integral einer e funktion < Integration < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 02:44 Do 29.05.2008 | | Autor: | vivo |
Hallo,
[mm] \bruch{1}{\wurzel{2 \pi} \sigma} \integral_{0}^{\infty}{x \bruch{e^{-\bruch{(lnx- \mu)^2}{2 \sigma ^2}}}{x}}
=
e^{\mu + \bruch{\sigma ^2}{2}} [/mm]
leider kann ich das Integral nicht lösen um auf das Ergebnis zu kommen. Wie muss ich denn hier vorgehen?
vielen Dank für eure Antworten
gruß
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:24 Do 29.05.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo vivo!
Kannst Du mal die Aufgabenstellung kontrollerien, ob da auch alles richtig widergegeben ist.
Denn in der dargestellten Form würden sich die beiden $x_$ kürzen.
Gruß
Loddar
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 09:38 Do 29.05.2008 | | Autor: | vivo |
Hallo,
ja die beiden x kürzen sich, ich wollte es nur vollständig hinschreiben, weil ich nicht wusste ob man die x'e vielleicht irgendwie verwenden muss, es handelt sich nämlich um den Erwartungswert der logarithmischen normalverteileung, das ist ja aber eigentlich nicht wichtig für die Lösung des Integrals, deshalb habe ich es nicht erwähnt.
sagt mal vorhin habe ich ein paar integrale gesehen bei denen explizit stand dass sie numerisch gelöst werden ... woran erkenne ich eigentlich ob ich ein integral numerisch berechnen muss oder ob es sinn macht mich daran zu versuchen die funktion zu integrieren.
im jetzigen beispiel muss es ja möglich sein, da ja ein ergebnis bekannt ist.
viele dank
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:48 Do 29.05.2008 | | Autor: | Maggons |
Hallo!
Ich würde sagen, dass dieses hier eins von den Integralen ist, die man nur numerisch lösen kann.
Falls es wirklich [mm] x*e^{... x^{2}} [/mm] wäre, so könnte man den Exponenten der e- Funktion substituieren und "alle x würden nach der Substitution aus der Gleichung verschwinden".
Bei deinem obigen Ausdruck würde man sich jedoch einfach nur im Kreis drehen, denke ich.
Ich weiß nicht, ob man deine Gleichung auch per Polarkoordinaten und einen Tricksereien lösen kann; so versuchte ich mich mal an der Gaußschen- Summenfunktion, welche ja bis auf den ln(x) im Exponenten identisch ist.
Vllt. hilft dir das also irgendwie weiter:
https://matheraum.de/read?t=403902
Auch eine numerische Berechnung ist für dich möglich mit dem Riemann-, oder auch dem Trapezverfahren; sind auch gar nicht so kompliziert.
Lg
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:14 Do 29.05.2008 | | Autor: | vivo |
ok, danke!
ich denke es müsste schon eine analytische möglichkeit geben, denn es ist ja auch ein exaktes ergebnis angegeben.
also ich bin leider noch nicht so fit was integrieren angeht ... es würde mich aber trotzdem stark interessieren wie es geht
danke
gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:57 Do 29.05.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> [mm]\bruch{1}{\wurzel{2 \pi} \sigma} \integral_{0}^{\infty}{x \bruch{e^{-\bruch{(lnx- \mu)^2}{2 \sigma ^2}}}{x}}
=
e^{\mu + \bruch{\sigma ^2}{2}}[/mm]
>
> leider kann ich das Integral nicht lösen um auf das
> Ergebnis zu kommen. Wie muss ich denn hier vorgehen?
Substituiere [mm] $x=e^z$. [/mm] Fasse die Exponenten der beiden e-Funktionen zusammen und mache quadratische Ergänzung im Exponenten, dann bleibt nur noch ein Vorfaktor und ein Integral vom Typ
[mm] \integral_{-\infty}^{+\infty} \exp(-\frac{(z-a)^2}{b^2} )dz[/mm]
stehen.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:10 Do 29.05.2008 | | Autor: | vivo |
ooooooooohhhhhhhhh,
vielen dank so weit, und dass übriggebliebene muss ich jetzt mit übergang zu poolinarkoordinaten lösen und dann zurücksubstituieren?
gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:37 Do 29.05.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> ooooooooohhhhhhhhh,
>
> vielen dank so weit, und dass übriggebliebene muss ich
> jetzt mit übergang zu poolinarkoordinaten lösen und dann
> zurücksubstituieren?
Also ich hätte da einfach
[mm] \integral_{-\infty}^{+\infty} e^{-u^2} du = \sqrt{\pi}[/mm]
vorausgesetzt.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:02 Do 29.05.2008 | | Autor: | vivo |
vielen dank für deine geduld,
ich bekomms aber immer noch nicht hin ...
