Integrale mit der Exponential- und Logarithmusfunktion
Beispiel 15VZ
∫ x n e x d x = x n e x − n ∫ x n − 1 e x d x \int\limits x^n\e^x\d x=x^n\e^x-n\int\limits x^{n-1}\e^x\d x ∫ x n e x d x = x n e x − n ∫ x n − 1 e x d x ∫ x e x d x = x e x − e x \int\limits x\e^x\, \d x=x\e^x-\e^x ∫ x e x d x = x e x − e x ∫ ln x d x = x ⋅ ln x − x \int\limits \ln x\, d x=x\cdot\ln x-x ∫ ln x d x = x ⋅ ln x − x Herleitung
(ii)
Weg 1 Substitution
Wir substituieren
x = e u x=\e^u x = e u . Also
d x = e u d u \d x=\e^u\, \d u d x = e u d u . Damit ergibt sich:
∫ ln x d x = ∫ u ⋅ e u d u \int\limits \ln x\d x=\int\limits u\cdot \e^u\, \d u ∫ ln x d x = ∫ u ⋅ e u d u = u e u − e u = u\e^u-\e^u = u e u − e u , wobei (i) benutzt wurde. Nach der Rücksubstitution
u = ln x u=\ln x u = ln x erhält man die Behauptung.
Weg 2 Partielle Integration
∫ ln ( x ) d x \int\limits \ln(x)\, dx ∫ ln ( x ) d x = ∫ 1 ⎵ = u ′ ( x ) ⋅ ln ( x ) ⎵ = v ( x ) d x =\int\limits \underbrace{1}_{=u'(x)}\cdot\underbrace{\ln (x)}_{=v(x)}\, dx = ∫ = u ′ ( x ) 1 ⋅ = v ( x ) ln ( x ) d x = x ⋅ ln ( x ) − ∫ x ⋅ 1 x d x =x\cdot\ln (x)-\int\limits x\cdot\dfrac{1}{x}\, dx = x ⋅ ln ( x ) − ∫ x ⋅ x 1 d x = x ln x − x + c =x\ln x-x+c = x ln x − x + c
Religion und Mathematik sind nur verschiedene Ausdrucksformen derselben göttlichen Exaktheit.
Kardinal Michael Faulhaber
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