4. elementare Integralrechung

elementare Integralrechung

  • ?

    Versuch mal die Substitution x−1=sin(u)x-1 = \sin(u). Dann erinner dich an Pythagoras: sin2(u)+cos2(u)=1\sin^2(u) + \cos^2(u) = 1. Damit kommst du auf das Integral ∫cos2(u)du\int \cos^2(u) du.

    Alternativ geht auch x−1=cos(u)x-1 = \cos(u).

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  • C

    Autsch! Ja, klar.. ich hab die Sache mit den e's mittlerweile zig mal durchgerechnet, dabei muss wohl der Speicher der 6. Klasse im Hirn eine "Ressource Starvation" erlitten haben, eieieiei 😉

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  • C

    Hallo,
    ich konnte leider erst jetz antworten, weil sich hier vorgestern die Telefonleitung verabschiedete und gestern Feiertag war. Also im Grunde bringt mir leider cos^2 x genauso wenig wie etwa der hyperbolische cosh^2 x, da dessen Integral kein "elementares Grundintegral" mehr darstellt - afaik!? Ich bin aber mit einem etwas aehnlichen Beispiel in der Stoecker Formelsammlung auf den Loesungsansatz gekommen. Letztendlich ging das schon alles in die richtige Richtung, genauso auch mein erster Ansatz:

    $ \int \sqrt{u^2 - 1} du\\\ u = sinh(z) \\\ \left. \begin{array}{cc} \indent u^2 - 1 = cosh^2(z)\\\ \indent du = cosh(z) dz \end{array} \right\} = \int cosh^2(z) dz =\\\ \frac{1}{2} (z + sinh(z) cosh(z)) =\\\ \frac{1}{2} (Arsinh(u) + u \sqrt{s + u^2} + C =\\\ \frac{1}{2} (Arsinh(x - 1) + (x - 1) \sqrt{x^2 - 2x} + C)\\\ $

    Der Schritt von sinh(z)cosh(z) auf die naechste Zeile mit Arsinh(u) ist die Ruecksubstitution, sowie Vereinfachung (man sieht es nicht auf den ersten Blick - daher dachte ich, ich bekaeme immer etwas anderes heraus).

    Mich wuerde nun dennoch interessieren, wie man etwa cosh^2 mit Basismethoden (also part. Int. oder Subst.) entsprechend integrieren kann???

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  • ?

    Mein letzter Tipp war doof, weil nicht anwendebar. Ich hatte da ein Vorzeichenfehler drin und gedanklich das Integral ∫1−u2du\int \sqrt{1 - u^2} du vor Augen.

    Du hast ja das Integral zurückgeführt auf I=∫sinh(z)2dxI = \int \sinh(z)^2 dx.
    Ich bin mir nun nicht ganz sicher, ob ddie ganzen Substitutionen bei dir gut gegangen sind, daher noch mal:

    ∫(x−1)2−1dx=∫u2−1du=∫sinh(z)cosh(z)2−1dz=∫sinh(z)2dz=:I\int \sqrt{(x-1)^2 - 1} dx = \int \sqrt{u^2 - 1} du = \int \sinh(z) \sqrt{\cosh(z)^2 - 1} dz = \int \sinh(z)^2 dz =: I

    mit u=x−1u = x-1 bzw. x=u+1x = u+1 und cosh(z)=u\cosh(z) = u.

    Das
    kann man mit part. Integration lösen:

    I=sinh(z)cosh(z)−∫cosh(z)2dz=sinh(z)cosh(z)−∫1+sinh(x)2dz=sinh(z)cosh(z)−∫1dz−I=12(sinh(z)cosh(z)−z)I = \sinh(z) \cosh(z) - \int \cosh(z)^2 dz = \sinh(z) \cosh(z) - \int 1 + sinh(x)^2 dz = \sinh(z) \cosh(z) - \int 1 dz - I = \frac{1}{2} (\sinh(z) \cosh(z) - z)

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  • T

    Grmpf... der letzte Beitrag schaut kaputt aus. Nochmal:

    Mein letzter Tipp war doof, weil nicht anwendebar. Ich hatte da ein Vorzeichenfehler drin und gedanklich das Integral ∫1−u2du\int \sqrt{1 - u^2} du vor Augen.

    Du hast ja das Integral zurückgeführt auf I=∫sinh(z)2dxI = \int \sinh(z)^2 dx.
    Ich bin mir nun nicht ganz sicher, ob ddie ganzen Substitutionen bei dir gut gegangen sind, daher noch mal:

    ∫(x−1)2−1dx=∫u2−1du\int \sqrt{(x-1)^2 - 1} dx = \int \sqrt{u^2 - 1} du
    =∫sinh(z)cosh(z)2−1dz=∫sinh(z)2dz=:I= \int \sinh(z) \sqrt{\cosh(z)^2 - 1} dz = \int \sinh(z)^2 dz =: I

    mit u=x−1u = x-1 bzw. x=u+1x = u+1
    und cosh(z)=u\cosh(z) = u.

    Das kann man mit part. Integration lösen:

    I=sinh(z)cosh(z)−∫cosh(z)2dzI = \sinh(z) \cosh(z) - \int \cosh(z)^2 dz
    =sinh(z)cosh(z)−∫1+sinh(x)2dz= \sinh(z) \cosh(z) - \int 1 + sinh(x)^2 dz
    =sinh(z)cosh(z)−∫1dz−I= \sinh(z) \cosh(z) - \int 1 dz - I
    =12(sinh(z)cosh(z)−z)= \frac{1}{2} (\sinh(z) \cosh(z) - z)

    Jetzt nur noch die Rücksubstitution z = \arcosh(x-1)
    und wir sind fertig.

