Lösungsvorschlag zu den Präsenzaufgaben der 6. Übung

FAKULTÄT FÜR MATHEMATIK
Prof. Dr. Patrizio Neff
Christian Thiel
19.05.2014
Lösungsvorschlag zu den Präsenzaufgaben der 6. Übung
Präsenzaufgabe 1:
Berechnen Sie die folgenden Integrale durch Substitution:
2
Z
x+2
dx
x2 + 4x
a)
1
Z
b
b)
a
1
dx mit a, b ∈ R
1 + x2
Z
c)
a
b
√
1
dx mit a, b ∈ (0, 1)
1 − x2
Lösung:
Nochmal kurz zur Erinnerung:
Sei [a, b] ein Intervall und seien die stetig differenzierbaren Funktionen reellen Funktionen f, ϕ so gegeben, dass
f ◦ ϕ für x ∈ [a, b] wohldefiniert ist. Dazu sei F Stammfunktion von f . Nach dem Hauptsatz der Differential und
Integralrechnung gilt
b
[(F ◦ ϕ)(t)]a =
Z
b
(F ◦ ϕ)0 (t) dt .
a
Zudem ist (F ◦ ϕ)(t) = F (ϕ(t)), also zusammen mit dem Hauptsatz
φ(b)
Z
φ(b)
b
[(F ◦ ϕ)(t)]a = [F (x)]φ(a) =
φ(a)
und nach der Kettenregel
b
Z
0
Z
(F ◦ ϕ) (t) dt =
a
b
f (ϕ(t)) · ϕ0 (t) dt .
a
So erhalten wir die Substitutionsformel
Z
b
f (ϕ(t)) · ϕ0 (t) dt =
a
Z
ϕ(b)
f (x) dx .
ϕ(a)
a) Mit f (z) = z1 , ϕ(x) = x2 + 4x, ϕ0 (x) = 2x + 4 erhalten wir direkt mit der Substitutionsregel
Z
1
2
x+2
dx
x2 + 4x
=
=
1
2
Z
1
·
2
2
1
x2
Z
2
1
· (x + 2) dx
+ 4x
f (ϕ(x)) ϕ0 (x) dz
=
1
=
Z ϕ(2)
1
·
f (z) dz
2 ϕ(1)
Z
1 12 1
dz .
2 5 z
Als Kurzschreibweise hat sich etabliert:
dz
Setze z = x2 + 4x, dann ist dx
= 2x + 4, also dz = (2x + 4) dx. Dazu ist x = 1 ⇔ z = 5 und x = 2 ⇔ z = 12
und wir erhalten
Z 2
Z 2
x+2
1
1
dx
=
· 2
· (2x + 4) dx
2 + 4x
x
2
x
+
4x
1
1
Z 12
1 1
=
· dz
2 z
5
1
Nun könen wir lösen zu
Z 12
1 1
· dz =
2
z
5
12
1
log(z)
2
5
1
1
log(12) − log(5)
2
2
r
12
log
.
5
=
=
(Bedenken Sie hierbei, dass wir nicht mit dx, bzw. dz multiplizieren, teilen oder kürzen oder dergleichen
(was definitiv nicht geht, da dx und dz keine Zahlen sind, sondern Ausdrücke aus Grenzwertprozessen!!!1),
R d
d
d
d
z(x) · dz
f (z(x)) = dx
f (z(x)) zusammen mit dem Hauptsatz dx
f (z(x)) dx =
sondern bloß die Kettenregel dx
f (z(x)) + c anwenden!)
b) Es ist
1 =
d
d
d
d
d
arctan(tan(z)) =
arctan(x)·
tan(z) =
arctan(x)·(1+(tan(z))2 ) =
arctan(x)·(1+x2 ) ,
dz
dx
dz
dx
dx
was uns auf die Ableitung der Arkustangensfuntktion bringt:
d
1
.
arctan(x) =
dx
1 + x2
Mit f (z) = 1, ϕ(x) = arctan(x), ϕ0 (x) =
Z
b
a
1
dx
1 + x2
Z
b
1·
=
a
Z
=
1
1+x2
erhalten wir direkt mit der Substitutionsregel
1
dx
1 + x2
2
Z
0
f (ϕ(x)) ϕ (x) dz
ϕ(b)
=
1
f (z) dz
ϕ(a)
Z
arctan(b)
=
1 dz
arctan(a)
=
arctan(b) − arctan(a) .
