Lösung 5 - D-MATH

D-CHAB
Theo Bühler
Grundlagen der Mathematik I (Analysis B)
FS 2015
Lösung 5
1. Berechne die folgenden unbestimmten Integrale:
Z
a)
cos(x) + cos3 (x) dx
Lösung. Mit
Z
Z
Z
3
2
cos(x) + cos (x) dx = cos(x)(1 + cos (x)) dx = cos(x)(2 − sin2 (x)) dx
eignet sich die Substitution sin(x) = u
Z
Z
2
cos(x)(2−sin (x)) dx =
⇒
dx =
du
:
cos(x)
1
1
(2−u2 ) du = 2u− u3 +C = 2 sin(x)− sin3 (x)+C.
3
3
Z
b)
sinh(x) cos(x) dx
Lösung.
Z
Z
sinh(x)cos(x) dx = cosh(x) cos(x) +
↑
↓
cosh(x)sin(x) dx
↑
↓
Z
= cosh(x) cos(x) + sinh(x) sin(x) − sinh(x) cos(x) dx
Z
⇔
2
sinh(x) cos(x) dx = cosh(x) cos(x) + sinh(x) sin(x)
Z
⇔
1
sinh(x) cos(x) dx = (cosh(x) cos(x) + sinh(x) sin(x)) + C.
2
Bitte wenden!
Z
c)
√
x3
dx
x2 + 1
Lösung. Mit der Substitution
x2 + 1 = u
⇔
x2 = u − 1
⇔
x=
√
u−1
⇒
dx =
√du
2 u−1
erhalten wir
Z
Z
Z
(u − 1)3/2
u−1
x3
1
√
√ du
√
dx =
du =
√
2
u
2 u u−1
x2 + 1
Z
1
1 2 3/2
1/2
1/2
−1/2
+C
=
u − 2u
u −u
du =
2
2 3
√
1 2
3/2
2
=
(x + 1) − x + 1 + C
3
1√ 2
=
x + 1(x2 − 2) + C.
3
d)
Z √
1 + x2 dx
Lösung.
Z √
⇔
⇔
2
1+
x2
Z √
dx =
1 + x2 · 1 dx
↑
↓
Z
√
x2
= x 1 + x2 − √
dx
1 + x2
Z
√
1 − 1 + x2
2
√
=x 1+x −
dx
1 + x2
Z
Z
√
1
1 + x2
2
dx − √
dx
=x 1+x + √
1 + x2 Z
1 + x2
√
√
= x 1 + x2 + arsinh(x) −
1 + x2 dx
Z √
√
1 + x2 dx = x 1 + x2 + arsinh(x)
Z √
1 √
1 + x2 dx =
x 1 + x2 + arsinh(x) + C.
2
Siehe nächstes Blatt!
2. Berechne die folgenden bestimmten Integrale:
Z π/2
sinn (x) cos(x) dx,
n∈N
a)
0
dy
, ersetze die x-Grenzen
cos(x)
durch die y-Grenzen sin(0) = 0, sin( π2 ) = 1 und erhalte
Lösung. Substituiere sin(x) = y ⇒ dx =
Z
π/2
n
Z
sin (x) cos(x) dx =
0
Z
b)
1
0
1
1
1
dy
1
n+1 y cos(x)
=
y =
.
cos(x)
n+1
n+1
0
n
x
e3x−e dx
0
dy
, ersetze die x-Grenzen durch
ex
die y-Grenzen e0 = 1, e1 = e und erhalte mit partieller Integration
e
Z 1
Z e
Z e
3x−ex
2 −y
−y 2 e
y e dy = −e y + 2
ye−y dy
dx =
0
1
1
1
e
Z e
−y 2
−y e−y dy
= (−e y − 2ye ) + 2
1
1e
= −e−y (y 2 + 2y + 2)
Lösung. Substituiere ex = y ⇒ dx =
1
5
= − e−e (e2 + 2e + 2).
e
Bitte wenden!
Z
π/2
e−x sin2 (x) dx
c)
0
Lösung.
Z
π/2
−x
e
0
π/2 Z π/2
e−x 2 sin(x) cos(x) dx
sin (x) dx = −e sin (x) +
0
0
π/2 Z π/2
e−x sin(2x) dx
= −e−x sin2 (x) +
−x
2
2
0
0
π/2
Z π/2
e−x cos(2x) dx
= (−e sin (x)) − e sin(2x)) + 2
0
0
π/2
Z π/2
e−x (1 − 2 sin2 (x)) dx
= (−e−x sin2 (x)) − e−x sin(2x)) + 2
−x
2
−x
0
0
⇔
π/2
−x
2
−x
= (−e sin (x)) − e sin(2x))
0
Z π/2
Z π/2
+2
e−x dx − 4
e−x sin2 (x) dx
0
0
π/2
Z π/2
5
e−x sin2 (x) dx = (−e−x sin2 (x)) − e−x sin(2x) − 2e−x )
0
Z
⇔
0
0
π/2
π/2
e
e−x sin2 (x) dx = −
(sin2 (x)) + sin(2x) + 2)
5
0
−x
=
Z
d)
0
π/2
2 3e−π/2
−
.
