1) Definiert: Daher Ableitung: 2) a) . b) Mit der Bedingng f(π)=0

1)
Deniert:
3x 6=
π
k,
2
k ∈ Z ⇐⇒ x 6=
π
+ kπ
6
2
∈ [−1, 1) ⇐⇒ x ∈ (2, ∞) ∪ (−∞, −2]
x
π
sin x + cos x 6= 0 ⇐⇒ x = − + kπ, k ∈ Z
4
Daher
π
−π
D = ((2, ∞) ∪ (−∞, −2]) \ { + kπ : k ∈ Z} ∪ {
+ kπ : k ∈ Z}
6
4
Ableitung:
3
tan 3x + 2ax
(sin x + cos x) arccos x2
3
cos2 (3x)
2
!0
ax3
+ 3ax log(2)2
!
(sin x + cos x) arccos
=
2
x
−
(cos x − sin x) arccos
(sin x + cos x)2 arccos2
+ (sin x +
cos x) x22 q 1 4
1− x2
2
x
3
3
=
2
x
3
(cos x − sin x)(tan 3x + 2ax )
2(tan 3x + 2ax )
3 + 3ax2 log(2) cos2 (3x)2ax
− √
2 −
2
2
2
cos (3x)(sin x + cos x) arccos x
(sin 2x + 1) arccos x
|x| x − 4(sin x + cos x) arccos2
2)
a)
d
cosh y + ex sin x e−y − 2 = y 0 sinh y + (x cos x + sin x − y 0 )ex sin x e−y
dx
x cos x + sin x
0
y =
sinh y + ex sin x e−y
−π
= −π
y 0 |x=π =
1
0=
⇐⇒
=⇒
da y|x=π = f (π) = 0.
b)
1 y
e + e−y + ex sin x e−y = 2
2
ey + (1 + 2ex sin x )e−y = 4
cosh y + ex sin x e−y =
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
(ey )2 − 4ey + (1 + 2ex sin x ) = 0
p
ey = 2 ± 3 − 2ex sin x
p
y = log(2 ± 3 − 2ex sin x )
Mit der Bedingng f (π) = 0 erhalten wir
log(2 − 1) = 0,
log(2 + 1) 6= 0
f (x) := y = log(2 −
p
3 − 2ex sin x )
Also
Also
x sin x
(sin
x
+
x
cos
x))e
0
√
f (π) = √
2 − 3 − 2ex sin x
3 − 2ex sin x 3
a)
cos 2x
=
cos2 x − sin2 x
1 = cos 0
=
cos2 x + sin2 x
1
= −π
x=π
2
x
3
tan 3x + 2ax
Also
sin2 x =
ˆ
π/2
x sin2 x dx =
0
=
=
1
2
ˆ
1 − cos 2x
2
π/2
x − x cos 2x dx
0
#
π/2
π/2 ˆ π/2
x sin 2x sin 2x
x2 −
+
2 0
2 0
2
0
#
"
π/2
1 π2
π2
cos 2x 1 1
π2
1
=
−
+ + =
+
4 4
2 0
16 8 8
16 4
1
2
"
y = ex/2
dy = 21 ex/2 dy
b)
ˆ
0
− log 3
ex/2
dx
1 + ex
=
=
=
ˆ
1
=
√
1/ 3
2
dy
1 + y2
√
2 arctan(y)|11/√3 = 2 arctan(1) − 2 arctan(1/ 3)
π π π
=
−
2
4
6
6
4)
ˆ
−3/2
√
−2
x
dx
−2x2 − 8x − 7
ˆ
2
√
=
3/2
2
ˆ
−x
dx
−2x2 + 8x − 7
−x
√
√ y = 2x√− 2 2
dy = 2 dx
dx =
√
√
−( 2x − 2 2)2 + 1
√
ˆ
ˆ 0
1
−y/ 2 − 2
1 0
−y
2
z = y2
0 √
√
p
p
√
=
dy
=
dy
−
arcsin(y)|
−1/ 2
dz = 2y dy
2 −1/√2 1 − y 2
2 −1/√2
2
1 − y2
ˆ 0
√
√
1
1√
−1
√
1 − z|01/2 − 2 arcsin(y)|0−1/√2
dy − 2 arcsin(y)|0−1/√2 =
4 1/2 1 − z
2
√
√
1
2
1
2 π
1
1− √
−
π= −
+
2
4
2
4
2
2
=
3/2
=
=
=
q
5)
a) Klarerweise ist der Integrant fuer einen Intervall [1, b] beschraenkt und integrierbar. Im Fall α ≤ 0 gilt
ˆ
∞
(2x2 + x)−α dx
1
was klarerweise divergent ist. Daher betrachten wir α > 0.
ˆ
∞
1
1
2x2 + x
α
dx ≤
=
ˆ
∞
1
dx ≤
2 + x)α
(2x
1
ˆ ∞
1
1
dx
2α 1 x2α
ˆ
1
∞
1
dx
(2x2 )α
Der letzte Term konvergiert genau dann wenn 2α > 1 ⇐⇒ α > 21 . In diesem Fall konvergiert unser Integral ebenso
(Majorante). Es bleibt zu zeigen dass das Integral in α ∈ (0, 12 ] divergert. Dazu betrachten wir
ˆ
∞
1
1
2x2 + x
ˆ
α
∞
dx ≥
1
1
2x2 + x2
α
1
dx = α
3
ˆ
1
∞
1
dx → ∞,
x2α
Also folgt nach dem Minorantenkriterium dass unser Integral fuer α ∈ (0, 21 ) divergiert.
b)
ˆ
1
∞
1
dx
2x2 + x
ˆ
=
=
∞
1
2
x ∞
−
dx = [log x − log(2x + 1)]1 = log
x 2x + 1
2x + 1 1
1
x
1
3
log lim
− log = log 3 − log 2 = log
x→∞ 2x + 1
3
2
∞
2
1
2
fuer α ∈ (0, ]
6)
y|x=π/2
0
y |x=π/2
y 00 |x=π/2
Daher
=
1
3 sin(3x)e− cos 3x |x=π/2 = −3
= 9 cos(3x)e− cos 3x + 9 sin2 (3x)e− cos 3x x=π/2 = 9
=
π
π 2
T2 (x) = 1 − 3 x −
+9 x−
2
2
Kontrolle:
e−z =
cos(3x)
=
=
∞
X
(−z)k
z2
=1−z+
+ O(z 3 )
k!
2
n=0
∞
X
(−1)n (3w)2n+1
π
) = sin 3w =
= 3w + O(w3 )
cos(3 w +
2
(2n
+
1)!
n=0
π 3
π
3(x − ) + O((x − ) )
2
2
mit x = w + π2 . Daher
e− cos 3x = 1 − 3(x −
π 2
π
π 2 9
x−
+ O((x − )3 )
) +
2
2
2
2
3