Integration mit Umkehrfunktion < Integration < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:04 Sa 21.03.2009 | | Autor: | Iluvatar |
| Aufgabe | Integrieren Sie
[mm] \integral_{}^{}{-\frac{1}{a}\text{arctanh}\left(\frac{\sqrt{a^{2}+x^{2}}}{a}\right) dx} [/mm] |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Nun, wie löse ich dieses Integral? Ich weiß, dass es eine entsprechende Methode über die Umkehrfunktion gibt:
[mm] \integral_{}^{}{f(x) dx}=x\;f(x) [/mm] - [mm] \integral_{}^{}{g(x) dx}
[/mm]
Wobei [mm] \(g(x)\) [/mm] die Umkehrfunktion von [mm] \(f(x)\) [/mm] ist.
Die Umkehrfunktion würde nach meiner Rechnung [mm] \(x=a\sqrt{\tanh^{2}(-ay)-1}\) [/mm] lauten.
Nur ab hier weiß ich nicht weiter.
Ich danke schon allen Helfern im Voraus.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:38 Sa 21.03.2009 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Ich glaube, dass die Sache mit der Umkehrfunktion die Sache hier etwas schwieriger macht, obwohl ich die Formel noch nicht kannte und auch recht interessant ist. Wüsste nur gerne, wo die her kommt! Habe die nur mit Integrationsgrenzen gefunden, aber keine ohne.
Wie dem auch sei:
Versuche mal, partiell zu integrieren.
[mm] u'=-\bruch{1}{a}
[/mm]
[mm] v=arctan(\bruch{\wurzel{x^2+a^2}}{a})
[/mm]
Dann kommst du auf ein etwas einfacheres Integral, zumindest scheint es so. Vielleicht hilft dir das ja.
Ansonsten kannst du auch versuchen zu substituieren.
[mm] z=arctan(\bruch{\wurzel{x^2+a^2}}{a})
[/mm]
Aber probier es erstmal partiell.
![[anon]](/images/smileys/anon.png "[anon]") Teufel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:35 Sa 21.03.2009 | | Autor: | Iluvatar |
Ich habe es nun mit der partiellen Integration probiert:
[mm] \integral_{}^{}{u'v dx}=uv-\integral_{}^{}{uv' dx}
[/mm]
so komme ich dann auf [mm] -\frac{x}{a}\text{arctanh}\frac{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}{a}+\integral_{}^{}{\frac{1}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}}
[/mm]
Nur müsste für das ergebnis nacher ein - dastehen anstatt eines +. Da habe ich meinen Fehler noch nicht gefunden.
Das Integral von [mm] \frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}} [/mm] ist zwar ansich einfacher. Nur habe ich noch nicht den Blick dieses zu lösen. Es erscheint mir das ich logarithmische Integration anwenden muss. Nur bringt mich dies noch nicht viel weiter.
Diese Regel für die Integration über Umkehrfunktion (ohne Grenzen) habe ich aus der Übung zu Mathematische Methoden der Physik.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:38 Sa 21.03.2009 | | Autor: | Teufel |
Ich bekomme nach einem mal partiell integrieren
$ [mm] -\frac{x}{a}\text{arctanh}\frac{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}{a}+\integral_{}^{}{\frac{x^2}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}*(x^2+2a^2)}} [/mm] $
raus.
Vielleicht hast du dich irgendwo beim Ableiten des Arkustangens-Ausdrucks vertan. Der ist ja mehrfach verkettet.
So, und nach einigem Rechnen bin ich jetzt darauf gekommen:
[mm] \integral_{}^{}{\frac{x^2}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}*(x^2+2a^2)}} [/mm] löst du wieder partiell auf, indem du es in [mm] \integral_{}^{}{x*\frac{x}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}*(x^2+2a^2)}} [/mm] umformst.
x leitest du dann ab und der Bruch integrierst du mit der Ersetzung [mm] z=\sqrt{x^{2}+a^{2}}.
[/mm]
Sollte eigentlich klappen, aber sag Bescheid, wenn du irgendwo feststeckst oder einen Fehler siehst!
EDIT: Ich seh gerade, dass das doch nicht so einfach geht. Vielleicht versucht sich ein anderer daran, ich probier es später vielleicht nochmal...
Teufel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:47 Sa 21.03.2009 | | Autor: | Iluvatar |
den arctanh + Argumente abgeleitet ergibt:
[mm] {\frac {x}{\sqrt {{a}^{2}+{x}^{2}}\;a\left( 1-{\frac {{a}^{2}
+{x}^{2}}{{a}^{2}}} \right)}}
[/mm]
und das vereinfacht:
[mm] -{\frac {a}{\sqrt {{a}^{2}+{x}^{2}}x}}
[/mm]
(Maple hat es mir bestätigt  )
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:52 Sa 21.03.2009 | | Autor: | Teufel |
Ach, artanh!
