Partielle Integrationen berechnen

Question

Im folgenden sollen partielle Integrationen berechnet werden. Empfiehlt sich hier die Regel von l'Hospital?

a) \( \int \limits_{0}^{\infty} x e^{-x} d x \)

b) \( \int \limits_{0}^{1} 2 x e^{2 x} d x \)

c) \( \int \limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} x \cos (x) d x \)

d) \( \int \limits_{1}^{\infty} \frac{\ln \left(x^{2}\right)}{2 x^{2}} d x \)

zu d) Kann man f'(x)=1/x² und g(x)= 1/2*ln(x²) wählen? Der Logarithmus würde auf jeden Fall gegen das Polynom "verlieren".

Answer 1

Hi robbie,

ich würde mal mit Ansätzen dienen. Wenn dann was unklar ist, werde ich gerne detailierter ;).

a) partielle Integration mit f = x und g' = e^{-x}

Ergebnis: 1

b) f = x und g' = e^{2x}

Ergebnis: 1/2+e^2/2

c) f = x und g' = cos(x)

Ergebnis: π/2-1

d) ln(x^2) = 2ln(x)

Das Integral vereinfacht sich also zu ∫x^{2}ln(x)

f = ln(x) und g' = 1/x^2

Ergebnis: 1

Grüße

Comments

Irgendwie verstehe ich nicht, wie du auf die Ergebnisse gekommen bist. Die partielle Integration erlaubt es in vielen Fällen, Produkte von integrierbaren Funktionen zu integrieren. Ist es egal welche Funktion abgeleitet wird? Z.B. hast du die Funktion f immer stehen gelassen und von g die 1. Ableitung gebildet: g'. Kann man auch nicht von f die 1. Ableitung bilden und nur g schreiben. →Ich meine ist es nicht wie bei der Produktregel?

⇒ (f·g)'= f'·g+f·g' .

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Oh ich dachte Du wärst mit der partiellen Integration vertraut?

Hast Du ein Integral vorliegen, welches die Gestalt ∫f*g' besitzt, so ergibt sich:

∫f*g' = [f*g] - ∫f'*g

Dabei kann man f und g' generell frei wählen, wobei es durchaus sein kann, dass eine der beiden Wahlmöglichkeiten nicht zum Ziel führt.

Mal für das erste genauers gezeigt.

∫x*e^{-x} dx

Wahl von f = x und g' = e^{-x}

Folglich f' = 1 und g = -e^{-x}

∫x*e^{-x} dx = [-x*e^{-x}] - ∫1*e^{-x} dx = [-x*e^{-x}] - [e^{-x}] = [-e^{-x}*(x+1)]


Nun nur noch die Grenzen einsetzen und fertig.


Alles klar? ;)

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Hallo Unknown,

ich werde nachher meine Ergebnisse präsentieren um zu sehen, ob ich die restlichen 3 Aufgaben richtig berechnet habe.

Gruß

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Geht in Ordnung :).

Viel Spaß beim Rechnen^^.

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Irgendwie klappt es noch nicht so ganz, besonders d) ist sehr schwierig.

b) \( \int 2 x^{*} e^{2 x} d x \)
\( f=2 x \quad g=e^{2 x} \)
\( f^{\prime}=2 \quad g^{\prime}=2 e^{2 x} \)
\( \int 2 x^{*} e^{2 x} d x=\left[2 x^{*} e^{2 x}\right]-\int 2 * e^{-x} d x=\left[2 x^{*} e^{2 x}\right]-\left[e^{2 x}\right]=\left[e^{2 x_{*}}(x+2)\right]_{0}^{1} \)
c) \( \int x^{*} \cos (x) d x \)
\( f=x \quad g=\cos (x) \)
\( f^{\prime}=1 \quad g^{\prime}=-\sin (x) \)
\( \int x^{*} \cos (x) d x=\left[x^{*} \cos (x)\right]-\int 1 * \cos (x) d x=\left[x^{*} \cos (x)\right]-[\cos (x)]=[-\sin (x) *(x+1)]_{0}^{\frac{\pi}{2}} \)
d) \( \int \frac{\ln \left(x^{2}\right)}{2 x^{2}} \)
\( f=\ln \left(x^{2}\right) \quad g=\frac{1}{2} \ln \left(x^{2}\right) \)
\( f^{\prime}=\frac{1}{x^{2}} \quad g^{\prime}=\frac{1}{x} \)
\( \int \frac{\ln \left(x^{2}\right)}{2 x^{2}} d x=\left[\frac{\ln \left(x^{2}\right)}{2 x^{2}}\right]-\int \frac{1}{x^{2}} * \frac{1}{2} \ln \left(x^{2}\right) d x=\left[\ln \left(x^{2}\right) * \frac{1}{2} \ln \left(x^{2}\right)\right]-\left[\frac{1}{2} \ln \left(x^{2}\right)\right]=\left[\frac{1}{x} *(\ln (x+1)]_{l}^{\infty}(?)\right. \)

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Nene, die Formel lautet \(\int f\cdot g' = [f\cdot g] - \int f '\cdot g\).

