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| Aufgabe | | [mm] \integral{(x+1)^{100} dx} [/mm] |
Hallo,
ich habe leider garkeine Ahnung wie ich hier das Integral lösen soll.
Da muss ich ja tausendmal ableiten..
Gibt es hier einen Trick ? Wir haben bis jetzt 3 Methoden für die partielle Integration kennengelernt.
1. Methode ist Abräumen
2. Methode ist Phönix
3. Methode ist Faktor 1
[mm] \integral{(x+1)^{100} dx}
[/mm]
Wenn ich hier die 3 . Methode anwende , kriege ich das :
[mm] \integral{(x+1)^{100} *1 dx}
[/mm]
Irgendwie muss es da eine Abkürzung geben , ich kann doch nicht so oft die Potenzregel der Differentialrechnung anwenden , oder ?
u' = 1 u = x
v = [mm] (x+1)^{100} [/mm] , v' = [mm] 100(x+1)^{99}
[/mm]
Also :
x* [mm] (x+1)^{100} [/mm] - [mm] \integral{x*100(x+1)^{99} dx}
[/mm]
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:46 Di 27.03.2012 | | Autor: | fred97 |
> [mm]\integral{(x+1)^{100} dx}[/mm]
> Hallo,
>
> ich habe leider garkeine Ahnung wie ich hier das Integral
> lösen soll.
>
> Da muss ich ja tausendmal ableiten..
> Gibt es hier einen Trick ? Wir haben bis jetzt 3 Methoden
> für die partielle Integration kennengelernt.
>
> 1. Methode ist Abräumen
Wie geht denn diese Methode ?
>
> 2. Methode ist Phönix
Wie geht denn diese Methode ?
>
> 3. Methode ist Faktor 1
>
> [mm]\integral{(x+1)^{100} dx}[/mm]
>
> Wenn ich hier die 3 . Methode anwende , kriege ich das :
>
> [mm]\integral{(x+1)^{100} *1 dx}[/mm]
>
> Irgendwie muss es da eine Abkürzung geben , ich kann doch
> nicht so oft die Potenzregel der Differentialrechnung
> anwenden , oder ?
>
>
> u' = 1 u = x
> v = [mm](x+1)^{100}[/mm] , v' = [mm]100(x+1)^{99}[/mm]
>
> Also :
>
> x* [mm](x+1)^{100}[/mm] - [mm]\integral{x*100(x+1)^{99} dx}[/mm]
Substituiere u=x+1 und schau was passiert.
FRED
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Hallo,
vielen Dank für die Antwort.
Die erste Methode wendet man halt an , wenn man die partielle Integration benutzt hat und man immernoch ein Integral mit einem Produkt hat. Dann muss man quasi nochmal die ganze Geschichte wiederholen , keine Ahnung , warum das Abärumen heißt.
Und Phönix hatten wir im Zusammenhang mit Sinus und Cosinus.
Also [mm] 1^{2} [/mm] = [mm] sin^{2}x+ cos^{2}x
[/mm]
Die waren wohl sehr kreativ mit den Namen ^^.
Hier das mit dem Substituieren :
x* [mm] u^{100} [/mm] - [mm] \integral{x* 100(u)^{99} dx}
[/mm]
Was mache ich jetzt ?
Unsicher :
[mm] \bruch{dx}{du} [/mm] = 1
dx = du
Bin ich auf der richtigen Spur ?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:54 Di 27.03.2012 | | Autor: | fred97 |
Du hast mich mißverstanden !
Substituiere u=x+1 in
$ [mm] \integral{(x+1)^{100} dx} [/mm] $
FRED
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Verstehe ich jetzt irgendwie nciht.
Ich muss doch das Argument in der Klammer einfach durch u ersetzen , oder ?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:02 Di 27.03.2012 | | Autor: | fred97 |
> Verstehe ich jetzt irgendwie nciht.
>
> Ich muss doch das Argument in der Klammer einfach durch u
> ersetzen , oder ?
Ja, und dx=du
FRED
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Okay , also ich habe jetzt das hier :
x * [mm] u^{100} [/mm] - [mm] \integral(x*100(u)^{99} [/mm] du
Wie gehe ich jetzt weiter vor ?
Ganz normal partielle Integration ?
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Hallo pc_doctor,
> Okay , also ich habe jetzt das hier :
>
> x * [mm]u^{100}[/mm] - [mm]\integral(x*100(u)^{99}[/mm] du
Nein, wenn du substituierst, darf die alte Variable im Integral nicht mehr auftauchen!
Du hattest: [mm]\int{(x+1)^{100} \ dx}[/mm] und gem. Freds Vorschlag:
[mm]\blue{u}=u(x)\blue{=x+1}[/mm] gesetzt. Damit ist [mm]u'(x)=\frac{du}{dx}=1[/mm], also [mm]\red{dx=du}[/mm]
Damit wird aus [mm]\int{(\blue{x+1})^{100} \ \red{dx}} \ = \ \int{\blue u^{100} \ \red{du}[/mm]
Zu lösen ist also [mm]\int{u^{100} \ du}[/mm] - ein Integral allein in der "neuen" Variablen u
>
> Wie gehe ich jetzt weiter vor ?
>
> Ganz normal partielle Integration ?
Die brauchst du hier nicht ...
Löse das obige Integral in u, bestimme also eine Stammfunktion in der Variablen u und resubstituiere am Ende, ersetze also u gemäß [mm]u=x+1[/mm] wieder durch einen Ausdruck in der "alten" Variable x
Aber hattet ihr denn das Verfahren der Integration per Substitution überhaupt schon?!
Gruß
schachuzipus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:00 Di 27.03.2012 | | Autor: | pc_doctor |
Alles klar , vielen Dank für die Antwort.
Hat ein wenig lange gedauert , sorry.
Ja , wir hatten mal Substituition , ist mir aber nicht eingefallen , weil wir nur paar Übungen dafür gemacht hatten.
Jetzt werde ich es bestimmt nicht mehr so einfach vergessen.
Hab noch eine kleine Frage:
Integriert man gebrochen-rationale Funktionen auch nach diesem Schema , also nach der Produktintegration bzw. partiellen Integration ?
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Hallo nochmal,
> Hab noch eine kleine Frage:
>
> Integriert man gebrochen-rationale Funktionen auch nach
> diesem Schema , also nach der Produktintegration bzw.
> partiellen Integration ?
Na, wenn es dazu eine schöne eind. Antwort gäbe ...
Das kann man pauschal nicht sagen, es kommt immer auf die konkret gegebene Funktion an.
Mal geht es mit einer Substitution, mal mit einer Partialbruchzerlegung, mal per Produktintegration, mal muss man verschiedene Verfahren kombinieren ...
In den meisten Fällen kann man eh nicht geschlossen integrieren bzw. eine Stammfunktion mit den "bekannten elementaren" Funktionen nicht darstellen.
Wobei in der Schule sicher nur Integrale auftauchen, die man auch verarzten kann ...
Gruß
schachuzipus
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:20 Di 27.03.2012 | | Autor: | pc_doctor |
Alles klar , vielen Dank für deine Antworten und danke auch an Fred97 !
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