Aufgabe 1
Berechnen Sie $\D \int_0^\infty \frac{1}{\sqrt{1+x^2}^3}\, dx $, indem Sie
zunächst die Substitution $x=\sinh t$ verwenden und dann $u=e^t$
substituieren.
Tipp
$\D 1+\sinh^2 t=\cosh^2\\
\D\cosh t=\frac 12\left(e^t+\frac{1}{e^t}\right)$
Lösung
$\D x=\sinh t,\quad \frac{dx}{dt}=\cosh t=\sqrt{1+x^2},\quad x=0\LR t=0,\quad x\to\infty\LR t\to\infty\\
\D\RA\int_0^\infty \frac{1}{\sqrt{1+x^2}^3}\,dx=\int_0^\infty \frac{1}{\cosh^3 t}\cosh t\,dt=\int_0^\infty \frac{1}{\cosh^2 t}\,dt\\
\D e^t=u,\quad \frac{du}{dt}=e^t=u,\quad t=0\LR u=1,\quad t\to\infty\LR u\to\infty\\
\D\RA\int_0^\infty \frac{1}{\cosh^2 t}\,dt=\int_1^\infty \frac{4}{\left(u+\frac 1u\right)^2}\frac 1u\,du=\int_1^\infty \frac{4u}{\left(u^2+1\right)^2}\,du\\
\D w=u^2+1,\quad \frac{dw}{du}=2u,\quad u=1\LR w=2,\quad u\to\infty\LR w\to\infty\\
\D\RA \int_1^\infty \frac{4u}{\left(u^2+1\right)^2}\,du=2\int_2^\infty\frac{1}{w^2}\,dw=2\left[-\frac 1w\right]_2^\infty=1
$
Aufgabe 2
Bestimmen Sie eine Stammfunktion zu $\D f(x)=\left(\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\right)^3$.
- mit der Substitution $u=\sqrt{1-x^2}$.
- mit den Substitutionen $x=\sin t$ und $u=\cos t$.
Tipp
- Fallunterscheidung.
- $\sin^2 t+\cos^2 t=1$.
Lösung
-
Sei zunächst $x\ge 0$.
$
\D u=\sqrt{1-x^2} \quad\LR\quad x=\sqrt{1-u^2}\quad\mbox{und}\quad \frac{dx}{du}=-\frac{u}{\sqrt{1-u^2}}\\
\D\RA\quad \int\frac{x^3}{\sqrt{1-x^2}^3} \,dx=-\int \frac{\sqrt{1-u^2}^3}{u^3}\, \frac{u}{\sqrt{1-u^2}}\, du\\
\D=-\int \frac{1-u^2}{u^2}\, du=\frac{1}{u}+u+C=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}+\sqrt{1-x^2}+C=\frac{2-x^2}{\sqrt{1-x^2}}+C
$
Ist $x\le 0$, so ist $\D x=-\sqrt{1-u^2}$ und $\D \frac{dx}{du}=\frac{u}{\sqrt{1-u^2}}$. Diese beiden geänderten Vorzeichen heben sich im zweiten Integral weg,
und die Stammfunktion hat wieder die Form wie oben.
-
Da $f$ nur auf $[-1,1]$ definiert ist, ist $x=\sin t$ für $t\in[-\frac\pi 2,\frac\pi 2]$ eine bijektive Abbildung. Auf diesem Intervall ist der Cosinus positiv.
Daher hat man
$
\D x=\sin t \quad\RA \quad \sqrt{1-x^2}=\cos t \quad\mbox{und}\quad \frac{dx}{dt}=\cos t\\
\D\int\frac{x^3}{\sqrt{1-x^2}^3} \,dx=-\int \frac{\sin^3 t}{\cos^3 t} \cos t\,dt=\int\frac{ \sin^3 t}{\cos^2 t}\, dt=\int \frac{1-\cos^2 t}{\cos^2 t}\sin t\ dt
$
Mit $u=\cos t$ und $\D \frac{du}{dt}=-\sin t$ wird das Integral zu
$
\D\int \Big( 1-\frac{1}{u^2}\Big)\, du = u+\frac{1}{u}+C\\
\D=\cos(t)+\frac{1}{\cos(t)}+C= \sqrt{1-x^2}+\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}+C=\frac{2-x^2}{\sqrt{1-x^2}}+C.
