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Megamath (Megamath)
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Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 5074
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 05. Mai, 2005 - 21:23: | 
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Hi allerseits
Das achte Weltwunder, d.h. das Integral-Beispiel 8
ist wohl das anspruchsvollste.
Ich habe dafür zwei Lösungen in petto, die mich
nicht ganz befriedigen, weil sie nicht verfügbare
Hilfsmittel benötigen, die separat hergeleitet
werden müssen.
Daher wäre ich dankbar für kollegiale Hilfe.
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath |
Mainziman (Mainziman)
Senior Mitglied
Benutzername: Mainziman
Nummer des Beitrags: 1306
Registriert: 05-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 05. Mai, 2005 - 22:37: |
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1/(x^2+x+1)^2 = (x-1)^2/(x^3-1)^2
davon eine "Zerlegung"
(x-1)^2/(x^3-1)^2 = A/(x-1) + B/(x-1)^2 + C*(2x+1)/(x^2+x+1) + (Dx^2+Ex+F)/(x^2+x+1)^2
x^2 - 2x + 1 = A*(x-1)*(x^2+x+1)^2 + B*(x^2+x+1)^2 + C*(2x+1)*(x-1)^2*(x^2+x+1) + (Dx^2+Ex+F)*(x-1)^2
x^2 - 2x + 1 = A*(x^3-1)*(x^2+x+1) + B*(x^4+3x^2+1+2x^3+2x) + C*(2x+1)*(x-1)*(x^3-1) + (Dx^2+Ex+F)*(x^2-2x+1)
x^2 - 2x + 1 = A*(x^5+x^4+x^3-x^2-x-1) + B*(x^4+3x^2+1+2x^3+2x) + C*(2x^5-x^4-x^3-2x^2+x+1) + (Dx^2+Ex+F)*(x^2-2x+1)
x^2 - 2x + 1 = A*(x^5+x^4+x^3-x^2-x-1) + B*(x^4+3x^2+1+2x^3+2x) + C*(2x^5-x^4-x^3-2x^2+x+1) + Dx^4+(E-2D)x^3+(F-2E+D)x^2+(E-2F)x+F
x^2 - 2x + 1 = (A+2C)x^5 + (A+B-C+D)x^4 + (A+2B-C-2D+E)x^3 + (-A+3B-2C+D-2E+F)x^2 + (-A+2B+C+E-2F)x + (-A+B+C+F)
A+2C = 0
A+B-C+D = 0
A+2B-C-2D+E = 0
-A+3B-2C+D-2E+F = 1
-A+2B+C+E-2F = -2
-A+B+C+F = 1
A=B=C=D=E=0, F=1, fies 
Wie kommt da bloß auf sowas?
http://www.mathdraw.de/md.php?input=%282%2Ax%2B1%29%2F%283%2A%28x%5E2%2Bx%2B1%29%29%2B4%2Aarctan%28% 282%2Ax%2B1%29%2Fsqrt%283%29%29%2F%283%2Asqrt%283%29%29
(mir fehlt momentan mein Blick  )
Mainzi Man,
ein Mainzelmännchen-Export,
das gerne weiterhilft
oder auch verwirren kann *ggg*
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Orion (Orion)
Senior Mitglied
Benutzername: Orion
Nummer des Beitrags: 1005
Registriert: 11-2001
| | Veröffentlicht am Freitag, den 06. Mai, 2005 - 07:32: |
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Hallo,
Gegenüber Nr.6 bietet Nr.8 m.E. keine wesentlich
neuen Aspekte : Es ist (s.o.)
x2+x+1 = (3/4)(u2+1) , wobei
u := (2x+1)/sqrt(3)
Damit wird
ò (x2+x+1)-2 dx =
= (8sqrt(3)/9) ò (u2+1)-2 du
Letzteres Integral ist kein Problem !
mfG Orion
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Orion (Orion)
Senior Mitglied
Benutzername: Orion
Nummer des Beitrags: 1006
Registriert: 11-2001
| | Veröffentlicht am Freitag, den 06. Mai, 2005 - 07:57: |
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Es ist nämlich einerseits
1/(u2+1)2= 1/(u2+1) - u2/(u2+1)2,
andererseits
(d/du)[u/(u2+1)] = 1/(u2+1) - u2/(u2+1)2
Kombiniert man dies, so kommt
1/(u2+1)2 =
(1/2)*1/(u2+1) + (1/2)* (d/du)[u/(u2+1)]
=>
ò (u2+1)-2 du =
(1/2)arctan(u) + (1/2)u/(u2+1) + C
mfG Orion
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Megamath (Megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 5075
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 06. Mai, 2005 - 07:58: |
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Hi Orion
Besten Dank für Deine Hilfe.
