Integral (1)/(e^(2*t) + 1 - e^(-t) * cosh(t)) Grenzen von 0 bis x

Question

Aufgabe:

$$\int_{0}^{x} \frac{1}{{e}^{2t} + 1 - {e}^{-t} \cosh{(t)}} dt$$

und

uneigentliches Riemann - Integral:

$$\int_{0}^{\infty} \frac{1}{{e}^{2t} + 1 {-e}^{-t} \cdot \cosh{(t)}} dt$$

Problem/Ansatz:

1) Ich hätte hier e^t substituiert, jedoch komme ich dann für y = e^t auf

$$\int_{0}^{x} \frac{1}{y^2 + 1 - \frac{1}{y} \cdot (\frac{y+ \frac{1}{y}}{2})} \cdot \frac{1}{y} dy$$

$$2 * \int_{0}^{x} \frac{1}{(2y^2 + 2 - 1 - \frac{1}{y^2}) \cdot y} dy$$

Wie würde ich hier weiterrechnen ?

2) Wie würde man bei dem uneigentlichen Riemann-Integral vorgehen und was kommt dann als Ergebnis raus ?

Answer 1

1. Aufgabe :

Ich würde Dir empfehlen ,VOR der Integration zu vereinfachen,

also ich meine: e^(-t) cosh(t)

Ich habe bewußt " Deine " Substitution genommen, ich weiß, dass es auch anders geht.

Meine Rechnung:

Comments

Wie bist du auf darauf gekommen, dass

$$2y^4 + y^2 - 1 = (2y^2 - 1)(y^2+1)$$ ist

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Da wird es wortwörtlich 100 Mal erklärt ;)

Die Methode der ersten Beispiele ist sehr simple

https://www.youtube.com/watch?v=LmbqB_pfcDU&t=465s

Gruß

Answer 2

Aloha :)

Als erstes würde ich den Nenner vereinfachen:$$\int\limits_0^x\frac{1}{e^{2t}+1-e^{-t}\cosh(t)}\,dt=\int\limits_0^x\frac{1}{e^{2t}+1-e^{-t}\cdot\frac{e^t+e^{-t}}{2}}\,dt=\int\limits_0^x\frac{1}{e^{2t}+1-\frac{1+e^{-2t}}{2}}\,dt$$$$\quad=\int\limits_0^x\frac{2}{2e^{2t}+1-e^{-2t}}\,dt$$Mit der folgenden Substitution:$$u:=e^{2t}\quad;\quad\frac{du}{dt}=2e^{2t}=2u\;\Rightarrow\;dt=\frac{du}{2u}\quad;\quad u(0)=1\quad;\quad u(x)=e^{2x}$$geht es dann mit dem Integral weiter:$$\quad=\int\limits_1^{e^{2x}}\frac{2}{2u+1-\frac{1}{u}}\,\frac{du}{2u}=\int\limits_1^{e^{2x}}\frac{1}{2u^2+u-1}\,du=\int\limits_1^{e^{2x}}\frac{1}{(2u-1)(u+1)}\,du$$Für den letzten Schritt oben "errät" man, dass \(u=-1\) eine Nullstelle des Nenners ist, dividiert daher den Nenner durch \((u+1)\) und erhält \((2u-1)\). Für die Partialbruchzerlegung betrachte:$$\frac{A}{2u-1}+\frac{B}{u+1}=\frac{A\cdot(u+1)+B\cdot(2u-1)}{(2u-1)(u+1)}=\frac{(A+2B)u+(A-B)}{(2u-1)(u+1)}$$Koeffizientenvergleich liefert:$$A+2B=0\;\land\;A-B=1\;\;\Rightarrow\;\;0=\underbrace{(B+1)}_{=A}+2B=3B+1\;\;\Rightarrow\;\; B=-\frac{1}{3}\;;\;A=\frac{2}{3}$$und wir können das Integral weiter bearbeiten:$$\quad=\int\limits_1^{e^{2x}}\left(\frac{2}{3(2u-1)}-\frac{1}{3(u+1)}\right)\,du=\frac{1}{3}\int\limits_1^{e^{2x}}\frac{2}{2u-1}\,du-\frac{1}{3}\int\limits_1^{e^{2x}}\frac{1}{u+1}\,du$$$$\quad=\frac{1}{3}\left[\ln(2u-1)\right]_1^{e^{2x}}-\frac{1}{3}\left[\ln(u+1)\right]_1^{e^{2x}}=\frac{1}{3}\left[\ln\left(\frac{2u-1}{u+1}\right)\right]_1^{e^{2x}}$$$$\quad=\frac{1}{3}\left[\ln\left(\frac{2(u+1)-3}{u+1}\right)\right]_1^{e^{2x}}=\frac{1}{3}\left[\ln\left(2-\frac{3}{u+1}\right)\right]_1^{e^{2x}}$$$$\quad=\frac{1}{3}\ln\left(2-\frac{3}{e^{2x}+1}\right)-\frac{1}{3}\ln\left(2-\frac{3}{2}\right)=\frac{1}{3}\ln\left(2-\frac{3}{e^{2x}+1}\right)+\frac{1}{3}\ln(2)$$$$\quad=\frac{1}{3}\ln\left(4-\frac{6}{e^{2x}+1}\right)$$Für \(x\to\infty\) verschwindet der Bruch und der Grenzwert beträgt \(\frac{1}{3}\ln(4)\approx0,4621\).

Comments

kurz, gibt es auch eine einfache Möglichkeit ?

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Leider geht es kaum kürzer. Ich habe das Integral sehr ausführlich berechnet, damit der Weg klar wird. Du kannst ja vielleicht einige Umformungen weglassen, die dir sowieso klar sind...

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Weil wir sowas mal als Klausuraufgabe hatten und ich mir nicht vorstellen kann,

dass es so lange dauert, da man neben dieser Aufgabe noch 5 andere hat.

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Also:

Ich habe jetzt folgendes raus:

$$\int_{1}^{{e}^{2x}} \frac{1}{(2 \cdot y -1)(y+1)} dy $$

$$\int_{1}^{{e}^{2x}}( \frac{A}{2y - 1} - \frac{B}{y+1}) dy$$

$$\int_{1}^{{e}^{2x}}$$

Dann komme ich nach einsetzen der Grenzen auf:

$$F(x) = \frac{2}{3} \ln{(|2{e}^{2x} - 1|)} - \frac{1}{3} \ln{(|{e}^{2x}+1|)} + \frac{1}{3} \ln{(2)}$$