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. Um zu den jeweiligen Beispielen zu gelangen, klickt einfach auf den Link in der rechten Spalte.
Bei diesen Integralen ist das Lösungschema immer gleich, zuerst Polynomdivision und dann summandenweise integrieren. Damit sollte man immer zu einer Lösung kommen.
\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$f(x)=1/(3*x^2+4)=1/4*1/((sqrt(3)/2*x)^2+1)
Somit ist: \align int(1/(3*x^2+4),x)=1/4*int(1/((sqrt(3)/2*x)^2+1),x) =1/(sqrt(3)*2)*arctan(sqrt(3)/2*x) \stopalign \red F(x)=1/(sqrt(3)*2)*arctan(sqrt(3)/2*x)
Hier sollte man zuerst aus dem Nenner den Summanden b ausklammern und den Faktor vor dem$x^2, nämlich$a/b$mit$sqrt(a/b), in das Quadrat reinziehen. Dann haben wir eine linear verkettete Funktion, welche leicht mit den Stammintegralen lösbar ist.
\light\blue Integrale der Form:$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)))
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))
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$x^2-6x+25=(x-3)^2+16
Man kommt um die Unterscheidung von der Anzahl der Nennerpolynomnullstellen nicht drumherum, ausser man macht im Nennerpolynom die quadratische Ergänzung und löst es dann wieder mit den Stammintegralen.
\light\blue Integrale der Form:$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)
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)
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$x^2-4*x+20=(x-2)^2+16 \align 7*int(1/(x^2-4*x+20),x)=7*int(1/((x-2)^2+16),x) =7*int(1/16*1/((x-2)^2/16+1),x) =7/16*int(1/(((x-2)/4)^2+1),x) =7/4*arctan((x-2)/4) \stopalign Also ist
Auch hier rate ich zur Unterscheidung der Nennernullstellen. Wenn der Nenner keine reellen Nullstellen hat, so sollte man, wie ich es beschrieben habe, versuchen, den Zähler so umzuformen, dass im Zähler die Ableitung des Nenners steht, und dann integrieren, wie ich oben beschrieben habe.
\light\blue Integrale der Form:$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.
Das Schema hier ist: Zuerst Polynomdivision und dann so wie bei den Funktion der Art$f(x)=(a*x+b)/(c*x^2+d*x+c) vorgehen. \light\blue Integrale der Form:$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.
und zum Lösen des Integrals int((7/3*x+13/3)/(3*x^2+6*x+1),x) bitte ich, wieder zwei Lektionen vorher zu schauen. Auch 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)$integrieren.
\light\blue Integrale der Form:$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.
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
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$zusammenfassen. Ich sehe, dass es hier keine reellen Nullstellen gibt, also lautet meine PBZ
Das Integral$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)
\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$u=x^2+1 du/dx=2x <=> dx=du/2x int(1/u^2,u)=-1/u Rücksubstitution: int((2x)/(x^2+1)^2,x)=-1/(x^2+1) \darkred Integral 4:$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
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
Es 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))
\red F(x)=1/2*ln(x^2+1)+(5*arctan(x))/2+(2-x)/(2*(x^2+1)) Lösungsschema: -Polynomdivision so lange, bis Zählergrad kleiner als Nennergrad -Partialbruchzerlegung
\light\blue Integrale der Form:$f(x)=sqrt(a*x^2+b*x+c)
Hier bitte zuerst die quadratische Ergänzung durchführen und dann wie bei f(x)=1/(a^2+b)$so umformen, dass man es mit einer möglichen Substitutuion lösen kann.
\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
\red F(x)=1/3*arcsin(3/2*(x-2)) Auch hier zuerst den Radikanden umformen und dann mit den Stammintegralen lösen. \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)
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))
\red F(x)=3/2*sqrt(2x^2+x+2)+13/6*sqrt(2)*arcsinh(4/sqrt(15)*(x+1/4)) Hier 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.
\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.