„In kurz“, und auch wenn wir die Ableitung des Arkustangens nicht mehr wissen, können wir schreiben:
2
2
Setze x = tan(z), dann ist dx
dz = 1 + (tan(z)) = 1 + x , also
arctan(a) ≤ x ≤ arctan(b), also
Z
b
a
1
dx =
1 + x2
Z
arctan(b)
1 · dz =
arctan(a)
1
1+x2
dx = dz und es gilt a ≤ x ≤ b ⇔
arctan(b)
z arctan(a) = arctan(b) − arctan(a) .
c) Die Aufgabe ist recht ähnlich zu der in b), deshalb nur „in kurz“:
q
√
=
cos(z)
=
1 − sin2 (z) = 1 − x2 , also
Setze x = sin(z), dann ist dx
dz
a ≤ x ≤ b ⇔ arcsin(a) ≤ arcsin(b) gilt
Z
a
b
√
1
dx =
1 − x2
Z
arcsin(b)
1 · dz =
arcsin(a)
√ 1
1−x2
dx = dz. Zusammen mit
arcsin(b)
z arcsin(a) = arcsin(b) − arcsin(a) .
Präsenzaufgabe 2:
Berechnen Sie die folgenden Integrale durch partielle Integration:
Z e
Z 2π
a)
log(x)2 dx
b)
sin(x) cos(x) dx
1
0
Lösung:
Nochmal kurz zur Erinnerung:
Sei [a, b] ein Intervall und seien die differenzierbaren Funktionen reellen Funktionen u, v so gegeben. Es gilt nach der
Produktregel
(u · v)0 (x) = u0 (x) · v(x) + v 0 (x) · u(x) .
2
Mit dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung ergibt sich
Z b
Z b
Z b
b
(u · v)0 (x) dx = [u(x) · v(x)]a =
u0 (x) · v(x) dx +
v 0 (x) · u(x) dx ,
a
a
a
was umgestellt die Formel für partielle Integration ergibt
Z b
Z b
b
u0 (x) · v(x) dx = [u(x) · v(x)]a −
v 0 (x) · u(x) dx .
a
a
a) Wir wenden gleich zweimal die partielle Integration an:
Z e
Z e
log(x)2 dx =
1 · log(x)2 dx
|{z}
| {z }
1
1
u0
v
Z e
1
e
=
x log(x)2 1 −
x · 2 log(x) · dx
x
1
Z e
e
=
x log(x)2 1 − 2
1 · log(x) dx
|{z}
| {z }
1
u0
v
Z e
1
e
e
2
=
x log(x) 1 − 2 x log(x) 1 −
x · dx
x
1
e
2
=
x log(x) − 2x log(x) + 2x 1
=
(e −2 e +2 e) − (0 − 0 + 2)
=
e −2
b) Einmalige partielle Integration ergibt
Z 2π
Z 2π
2π
sin(x) · cos(x) dx = sin(x) sin(x) 0 −
cos(x) sin(x) dx ,
| {z } | {z }
0
0
u
v0
somit
Z
2π
2
sin(x) cos(x) dx =
2π
(sin(x))2
,
0
0
also
Z
2π
sin(x) cos(x) dx =
0
1
(sin(x))2
2
2π
= 0.
