HELP-Thread für Schule und Studium

[Rabenaas]

Bei der dritten hilft
[tex]\white\sin(x)\sin(y)=\frac{1}{2}\left(\cos(x-y)-\cos(x+y)\right)[/tex]
Das [tex]\white\pi[/tex] würde ich zunächst durch Substitution in die Integrationsgrenze ziehen.

Das vierte muss durch Abspaltung von Polstellen gelöst werden, oder wie hieß das?

[Pergor]

Danke dir schon mal! Deinen Ansatz zum dritten werde ich verfolgen, das sieht nicht übel aus.

Das vierte muss durch Abspaltung von Polstellen gelöst werden, oder wie hieß das?

Partialbruchzerlegung meinst du wohl. Da bin ich auch schon dran. Letztendlich sieht das dann ja so aus:

[tex] \huge \white \frac{1}{x^3-3x^2+2x -6} = \frac{1}{(x-3)(x^2+2)} [/tex]

Nun wollte ich A,B,C finden so, dass:

[tex] \huge \white \frac{1}{(x-3)(x^2+2)} = \frac{A}{x-3} + \frac{Bx+C}{x^2+2} [/tex]

Aber da stoße ich auf meine algebraischen Grenzen, fürchte ich. Oder siehst du vielleicht eine anderre Möglichkeit?

Edit: Brauche ich da überhaupt noch eine Substitution? Kann man machen, aber wenn da einfach sowas steht wie int{cos(ax)-cos(bx)}, dann kann ich das doch auch so stumpf integrieren.

Edit2: Alles hinbekommen, danke.

[Rabenaas]

Ja, Partialbruchzerlegung ist der Oberbegriff.

Du formst Deine letzte Rechnung so um:
[tex] \white 1 = A(x^2+2)+(Bx+C)(x-3) = Ax^2 + 2A + Bx^2 + Cx -3Bx -3C [/tex]

Koeffizientenvergleich beider Seiten liefert
[tex] \white A=-B,\quad C=-3B=3A,\quad 1= 2A-3C = -7A[/tex]

Einsetzen und integrieren.

EDIT: Nein, die Substitution ist nur schöner, weil man dann besser das Integral von 0 bis ganzes Vielfaches von 2pi sieht. Geschmackssache.

[Fury]

Hm hier mal ein tolles Beispiel schwammiger Aufgaben (fragt mich nicht, was das mit Quantenstatistik zu tuen hat... fragt den Prof ):

"Eine Losbude auf dem Send verkauft Lose mit drei verschiedenen Gewinnmöglichkeiten: Nieten, Gewinne
über 1 Euro und Gewinne über 5 Euro. Der mittlere Gewinn beträgt 20 Cent. Wie hoch würden Sie
den Anteil an Losen der jeweiligen Sorten schätzen? Es genügt, wenn Sie mit einer Genauigkeit von 3
signifikanten Stellen rechnen."

Klingt nicht so wild oder. Nur angeblich soll man, ohne die Gesamtzahl der Lose zu kennen, das genaue Verhältniss aller Sorten zueinander bestimmen können. Aber wenn ich mich nicht sehr irre, kann das Verhältniss der beiden Gewinnarten zueinander völlig beliebig sein, solange es nur genug Nieten gibt...

Und das mit den Nachkommastellen ergibt auch nur begrenzt Sinn... man wie ich solche Aufgaben liebe

[Fury]

Hm ja die Ausdrucksweise "über" ist leider noch zusätzlich ungenau, aber ich tippe mal darauf, dass sie meinen "von" also genau 1 und 5... Das nütz mir nur trozdem nichts

EDIT: War hier nicht gerade noch ein Post auf den ich geantwortet habe?

[Luigi]

Hm ja die Ausdrucksweise "über" ist leider noch zusätzlich ungenau, aber ich tippe mal darauf, dass sie meinen "von" also genau 1 und 5... Das nütz mir nur trozdem nichts

EDIT: War hier nicht gerade noch ein Post auf den ich geantwortet habe?

