konvergieren die folgenden uneigentliche Integrale?

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es handelt sich wieder um die folgende Aufgabenstellung:

Aufgabe: konvergieren die folgenden uneigentliche Integrale?

k) βˆ«βˆ’βˆžβˆž(x+4)eβˆ’βˆ£x∣dx \int \limits_{-\infty}^{\infty}(x+4) \mathrm{e}^{-|x|} \mathrm{d} x


k)
lim⁑aβ†’βˆ’βˆžβˆ«ac(x+4)eβˆ’βˆ£x∣dx+lim⁑bβ†’βˆžβˆ«cb(x+4)eβˆ’βˆ£x∣dx \lim \limits_{a \rightarrow-\infty} \int \limits_{a}^{c}(x+4) e^{-|x|} d x+\lim \limits_{b \rightarrow \infty} \int \limits_{c}^{b}(x+4) e^{-|x|} d x
lim⁑aβ†’βˆ’βˆž(x+4)β‹…eβˆ’βˆ£xβˆ£βˆ’βˆ«ac1β‹…eβˆ’βˆ£x∣dx+lim⁑bβ†’βˆž(x+4)β‹…eβˆ’βˆ£xβˆ£βˆ’βˆ«cb1β‹…eβˆ’βˆ£x∣dx \lim \limits_{a \rightarrow-\infty}(x+4) \cdot e^{-|x|}-\int \limits_{a}^{c} 1 \cdot e^{-|x|} d x+\lim \limits_{b \rightarrow \infty}(x+4) \cdot e^{-|x|}-\int \limits_{c}^{b} 1 \cdot e^{-|x|} d x
lim⁑aβ†’βˆ’βˆž((x+4)β‹…eβˆ’βˆ£x∣+eβˆ’βˆ£x∣)∣ac+lim⁑bβ†’βˆž((x+4)eβˆ’βˆ£x∣+eβˆ’βˆ£x∣)∣cb \left.\lim \limits_{a \rightarrow-\infty}\left((x+4) \cdot e^{-|x|}+e^{-|x|}\right)\right|_{a} ^{c}+\left.\lim \limits_{b \rightarrow \infty}\left((x+4) e^{-|x|}+e^{-|x|}\right)\right|_{c} ^{b}

Problem/Ansatz:

Diesmal bin ich stecken geblieben. Soll ich da wirklich als Grenze C und a einsetzen bzw. b und c? Und stimmt die Schreibweise so? Darf ich den Limes vor dem Integralzeichen setzen?

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πŸ“˜ Siehe "Uneigentliches integral" im Wiki

1 Antwort

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Was soll das Gehampel mit einem nicht nΓ€her definierten c?

Verwende konkret c=0, dann kannst du auch die BetrΓ€ge fallweise eliminieren und bekommst vernΓΌnftige Stammfunktionen.

Avatar von 56 k πŸš€

Stimmt, das mit der 0 ist mir gar nicht eingefallen.

Also dann so ? Ist das so korrekt ?