$
Aufgabe 3
Berechnen Sie $\D \int_0^1 \sqrt{1+\sqrt{x}}\, dx$
Tipp
Substituiere den Radikanden.
Lösung
$
\D t=1+\sqrt{x}\LR x=(t-1)^2,\quad\frac{dx}{dt}=2(t-1),\quad x=0\LR t=1,\quad x=1\LR t=2\\
\D\RA\int_0^1\sqrt{1+\sqrt{x}}\, dx= \int_1^2 \sqrt{t}\cdot 2(t-1)\, dt=2\int\left( t^{\frac{3}{2}}-t^{\frac{1}{2}}\right)\, dt\\
\D=2\left[\frac{2}{5}t^{\frac{5}{2}}-\frac{2}{3}t^{\frac{3}{2}} \right]^2_1\\
\D=4\left[\frac{2}{5}2^{\frac{5}{2}}-\frac{2}{5} - \frac{2}{3}2^{\frac{3}{2}}+\frac{2}{3}\right] =4 \left[ \sqrt{2} \left(\frac{1}{5}\cdot4- \frac{1}{3}\cdot2\right) +\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)\right] =\frac{8}{15} (\sqrt{2}+1)
$
Aufgabe 4
- $\D \int \frac{\cos x}{(\sin x+1)\sin x}\, dx\quad$ Hinweis: Substituieren Sie geeignet.
- $\D \int x^2 \ln x\, dx$
- $\D \int_1^3 \frac{x^2-8}{x^2-16}\, dx $
Tipp
- Partialbruchzerlegung.
- Partielle Integration.
- geschickt $0$ addieren und PBZ.
Lösung
-
$
\D t=\sin x,\quad\frac{dt}{dx}=\cos t\LR dx=\frac{1}{\cos x} dt\\
\D=\int \frac{\cos x}{(t+1)t}\frac{1}{\cos x}\,dt=\int\frac{1}{(t+1)t}\,dt\\
$
Partialbruchzerlegung:
$
\D\frac{1}{(t+1)t}=\frac At+\frac{B}{t+1}=\frac{A(t+1)+Bt}{t(t+1)}\\
\D\RA A(t+1)+Bt=1 \LR A=1,\quad B+A=0\LR B=-1\\
\D=\int\frac 1t-\frac{1}{t+1}\,dt=\ln|t|-\ln|t+1|+c
\D=\ln|\sin x|-\ln|\sin x+1|+c=\ln\left(\frac{|sin x|}{sin x +1}\right)+c
$
-
$
\D\int x^2\ln x\,dx=\frac 13 x^3\ln x-\int \frac 13 x^3\frac 1x\,dx\\
\D=\frac 13 x^3\ln x-\frac 13\int x^2\,dx=\frac 13 x^3\ln x-\frac 19 x^3+c\\
\D=\frac 19 x^3 (3\ln x-1)+c
$
-
$\D\int_1^3\frac{x^2-8}{x^2-16}\,dx=\int_1^3\frac{x^2-16+8}{x^2-16}\,dx=\int_1^3 1+\frac{8}{x^2-16}\,dx$
Patialbruchzerlegung
$
\D\frac{8}{x^2-16}=\frac{A}{x-4}+\frac{B}{x+4}=\frac{A(x+4)+B(x-4)}{x^2+16}\\
\D\RA A+B=0,\quad 4A-4B=8\LR A=1,B=-1\\
\D=\int_1^3\left(1+\frac{1}{x-4}-\frac{1}{x+4}\right)\,dx=\big[x+\ln|x-4|-\ln|x+4|\big]_1^3=3+0-\ln 7-1-\ln 3+\ln 5=2+\ln\frac{5}{21}
$
Aufgabe 5
Berechnen Sie
- $\D \int \frac{\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx$
- $\D \int \frac{6x^3+4x^2-4x-16}{x^4-3x^2-4}\,dx$.