5
5
1
dx
1 + cos(x)
Lösung. Mit der trigonometrischen Umformumg
1
1
d
=
=
tan( x2 )
x
1 + cos(x)
2 cos2 ( 2 )
dx
erhält man sofort
π/2
Z π/2
Z π/2
1
d
dx =
tan( x2 ) dx = tan( x2 ) = tan( π4 )−tan(0) = 1.
1 + cos(x)
dx
0
0
0
Das selbe Ergebnis erhält man mit der Substitution
y = tan( x2 ) ⇒ dx = 2 cos2 ( x2 )dy. Die Grenzen ändern sich zu tan(0) = 0,
tan( π4 ) = 1 und somit ist
1
Z π/2
Z 1
Z 1
Z 1
2 cos2 ( x2 )
2 cos2 ( x2 )
1
= 1.
dx =
dy =
dy
=
1
dy
=
y
2( x )
1
+
cos(x)
1
+
cos(x)
2
cos
0
0
0
0
0
2
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3. a) Betrachte den Kreissektor Sr,ϕ mit Radius r und Öffnungswinkel ϕ ∈ (0, π/2).
Berechne die Fläche |Sr,ϕ | von Sr,ϕ mit Hilfe eines Integrals.
Lösung. Wir legen den Sektor so in den ersten Quadranten, dass das Zentrum
im Ursprung liegt und ein Schenkel auf die x-Achse zu liegen kommt. Dann
ist Sr,ϕ die Fläche unter der Funktion
(
x · tan ϕ für 0 ≤ x ≤ r cos ϕ,
f (x) = √ 2
r − x2 für r cos ϕ ≤ x ≤ r.
Deswegen ist
Z
r
|Sr,ϕ | =
f (x) dx.
0
Aufgrund der stückweisen Definition von f (x) ist es günstig, das Integral an
der Stelle x = r cos ϕ aufzuspalten.
Z r √
Z r cos ϕ
Z r
x · tan ϕ dx +
f (x) dx =
r2 − x2 dx
ϕ
0
0
x=r cos ϕ Zr cos
r
√
1
+
= x2 · tan ϕ
r2 − x2 dx
2
r
cos
ϕ
x=0
Z r √
r2
=
cos ϕ sin ϕ +
r2 − x2 dx
2
r cos ϕ
Für das zweite Integral substituieren wir u = x/r und verwenden die auf
[−1, 1] gültige Formel
Z √
1 √
1 − u2 du =
u 1 − u2 + arcsin u + C
2
aus der Vorlesung:
Z
r
√
r2
−
x2
dx = r
2
r cos ϕ
=0−
Wegen arcsin x =
π
2
u=1
√
r2 √
2
2
1 − u du =
u 1 − u + arcsin u 2
cos ϕ
u=cos ϕ
Z
1
r2
r2
cos ϕ sin ϕ + (arcsin 1 − arcsin cos ϕ)
2
2
− arccos x erhalten wir schliesslich
|Sr,ϕ | =
r2
ϕ.
2
Bitte wenden!
b) Die Gleichung x2 −y 2 = 1 beschreibt eine Hyperbel in der Ebene. Sei (x0 , y0 )
mit x0 , y0 > 0 ein Punkt auf dieser Hyperbel. Berechne den Flächeninhalt
F des Gebiets, welches vom x-Achsensegment {(t, 0) : 0 ≤ t ≤ 1}, der
Hyperbel und der Strecke {(tx0 , ty0 ) : 0 ≤ t ≤ 1} eingeschlossen wird.
Lösung. Der Scheitelpunkt des rechten Hyperbelastes befindet sich in (1, 0).
Die Fläche unterhalb der linearen
p Funktion durch (0, 0) und (x0 , y0 ) ist ein
1
1
Dreieck mit Inhalt 2 x0 y0 = 2 x0 x20 − 1. Davon ziehen wir das Integral der
Funktion
(
0
für 0 ≤ x ≤ 1
g(x) = √ 2
x − 1 für 1 ≤ x ≤ x0
ab:
Z
x0
Z
x0
g(x) dx =
0
√
x2 − 1 dx
1
x0
1 √ 2
x x − 1 − arcosh x =
2
x=1
q
1
2
=
x0 x0 − 1 − arcosh x0 .
2
Wir erhalten
F =
1
arcosh x0 .
2
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4. Multiple Choice.
1. Die von den Kurven
y = 3x2 ,
y = −3x
eingeschlossene Fläche beträgt 2.
(a) Richtig.
√
(b) Falsch.
Es gilt
Z
0
2
2
3 3x2 + 3x dx = x3 + x2 = 14.
2 0
2. Die Funktion
1
ln 1 + x2 + 7
2
ist eine Stammfunktion von x 7→ arctan x.
x 7→ x arctan x −
√
(a) Richtig.
(b) Falsch.
Es gilt
d
dx
x arctan x −
1
ln 1 + x2 + 7
2
= arctan x +
= arctan x.
x
1 2x
−
+0
1 + x2
2 1 + x2