Blatt 3

Übungen zur Infinitesimalrechnung 2, H.-C. Im Hof 12. März 2010
Blatt 3
Abgabe: 19. März 2010, Nachmittag
Aufgabe 1. Berechne die bestimmten Integrale
π
π
(a) x sin x dx, (b) x cos x dx.
0
0
Lösung. Die Abkürzung “p. I.” deutet im Folgenden auf partielle Integration hin.
Ad (a): π
p. I.
x sin x dx = [−x cos x] π
x=0 −
π
− cos x dx = π + [sin x]
0
π
x=0 = π.
Ad (b): π
x cos x dx
0
0
p. I.
= [x sin x] π
x=0 −
π
sin x dx = [cos x]
0
π
x=0 = −2.
Es sei angemerkt, dass in den folgenden Aufgaben die Herleitungen der Stammfunktionen “heuristisch”
sind und prinzipiell die gefundene Stammfunktion immer getestet werden sollte. Ist in den
folgenden Lösungen kein Definitionsbereich angegeben, so bedeutet dies, dass sowohl die gegebene
Funktion als auch die gefundene Stammfunktion auf ganz R definiert ist.
Aufgabe 2. Berechne die unbestimmten Integrale (d.h. finde eine Stammfunktion von)
Lösung. Ad (a):
(a)
(c)
x 2 e λx dx mit λ ∈ R ∗ , (b)
cos x sin(2x) dx, (d)
x 2 λx p. I.
e = 1
λ x2e λx − 2
λ
p. I.
= 1
λ x2 e λx − 2
λ
xe λx dx
1
λ xeλx − 1
λ
= 1
λ x2e λx − 2
λ2 xeλx + 2
λ
x2 2x 2
= − +
λ λ2 λ3
e λx
3 eλx
x 2 sin(2x) dx,
x
1 + x 2 dx.
e λx
dx

Ad (b):
Ad (c):
womit
x 2 sin(2x) dx
p. I.
= − 1
2 x2
cos(2x) +
p. I.
= − 1
2 x2 cos(2x) +
x cos(2x) dx
1
1
x sin(2x) −
2 2
= − 1
2 x2 cos(2x) + 1
1
x sin(2x) +
2 4 cos(2x).
sin(2x) dx
p. I.
sin(2x) cos x dx = sin(2x) sin x − 2 cos(2x) sin x dx
p. I.
= sin(2x) sin x − 2 − cos(2x) cos x − 2
sin(2x) cos x dx
= sin(2x) sin x + 2 cos(2x) cos x + 4 sin(2x) cos x dx,
−3
sin(2x) cos x dx = sin(2x) sin x + 2 cos(2x) cos x.
Unter Verwendung der Doppelwinkelformeln (a.k.a. Additionstheoreme)
erhält man schliesslich
sin(2x) = 2 sin x cos x und cos(2x) = sin 2 x − cos 2 x
sin(2x) cos x dx = − 2
3 cos3 x.
Ad (d): Wir substituieren y := 1 + x2 , womit dy = 2x dx und somit
x
1 + x2 dx = 1
2
√y 1 3
dy = y 2 =
3 1
3 (1 + x2 ) 3
2 .
Aufgabe 3. Berechne die unbestimmten Integrale
(a)
1
x2 dx,
+ 16
(b)
1
x2 dx,
− 8x + 16
(c)
Lösung. Ad (a): Wir substituieren x =: 4y, womit dx = 4 dy und somit
1
x2
dx =
+ 16
4
16y2
1
dy =
+ 16 4
1
x 2 − 10x + 16 dx.
1
y2 1.1
dy =
+ 1 1
1 x
arctan y = arctan
4 4 4 .
Ad (b): Wir bemerken, dass x2 − 8x + 16 = (x − 4) 2 und also
1
x2
dx =
− 8x + 16
1
1
dx = −
(x − 4) 2 x − 4 .
Sowohl die gegebene Funktion als auch die gefundene Stammfunktion sind auf R \ {4} definiert.
Ad (c): Es ist x 2 − 10x + 16 = (x − 2)(x − 8) und wir machen die Partialbruchzerlegung. D.h. wir
suchen a, b ∈ R sodass
1
a b
= +
(x − 2)(x − 8) x − 2 x − 8
(a + b)x − 8a − 2b
= ,
(x − 2)(x − 8)