0
Präsenzaufgabe 3:
Berechnen Sie die folgenden Integrale durch Partialbruchzerlegung:
Z 2
Z 1 3
1
x + 3x2 + 7x + 8
a)
b)
2
x2 + 3x + 2
1 x +x
0
Lösung:
a) Es ist x2 + x = x(x + 1). Für A, B ∈ R ergibt sich mit
1
A
B
(A + B)x + A
=
+
=
x2 + x
x
x+1
x2 + x
A = 1 und B = −1. Somit lösen wir zu
Z 2
Z 2
1
1
1
dx =
−
dx
2+x
x
x
x
+
1
1
1
2
=
[log(x) − log(x + 1)]1
=
(log(2) − log(3)) − (log(1) − log(2))
=
− log(3) + 2 log(2)
2
2
log
3
4
log
.
3
=
=
3
b) Wegen x3 + 3x2 + 7x + 8 = x(x2 + 3x + 2) + 5x + 8 erhalten wir
x3 + 3x2 + 7x + 8
5x + 8
= x+ 2
.
x2 + 3x + 2
x + 3x + 2
Für A, B ∈ R ergibt sich mit
5x + 8
A
B
(A + B)x + (A + 2B)
=
+
=
x2 + 3x + 2
x+2 x+1
x2 + 3x + 2
A + B = 5 und A + 2B = 8, somit B = 5 − A und 8 = A + 2(5 − A) = −A + 10, also A = 2 und B = 3. Nun
können wir lösen zu
Z 1 3
Z 1
x + 3x2 + 7x + 8
2
3
=
x+
+
dx
2 + 3x + 2
x
x
+
2
x
+
1
0
0
1
1 2
=
x + 2 log(x + 2) + 3 log(x + 1)
2
0
1
+ 2 log(3) + 3 log(2) − (0 + 2 log(2) + 3 log(1))
=
2
1
=
+ 2 log(3) + log(2)
2
1
=
+ log(32 · 2)
2
1
=
+ log(18) .
2
Präsenzaufgabe 4:
Seien a < b ∈ R und f : [a, b] → R sei eine stetige Funktion. Zeigen Sie: Ist
Z b
f (x) · ϕ(x) dx = 0
a
für alle stetigen Funktionen ϕ : [a, b] → R mit ϕ(a) = ϕ(b) = 0, dann gilt f (x) = 0 für alle x ∈ [a, b].
Lösung:
Angenommen, es gelte nicht f (x) = 0 für alle x ∈ [a, b], dann gäbe es ein x0 ∈ [a, b] mit f (x0 ) 6= 0. Da f stetig
ist, impliziert aber nun f (a) 6= 0 bzw. f (b) 6= 0 ein x1 ∈ (a, b) mit f (x1 ) 6= 0. Deshalb nehmen wir nun an, es
gibt ein x0 ∈ (a, b) mit o.B.d.A. f (x0 ) > 0. Sei ε := 21 f (x0 ). Wegen der Stetigkeit von f gibt es zu diesem ε ein
δ ∈ (0, min{x0 − a, b − x0 }) mit
f (x) ≥ ε > 0 für x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) .
Sei nun ϕ eine stetige Funktion mit
δ
δ
ϕ(x) = 0 für x ∈ [a, b] \ x0 − , x0 +
. (wegen δ < x0 − a und δ < b − x0 gilt insbesondere ϕ(a) = ϕ(b) = 0 !)
2
2
sowie
ϕ(x) ≥ 0 für x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)
und
ϕ(x) ≥ 1 für x ∈
1
1
x0 − δ, x0 + δ .
2
2
Dann ist
Z b
Z
f (x) · ϕ(x) dx
x0 +δ
f (x) · ϕ(x) dx
=
x0 −δ
Z x0 −δ/2
a
≥
Z
x0 +δ/2
f (x) · 0 dx +
x0 −δ
Z
Z
x0 +δ
f (x) · 1 dx +
x0 −δ/2
f (x) · 0 dx
x0 +δ/2
x0 +δ/2
≥
ε dx
x0 −δ/2
=
ein Widerspruch zu
Rb
a
δ · ε > 0,
f (x) · ϕ(x) dx = 0 für alle ϕ : [a, b] → R mit ϕ(a) = ϕ(b) = 0 .
4