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Mathematik: Ein paar Integrale... | Freigegeben von matroid am Mi. 18. Juni 2003 15:54:55
Verfasst von pendragon302 - 79196 x gelesen [Gliederung] [Statistik]  Druckerfreundliche Version
|   Ein paar Integrale...
\fedon\mixonMit diesem Artikel möchte ich euch zeigen, wie man Standardintegrale, \fedoffwie sie in der Tabelle unten zu sehen ist, löst.
[Sehr umfangreicher Artikel mit vielen Formeln, darum bitte Geduld beim Laden.]
pdf-Version des Artikels
\fedon\mixonFür diesen Artikel muss ich einige Dinge voraussetzen:
\big Faktorregel:
int(c*f(x),x,a,b)=c*int(f(x),x,a,b)
\big Summenregel:
int(f(x)+g(x),x,a,b)=int(f(x),x,a,b)+int(g(x),x,a,b)
\big Potenzregel:
int(x^n,x,a,b)=stammf(1/(n+1)*x^(n+1),a,b)
\big Produktintegration:
int(u(x)*v'(x),x,a,b)=stammf(u(x)*v(x),a,b)-int(u'(x)*v(x),x,a,b)
\big Integration einer linearverketteten Funktion:
int(f(c*x+d),x,a,b)=stammf(1/c*F(c*x+d),a,b)
\big Substitutionsregel:
int(u(v(x))*v'(x),x,a,b)=int(u(v),v,v(a),v(b))
int(f(x),x,a,b)=int(f(x(t))*x'(t),t,x^-(a),x^-(b))
int(f'(x)/f(x),x)=stammf(ln(abs(f(x))),a,b)
int(f'(x)*f(x)^n,x,a,b)=stammf(1/(n+1)*f(x)^(n+1),a,b)
\fedoff
\fedon\mixonEin paar Stammintegrale sollten ebenfalls bekannt sein:
int(1/x,x)=ln(abs(x))
int(ln(x),x)=x*ln(x)-x
int(sin(x),x)=-cos(x)
int(cos(x),x)=sin(x)
int(sinh(x),x)=cosh(x)
int(cosh(x),x)=sinh(x)
(arctan(x))'=1/(x^2+1)
(arcsin(x))'=1/sqrt(1-x^2)
(arccos(x))'=-1/sqrt(1-x^2)
(arcsinh(x))'=1/sqrt(x^2+1)
(arccosh(x))'=1/sqrt(x^2-1)
(arctanh(x))'=1/(1-x^2)
Man sollte sicher die Polynomdivision und Partialbruchzerlegung beherrschen, denn diese hab ich bei den Brüchen sehr oft angewandt.
Bei den Integralen hab ich immer die Integrationskonstante weggelassen.
\fedoffUm zu den jeweiligen Beispielen zu gelangen, klickt einfach auf den Link in der rechten Spalte.
\fedon\mixon\light\blue Integrale der Form:$f(x)=(a*x^2+b*x+c)/(d*x+e)
Beispiel:__$f(x)=(2*x^2+4*x+3)/(2*(x+1))
Zuerst wende ich auf den Term die Polynomdivision an. Dies ist möglich, da der Grad des Zählerpolynoms größer ist als der Grad des Nennerpolynoms.
Nach der Polynomdivision erhalte ich
f(x)=x+1+1/(2x+2)
Somit ist
int((2*x^2+4*x+3)/(2*(x+1)),x)=int(x+1+1/(2x+2),x)=1/2*int(2x+2+1/(x+1),x)
Nun kann ich summandenweise integrieren:
int(x+1+1/(2x+2),x)=1/2*(x^2+2*x+ln(abs(x+1)))
\red F(x)=1/2*(x^2+2*x+ln(abs(x+1)))
\fedoff
\fedon\mixon
Bei diesen Integralen ist das Lösungschema immer gleich, zuerst Polynomdivision und dann summandenweise integrieren. Damit sollte man immer zu einer Lösung kommen.
\fedoff
\fedon\mixon\light\blue Integrale der Form:$f(x)=1/(a*x^2+b)
Beispiel:__$f(x)=1/(3*x^2+4)
Zuerst klammere ich im Nenner die 4 aus
f(x)=1/4*1/(3/4*x^2+1)
Nun kann ich den Summand im Nenner 3/4*x^2 zu (sqrt(3/4)*x)^2 zusammenfassen.
Also ist$f(x)=1/(3*x^2+4)=1/4*1/((sqrt(3)/2*x)^2+1)
Somit ist:
\align
int(1/(3*x^2+4),x)=1/4*int(1/((sqrt(3)/2*x)^2+1),x)
=1/(sqrt(3)*2)*arctan(sqrt(3)/2*x)
\stopalign
\red F(x)=1/(sqrt(3)*2)*arctan(sqrt(3)/2*x)
\fedoff
\fedon\mixon
Hier sollte man zuerst aus dem Nenner den Summanden b ausklammern und den Faktor vor dem$x^2, nämlich$a/b$mit$sqrt(a/b),
in das Quadrat reinziehen. Dann haben wir eine linear verkettete Funktion, welche leicht mit den Stammintegralen lösbar ist.
\fedoff
\fedon\mixon\light\blue Integrale der Form:$f(x)=1/(a*x^2+b*x+c)
Hier gibt es drei Fälle zu unterscheiden und zwar, ob das Nennerpolynom zwei reelle Nullstellen, eine reelle Nullstelle oder keine reelle Nullstelle hat.
Fall1:__(zwei reelle Nullstellen)
f(x)=1/(3*x^2+6*x-24)
Erstmal stelle ich das Nennerpolynom in seinen Linearfaktoren dar.
3*x^2+6*x-24=0
x_1=2$und$x_2=-4
Somit lässt sich f(x) als
f(x)=1/(3*(x-2)*(x+4))$darstellen.
Auch das ist noch schwer zu integrieren und deshalb wenden
wir auf $1/((x-2)*(x+4))$darauf die Partialbruchzerlegung an.
