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Arcustangens-Umformung: Idee
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 11:34 Do 11.06.2015
Autor: Laura22

Hallo zusammen,
ich verzweifle gerade bei einer Umformung. In einem Anfänger-Buch von mir steht, dass man "leicht" die folgende Identität beweisen kann:

[mm] \integral_{a}^{b}{\bruch{k^2 y'(x)}{{k^2 - y^2(x)}} dx} [/mm] = k [mm] \left( (b - a) + log(\bruch{y(b) + k}{y(a) + k})\right) [/mm] mit y:[0, 1] [mm] \to [/mm] [0, 1] stetig differenzierbar.

Ich bin zu dem folgenden Punkt gekommen:

[mm] \integral_{a}^{b}{\bruch{k^2 y'(x)}{{k^2 - y^2(x)}} dx} [/mm] = [mm] \left[ k^2*\bruch{arctan(\bruch{y(x)}{k})}{k}\right]_{a}^{b}= \left[k \cdot arctan(\bruch{y(x)}{k})\right]_{a}^{b}= [/mm] k [mm] \cdot \left( arctan(\bruch{y(b)}{k}) - arctan(\bruch{y(a)}{k})\right) [/mm]

Nun weiß ich beim besten Willen nicht weiter...wie kommt man bloß auf die Logarithmusdarstellung...wäre großartig, wenn ihr mir einen Tipp geben könntet. Ich habe bei Wikipedia z.B. gelesen, dass man arctan über einen komplexen Logarithmus darstellen kann, aber das klappt auch nicht...

Liebe Grüße,
Laura

        
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Arcustangens-Umformung: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 11:51 Do 11.06.2015
Autor: fred97


> Hallo zusammen,
>  ich verzweifle gerade bei einer Umformung. In einem
> Anfänger-Buch von mir steht, dass man "leicht" die
> folgende Identität beweisen kann:
>  
> [mm]\integral_{a}^{b}{\bruch{k^2 y'(x)}{{k^2 - y^2(x)}} dx}[/mm] = k
> [mm]\left( (b - a) + log(\bruch{y(b) + k}{y(a) + k})\right)[/mm] mit
> y:[0, 1] [mm]\to[/mm] [0, 1] stetig differenzierbar.
>  
> Ich bin zu dem folgenden Punkt gekommen:
>  
> [mm]\integral_{a}^{b}{\bruch{k^2 y'(x)}{{k^2 - y^2(x)}} dx}[/mm] =
> [mm]\left[ k^2*\bruch{arctan(\bruch{y(x)}{k})}{k}\right]_{a}^{b}= \left[k \cdot arctan(\bruch{y(x)}{k})\right]_{a}^{b}=[/mm]
> k [mm]\cdot \left( arctan(\bruch{y(b)}{k}) - arctan(\bruch{y(a)}{k})\right)[/mm]
>  

Das erste = ist schon falsch ! Leite mal

   [mm] k^2*\bruch{arctan(\bruch{y(x)}{k})}{k} [/mm]

ab. Es kommt nicht [mm] \bruch{k^2 y'(x)}{k^2 - y^2(x)} [/mm] raus !


> Nun weiß ich beim besten Willen nicht weiter...wie kommt
> man bloß auf die Logarithmusdarstellung...wäre
> großartig, wenn ihr mir einen Tipp geben könntet.


Bestimme a und b so, dass

[mm] \bruch{k^2 y'(x)}{k^2 - y^2(x)}=k^2y'(x)*(\bruch{a}{k+y(x)}+\bruch{b}{k-y(x)}) [/mm]
ist.