In dieser Gegend war ich auch schon,auf einem Umweg.
MfG
H.R.Moser,megamath |
Megamath (Megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 5076
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 06. Mai, 2005 - 08:07: |
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Hi Orion
Meine Bemerkung von 0858 bezieht sich
natürlich auf Deinen ersten Beitrag
von heute morgen
(die Zeitgleichheit ist beinahe exakt).
Im Laufe des Tages werde ich meine Ueberlegungen
noch vorstellen.
MfG
H.R.Moser,megamath |
Megamath (Megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 5077
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 06. Mai, 2005 - 09:16: |
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Hi Walter
Ich danke Dir für Deine Ausführungen.
Auch Wege,die nicht zum Ziel führen,
sind beachtenswert.
Uebrigens stammt die Aufgabe nicht von mir;
in dieser Hinicht fühle ich mich unschuldig.
Ich habe hausintern die vorliegende Aufgabe
dahin erweitert,im Nenner den allgemeinen pos.
Exponenten k zu setzen:
Das ist noch schöner als der Exponent 2.
Bis später
MfG
H.R. |
Orion (Orion)
Senior Mitglied
Benutzername: Orion
Nummer des Beitrags: 1007
Registriert: 11-2001
| | Veröffentlicht am Freitag, den 06. Mai, 2005 - 10:06: |
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Hallo,
Wie wäre es mit einer kleinen Zusatzaufgabe :
Sei
J(n) := ò (u2+1)-n du ; n >= 1
Z.B. finde ich
J(3) =
(1/8)[(3u3+5u)/(u2+1)2 + 3 arctan(u)] + C
etc. !
mfG Orion
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Megamath (Megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 5078
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 06. Mai, 2005 - 10:45: |
|
Hi Orion
Du nimmst mir allen Wind aus den Segeln!
Gerade Deine Frage bildet den Inhalt einer
meiner Loesungsmethoden.
Ich habe selbstverständlich nichts gegen
eine solche Unterstützung und fasse sie
eher als Bestätigung bei meinen Unternehmungen
auf.
Ergo: vielen Dank!
MfG
H,R.Moser,megamath |
Megamath (Megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 5079
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 06. Mai, 2005 - 16:27: |
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Hi allerseits
Für das achte Integral mit dem Integranden
f(x) =1 / (x^2+x+1)^2
folgt nun ein erster Lösungsvorschlag von meiner Seite.
Das dabei benützte Lemma ist für etwas allgemeinere Integrale
der vorliegenden Gestalt tauglich
und soll ev. separat bewiesen werden.
Es lautet:
Für eine positiv definite quadratische Form
f(x) = c x^2 + b x + a mit m = 4 a c – b^2 (m > 0)
gilt der folgende Integralsatz:
int [dx / f(x)^2] = [2 c x + b ] / [m*f(x)] + (2 c / m) * int [dx/f(x)]
Beim vorliegenden Beispiel gilt f(x) = x^2 + x + 1 , also
a = b = c = 1, m = 3.
Aus der angeschriebenen Relation entsteht
int [dx / f(x)^2] = [2 x + 1 ] / [3 f(x)] + 2 / 3 * int [dx/f(x)]
Es geht nun darum, das einfache Integral ganz rechts zu ermitteln.
Eine leichte Umformung führt auf das entsprechende Resultat:
int [dx / (x^2+x+1)] = 2/3*sqrt(3) arctan [(2x+1)/sqrt(3)]
Mit dem Lemma zusammen erhalten wir
als Schlussresultat:
F(x) = 4/9 * sqrt(3) arctan [(2x+1)/sqrt(3)] +
1/3 * (2 x + 1) / (x^2+x+1).
Anmerkung
Das Lemma lässt sich noch weiter verallgemeinern,
indem der Exponent im Nenner eine beliebige natürliche Zahl ist;
dafür gibt es Rekursionsformeln,auf die ich hier nicht näher eingehe.