1/((x-2)*(x+4))=A/(x-2)+B/(x+4)
Durch eine kleine Nebenrechnung erhalten wir$A=1/6$und$B=-1/6$
1/((x-2)*(x+4))=1/(6*(x-2))-1/(6*(x+4))
und somit ist$f(x)=1/(3*(x-2)*(x+4))=1/3*(1/(6*(x-2))-1/(6*(x+4)))
\align
int(1/3*(1/(6*(x-2))-1/(6*(x+4))),x)=1/18*int(1/(x-2)-1/(x+4),x)
=1/18*(ln(abs(x-2))-ln(abs(x+4)))
=1/18*ln(abs((x-2)/(x+4)))
\stopalign
\red F(x)=1/18*ln(abs((x-2)/(x+4)))
\fedoff
\fedon\mixon
Fall2:__(eine reelle Nullstelle)
f(x)=1/(5*x^2-60*x+180)
Nun klammere ich im Nenner$1/5$aus
f(x)=1/5*1/(x^2-12*x+36)
Durch eine kleine Nebenrechnung erhalten wir
x^2-12*x+36=(x-6)^2
Also:
f(x)=1/5*1/(x-6)^2
1/5*int(1/(x-6)^2,x)=-1/(5*(x-6))
\red F(x)=-1/(5*(x-6))
\fedoff
\fedon\mixon
Fall3:__(keine reelle Nullstelle)
f(x)=1/(4x^2-24*x+100)
Dieser Term hat keine reelle Nullstelle.
Ersteinmal klammere ich wieder die 4 im Nenner aus.
f(x)=1/4*1/(x^2-6x+25)
Nun mach ich im Nenner die quadratische Ergänzung,
dabei erhalte ich$x^2-6x+25=(x-3)^2+16
f(x)=1/4*1/((x-3)^2+16)
Desweiteren klammere ich im Nenner 16 aus.
f(x)=1/4*1/16*1/((x-3)^2/16+1)
f(x)=1/64*1/(((x-3)/4)^2+1)
1/64*int(1/(((x-3)/4)^2+1),x)=1/16*arctan((x-3)/4)
\red F(x)=1/16*arctan((x-3)/4)
\fedoff
\fedon\mixonMan kommt um die Unterscheidung von der Anzahl der Nennerpolynomnullstellen nicht drumherum, ausser man macht im Nennerpolynom die quadratische Ergänzung und löst es dann wieder mit den Stammintegralen.
\fedoff
\fedon\mixon\light\blue Integrale der Form:$f(x)=(a*x+b)/(c*x^2+d*x+c)
Auch hier werde ich die drei möglichen Fälle unterscheiden.
(zwei reelle Nullstellen, eine reelle Nullstelle, keine reelle Nullstelle im Nennerpolynom)
Fall1:__(zwei reelle Nullstellen)
f(x)=(4x+3)/(x^2-x-6)
Hier hat der Nenner die Nullstellen$x_1=-2$und$x_2=3
Nun kann ich wieder die PBZ anwenden
(4x+3)/(x^2-x-6)=A/(x+2)+B/(x-3)
Wenn man nun A und B bestimmt, erhält man als Ergebnis:
A=1$und$B=3
Somit ist$(4x+3)/(x^2-x-6)=1/(x+2)+3/(x-3)
int(1/(x+2)+3/(x-3),x)=ln(abs(x+2))+3*ln(abs(x-3))
\red F(x)=ln(abs((x+2)/(x-3)^3))
\fedoff
\fedon\mixon
Fall2:__(eine reelle Nullstelle)
f(x)=(3x+5)/(x^2+8x+16)
Der Nenner hat die doppelte Nullstelle$x=-4 ,
somit ergibt sich folgender Ansatz für die PBZ
(3x+5)/(x^2+8x+16)=A/(x+4)+B/(x+4)^2
Hier erhalten wir als Ergebnis$A=3$und$B=-7
(3x+5)/(x^2+8x+16)=3/(x+4)-7/(x+4)^2
int(3/(x+4)-7/(x+4)^2,x)=3*ln(abs(x+4))+7/(x+4)
\red F(x)=3*ln(abs(x+4))+7/(x+4)
\fedoff
\fedon\mixon
Fall3:__(keine reelle Nulsstelle)
f(x)=(6*x+9)/(x^2-4*x+20)
Hierbei ist es ratsam, den Zähler als Ableitung des Nenners darzustellen. Die Ableitung des Nenners ist$2x-4.
Da mein Zähler$6x+9$lautet, muss ich aus dem Zähler zuerst 3 ausklammern.
f(x)=(6*x+9)/(x^2-4*x+20)=3*(2*x+3)/(x^2-4*x+20)
int(f(x),x)=3*int((2*x+3)/(x^2-4*x+20),x)
Nun kann ich im Zähler zuerst 4 subtrahieren und muss dann natürlich wieder 4 addieren.
\align
3*int((2*x+3)/(x^2-4*x+20),x)=3*int((2*x+3-4+4)/(x^2-4*x+20),x)
=3*int((2*x-4+7)/(x^2-4*x+20),x)
=3*int((2*x-4)/(x^2-4*x+20)+7/(x^2-4*x+20),x)
\stopalign
Nun berechne ich erstmal das Integral
int((2*x-4)/(x^2-4*x+20),x)
Hier substituiere ich$u=x^2-4*x+20
dann ist$du/dx=2*x-4 <=> dx=1/(2*x-4)*du
int((2x-4)/u*1/(2*x-4),u)=ln(abs(u))
Nun folgt die Rücksubstitution, also ist
int((2*x-4)/(x^2-4*x+20),x)=ln(x^2-4*x+20)
Hier brauche ich keine Betragsstriche, da$x^2-4*x+20>0$für alle x ist.
Um das Integral$int(7/(x^2-4*x+20),x)$zu berechnen,
mache ich im Nenner wieder die quadratische Ergänzung,
somit erhalte ich$x^2-4*x+20=(x-2)^2+16
\align
7*int(1/(x^2-4*x+20),x)=7*int(1/((x-2)^2+16),x)
=7*int(1/16*1/((x-2)^2/16+1),x)
=7/16*int(1/(((x-2)/4)^2+1),x)
=7/4*arctan((x-2)/4)
\stopalign
Also ist
\fedoff
\fedon
\align
3*int((2*x-4)/(x^2-4*x+20)+7/(x^2-4*x+20),x)=3*(ln(x^2-4*x+20)+7/4*arctan((x-2)/4)
=3*ln(x^2-4*x+20)+21/4*arctan((x-2)/4)
\stopalign
\red F(x)=3*ln(x^2-4*x+20)+21/4*arctan((x-2)/4)
\fedoff
\fedon\mixonAuch hier rate ich zur Unterscheidung der Nennernullstellen. Wenn der Nenner keine reellen Nullstellen hat, so sollte man, wie ich es beschrieben habe, versuchen, den Zähler so umzuformen, dass im Zähler die Ableitung des Nenners steht, und dann integrieren, wie ich oben beschrieben habe.