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
array(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))
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. Man könnte Fall 1 und Fall 2 auch wie bei Fall 3 lösen, nur ist der Weg dann etwas lang, aber man kommt zum Ziel. \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$cos^2(x)=1-sin^2(x) int(sin^2(x),x)=-sin(x)*cos(x)+int((1-sin^2(x)),x) int(sin^2(x),x)=-sin(x)*cos(x)+int(1,x)-int(sin^2(x),x)
array(Beispiel:)__$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$cos^2(x)=1-sin^2(x) =-sin^2(x)*cos(x)+2*int(sin(x)*(1-sin^2(x)),x) =-sin^2(x)*cos(x)+2*(int(sin(x),x)-int(sin^3(x),x)) int(sin^3(x))=-sin^2(x)*cos(x)-2*cos(x)-2*int(sin^3(x),x) 3*int(sin^3(x),x)=-sin^2(x)*cos(x)-2*cos(x)
Hier kommt man immer mit der partiellen Integration zum Ziel.
\light\blue Integrale der Form:$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)
Hier kommt man immer mit der partiellen Integration zum Ziel.
\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$sin(2*arctan(u))=2*sin(arctan(u))*cos(arctan(u))=2*u/(u^2+1) int(1/sin(2*arctan(u))*2/(u^2+1),u)=int(1/(2*u/(u^2+1))*2/(u^2+1),u)=int(1/u,u)=ln(abs(u))
\red F(x)=-1/tan(x) Ab$n>3$hilft immer die Substitution von$u=tan(x/2)
\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$cos(2*arctan(u))=(1-u^2)/(u^2+1) int(1/cos(2*arctan(u))*2/(u^2+1),u)=int(1/((1-u^2)/(u^2+1))*2/(u^2+1),u)=2*int(1/(1-u^2),u)
Nun mache ich eine PBZ:
1/(1-u^2)=A/(1+u)+B/(1-u) A=1/2 und B=1/2 1/(1-u^2)=1/2*(1/(1+u)+1/(1-u))
array(Beispiel:)__$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)
\red F(x)=tan(x) Bei geraden n empfehle ich die Substitution$u=tan(x)$und bei ungeraden n die Substitution$u=tan(x/2)
\light\blue Integrale der Form:$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
\red F(x)=1/2*(tan^2(x)-ln(tan^2(x)+1)) Hier sollte man immer bei n>2$u=tan(x)$substituieren. Dann eine Polynomdivision und das Integral ist fast fertig.
\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
Leider gibt es Integrale, wo man keine geschlossene Stammfunktion angeben kann, wie z.b. int(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.
\(\begingroup\)***** ÄHMMM ********
wenn ich meine Kinnlade wieder finde fallen mir vielleicht bessere Wort ein, aber das ist ja wohl brutalst cool !!!
** gleich mal sichern ... **
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hey penny,
wie du sicher weisst...nicht mein Fall dieses Thema (dazu haben wir doch die Rechenknechte ins Leben gerufen...). Aber du hast deinen Artikel einmal mehr gut gegliedert und ein 1A-Nachschlagewerk geschaffen fuer alle Hilfesuchenden.
...und zu dieser Gruppe werde ich in wenigen Monate auch zaehlen 😉
Jetzt weiss ich auch endgueltig auch wer meine Hausaufgaben auf dem Gebiet machen darf/wird. =P
\(\begingroup\)Ähm ja...
Ist bestimmt toll.
ABER: Wenn man von Integralen (so wie ich) noch garnix weiß, ist der Artikel - sagen wir - sehr schwer bis überhaupt nicht verständlich.
@Pendra Aber nachdem dich alle anderen so loben:
Sieht echt schön aus, mit den ganzen schönen Fed-Einbauten.
\(\begingroup\)Da gab's doch einmal so ein
Nachschlagswerk voller handgeschriebener
Inegrale. Oft aufgelegt, aber nie gesetzt, wegen der potentiellen Druckfeher........\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Ich konnte deinen Artikel jetzt erst lesen.
Wow! Sag ich da nur! Er ist sehr schön und ver-
ständlich geschrieben, das kann man so durchlesen,
und einem fliegen die sonst so anscheinend schwer
integrierbaren Integrale nur so weg!
Sehr schön!\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo Artur,
auch von mir ein ganz dickes Lob, und ein klein wenig seh ich es Dir nach, daß Du (zum Glück ohne Konsequenzen) die Physik etwas vernachlässigt hast in dieser Zeit, 😄
@Anonymous, den mit "handgeschriebener Inegrale": wär schön Deinen Namen zu kennen. Meinen wir beide das gleiche zweibändige Werk, Erstauflage 1949? Meines Wissens gibt es selbst von dem Original-Nachdruck von 1960 nur noch sehr wenige Exemplare. Und wer das Werk kennt und verstanden hat, der weiss auch, daß "gesetzte Kopien" scheitern müssen, u.a. wegen der "Kunst des Integrierens"...