Am Anfang war das ein arctan! Also, ist es jetzt wirklich artanh oder doch arctan?
Teufel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:59 Sa 21.03.2009 | | Autor: | Iluvatar |
jap, artanh, hatte mich verschrieben und habe es im ersten Post verändert.
Das mit der partiellen Integration klappt soweit. Nur an dem letzten Integral hänge ich mit der logarithmischen Integration.
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Hallo Iluvator,
> den arctanh + Argumente abgeleitet ergibt:
> [mm]{\frac {x}{\sqrt {{a}^{2}+{x}^{2}}\;a\left( 1-{\frac {{a}^{2}
+{x}^{2}}{{a}^{2}}} \right)}}[/mm]
>
> und das vereinfacht:
>
> [mm]-{\frac {a}{\sqrt {{a}^{2}+{x}^{2}}x}}[/mm]
>
> (Maple hat es mir bestätigt )
Hmm, für den artanh ( Area Tangens Hyperbolicus ) stimmt das.
Ich frag mich jetzt allerdings, was hier gemeint ist.
Entweder der artanh ( Area Tangens Hyperbolicus ):
[mm]\integral_{a}^{b}{\operatorname{artanh}\left(\bruch{\wurzel{a^{2}+x^{2}}}{a}\right) \ dx}[/mm]
oder der arctan ( Arkus Tangens, wie in der Aufgabenstellung ):
[mm]\integral_{a}^{b}{\operatorname{arctan}\left(\bruch{\wurzel{a^{2}+x^{2}}}{a}\right) \ dx}[/mm]
Gruß
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:17 Sa 21.03.2009 | | Autor: | Iluvatar |
den Area Tangens Hyperbolicus. Ich habe es schon in der Aufgabenstellung berichtigt.
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Hallo Martin,
> Ich habe es nun mit der partiellen Integration probiert:
>
> [mm]\integral_{}^{}{u'v dx}=uv-\integral_{}^{}{uv' dx}[/mm]
>
> so komme ich dann auf
> [mm]-\frac{x}{a}\text{arctanh}\frac{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}{a}+\integral_{}^{}{\frac{1}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}}[/mm]Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Das stimmt nicht ganz, es ergibt sich:
$-\frac{x}{a}\cdot{}atanh\left(\frac{\sqrt{a^2+x^2}}{a}\right) \ - \ \int{\left(-\frac{x}{a}\right)\cdot{}\left(-\frac{a}{x\cdot{}\sqrt{a^2+x^2}}\right) \ dx}$
$=-\frac{x}{a}\cdot{}atanh\left(\frac{\sqrt{a^2+x^2}}{a}\right) \ \red{-} \ \int{\frac{1}{\sqrt{a^2+x^2}}\right) \ dx}$
Das letzte Integral bekommst du nun mit einer kleinen Umformung und einer Substitution ganz gut in den Griff
$-\int{\frac{1}{\sqrt{a^2+x^2}} \ dx}=-\frac{1}{a}\cdot{}\int{\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{x}{a}\right)^2}} \ dx}$
Nun substituiere $\frac{x}{a}:=\sinh(u)$, also $x=a\cdot{}\sinh(u)$
>
> Nur müsste für das ergebnis nacher ein - dastehen anstatt
> eines +. Da habe ich meinen Fehler noch nicht gefunden.
> Das Integral von [mm]\frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}[/mm] ist zwar ansich
> einfacher. Nur habe ich noch nicht den Blick dieses zu
> lösen. Es erscheint mir das ich logarithmische Integration
> anwenden muss. Nur bringt mich dies noch nicht viel
> weiter.
>
> Diese Regel für die Integration über Umkehrfunktion (ohne
> Grenzen) habe ich aus der Übung zu Mathematische Methoden
> der Physik.
LG
schachuzipus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:19 Sa 21.03.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hi!
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> Ich glaube, dass die Sache mit der Umkehrfunktion die Sache
> hier etwas schwieriger macht, obwohl ich die Formel noch
> nicht kannte und auch recht interessant ist. Wüsste nur
> gerne, wo die her kommt! Habe die nur mit
> Integrationsgrenzen gefunden, aber keine ohne.
mit Grenzen findet man (für stetiges und streng monoton wachsendes [mm] $f\,$) [/mm] die Formel z.B. ![[]](/images/popup.gif) hier ('anschaulich' findet man diesbezüglich auch etwas hierEingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
).
Ich kann mir aber nicht vorstellen, dass die Formel auch allgemeiner bzw. für allg. umkehrbare Funktionen $f\,$ gilt.
