier komme ich auf keinen grünen Zweig.
und last but not least e) Konvergenz???? Wie mach ich den sowas ?
Falls jemand ne Idee zu dem ein oder anderen Integral haben sollte, ich wäre sehr dankbar.
Grüße Chiro
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:25 Mo 18.04.2005 | | Autor: | Paulus |
Lieber Chironimus
Ich denke, jeder, der etwas weiss, sollte zu einer Teilaufgabe etwas sagen. Ich versuchs mal mit Aufgabe b)
Da habe ich mal eine ganz ähnliche Aufgabe erklärt. Siehe dazu diese Frage, und dann aber meine Antwort (die anderen sind etwas missraten  )
https://matheraum.de/read?i=57558
Mit lieben Grüssen
Paul
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:30 Mo 18.04.2005 | | Autor: | Paulus |
Lieber Chironimus
> a) [mm]\integral_{}^{} {\bruch{x^3+x^2+2}{x(x^2-1)^2} dx}[/mm]
Ich denke, Partialbruchzerlegung ist hier schon geeignet. Der allgemeinen Theorie folgend, würde ich folgenden Ansatz versuchen:
[mm] $\bruch{x^3+x^2+2}{x(x^2-1)^2}=\bruch{A}{x}+\bruch{B}{x+1}+\bruch{C}{(x+1)^2}+\bruch{D}{x-1}+\bruch{E}{(x-1)^2}$
[/mm]
Damit sollte es eigentlich zu schaffen sein! 
Mit lieben Grüssen
Paul
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:32 Mi 20.04.2005 | | Autor: | michael7 |
Hallo Paul + Matheraum,
> [mm]\bruch{x^3+x^2+2}{x(x^2-1)^2}=\bruch{A}{x}+\bruch{B}{x+1}+\bruch{C}{(x+1)^2}+\bruch{D}{x-1}+\bruch{E}{(x-1)^2}[/mm]
wieso genau muss man eigentlich fuer z.B. [mm] $(x+1)^2$ [/mm] einmal $(x+1)$ und einmal [mm] $(x+1)^2$ [/mm] im Nenner schreiben (also so wie in obiger Gleichung)?
Michael
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:37 Do 21.04.2005 | | Autor: | Julius |
Hallo!
So ist nun mal das allgemeine Vorgehen bei der Partialbruchzerlegung, denn andernfalls klappt es i.A. nicht.
Ganz allgemein kann man die Partialbruchzerlegung wie folgt beschreiben:
Es sei $r$ eine rationale Funktion mit $n$ verschiedenen Polstellen [mm] $z_j$ ($j=1,\ldots,n$) [/mm] der Ordnung [mm] $m_j$ ($j=1,\ldots,n$).
[/mm]
Wir schreiben:
$r(z) = [mm] \frac{p(z)}{q(z)}$
[/mm]
mit
$q(z) = [mm] (z-z_1)^{m_1} \cdot \ldots \cdot (z-z_n)^{m_n}$.
[/mm]
Dann gibt es eine Polynomfunktion $f(z)$ mit $Grad(f)= Grad(p)-Grad(q)$, falls [mm] $Grad(p)\ge [/mm] Grad(q)$, $f=0$ sonst, und reelle Zahlen [mm] $a_{j\nu}$ ($\nu=1,\ldots,m_j;j=1,\ldots,n$), [/mm] so dass:
$r(z) = f(z) + [mm] \sum\limits_{j=1}^n \sum\limits_{\nu=1}^{m_j} \frac{a_{j\nu}}{(z-z_j)^{\nu}}$.
[/mm]
Viele Grüße
Julius
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:06 So 24.04.2005 | | Autor: | michael7 |
Danke fuer Deine Antwort, Julius!
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Hallo Chiro,
> c) [mm]\integral_{}^{} {\bruch{1}{2+3cos^2*x} dx}[/mm]
es liegt ein Integral dieser Form vor, wobei der Integrand ein rationaler Term der vier trigonometrischen Funktionen ist:
[mm]\int {f\left( {\sin \;x;\;\cos \;x;\;\tan \;x;\;\cot \;x} \right)\;dx} [/mm]
Durch die Substitution
[mm]
\begin{gathered}
\tan \;\frac{x}
{2}\; = \;t \hfill \\
dx\; = \;\frac{2}
{{1\; + \;t^2 }}\;dt \hfill \\
\end{gathered}
[/mm]
geht das Integral über in
[mm]\int {f\left( {\frac{{2t}}
{{1\; + \;t^{2} }};\;\frac{{1\; - \;t^{2} }}
{{1\; + \;t^{2} }};\;\frac{{2t}}
{{1\; - \;t^{2} }};\;\frac{{1\; - \;t^{2} }}
{{2t}}} \right)} \;\frac{2}
{{1\; + \;t^{2} }}\;dt[/mm]
Dieses läßt sich dann mit Hilfe der Partialbruchzerlegung lösen.
Gruß
MathePower
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Eine Antwort auf a) hast du ja schon.
Bei b) würde ich Residuensatz anwenden.
Bei c) cos(?).