k) βˆ«βˆ’βˆžβˆž(x+4)⏟ueβˆ’βˆ£x∣⏟rβ€²dx= \int \limits_{-\infty}^{\infty} \underbrace{(x+4)}_{u} \underbrace{e^{-|x|}}_{r^{\prime}} d x=
lim⁑aβ†’βˆ’βˆžβˆ«a0(x+4)eβˆ’βˆ£x∣dx+lim⁑bβ†’βˆžβˆ«0∞(x+4)eβˆ’βˆ£x∣dx \lim \limits_{a \rightarrow-\infty} \int \limits_{a}^{0}(x+4) e^{-|x|} d x+\lim \limits_{b \rightarrow \infty} \int \limits_{0}^{\infty}(x+4) e^{-|x|} d x
lim⁑aβ†’βˆ’βˆž(x+4)β‹…eβˆ’βˆ£xβˆ£βˆ’βˆ«a∞1β‹…eβˆ’βˆ£x∣dx+lim⁑bβ†’βˆž(x+4)β‹…eβˆ’βˆ£xβˆ£βˆ’βˆ«0b1β‹…eβˆ’βˆ£x∣dx \lim \limits_{a \rightarrow-\infty}(x+4) \cdot e^{-|x|}-\int \limits_{a}^{\infty} 1 \cdot e^{-|x|} d x+\lim \limits_{b \rightarrow \infty}(x+4) \cdot e^{-|x|}-\int \limits_{0}^{b} 1 \cdot e^{-|x|} d x
lim⁑aβ†’βˆ’βˆž((x+4)β‹…eβˆ’βˆ£x∣+eβˆ’βˆ£x∣)∣a0+lim⁑bβ†’βˆž((x+4)eβˆ’βˆ£x∣+eβˆ’βˆ£x∣)∣0b \left.\lim \limits_{a \rightarrow-\infty}\left((x+4) \cdot e^{-|x|}+e^{-|x|}\right)\right|_{a} ^{0}+\left.\lim \limits_{b \rightarrow \infty}\left((x+4) e^{-|x|}+e^{-|x|}\right)\right|_{0} ^{b}
lim⁑aβ†’βˆ’βˆž((0+4)β‹…eβˆ’βˆ£0∣+eβˆ’βˆ£0βˆ£βˆ’((a+4)β‹…eβˆ’βˆ£a∣+eβˆ’βˆ£a∣)+lim⁑bβ†’βˆž((b+4)eβˆ’βˆ£b∣+eβˆ’βˆ£b∣ \lim \limits_{a \rightarrow-\infty}\left((0+4) \cdot e^{-|0|}+e^{-|0|}-\left((a+4) \cdot e^{-|a|}+e^{-|a|}\right)+\lim \limits_{b \rightarrow \infty}\left((b+4) e^{-|b|}+e^{-|b|}\right.\right.
((0+4)eβˆ’βˆ£0∣+eβˆ’βˆ£0∣ \left((0+4) e^{-|0|}+e^{-|0|}\right. )
=lim⁑aβ†’βˆ’βˆž4+1βˆ’(a+4)β‹…eβˆ’βˆ£a∣⏟0+eβˆ’βˆ£a∣⏟0+lim⁑bβ†’βˆž(b+4)eβˆ’βˆ£b∣⏟=0+eβˆ’βˆ£b∣⏟=0βˆ’4+1 =\lim \limits_{a \rightarrow-\infty} 4+1-\underbrace{(a+4) \cdot e^{-|a|}}_{0}+\underbrace{e^{-|a|}}_{0}+\lim \limits_{b \rightarrow \infty} \underbrace{(b+4) e^{-|b|}}_{=0}+\underbrace{e^{-|b|}}_{=0}-4+1
=5βˆ’3=2 =5-3=2 -> konvergent

von

Habβ€˜s noch einmal ausgerechnet, diesmal komme ich auf ein anderes Ergebnis. KΓΆnnte jemand mal einen Blick werfen bitte?