Denn:
Eine Stammfunktion
$$F=\int f(t)\;\text{d}t\;\;\; (\text{im folgenden: } (\int f(t)\;\text{d}t)(x) \text{ oder } (\int f)(x) \text{ steht für nichts anderes als }F(x)\,,$$
$$\text{ also den Funktionswert einer (fest gewählten) Stammfunktion an der Stelle }x)$$
zu $f\,$ erfüllt $F'(x)=f(x)$ für alle $x\,.$
Differenziere ich die Funktion $x \mapsto H(x):=x*f(x)-(\int f^{-1})(x)$ nach $x\,,$ so folgt
$$H'(x)=f(x)+x*f'(x)-f^{-1}(x)\,.$$
Beispiel:
$$\int \underbrace{8x^3}_{=f(x)}\;\text{d}x$$
Offensichtlich ist $F(x)=2x^4$ eine Stammfunktion für $f\,.$
Hier ist $f(x)=8x^3$ mit $f^{-1}(y)=\frac{1}{2}y^{1/3}\,,$ und damit
$$x*f(x)-(\int f^{-1}(y)\;\text{d}y)(x)=8x^4-\frac{3}{8}x^{4/3}.$$
Das ist aber sicherlich keine Stammfunktion für $f(x)=8x^3\,.$
Außerdem deutet auch der Beweis bei der Formel mit den Grenzen darauf hin, dass man i.a. nicht einfach so eine Stammfunktion hinschreiben kann. Sonst würde dort sicherlich nachgerechnet werden, dass $x \mapsto x*f(x)-(\int f^{-1}(t)\text{d}t)(x)$ eine Stammfunktion für die Funktion $f(x)$ sei. Stattdessen wird dort aber mit Riemannsummen argumentiert.
Edit: Wie in meiner zweiten Mitteilung festgestellt, erkennt man analog zu dem Beweis des zweiten Links, dass (unter geeigneten Voraussetzungen an $f\,$) die Formel
$$(\int f(t)\;\text{d}t)(x)=x*f(x)-(\int g(t)\,\text{d}t)(f(x))$$
heißen sollte.
Also die Funktion $\int g$ soll an der Stelle $\,f(x)$ ausgewertet werden. Dann erhielten wir auch im obigen Beispiel:
$\int 8x^3\text{d}x=8x^4-\frac{3}{8}*\left.y^{4/3}\right|_{y=8x^3}=8x^4-\frac{3}{8}*16x^4=2x^4\,.$
Aber die 'Resubstitution', also dass $\int g$ nicht an der Stelle $x\,$, sondern an der Stelle $f(x)\,$ ausgewertet wird, ist hier sehr wichtig!!
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:23 Sa 21.03.2009 | | Autor: | Iluvatar |
Ich kann wie gesagt, es nur so sagen, wie es in der Übung gezeigt wurde. Für Funktionen wie arctan(x) und arctanh(x) hat es auch ohne Grenzen prima funktioniert.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:32 Sa 21.03.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Ich kann wie gesagt, es nur so sagen, wie es in der Übung
> gezeigt wurde. Für Funktionen wie arctan(x) und arctanh(x)
> hat es auch ohne Grenzen prima funktioniert.
naja, aber selbst wenn die Formel allgemeiner gelten sollte, so wird [mm] $f\,$ [/mm] sicherlich bestimmte Voraussetzungen zu erfüllen haben (zumindest mal die Invertierbarkeit). Ich gucke mir das gleich alles nochmal an, vielleicht habe ich ja auch was falsch gerechnet, aber ich bin bei der Formel da für unbestimmte Integration sehr skeptisch, und bei Integration mit Grenzen steht ja auch schon dabei, dass [mm] $f\,$ [/mm] streng monoton wachsend und stetig sein soll...
Vielleicht erhält man mithilfe dieser Formel manchmal auch zufällig eine Stammfunktion und rechnet dann einfach nach, dass das auch wirklich eine Stammfunktion ist, ich weiß es nicht, die Formel ist mir (auch mit den Grenzen) nicht so wirklich geläufig...
P.S.:
Ich habe gerade hiermit herausgefunden, dass die Formel wohl doch ein wenig allgemeiner gilt. Dabei ist aber zu beachten, dass man anstelle von
[mm] $$\int g(x)\text{d}x$$
[/mm]
besser
[mm] $$\int g(y)\text{d}y$$
[/mm]
mit $y=f(x)$ (und damit [mm] $\text{d}y=f'(x)\text{d}x$) [/mm] schreiben sollte, weil dort so substitutiert wurde.
