05 – Integration mit verschiedenen Verfahren

 

Berechnen Sie die folgenden bestimmten oder unbestimmten Integrale:

  1. \int_{}^{} {1 \cdot \ln \left( x \right)} \:dx

  2. \int_1^2 {x \cdot \ln \left( {x^2 } \right)} \:dx

  3. \int_{}^{} {\cos ^2 \left( x \right)\:dx}

  4. \int_0^1 {e^x \sqrt {e^x -1} } \:dx

  5. \int_{}^{} {\frac{{\ln \left( x \right)}} {{x\left( {1-\ln ^2 \left( x \right)} \right)}}} \:dx

  6. \int_0^\infty {\frac{{dx}} {{4\sqrt x +\sqrt {x^3 } }}}

Lösung

a )

\int_{}^{} {1 \cdot \ln \left( x \right)} \:dx

Wir benutzen die partielle Integration:

f ^{\prime}= 1\quad \quad \quad \quad g = \ln \left( x \right)

f = x\quad \quad \quad \quad g ^{\prime}= \frac{1} {x}

\int_{}^{} {1 \cdot \ln \left( x \right)} \:dx = x \cdot \ln \left( x \right)-\int_{}^{} {x \cdot \frac{1} {x}dx = x \cdot \ln \left( x \right)-x}

b )

\int_1^2 {x \cdot \ln \left( {x^2 } \right)} \:dx

Wir substituieren:

g = x^2 \quad \quad \quad \quad \frac{{dg}} {{dx}} = 2x\quad \quad \quad \quad \Rightarrow \quad \quad \quad \quad dx = \frac{{dg}} {{2x}}

\int_1^2 {x \cdot \ln \left( {x^2 } \right)} \:dx = \int_1^2 {x \cdot \ln \left( g \right)} \frac{{dg}} {{2x}} = \frac{1} {2}\int_1^2 {\ln \left( g \right)dg = } \frac{1} {2} \cdot \left[ {g \cdot \ln \left( g \right)-g} \right]_1^2

= \frac{1} {2} \cdot \left[ {x^2 \cdot \ln \left( {x^2 } \right)-x^2 } \right]_1^2 = \frac{1} {2} \cdot \left( {4 \cdot \ln \left( 4 \right)-3} \right) = 1,273

c )

\int_{}^{} {\cos ^2 \left( x \right)\:dx}

Wir integrieren partiell und nutzen anschließend ein Additinostheorem:

f ^{\prime}= \cos \left( x \right)\quad \quad \quad \quad g = \cos \left( x \right)

f = \sin \left( x \right)\quad \quad \quad \quad g ^{\prime}= -\sin \left( x \right)

\int_{}^{} {\cos ^2 \left( x \right)\:dx} = \sin \left( x \right)\cos \left( x \right)-\int_{}^{} {\sin \left( x \right) \cdot \left( {-\sin \left( x \right)} \right)} \:dx

\int_{}^{} {\cos ^2 \left( x \right)\:dx} = \sin \left( x \right)\cos \left( x \right)-\int_{}^{} {-\sin ^2 \left( x \right)\:dx} \quad \quad \quad \quad |\sin ^2 x+\cos ^2 x = 1

\int_{}^{} {\cos ^2 \left( x \right)\:dx} = \sin \left( x \right)\cos \left( x \right)-\int_{}^{} {\cos ^2 \left( x \right)+1\:dx}

\int_{}^{} {\cos ^2 \left( x \right)\:dx} = \sin \left( x \right)\cos \left( x \right)-\int_{}^{} {\cos ^2 \left( x \right)dx} +\int_{}^{} {1dx}

2\int_{}^{} {\cos ^2 \left( x \right)\:dx} = \sin \left( x \right)\cos \left( x \right)+x

\int_{}^{} {\cos ^2 \left( x \right)\:dx} = \frac{{\sin \left( x \right)\cos \left( x \right)+x}} {2}

d )

\int_{}^{} {e^x \sqrt {e^x -1} \:dx}

Partielle Integration:

g = e^x -1\quad \quad \quad \quad \frac{{dg}} {{dx}} = e^x \quad \quad \quad \quad dx = \frac{{dg}} {{e^x }}

