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Analysis » Integration » Integralbestimmung
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Universität/Hochschule Integralbestimmung
sussy
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  Themenstart: 2021-06-20

Hallo, Ich kämpfe seit einer Weile mit diesem Integral: \(\int\frac{x^{17}}{ln(1+x^2)+x^{2000}}\) Ich habe mehrmals versucht Partielle Integration anzuwenden, und einige Substitutionen ausprobiert, jedoch finde ich nicht den richtigen Weg. Bei meinen versuchen hat sich das Integral nur noch verkompliziert. Hätte jemand einen Tipp/Ansatz für mich wie ich das Integral angehen könnte? Vielleicht übersehe ich auch, dass dieses Integral eine ähnliche Form hat wie ein allgemein bekanntes Integral, auf jeden Fall bin ich momentan leider hilflos. Vielen Dank im Voraus! Auch kleine Tipps würden mir sehr helfen! Gruß, sussy edit: Mir kam gerade ein Gedanke. An sich sollen wir nicht das Unbestimmte Integral bestimmen sondern mit den Grenzen 17 und -17. Ich dachte mir eben in berechne das Unbestimmte Integral, setze die Grenzen ein und subtrahiere sie voneinander. Wäre eine andere Möglichkeit vielleicht den Grenzwert der Obersummen- und Untersummenfolge zu bestimmen? Leider hab ich das bestimmen der Summenfolgen noch nicht so ganz verstanden. Tipps dazu wären auch sehr hilfreich :)


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DominikS
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  Beitrag No.1, eingetragen 2021-06-20

Hallo, vermutlich hat dieses Integral keine elementare Stammfunktion.


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nzimme10
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  Beitrag No.2, eingetragen 2021-06-20

\quoteon(2021-06-20 12:46 - DominikS in Beitrag No. 1) Hallo, vermutlich hat dieses Integral keine elementare Stammfunktion. \quoteoff Maple gibt das Integral auch einfach wieder zurück, was diese These unterstützen könnte. LG Nico


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nzimme10
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  Beitrag No.3, eingetragen 2021-06-20

\quoteon(2021-06-20 12:36 - sussy im Themenstart) edit: Mir kam gerade ein Gedanke. An sich sollen wir nicht das Unbestimmte Integral bestimmen sondern mit den Grenzen 17 und -17. Ich dachte mir eben in berechne das Unbestimmte Integral, setze die Grenzen ein und subtrahiere sie voneinander. Wäre eine andere Möglichkeit vielleicht den Grenzwert der Obersummen- und Untersummenfolge zu bestimmen? Leider hab ich das bestimmen der Summenfolgen noch nicht so ganz verstanden. Tipps dazu wären auch sehr hilfreich :) \quoteoff Dann ist das Integral einfach $0$. Beachte die Symmetrie des Integranden. LG Nico


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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
Diophant
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  Beitrag No.4, eingetragen 2021-06-20

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\) Hallo zusammen, \quoteon(2021-06-20 13:15 - nzimme10 in Beitrag No. 3) \quoteon(2021-06-20 12:36 - sussy im Themenstart) edit: Mir kam gerade ein Gedanke. An sich sollen wir nicht das Unbestimmte Integral bestimmen sondern mit den Grenzen 17 und -17. Ich dachte mir eben in berechne das Unbestimmte Integral, setze die Grenzen ein und subtrahiere sie voneinander. Wäre eine andere Möglichkeit vielleicht den Grenzwert der Obersummen- und Untersummenfolge zu bestimmen? Leider hab ich das bestimmen der Summenfolgen noch nicht so ganz verstanden. Tipps dazu wären auch sehr hilfreich :) \quoteoff Dann ist das Integral einfach $0$. Beachte die Symmetrie des Integranden. \quoteoff Ganz so einfach ist das aber auch nicht. Denn der Integrand besitzt in \(x=0\) eine Polstelle. Also müsste man hier schon den Cauchy'schen Hauptwert bemühen. Das war ein Irrtum, sorry. Gruß, Diophant [Verschoben aus Forum 'Analysis' in Forum 'Integration' von Diophant]\(\endgroup\)


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sussy
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  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-20

Vielen Dank für den Hinweis Nico! Durch die geraden Exponenten im Nenner und den einen ungeraden Exponent im Zähler gilt Punktsymmetrie. Mich fasziniert immer wieder, wie lange ich mit etwas arbeite und Sachen übersehe die andere viel schneller bemerken. Muss wohl meine Augen mehr schärfen und mehr Üben^^ Gruß, sussy [Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.]