\fedoff
\fedon\mixon\light\blue Integrale der Form:$f(x)=(a*x^2+b*x+c)/(d*x^2+e*x+f)
Bei Integralen solcher Art sollte man zuerst die Polynomdivision durchführen.
Beispiel:__f(x)=(6*x^2-x+3)/(3*x^2+4x-1)
Die Polynomdivision liefert
(6*x^2-x+3)/(3*x^2+4x-1)=2-(9*x-5)/(3*x^2+4x-1)
int(2-(9*x-5)/(3*x^2+4x-1),x)=2x-int((9*x-5)/(3*x^2+4x-1),x)
und wie man ein Integral der Art
int((9*x-5)/(3*x^2+4x-1),x)
löst, habe ich eine Lektion drüber erklärt.
\fedoff
\fedon\mixonDas Schema hier ist:
Zuerst Polynomdivision und dann so wie bei den Funktion der Art$f(x)=(a*x+b)/(c*x^2+d*x+c)
\fedoffvorgehen.
\fedon\mixon\light\blue Integrale der Form:$f(x)=(a*x^3+b*x^2+c*x+d)/(e*x^2+f*x+g)
Bei solchen Funktionen sollte man auch zuerst eine Polynomdivision durchführen.
Beispiel:__$f(x)=(2*x^3+3*x^2+x+4)/(3*x^2+5*x+4)
Die Polynomdivision liefert uns
(2*x^3+3*x^2+x+4)/(3*x^2+6*x+1)=2/3*x-1/3+(7/3*x+13/3)/(3*x^2+6*x+1)
int(2/3*x-1/3+(7/3*x+13/3)/(3*x^2+6*x+1),x)=1/3*x^2-1/3*x+int((7/3*x+13/3)/(3*x^2+6*x+1),x)
und zum Lösen des Integrals$int((7/3*x+13/3)/(3*x^2+6*x+1),x)
\fedoffbitte ich, wieder zwei Lektionen vorher zu schauen.
\fedon\mixonAuch hier zuerst Polynomdivision solange durchführen, bis der Grad des Zählerpolynoms kleiner als der Grad des Nennerpolynoms ist und dann so wie bei f(x)=(a*x+b)/(c*x^2+d*x+c)$integrieren.
\fedoff
\fedon\mixon\light\blue Integrale der Form:$f(x)=(a_n*x^n+a_(n-1)*x^(n-1)+...+a_1*x+a_0)/(b_m*x^m+b_(m-1)*x^(m-1)+...+b_1*x+b_0)
Falls hier n>m , empfehle ich wieder zuerst die Polynomdivision zu machen.
Für den Fall, dass$m>3$ist, wird das Lösen des Integrals sehr schwer.
Dann muss man schon Glück haben, dass das Nennerpolynom nur reelle Nullstellen besitzt, denn so kann man hier eine Partialbruchzerlegung durchführen.
Beispiel:__$f(x)=(2x^4-3x^3-7x^2+13x-3)/(x^3-3x^2+4)
Hier mach ich erstmal die Polynomdivision
(2x^4-3x^3-7x^2+13x-3)/(x^3-3x^2+4)=2x+3+(2*x^2+5x-15)/(x^3-3x^2+4)
int(2x+3+(2*x^2+5x-15)/(x^3-3x^2+4),x)=x^2+3x+int((2*x^2+5x-15)/(x^3-3x^2+4),x)
Durch eine kleine Nebenrechnung erhalte ich$x_(1,2)=2$und$x_3=-1 als Nullstelle des Nenners. Da x=2 eine doppelte Nullstelle ist, lautet mein Ansatz für die PBZ
(2*x^2+5x-15)/(x^3-3x^2+4)=A/(x-2)+B/(x-2)^2+C/(x+1)
Dabei erhalte ich$A=4$,$B=1$und$C=-2
\align
int(4/(x-2)+1/(x-2)^2-2/(x+1),x)=4*ln(abs(x-2))-1/(x-2)-2*ln(abs(x+1))
=2*ln(abs((x-2)^2/(x+1)))-1/(x-2)
\stopalign
\fedoff\red F(x)=x^2+3x+2*ln(abs((x-2)^2/(x+1)))-1/(x-2)
\fedon\mixonBeispiel:__$f(x)=x/(4+x^4)
Hier substituiere ich ersteinmal$u=x^2
du/dx=2x <=> dx=du/(2x)
int(x/(4+u^2)*1/(2*x),u)=1/2*int(1/(4+u^2),u)=1/2*int(1/4*1/(1+(u/2)^2),u)
=arctan(u/2)/4
Rücksubstitution$u=x^2:
int(x/(4+x^4),x)=arctan(x^2/2)/4
\fedoff\red F(x)=arctan(x^2/2)/4
\fedon\mixonBeispiel:__$f(x)=(x^3+3x^2-x+2)/(x^4+2x^2+1)
Hier brauche ich keine Polynomdivision zu machen, da der Grad des Zählerpolynoms schon kleiner ist als der Grad des Nennerpolynoms.
Deshalb suche ich jetzt die Nullstellen des Nenners.
x^4+2x^2+1$kann ich ersteinmal zu$(x^2+1)^2$zusammenfassen.
Ich sehe, dass es hier keine reellen Nullstellen gibt, also lautet meine PBZ
(x^3+3x^2-x+2)/(x^4+2x^2+1)=(A*x+B)/(x^2+1)+(C*x+D)/(x^2+1)^2
Ergebnis:$A=1,$B=3,$C=-2,$D=-1
(x^3+3x^2-x+2)/(x^4+2x^2+1)=(x+3)/(x^2+1)-(2*x+1)/(x^2+1)^2
Das Integral$int((x+3)/(x^2+1)-(2*x+1)/(x^2+1)^2,x)$kann ich in vier einzelne
leichter zu intergierende Integrale aufspalten:
int(x/(x^2+1),x)+int(3/(x^2+1),x)-int((2x)/(x^2+1)^2,x)-int(1/(x^2+1)^2,x)
Nun werde ich diese vier Integrale einzeln integrieren.