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath |
Megamath (Megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 5080
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| | Veröffentlicht am Freitag, den 06. Mai, 2005 - 16:28: |
|
Hi allerseits
Es folgt mein zweiter Lösungsvorschlag.
Auch hier sehen wir die Aufgabe nicht so eng und verwenden
Hilfsformeln, die gegenüber der gestellten Aufgabe etwas
allgemeinere Terme enthalten.
Lösungsidee.
in einem ersten Teil wird das Integral
U(k,x) = int [dx / (x^2 + a x + b) ^ k durch eine Substitution
auf das Integral
V(k,t) = C int [dt /(1 + t^2)^k] übergeführt.
In einem zweiten Tel wird eine Rekursionsformel für das
Integral
J(k,x) = int [dx / (1 + x^2)^k] bezüglich k hergeleitet,
Diese Rekursionsformel für k>=2 lautet:
J(k) = J(k-1) * (3-2k)/(2-2k) + x / [2(k-1)(1+x^2)]^(k-1)
im 3.Teil sodann wird Bezug auf das gegebene Beispiel
Nummer acht genommen.
Fortsetzung folgt.
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath |
Orion (Orion)
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Benutzername: Orion
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| | Veröffentlicht am Freitag, den 06. Mai, 2005 - 16:33: |
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Hallo,
Lösungsvorschlag zur Zusatzaufgabe:
Führe noch ein
K(n) := ò u2/(u2+1)n du
Dann gilt (algebraische Umformung)
(1) J(n+1) = J(n) - K(n+1)
Andererseits erhält man durch partielle Integration
(2) J(n) = u/(u2+1)n + 2n K(n+1)
Eliminiert man K(n+1) aus (1),(2), so erhält man die
Rekursionsformel
J(n+1) = (1/2n)[u/(u2+1)n + (2n-1) J(n)]
Nebenbei bekommt man noch
K(n) = J(n-1) - J(n).
mfG Orion
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Megamath (Megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 5081
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| | Veröffentlicht am Freitag, den 06. Mai, 2005 - 16:43: |
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Hi Orion
Wir sind vollbeschäftigt mit dem Thema.
Besten Dnk ür Deine Ausführungen.
MfG
H.R.Moser,megamath |
Megamath (Megamath)
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Benutzername: Megamath
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Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 06. Mai, 2005 - 16:52: |
|
Hi allerseits
Die detaillierten Herleitungen der bei meiner
zweiten Lösung benützten Formeln
werde ich nur auf besonderen Wunsch ins Netz stellen.
Der Aufwand ist ziemlich gross und entsprechend
zeitraubend
MfG
H.R.Moser,megamath. |
Niels2 (Niels2)
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Benutzername: Niels2
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| | Veröffentlicht am Freitag, den 06. Mai, 2005 - 17:58: |
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also mich interessieren die Rekursionsformeln...
Also ich wäre an einem Beweis interessiert!!! |
Megamath (Megamath)
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Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 5083
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| | Veröffentlicht am Freitag, den 06. Mai, 2005 - 21:23: |
|
Hi allerseits
Hier die versprochene Fortsetzung.
Es geht um meine zweite Lösungsart des Beispielintegrals 8.
Ich ziehe den zweiten Teil, wie er in meinem letzten Beitrag
angekündigt wurde, vor.
Damit möchte ich dem Wunsch von Niels etwas entgegenkommen.
Die Absicht ist also, die folgende Rekursionsformel zu beweisen:
Sei J(k,x) = int [dx / (1 + x^2)^k]
Dann gilt für k >= 2:
J(k) = J(k-1) * (3-2k)/(2-2k) + x / [2*(k-1)*(1+x^2)^(k-1)]
Beweis
Wir schreiben den Integranden g(x) im Integral J(k,x) so:
g(x) = 1 / (1+x^2)^(k-1) – x^2/(1+x^2)^k.