FRED

>  Ich
> habe bei Wikipedia z.B. gelesen, dass man arctan über
> einen komplexen Logarithmus darstellen kann, aber das
> klappt auch nicht...
>  
> Liebe Grüße,
>  Laura


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Arcustangens-Umformung: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 12:04 Do 11.06.2015
Autor: Gonozal_IX

Hallo Laura,

fred gab dir ja schon einen Hinweis.
Dann noch zu deinem Denkfehler:

1.) Was ist die Stammfunktion von [mm] $\bruch{1}{1+x^2}$? [/mm]
2.) Was ist die Stammfunktion von [mm] $\bruch{1}{1-x^2}$? [/mm]

Beachte also das unterschiedliche Vorzeichen im Nenner.
Dann wird dir auch klar, wo dein Fehler liegt :-)

Gruß,
Gono

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Arcustangens-Umformung: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 12:20 Do 11.06.2015
Autor: Laura22

Ich danke euch beiden! Ich muss jetzt erst einmal die Tipps ausprobieren und poste meine Rechnung später! :)

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Arcustangens-Umformung: Rückfrage
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 15:19 Do 11.06.2015
Autor: Laura22

Gut, also ich habe nun einmal eure Tipps benutzt und bin mit der Partialbruchzerlegung weiter gekommen:

Bestimme das Integral

[mm] k^2 \int\limits_{a}^{b} \frac{\dot{y}(x)}{(k + y(x)) \cdot (k - y(x))} [/mm] dx

mit Hilfe einer Partialbruchzerlegung, d.h. finde $A$ und $B$, sodass gilt:

[mm] \frac{1}{(k + y(x)) \cdot (k - y(x))} [/mm] = [mm] \frac{A}{k + y(x)} [/mm] + [mm] \frac{B}{k - y(x)} \Leftrightarrow [/mm] 1 = A(k - y(x)) +B(k + y(x))

und wir erhalten $A$ und $B$ durch Koeffizientenvergleich:

   B - A = 0 [mm] \wedge [/mm] A k + B k = 1 [mm] \text{, d.h. } [/mm] A = B = [mm] \frac{1}{2 k} [/mm]

Also:

[mm] k^2 \int\limits_{a}^{b} \frac{\dot{y}(x)}{(k + y(x)) \cdot (k - y(x))} [/mm] dx

= [mm] \frac{k}{2} \int\limits_{a}^{b} \frac{\dot{y}(x)}{k + y(x)} [/mm] + [mm] \frac{\dot{y}(x)}{k - y(x)} [/mm] dx

= [mm] \frac{k}{2} \left[\log{(k + y(x))} - \log{(k - y(x))}\right]_{a}^{b} [/mm]

= [mm] \frac{k}{2} \log{\frac{y(b) + k}{y(a) + k}} [/mm] - [mm] \log{\frac{k - y(b)}{k - y(a)}} [/mm]

Der linke Log-Ausdruck sieht ja schon so aus wie das, was rauskommen soll, doch wie kommt man nun auf die angegebene Form? Stimmt das bis hierhin überhaupt? Ich danke euch, alleine komme ich da momentan nicht weiter!

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Arcustangens-Umformung: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 23:03 Do 11.06.2015
Autor: rmix22

Die angegebene Lösung gehört vermutlich nicht zu der von dir hier dargestellten Angabe sondern eher zu [mm] $k\cdot\int_a^b{\left(\frac{\dot y(x)}{k+y(x)}+1 \right)dx}=? [/mm]

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Arcustangens-Umformung: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 10:14 Fr 12.06.2015
Autor: Laura22

Vielen Dank. Ich habe die Aussage so 1:1 abgeschrieben, irgendwie such ich mir immer nur die dummen Beispiele raus...oder ich habe irgendwas davor übersehen...egal, ich danke euch jedenfalls, dass ihr mal drübergeschaut habt. Und so konnte ich wenigstens einmal die Partialbruchzerlegung üben. :)

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Arcustangens-Umformung: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 23:14 Do 11.06.2015
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

rmix hat ja schon geschrieben, dass die gegebene Lösung falsch ist.
Kannst du auch einfach verifizieren, indem du einfach mal $k=1$ und $y(x)=x$ setzt.

Insbesondere würde nach der gegebenen Lösung [mm] $\int_0^1\bruch{1}{1-x^2}$ [/mm] konvergieren, was es aber nicht tut.

Gruß,
Gono

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