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Megamath (Megamath)
Senior Mitglied Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 5113 Registriert: 07-2002
| Veröffentlicht am Sonntag, den 15. Mai, 2005 - 13:54: |
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Hi allerseits Zu Pfingsten erscheint ein spezielles Integral, das, wie es sich gehoert, zu Erfolgserlebnissen führen soll. Es liegt eine Vereinfachung des Integrals I der laufenden Serie der Integrale mit trigonometrischen Funktionen vor. Wir setzen an: a = 0, b =3, c = 4. Daher lautet der Integrand f(x) = 1 / [3 sin x + 4 cos x]. Die bisherigen Loesungsmethoden seinen tabu, ebenso bereits vorliegende Resultate. Es soll nach der folgenden Anleitung vorgegangen werden: Ein rechtwinkliges Dreieck mit den Katheten 3 und 4 diene als Vorlage. Der Gegenwinkel der Kathete 4 sei die Konstante k. Man fuehre sin k und cos k in den Integranden ein und vereinfache ihn so stark wie moeglich. Bekannt sei eine Stammfunktion der Kosekansfunktion, d.h. wir entnehmen int [1 / (sin z) * dz] einer Tabelle. Hihi: es erscheint ln ¦(tan z/2)¦ Das Schlussresultat soll so einfach wie moeglich dargestellt werden. Das sollte funktionieren. Viel Vergnuegen! Mit freundlichen Gruessen H.R.Moser |
Mainziman (Mainziman)
Senior Mitglied Benutzername: Mainziman
Nummer des Beitrags: 1325 Registriert: 05-2002
| Veröffentlicht am Sonntag, den 15. Mai, 2005 - 14:28: |
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damit gilt dann: sin k = 4/5 <=> 4 = 5 * sin k cos k = 3/5 <=> 3 = 5 * cos k damit steht dann da: f(x) = 1 / [3 sin x + 4 cos x] f(x) = 1 / [5 cos k sin x + 5 sin k cos x] = 1/[5 sin(k + x)] INT f(x) dx = INT 1 / [5 sin(k + x)] dx = 1/5 INT 1/sin(k + x) dx = 1/5 ln| tan( ( k + x ) / 2 ) | + C mit k = arctan(4/3) aha Mainzi Man, ein Mainzelmännchen-Export, das gerne weiterhilft oder auch verwirren kann *ggg*
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Megamath (Megamath)
Senior Mitglied Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 5118 Registriert: 07-2002
| Veröffentlicht am Sonntag, den 15. Mai, 2005 - 20:09: |
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Hi Walter Besten Dank für Deine erfolgreichen Bemuehungen ohne gehabte Muehe. Mir gefaellt diese Methode sehr, weil sie aus dem ueblichen Rahmen faellt Mit freundlichen Gruessen H.R. |
Mainziman (Mainziman)
Senior Mitglied Benutzername: Mainziman
Nummer des Beitrags: 1328 Registriert: 05-2002
| Veröffentlicht am Sonntag, den 15. Mai, 2005 - 20:39: |
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Hallo Megamath ich war ein wenig überrascht, daß des so auch geht; und dabei fällt mir ein, daß man derartige "Tricks" durchaus öfters anwenden kann. ich zeige hier wie es allgemein gehen könnte: f(x) = 1 / [a sin x + b cos x] mit a, b ¹ 0 Fall 1: a und b haben unterschiedliches Vorzeichen hier einfach gegebenfalls mit -1 den Bruch erweitern, sodaß a positiv ist und b negativ a und -b stellen Katheten eines rechtwinkeligen Dreiecks dar, dessen Hypothenuse bestimmt sich mit c = sqrt( a^2 + (-b)^2 ) -b/c = sin k <=> b = -c sin k a/c = cos k <=> a = c cos k damit haben wir f(x) = 1 / [c cos k sin x - c sin k cos x] und das ergibt dann f(x) = 1 / [ c sin( x - k ) ] damit sind wir wieder bei dem einen Grundintegral INT 1 / sin(x) dx = ln|tan(x/2)| Fall 2: a und b haben selbes Vorzeichen hier einfach gegebenfalls mit -1 den Bruch erweitern, sodaß a und b positiv sind a und b stellen Katheten eines rechtwinkeligen Dreiecks dar, dessen Hypothenuse bestimmt sich mit c = sqrt( a^2 + b^2 ) b/c = sin k <=> b = c sin k a/c = cos k <=> a = c cos k damit haben wir f(x) = 1 / [c cos k sin x + c sin k cos x] und das ergibt dann f(x) = 1 / [ c sin( k + x ) ] damit sind wir wieder bei dem einen Grundintegral INT 1 / sin(x) dx = ln|tan(x/2)| Gruß, Walter (Beitrag nachträglich am 15., Mai. 2005 von mainziman editiert) Mainzi Man, ein Mainzelmännchen-Export, das gerne weiterhilft oder auch verwirren kann *ggg*
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Megamath (Megamath)
Senior Mitglied Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 5122 Registriert: 07-2002
| Veröffentlicht am Montag, den 16. Mai, 2005 - 12:51: |
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Hi Walter Besten Dank für Deine Lösung des allgemeinen Falls für diesen Typus. Die Fallunterscheidung ist offenbar notwendig und hilfreich. Gruss H.R |
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