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Diophant
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  Beitrag No.6, eingetragen 2021-06-20

\quoteon(2021-06-20 13:23 - sussy in Beitrag No. 5) Vielen Dank für den Hinweis Nico! Durch die geraden Exponenten im Nenner und den einen ungeraden Exponent im Zähler gilt Punktsymmetrie. Mich fasziniert immer wieder, wie lange ich mit etwas arbeite und Sachen übersehe die andere viel schneller bemerken. Muss wohl meine Augen mehr schärfen und mehr Üben^^ \quoteoff Wie gesagt: so einfach ist es nicht. Siehe meinen vorherigen Beitrag. Gruß, Diophant


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nzimme10
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  Beitrag No.7, eingetragen 2021-06-20

\quoteon(2021-06-20 13:22 - Diophant in Beitrag No. 4) Ganz so einfach ist das aber auch nicht. Denn der Integrand besitzt in \(x=0\) eine Polstelle. Also müsste man hier schon den Cauchy'schen Hauptwert bemühen. [Verschoben aus Forum 'Analysis' in Forum 'Integration' von Diophant] \quoteoff Eine Polstelle sehe ich da nicht. Eine hebbare Singularität aber, da hast du natürlich recht. Da das Riemann-Integral gegenüber Änderungen an endlich vielen Stellen unempfindlich ist, sehe ich hier kein Problem. LG Nico [Die Antwort wurde nach Beitrag No.5 begonnen.]


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Diophant
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  Beitrag No.8, eingetragen 2021-06-20

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\) \quoteon(2021-06-20 13:24 - nzimme10 in Beitrag No. 7) Eine Polstelle sehe ich da nicht. Eine hebbare Singularität aber, da hast du natürlich recht. Da das Riemann-Integral gegenüber Änderungen an endlich vielen Stellen unempfindlich ist, sehe ich hier kein Problem. \quoteoff Hm. Zählergrad < Nennergrad, wie soll das hebbar sein? Der Logarithmusterm wird in \(x=0\) ja auch Null. Gruß, Diophant \(\endgroup\)


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nzimme10
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  Beitrag No.9, eingetragen 2021-06-20

\quoteon(2021-06-20 13:26 - Diophant in Beitrag No. 8) \quoteon(2021-06-20 13:24 - nzimme10 in Beitrag No. 7) Eine Polstelle sehe ich da nicht. Eine hebbare Singularität aber, da hast du natürlich recht. Da das Riemann-Integral gegenüber Änderungen an endlich vielen Stellen unempfindlich ist, sehe ich hier kein Problem. \quoteoff Hm. Zählergrad < Nennergrad, wie soll das hebbar sein? Der Logarithmusterm wird in \(x=0\) ja auch Null. Gruß, Diophant \quoteoff Es ist $\lim_{x\to 0} f(x)=0$, wobei $f$ die gegebene Funktion. LG Nico


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Diophant
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  Beitrag No.10, eingetragen 2021-06-20

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\) @nzimme10: \quoteon(2021-06-20 13:28 - nzimme10 in Beitrag No. 9) Es ist $\lim_{x\to 0} f(x)=0$, wobei $f$ die gegebene Funktion. \quoteoff Ah, ok. Zweimal de l'Hospital angewendet und man ist hier schlauer... @sussy: Es passt also alles, wie Nico es gepostet hat. Gruß, Diophant\(\endgroup\)


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Kuestenkind
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  Beitrag No.11, eingetragen 2021-06-20

Huhu, den Grenzwert sieht man auch einfach mit \(\log(1+x^2) \in x^2+\mathcal{O}(x^4)\) für \(x \to 0\). Es ist somit \(f\sim x^{15}\). \quoteon(2021-06-20 13:26 - Diophant in


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