n}, so gilt f¨ur die TeilintervalleIj

Karlsruher Institut f¨ur Technologie (KIT) Institut f¨ur Analysis

Priv.-Doz. Dr. P. C. Kunstmann Dr. D. Frey

WS 2011/12

H¨ohere Mathematik I f¨ur die Fachrichtung Physik L¨osungsvorschl¨age zum 11. ¨Ubungsblatt Aufgabe 58

Seif : [1,2]→R, x7→e^x. Zuerst bemerken wir, dassf als stetige Funktion ¨uber [1,2] integrierbar ist. Betrachten wir f¨ur ein n ∈ N die Zerlegung Zn = {x₀, x1, . . . , xn} des Intervalls [1,2] mit x_j := 1 +j/nf¨urj ∈ {0,1, . . . , n}, so gilt f¨ur die TeilintervalleI_j := [xj−1, x_j]

m_j := inff(I_j) =f(xj−1) =e^xj−1 und M_j := supf(I_j) =f(x_j) =e^xj,

dennf ist monoton wachsend. Somit ergibt sich wegen |I_j|=xj−xj−1 = _n¹ f¨ur die Untersumme von f bez¨uglich Z_n

s_f(Z_n) =

n

X

j=1

m_j|I_j|=

n

X

j=1

e^xj−1 n = 1

n

n

X

j=1

e^1+(j−1)/n= e n

n

X

j=1

e^(j−1)/n= e n

n−1

X

l=0

(e^1/n)^l

= e

n·1−(e^1/n)ⁿ

1−e^1/n = e(1−e)

n(1−e^1/n) =e(e−1) 1/n e^1/n−1

−−−→n→∞ e(e−1), und daraus folgt f¨ur das untere Integral von f

s_f = sup{s_f(Z) :Z ist Zerlegung von [1,2]} ≥ lim

n→∞s_f(Z_n) =e(e−1). F¨ur die Obersumme von f bez¨uglich Z_n erh¨alt man

Sf(Zn) =

n

X

j=1

Mj|I_j|=

n

X

j=1

e^xj n = 1

n

n

X

j=1

e^1+j/n= e^1+1/n n

n

X

j=1

e^(j−1)/n =e^1/nsf(Zn), so dass auchS_f(Z_n)→e(e−1) f¨urn→ ∞ folgt. Damit besteht die Absch¨atzung

S_f = inf{S_f(Z) :Z ist Zerlegung von [1,2]} ≤ lim

n→∞S_f(Z_n) =e(e−1)

f¨ur das obere Integral. Da stets s_f ≤ S_f gilt, haben wir e(e−1) ≤ s_f ≤ S_f ≤ e(e−1), d. h.

sf =Sf =e(e−1), und dies bedeutet R2

1 f(x)dx=e(e−1).

Bemerkung: Alternativ kann man nur s_f berechnen und dann Satz 11.6 anwenden. Daf ∈R[1,2]

ist, folgt aus limn→∞sf(Zn) =e(e−1) direkt, dass sf =Sf =R2

1 f(x)dx=e(e−1) gilt.

Aufgabe 59

a) F¨ur jedes n∈Ngilt

1 n

n

X

k=1

√n

e^−k=

n

X

k=1

k

n−k−1 n

e^−nk.

Istx⁽ⁿ⁾_k := _n^k f¨urk= 0,1, . . . , n gesetzt, so istZ_n:={x⁽ⁿ⁾₀ , x⁽ⁿ⁾₁ , . . . , x⁽ⁿ⁾_n }={0,¹_n, . . . ,ⁿ⁻¹_n ,1}

eine Zerlegung von [0,1] undξ⁽ⁿ⁾:= (x⁽ⁿ⁾₁ , x⁽ⁿ⁾₂ , . . . , x⁽ⁿ⁾n ) = (_n¹,_n², . . . ,1) ein zuZ_n passender Zwischenvektor. Wir definieren f : [0,1]→ R, x7→ e^−x und erhalten eine Riemann-Summe σf(ξ⁽ⁿ⁾, Zn) :=Pn

k=1(x⁽ⁿ⁾_k −x⁽ⁿ⁾_k−1)f(x⁽ⁿ⁾_k ) = Pn

k=1(^k_n −^k−1_n )e^−kn. Da f als stetige Funktion

¨uber [0,1] integrierbar ist und da |Z_n|= _n¹ →0 (n→ ∞) gilt, ergibt sich gem¨aß Satz 11.6

n→∞lim 1 n

n

X

k=1

√n

e^−k= lim

n→∞σ_f(ξ⁽ⁿ⁾, Zn) = Z 1

0

f dx= Z 1

0

e^−xdx= 1−e⁻¹= 1− ¹_e.

