Wie kann ich das Integral
∫
1
0
1−
x
2
−
−
−
−
−
√
+
1+
x
2
−
−
−
−
−
√
1−
x
4
−
−
−
−
−
√
dx
berechnen?
Ich ge ' s ja zu. Ich habe mich durch den Online Integrator inspirieren lassen. Du hast zwei Terme:
T1 = sqr ( 1 - x ² ) / sqr ( 1 - x ^ 4 ) = ( 1a )
= 1 / sqr ( x ² + 1 ) ( 1b )
Und zwar ( 1b ) mit der 3. binomischen. Die Hyperbelfunktionen heißen ja deshalb sinh und cosh, weil du eine Pythagoras analoge Funktion hast.
cosh ² ( x ) - sinh ² ( x ) = 1 ( 2 )
D.h. mit der Substitution
x =: sinh ( u ) ( 3a )
hast du für die Wurzel ( 1b )
sqr ( x ² + 1 ) = cosh ( u ) ( 3b )
Das Differenzial rechnet sich um
( dx/du ) = cosh ( u ) ( 3c )
dx = cosh ( u ) du ( 3d )
D.h. wenn du ( 3bd ) zusammen rechnest
$ 1 / sqr ( x ² + 1 ) dx = $ du = u ( 4 )
Doch mit den Integrationsgrenzen für u fangen die Schwierigkeiten erst an. In ( 3a ) ist klar, dass mit x = 0 auch u = 0 Doch wie lösen wir
sinh ( u ) = 1 ( 5a )
Alle Ansätze, die ich bisher gesehen habe, sind doch reichlich ungeschickt. Auch hier können wir uns wieder mit Vorteil des Pythagoras ( 2 ) bediehnen. Aus ( 5a ) folgt
cosh ( u ) = sqr ( 2 ) ( 5b )
Nun sind aber die Hyperbelfkt. über die e_Fkt. definiert:
cosh ( u ) := 1/2 [ exp ( + u ) + exp ( - u ) ] = sqr ( 2 ) ( 5c )
sinh ( u ) := 1/2 [ exp ( + u ) - exp ( - u ) ] = 1 ( 5d )
Zu lösen ist das LGS ( 5cd ) Additionsverfahren ( 5c ) + ( 5d )
exp u = 1 + sqr 2 | ln ( 5e )
u = ln ( 1 + sqr 2 ) ( 5f )
Doch; es gibt noch eine Alternative ohne Hyperbelfkt. über gew. Winkelfkt. Doch das ist ein ziemlicher Umweg. Ich will es euch trotzdem nicht vorenthalten.
cos ² ß + sin ² ß = 1 | : cos ² ß ( 6a )
1 + tg ² ß = 1 / cos ² ß | ^ -1 ( 6b )
cos ² ß = 1 / 1 + tg ² ß ( 6c )
D.h. in T1 ( 1b ) substituieren wir jetzt
x =: tg ß ( 7a )
1 / sqr ( x ² + 1 ) = cos ß ( 7b )
Und für das Differenzial erhalten wir
dx = dß / cos ² ß ( 7c )
Und damit
1
$ 1 / sqr ( x ² + 1 ) dx = ( 7d )
0
Pi/4
$ 1 / cos ß dß ( 7e )
0
Die Grenzen in ( 7e ) sind ja sofort klar. Doch nur scheinbar ist dieser Integrand einfach; wir müssen ihn erst einigen Umformungsschritten unterwerfen, die alles andere als einleuchtend sind.
cos ß = sin ( Pi/2 - ß ) = ( 8a )
= 2 sin ( Pi/4 - ß/2 ) cos ( Pi/4 - ß/2 ) ( 8b )
Und zwar ( 8b ) auf Grund des Sinustheorems. Und jetzt ziehen wir einen Teil des Nenners ( 7e;8b ) ganz eigenartig in form eines Doppelbruchs auseinander:
$ = - $ - 1 / 2 cos ( Pi/4 - ß/2 ) : sin ( Pi/4 - ß/2 ) dß = ( 8c )
= - $ - 1 / 2 cos ² ( Pi/4 - ß/2 ) : tg ( Pi/4 - ß/2 ) dß ( 8d )
D.h. wir haben den Doppelbruch ( 8c ) noch einmal zusätzlich durch den Kosinusfaktor gekürzt; Kinder seht ihr das alle? De Frankfotter sescht ja
" Mer kann sisch aach en Loch ins Knie bohrn unn drin Kaffee koche. "
Und er sagt auch
" Mer kann sisch aach uff de Kopp stelle unn mit die Baa ( Beinen ) Micke fange … "
Was haben wir jetzt? Wenn du als Zähler von ( 8d ) einmal alles ansiehst, was links von dem Doppelpunkt steht und den Nenner rechts. Dann findest du in ( 8d ) im Zähler die Ableitung der Nennerfkt. Und nach einer bekannten Regel ergibt sich dann als Aufleitung der Logarithmus des Nenners:
$ = - ln tg ( Pi/4 - ß/2 ) ( 9a )
Was passiert jetzt, wenn wir in ( 9a ) die Grenzen einsetzen?