\darkred Integral 1:$int(x/(x^2+1),x)
Hier hilft mir die Substitution von$u=x^2+1$weiter. Demnach ist
du/dx=2x <=> dx=du/2x
int(x/u*1/(2x),u)=1/2*int(1/u,u)=1/2*ln(abs(u))
Nun die Rücksubstitution:
int(x/(x^2+1),x)=1/2*ln(x^2+1)
\fedoff
\fedon\mixon\darkred Integral 2:$int(3/(x^2+1),x)
int(3/(x^2+1),x)=3*int(1/(x^2+1),x)=3*arctan(x)
\darkred Integral 3:$int((2x)/(x^2+1)^2,x)
Auch hier substiuiere ich$u=x^2+1
du/dx=2x <=> dx=du/2x
int(1/u^2,u)=-1/u
Rücksubstitution:
\fedoffint((2x)/(x^2+1)^2,x)=-1/(x^2+1)
\fedon\mixon\darkred Integral 4:$int(1/(x^2+1)^2,x)
Nun kann ich$z=arctan(x)$substituieren und erhalte
dz/dx=1/(x^2+1) <=> dx=(x^2+1)*dz
int(1/(tan^2(z)+1),z)
Nun ist aber
1/(tan^2(z)+1)=1/((sin(z)/cos(z))^2+1)=cos^2(z)
int(1/(tan^2(z)+1),z)=int(cos^2(z),z)
Für$int(cos^2(z),z)$kommt die partielle Integration in Frage.
int(cos(z)*cos(z),z)=sin(z)*cos(z)-int(sin(z)*(-sin(z)),z)
int(cos(z)*cos(z),z)=sin(z)*cos(z)+int(sin^2(z),z)
int(cos(z)*cos(z),z)=sin(z)*cos(z)+int(1-cos^2(z),z)
int(cos(z)*cos(z),z)=sin(z)*cos(z)+z-int(cos^2(z),z)
2*int(cos(z)*cos(z),z)=sin(z)*cos(z)+z
int(cos^2(z),z)=(sin(z)*cos(z)+z)/2
Rücksubstitution$z=arctan(x)
int(1/(x^2+1)^2,x)=(sin(arctan(x))*cos(arctan(x))+z)/2
Es gilt sin(arctan(x))=x/sqrt(x^2+1) und cos(arctan(x))=1/sqrt(x^2+1)
int(1/(x^2+1)^2,x)=x/(2*(x^2+1))+arctan(x)/2
\fedoff
\fedon\mixonEs war int((x^3+3x^2-x+2)/(x^4+2x^2+1),x)=int(x/(x^2+1),x)+int(3/(x^2+1),x)-int((2x)/(x^2+1)^2,x)-int(1/(x^2+1)^2,x)
Zusammengefasst:
\align
int((x^3+3x^2-x+2)/(x^4+2x^2+1),x)=[(1/2*ln(x^2+1))]+[3*arctan(x)]-[(-1/(x^2+1))]-[(x/(2*(x^2+1))+arctan(x)/2)]
=1/2*ln(x^2+1)+5*arctan(x)/2+(2-x)/(2*(x^2+1))
\fedoff
\fed\mixon\red F(x)=1/2*ln(x^2+1)+(5*arctan(x))/2+(2-x)/(2*(x^2+1))
\fedon\mixonLösungsschema:
-Polynomdivision so lange, bis Zählergrad kleiner als Nennergrad
-Partialbruchzerlegung
\fedoff
\fedon\mixon\light\blue Integrale der Form:$f(x)=sqrt(a*x^2+b*x+c)
Beispiel:__$f(x)=sqrt(2x^2+3x+4)
Erstmal bring ich$ 2x^2+3x+4$auf$2*(x+3/4)^2+23/8
int(sqrt(2x^2+3x+4),x)=int(sqrt(2*(x+3/4)^2+23/8),x)
int(sqrt(2*(x+3/4)^2+23/8),x)=int(sqrt(23/8)*sqrt(16/23*(x+3/4)^2+1)
=sqrt(23/8)*int(sqrt((sqrt(16/23)*(x+3/4))^2+1),x)
Für$int(sqrt((sqrt(16/23)*(x+3/4))^2+1),x)$substituiere ich$u=sqrt(16/23)*(x+3/4)
du/dx=sqrt(16/23) <=> dx=sqrt(23)/4*du
int(sqrt(u^2+1)*sqrt(23)/4,u)=sqrt(23)/4*int(sqrt(u^2+1),u)
Um$int(sqrt(u^2+1),u)$zu lösen, werde ich$u=sinh(z) <=> z=arcsinh(u)$substituieren, denn ich kenne
folgende Beziehung$cosh^2(a)-sinh^2(a)=1
du/dz=cosh(z) <=> du=cosh(z)*dz
int(sqrt(sinh^2(z)+1)*cosh(z),z)=int(cosh^2(z),z)
Für$int(cosh^2(z),z)$wende ich die partielle Integration an
\fedoff
\fedon\mixon
int(cosh(z)*cosh(z),z)=sinh(z)*cosh(z)-int(sinh(z)*sinh(z),z)
int(cosh^2(z),z)=sinh(z)*cosh(z)-int(sinh^2(z),z)
int(cosh^2(z),z)=sinh(z)*cosh(z)-int(cosh^2(z)-1,z)
int(cosh^2(z),z)=sinh(z)*cosh(z)-int(cosh^2(z),z)+int(1,z)
2*int(cosh(z),z)=sinh(z)*cosh(z)+z
int(cosh^2(z),z)=(sinh(z)*cosh(z)+z)/2
Rücksubstitution$z=arcsinh(u):
\fedoff
\fedon\mixonsqrt(23)/4*int(sqrt(u^2+1),u)=sqrt(23)/4*((sinh(arcsinh(u))*cosh(arcsinh(u))+arcsinh(u))/2)
Es ist$cosh(arcsinh(a))=sqrt(a^2+1)
sqrt(23)/4*int(sqrt(u^2+1),u)=sqrt(23)/4*(u*sqrt(u^2+1)+arcsinh(u))/2
Rücksubstitution$u=sqrt(16/23)*(x+3/4):
int(sqrt((sqrt(16/23)*(x+3/4))^2+1),x)
=sqrt(23)/4*(sqrt(16/23)*(x+3/4)*sqrt((sqrt(16/23)*(x+3/4))^2+1)+arcsinh(sqrt(16/23)*(x+3/4)))/2
=((x+3/4)*sqrt((sqrt(16/23)*(x+3/4))^2+1)+sqrt(23)/4*arcsinh(sqrt(16/23)*(x+3/4)))/2
Es war$int(sqrt(2x^2+3x+4),x)=sqrt(23/8)*int(sqrt((sqrt(16/23)*(x+3/4))^2+1),x)
sqrt(23/8)*int(sqrt((sqrt(16/23)*(x+3/4))^2+1),x)
=sqrt(23/8)*(((x+3/4)*sqrt((sqrt(16/23)*(x+3/4))^2+1)+sqrt(23)/4*arcsinh(sqrt(16/23)*(x+3/4)))/2)
\red F(x)=((x+3/4)*sqrt(2x^2+3x+4)+23/(4*sqrt(8))*arcsinh(4/sqrt(23)*(x+3/4)))/2
\fedoff
\fedon\mixonHier bitte zuerst die quadratische Ergänzung durchführen und dann wie bei
f(x)=1/(a^2+b)$so umformen, dass man es mit einer möglichen Substitutuion lösen kann.