1

b) Hier betrachten wir die ZerlegungZ_n:={0,¹_n,_n², . . . ,3}des Intervalls [0,3] und den passenden Zwischenvektorξ⁽ⁿ⁾:= (_n¹,_n², . . . ,3). Erneut konvergiert die Feinheit vonZ_nf¨urn→ ∞gegen Null. Mit der Funktiong: [0,3]→R, x7→sin(πx) gilt nach Satz 11.6

n→∞lim 1 n

3n

X

k=1

sin ^kπ_n

= lim

n→∞

3n

X

k=1

k

n− k−1 n

sin ^kπ_n

= lim

n→∞σg(ξ⁽ⁿ⁾, Zn) = Z 3

0

g dx

= Z 3

0

sin(πx)dx= 1−cos(3π)

π = 2

π.

Aufgabe 60

a) Hier kann man sofort eine Stammfunktion hinschreiben:

Z 1 0

(1 + 2x)³dx= ¹₈(1 + 2x)⁴

1

x=0= ¹₈(3⁴−1⁴) = 10. b) Wir zerlegen das Intervall:

Z 2

−2

|x−1|dx= Z 1

−2

|x−1|dx+ Z 2

1

|x−1|dx= Z 1

−2

(1−x)dx+ Z 2

1

(x−1)dx

= x− ¹₂x²

1

−2+ ¹₂x²−x

2 1

= 1−¹₂

−(−2−2) + (2−2)− ¹₂ −1

= 5.

c) Wegen (sin²x)⁰ = 2 sinxcosx ist ¹₂sin²x eine Stammfunktion von sinxcosx:

Z _π/2

0

sinxcosx dx= ¹₂sin²x

π/2

x=0= ¹₂ sin²(¹₂π)−sin²(0)

= ¹₂(1−0) = ¹₂. d) Auch hier kann man die Stammfunktion leicht finden:

Z ₁

0

√ x

9−4x² dx=−1 4

Z ₁

0

−8x 2√

9−4x² dx

=−¹₄p

9−4x²

1

x=0=−¹₄(√ 5−√

9 ) = ¹₄(3−√ 5 ). e) Hier wenden wir die Substitutionsregel mitg(t) =√

t an. Wir ersetzen also√

t durchxund g⁰(t)dt = (2√

t )⁻¹dt durch dx. Dabei m¨ussen wir auch die Integrationsgrenzen anpassen:

t= 1 entsprichtx=g(1) = 1 undt= 4 entsprichtx=g(4) = 2.

Z 4 1

√ 1

t(1 +√

t)dt= Z 4

1

2 1 +√

t · 1 2√

t dt

= Z 2

1

2

1 +xdx= 2 log|1 +x|

2

x=1 = 2 log(3)−log(2)

= 2 log³₂. f ) Um dieses Integral zu berechnen, verwenden wir partielle Integration f¨ur f(x) = logx und

g⁰(x) =x. Mit f⁰(x) =x⁻¹ und g(x) = ¹₂x² folgt Z e

1

xlogx dx= Z e

1

f(x)g⁰(x)dx=f(x)g(x)

e x=1−

Z e 1

f⁰(x)g(x)dx

= ¹₂x²logx

e x=1−

Z e 1

1

2x²x⁻¹dx= ¹₂(e²loge−log 1)− Z e

1 1 2x dx

= ¹₂e²− ¹₄x²

e

x=1= ¹₂e²−¹₄(e²−1) = ¹₄(e²+ 1). 2

g) Seik∈Z. Wir betrachten zun¨achst das Integral ohne Betrag:

Z kπ (k−1)π

sinx dx=−cosx

kπ

x=(k−1)π =−cos(kπ) + cos((k−1)π)

=−(−1)^k+ (−1)^k−1 = (−(−1) + 1)(−1)^k−1= 2(−1)^k−1.

Da die Sinusfunktion ihre Nullstellen genau in kπ mit k ∈ Z hat, ist sinx auf dem ganzen Intervall [(k−1)π, kπ] entweder ≥0 oder ≤0. Folglich gilt nach Satz 11.3 (2)

Z kπ (k−1)π

|sinx|dx=

Z kπ (k−1)π

sinx dx

= 2.

h) Wieder kommt partielle Integration zum Einsatz:f(x) = sinx undg⁰(x) = sinx.

Z π 0

(sinx)²dx= sinx·(−cosx)

π x=0−

Z π 0

cosx·(−cosx)dx= Z π

0

(cosx)²dx

= Z π

0

1−(sinx)²

dx=π− Z π

0

(sinx)²dx.

Betrachtet man nun den ersten und letzten Term in dieser Gleichungskette, so folgt 2

Z π 0

(sinx)²dx=π , also Z π

0

(sinx)²dx= ¹₂π . i) Wir substituieren zun¨achst t=√

x, d.h. x=t². Dann istdx= 2t dtund aus x: 1→4 ergibt sicht: 1→2, also ist

Z 4 1

arctan q√

x−1dx= Z 2

1

arctan(√

t−1 )·2t dt; nun substituieren wiru=√

t−1, alsot=u²+ 1, dt= 2u du,t: 1→2 wird zu u: 0→1,

= Z 1

0

arctan(u)·2(u²+ 1)·2u du= Z 1

0

(4u³+ 4u) arctan(u)du .