Wir integrieren beide Seiten nach x; es entsteht:
J(k) = J(k-1) - int [(x/2) * (2 x) / (1+x^2)^k * dx ]
Im Integral rechts wenden wir partielle Integration an
mit der folgenden Aufteilung der Faktoren:
x/2 = u ,daraus u´= 1/2
2 x / (1+x^2)^k = v´, daraus v = 1 / [(1-k)(1+x^2)^(k-1)]
Ausführung der partiellen Integration:
J(k) = J(k-1) – {x / [2(1-k)(1+x^2)^(k-1)] -
1 / [2(1-k)] * int [dx / (1+x^2)^(k-1)] } =
J(k-1) * {1 + 1/ [2*(1-k)] } – x / [2(1-k)(1+x^2}^(k-1)]
Aus dem Letzten Term berechnet man leicht das angegebene
Schlussresultat.
Anmerkung
Dieses Ergebnis weist in meinem letztern Beitrag leider
einen Klammerfehler auf.
Das richtige Ergebnis erschein oben in diesem Beitrag.
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath |
Orion (Orion)
Senior Mitglied
Benutzername: Orion
Nummer des Beitrags: 1009
Registriert: 11-2001
| | Veröffentlicht am Samstag, den 07. Mai, 2005 - 08:02: |
|
. . . welches übrigens für k = n+1 exakt mit meiner
Rekursionsformel übereinstimmt : wie beruhigend !
mfG Orion
|
Megamath (Megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 5084
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Samstag, den 07. Mai, 2005 - 08:16: |
|
Hi Orion
Und das alles,ohne abzuschreiben!
Bravo!
MfG
H.R.Moser,megamath |
Megamath (Megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 5085
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Samstag, den 07. Mai, 2005 - 13:38: |
|
Hi allerseits
Manchmal bringt der spielerische Umgang mit
Funktionen und mit ihren Darstellungen
Erkenntnisse, die über Klippen hinwegführen und
sogar neue Erkenntnisse ergeben.
Dies soll an einem Beispiel gezeigt werden, das zum
aktuellen Thema passt.
Gegeben sei die quadratische Funktion
f(x) = c x^2 + b x + a mit negativer
Diskriminante delta = b^2 – 4 a c.
Es ist also m = 4 a c – b^2 positiv.
Ferner:
f´(x) = 2 c x + b ; f´´ (x) = 2 c
Das ist nichts Weltbewegendes!
Wir stellen m auf verschiedene Arten dar:
m = 4 a c – b^2
m = 4 a c + 4 b c x + 4 c^2 x^2
– [4 c^2 x^2 + 4 b c x + b^2]
m = 4 c [a + b x + c x^2 ] – (2 c x + b )^2
m = 4 c f(x) – f´(x) ^2
m = 2 c f(x) – f´(x) ^2 + 2 c f(x)
Zur Abkürzung schreiben wir f statt f(x) und dividieren beide Seiten
mit m * f^2:
Beachte: wie gesagt gilt 2 c = f´´;
es kommt:
1 / f^2 = 1/m * {[ f f´´- ( f´) ^2 ] / f^2 } + (2 c / m) * 1 / f
Beachte weiter:
In der geschweiften Klammer steht gemäß Quotientenregel die Ableitung
von f´/ f nach x.
Daher ist es nahe liegend, die beiden Seiten der letzten Gleichung
zu integrieren.
Resultat:
int [dx / f(x)^2] = [2 c x + b ] / [m f(x)] + (2 c / m) int [dx / f(x)]
Genau diese Integralformel habe ich gestern zur Lösung
des Integrals Nummer 8 bei meiner ersten Methode eingesetzt.
Damit ist auch gezeigt, dass Integrale nicht immer mit landläufigen Methoden
gelöst werden müssen und etwas Raum für Kreativität bleibt
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath |
Mainziman (Mainziman)
Senior Mitglied
Benutzername: Mainziman
Nummer des Beitrags: 1307
Registriert: 05-2002
| | Veröffentlicht am Samstag, den 07. Mai, 2005 - 19:51: |
|
mir ist zu dem Integral eine doch eher unorthodoxe Variante eingefallen:
einfach eine Partialbruchzerlegung über IC (in IR sind die Polynome nicht reduzibel, aber in IC )
und dann ... seht selbst im Anhang
@Megamath bist Du einverstanden mit meiner doch eher unorthodoxen Variante?
Mainzi Man,
ein Mainzelmännchen-Export,
das gerne weiterhilft
oder auch verwirren kann *ggg*
|
Megamath (Megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 5086
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 08. Mai, 2005 - 09:38: |
|
Hi Walter
Chapeau!
