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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:14 Do 04.10.2007 | | Autor: | antoni1 |
| Aufgabe | | [mm] \integral_{\infty}^{-\infty}{x^{2} e^{\bruch{-x^{2}}{2}} dx} [/mm] |
Ok, das oben genannte Integral soll gelöst werden. Ich habe es mit partieller Integration mit u=x und [mm] v'=e^{\bruch{-x^{2}}{2}} [/mm] aber irgendwie klappt das nicht so ganz. Die Lösung ist übriges [mm] 2\pi.
[/mm]
Danke!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:23 Do 04.10.2007 | | Autor: | Kroni |
Hi,
zeige uns doch mal deine Rechnung, damit wir dir gescheit helfen können.
Das Problem ist es wohl, eine Stammfunktion zu [mm] $e^{-x^2/2}$ [/mm] zu finden.
Hast du schonmal probiert, eine andere Form der Integration zu verwenden? Vlt. hilft hier Substitution weiter?!
LG
Kroni
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:10 Do 04.10.2007 | | Autor: | antoni1 |
> Das Problem ist es wohl, eine Stammfunktion zu [mm]e^{-x^2/2}[/mm]
> zu finden.
Ja genau, das ist das Problem, das ich auch hatte.
> Hast du schonmal probiert, eine andere Form der Integration
> zu verwenden? Vlt. hilft hier Substitution weiter?!
Ich hab es ansatzweise versucht, aber keine gescheite Substitution gefunden. Hast du da ne Idee oder wer anders?
Danke
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:15 Do 04.10.2007 | | Autor: | Loddar |
Hallo antoni!
Mein erster Ansatz wäre hier die Substitution $z \ := \ [mm] -\bruch{x^2}{2}$ [/mm] , um auf die "Normal"-Exponentialfunktion [mm] $e^z$ [/mm] zu kommen.
Gruß
Loddar
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:39 Do 04.10.2007 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
Dein Integral bekommst du mit partieller Integration ([mm]u=x[/mm], [mm]v'=xe^{-x^2}[/mm]) in die Form
[mm]\integral_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2/2}dx [/mm]
> > Das Problem ist es wohl, eine Stammfunktion zu [mm]e^{-x^2/2}[/mm]
> > zu finden.
>
> Ja genau, das ist das Problem, das ich auch hatte.
Du brauchst nicht die Stammfunktion (das ist die Gauss'sche Fehlerfunktion), sondern nur das bestimmte Integral
[mm]\integral_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2}dx = \sqrt{\pi}[/mm]
Das kannst du in einer Tabelle nachschauen oder mit folgendem Trick ausrechnen:
Ich rechne das Quadrat des Integrals aus und ziehe hinterher die Wurzel:
[mm]\left(\integral_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2}dx\right)^2= \left(\integral_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2}dx\right)*\left(\integral_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2}dx\right) = \left(\integral_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2}dx\right)*\left(\integral_{-\infty}^{+\infty} e^{-y^2}dy\right) = \integral_{-\infty}^{+\infty} \integral_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2} e^{-y^2} dx dy = \integral_{-\infty}^{+\infty} \integral_{-\infty}^{+\infty} e^{-(x^2+y^2)} dx dy[/mm]
Das entstandene Doppelintegral transformiere ich in Polarkoordinaten:
[mm]\integral_{-\infty}^{+\infty} \integral_{-\infty}^{+\infty} e^{-(x^2+y^2)} dx dy = \integral_0^{2\pi} \integral_0^\infty e^{-r^2} r dr d\varphi = \integral_0^{2\pi} d\varphi * \bruch{-1}{2} \left. e^{-r^2} \right|_0^\infty = -\pi * (0 - 1) = \pi[/mm]
Wenn du diese Teile zusammensetzt, bekommst du die Lösung [mm]\sqrt{2\pi}[/mm] raus.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:46 So 07.10.2007 | | Autor: | antoni1 |
Ach Klasse!
Wie sieht es denn bei dem Integral
$ [mm] \integral_{\infty}^{-\infty}{x^{3} e^{\bruch{-x^{2}}{2}} dx} [/mm] $
Wäre hier xt $ [mm] u=x^{2}$ [/mm] und $ [mm] v'=xe^{-x^2} [/mm] $ die entsprechende Wahl?
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Hallo antoni1,
hier würde ich sogar [mm] $u:=-\frac{x^2}{2}$ [/mm] substituieren.
Damit ist [mm] $x^2=-2u$ [/mm] und [mm] $\frac{du}{dx}=-x\Rightarrow dx=-\frac{du}{x}$
[/mm]
Eingesetzt also [mm] $\int{x^3e^{-\frac{x^2}{2}}\, dx}=\int{x^3e^{u}\left(-\frac{du}{x}\right)}=-\int{x^2e^{u}\, du}=-\int{-2ue^{u}\, du}=2\int{ue^{u}\, du}$
[/mm]
Das nun mit partieller Integration lösen und dann resubstituieren
LG
schachuzipus
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