\fedoff
\fedon\mixon\light\blue Integrale der Form:$f(x)=1/sqrt(a*x^2+b*x+c)
Beispiel:__$f(x)=1/sqrt(2x^2+3x+4)
Ersteinmal bringe ich den Term$2x^2+3x+4$mit der quadratischen Ergänzung auf
2*(x+3/4)^2+23/8
int(1/sqrt(2x^2+3x+4),x)=int(1/sqrt(2*(x+3/4)^2+23/8),x)
Nun forme ich den Term$sqrt(2*(x+3/4)^2+23/8)$um
sqrt(2*(x+3/4)^2+23/8)=sqrt(23/8*(16/23*(x+3/4)^2+1))
sqrt(23/8)*sqrt((sqrt(16/23)*(x+3/4))^2+1)
int(1/sqrt(2*(x+3/4)^2+23/8),x)=int(1/(sqrt(23/8)*sqrt((sqrt(16/23)*(x+3/4))^2+1)),x)
Nun substituiere ich$u=sqrt(16/23)*(x+3/4)
du/dx=4/sqrt(23) <=> dx=sqrt(23)/4*du
sqrt(8/23)*int(1/sqrt(u^2+1)*sqrt(23)/4,u)=sqrt(1/2)*arcsinh(u)
Rücksubstitution$u=sqrt(16/23)*(x+3/4):
int(1/sqrt(2x^2+3x+4),x)=sqrt(1/2)*arcsinh(sqrt(16/23)*(x+3/4))
\red F(x)=sqrt(1/2)*arcsinh(4/sqrt(23)*(x+3/4))
\fedoff
\fedon\mixon
Beispiel:__$f(x)=1/sqrt(2x^2+12x+17)
Ersteinmal bringe ich den Term$2x^2+12x+17$mit der quadratischen Ergänzung auf
2*(x+3)^2-1
int(1/sqrt(2x^2+12x+17),x)=int(1/sqrt(2*(x+3)^2-1),x)
Nun forme ich den Term$sqrt(2*(x+3)^2-1)$um
sqrt(2*(x+3)^2-1)=sqrt((sqrt(2)*(x+3))^2-1)
int(1/sqrt((sqrt(2)*(x+3))^2-1)),x)
Nun substituiere ich$u=sqrt(2)*(x+3)
du/dx=sqrt(2) <=> dx=du/sqrt(2)
int(1/sqrt(u^2-1)*1/sqrt(2),u)=1/sqrt(2)*arccosh(u)
Rücksubstitution$u=sqrt(2)*(x+3):
int(1/sqrt(2x^2+12x+17),x)=1/sqrt(2)*arccosh(sqrt(2)*(x+3))
\red F(x)=1/sqrt(2)*arccosh(sqrt(2)*(x+3))
\fedoff
\fedon\mixonarray(Beispiel:)__$f(x)=1/sqrt(-9x^2+36x-32)
Erst einmal bringe ich den Term$-9x^2+36x-32$mit der quadratischen Ergänzung auf
4-9*(x-2)^2
int(1/sqrt(-9x^2+36x-32),x)=int(1/sqrt(4-9*(x-2)^2),x)
Nun forme ich den Term sqrt(4-9*(x-2)^2)$um
sqrt(4-9*(x-2)^2)=2*sqrt(1-9/4*(x-2)^2)=2*sqrt(1-(3/2*(x-2))^2)
1/2*int(1/sqrt(1-(3/2*(x-2))^2),x)=1/3*arcsin(3/2*(x-2))
\fedoff\red F(x)=1/3*arcsin(3/2*(x-2))
\fed\mixonAuch hier zuerst den Radikanden umformen und dann mit den Stammintegralen lösen.
\fedon\mixon\light\blue Integrale der Form:$f(x)=(a*x+b)/sqrt(c*x^2+d*x+e)
array(Beispiel:)__$f(x)=(3x+4)/sqrt(2x^2+x+2)
Ähnlich wie bei den Integralen der Form:$f(x)=(a*x+b)/(c*x^2+d*x+e) werde ich hier erstmal versuchen, im Zähler die Ableitung des Radikanden darzustellen.
(2x^2+x+2)'=4x+1
Nun ist aber im Zähler$3x+4$zu finden, deshalb klammere ich bei
3x+4 erstmal 3/4 aus.
3/4*(4x+16/3)
(3x+4)/sqrt(2x^2+x+2)=3/4*(4x+16/3)/sqrt(2x^2+x+2)=3/4*((4x+1)/sqrt(2x^2+x+2)+13/3/sqrt(2x^2+x+2)
int(3/4*((4x+1)/sqrt(2x^2+x+2)+13/3/sqrt(2x^2+x+2)),x)=3/4*(int((4x+1)/sqrt(2x^2+x+2),x)+13/3*int(1/sqrt(2x^2+x+2),x))
int((4x+1)/sqrt(2x^2+x+2),x) löse ich mit der Substitution von$u=2x^2+x+2
du/dx=4x+1 <=> dx=du/(4x+1)
int(1/sqrt(u),u)=2*sqrt(u)
\fedoff
\fedon\mixon
Rücksubstitution:
int((4x+1)/sqrt(2x^2+x+2),x)=2*sqrt(2x^2+x+2)
und wie man int(1/sqrt(2x^2+x+2),x) berechnet, habe ich eine Lektion drüber beschrieben.