k)
βˆ«βˆ’βˆž0(x+4)eβˆ’βˆ£x∣=lim⁑aβ†’βˆ’βˆžβˆ«a0(⏟a(x+4)eβˆ’βˆ£x∣⏟v1dxu=x+4uβ€²=1v=βˆ’eβˆ’βˆ£x∣vβ€²=eβˆ’βˆ£x∣ \begin{array}{l} \int \limits_{-\infty}^{0}(x+4) e^{-|x|}=\lim \limits_{a \rightarrow-\infty} \int \limits_{a}^{0}(\underbrace{}_{a}(x+4) \underbrace{e^{-|x|}}_{v^{1}} d x \\ \begin{array}{ll} u=x+4 & u^{\prime}=1 \\ v=-e^{-|x|} & v^{\prime}=e^{-|x|} \end{array} \\ \end{array}
lim⁑aβ†’βˆ’βˆž(x+4)β‹…(βˆ’eβˆ’βˆ£x∣)βˆ’βˆ«a01β‹…(βˆ’eβˆ’βˆ£x∣)dx \lim \limits_{a \rightarrow-\infty}(x+4) \cdot\left(-e^{-|x|}\right)-\int \limits_{a}^{0} 1 \cdot\left(-e^{-|x|}\right) d x
lim⁑aβ†’βˆ’βˆž(βˆ’xeβˆ’βˆ£xβˆ£βˆ’4eβˆ’βˆ£x∣)βˆ’eβˆ’βˆ£x∣∣a0= \lim \limits_{a \rightarrow-\infty}\left(-x e^{-|x|}-4 e^{-|x|}\right)-\left.e^{-|x|}\right|_{a} ^{0}=
(βˆ’0β‹…eβˆ’βˆ£0βˆ£βˆ’4eβˆ’βˆ£0∣)βˆ’eβˆ’βˆ£0∣)βˆ’ \left.\left(-0 \cdot e^{-|0|}-4 e^{-|0|}\right)-e^{-|0|}\right)-
(βˆ’aβ‹…eβˆ’βˆ£aβˆ£βˆ’4eβˆ’βˆ£aβˆ£βˆ’eβˆ’βˆ£a∣)= \left(-a \cdot e^{-|a|}-4 e^{-|a|}-e^{-|a|}\right)=
0βˆ’4βˆ’1βˆ’0=βˆ’5 0-4-1-0=-5
∫0∞(x+4)eβˆ’βˆ£x∣dx=lim⁑bβ†’βˆžβˆ«0b(x+4)eβˆ’xdxlim⁑bβ†’βˆž(x+4)β‹…(βˆ’eβˆ’βˆ£x∣)βˆ’eβˆ’βˆ£x∣∣0b==lim⁑bβ†’βˆž(βˆ’beβˆ’βˆ£bβˆ£βˆ’4eβˆ’βˆ£bβˆ£βˆ’eβˆ’βˆ£b∣)βˆ’(0β‹…eβˆ’βˆ£0βˆ£βˆ’4eβˆ’βˆ£0βˆ£βˆ’eβˆ’βˆ£0∣)=βˆ’5 \begin{array}{l} \int \limits_{0}^{\infty}(x+4) e^{-|x|} d x=\lim \limits_{b \rightarrow \infty} \int \limits_{0}^{b}(x+4) e^{-x} d x \\ \lim \limits_{b \rightarrow \infty}(x+4) \cdot\left(-e^{-|x|}\right)-\left.e^{-|x|}\right|_{0} ^{b}= \\ =\lim \limits_{b \rightarrow \infty}\left(-b e^{-|b|}-4 e^{-|b|}-e^{-|b|}\right)- \\ \left(0 \cdot e^{-|0 \mid}-4 e^{-|0 \mid}-e^{-|0|}\right)=-5 \end{array}

Text erkannt:

k)
βˆ«βˆ’βˆž0(x+4)eβˆ’βˆ£x∣=lim⁑aβ†’βˆ’βˆžβˆ«a0(⏟a(x+4)eβˆ’βˆ£x∣⏟v1dxu=x+4uβ€²=1v=βˆ’eβˆ’βˆ£x∣vβ€²=eβˆ’βˆ£x∣ \begin{array}{l} \int \limits_{-\infty}^{0}(x+4) e^{-|x|}=\lim \limits_{a \rightarrow-\infty} \int \limits_{a}^{0}(\underbrace{}_{a}(x+4) \underbrace{e^{-|x|}}_{v^{1}} d x \\ \begin{array}{ll} u=x+4 & u^{\prime}=1 \\ v=-e^{-|x|} & v^{\prime}=e^{-|x|} \end{array} \\ \end{array}
lim⁑aβ†’βˆ’βˆž(x+4)β‹…(βˆ’eβˆ’βˆ£x∣)βˆ’βˆ«a01β‹…(βˆ’eβˆ’βˆ£x∣)dx \lim \limits_{a \rightarrow-\infty}(x+4) \cdot\left(-e^{-|x|}\right)-\int \limits_{a}^{0} 1 \cdot\left(-e^{-|x|}\right) d x
lim⁑aβ†’βˆ’βˆž(βˆ’xeβˆ’βˆ£xβˆ£βˆ’4eβˆ’βˆ£x∣)βˆ’eβˆ’βˆ£x∣∣a0= \lim \limits_{a \rightarrow-\infty}\left(-x e^{-|x|}-4 e^{-|x|}\right)-\left.e^{-|x|}\right|_{a} ^{0}=
(βˆ’0β‹…eβˆ’βˆ£0βˆ£βˆ’4eβˆ’βˆ£0∣)βˆ’eβˆ’βˆ£0∣)βˆ’ \left.\left(-0 \cdot e^{-|0|}-4 e^{-|0|}\right)-e^{-|0|}\right)-
(βˆ’aβ‹…eβˆ’βˆ£aβˆ£βˆ’4eβˆ’βˆ£aβˆ£βˆ’eβˆ’βˆ£a∣)= \left(-a \cdot e^{-|a|}-4 e^{-|a|}-e^{-|a|}\right)=
0βˆ’4βˆ’1βˆ’0=βˆ’5 0-4-1-0=-5
∫0∞(x+4)eβˆ’βˆ£x∣dx=lim⁑bβ†’βˆžβˆ«0b(x+4)eβˆ’xdxlim⁑bβ†’βˆž(x+4)β‹…(βˆ’eβˆ’βˆ£x∣)βˆ’eβˆ’βˆ£x∣∣0b==lim⁑bβ†’βˆž(βˆ’beβˆ’βˆ£bβˆ£βˆ’4eβˆ’βˆ£bβˆ£βˆ’eβˆ’βˆ£b∣)βˆ’(0β‹…eβˆ’10βˆ£βˆ’4eβˆ’10βˆ£βˆ’eβˆ’βˆ£0∣)=βˆ’5 \begin{array}{l} \int \limits_{0}^{\infty}(x+4) e^{-|x|} d x=\lim \limits_{b \rightarrow \infty} \int \limits_{0}^{b}(x+4) e^{-x} d x \\ \lim \limits_{b \rightarrow \infty}(x+4) \cdot\left(-e^{-|x|}\right)-\left.e^{-|x|}\right|_{0} ^{b}= \\ =\lim \limits_{b \rightarrow \infty}\left(-b e^{-|b|}-4 e^{-|b|}-e^{-|b|}\right)- \\ \left(0 \cdot e^{-10 \mid}-4 e^{-10 \mid}-e^{-|0|}\right)=-5 \end{array}


Ergebnis: -10 β€”> konvergent

von

Welchen Teil von

dann kannst du auch die BetrΓ€ge fallweise eliminieren

hast du nicht verstanden?

Schreibe den Term (x+4)*exp(-|x|) fΓΌr den Fall x<0 erst mal vernΓΌnftig (d.h. ohne Verwendung von Betragstrichen) auf, bevor du daran denkst, davon eine Stammfunktion zu bilden.

von

Ich glaube, ich weiß wo es hapert.

eunendlich e^{unendlich} = unendlich. Ich dachte, dass e^unendlich=0 ergibt, deswegen hat es bei mir stΓ€ndig divergiert. Stimmt meine Γœberlegung jetzt? Und ja, die Terme eliminieren sich auch bzw. wenn ich die 0 einsetzte, dann fallen die weg.

von
Ich glaube, ich weiß wo es hapert.eunendlich e^{unendlich} = unendlich.

Na und? Es geht doch fast ΓΌberall um e hoch MINUS unendlich.

Und du eierst immer noch mit BETRAG von x im Exponenten rum.

