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Aufgabe: Berechne 0e1 \int\limits_{0}^{\sqrt{e-1}} x * ln(1+x2)dx


Problem/Ansatz: Hallo, ich wollte nachfragen ob mit jemand sagen könnte, ob mein Rechenweg korrekt ist...


= 1 * x - 0e1 \int\limits_{0}^{\sqrt{e-1}}   1 * ln(1+x2)

= [ 1x ] - [ 11+x2 \frac{1}{1+x^2}  ]

= (1* e1 \sqrt{e-1} - 1*0) - (11+e12 \frac{1}{1+\sqrt{e-1^2}} 11+02 \frac{1}{1+ 0^2} )

= weiter komme ich hier an dieser stelle auch nicht voran..

info: mir ist bewusst, dass bei den eckigen klammern die Grenzen einsetzt werden müssen, diese habe ich auch in meinen Notizen gemacht, allerdings wusste ich nicht wie ich die Grenzen hier eintragen sollte, also einfach vorstellen das die Grenzen stehen...

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xln(x2+1)dx=122xln(x2+1)dx \int x \ln\left(x^2+1\right) dx = {1\over 2} \int 2x \ln\left(x^2+1\right) dx

Das kannst Du direkt integrieren, und hat die Lösung:

(x2+1)ln(x2+1)(x2+1)2 {\left(x^2+1\right)\ln\left(x^2+1\right)-\left(x^2+1\right) \over 2}

2 Antworten

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Aloha :)

Du bist mit der Wahl der partiellen Integration als Integrationsmethode auf dem richigen Weg, hast dich aber etwas verlaufen:I0e1x=uln(1+x2)=vdx=[x22=uln(1+x2)=v]0e1 ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣0e1x22=u2x1+x2=vdxI\coloneqq\int\limits_0^{\sqrt{e-1}}\underbrace{x}_{=u'}\cdot\underbrace{\ln(1+x^2)}_{=v}\,dx=\left[\underbrace{\frac{x^2}{2}}_{=u}\cdot\underbrace{\ln(1+x^2)}_{=v}\right]_0^{\sqrt{e-1}}\!\!\!\!\!-\int\limits_0^{\sqrt{e-1}}\underbrace{\frac{x^2}{2}}_{=u}\cdot\underbrace{\frac{2x}{1+x^2}}_{=v'}\,dxBei der Ableitung der Logarithmus-Funktion wurde die Kettenregel verwendet:(ln(1+x2))=11+x2a¨ußere Abl.(1+x2)innere Abl.=11+x22x\left(\ln(1+x^2)\right)'=\underbrace{\frac{1}{1+x^2}}_{\text{äußere Abl.}}\cdot\underbrace{(1+x^2)'}_{\text{innere Abl.}}=\frac{1}{1+x^2}\cdot2x

Den Teil in eckigen Klammern können wir direkt ausrechnen:[x22=uln(1+x2)=v]0e1 ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣=e12ln(1+e1)=e121=e12\left[\underbrace{\frac{x^2}{2}}_{=u}\cdot\underbrace{\ln(1+x^2)}_{=v}\right]_0^{\sqrt{e-1}}\!\!\!\!\!\!=\frac{e-1}{2}\cdot\ln(1+e-1)=\frac{e-1}{2}\cdot1=\frac{e-1}{2}

Damit sieht das gesuchte Integral II nun so aus:I=e12 ⁣ ⁣ ⁣0e1x222x1+x2dx=e12 ⁣ ⁣ ⁣0e1x31+x2dxI=\frac{e-1}{2}-\!\!\!\int\limits_0^{\sqrt{e-1}}\frac{x^2}{2}\cdot\frac{2x}{1+x^2}\,dx=\frac{e-1}{2}-\!\!\!\int\limits_0^{\sqrt{e-1}}\frac{x^3}{1+x^2}\,dxI=e12 ⁣ ⁣ ⁣0e1(x+x3)x=x31+x2dx=e12 ⁣ ⁣ ⁣0e1(x+x31+x2x1+x2)dx\phantom{I}=\frac{e-1}{2}-\!\!\!\int\limits_0^{\sqrt{e-1}}\frac{\overbrace{(x+x^3)-x}^{=x^3}}{1+x^2}\,dx=\frac{e-1}{2}-\!\!\!\int\limits_0^{\sqrt{e-1}}\left(\frac{x+x^3}{1+x^2}-\frac{x}{1+x^2}\right)dxI=e12 ⁣ ⁣ ⁣0e1(xx1+x2)dx=e12 ⁣ ⁣ ⁣0e1xdx+ ⁣ ⁣ ⁣0e1x1+x2dx\phantom{I}=\frac{e-1}{2}-\!\!\!\int\limits_0^{\sqrt{e-1}}\left(x-\frac{x}{1+x^2}\right)dx=\frac{e-1}{2}-\!\!\!\int\limits_0^{\sqrt{e-1}}x\,dx+\!\!\!\int\limits_0^{\sqrt{e-1}}\frac{x}{1+x^2}\,dxI=e12[x22]0e1+ ⁣ ⁣ ⁣0e1122x1+x2dx=e12e12+ ⁣ ⁣ ⁣0e1122x1+x2dx\phantom{I}=\frac{e-1}{2}-\left[\frac{x^2}{2}\right]_0^{\sqrt{e-1}}+\!\!\!\int\limits_0^{\sqrt{e-1}}\frac12\cdot\frac{2x}{1+x^2}\,dx=\frac{e-1}{2}-\frac{e-1}{2}+\!\!\!\int\limits_0^{\sqrt{e-1}}\frac12\cdot\frac{2x}{1+x^2}\,dx

Bis auf das letzte Integral heben sich die übrigen Terme gegenseitig weg. Das Integral selbst ist von einer besonderen Form, weil im Zähler die Ableitung des Nenners steht. Für solche Integrale gilt:f(x)f(x)dx=lnf(x)+C\int\frac{f'(x)}{f(x)}\,dx=\ln|f(x)|+CUnter Beachtung des Faktors 12\frac12 sind wir dann fertig:I=[12ln1+x2]0e1=12ln1+e112ln1+0=12I=\left[\frac12\ln\left|1+x^2\right|\right]_0^{\sqrt{e-1}}=\frac12\ln|1+e-1|-\frac12\ln|1+0|=\frac12

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x·ln(x2+1) hat die Stammfunktion (x2+1)·ln(x2+1)/2-x2/2.

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