Bei dieser Aufgabe ist die Benutzung einer Integraltafel nicht zulässig.
Tipp
- Geschickt Substiuieren.
- Partialbruchzerlegung.
Lösung
-
$
\D t=\cos x,\quad \frac{dt}{dx}=-\sin x\\
\D\RA\int\frac{\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx=\int\frac{\sin x}{1+t^2}\cdot\left(-\frac{1}{\sin x}\right)\,dt\\
\D=-\int\frac{1}{1+t^2}\,dt=-\arctan(t)+C=-\arctan{(\cos x)}+C
$
-
Partialbruchzerlegung:
$
\D x^4-3x^2-4=(x^2+1)(x^2-4)=(x^2+1)(x-2)(x+2)\\
\D\RA f(x)=\frac{6x^3+4x^2-4x-16}{x^4-3x^2-4}=\frac{Ax+B}{x^2+1}+\frac{C}{x-2}+\frac{D}{x+2}\\
\D\LR 6x^3+4x^2-4x-16=(Ax+B)(x^2-4)+C(x^2+1)(x+2)+D(x^2+1)(x-2)
$
Einsetzen von $x=2$ und $x=-2$:
$
\D\quad 48+16-8-16=\quad 20C\LR C=2\\
\D-48+16+8-16=-20D\LR D=2
$
Vergleichen der Terme mit $x^3$ und $x^2$:
$
\D 6x^3=x^3\left(A+2+2\right)\LR A=2\\
\D 4x^2=x^2\left(B+4-4\right)\LR B=4\\
\D\RA f(x)=\frac{2x+4}{x^2+1}+\frac{2}{x-2}+\frac{2}{x+2}\\
\D\int f(x)\,dx=2\left(\ln\left|x-2\right|+\ln\left|x+2\right|\right)+\int\frac{2x}{x^2+1}+\frac{4}{x^2+1}\,dx\\
\D=2\ln\left|x^2-4\right|+4\arctan x+\int\frac{2x}{x^2+1}\,dx\\
\D\quad u=x^2,\quad \frac{du}{dx}=2x\\
\D=2\ln\left|x^2-4\right|+4\arctan x+\int\frac{1}{u+1}\,du\\
\D=2\ln\left|x^2-4\right|+4\arctan x+\ln\left|u+1\right|+c\\
\D=2\ln\left|x^2-4\right|+4\arctan x+\ln\left(x^2+1\right)+c
$
Aufgabe 6
Es sei $f\in C^1[0,2\pi]$ und $\D b_k=\int_0^{2\pi} f(x) \cos kx\, dx$.
Zeigen Sie $\D \lim_{k\to \infty}b_k=0$ mittels partieller Integration.
Tipp
$\D\int_a^b u'(x)\cdot v(x)\,dx=u(x)\cdot v(x)\big|_a^b-\int_a^b u(x)\cdot v'(x)\,dx$
Lösung
$\D b_k=f(x)\sin(kx)\frac 1k\Bigg|_0^{2\pi}-\int_0^{2\pi} f'(x)\sin(kx)\frac 1k\,dx\\
\D =\frac 1k \left(f(2\pi)\sin(2\pi k)-f(0)\sin(0)\right)-\frac 1k\int_0^{2\pi} f'(x)\sin(kx)\,dx=-\frac 1k\int_0^{2\pi} f'(x)\sin(kx)\,dx$
Das Integral konvergiert, da der Integrand stetig und das Intervall kompakt ist,
somit geht $b_k$ wegen des Faktors $\frac 1k$ für $k\to\infty$ gegen Null.
Aufgabe 7
Untersuchen Sie $\D \int_0^\infty \frac{1}{\sqrt{1+e^x}}\,dx$ auf Konvergenz.
Hinweis: es ist nicht nötig, eine Stammfunktion zu berechnen.
Tipp
Majorantenkriterium.