> Also ich hätte da einfach
>
> [mm]\integral_{-\infty}^{+\infty} e^{-u^2} du = \sqrt{\pi}[/mm]
>
also dann ist mein integral [mm] \sqrt{\pi}, [/mm] dann kürzt sich das weg und es bleibt stehen [mm] \bruch{1}{\sigma}
[/mm]
aber dass entspricht leider nicht dem obigen ergebnis, du hast auch noch geschrieben, dass es bei dem Integral noch einen Vorfaktor geben muss, ich muss doch eingentlich dx dann ersetzen durch dz/dx oder ? aber dass wäre indem fall dann doch [mm] x=e^z [/mm] -> z = lnx z'=1/x dx = [mm] \bruch{dz}{1/x} [/mm] aber was jetzt ... keine ahnung ich glaub ich versteh das grad überhaupt nicht ...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:27 Do 29.05.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> vielen dank für deine geduld,
>
> ich bekomms aber immer noch nicht hin ...
>
> > Also ich hätte da einfach
> >
> > [mm]\integral_{-\infty}^{+\infty} e^{-u^2} du = \sqrt{\pi}[/mm]
> >
>
> also dann ist mein integral [mm]\sqrt{\pi},[/mm] dann kürzt sich das
> weg und es bleibt stehen [mm]\bruch{1}{\sigma}[/mm]
>
> aber dass entspricht leider nicht dem obigen ergebnis, du
> hast auch noch geschrieben, dass es bei dem Integral noch
> einen Vorfaktor geben muss, ich muss doch eingentlich dx
> dann ersetzen durch dz/dx oder ? aber dass wäre indem fall
> dann doch [mm]x=e^z[/mm] -> z = lnx z'=1/x dx =
> [mm]\bruch{dz}{1/x}[/mm] aber was jetzt ... keine ahnung ich glaub
> ich versteh das grad überhaupt nicht ...
>
Mach doch mal die Substitution und schreib das entstehende Integral auf!
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:51 Do 29.05.2008 | | Autor: | vivo |
[mm] [mm] \bruch{1}{\wurzel{2 \pi}\sigma} \integral_{0}^{\infty}{ x \bruch{e^{ - \bruch{(lnx - \mu)^2}{2 \sigma ^2}}}{x} } [/mm] dx =
[mm] \bruch{1}{\wurzel{2 \pi}\sigma} \integral_{0}^{\infty}{ e^{ - \bruch{(lnx - \mu)^2}{2 \sigma ^2}} } [/mm] dx =
[mm] \bruch{1}{\wurzel{2 \pi}\sigma} \integral_{0}^{\infty}{ e^{ - \bruch{(lnx^2 - 2lnx \mu + \mu ^2}{2 \sigma ^2}} } [/mm] dx =
subst: [mm] e^z [/mm] = x , lnx=z , dz/dx = 1/x -> dx = [mm] \bruch{dz}{1/x} [/mm] = dz *x
[mm] \bruch{1}{\wurzel{2 \pi}\sigma} \integral_{0}^{\infty}{ e^{ - \bruch{(z^2 - 2z \mu + \mu ^2}{2 \sigma ^2}} } [/mm] x dz=
[mm] \bruch{1}{\wurzel{2 \pi}\sigma} \integral_{0}^{\infty}{ e^{ - \bruch{(z - \mu)^2 }{2 \sigma ^2}} } [/mm] x dz=
so und jetzt ?
ist jetzt
[mm] \integral_{0}^{\infty}{ e^{ - \bruch{(z - \mu)^2 }{2 \sigma ^2}} } [/mm] x dz = [mm] \wurzel{ \pi} [/mm] x
das stimmt so glaub ich alles nicht denn das Ergbnis muss ja
[mm] e^{\mu + \bruch{\sigma ^2}{2}} [/mm] sein
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:01 Do 29.05.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> [mm][mm]\bruch{1}{\wurzel{2 \pi}\sigma} \integral_{0}^{\infty}{ x \bruch{e^{ - \bruch{(lnx - \mu)^2}{2 \sigma ^2}}}{x} }[/mm] dx =
>
>[mm]\bruch{1}{\wurzel{2 \pi}\sigma} \integral_{0}^{\infty}{ e^{ - \bruch{(lnx - \mu)^2}{2 \sigma ^2}} }[/mm] dx =
>
>[mm]\bruch{1}{\wurzel{2 \pi}\sigma} \integral_{0}^{\infty}{ e^{ - \bruch{(lnx^2 - 2lnx \mu + \mu ^2}{2 \sigma ^2}} }[/mm] dx =
>
>subst: [mm]e^z[/mm] = x , lnx=z , dz/dx = 1/x -> dx = [mm]\bruch{dz}{1/x}[/mm] = dz *x
[mm] dx=e^z dz [/mm]
Du kannst doch nicht einfach x stehen lassen, wenn du substituierst!
