Blatt 3

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.