Lösung
$
\D 0\leq\frac{1}{\sqrt{1+e^x}}\leq\frac{1}{\sqrt{e^x}}=e^{-\frac x2}\\
\D\int_0^\infty e^{-\frac x2}\,dx=-2e^{-\frac x2}\Big|_0^\infty=2\\
\RA 0\leq\int_0^\infty\frac{1}{\sqrt{1+e^x}}\,dx\leq 2
$
Das Integral ist nicht negativ und durch die Majorante $2$ nach oben beschränkt, also konvergent.
Aufgabe 8
Sei $\D G(a)=\int_1^a \frac{\ln(1+a^2t^2)}{t^2}\, dt$. Berechnen Sie $G'(a)$. Was ist $G'(1)$?
Tipp
$\D\int\frac{1}{1+x^2}\,dx=\arctan x +c$
Lösung
$
\D G'(a)=\frac{\ln(1+a^4)}{a^2}+\int_1^a\frac{1}{t^2}\frac{1}{1+a^2 t^2}2at^2\,dt\\
\D=\frac{\ln(1+a^4)}{a^2}+\int_1^a\frac{2a}{1+a^2 t^2}\,dt\\
\D s=at\LR t=\frac sa\RA t=1\LR s=a,\quad t=a\LR s=a^2,\quad \frac{dt}{ds}=\frac 1a\\
\D=\frac{\ln(1+a^4)}{a^2}+\int_a^{a^2}\frac{2a}{1+s^2}\frac 1a\,ds\\
\D=\frac{\ln(1+a^4)}{a^2}+\int_a^{a^2}\frac{1}{1+s^2}\,ds\\
\D=\frac{\ln(1+a^4)}{a^2}+2(\arctan a^2-\arctan a)\\
\D G'(1)=\ln 2
$
Aufgabe 9
Untersuchen Sie folgende uneigentliche Integrale auf Konvergenz:
- $\D\int_1^\infty e^{\frac{1}{x}}\,dx$
- $\D\int_{-1}^0 e^{\frac{1}{x}}\,dx$
- $\D\int_0^\infty \frac{\sin x}{1+x^3}\,dx$
Tipp
Integrierbare Majorante oder Minorante finden.
Lösung
-
Der Integrand ist monoton fallend von $e^1$ nach $e^0=1$, daher ist stets $e^\frac{1}{x}\ge 1$ und das Integral existiert nicht.
-
Es ist $\D\lim_{x\to 0-}e^\frac{1}{x}=0$. Daher kann man den Integranden $f(x)=e^\frac{1}{x}$ durch $f(0)=0$ stetig fortsetzen und das Integral existiert.
Alternative:
$
\D t=\frac{1}{x},\quad x=\frac{1}{t},\quad\frac{dx}{dt}=-\frac{1}{t^2}\\
\D\int_{-1}^0 e^\frac{1}{x}\, dx=-\int_{-1}^{-\infty} \frac{1}{t^2}e^t \,dt =\int_{-\infty}^{-1} \frac{1}{t^2}e^t\, dt.
$
Nun ist $e^t$ (oder auch $\frac{1}{t^2}$) eine integierbare Majorante.
-
Es ist
$\D \int_0^\infty \frac{\sin x}{1+x^3}\, dx=\int_0^1 \frac{\sin x}{1+x^3}\, dx + \int_1^\infty \frac{\sin x}{1+x^3}\, dx$.
Das erste Integral existiert, da stetige Funktionen auf kompakten Intervallen integrierbar sind, im zweiten ist $\frac{1}{x^3}$ eine integrierbare Majorante.
Aufgabe 10
Sei $\D f(x)=\frac{1}{1+x^2}$. Gesucht ist eine Näherung für $\D\int_0^1f(x)\,dx$.
Dabei sollen nur die Funktionswerte an den Stellen $x=0$, $x=\frac 12$ und $x=1$ benutzt werden.
- Welchen Wert liefert die summierte Trapezregel?
- Weisen Sie nach, dass der fehler kleiner als $\frac{1}{16}$ ist.
- Welchen Wert liefert die Keplersche Faßregel?
- Wie ist der exakte Wert des Integrals?
