TU Wien:Analysis VU (diverse)/Übungen 2024S/Beispiel 263

Man berechne:

$\int _{0}^{\infty }x\cdot e^{-x}\,dx$

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{{Beispiel|1=
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}}

oder

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Angabetext
}}

zu (im Falle einer korrekten, unverifizierten Lösung "solved". Auch möglich "unsolved", "wrong", "verified_by_tutor". Alle möglichen Werte sind hier: Vorlage:Beispiel dokumentiert.)

{{Beispiel|status=solved|1=
Angabetext
}}

Theoretische Grundlagen: Partielle Integration

Wenn $u(x)$ und $v(x)$ in $[a;b]$ stetig differenzierbar sind, so gilt dort: $\int u(x)\cdot v'(x)\,dx=u(x)\cdot v(x)-\int u'(x)\cdot v(x)\,dx$

Lösungsvorschlag von mnemetz, von hanzzz korrigiert, von RL erweitert

Lösung des (unbestimmten) Integrals

$\int _{0}^{\infty }x\cdot e^{-x}\,dx=\qquad \qquad u=x,u'=1;v'=e^{-x},v=-e^{-x}$

$=-x\cdot e^{-x}-\int -e^{-x}dx=-x\cdot e^{-x}-e^{-x}=-e^{-x}\cdot (x+1)$

Einsetzen der Grenzen von $\infty$ bis 0: $0+1=1$

Wie kommt man auf die letzte Zeile? Einfach die Grenzwerte berechnen:

Obere Schranke

$\lim _{x\to \infty }(-e^{-x}\cdot (x+1))=$

(unbestimmte Form, da $0\cdot \infty$)

$=\lim _{x\to \infty }(e^{ln(-e^{-x}\cdot (x+1))})=$

$=\lim _{x\to \infty }(e^{ln(-{\frac {x+1}{e^{x}}})})=$

$=\lim _{x\to \infty }(e^{ln(-x-1)-ln(e^{x})})=$

$=\lim _{x\to \infty }(e^{ln(-x-1)-x})=$

$=e^{0-\infty }=$

$=0$

Untere Schranke

$\lim _{x\to 0}(-e^{-x}\cdot (x+1))=-1\cdot (0+1)=-1$

Ergebnis

$\int _{0}^{\infty }x\cdot e^{-x}\,dx={\bigl [}-e^{-x}\cdot (x+1){\bigr ]}_{0}^{\infty }=\lim _{x\to \infty }(-e^{-x}\cdot (x+1))-\lim _{x\to 0}(-e^{-x}\cdot (x+1))=0-(-1)=1$

Anhang: Mit MATLAB lösen

(benötigt symbolic math toolbox)

  >> syms x;
  >> f=x*exp(-x);
  >> int(f,x,0,inf)
  ans =
     1

Quelle

Panholzer Beispielsammlung WS05 / SS06 Beispiel 454, SS07 Beispiel 30