JA!

Genau wegen diesem ÜBER, aber es ist ja von genau 3 Gewinnmöglichkeiten die Rede!

[Rabenaas]

EDIT: Schmarrn

[Fury]

Jup genau das denke ich auch!

Die Aufgabe ist wohl nicht wirklich lösbar. Ich kann lediglich sagen wieviele Nieten es geben muss, wenn ich die jeweilige Anzahl der beiden Gewinnlose kenne. Mehr an Infos kann ich da wohl nicht raushohlen...

[Calesca]

Naja, wenn der mittlere Gewinn 20 Cent beträgt, fallen die Nieten doch schonmal raus und man hat nurnoch mit 2 Größen zu rechnen.
Der Einfachheithalter würde ich nun mit 1 und 5 irgendwas machen, obwohl ich die Aufgabe ehr so lese, als würde es nicht nur diese Zahlen geben, sondern einige mehr. Also im ersten Falle Gewinne von 1-5 (oder 4,999? ) und im zweiten Falle 5-x ...
Da mein mathematisches Verständnis aber hier aufhört, werde ich damit aufhören, meine Gedanken, die ich beim Lesen des Postes hatte, wiederzugeben.

Ach und guten Morgen.

[Rabenaas]

Nö, der mittlere Preis wird über alle Lose gemittelt. Da sind auch die Nieten dabei.

Um's förmlich zu machen, seien a die Lose für 1€, b die für 5€ und c die Nieten.

[tex]\white \quad\frac{a+5b}{a+b+c}=0,2 \\\Rightarrow 4a+24b=c \\\Rightarrow a/c=\frac{1}{4}-6b/c[/tex]

Jetzt wissen wir noch [tex]\white a/c,b/c>0[/tex], also [tex]\white 0\le{}b/c{}\le\frac{3}{2}[/tex] und [tex]\white 0\le{}a/c{}\le\frac{1}{4}[/tex].

Näher kommt man dem Ergebnis nicht.

[Calesca]

Ach ja klar, Niete = 0 Euro ... möp. Ich weiß schon, wieso ich Mathe nicht so sehr mochte.

[Pergor]

Was gibt es doch wunderschöne Integrale. Ich habe hier so einen tollen magnetischen Wirbel:

[tex]\Large \white H(x) = \frac{1}{x_1^2 + x_2^2} \begin{pmatrix} -x_2 \\ x_1 \\ 0 \end{pmatrix} \, \, , \, \, x = (x_1,x_2,x_3) \in \mathbb{R^3} \, \setminus \, \{x_1=x_2 = 0\} [/tex]

Davon hätte ich gerne ein Potential, also ein [tex]\Large \white\varphi(x) [/tex] so, dass gilt:

[tex]\Large \white \nabla \varphi(x) = H(x) [/tex]

Also: [tex]\Large \white \frac{\mathrm{d} \varphi }{\mathrm{d}x_1} = \frac{-x_2}{x_1^2+x_2^2} [/tex] und [tex]\Large \white \frac{\mathrm{d} \varphi }{\mathrm{d}x_2} = \frac{x_1}{x_1^2+x_2^2} [/tex]

Im Wesentlichen hocke ich jetzt also vor diesem Integral: [tex]\Large \white -x_2 \int \frac{1}{x_1^2+x_2^2} \, \, \mathrm{d}x_1 [/tex]

Oder, der Einfachheit halber, generell vor einem Integral der Form:

[tex]\huge \white \int \frac{1}{x^2 +a} \, \, \mathrm{d}x [/tex]

Von der Form her erinnert das stark an die Ableitung des arctan und Mathematica spuckt auch das hier aus:

[tex]\huge \white \int \frac{1}{x^2 +a} \, \, \mathrm{d}x = \frac{1}{\sqrt{a}} \tan^{-1} \left ( \frac{x}{\sqrt{a}} \right ) [/tex]

Aber himmelherrgottnochmal, wie kommt man da denn hin? Ich probiere nun schon Ewigkeiten daran rum. Kann man das geeignet umschreiben? Oder gibt es eine schöne Substitution? Da das Ganze noch Zeit hat bis zum neuen Jahr, dachte ich, ich stelle es hier mal rein, hier gibt's ja einige, die ein wenig mit Integralen umgehen können (sollten). Also, jemand eine zündende Idee?