    Nur nebenbei: Der Weg von CStoll klappt natürlich auch 🙂

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  • C

    Die letzten Zeilen waren das nach dem ich gesucht habe.. Das Einsetzen von I in das zerlegte Integral, bzw das einsetzen eines Integrals in das Integral einer part. Int. wenns ne Endlosschleife gibt - die Moeglichkeit hatte ich (auch) uebersehn. Wenn man erst mal aus dem Rechnen der Schule einigermassen draussen ist und die Tricks vergisst hat man wohl den Spass alles wieder von neuem entdecken zu duerfen, ich waer da von selbst wohl nie drauf gekommen!!! 😉 Danke.

    Mir ist klar dass es mit dem Weg ueber die e's auch irgendwie gehn muss, es ist ja mathematisch auch absolut korrekt. Die Frage ist nur eben wie und die Loesung mit sinh und cosh halte ich schon fuer einfacher um die exakt gleiche Darstellung des Ergebnisses zu erhalten, als wenn ich danach wieder aus den e's rausfieseln darf wie ich wieder auf was trigonometrisches komme. Aber das ist wohl Geschmacksache.

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  • T

    Naja... es gilt doch: ∫eax=1aeax\int e^{ax} = \frac{1}{a} e^{ax}
    Damit ist das auch nicht schwerer. Das Ergebnis wird dann erstmal total anders aussehen, aber sich (wenn überhaupt) nur um eine Konstante unterscheiden.

    Kannst du ja mal ausprobieren, zur Übung quasi 🙂

    Ach ja, und oben ist noch ein kleiner Fehler: Die Rücksubstitution ist natürlich
    z = arcosh(x-1)

    edit: Ich stell mich gard etwas doof an: Wie stelle ich den arcosh mit Latex dar?

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  • C

    kA, ich hab einfach Arcosh() (runde Klammern) genommen.

    Das mit der Ruecksubstitution is marginal, ich hatte sie ja schon oben hingeschrieben und meine Frage war ja nach der elem. Integration von sinh^2(z), danke nochmal dafuer. 👍

    Ich habs mit den e's schon ausprobiert, das was ich daran nicht so optimal finde ist einfach der Fakt, dass ich nach der Integration eben wieder die hyperbolischen Funktionen herstellen muss (wenn man die gleiche Darstellung des Ergebnisses haben will und das will ich ja) und das ist ein zusaetzlicher Schritt.

    Mit e's geht ja fast immer alles, aber in dem Fall empfinde ich es eher als durchholzen und halte die trigonometrische Variante einfach fuer eleganter.

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  • T

    Wenn es dir um eine 'hübsche' Darstellung des Ergbnisses geht:

    Ich komm mit etwas rumgerechne auf: I=12(x−1)2−12(x−1)(x−1)2−1−arcosh(x−1)+CI = \frac{1}{2} (x-1)^2 - \frac{1}{2} (x-1) \sqrt{(x-1)^2-1} - arcosh(x-1) + C

    (mit der Einschränkung, dass x >= 2 ist)

    Ansatz: arcosh(z)=ln(z+z2−1)arcosh(z) = \ln(z + \sqrt{z^2-1}) für z >= 1 und der Exponentialdarstellung von sinh

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  • C

    Hallo,

    Sry, dass ich meine vorige Euphorie wieder etwas zuruecknehmen muss. Ich bin erst jetzt dazu gekommen, das mal mit Stift und Papier wieder fortzufuehren und komme leider wieder mal nicht weiter. Du meintest:

    Taurin schrieb:

    (...)
    Das kann man mit part. Integration lösen:
    I=sinh(z)cosh(z)−∫cosh(z)2dzI = \sinh(z) \cosh(z) - \int \cosh(z)^2 dz
    =sinh(z)cosh(z)−∫1+sinh(x)2dz= \sinh(z) \cosh(z) - \int 1 + sinh(x)^2 dz
    =sinh(z)cosh(z)−∫1dz−I= \sinh(z) \cosh(z) - \int 1 dz - I
    =12(sinh(z)cosh(z)−z)= \frac{1}{2} (\sinh(z) \cosh(z) - z)
    (...)

    Wenn ich versuche das nach zu rechnen, komme ich auf folgendes:
    =sinh(z)cosh(z)−∫1dz−I= \sinh(z) \cosh(z) - \int 1 dz - I
    =sinh(z)cosh(z)−z−(sinh(z)cosh(z)−∫cosh(z)2dz)= \sinh(z) \cosh(z) - z - (\sinh(z) \cosh(z) - \int \cosh(z)^2 dz)
    tja und was nun? Ich kann nun ewig so weitermachen und jedesmal I einsetzen.. Woher weiss ich das bei endlosem Eingesetze von I sich irgendwann alles zu
    =12(sinh(z)cosh(z)−z)= \frac{1}{2} (\sinh(z) \cosh(z) - z)
    ausrechnen laesst?

    ..dass bei dem Integral ueber cosh(z)^2 dieses Ergebnis letztendlich auch heraus kommt hatte ich ja auch schon geschrieben, nur versteh ich leider immer noch nicht wie man darauf kommt?

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  • D

    Da steht doch letztenendes

    I = sinh cosh - z - I

    Das ist eine ganz einfache Gleichung, die Du nach I auflösen kannst:

    2I = sinh cosh - z => I = 1/2(sinh cosh - z)

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  • C

    Ok, das war der Trick, danke!!! 🙂 🙂 🙂

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