Tipp
-
Summierte Trapezregel:
$\D T^{(n)}(f)=h\left(\frac 12 f(a)+\frac 12 f(b)+\sum_{i=1}^{n-1}f(a+ih)\right),\quad h=\frac{b-a}{n}$
-
Restglied der Summierten Trapezregel:
$\D E^{(n)}(f)=-\frac{(b-a)}{12}h^2 f''(\xi),\quad\text{mit geeigeneter Zwischenstelle }\xi\in[a,b]$
-
Keplersche Fassregel(Simpsonregel):
$\D S(f)=\frac{b-a}{6}\left(f(a)+4f(\frac{a+b}{2}+f(b)\right).$
-
$\int\frac{1}{1+x^2}\,dx=\arctan(x)+c
Lösung
$f(0)=1,\quad f(\frac 12)=\frac 45,\quad f(1)=\frac 12$
-
hier:
$
\D a=0,\quad b=1,\quad h=\frac 12,\quad n=2\\
\D T^{(2)}(f)=\frac 12\left(\frac 12\left(f(0)+f(1)\right)+f(\frac 12)\right)=\frac 12\left(\frac 12\left(1+\frac 12\right)+\frac 45\right)=\frac{31}{40}=0{,}775
$
-
$
\D f''(x)=\frac{6x^2-2}{\left(1+x^2\right)^3}\\
\D E^{(2)}(f)=-\frac{1-0}{12}\frac 14\frac{6\xi^2-2}{\left(1+\xi^2\right)^3}\leq\frac{1}{24}<\frac{1}{16}
$
-
$
\D S(f)=\frac 16\left(1+4\cdot\frac 45 +\frac 12\right)=\frac{47}{60}\approx 0{,}783
$
-
$\D\int_0^1\frac{1}{1+x^2}\,dx=\arctan(x)\Bigg|_0^1=\frac\pi 4\approx 0{,}785$
Aufgabe 11
Bestimmen Sie je eine Stammfunktion zu
- $\D \frac{x-2}{x^3+x^2+x+1}$
- $\D \frac{1}{\sqrt{1+e^x}}$.
Tipp
- Partilbruchzerlegung.
- Verwenden Sie die Substitution $u=\sqrt{1+e^x}$.
Lösung
-
$x^3+x^2+x+1=(x+1)(x^2+1)$.
Partialbruchzerlegung:
\begin{eqnarray*}
\frac{x-2}{(x+1)(x^2+1)} &=& \frac{A}{x+1}+\frac{Bx+C}{x^2+1}\\
x-2 &=& A(x^2+1)+(Bx+C)(x+1)
\end{eqnarray*}
Einsetzen von $x=-1$ ergibt:
$\D-3=2A\LR A=-\frac{3}{2}$.
Vergleich der Terme bei $x^2$:
$\D 0=-\frac{3}{2}+B\LR B=\frac{3}{2}$.
Einsetzen von $x=0$:
$\D-2=-\frac{3}{2}+C\LR C=-\frac{1}{2}$.
Damit ergibt sich
$
\D\int\frac{x-2}{x^3+x^2+x+1}\, dx\\
\D=\frac{1}{2}\int \left(\frac{-3}{x+1}+\frac{3x}{x^2+1}-\frac{1}{x^2+1}\right)\, dx\\
\D=-\frac{3}{2} \ln |x+1| +\frac{3}{4}\ln (x^2+1)-\frac{1}{2}\arctan x+c
$
-
$
\D u=\sqrt{1+e^x}\LR x=\ln (u^2-1),\quad\frac{dx}{du}=\frac{2u}{u^2-1}\\
\D\int\frac{1}{\sqrt{1+e^x}}\,dx=\int\frac{1}{u} \frac{2u}{u^2-1}\, du=\int\Big( \frac{1}{u-1}-\frac{1}{u+1}\Big)\, du\\
\D=\ln|u-1|-\ln|u+1|+c=\ln|\sqrt{1+e^x}-1|-\ln|\sqrt{1+e^x}+1|+c\\
$
Dabei wurde in dem Ansatz für die Partialbruchzerlegung
$\D\frac{2}{u^2-1}=\frac{A}{u-1}+\frac{B}{u+1}\LR 2= A(u+1)+B(u-1)$
$u=1$ und $u=-1$ eingesetzt.