Das nenne ich Beratungsresistenz.

von

Warte abakus, ich lass mal die BetrΓ€ge weg und bilde davon die Stammfunktion. Ich lade die Rechnung dann hoch.

von

Ich greife hier wieder zurΓΌck. Hatte vergessen meine Rechnung hochzuladen. Passt die Rechnung soweit oder gibt’s da was auszubessern?

k)
βˆ«βˆ’βˆžβˆž(x+4)eβˆ’βˆ£x∣dx=lim⁑aβ†’βˆ’βˆžβˆ«aa(x+4)⏟ueβˆ’βˆ£x∣dx+lim⁑bβ†’βˆžβˆ«0(x+4)(x+4)eβˆ’βˆ£x∣⏟dx= \begin{aligned} \int \limits_{-\infty}^{\infty}(x+4) e^{-|x|} d x & =\lim \limits_{a \rightarrow-\infty} \int \limits_{a}^{a} \underbrace{(x+4)}_{u} e^{-|x|} d x \\ & +\lim \limits_{b \rightarrow \infty} \int \limits_{0}^{(x+4)} \underbrace{(x+4)e-|x|} d x= \end{aligned}

lim⁑aβ†’βˆ’βˆž(x+4)β‹…(βˆ’eβˆ’βˆ£x∣)βˆ’βˆ«a1β‹…(βˆ’eβˆ’βˆ£x∣)dxlim⁑aβ†’βˆ’βˆž(x+4)β‹…(βˆ’eβˆ’βˆ£x∣)βˆ’[eβˆ’βˆ£x∣]a0lim⁑aβ†’βˆ’βˆž(x+4)β‹…(βˆ’eβˆ’βˆ£x∣⏟0)βˆ’(eβˆ’0⏟1βˆ’eβˆ’a⏟0)=βˆ’1lim⁑bβ†’βˆž((x+4)βŸβˆžβ‹…(βˆ’eβˆ’βˆ£x∣⏟0)βˆ’[eβˆ’βˆ£x∣]0b⏟0=1 \begin{array}{l}\lim \limits_{a \rightarrow-\infty}(x+4) \cdot\left(-e^{-|x|}\right)-\int \limits_{a} 1 \cdot\left(-e^{-|x|}\right) d x \\ \lim \limits_{a \rightarrow-\infty}(x+4) \cdot\left(-e^{-|x|}\right)-\left[e^{-|x|}\right]_{a}^{0} \\ \lim \limits_{a \rightarrow-\infty}(x+4) \cdot \underbrace{\left(-e^{-|x|}\right.}_{0})-\underbrace{\left(e^{-0}\right.}_{1}-\underbrace{e^{-a}}_{0})=-1 \\ \lim \limits_{b \rightarrow \infty}(\underbrace{(x+4)}_{\infty} \cdot \underbrace{\left(-e^{-|x|}\right.}_{0})-\underbrace{\left[e^{-|x|}\right]_{0}^{b}}_{0}=1\end{array}


Als Ergebnis kommt 0 heraus, d.h. es divergiert.

von

KΓΆnnte BITTE jemand mal einen Blick werfen? Ich habe die Aufgabe gefΓΌhlt 10 x gerechnet und bekomme als LΓΆsung 10 heraus, obwohl der Rechner eine andere LΓΆsung vorschlΓ€gt. Ich kann aber nicht nachvollziehen warum meine LΓΆsung falsch sein sollte...