@pen: Du hast das Zeug für die Kunst, mach weiter!
\(\begingroup\)hallo..ich versuche die rechnung (integral über (zähler= 2x^4-3x^3-7x^2+13x-3) / nenner= x^3-3x^2+4)) nachzuvollziehen und scheiter schon an der polynomdivision..wie machst du dass ? ich würde als divisor (x+1) nehmen da ich durch ausprobieren weiss das -1 eine nullstelle ist ... jetzt teile ich den zähler durch (x+1) und bekomme halt was mit rest raus ... du aber schreibst direkt x^2 in den zähler und davor aber 2 summanden ... hab ich in der schule was verpasst ;) ...
wie geht denn dass ? die nullstellen nennst du erst später ... deswegen weiss ich nicht wie du deine polynomdivision ansetzt ...
\(\begingroup\)@pen:
ich vermute, daß, was
hier vorgeführt wird, nicht Gymnasialstoff ist und daher in Deiner Auflistung fehlt.
Mich verblüffte es jedenfalls, daß sich für
1 + x4
tatsächlich eine reelle Faktorisierung angeben läßt
und machte mir das ersteinmal durch eine andere
Teilproduktbildung aus den 4 Komplexen Linearfaktoren klar,
bis
mir aufging, daß
1 + x4 = (x²+1)²-2x²
was
schließlich zu [(x + a)²+b][(x - a)²+b] wird\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Echt starker Text
Aber ich hab bei Integralen noch net den Richtigen Durchblick aber ich bin sicher , dass mich dein Text weiter bringt!!!
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Ist ein absolut klasse Artikel!
Aber beim Drucken hab ich Probleme: weil einige Grafiken deutlich zu groß sind, wird nur die 1. Seite gedruckt, dann nix mehr!
Kann mir hier jemand helfen? Oder diesen Text in PDF konvertieren???
\(\endgroup\)
von: pendragon302 am: Mi. 20. August 2003 18:38:23
\(\begingroup\)Hast Word oder ein ähnliches Programm?
Dann versuch mal den Artikel zu markieren und dann per copy&paste in Word oder so einzufügen. Hab OpenOffice und da wurden alle Bilder auf DINA4 Größe gepackt. Versuch mal diesen Weg!
\(\begingroup\)Ach du heilige Sch......
war grad auf der suche nach Polynomdivision in google weil ich in der 9ten Klasse Gymie bin und durch Zufall (huh es gibt ja ne andere Methode als die Binomischen Formeln um das Zeugs auszurechnen mal sehen..... und da bin ich)auf die Seite gelandet bin. Und jetzt die Frage:
Muss man das können o.O
2Frage:
Darf man das können? Ist ja unmenschlich....\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Lob, Lob und nochmal Lob. Du hast einem super Artikel geschrieben.
Ich hab mich da immer an dem Bronstein gehalten.
da stehen ja auch einige Integrale drin.
Dein methoden sind auber einfacher. supi !!! \(\endgroup\)
von: pendragon302 am: Mi. 17. September 2003 08:20:15
\(\begingroup\)Hi
Was haltet ihr von der Idee, die bereits im Forum behandelten Integrale in einer Tabelle sammeln und immer ins Forum zu verlinken? Dabei könnte man die Tabelle ordnen nach z.B. trigonometrischen Ausdrücken, logarithmische Ausdrücke usw.
\(\begingroup\)Ich find die idee gut weil man an den aufgaben dann noch üben kann, und das viel weniger zeit beansprucht als wenn sich jeder selbst auf die suche macht.
von: pendragon302 am: Fr. 19. September 2003 20:17:44
\(\begingroup\)Dann werd ich mal am Wochenende das Forum nach Integralen durchforsten.
Dann hätte ich nohc eine Frage an matroid. Wenn ich solche Tabelle anfertige und einen Artikel darüber mache, wär es möglich, dass ich die Tabellen erweitern kann?
\(\begingroup\)Ich meine soetwas wie arcsinh x , arccosh x gibt es nicht.
Das heisst doch AreaSinusHyperbolicus von x bzw.
AreaCosinusHyperbolicus von x.
arsinh x
arcosh x\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hätte mal noch ne Frage zur Faktorregel:
Für welche Funktionen f und für welche
Zahlen a,b,c ist den diese Regel gültig.