womit durch Koeffizientenvergleich im Zähler a = −b und b = 1/6 (womit a = −1/6). Man integriert
nun leicht
1
x2
1 1 1
dx = −1 dx +
− 10x + 16 6 x − 2 6 x − 8 dx
= 1
(− ln |x − 2| + ln |x − 8|)
6
= 1
6 ln
x − 8
x
− 2
.
Die gegebene Funktion, sowie diese Stammfunktion sind auf R \ {2, 8} definiert.
Aufgabe 4.
Berechne (a)
1
dx und (b)
sin x
Lösung. Wir setzen u := tan x
1
2 , womit du = 2 (1 + u2 ) dx und
Ad (a):
sin x = 2u
1 + u2 1 − u2
und cos x =
1 + u2
1 1 + u2 dx =
sin x 2u
2
1
du =
1 + u2 u
was natürlich nur für x /∈ πZ (d.h. sin x = 0) definiert ist.
Ad (b):
1
dx =
sin x + cos x
1 + u2 −u2 + 2u + 1
2
du = −2
1 + u2
1
sin x + cos x dx.
für x /∈ π + 2πZ.
du = ln |u| = ln
x
tan
2 ,
1
u 2 − 2u − 1 du.
Wir bemerken, dass u 2 − 2u − 1 = (u − (1 − √ 2))(u − (1 + √ 2)) und wir machen wiederum eine
Partialbruchzerlegung. D.h. wir suchen a, b ∈ R, sodass
1
u 2 − 2u − 1 =
a
u − (1 − √ 2) +
b
u − (1 + √ 2) = (a + b)u − a(1 + √ 2) − b(1 − √ 2)
u2 ,
− 2u − 1
womit durch Koeffizientenvergleich im Zähler a = −b und b = 1/(2 √ 2) (d.h. a = −1/(2 √ 2)). Man
erhält nun also
1
1
dx = −√ −
sin x + cos x 2
1
u − (1 − √
du +
2)
= 1
√ ln u − (1 −
2
√
2) − ln
= 1
u
− (1 −
√ ln
2
√ 2)
u − (1 + √
1
= √ ln
2) 2
1
u − (1 + √ 2) du
u − (1 + √
2)
tan x
tan x
2 − (1 − √ 2)
2 − (1 + √
2) ,
was für x /∈ π + 2πZ (dies sind die Stellen, wo tan x
2 nicht definiert ist) und x /∈ −π/4 + πZ
sinnvoll ist (dies sind die Stellen wo tan x
2 ∈ {1 ± √ 2} oder äquivalent sin x + cos x = 0). Da jedoch
unsere Funktion 1/(sin x + cos x) in einer Umgebung der Stellen π + 2πZ stetig ist, muss dort eine
Stammfunktion existieren und tatsächlich ist für k ∈ Z
lim
x→π+2πk
1
√ ln
2
tan x
tan x
2 − (1 − √ 2)
2 − (1 + √
= 1,
2)