Du kannst also nicht einfach f und g nehmen, sondern einen der beiden Faktoren musst Du als Ableitung betrachten.


Überhaupt scheinst Du teilweise gemogelt zu haben. In den meisten Fällen passen die Gleichheitszeichen nicht :P.


Versuch Dich nochmals an der b und c ;). Ich versuche mich solange an der d ;). Deal?

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d)

\(\frac12\int\frac{\ln(x^2)}{x^2}\; dx\)

\(f = \ln(x^2)\), \(g'=\frac{1}{x^2}\)

und somit

\(f' = \frac2x\), \(g=-\frac1x\)

Einsetzen:

\(-\frac{\ln(x^2)}{2x} + \frac12\int\frac{2}{x^2}\; dx\)

\(-\frac{\ln(x^2)}{2x} - \frac1x + c\)


(Wenn man mit den Logarithmengesetzen vertraut ist, so kann man mit ln(x²) = 2ln(x) arbeiten! ;) )

;)

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Wie sieht es bis hier aus (b)?:
\( \int 2 x^{*} 2 e^{2 x}=\left[2 x^{*} e^{2 x}\right]-\int 2 * e^{2 x} d x \)

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Da hast Du einen Faktor 2 mit reingemogelt. Tun wir den raus, dann passt es ;).


$$\int2x\cdot e^{2x} \; dx = [x\cdot e^{2x}] - \int e^{2x} \; dx = [x\cdot e^{2x}] -[\frac12\cdot e^{2x}]$$

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Dann nur noch die Grenzen eingeben:

\( \int 2 x^{2} e^{2 x}=\left[x^{*} e^{2 x}\right]-\int e^{2 x} d x=\left[x^{2} e^{2 x}\right]-\left[\frac{1}{2} * e^{2 x}\right]_{0}^{1}=[0]-\left[\frac{1}{2} * e^{2 *}\right]=\frac{1}{2} * e^{2}=\left(\frac{1}{2}+e^{2}\right) / 2 \)

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Aufgabe c)

\( \int x^{*} \cos (x)=\left[x^{*} \sin (x)\right]-\int 1 * \cos (x) d x=\left[x^{*} \sin (x)\right]-[\sin (x)]_{0}^{\frac{\pi}{2}} \)
\( =\left[\frac{\pi}{2} * \sin \left(\frac{\pi}{2}\right)\right]-\left[\sin \left(\frac{\pi}{2}\right)\right]+[0 * \sin (0)]-[\sin (0)]=\frac{\pi}{2}-1 \) (?)

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Die Aufgabe ist falsch berechnet, auch wenn das Ergebnis letztlich (zufällig) passt.

Nimm Dir meine Formel zu Gemüte und gehe strikt nach Plan vor! Dann steht bei Dir im zweiten Integral nicht der cos(x), sondern der sin(x)!!


Gerne ;)

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Und wie sieht es jetzt aus?

\( \int \limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} x \cos (x) d x=\left[x^{*} \sin (x)\right]-\int \limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin (x)^{*} 1 d x=\int \limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} x \sin (x)+\cos (x)+C \)
\( \int \limits_{b}^{a} f(x) d x=[F(x)]_{b}^{a}=F(a)-F(b)=[x \sin (x)+\cos (x)]_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\left(\frac{\pi}{2}\right)-1=-1+\frac{\pi}{2} \)

PS: Muss man bei d) nicht noch die Grenzen einsetzen?

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Erste Reihe letzte Zeile ist Dir wahrscheinlich nur en Integral reingerutscht. Das hat da natürlich nix verloren. Sonst aber ists richtig ;).


Ja, bei d) müssen noch Grenzen eingesetzt werden. Das hatte ich nicht gemacht, da ich im Eingangspost ja schon des Rätsels Lösung verraten hatte und das Einsetzen selbst ist ja keine Kunst ;).

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Ich habe d) auf der Seite http://www.integralrechner.de/#expr=ln%28x%5E2%29%2F%282x%5E2%29&ubound=%E2%88%9E&lbound=1 eingegeben und dort steht:

\( \int f(x) \mathrm{d} x=\frac{-\ln (x)}{x}-\frac{1}{x} \)

Aber du hast im Zähler x² und im Nenner 2x stehen. Ist also gleichwertig, stimmt's? Dann wird ∞ im linken Term  und 1 im rechten Term eingesetzt:

$$\frac { -ln(\infty ) }{ \infty  } +\frac { 1 }{ 1 } =1$$

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Richtig. Das ln(x^2) kann zu 2ln(x) umgeformt werden ;).


Nein Oo. Seit wann machen wir das! Um den ganzen Ausdruck ist eine eckige Klammer! ;)