Analysis, Band 2 Antworten auf die Verständnisfragen: Kapitel 6

Behrends: Analysis, Band 2
Antworten auf die Verständnisfragen: Kapitel 6
Methodenfragen
Zu Abschnitt 6.1
M1
1. f sei integrierbar,
R bund c ∈ RR. bNun sei ε > 0. Wir wählen Treppenfunktionen τ1 , τ2 mit
τ1 ≤ f ≤ τ2 und a τ2 (x) dx − a τ1 (x) dx ≤ ε.
Setzt man τ3 := τ1 +R c sowie τ4 :=
R b τ3 + c, so sind das Treppenfunktionen, es gilt τ3 ≤
b
f + c ≤ τ4 , und es ist a τ4 (x) dx − a τ3 (x) dx ≤ ε. Damit ist alles gezeigt.
R0
2. Man substituiert u(x) := −x im Integral −a f (x) dx. So folgt, dass
Z
0
a
Z
f (x) dx =
−a
und nun ist nur noch zu beachten, dass
f (x) dx,
0
Ra
−a
=
R0
Ra
−a + 0 .
3. Sei ε > 0. Wähle Treppenfunktionen: τ1 , τ2 auf [ a, c ] mit τ1 ≤ f |[ a,c ] ≤ τ2 ,
τ3 , τ4 auf [ c, b ] mit analogen Eigenschaften.
R
R
τ2 − τ1 ≤ ε/2;
Setze nun τ1 , τ3 zu einer Treppenfunktion τ auf [ a, b ] zusammen (den Wert von τ bei c
darf man sich aussuchen, er muss nur kleiner als f (c) sein). Ähnlich werden τ2 , τ4 zu τ 0
zusammengesetzt.
R
R
Dann gilt τ ≤ f ≤ τ 0 , und τ 0 − τ ≤ ε.
Zu Abschnitt 6.2
M1
1. Beispiele für zugehörige Stammfunktionen sind
√
√
47
3x5 /5 − 4 sin x, 2.5ex − 2 x3 /3, 4 log x + 47 x58 /58.
2.
R3
x5 dx = x6 /6
bigm|31 = (36 − 1)/6.
√
5
√
R5
√ x
x
5
3
0 2.5e − x dx = 2.5e − 2 x /3 0 = (2.5e − 2 125/3) − 2.5.
1
3. Beim ersten Integral sollte man u(x) = x2 substituieren, man erhält −(cos x2 )/2.
Das zweite Integral ist ein Fall für partielle Integration: f 0 = ex und g = x. Das Endergebnis
lautet xex − ex .
4. Dazu muss man zunächst den Nenner zerlegen. Er hat die Form (x2 + 1)(x − 1) (durch
Raten, mit Maple, oder durch Bestimmen der Nullstellen). Danach macht man den Ansatz
x3
−
a + bx
c
2
= 2
+
.
+x+1
x +1 x−1
x2
Die Zahlen a, b, c findet man nach Multiplikation mit dem Produkt der Nenner durch Koeffizientenvergleich, es ergibt sich
x3
−
1 1+x
1 1
2
=− 2
+
.
+x+1
2x +1 2x−1
x2
Die nun auftretenden Summanden können leicht integriert werden, als Stammfunktion
erhalten wir
1
1
1
− arctan x − log(x2 + 1) + log(1 − x).
2
4
2
Zu Abschnitt 6.3
M1
1.
Z
3
3√
3
2x dx + i
x dx
1
1
√
3
3
3
= x4 /2 1 +i3 x4 /4 1
√
3
= (34 /2 − 1/2) + 3i( 34 − 1)/4.
√ 2x + i 3 x dx =
3
1
Z
π
ix
3
Z
Z
3
π
Z
e dx =
0
cos x + i sin x dx
π
π
= sin x 0 −i cos x 0
0
= 2i.
2.
Z
+∞
e
1
−4x
Z
c
e−4x dx
c→∞ 1
c = lim −e−4x /4 1
c→∞
= lim e−4 − e−4c /4
dx =
lim
c→∞
−4
= e
/4.
3. Genau für die α > −1.
M2
1. Der Integrand kann durch e−x abgeschätzt werden, und das uneigentliche Integral über
diese Funktion existiert.
2. Der Integrand kann durch xα abgeschätzt werden, und für α < −1 existiert das uneigentliche Integral über diese Funktion.
Zu Abschnitt 6.4
M1
1. Lösung: ey und xex .
2.
∂Ψ/∂α(α, β, ε) = 1 + β 3 ε5 cos αβ 3 ε5
∂Ψ/∂β(α, β, ε) = 3αβ 2 ε5 cos αβ 3 ε5
∂Ψ/∂ε(α, β, ε) = 5αβ 3 ε4 cos αβ 3 ε5
M2
1. g 0 (x) =
R4
2. g 0 (α) =
R4
3. g 0 (x) =
R x3
2
3
3
3
2
6
10
4
−x(3tx + t ) cos(tx + xt ) dt + 3x sin(x + x ) − (−1) sin(−2x ).
0
0
3tx2 + t3 cos(tx3 + xt3 ) dt.
eαβ
2γ3
β 2 γ 3 dβ.