Deshalb schreibe ich jetzt die Lösung hin, seht es als kleine Übung an.
int(1/sqrt(2x^2+x+2),x)=sqrt(8)/4*arcsinh(4/sqrt(15)*(x+1/4))
int((3x+4)/sqrt(2x^2+x+2),x)=3/4*((2*sqrt(2x^2+x+2))+13/3*(sqrt(8)/4*arcsinh(4/sqrt(15)*(x+1/4))))
\fedoff\red F(x)=3/2*sqrt(2x^2+x+2)+13/6*sqrt(2)*arcsinh(4/sqrt(15)*(x+1/4))
\fedon\mixonHier ist es immer gleich:
\- Zähler soweit umformen, bis im Zähler die Ableitung des Radikanden steht, und dann summandenweise integrieren und zum Teil wie bei f(x)=1/sqrt(ax^2+bx+c) lösen.
\fedoff
\fedon\mixon\light\blue Integrale der Form:$f(x)=ln(a*x^2+b*x+c)
Auch hier werden wir unterscheiden, ob die Funktion$a*x^2+b*x+c zwei reelle Nullstellen, eine reelle Nullstelle oder keine reelle Nullstelle besitzt.
array(Fall 1:)__$(zwei reelle Nullstellen)
array(Beispiel:)__$f(x)=ln(x^2+x-12)
x^2+x-12$lässt sich mit den Linearfaktoren$(x-3)*(x+4)$darstellen,
sodass wir nur noch int(ln((x-3)*(x+4)),x) berechnen.
Es gilt$ln(u*v)=ln(u)+ln(v)
int(ln((x-3)*(x+4)),x)=int((ln(x-3)+ln(x+4)),x)
Da int(ln(x),x)=x*ln(x)-x bekannt ist, ist
int((ln(x-3)+ln(x+4)),x)=(x-3)*ln(x-3)-(x-3)+(x+4)*ln(x+4)-(x+4)
\red F(x)=(x-3)*ln(x-3)+(x+4)*ln(x+4)-2x-1
\fedoff
\fedon\mixonarray(Fall 2:)__$(eine reelle Nullstelle)
array(Beispiel:)__$f(x)=ln(x^2+4x+4)
Es ist$x^2+4x+4=(x+2)^2
Es gilt$ln(a^b)=b*ln(a)
int(ln((x+2)^2),x)=2*int(ln(x+2),x)=2*((x+2)*ln(x+2)-(x+2))
\fedoff\red F(x)=(x+2)*(ln((x+2)^2)-2)
\fedon\mixonarray(Fall 3:)__$(keine reelle Nullstelle)
array(Beispiel:)__$f(x)=ln(x^2+3x+4)
Für int(ln(x^2+3x+4),x) wenden wir die Produktintegration an
u=ln(x^2+3x+4)
v'=1
u'=(2x+3)/(x^2+3x+4)
v=x
int(u*v')=u*v-int(u'*v)
\align
int(ln(x^2+3x+4),x)=x*ln(x^2+3x+4)-int(x*(2x+3)/(x^2+3x+4),x)
=x*ln(x^2+3x+4)-int((2x^2+3x)/(x^2+3x+4),x)
\stopalign
Das Vorgehen, wie man das Integral int((2x^2+3x)/(x^2+3x+4),x) löst, bitte ich bei "Integrale der Form: f(x)=(a*x^2+b*x+c)/(d*x^2+e*x+f)\." nachzuschauen.
Für jeden einzelnen Fall habe ich versucht, den schnellsten und effektivsten Weg darzustellen.
\fedoffMan könnte Fall 1 und Fall 2 auch wie bei Fall 3 lösen, nur ist der Weg dann etwas lang, aber man kommt zum Ziel.
\fedon\mixon\light\blue Integrale der Form:$f(x)=sin^n(x)
array(Beispiel:)__$f(x)=sin^2(x)
Dieses Integral löse ich mit der partiellen Integration, hierbei setze ich
u=sin(x)
v'=sin(x)
Dann ist
u'=cos(x)
v=-cos(x)
Es gilt
int(u*v')=u*v-int(u'*v)
eingesetzt ergibt das
\align
int(sin(x)*sin(x),x)=sin(x)*(-cos(x))-int(cos(x)*(-cos(x)),x)
int(sin^2(x),x)=-sin(x)*cos(x)+int(cos^2(x),x)
Nun ist$cos^2(x)=1-sin^2(x)
int(sin^2(x),x)=-sin(x)*cos(x)+int((1-sin^2(x)),x)
int(sin^2(x),x)=-sin(x)*cos(x)+int(1,x)-int(sin^2(x),x)
2*int(sin^2(x),x)=-sin(x)*cos(x)+x
int(sin^2(x),x)=(-sin(x)*cos(x)+x)/2
\stopalign
\red F(x)=(-sin(x)*cos(x)+x)/2
\fedoff
\fedon\mixon
array(Beispiel:)__$f(x)=sin^3(x)
Dieses Integral löse ich mit der partiellen Integration, hierbei setze ich
u=sin^2(x)
v'=sin(x)
Dann ist
u'=2*sin(x)*cos(x)
v=-cos(x)
Es gilt
int(u*v')=u*v-int(u'*v)
eingesetzt ergibt das
\align
int(sin(x)*sin^2(x),x)=sin^2(x)*(-cos(x))-int(2*sin(x)*cos(x)*(-cos(x)),x)
=-sin^2(x)*cos(x)+2*int(sin(x)*cos^2(x),x)
Nun ist$cos^2(x)=1-sin^2(x)
=-sin^2(x)*cos(x)+2*int(sin(x)*(1-sin^2(x)),x)
=-sin^2(x)*cos(x)+2*(int(sin(x),x)-int(sin^3(x),x))
int(sin^3(x))=-sin^2(x)*cos(x)-2*cos(x)-2*int(sin^3(x),x)
3*int(sin^3(x),x)=-sin^2(x)*cos(x)-2*cos(x)
int(sin^3(x),x)=(-sin^2(x)*cos(x)-2*cos(x))/3
\stopalign
\red F(x)=-cos(x)/3*(sin^2(x)+2)
\fedoff
\fedon\mixonHier kommt man immer mit der partiellen Integration zum Ziel.