Dann ziehst du die beiden e-Funktionen zusammen und ergänzt quadratisch.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:22 Do 29.05.2008 | | Autor: | vivo |
> Hallo!
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> > [mm][mm]\bruch{1}{\wurzel{2 \pi}\sigma} \integral_{0}^{\infty}{ x \bruch{e^{ - \bruch{(lnx - \mu)^2}{2 \sigma ^2}}}{x} }[/mm] dx =
>
>[mm]\bruch{1}{\wurzel{2 \pi}\sigma} \integral_{0}^{\infty}{ e^{ - \bruch{(lnx - \mu)^2}{2 \sigma ^2}} }[/mm] dx =
>
>[mm]\bruch{1}{\wurzel{2 \pi}\sigma} \integral_{0}^{\infty}{ e^{ - \bruch{(lnx^2 - 2lnx \mu + \mu ^2}{2 \sigma ^2}} }[/mm] dx =
>
>subst: [mm]e^z[/mm] = x , lnx=z , dz/dx = 1/x -> dx = [mm]\bruch{dz}{1/x}[/mm] = dz *x
[mm]dx=e^z dz[/mm]
Du kannst doch nicht einfach x stehen lassen, wenn du substituierst!
Dann ziehst du die beiden e-Funktionen zusammen und ergänzt quadratisch.
[mm] \bruch{1}{\wurzel{2 \pi}\sigma} \integral_{0}^{\infty}{ e^{ - \bruch{(z^2 - 2z \mu + \mu ^2}{2 \sigma ^2}} } e^z [/mm] dz =
[mm] \bruch{1}{\wurzel{2 \pi}\sigma} \integral_{0}^{\infty}{ e^{ - \bruch{z^2 - 2z \mu + \mu ^2 - z \sigma ^2}{2 \sigma ^2}} }dz [/mm] =
[mm] \bruch{1}{\wurzel{2 \pi}\sigma} \integral_{0}^{\infty}{ e^{ - \bruch{(z - mu)^2 - z \sigma ^2}{2 \sigma ^2}} } [/mm] dz =
ich weiß wirklich nicht was ich jetzt machen muss ich glaub ich bin echt blöd !!!!!!! ich seh es einfach nicht
damit am Ende [mm] e^{\mu + \bruch{\sigma ^2}{2}} [/mm] rauskommt muss doch das Integral erstens: [mm] \wurzel{2 \pi}\sigma [/mm] (damit sich der bruch vorne aufhebt) und zusätzlich [mm] e^{\mu + \bruch{\sigma ^2}{2}} [/mm] ergeben aber [mm] e^{irgendwas} [/mm] kommt doch nur raus wenn ich was von z unabhängiges im Integral habe ...
tut mir echt leid das ich mich so anstell .-)
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:42 Do 29.05.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> [mm]\bruch{1}{\wurzel{2 \pi}\sigma} \integral_{0}^{\infty}{ e^{ - \bruch{(z^2 - 2z \mu + \mu ^2}{2 \sigma ^2}} } e^z[/mm] dz =
>
> [mm]\bruch{1}{\wurzel{2 \pi}\sigma} \integral_{0}^{\infty}{ e^{ - \bruch{z^2 - 2z \mu + \mu ^2 - z \sigma ^2}{2 \sigma ^2}} }dz[/mm] =
Du musst den Exponenten richtig quadratisch ergänzen:
[mm]\exp\left(- \bruch{z^2 - 2z \mu + \mu ^2 - 2z \sigma ^2}{2 \sigma ^2}\right) = \exp \left(- \bruch{z^2 - 2z (\mu+\sigma^2) + \mu ^2 }{2 \sigma ^2}\right) = \exp \left(- \bruch{(z- (\mu+\sigma^2))^2 -(\mu+\sigma^2)^2 + \mu ^2 }{2 \sigma ^2}\right) = \exp \left(\mu+\bruch{\sigma^2}{2}\right) \exp \left(- \bruch{z- (\mu+\sigma^2))^2}{2 \sigma ^2}\right)[/mm]
Die erste e-Funktion hängt nicht von z ab, die kannst du vor das Integral ziehen. Die zweite lässt sich einfach integrieren und ergibt [mm] $\sqrt{2\pi}\sigma$ [/mm] (wenn ich mich nicht vertan habe  )
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:59 Do 29.05.2008 | | Autor: | vivo |
> [mm]\exp\left(- \bruch{z^2 - 2z \mu + \mu ^2 - 2z \sigma ^2}{2 \sigma ^2}\right) = \exp \left(- \bruch{z^2 - 2z (\mu+\sigma^2) + \mu ^2 }{2 \sigma ^2}\right) = \exp \left(- \bruch{(z- (\mu+\sigma^2))^2 -(\mu+\sigma^2)^2 + \mu ^2 }{2 \sigma ^2}\right) = \exp \left(\mu+\bruch{\sigma^2}{2}\right) \exp \left(- \bruch{z- (\mu+\sigma^2))^2}{2 \sigma ^2}\right)[/mm]
>
> Die erste e-Funktion hängt nicht von z ab, die kannst du
> vor das Integral ziehen. Die zweite lässt sich einfach
> integrieren und ergibt [mm]\sqrt{2\pi}\sigma[/mm] (wenn ich mich
> nicht vertan habe )
>
> Viele Grüße
> Rainer
