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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:12 Mo 16.08.2010 | | Autor: | Nico. |
| Aufgabe | | [mm] \integral_{o}^{v}{f(\bruch{v_{1}}{g-kv_{1}^{2}}) dv_{1}} [/mm] |
Hallo zusammen,
ich stehe voll auf dem Schlauch. Könnt ihr mir bitte helfen die Aufgabe zu lösen?
Die Lösung die mir vorliegt lautet:
= [mm] -\bruch{1}{2k}(In(g-kv^{2})-In [/mm] g)
= [mm] \bruch{1}{2k}In\bruch{g}{g-kv^{2}}
[/mm]
Wie kommt man auf diese Lösung.
Könnt ihr mir bitte die einzelnen Rechenschritte aufzeigen?
Vielen Dank!
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hallo Nicola und erstmal herzlich ![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]") ,
> [mm]\integral_{o}^{v}{f(\bruch{v_{1}}{g-kv_{1}^{2}}) dv_{1}}[/mm]
Das f ist zuviel ...
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> Hallo zusammen,
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> ich stehe voll auf dem Schlauch. Könnt ihr mir bitte
> helfen die Aufgabe zu lösen?
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> Die Lösung die mir vorliegt lautet:
> = [mm]-\bruch{1}{2k}(In(g-kv^{2})-In[/mm] g)
> = [mm]\bruch{1}{2k}In\bruch{g}{g-kv^{2}}[/mm]
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> Wie kommt man auf diese Lösung.
> Könnt ihr mir bitte die einzelnen Rechenschritte
> aufzeigen?
Ich mache einen Anfang, du den Rest, ok?
Hier hilft eine kleine Umformung und dann eine Substitution weiter:
Es ist [mm] $\frac{v_1}{g-kv_1^2}=\blue{-\frac{1}{2k}}\cdot{}\frac{\blue{-2k}\cdot{}v_1}{g-kv_1^2}$
[/mm]
Also [mm] $\int{\frac{v_1}{g-kv_1^2} \ dv_1}=-\frac{1}{2k}\cdot{}\int{\frac{-2kv_1}{g-kv_1^2} \ dv_1}$
[/mm]
Das ist einfach mit einer geschickt geschriebenen [mm] $\blue{1}$ [/mm] multipliziert.
Jetzt haben wir ein logarithmisches Integral vorliegen, also eines der Bauart [mm] $\int{\frac{f'(x)}{f(x)} \ dx}$, [/mm] dessen Stammfunktion stadtbekannt ist.
Falls du dich daran nicht erinnern kannst, substituiere (im allg. Fall) mal $u=u(x)=f(x)$
Konkret auf dein Integral bezogen substituiere [mm] $u=u(v_1):=g-kv_1^2$
[/mm]
Dann ist [mm] $u'=\frac{du}{dv_1}=\ldots$, [/mm] also [mm] $dv_1=\ldots$
[/mm]
Das alles einsetzen ins Integral und es wird kinderleicht.
Was die Grenzen angeht, so substituiere sie mit oder berechne erst das Integral in $u$ allg. und resubstituiere in [mm] $v_1$, [/mm] dann kannst du die alten Grenzen nehmen.
> Vielen Dank!
>
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
>
Gruß
schachuzipus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:32 Do 19.08.2010 | | Autor: | Nico. |
Vielen Dank nun hab ichs hinbekommen.
Einmal über: [mm] \integral_{}^{}{\bruch{f'(x)}{f(x)} dx}= [/mm] In f(x)+C
das ist für meine Aufgabe dann [mm] -\bruch{1}{2k}[In(g-kv_{1}^2]_{0}^v
[/mm]
Mit der Substition:
[mm] -\bruch{1}{2k}*\integral_{0}^{v}{\bruch{-2kv_{1}}{g-kv^2_{1}} dx}
[/mm]
mit [mm] u=f(x)-g-kv^2_{1} [/mm]
[mm] dx=-\bruch{du}{-2kv_{1}} [/mm]
[mm] \bruch{du}{dx}=-2kv_{1}
[/mm]
[mm] -\bruch{1}{2k}*\integral_{0}^{v}{\bruch{-2kv_{1}}{u}*\bruch{du}{-2kv_{1}}}=-\bruch{1}{2k}*\integral_{0}^{v}{\bruch{1}{u}}*du
[/mm]
[mm] =-\bruch{1}{2k}*[In(u)+C]_{0}^2 [/mm] = [mm] -\bruch{1}{2k}*[In(g-kv_{1}^2)]_{0}^2 [/mm]
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