\fedoff
\fedon\mixon\light\blue Integrale der Form:$f(x)=cos^n(x)
array(Beispiel:)__$f(x)=cos^2(x)
Dieses Integral löse ich mit der partiellen Integration, hierbei setze ich
u=cos(x)
v'=cos(x)
Dann ist
u'=-sin(x)
v=sin(x)
Es gilt
int(u*v')=u*v-int(u'*v)
eingesetzt ergibt das
\align
int(cos(x)*cos(x),x)=sin(x)*cos(x)-int((-sin(x))*sin(x),x)
int(cos^2(x),x)=sin(x)*cos(x)+int(sin^2(x),x)
Nun ist$sin^2(x)=1-cos^2(x)
int(cos^2(x),x)=sin(x)*cos(x)+int((1-cos^2(x)),x)
int(cos^2(x),x)=sin(x)*cos(x)+int(1,x)-int(cos^2(x),x)
2*int(cos^2(x),x)=sin(x)*cos(x)+x
int(cos^2(x),x)=(sin(x)*cos(x)+x)/2
\stopalign
\red F(x)=(sin(x)*cos(x)+x)/2
\fedoff
\fedon\mixonHier kommt man immer mit der partiellen Integration zum Ziel.
\fedoff
\fedon\mixon\light\blue Integrale der Form:$f(x)=1/sin^n(x)
array(Beispiel:)__$f(x)=1/sin(x)
Bei diesem Integral wende ich die Substitution von
u=tan(x/2) <=> x=2*arctan(u)$an
du/dx=1/2*(tan^2(x/2)+1)=1/2*(u^2+1) <=> dx=2/(u^2+1)*du
int(1/sin(2*arctan(u))*2/(u^2+1),u)
Es gilt$sin(2a)=2*sin(a)*cos(a)$und$sin(arctan(a))=a/sqrt(a^2+1)
cos(arctan(a))=1/sqrt(a^2+1)
Somit ist$sin(2*arctan(u))=2*sin(arctan(u))*cos(arctan(u))=2*u/(u^2+1)
int(1/sin(2*arctan(u))*2/(u^2+1),u)=int(1/(2*u/(u^2+1))*2/(u^2+1),u)=int(1/u,u)=ln(abs(u))
Rücksubstitution$u=tan(x/2):
int(1/sin(x),x)=ln(abs(tan(x/2)))
\fedoff\red F(x)=ln(abs(tan(x/2)))
\fedon\mixonarray(Beispiel:)__$f(x)=1/sin^2(x)
Erstmal schreibe ich die Funktion um
1/sin^2(x)=1/(tan^2(x)*cos^2(x))
denn es gilt$tan(x)=sin(x)/cos(x)
int(1/sin^2(x),x)=int(1/(tan^2(x)*cos^2(x)),x)
Nun substituiere ich$u=tan(x)$, denn es ist$(tan(x))'=1/cos^2(x)
du/dx=1/cos^2(x) <=> dx=cos^2(x)*du
int(1/(u^2*cos^2(x))*cos^2(x),u)=int(1/u^2,u)=-1/u
Rücksubstitution$u=tan(x):
int(1/sin^2(x),x)=-1/tan(x)
\fedoff\red F(x)=-1/tan(x)
\fedon\mixonAb$n>3$hilft immer die Substitution von$u=tan(x/2)
\fedoff
\fedon\mixon\light\blue Integrale der Form:$f(x)=1/cos^n(x)
array(Beispiel:)__$f(x)=1/cos(x)
Bei diesem Integral wende ich die Substitution von
u=tan(x/2) <=> x=2*arctan(u)$an
du/dx=1/2*(tan^2(x/2)+1)=1/2*(u^2+1) <=> dx=2/(u^2+1)*du
int(1/cos(2*arctan(u))*2/(u^2+1),u)
Es gilt$cos(2a)=cos^2(a)-sin^2(a)$und$sin(arctan(a))=a/sqrt(a^2+1)
cos(arctan(a))=1/sqrt(a^2+1)
Somit ist$cos(2*arctan(u))=(1-u^2)/(u^2+1)
int(1/cos(2*arctan(u))*2/(u^2+1),u)=int(1/((1-u^2)/(u^2+1))*2/(u^2+1),u)=2*int(1/(1-u^2),u)
Nun mache ich eine PBZ:
1/(1-u^2)=A/(1+u)+B/(1-u)
A=1/2 und B=1/2
1/(1-u^2)=1/2*(1/(1+u)+1/(1-u))
1/2*int((1/(1+u)+1/(1-u)),u)=1/2*(ln(abs(1+u))-ln(abs(1-u)))=1/2*ln(abs((1+u)/(1-u)))
Rücksubstitution$u=tan(x/2):
2*int(1/cos(x),x)=ln(abs((1+tan(x/2))/(1-tan(x/2))))
\red F(x)=ln(abs((1+tan(x/2))/(1-tan(x/2))))
\fedoff
\fedon\mixonarray(Beispiel:)__$f(x)=1/cos^2(x)
Bei diesem Integral wende ich die Substitution von
u=tan(x) <=> x=arctan(u)$an
du/dx=tan^2(x)+1=u^2+1 <=> dx=1/(u^2+1)*du
int(1/cos^2(arctan(u))*1/(u^2+1),u)
Es gilt$cos(arctan(a))=1/sqrt(a^2+1)
Somit ist$cos^2(arctan(u))=1/(u^2+1)
int(1/cos^2(arctan(u))*1/(u^2+1),u)=int(1/(1/(u^2+1))*1/(u^2+1),u)=int(1,u)=u
Rücksubstitution$u=tan(x):
int(1/cos^2(x),x)=tan(x)
\fedoff\red F(x)=tan(x)
\fedon\mixonBei geraden n empfehle ich die Substitution$u=tan(x)$und bei ungeraden n die Substitution$u=tan(x/2)
\fedoff
\fedon\mixon\light\blue Integrale der Form:$f(x)=tan^n(x)
array(Beispiel:)__$f(x)=tan(x)
Zuerst schreibe ich tan(x) als sin(x)/cos(x)
int(sin(x)/cos(x),x)
Hier substituiere ich$u=cos(x)
du/dx=-sin(x) <=> dx=-1/sin(x)*du
int(sin(x)/u*(-1/sin(x)),u)=int(-1/u,u)=-ln(abs(u))
Rücksubstitution$u=cos(x)
int(tan(x),x)=-ln(abs(cos(x)))
\red F(x)=-ln(abs(cos(x)))
\fedoff
\fedon\mixonarray(Beispiel:)__$f(x)=tan^2(x)
Zuerst schreibe ich tan^2(x) als sin^2(x)/cos^2(x)
Es ist$sin^2(x)=1-cos^2(x)
