uneigentlichesIntegral Problem < Integration < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:18 Mi 29.06.2011 | | Autor: | bandchef |
| Aufgabe | | Integriere: [mm] $\integral_{-\infty}^{\infty} \frac{x}{1+x^4}dx$ [/mm] |
In der Schule haben wir so angefangen:
[mm] $\integral_{-\infty}^{\infty} \frac{x}{1+x^4}dx [/mm] = [mm] \integral_{-\infty}^{0} \frac{x}{1+x^4}dx +\integral_{0}^{\infty} \frac{x}{1+x^4}dx [/mm] = ...$
für $x [mm] \leq [/mm] 0 [mm] \Rightarrow [/mm] t(x) = [mm] x^2 \Leftrightarrow [/mm] x(t) = [mm] -\sqrt{t}$
[/mm]
für $x [mm] \geq [/mm] 0 [mm] \Rightarrow [/mm] u(x) = [mm] x^2 \Leftrightarrow [/mm] x(u) = [mm] -\sqrt{u}$
[/mm]
Was ich da jetzt nicht versteh ist, $t(x) = [mm] x^2$ [/mm] bzw. $u(x) = [mm] x^2$. [/mm] Wenn ICH die Umkerfunktion vom Nenner des Integranden bilde, komm ich auf: [mm] $x=\sqrt[4]{t-1}$ [/mm] bzw. [mm] $x=\sqrt[4]{u-1}$.
[/mm]
Wie versteht sich dann das ganze?
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Hallo bandchef,
es geht doch gar nicht um die Umkehrfunktion von irgendetwas, sondern darum, eine geschickte Substitution zu finden. Mit den vorgeschlagenen ist das x im Zähler zu bearbeiten; hier geht es ja vor allem darum, eine gerade Potenz zu finden (egal ob [mm] x^0 [/mm] oder [mm] x^2, [/mm] Hauptsache gerade). Dann hat man in der folgenden Integration nämlich einen gut handhabbaren Integranden.
Grüße
reverend
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:25 Mi 29.06.2011 | | Autor: | bandchef |
Das heißt ich muss jetzt für das erste Integral erst die umkehrfunktion von t(x) berechnen und dann och ableiten, oder? und dann kann ich integrieren?
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Hallo bandchef,
> Das heißt ich muss jetzt für das erste Integral erst die
> umkehrfunktion von t(x) berechnen und dann och ableiten,
> oder? und dann kann ich integrieren?
Mir ist nicht klar, warum ihr überhaupt eine (umständliche) Fallunterscheidung bei der Substitution macht, denn es gilt:
[mm] \integral_{-\infty}^{0} \frac{x}{1+x^4}dx=-\integral_{0}^{\infty} \frac{x}{1+x^4}dx
[/mm]
Es reicht also vollkommen, ein 'Teilintegral zu berechnen'. Dafür wird substituiert [mm] u:=x^2, [/mm] also [mm] \frac{du}{dx}=2x \gdw dx=\frac{du}{2x}. [/mm] Die Umkehrfunktion braucht man hier gar nicht bilden. Es folgt:
[mm] \integral_{0}^{\infty} \frac{x}{1+x^4}dx=\integral_{0}^{\infty} \frac{x}{1+x^4}\frac{du}{2x}=\frac{1}{2}\integral_{0}^{\infty} \frac{1}{1+u^2}du
[/mm]
Das ist nun ein Standardintegral, das du leicht berechnen kannst.
LG
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:38 Mi 29.06.2011 | | Autor: | bandchef |
Wenn unser Dozent das aber so vorgegeben hat? Ich weiß ja auch nicht mehr... :-(
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:39 Mi 29.06.2011 | | Autor: | kamaleonti |
Hallo,
nochwas:
> [mm]\integral_{-\infty}^{0} \frac{x}{1+x^4}dx=-\integral_{0}^{\infty} \frac{x}{1+x^4}dx[/mm]
Daran sieht man sofort, dass das Integral [mm] \integral_{-\infty}^{\infty} \frac{x}{1+x^4}dx, [/mm] wenn es existiert, den Wert 0 hat.
Es ist also eigentlich nur interessant, die Existenz des Integrals zu verifizieren.
LG
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:36 Mi 29.06.2011 | | Autor: | bandchef |
wenn ich das jetzt mal alles mach komm ich auf:
[mm] $\frac{dx}{dt}=-\frac{1}{2}t^{-\frac{1}{2}} \Rightarrow [/mm] dx = [mm] -\frac{1}{2}t^{-\frac{1}{2}} [/mm] dt$
[mm] $\frac{dx}{du}=\frac{1}{2}u^{-\frac{1}{2}} \Rightarrow [/mm] dx = [mm] \frac{1}{2}u^{-\frac{1}{2}} [/mm] du$
$... [mm] \lim_{\epsilon \to 0} \integral_{t(-\infty)}^{t(0)} \frac{x}{t} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)t^{-\frac{1}{2}} [/mm] dt + [mm] \lim_{\xi \to 0}\integral_{u(0)}^{u(\infty)} \frac{x}{u} \cdot \frac{1}{2}u^{-\frac{1}{2}} [/mm] du = ...$
Stimmt das?
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Hallo bandchef,
> wenn ich das jetzt mal alles mach komm ich auf:
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> [mm]\frac{dx}{dt}=-\frac{1}{2}t^{-\frac{1}{2}} \Rightarrow dx = -\frac{1}{2}t^{-\frac{1}{2}} dt[/mm] ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> [mm]\frac{dx}{du}=\frac{1}{2}u^{-\frac{1}{2}} \Rightarrow dx = \frac{1}{2}u^{-\frac{1}{2}} du[/mm]
Beachte, dass du hier im Falle [mm] $x\ge [/mm] 0$ im Ausgangspost die UKF mit falschem Vorzeichen angegeben hast!
>
> [mm]... \lim_{\epsilon \to 0} \integral_{t(-\infty)}^{t(0)} \frac{x}{t} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)t^{-\frac{1}{2}} dt + \lim_{\xi \to 0}\integral_{u(0)}^{u(\infty)} \frac{x}{u} \cdot \frac{1}{2}u^{-\frac{1}{2}} du = ...[/mm]
Was denn für ein [mm] $\varepsilon$ [/mm] und [mm] $\xi$ [/mm] ??
Du kannst das $x$ durch [mm] $-\sqrt{t}$ [/mm] resp. durch [mm] $+\sqrt{u}$ [/mm] ersetzen.
Außerdem stand im Nenner doch [mm] $1+x^4=1+(\red{x^2})^2=1+\red{t}^2$ [/mm] resp. [mm] $1+u^2$
[/mm]
>
> Stimmt das?
Noch nicht!
Gruß
schachuzipus
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