Tipps für Integralrechnung? < Integrationstheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:36 Do 08.03.2007 | | Autor: | hellkt |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
hallo,
ich habe oft schwierigkeit zu wissen, wann ich welche regel benutzen muss. Kennt einer von Euch irgendwelche Tipps dafür?
Danke!
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> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
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> hallo,
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> ich habe oft schwierigkeit zu wissen, wann ich welche regel
> benutzen muss. Kennt einer von Euch irgendwelche Tipps
> dafür?
>
> Danke!
Hallo hellkt,
das kommt auf das Integral an, es gibt jede Menge Integrationsregeln, die du in jedem Buch oder bei wikipedia nachschauen kannst.
Hast du Fragen zu einem konkreten Integral? Oder eine Frage zu einer Integrationsregel?
Bitte präzisieren 
Gruß
schachuzipus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:00 Fr 09.03.2007 | | Autor: | hellkt |
hallo,
ich wollte nur ganz grob wissen, ob ihr ein paar Tipps kennt. Ich suche eine aufgabe mal aus und schreibe here.
Danke!
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Hallo hellkt,
ich habe es so verstanden, dass es dir um den "technischen" Aspekt der Integration geht:
ich fange mal mit Aufgabe (1) an:
[mm] \integral_{-\infty}^{-\bruch{2}{\pi}}{\bruch{1}{t^2}\cdot{}cos\left(\bruch{1}{t}\right) dt}
[/mm]
Dieses Integral soll mittles der Substitution [mm] z:=\bruch{1}{t} [/mm] gelöst werden.
Also: [mm] z=\bruch{1}{t}\Leftrightarrow t=\red{\bruch{1}{z}}
[/mm]
[mm] \Rightarrow t'=\bruch{dt}{dz}=-\bruch{1}{z^2}\Rightarrow dt=\red{-\bruch{1}{z^2}dz}
[/mm]
Nun können wir im Ausgangsintegral die Integrationsvariable in z ausdrücken, die Grenzen des Integrals müssen ebenfalls in z ausgedrückt werden.
Also: obere Grenze war [mm] -\bruch{2}{\pi} [/mm] in [mm] t=\bruch{1}{z} [/mm] ausgedrückt, also in z ausgedrückt [mm] \red{-\bruch{\pi}{2}}
[/mm]
die untere Grenze in t ist [mm] -\infty, [/mm] also in z (mal lachs aufgeschrieben) [mm] -\bruch{1}{\infty}=\red{0}
[/mm]
Also [mm] \integral_{-\infty}^{-\bruch{2}{\pi}}{\bruch{1}{t^2}\cdot{}cos\left(\bruch{1}{t}\right) dt} [/mm] = [mm] \integral^{-\bruch{\pi}{2}} _{0}{\red{z^2}\cdot{}cos(\red{z})\cdot{}\red{-\bruch{1}{z^2}dz}}
[/mm]
[mm] =\integral_{0}^{-\bruch{\pi}{2}}{-cos(z)dz}=\integral_{-\bruch{\pi}{2}}^{0}{cos(z)dz}=\left[sin(z)\right]_{-\bruch{\pi}{2}}^0=sin(0)-sin\left(-\bruch{\pi}{2}\right)=0-(-1)=1
[/mm]
Ich hoffe, ich hab mich da mal nicht vertan
Wenn man die Grenzen des Integrals nicht verändern möchte, kann man alternativ das [mm] \bold{unbestimmte} [/mm] Integral
[mm] \integral{\bruch{1}{t^2}\cdot{}cos\left(\bruch{1}{t}\right) dt} [/mm] - also ohne Grenzen - berechnen, muss anschließend bei der Stammfunktion die Variable rücksubstituieren und die (alten) Grenzen einsetzen.
Wenn du Fragen zu den Umformungen oder sonstige Fragen zu dieser Aufgabe hast, nur zu
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:06 Fr 09.03.2007 | | Autor: | hellkt |
hallo schachuzipus,
danke für deine hilfe! das prinzip der lösung von der aufgabe 1 habe ich verstanden, ich war mindestens auf dem richtigen weg! :)
Aber eine frage: wieso hast du die Vertauschungsregel benutzt? Ich meine, könnte man stattdessen:
Integral von -cos(z) = -sin(z) + C
nicht schreiben?
Nochmal danke!
gruß,
hellkt
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Hallo,
das habe ich gemacht, weil die untere Integrationsgrenze größer war als die obere, besser ist es, der Richtung nach von links nach rechts zu integrieren, wenn ich das mal so salopp sagen darf.
Man setzt für a>b: [mm] \integral_{a}^{b}{f(x) dx} [/mm] = - [mm] \integral_{b}^{a}{f(x) dx} [/mm]
Gruß
schachuzipus
PS Du kannst ja mal versuchen, in der ersten Aufgabe das [mm] \bold{unbestimmte} [/mm] Integral zu berechnen, also ohne Grenzen und selbige am Schluss nach der Rücksubstitution wieder einsetzen. Mal sehen, ob da dasselbe Ergebnis rauskommt
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:20 Fr 09.03.2007 | | Autor: | hellkt |
alles klar, das macht wirklich sinn...
ich probiere später die aufgabe 1 ohne integralgrenzen zu machen, da ich einige sachen vor der klausur erledigen muss.
danke sehr! :D
hellt
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(Korrektur) oberflächlich richtig  | | Datum: | 13:15 Fr 09.03.2007 | | Autor: | hellkt |
vollkommen korrekt ,danke! :)
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Hi nochmal,
als Tipp zu den beiden Integralen in der zweiten Aufgabe:
[mm] ln(x)'=\bruch{1}{x}
[/mm]
Beachte aber, dass der ln nur auf [mm] \IR^+ [/mm] definiert ist!!
zu(3): berechne die Nullstellen der Funktion [mm] y=x^3-6x^2+8x [/mm] und integriere von einer Nullstelle zur nächsten. Das gibt dir die Fläche, die die Funktion y von Nullstelle zu Nullstelle mit der x-Achse einschließt.
Gruß
schachuzipus
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