int(tan^2(x),x)=int((1-cos^2(x))/cos^2(x),x)=int(1/cos^2(x),x)-int(1,x)
int(tan^2(x),x)=tan(x)-x
\red F(x)=tan(x)-x
\fedoff
\fedon\mixonarray(Beispiel:)__$f(x)=tan^3(x)
Substitution$u=tan(x)
du/dx=u^2+1 <=> dx=du/(u^2+1)
int(u^3*1/(u^2+1),u)
Hier mache ich erstmal die Polynomdivision und erhalte
u^3/(u^2+1)=u-u/(u^2+1)
int((u-u/(u^2+1)),u)=int(u,u)-int(u/(u^2+1),u)
int(u,u)=1/2*u^2
bei int(u/(u^2+1),u) substituiere ich$z=u^2+1
dz/du=2u <=> du=1/(2u)*dz
int(u/z*1/2u,z)=1/2*ln(abs(z))
Rücksubstitution$z=u^2+1
int(u/(u^2+1),u)=1/2*ln(u^2+1)
int(u^3*1/(u^2+1),u)=1/2*u^2-1/2*ln(u^2+1)
Rücksubstitution$u=tan(x)
int(tan^3(x),x)=1/2*(tan^2(x)-ln(tan^2(x)+1))
\fedoff\red F(x)=1/2*(tan^2(x)-ln(tan^2(x)+1))
\fed\mixonHier sollte man immer bei n>2$u=tan(x)$substituieren. Dann eine Polynomdivision und das Integral ist fast fertig.
\fedon\mixon\light\blue Integrale der Form:$f(x)=1/tan^n(x)
array(Beispiel:)__$f(x)=1/tan(x)
Zuerst schreibe ich 1/tan(x) als cos(x)/sin(x)
int(cos(x)/sin(x),x)
Hier substituiere ich$u=sin(x)
du/dx=cos(x) <=> dx=1/cos(x)*du
int(cos(x)/u*1/cos(x),u)=int(1/u,u)=ln(abs(u))
Rücksubstitution$u=sin(x)
int(1/tan(x),x)=ln(abs(sin(x)))
\red F(x)=ln(abs(sin(x)))
\fedoff
\fedon\mixon
array(Beispiel:)__$f(x)=1/tan^2(x)
int(1/tan^2(x),x)
Hier substituiere ich$u=tan(x)
du/dx=u^2+1 <=> dx=1/(u^2+1)*du
int(1/u^2*1/(u^2+1),u)
Hier werde ich die PBZ anwenden
Dazu brauche ich folgenden Ansatz
1/(u^2*(u^2+1))=A/u+B/u^2+(C*u+D)/(u^2+1)
A=0$;$B=1$;$C=0$und$D=-1
1/(u^2*(u^2+1))=1/u^2-1/(u^2+1)
int((1/u^2-1/(u^2+1)),u)=int(1/u^2,u)-int(1/(u^2+1),u)=-1/u-arctan(u)
Rücksubstitution$u=tan(x):
int(1/tan^2(x),x)=-1/tan(x)-x
\red F(x)=-1/tan(x)-x
\fedoff
\fedon\mixonAuch hier$u=tan(x)$substituieren, dann aber eine PBZ durchführen.
\fedoff
__________________________________________________________________________
Leider gibt es Integrale, wo man keine geschlossene Stammfunktion angeben kann, wie z.b.
\fedint(e^(-x^2),x)
In diesem Thread hat uns Spock gezeigt, wie man, obwohl man die Stammfunktion nicht kennt, ein bestimmtes Integral löst.
Es gibt eine Menge Funktionen, deren Stammfunktion man nicht angeben kann, oft hilft dabei nur, die Funktion in eine Reihe zu entwickeln und diese Reihe dann zu integrieren. Wenn man bei einem Bruch im Nenner ein höhergradiges Polynom hat, muss man Glück haben, dass man davon die reellen Nullstellen bestimmen kann, denn eine PBZ mit komplexen Nullstellen ist sehr rechenaufwendig. N-Man hat uns hier gezeigt, wann man bei welchen Nullstellen welchen Ansatz für die Partialbruchzerlegung machen muss und Rodion hat hier ebenfalls etwas über die PBZ geschrieben.
Bei den meisten Integralen hilft nur ein gezielter Blick, um eine gute Substitution zu finden und somit eine Stammfunktion zu finden. Man muss sich auch mit den Beziehungen der Winkelfunktionen auskennen, denn oft helfen diese, das Integral zu lösen. "Die Beziehungen vom Sinus und Cosinus" war mein erster Artikel, der darüber handelte. Ich hoffe, ich konnte denjenigen, die sich mit der Integralrechnung nicht so gut auskennen, ein bisschen weiterhelfen und konnte euch einigermaßen verständlich den Weg zur Lösung der Integrale zeigen.
Ein bekannter Spruch lautet
"Differenzieren ist Handwerk, Integrieren ist Kunst".
Mit diesem Worten wünsch ich den Bewohnern und Besuchern
des Matheplaneten einen schönen Sommer.
Mit freundlichen Grüßen
Artur Koehler
(alias pendragon302)
Artikel von pendragon302 zur Differential- und Integralrechnung:
Ganz genau: Potenzreihenentwicklung nach Taylor
Ganz genau: Gelöste Differentialgleichungen
Ganz genau: Krümmungskreise
Ganz genau: Das Problem der Traktrix
Ganz genau: Gelöste Standardintegrale
Ganz genau: Die Beziehungen vom Sinus und Cosinus
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