[Rabenaas]

Mit tan^-1 ist der Arcustangens, und nicht das Inverse des Tangens gemeint. Die Ableitungen elementarer Funktionen kennt man einfach.

Edit: gemeint war natürlich das multiplikative Inverse, und nicht die inverse Abbildung

[Pergor]

Mit tan^-1 ist der Arcustangens, und nicht das Inverse des Tangens gemeint.

Ja, hatte ich doch geschrieben. Und eine "elementare Funktion" ist das hier beileibe nicht. Wenn man die Ableitung des arctan kennt, wie will man daraus denn auf die Stammfunktion von (1/(x ²+a)) schließen können? Erscheint mir nicht wirklich schlüssig...

[Rabenaas]

Das verstehe ich jetzt nicht. Du kennst doch [tex]\white \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\arctan(x) = \frac{1}{x^2+1} [/tex].
Arkustangens wäre dann die elementare Funktion. Das sieht
[tex]\white \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}f(x) = \frac{1}{x^2+a} [/tex]
schon mal ziemlich ähnlich, und liefert damit einen Ansatz.
Der Rest folgt einfach durch herumprobieren. ([tex]\white \sqrt{a}[/tex] und [tex]\white -\sqrt{a}[/tex] sind Polstellen, also schon mal ziemlich verdächtig.)

EDIT: Achso, ja. Habe mir Dein Post nochmal durchgelesen. Da steht es ja eigentlich schon.
Ich würde als erstes im Argument a Multiplizieren und dividieren, und dann mit den Polstellen weitermachen. So kommt man dem Ergebnis von Mathematica (also dem richtigen) dann immer näher. Einen unfehlbaren Algorithus zum Integrieren gibt es nicht.

[Fury]

Klammer mal das a im Nenner aus, dann siehst du es quasi sofort (wenn du die Ableitung vom arctan kennst )

[Pergor]

Naja...

Der Rest folgt einfach durch herumprobieren.

Einfach "rumprobieren" ist für mich irgendwie nicht zufriedenstellend. Wäre schön gewesen, wenn man irgendwie direkt dort hätte hinkommen können, anstatt rumzuraten. Ich meine, jeweils sqrt{a} in den Nenner zu schreiben ist nicht gleich das allernaheliegendste, finde ich. Aber okay, nehme ich mal so hin. Danke dir jedenfalls.

Edit: hatte ich genau so probiert, Fury, aber trotz Kenntnis der Ableitung des arctan war mir dann nicht sofort ersichtlich, warum das so gelten sollte. Und wie gesagt: Ich kannte das richtige Ergebnis ja wohl, ich habe es nur nicht gesehen. Tja, vielleicht habe ich eine beschränkte Wahrnehmung...

Edit2: Ach, jetzt sehe ich es auch. Hast recht, Fury, dann wird es eigentlich wirklich sofort klar und "rumprobieren" muss man doch nicht.

[Rabenaas]

Werde berühmt und finde einen unfehlbaren Algo zum Integrieren.

Mathematica macht auch nichts anderes, als systematisch und möglichst optimiert alle Möglichkeiten durchzuprobieren. Ist ein Teilgebiet der künstlichen Intelligenz.

[Asgrimm]

*geändert*
Oops! Das mit dem anmelden usw wusste ich nicht! Ich befolge mal brav die Anweisungen von unserem Forums-Zwerg und schreib es in das "Mathequiz"

[Edvard]

Wäh, dafür muss man sich ja registrieren lassen...^^

Tja, dann eben nicht.