lntg ( Pi/4 - 0 ) = ln 1 = 0 ( 9b )
lntg ( Pi/4 - Pi/8 ) = lntg ( Pi/8 ) ( 9c )
D.h. zu all dem Ungemach, das wir eh schon haben, müssen wir uns zusätzlich noch den ( nicht trivialen ) Tangens von Pi/8 schnitzen. Wir machen das wieder mit einem LGS . Zunächst mal hast du die Pythagorasbeziehung
cos ² Pi/8 + sin ² Pi/8 = 1 ( 10a )
Ferner können wir mit Gewinn das Kosinustheorem anwenden.
cos ² Pi/8 - sin ² Pi/8 = cos Pi/4 = 1 / sqr 2 ( 10b )
Mit den üblichen Lösungsverfahren findet man
sin ² Pi/8 = [ sqr ( 2 ) - 1 ] / 2 ^ 3/2 ( 10c )
cos ² Pi/8 = [ sqr ( 2 ) + 1 ] / 2 ^ 3/2 ( 10d )
Der Tangens folgt dann mit dem Divisionsverf. ( 10c ) : ( 10d )
tg ² Pi/8 =
sqr ( 2 ) - 1
———————- = [ sqr ( 2 ) - 1 ] ² | sqr ( 10e )
sqr ( 2 ) + 1
Ihr wisst, dass Wurzeln om Nenner verboten sind. Wie üblich wurde der Bruch auf der linken Seite von ( 10e ) mit der " konjugierten " Wurzel des Nenners erweitert, wodurch sich glücklicher Weise win vollst. Quadrat ergibt, und zwar deshalb, weil die Konjugierte des Nenners gerade gleich dem Zähler ist.
tg pi/8 = sqr ( 2 ) - 1 ( 10f ) | ln
lntg Pi/8 = ln [ sqr ( 2 ) - 1 ] ( 10g )
Jetzt ergibt sich aber eine ( scheinbare ) Diskrepanz zwischen den Ergebnissen ( 5f ) und ( 10g ) Gehen wir nochmal zurück nach ( 10e ) Nicht nur sind Zähler und Nenner des Bruches konjugiert; sie verhalten sich auch zueinander reziprok. Wir hatten ja die 3. binomische eingesetzt:
[ sqr ( 2 ) + 1 ] [ sqr ( 2 ) - 1 ] = 2 - 1 = 1 | ln ( 11a )
ln [ sqr ( 2 ) + 1 ] + ln [ sqr ( 2 ) - 1 ] = 0 ( 11b )
ln [ sqr ( 2 ) - 1 ] = - ln [ sqr ( 2 ) + 1 ] ( 11c )
Gegen das Minuszeichen in ( 9a ) hebt sich das Minuszeichen in ( 11c ) weg - alles paletti. Das war eine schwere Geburt. Doch ich wollte eucgh mal zeigen, dass zwei alternative Ansätze, einmal die e_Fkt. und hier der Tangens, zum selben Ergebnis führen.
Der Rest ist ja voll easy. Der Term T2 folgt analog ( 1ab )
sqr ( 1 + x ² ) / sqr ( 1 - x ^ 4 ) = 1 / sqr ( 1 - x ² ) ( 12a )
Analog ( 2 ) nehmen wir in ( 12a ) aber den richtigen Pythagoras:
cos ² ß + sin ² ß = 1 ( 12b )
Und statt ( 3abd ) prostituieren wir hier
x := sin ß ( 12c )
sqr ( 1 - x ² ) = cos ß ( 12d )
dx = cos ß dß ( 12e )
1
$ 1 / sqr ( 1 - x ² ) dx = ( 13a )
0
Pi/2
$ du = Pi/2 ( 13b )
0