Integral (Sinus,Cosinus und ln < Integralrechnung < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:11 Mo 24.05.2010 | | Autor: | Mimuu |
| Aufgabe | Die Aufgabe lautet: [mm] \integral_{\pi/3}^{\pi/2}{sin(x)*ln(sinx)dx}
[/mm]
|
Ich habe jetzt sinx substituiert als u dann steht bei mir [mm] \integral_{0,5\wurzel{3}}^{1}{u*lnu*\bruch{1}{cosx}du}
[/mm]
die grenzen habe ich geändert durch die substitution. aber das 1/cosx verunsichert mich. bzw. an dieser stelle weiß ich nicht mehr genau weiter. hier wollte ich mit partieller int. weitermachen, aber das klappt nicht. stimmt es soweit noch? bzw. welches verfahren führt am leichtesten zum ziel. substitution, partielle int.
für tipps wäre ich euch sehr dankbar:)
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:14 Mo 24.05.2010 | | Autor: | Loddar |
Hallo Mimuu,
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]") !!
> Die Aufgabe lautet: [mm]\integral_{\pi/3}^{\pi/2}{sin(x)*lnsin(sinx)dx}[/mm]
Kannst Du hier mal bitte zusätzliche Klammern setzen, damit klar wird wie die zu integrierende Funktion lautet?
Gruß
Loddar
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:26 Mo 24.05.2010 | | Autor: | Mimuu |
In der Aufgabenstellung gibt es lediglich 2 Klammern. die erste um sin(x) und die 2. um ln (sinx)
d.h. dass [mm] \integral_{}^{} [/mm] über (sin(x)*ln (sinx))
hilft dir das weiter?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:29 Mo 24.05.2010 | | Autor: | Mimuu |
Ich hatte leider einen Tippfehler drin, habe ich gerade festgestellt. es heißt ln (sinx) nicht zweimal sinx
entschuldigung
die richtige aufgabenstellung ist jetzt oben zu sehen. ich habe den fehler verbessert:)
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:25 Mo 24.05.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Die Aufgabe lautet:
> [mm]\integral_{\pi/3}^{\pi/2}{sin(x)*ln(sinx)dx}[/mm]
>
>
>
>
> Ich habe jetzt sinx substituiert als u dann steht bei mir
> [mm]\integral_{0,5\wurzel{3}}^{1}{u*lnu*\bruch{1}{cosx}du}[/mm]
>
> die grenzen habe ich geändert durch die substitution. aber
> das 1/cosx verunsichert mich. bzw. an dieser stelle weiß
> ich nicht mehr genau weiter. hier wollte ich mit partieller
> int. weitermachen, aber das klappt nicht. stimmt es soweit
> noch? bzw. welches verfahren führt am leichtesten zum
> ziel. substitution, partielle int.
>
> für tipps wäre ich euch sehr dankbar:)
ja, gehen wir nochmalzurück zum Anfang. Mit [mm] $u=u(x):=\sin(x)$ [/mm] wäre doch $du=u'dx$ und damit in der Tat
[mm] $$\int \sin(x)*\ln(\sin(x))dx=\int u*\frac{\ln(u)}{\cos(x)}du\,.$$
[/mm]
In dem bzgl. des obigen Integrals vorkommenden Intervall [mm] $[\pi/3,\pi/2]$ [/mm] ist [mm] $\cos(x) \ge [/mm] 0$, also gilt dort unter Zuhilfenahme des trigonometrischen Pythagoras [mm] $\cos(x)=+\sqrt{1-\sin^2(x)}=\sqrt{1-u^2}\,,$ [/mm] und damit
[mm] $$\int \sin(x)*\ln(\sin(x))dx=\int \frac{u*\ln(u)}{\sqrt{1-u^2}}du\,.$$
[/mm]
Weiter gilt banalerweise
[mm] $$\int \frac{u*\ln(u)}{\sqrt{1-u^2}}du=\int \frac{u}{\sqrt{1-u^2}}*\ln(u)du\,,$$
[/mm]
was nun partielle Integration [mm] $\int g'h=gh-\int [/mm] gh'$ mit [mm] $g'(u)=\frac{u}{\sqrt{1-u^2}}$ [/mm] und [mm] $h(u):=\ln(u)$ [/mm] nahelegt. Denn um [mm] $\int \frac{u}{\sqrt{1-u^2}}du$ [/mm] zu berechnen, liegt es nahe, [mm] $v=v(u):=1-u^2$ [/mm] zu substituieren:
[mm] $$\int \frac{u}{\sqrt{1-u^2}}du=-\frac{1}{2}\int \frac{1}{\sqrt{v}}dv=-\frac{1}{2}\int v^{-1/2}dv=\ldots$$
[/mm]
Beste Grüße,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:05 Mo 24.05.2010 | | Autor: | Mimuu |
vielen dank für die hinweise bis hier her.
der rechenweg ist mir klar. nur an einer stelle hänge ich:
wie kommt man von
[mm] \integral_{}^{}\bruch{u}{\wurzel{1-u^2}du} [/mm] auf [mm] -\bruch{1}{2}
[/mm]
[mm] \integral_{}^{}{\bruch{1}{\wurzel{v}} dv}
[/mm]
ich habe auf jeden fall mit dem nächsten gegebenen wert so weitergerechnet. und komme auf
[mm] \integral_{1}^{\wurzel{v}dv} [/mm] = [mm] -\bruch{1}{2}(v^{0.5}) [/mm] und dass von -0,5 bis 0
da durch die substition neue grenze sich ergeben.
stimmt das so?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:12 Mo 24.05.2010 | | Autor: | Loddar |
Hallo Mimuu!
> wie kommt man von
> [mm]\integral_{}^{}\bruch{u}{\wurzel{1-u^2}du}[/mm] auf
> [mm]-\bruch{1}{2}\integral_{1}^{\wurzel{v}dv}[/mm]
Gegenfrage: wo zauberst Du plötzlich diese Integrationsgrenzen her?
Marcel hatte oben dieses (Teil-)Integral:
[mm] $$\integral{\bruch{u}{\wurzel{1-u^2}} \ du}$$
[/mm]
Mit der Substitution $v \ := \ [mm] 1-u^2$ [/mm] erhält man dann:
$$... \ = \ [mm] \integral{\bruch{u}{\wurzel{v}} \ \bruch{dv}{-2u}} [/mm] \ = \ [mm] -\bruch{1}{2}*\integral{\bruch{1}{\wurzel{v}} \ dv}$$
[/mm]
Gruß
Loddar
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:28 Mo 24.05.2010 | | Autor: | Mimuu |
Ich hatte einen Denkfehler.
Aber jetzt habe ich die Aufgabe verstanden.
Dankeschön:)
|
|
|
|