Auch wenn alle meine Hüte rein imaginär sind.
Es ist ja bekannt, wie hilfreich die komplexen Zahlen sind.
Sie werden aber meistens dann herangezogen, wenn es eben
nicht anders geht, oder wenn eine Berechnung vereinfacht werden kann,
seltener, um eine Berechnung auszudehnen.
Im Fall der Integralrechnung halte man sich an die bewährten und
eingefahrenen Methoden.
Die Auswertung von Integralen ist in den meisten Fällen Mittel zum
Zweck, z.B. bei der Auflösung von DGL;
da bleibt wenig Zeit, sich auf eigene Methoden zu kaprizieren.
Andrerseits ist es zu begrüßen und meist befriedigend, wenn die
eigene Phantasie weiterhilft.
Jedenfalls ist das der bessere Weg, als die Sache einfach einem CAS
zu übergeben.
Ein Beispiel: ich habe kürzlich ein in diesem Forum vorgestelltes bestimmtes
Integral aus der reellen Analysis einem solchen System zur Bearbeitung
übergeben.
Statt einer mir bekannten reellen Zahl als Resultat erschien,
ziemlich deplaziert, eine komplexe Zahl.
Danke für Dein Engagement.
Mit freundlichen Grüßen
H.R. |
Megamath (Megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 5087
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 09. Mai, 2005 - 08:20: |
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Hi allerseits
es ist an der Zeit, diese Serie von Integral-Beispielen zu einem
guten Ende zu bringen.
Abschließend soll noch Bezug genommen werden auf zwei
Rekursionsformeln, die bei der Behandlung eine Rolle spielten.
Dabei verwende ich die von mir entwickelten Versionen,
da sie ziemlich allgemein sind und für spätere Verwendungszwecke
bei mir aufbewahrt werden sollen.
Rekursionsformel I
Gesucht wird das Integral J(n) = int [dx / (g(x)^n)]
gültig für
g(x) = 1 + x^2;
natürliche Zahl n >= 2.
Die Formel wurde bereits kunstgerecht bewiesen;
sie hat die Gestalt:
J(n) = J(n-1)* [(3- 2 n) / (2-2 n) ] + x / [(2n - 2) * (1+x^2)^(n-1)]
Rekursionsformel II
Gesucht wird das Integral int [dx / f(x)^n]
gültig für
f(x) = c x^2 + b x + a, mit m = 4 a c – b ^ 2 > 0 ;
natürliche Zahl n >= 1.
Die Formel hat die Gestalt einer Integralbeziehung
und lautet:
int [dx / f^(n+1)] = (2 c x + b)/ (n m f^n) +
[2*(2n-1)*c] / [nm] * int [dx / f^n].
Die Formel könnte auf direktem Weg bewiesen werden.
Hier verifizieren wir sie, indem wir beide Seiten nach x ableiten
und die Gleichheit beider Seiten, nach gehörigen Umformungen,
nachweisen.
Der erste Schritt liefert als linke Seite 1 / f^(n+1),
rechts steht bei Verwendung der Quotienten- und Kettenregel:
R = 1/(nm) * [f^n * 2 c – (2cx+b) n f^(n-1) * f´] / f^(2n)+
[2*(2n-1)*c] / [nm] * 1 / f^n.
vereinfacht:
R = 1/(nm) * [f * 2 c – (2cx+b) n * f´] / f^(n+1)+
[2*(2n-1)*c] / [nm] * 1 / f^n.
Jetzt multiplizieren wir beide Seiten mit m n * f ^(n+1);
links steht dann
L° = m n
rechts steht
R° = 2 c f - - 2 c x n f´- b n f´+ 2(2n-1) c f =
- 2 c x n f´- b n f´+ 4 n c f =
Links und rechts heben wir n weg; es bleibt links
L°° = m ,
rechts
R°° = - 2 c x f´- b f´+ 4 c f = - (f’)^2 + 4 c f.
Dies ist aber gleich m = L°°, wie erhofft!
PS
Wählt man in der Rekursionsformel II für
die Konstanten c, b, a die Werte
c=1, b=0, a=1 so hat man die Situation der
Rekursionsformel I vor sich.
Damit ist die Serie der 8 Integrale abgeschlossen.
Analoge Themen sollen später neu aufgenommen werden.
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath |
Unorthodoxe Variante