Also nochmal:
Ich schreibe jetzt kurz [mm] $(\int [/mm] f)(x)$ statt $F(x)$ (also die Auswertung von [mm] $F\,$ [/mm] an der Stelle [mm] $x\,$), [/mm] wenn [mm] $F\,$ [/mm] eine Stammfunktion für [mm] $f\,$ [/mm] ist, und [mm] $g\,$ [/mm] sei die Umkehrfunktion zu [mm] $f\,$. [/mm]
Dann lautet die Formel mit der Umkehrfunktion
[mm] $$(\int f)(x)=x\cdot{}f(x)-(\int g)(\blue{f(x)})\,,$$
[/mm]
[mm] $\text{(}$ [/mm] oder vll. wird die Formel doch klarer, wenn man [mm] $F=\int [/mm] f$ und [mm] $G=\int [/mm] g$ setzt:
[mm] $$F(x)=x*f(x)-G(f(x))\text{)}$$
[/mm]
es ist hier also zu beachten, dass in obiger Formel [mm] $G=\int [/mm] g$ nicht an der Stelle $x$, sondern an der Stelle $f(x)$ ausgewertet wird.
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:03 Sa 21.03.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Integrieren Sie
>
> [mm]\integral_{}^{}{-\frac{1}{a}\text{arctanh}\left(\frac{\sqrt{a^{2}+x^{2}}}{a}\right) dx}[/mm]
>
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
>
> Nun, wie löse ich dieses Integral? Ich weiß, dass es eine
> entsprechende Methode über die Umkehrfunktion gibt:
>
> [mm]\integral_{}^{}{f(x) dx}=x\;f(x)[/mm] - [mm]\integral_{}^{}{g(x) dx}[/mm]
>
> Wobei [mm]\(g(x)\)[/mm] die Umkehrfunktion von [mm]\(f(x)\)[/mm]Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
ist.
die Formel, die Du meinst, lautet etwas anders, hier habe ich die Herleitung aus dem zweiten Link mal analog für unbestimmte Integrale gemacht (ohne jetzt auf genauere Voraussetzung einzugehen, also mehr oder weniger ist das hier 'formales heuristisches Rechnen'):
$$\int f(x)dx=\int 1\cdot{}f(x)dx\underset{part.\;Integr.}{=}[x\cdot{}f(x)]-\int x\cdot{}f'(x)dx$$
$$ \underset{x=(f^{-1} \circ f)(x)}{=}[x\cdot{}f(x)]-\int f^{-1}(f(x))\cdot{}f'(x)dx\underset{substituiere\;y=f(x) \Rightarrow dy=f'(x)dx}{=}[x\cdot{}f(x)]-\int f^{-1}(y)dy=[x\cdot{}f(x)]-\left(\left.\int g(y)dy\right|_{y=f(x)}\right)\,.$$
Hierbei ist $g:=f^{-1}$ wie bei Dir die Umkehrfunktion zu $f\,.$ Dabei wäre anstatt $\int f(x)dx$ etc. eigentlich, weil $F=\int f(t)dt$ eine Funktion ist, als $(\int f(t)dt)(x)$ zu notieren, man schreibt aber meist trotzdem $F(x)=\int f(x)dx\,.$
Mit $y:=f(x)\,$ kann man dann obige Formel schreiben als
$$\int f(x)dx=x*f(x)-\int g(y)dy\,,$$
bzw. ich würde sie, wie oben, einfach notieren als
$$\int f(x)dx=x*f(x)-\left(\left.\int g(y)dy\right|_{y=f(x)}\right)\,,$$
oder vll. sogar noch deutlicher mit den Definitionen $F:=\int f(t)dt$ und $G:=\int g(t)dt$, wie man sie auch in den anderen Mitteilungen mittlerweile findet:
$$F(x)=x*f(x)-G(f(x))\,.$$
Gruß,
Marcel
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[mm]\tanh t = \frac{\sinh t}{\cosh t} \, , \ \ t \in \mathbb{R}[/mm]
[mm]\frac{\mathrm{d} \tanh t}{\mathrm{d}t} = \frac{\cosh^2 t - \sinh^2 t}{\cosh^2 t} = \frac{1}{\cosh^2 t} > 0 \ \ \mbox{für alle} \ \ t \in \mathbb{R}[/mm]
Damit ist der Tangens hyperbolicus streng monoton wachsend, also umkehrbar.
[mm]\tanh t = \frac{\operatorname{e}^t - \operatorname{e}^{-t}}{\operatorname{e}^t + \operatorname{e}^{-t}} \to \pm 1 \ \ \mbox{für} \ \ t \to \pm \infty[/mm]
Der Wertebereich der Funktion ist daher [mm]W_{\tanh} = (-1,1)[/mm]. Die Umkehrfunktion [mm]\operatorname{artanh}[/mm] ist folglich nur im Intervall [mm]D_{\operatorname{artanh}} = (-1,1)[/mm] definiert. Jetzt gilt aber, wenn wir einmal [mm]a[/mm] als positiv annehmen:
[mm]\frac{\sqrt{a^2 + x^2}}{a} \geq 1 \ \ \mbox{für alle} \ \ x \in \mathbb{R}[/mm]
Diese Aufgabe ist daher der vergebliche Versuch, die überall undefinierte Funktion zu integrieren.
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