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Analysis » Integration » Integralbestimmung
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Universität/Hochschule Integralbestimmung
sussy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  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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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-06-20


Hallo,

vermutlich hat dieses Integral keine elementare Stammfunktion.



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nzimme10
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2021-06-20


2021-06-20 12:46 - DominikS in Beitrag No. 1 schreibt:
Hallo,

vermutlich hat dieses Integral keine elementare Stammfunktion.
Maple gibt das Integral auch einfach wieder zurück, was diese These unterstützen könnte.

LG Nico



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nzimme10
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2021-06-20


2021-06-20 12:36 - sussy im Themenstart schreibt:
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 :)
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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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  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,

2021-06-20 13:15 - nzimme10 in Beitrag No. 3 schreibt:
2021-06-20 12:36 - sussy im Themenstart schreibt:
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 :)
Dann ist das Integral einfach $0$. Beachte die Symmetrie des Integranden.
\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)

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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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  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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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2021-06-20


2021-06-20 13:23 - sussy in Beitrag No. 5 schreibt:
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^^

Wie gesagt: so einfach ist es nicht. Siehe meinen vorherigen Beitrag.


Gruß, Diophant



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nzimme10
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2021-06-20


\(\endgroup\)
\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)2021-06-20 13:22 - Diophant in Beitrag No. 4 schreibt:
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]
\(\endgroup\)
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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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2021-06-20

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
2021-06-20 13:24 - nzimme10 in Beitrag No. 7 schreibt:
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.
\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)

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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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2021-06-20


\(\endgroup\)
\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)2021-06-20 13:26 - Diophant in Beitrag No. 8 schreibt:
2021-06-20 13:24 - nzimme10 in Beitrag No. 7 schreibt:
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.
\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)

Hm. Zählergrad < Nennergrad, wie soll das hebbar sein? Der Logarithmusterm wird in \(x=0\) ja auch Null.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)
Es ist $\lim_{x\to 0} f(x)=0$, wobei $f$ die gegebene Funktion.

LG Nico



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  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:
2021-06-20 13:28 - nzimme10 in Beitrag No. 9 schreibt:
Es ist $\lim_{x\to 0} f(x)=0$, wobei $f$ die gegebene Funktion.
\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)

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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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 \(f\sim x^{15}\).

(2021-06-20 13:26 - Diophant in <a href=viewtopic.php?
Hm. Zählergrad < Nennergrad, wie soll das hebbar sein? Der Logarithmusterm wird in \(x=0\) ja auch Null.

Den Logarithmus kann man eben nicht einfach vernachlässigen (siehe oben).

Gruß (und schönen Sonntag wünscht),

Küstenkind




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