vielen vielen Dank! wenn du mir jetzt nur noch sagen könntest wie du jetzt siehst dass das Integral [mm]\sqrt{2\pi}\sigma[/mm] also warum
[mm] \integral_{-\infty}^{infty}{e^{-x^2}} [/mm] dx = [mm] \sqrt{\pi} [/mm] ist mir klar, dass kann man ja mit poolarkoordinaten nachrechen aber wie machst du dass dann mit dem Integral in diesem beispiel auch mit transformation in poolarkoordinaten ?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:03 Do 29.05.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> > [mm]\exp\left(- \bruch{z^2 - 2z \mu + \mu ^2 - 2z \sigma ^2}{2 \sigma ^2}\right) = \exp \left(- \bruch{z^2 - 2z (\mu+\sigma^2) + \mu ^2 }{2 \sigma ^2}\right) = \exp \left(- \bruch{(z- (\mu+\sigma^2))^2 -(\mu+\sigma^2)^2 + \mu ^2 }{2 \sigma ^2}\right) = \exp \left(\mu+\bruch{\sigma^2}{2}\right) \exp \left(- \bruch{z- (\mu+\sigma^2))^2}{2 \sigma ^2}\right)[/mm]
>
> >
> > Die erste e-Funktion hängt nicht von z ab, die kannst du
> > vor das Integral ziehen. Die zweite lässt sich einfach
> > integrieren und ergibt [mm]\sqrt{2\pi}\sigma[/mm] (wenn ich mich
> > nicht vertan habe )
> >
> > Viele Grüße
> > Rainer
>
> vielen vielen Dank! wenn du mir jetzt nur noch sagen
> könntest wie du jetzt siehst dass das Integral
> [mm]\sqrt{2\pi}\sigma[/mm] also warum
>
> [mm]\integral_{-\infty}^{infty}{e^{-x^2}}[/mm] dx = [mm]\sqrt{\pi}[/mm] ist
> mir klar, dass kann man ja mit poolarkoordinaten nachrechen
> aber wie machst du dass dann mit dem Integral in diesem
> beispiel auch mit transformation in poolarkoordinaten ?
Substituiere
[mm] x = \bruch{z- (\mu+\sigma^2)}{\sqrt{2} \sigma} [/mm],
dadurch bekommst du den Faktor [mm] $\sqrt{2} \sigma$.
[/mm]
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:07 Do 29.05.2008 | | Autor: | vivo |
aaaaaaaaaaaahhhhhhhhhhhhhhhh
tausend dank ... 
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:22 Do 29.05.2008 | | Autor: | vivo |
hallo nochmal,
hätte man jetzt hier jetzt beim substituieren eigentlich die Integrationsgrenzen immer verschieben müssen???
gurß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:25 Do 29.05.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo vivo!
> hätte man jetzt hier jetzt beim substituieren eigentlich
> die Integrationsgrenzen immer verschieben müssen???
Wenn man das Integral bestimmt löst ... ja!
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:09 Do 29.05.2008 | | Autor: | vivo |
> Wenn man das Integral bestimmt löst ... ja!
>
>
> Gruß
> Loddar
wenn man es
[mm] \integral_{0}^{\infty}{f(x) dx} [/mm] löst ist es dann bestimmt gelöst?
und wenn ja dann müsste man die Grenzen ja an die Substitution anpassen, aber wir haben sie ja oben nicht angepasst und es kommt genau das richtig raus wir haben die substituierten integrale aber von null bis [mm] \infty [/mm] gelöst. also ohne die Grenzen zu verschieben.
danke
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:58 Do 29.05.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> > Wenn man das Integral bestimmt löst ... ja!
> >
> >
> > Gruß
> > Loddar
>
> wenn man es
>
> [mm]\integral_{0}^{\infty}{f(x) dx}[/mm] löst ist es dann
> bestimmt gelöst?
>
> und wenn ja dann müsste man die Grenzen ja an die
> Substitution anpassen, aber wir haben sie ja oben nicht
> angepasst
Doch, das haben wir: durch die Substitution [mm] $z=\ln [/mm] x$ wird aus dem Integral von 0 bis [mm] $\infty$ [/mm] das Integral von [mm] $-\infty$ [/mm] bis [mm] $+\infty$.
[/mm]
Viele Grüße
Rainer
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