u=x+4uβ€²=1v=βˆ’eβˆ’βˆ£x∣vβ€²=eβˆ’βˆ£xβˆ£βˆ’eβˆ’βˆ£xβˆ£β‹…(x+4)βˆ’βˆ«(βˆ’eβˆ’βˆ£x∣)dx=βˆ’eβˆ’βˆ£x∣(x+4)βˆ’eβˆ’βˆ£x∣. lim⁑bβ†’βˆž2β‹…βˆ«0b(x+4)eβˆ’βˆ£x∣dx==lim⁑bβ†’βˆž[βˆ’eβˆ’βˆ£x∣(x+4)βˆ’eβˆ’βˆ£x∣]0b=lim⁑bβ†’βˆž[βˆ’eβˆ’βˆ£b∣(b+4)βˆ’eβˆ’βˆ£bβˆ£βˆ’(βˆ’eβˆ’0(0+4)βˆ’eβˆ’0)]=βˆ’(βˆ’4βˆ’1)=52β‹…5=10 \begin{array}{l}u=x+4 \quad u^{\prime}=1 \\ v=-e^{-|x|} \quad v^{\prime}=e^{-|x|} \\ -e^{-|x|} \cdot(x+4)-\int\left(-e^{-|x|}\right) d x= \\ -e^{-|x|}(x+4)-e^{-|x|} \text {. } \\ \lim \limits_{b \rightarrow \infty} 2 \cdot \int \limits_{0}^{b}(x+4) e^{-|x|} d x= \\ =\lim \limits_{b \rightarrow \infty}\left[-e^{-|x|}(x+4)-e^{-|x|}\right]_{0}^{b} \\ =\lim \limits_{b \rightarrow \infty}\left[-e^{-|b|}(b+4)-e^{-|b|}-\left(-e^{-0}(0+4)\right.\right. \\ \left.\left.-e^{-0}\right)\right] \\ =-(-4-1)=5 \\ 2 \cdot 5=10 \\\end{array}

von

Am 26. Dezember 2022:

ich lass mal die BetrΓ€ge weg und bilde davon die Stammfunktion. Ich lade die Rechnung dann hoch.

Zwei Monate spΓ€ter postest du eine Rechnung ,in der immer noch |x| im Exponenten steht.


Übrigens: Der Funktionsgraf ist NICHT symmetrisch zur y-Achse. Deshalb kannst du nicht einfach von 0 bis unendlich integrieren und das Ergebnis verdoppeln.

von

abaskus, ich verstehe nicht, warum ich die Betragsstriche eliminieren soll...

von

KΓΆnnte eventuell jemand anderer weiterhelfen?

von

Der Wert des Integrals ist 8:

https://www.wolframalpha.com/input?i=integrate+%28x%2B4%29*e%5E%28-%…

Du kannst Teilintegrale bilden von -oo bis 0 und 0 bis +oo

Der 1.Faktor ist fΓΌr positive und negative x nicht derselbe.

Daher kann keine Symmetrie vorliegen.

von
abaskus, ich verstehe nicht, warum ich die Betragsstriche eliminieren soll...

Weil das hier

v=βˆ’eβˆ’βˆ£x∣vβ€²=eβˆ’βˆ£x∣ v=-e^{-|x|} \quad v^{\prime}=e^{-|x|}


vΓΆlliger Unfug ist.

|x| ist definiert als

|x|=x fΓΌr xβ‰₯0  und |x|=-x fΓΌr x<0.

Wenn also x<0 ist, gilt

v=βˆ’eβˆ’βˆ£x∣=βˆ’eβˆ’(βˆ’x)=βˆ’exv=-e^{-|x|}=-e^{-(-x)}=-e^{x}.

Die Ableitung DAVON ist auch βˆ’ex-e^x und somit nicht dein vβ€²=eβˆ’βˆ£x∣ v^{\prime}=e^{-|x|} .

von

Also so komme ich nun auf das richtige Ergebnis:

 k) βˆ«βˆ’βˆžβˆž(x+4)eβˆ’βˆ£x∣dx==βˆ«βˆ’βˆž0(x+4)eβˆ’βˆ£x∣dx+∫0∞(x+4)eβˆ’βˆ£x∣dx= 1. FaU :  x<0β‡’βˆ’(x)=βˆ’x 2. Fall :  xβ©Ύ0β‡’xlim⁑aβ†’βˆ’βˆžβˆ«a0(x+4)eβˆ’βˆ£x∣dx+lim⁑bβ†’βˆžβˆ«0b(x+4)eβˆ’βˆ£x∣dxlim⁑aβ†’βˆ’βˆžβˆ«a0(x+4)⏟uex⏟v⊀dx+lim⁑bβ†’βˆžβˆ«0b(x+4)⏟Vleβˆ’x⏟dx=u=x+4ΞΌβ€²=1v=exvβ€²=exv=βˆ’eβˆ’xvβ€²=eβˆ’x \begin{array}{l}\text { k) } \int \limits_{-\infty}^{\infty}(x+4) e^{-|x|} d x= \\ =\int \limits_{-\infty}^{0}(x+4) e^{-|x|} d x+\int \limits_{0}^{\infty}(x+4) e^{-|x|} d x= \\ \text { 1. FaU: } x<0 \Rightarrow-(x)=-x \\ \text { 2. Fall: } x \geqslant 0 \Rightarrow x \\ \lim \limits_{a \rightarrow-\infty} \int \limits_{a}^{0}(x+4) e^{-|x|} d x+\lim \limits_{b \rightarrow \infty} \int \limits_{0}^{b}(x+4) e^{-|x|} d x \\ \lim \limits_{a \rightarrow-\infty} \int \limits_{a}^{0} \underbrace{(x+4)}_{u} \underbrace{e^{x}}_{v^{\top}} d x+\lim \limits_{b \rightarrow \infty} \int \limits_{0}^{b} \underbrace{(x+4)}_{V^{l}} \underbrace{e^{-x}} d x= \\ u=x+4 \quad \mu^{\prime}=1 \\ v=e^{x} \quad v^{\prime}=e^{x} \\ v=-e^{-x} \quad v^{\prime}=e^{-x} \\\end{array}

lim⁑aβ†’βˆ’βˆž[ex(x+4)βˆ’βˆ«a0exdx]=lim⁑aβ†’βˆ’βˆž[ex(x+4)βˆ’ex]a0=[e0(0+4)βˆ’e0βˆ’ea(a+4)+ea]=[lim⁑0βˆ’1]=3blim⁑bβ†’βˆžβˆ«0b(x+4)eβˆ’xdx=lim⁑bβ†’βˆž[βˆ’eβˆ’xβ‹…(x+4)βˆ’βˆ«βˆ’eβˆ’xdx]=[βˆ’eβˆ’x(x+4)βˆ’eβˆ’x]0b=[βˆ’eβˆ’b(b+4)βˆ’eβˆ’b+eβˆ’0(0+4)+eβˆ’0]=[0βˆ’0+4+1]=5βˆ«βˆ’βˆžβˆž(x+4)eβˆ’βˆ£x∣dx=3+5=8 \begin{array}{l}\lim \limits_{a \rightarrow-\infty}\left[e^{x}(x+4)-\int \limits_{a}^{0} e^{x} d x\right]= \\ \lim \limits_{a \rightarrow-\infty}\left[e^{x}(x+4)-e^{x}\right]_{a}^{0}= \\ {\left[e^{0}(0+4)-e^{0}-e^{a}(a+4)+e^{a}\right]=} \\ {\left[\lim \limits_{0}-1\right]=3^{b}} \\ \lim \limits_{b \rightarrow \infty} \int \limits_{0}^{b}(x+4) e^{-x} d x= \\ \lim \limits_{b \rightarrow \infty}\left[-e^{-x} \cdot(x+4)-\int-e^{-x} d x\right]= \\ {\left[-e^{-x}(x+4)-e^{-x}\right]_{0}^{b}=} \\ {\left[-e^{-b}(b+4)-e^{-b}+e^{-0}(0+4)+e^{-0}\right]=} \\ {[0-0+4+1]=5} \\ \int \limits_{-\infty}^{\infty}(x+4) e^{-|x|} d x=3+5=8\end{array}


Leider sind nicht alle Schritte in die Textdatei richtig umgeformt worden, aber ich hoffe, man kann trotzdem die Rechnung gut nachvollziehen.

von

Noch eine Frage: Kann ich bei solchen Γ€hnlichen Aufgaben immer so vorgehen? Also dass ich zuerst die Fallunterscheidung machen und dann die Integrale aufteile?

von

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