Integral von ln-Funktion < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:10 Fr 07.10.2005 | | Autor: | Molch |
Hallo!
Wie muss ich vorgehen wenn ich eine Funktion z.B. f(x) = [mm] ln(3x^{3}+5x) [/mm] nach dx integrieren will?
Ich habe es schon mit der Substitution von [mm] 3x^{3}+5x [/mm] versucht, doch dann fällt das x ja nicht vollständig heraus.
Gibt es da einen bes. Trick oder ist es per Substitution nicht lösbar?
Gruß
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:25 Fr 07.10.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo!
Wenn du das gegebene Polynom in Linearfaktoren zerlegst, kannst du den Logarithmus zerlegen und gliedweise integrieren.
Liebe Grüße,
Hanno
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:19 Sa 08.10.2005 | | Autor: | Molch |
Hallo!
Vielen Dank für deine Antwort. Ich bin jetzt so vorgegangen wie du es beschrieben hattest. Habe nun einmal ein anderes Beispiel genommen, da in dem von mir anfangs auserwählten zu viele "nicht runde" Zahlen in der Lösung vorkommen.
f(x) = [mm] ln(2x^{2}+8x)dx
[/mm]
F(x) = [mm] \integral_{}^{} ln(2x^{2}+8x) [/mm] dx
= [mm] \integral_{}^{} [/mm] ln(2x) dx + [mm] \integral{}^{} [/mm] ln(x+4) dx
= 2x(ln(2x)-1) + (x+4)(ln(x+4)-1)
= -3x -4 +2x*ln(2x) + (x+4)(ln(x+4))
Wenn ich nun aber die Probe mache und F(x) ableite komme ich nicht wieder auf f(x). Habe ich etwas falsch gemacht?
ln(x) integriert ist doch x*(ln(x)-1)+C
Gruß
|
|
|
| |
|
So geht das natürlich auch und ist die einfachere Variante. Bei deiner Integration habe ich ein wenig Bauchschmerzen.
Sieh mal hier das Beispiel:
[mm] \integral{ln(2-x)dx} [/mm] ;u(x)=2-x [mm] \Rightarrow [/mm] du=-dx, also dx=-du
Dann ergibt das
[mm] \integral{ln(2-x)dx}=-\integral{ln(u)du}=u*ln(u)-u+C
[/mm]
Resubstitution ergibt dann
u*ln(u)-u+C=(2-x)*ln(2-x)-2+x+C
So funktioniert die Substitution in diesem Fall!
Alles klar!?
Grüße mathmetzsch
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:45 Sa 08.10.2005 | | Autor: | Molch |
Hallo!
Habe ich nicht genauso substitutiert?
Schließlich ist $ [mm] u\cdot{}ln(u)-u+C [/mm] $ doch = $ u*(ln(u)-1)+C $ !?
Muss bei deiner letzten "Integral-Graphik" nicht ein Minus noch dazu?
$ [mm] \integral{ln(2-x)dx}=-\integral{ln(u)du}=-(u\cdot{}ln(u)-u+C) [/mm] $ ?
Gruß
|
|
|
| |
|
Ja, stimmt das "-" habe ich vergessen.
>>= ln(2x) dx + ln(x+4) dx
>>= 2x(ln(2x)-1) + (x+4)(ln(x+4)-1)
>>= -3x -4 +2x*ln(2x) + (x+4)(ln(x+4))
2x(ln(2x)-1)+(x+4)(ln(x+4)-1)
=2x*ln(2x)-2x+x*ln(x+4)-x+4*ln(x+4)-x-4
=-3x-4+2x*ln(2x) +x*ln(x+4)+4*ln(x+4)
Das sollte dann beim Ableiten wieder deine Funktion ergeben.
War nur ein kleiner Rechenfehler deinerseits!
Grüße mathmetzsch
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:08 Sa 08.10.2005 | | Autor: | Molch |
Okay, vielen Dank (auch für den Link bzgl. der Erweiterten Substitution)!
Gruß
|
|
|
|
![[]](/images/popup.gif){kind=small}
www.fell-mg.de/mathematik/MatheLK2/ Integralrechnung/pdf/05IntGebRatFunk1.pdf