da ja limx→π+2πk 1/(tan x
x
2 ) = 0 (nun Bruch mit 1/(tan 2 ) erweitern) und wir können die oben
gefundene Stammfunktion so stetig differentierbar fortsetzen.
Aufgabe 5. Berechne
√ 1 + x2 dx.
x
Lösung. Wir substituieren x := sinh a und verwenden die Indentität cosh 2 a − sinh 2 a = 1, womit
dx = cosh a da und also
√ 1 + x2 dx =
x
1 − sinh2 2
a
cosh a
cosh a da = da =
sinh a
sinh a
1
da +
sinh a
sinh a da.
Eine Stammfunktion von sinh ist natürlich cosh; Das erste unbestimmte Integral ist jedoch schwieriger
zu berechnen. Dazu bemerken wir, dass sinh a = 1
2 (ea−e−a ) per Definition und wir substituieren
y := ea , womit dy = y da und damit
1
da = 2
sinh a
1
ea
da = 2
− e−a ea e2a
da = 2
− 1
1
y 2 − 1 dy.
Dieses Integral ist wiederum durch Partialbruchzerlegung zu lösen, wozu man einfach berechnet,
dass
1
y2 1/2 1/2
= −
− 1 y − 1 y + 1
und also
1
da =
sinh a
1
dy −
y − 1
1
y + 1 dy = ln |y − 1| − ln |y + 1| = ln |ea − 1| − ln(e a + 1),
was nur für a = 0 (d.h. sinh a = 0) definiert ist. Setzen wir dies in das ursprüngliche Integral ein,
so erhalten wir
√ 1 + x2
dx = ln
e
x
a − 1
ea
+ 1
+ cosh a = ln
a
tanh
2 + cosh a.
Der Ästhetik halber verwenden wir noch die Identität
tanh a
2 = ea − 1
e a + 1 =
(ea − 1) 2
(ea − 1)(ea + 1) = ea + 2 + e−a ea − e−a cosh a − 1
=
sinh a ,
womit
√ 1 + x2
dx = ln
cosh a − 1
x
sinh a − cosh a.
Es bleibt nun a = arsinh x = ln x + √ x2
+ 1 (gelesen “Areasinus hyperbolicus”, was gerade die
Umkehrabbildung von sinh ist) zurück zu substituieren. Dazu bemerken wir, dass aus cosh 2 x −
sinh 2 x = 1 und der Tatsache, dass cosh x 1 ∀x ∈ R (insbesondere cosh x = |cosh x|) folgt, dass
und somit schliesslich
cosh arsinh x =
cosh2
arsinh x = 1 + sinh2 arsinh x =
1 + x2 √ 1 + x2
√
1 + x2 − 1
dx = ln
x
x
−
1 + x 2 ,
was für alle x = 0 sinnvoll ist.

Bemerkung. Alternativ kann auch ganz zu Beginn x =: tan a oder y := √ 1 + x 2 substituiert
werden, was ebenfall leicht zum Ziel führt.
Aufgabe 6. Untersuche die folgenden Reihen auf Konvergenz.
(a)
∞
n=2
1
n ln n
(b)
∞
n=2
1
x(ln n) 2
Lösung. Wir verwenden das Integral-Vergleichskriterium, wonach für k ∈ N (oder allgemeiner k ∈
Z) und f : [k, ∞[ → R0 monoton fallend
Im Falle von Konvergenz gilt zudem
∞
∞
f(n) konvergiert ⇔ f(x) dx konvergiert.
n=k
k
∞
n=k+1
∞
f(n) f(x) dx
k
∞
f(n).
n=k
Ad (a): Wir substituieren y := ln x, womit dy = 1
x dx und somit
b
1
ln b 1
b
lim dx = lim dy = lim [ln y]ln
b→∞ 2 x ln x b→∞ ln 2 y b→∞
y=ln 2 = lim (ln ln b − ln ln 2) = ∞,
b→∞
womit also ∞ n=2 1/(n ln n) = ∞ und die Reihe konvergiert nicht.
Ad (b): Wir substituieren wiederum y := ln x, womit
b
lim
b→∞ 2
1
ln b
dx = lim
x(ln x) 2 b→∞ ln 2
D.h. unsere Reihe konvergiert und
woraus
∞
n=2
− 1
2
1
dy = lim
y2 b→∞ −
1 1
− −1
n(ln n) 2 2(ln 2) 2 2
∞
n=2
ln b
1
1 1
= lim − =
y y=ln 2 b→∞ ln 2 ln b
1
ln 2 .
∞
n=2
1
,
n(ln n) 2
1
−1
n(ln n) 2 2 +
1 1 − (ln 2)2
=
2(ln 2) 2 2(ln 2)
2 .