\int_0^1 {e^x \sqrt g \:\frac{{dg}} {{e^x }}} = \int_0^1 {\sqrt g \:dg} = \left[ {\frac{2} {3}g^{\frac{3} {2}} } \right]_0^1 = \left[ {\frac{2} {3}\left( {e^x -1} \right)^{\frac{3} {2}} } \right]_0^1 = \frac{2} {3}\left( {e -1} \right)^{\frac{3} {2}}

e )

\int_{}^{} {\frac{{\ln \left( x \right)}} {{x\left( {1-\ln ^2 \left( x \right)} \right)}}} {\text{ }}dx

Substitution:

g = 1-\ln ^2 \left( x \right) \quad \quad \frac{{dg}} {{dx}} = -\left( {\ln \left( x \right) \cdot \ln \left( x \right)} \right) ^{\prime}= -\frac{2} {x} \cdot \ln \left( x \right) \quad \quad dx = -\frac{{dg \cdot x}} {{2 \cdot \ln \left( x \right)}}

\int_{}^{} {\frac{{\ln \left( x \right)}} {{x\left( {1-\ln ^2 \left( x \right)} \right)}}} \:dx = \int_{}^{} {\frac{{\ln \left( x \right)}} {{x\left( g \right)}}} \:\frac{{dg \cdot x}} {{-2 \cdot \ln \left( x \right)}} = \int_{}^{} {\frac{1} {{-2 \cdot g}}} \:dg = -\frac{1} {2}\ln \left( g \right)

= -\frac{1} {2}\ln \left( {1-\ln ^2 \left( x \right)} \right)

f )

\int_0^\infty {\frac{{dx}} {{4\sqrt x +\sqrt {x^3 } }}}

Diese Aufgabe erfordert ein bisschen mehr Aufwand. Zur Veranschaulichung hier zunächst der Graph der gegebenen Funktion:

Die Funktion geht gegen 0, die Fläche könnte also endlich sein. Um einen Hinweis zu bekommen, fragen wir Mathematica:

Die Fläche unter der Funktion scheint π / 2 zu sein. Dies wollen wir nun nachweisen.

1. Substitution:

g = \sqrt x \quad \quad \quad \quad \frac{{dg}} {{dx}} = \left( {x^{\frac{1} {2}} } \right) ^{\prime}= \frac{1} {{2 \cdot \sqrt x }}\quad \quad \quad \quad dx = dg \cdot 2 \cdot \sqrt x = dg \cdot 2g

\int_0^\infty {\frac{{dx}} {{4\sqrt x +\sqrt {x^3 } }}} = \int_0^\infty {\frac{1} {{4g+g^3 }}\:dg \cdot 2g} = 2\int_0^\infty {\frac{1} {{4+g^2 }}\:dg}

= \frac{1} {2}\int_0^\infty {\frac{1} {{1+\frac{{g^2 }} {4}}}\:dg}

Wir nutzen hier die Ableitung des Arcustangens:

\arctan \left( x \right) ^{\prime}= \frac{1} {{1+x^2 }}

2. Substitution:

u^2 = \frac{{g^2 }} {4}\quad \quad \quad \quad u = \frac{g} {2}\quad \quad \quad \quad \frac{{du}} {{dg}} = \frac{1} {2}\quad \quad \quad \quad dg = 2 \cdot du

\int_0^\infty {\frac{{dx}} {{4\sqrt x +\sqrt {x^3 } }}} = \frac{1} {2}\int_0^\infty {\frac{1} {{1+\frac{{g^2 }} {4}}}\:dg} = \frac{1} {2}\int_0^\infty {\frac{1} {{1+u^2 }}\:2 \cdot du = \arctan \left( u \right)|_0^\infty }

\int_0^\infty {\frac{{dx}} {{4\sqrt x +\sqrt {x^3 } }}} = \arctan \left( u \right)|_0^\infty = \arctan \left( {\frac{g} {2}} \right)|_0^\infty = \arctan \left( {\frac{{\sqrt x }} {2}} \right)|_0^\infty

Wir bilden den Grenzwert:

\int_0^\infty {\frac{{dx}} {{4\sqrt x +\sqrt {x^3 } }}} = \lim \limits_{x \to \infty} \arctan \left( x \right)

Zur Veranschaulichung hier die Arcustangensfunktion:

Die Funktion läuft gegen die Asymptote π / 2 für x gegen unendlich.
Daher:

\int_0^\infty {\frac{{dx}} {{4\sqrt x +\sqrt {x^3 } }}} = \lim \limits_{x \to \infty} \arctan \left( x \right) = \frac{\pi } {2}