Bei d) kannst du [mm] cos(bx)=\bruch{1}{2}(e^{ibx}+e^{-ibx}) [/mm] setzen, zusammenfassen und dann integrieren, dann müsste es gehen.
Bei e) das kanst du es so nicht integrieren da der Integrand in 0 nicht definiert ist, so wie es da steht.
Hoffe war hilfreich. cu!
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Guten Morgen Chironimus!
> d) Zeigen Sie, dass [mm]\integral_{0}^{\infty} {e^{-ax}cosbx dx}= \bruch{a}{a^2+b^2}[/mm]
Die Idee mit der partiellen Integration ist schon sehr gut ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") .
Du mußt diese Methode aber zwei-mal anwenden, um zum Ziel zu kommen.
Dann entsteht auf der rechten Seite der Gleichung ein sehr ähnlicher Ausdruck wie das Ausgangsintegral und Du kannst dann enstprechend umstellen.
> e) Stellen Sie fest, ob das Intergral konvergiert. [mm]\integral_{-1}^{1} {\bruch{1}{ \wurzel{|x|}} dx}[/mm]
Bei diesem Integral handelt es sich um ein sogenanntes "uneigentliches Integral", da wir hier über eine Polstelle hinweg integrieren.
Aus Symmetriegründen gilt ja:
[mm]\integral_{-1}^{1} {\bruch{1}{ \wurzel{|x|}} \ dx} \ = \ 2*\integral_{0}^{1} {\bruch{1}{ \wurzel{x}} \ dx} \ = \ 2*\integral_{0}^{1} {x^{-\bruch{1}{2}} \ dx}[/mm]
Bei einem uneigentlichem Integral geht man nun folgendermaßen vor:
[mm]2*\integral_{0}^{1} {x^{-\bruch{1}{2}} \ dx} \ = \ \limes_{A\rightarrow 0} \left(2*\integral_{A}^{1} {x^{-\bruch{1}{2}} \ dx}\right) \ = \ 2*\limes_{A\rightarrow 0} \integral_{A}^{1} {x^{-\bruch{1}{2}} \ dx}[/mm]
Natürlich handelt es sich bei dem oberen Integral (Aufgabe d.) auch um ein uneigentliches Integral, da eine Integrationsgrenze [mm] $\infty$ [/mm] lautet.
Die Vorgehensweise mit der Grenzwertbetrachtung ist aber dieselbe ...
Falls noch etwas unklar ist, frag' einfach ...
Grüße vom
Roadrunner
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 21:19 Di 19.04.2005 | | Autor: | Chironimus |
Hallo, zunächst mal vielen Dank für eure Hilfe.
Aber ich habe allerdings noch ein paar Probleme.
Zunächst mal zu a).
Die Partialbruchzerlegung liefert nachher 3 Gleichungen bei 5 Unbekannten.(also zumindest bei mir).
1= B+C-D+E
1=-2A-B+2C-D-2E
2=A
Das kann doch nicht sein, oder ?
zu b) und an Paulus.
Ich habe mir deine Antwort auf die Frage angesehen, aber irgendwie nur Bahnhof verstanden. :-(
und letztens noch zu e)
Konvergiert das Integral gegen 4 ? (*hoffend*)
Grüße Chiro
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Hallo Chironimus!
> und letztens noch zu e)
> Konvergiert das Integral gegen 4 ? (*hoffend*)
Deine Hoffnung wird nicht enttäuscht . Dieses Ergebnis habe ich auch erhalten .
Grüße vom
Roadrunner
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:07 Mi 20.04.2005 | | Autor: | Paulus |
Lieber Chiro
ich muss gleich sagen, dass ich heute praktisch keine Zeit habe. Darum nur ein Paar Worte zu a)
>
> Zunächst mal zu a).
> Die Partialbruchzerlegung liefert nachher 3 Gleichungen
> bei 5 Unbekannten.(also zumindest bei mir).
>
> 1= B+C-D+E
> 1=-2A-B+2C-D-2E
> 2=A
>
Das verstehe ich jetzt aber gar nicht! Du hast doch beliebig viele Gleichungen!
Nach meiner Rechnung, wenn ich die Gleichung mit dem Generalnenner multipliziere, erhalte ich:
[mm] $x^3+x^2+2=A(x+1)^2(x-1)^2+Bx(x+1)(x-1)^2+Cx(x-1)^2+Dx(x+1)^2(x-1)+Ex(x+1)^2$
[/mm]
Nun gibt es verschiedene Methoden. Entweder kannst du das jetzt alles ausmultiplizieren und Koeffizientenvergleich anstellen, oder du kannst für x einfach konktete Werte einsetzen.
Zum Beistpiel x = 1713, x= -1312, x=8917 und so weiter. Für jeden Wert bekommst du eine andere Gleichung!
Ich würde aber vielleicht nicht gerade diese Beispiele nehmen. Sicher zum Beispiel x=0, x=-1 und x=+1 (dann fallen einige Summanden weg). Dann zum Beispiel noch x=-2 und x = +2.
Mit lieben Grüssen
Paul
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