Regel heißt ja es gibt Ausnahmen 😉
Habs gleich mal mit f(x)=sin(1/x)/x^2
und a=0 , b=1 , c=0 probiert
Das erste Integral war Null weil
0 integriert über [0,1] eben Null ist.
Und das zweite Integral war nicht
definiert weil Null mal etwas nicht
definiertes eben nicht definiert ist.
\(\begingroup\)sehr schön das alles! verstehs auch eigentlich ... nur in der klausur wird problematisch mir das alles auf die hand zu schreiben hehe^^
"ich kann das nicht" ne quatsch, aber die nächsten 2 - 3 stunden werd ich wohl auf dieser seite bleiben...
mfg nWoLimp\(\endgroup\)
von: thorbjoern am: Di. 27. November 2007 09:20:35
\(\begingroup\)ich habe gestern ein paar integrale nachgerechnet, ziemlich hilfreich der artikel. ich wollte fragen ob bei der integration von 1 durch (3x^2+6x-24), müsste da nicht 1/18 statt 1/24 stehen?\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Ja, da liegst du richtig. Eine entsprechende Änderungsanfrage wurde gestellt, das sollte in Kürze behoben sein.
mfg Gockel.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Eine völlig verzweifelte Lebensmittelchemiestudentin sagt DANKESCHÖN!!!!
So besteht endlich wieder eine Chance, dass ich meine Matheprüfung bestehe. 😁
Also noch mal vielen Dank und LG von Liliana\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo,
ich habe eine Frage zur Aufgabe
f(x) = 2x³+3x²+x+4/3x²+5x+4
Warum steht in der zweiten Zeile nach dem Satz "Die Polynomdivision liefert uns" plötzlich 2x³+3x²+x+4/3x²+6x+1 ??
Ist das ein "Druckfehler" oder wie komme ich auf diese Umwandlung 😵
Danke für ein Antwort!
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo GrandPa,
Ich denke, dass Du die erste Zeile einfach vergessen kannst. Ich habe die Stelle nur ganz kurz überflogen, aber es macht den Eindruck als wäre einfach mit dem zweiten Term gerechnet worden.
Ich habe schon eine Nachricht an den Autor geschrieben, er wird das vermutlich demnächst entsprechend ändern.
Gruß,
Felix\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo Pendragon,
wirklich ein super Artikel! Hat mir schon unendlich viel geholfen!
Aber ich habe eine Frage zu dem Integral
f(x)=1/cos(x)
und zwar hast du als Lösung
1/2* int(1/(1-u)+1/(1+u)) du
= 1/2 (ln(abs(1-u))-ln(abs(1+u))) = 1/2 ln ((abs((1-u)/(1+u)
angegeben.
Aber müsste es nicht eigentlich heißen:
1/2* int(1/(1-u)+1/(1+u)) du
= 1/2 (ln(abs(1+u))-ln(abs(1-u))) = 1/2 ln ((abs((1+u)/(1-u)
(also plus und minus vertauscht)
und damit
int(1/cos(x)) dx = ln(abs((1+tan(x/2))/(1-tan(x/2)))
?
Oder verstehe ich da irgendwas falsch?
Wäre super wenn du (oder jemand anderes) mir kurz eine Antwort geben könnte.
vg
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hi natalile!
Du hast Recht, da sind die Vorzeichen etwas durcheinander gekommen.
Die Änderung habe ich schon in die Wege geleitet wurde bereits durchgeführt.
Liebe Grüße, Franz
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hallo, quark!
Ich habe einen Änderungsantrag gestellt und den Tippfehler korrigiert. Er sollte also spätestens heute abend nicht mehr zu finden sein\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hey,
danke erstmal für diese tolle Übersicht. Insbesondere die Verwendung der Partialbruchzerlegung und der Polynomdivision haben mir geholfen; gebrochenrationale Terme waren für mich bis gerade nicht integrierbar.
Auch, wenn es pingelig ist, es hat sich wohl ein Fehler eingeschlichen bei dem ersten Beispiel für Integrale der Form (ax+b)/(cx^2+dx+e). Die in rot angegebene Stammfunktion müsste lauten: ln((x+2)*(x-3)^3) statt ln((x+2)/(x-3)^3)\(\endgroup\)
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