(Nat¨urlich h¨atten wir die beiden Substitutionen auch zu einer zusammenfassen k¨onnen.) Dann f¨uhren wir eine partielle Integration aus mitf(u) = arctan(u) und g⁰(u) = 4u³+ 4u:

= (u⁴+ 2u²) arctan(u)

1 u=0−

Z 1 0

(u⁴+ 2u²) 1 1 +u² du

= 3 arctan(1)− Z 1

0

(u²+ 1)²−1

1 +u² du= ³₄π− Z 1

0

(u²+ 1)du+ Z 1

0

1 1 +u²du

= ³₄π−(¹₃u³+u)

1

u=0+ arctan(u)

1

u=0 = ³₄π− ⁴₃+¹₄π=π−⁴₃. Aufgabe 61

a) Wir verwenden partielle Integration mitf(x) = arcsin x undg⁰(x) = 1:

Z

arcsinx dx= Z

1·arcsinx dx=x arcsinx− Z

x arcsin⁰(x)dx

=x arcsinx−

Z x

√

1−x²dx=x arcsinx+p

1−x². b) Hier substituieren wiru=e^x. Dies liefertdu=e^xdxund damit

Z e^x

e^2x+ 1dx=

Z 1 u²+ 1du

u=e^x = arctan(u)

u=e^x = arctan(e^x). c) Wir substituierenu= 1−x. Dies liefertdu= (−1)dx, also

Z x

√1−xdx=

Z 1−u

√u (−1)du

_u=1−x = Z

(u^1/2−u^−1/2)du

_u=1−x= ²₃u^3/2−2u^1/2 _u=1−x

= ²₃(1−x)^3/2−2(1−x)^1/2. 3

Aufgabe 62

Wir betrachten die Funktionenf :R→R, x7→Rx

0 sin(e^t) dt undg:R→R, x7→sinx.

Dann ist f nach dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung auf R differenzierbar mit f⁰(x) = sin(e^x). Bekanntlich ist auch g auf R differenzierbar mit g⁰(x) = cosx. Wegen F(x) = f(g(x)) = (f◦g)(x) liefert die Kettenregel, dassF auf Rdifferenzierbar ist mit

F⁰(x) =f⁰(g(x))g⁰(x) = sin(e^sinx) cos(x) f¨ur jedes x∈R. Aufgabe 63

a) In der ¨Ubung wurde gezeigt: Ist f : [a, b] → R beschr¨ankt und hat h¨ochstens endlich viele Unstetigkeitsstellen in[a, b], so gilt f ∈R[a, b].

Seien f ∈ R[a, b] und g : [a, b] → R beschr¨ankt. Es geltef(x) 6= g(x) f¨ur h¨ochstens endlich vielex∈[a, b].

Setzeh:=f−gsowieM :={x∈[a, b] : f(x)6=g(x)}. Wegenh(x) = 0 f¨ur allex∈[a, b]\M isthauf [a, b]\M stetig. Da M (nach Voraussetzung) endlich viele Elemente enth¨alt, isthin h¨ochstens endlich vielen Stellen in [a, b] unstetig und damit gem¨aß obiger Aussage ¨uber [a, b]

integrierbar. Nach Satz 11.3 (2) gilt nun mith, f ∈R[a, b] auch g=f−h∈R[a, b].

Es verbleibtRb

ah dx= 0 zu beweisen, denn dann liefert Satz 11.3 (2):Rb

ag dx=Rb af dx.

Wegen|Rb

ah dx| ≤Rb

a|h|dxgen¨ugt es zu zeigen:

Z b a

|h|dx= 0.

Es gilt |h(x)| > 0 f¨ur alle x ∈ M und h(x) = 0 f¨ur alle x ∈ [a, b]\M. Da M endlich ist, folgts|h|(Z) = 0 f¨ur jede ZerlegungZ von [a, b]. Demnach ist das untere Integrals|h|= 0 und wegenh∈R[a, b] ist Rb

a|h|dx=s_|h|= 0.

b) Es sei zun¨achst n = 1. Wir betrachten die Treppenfunktion ϕ : [a, b] → R, ϕ(x) = c1

f¨ur x ∈ (a, b). Die Funktionswerte in den Randpunkten sind nicht vorgegeben. Ferner sei

˜

ϕ: [a, b]→ R, ˜ϕ(x) = c₁ f¨urx ∈[a, b]. Dann ist ϕ beschr¨ankt, ˜ϕ∈R[a, b] und ϕ(x) = ˜ϕ(x) f¨urx∈[a, b]\ {a, b}. Nach a) gilt folglichϕ∈R[a, b] mit

Z b a

ϕ(x)dx= Z b

a

˜

ϕ(x)dx=c1(b−a).

Sei nunn∈Nbeliebig. Nach obiger ¨Uberlegung ist ϕ auf jedem Teilintervall [xj−1, xj], j = 1, . . . , n, integrierbar mit

Z xj

xj−1

ϕ(x)dx=c_j(x_j−xj−1).

Die mehrfache Anwendung von Satz 11.7 (1) liefert nun, dassϕ∈R[a, b] ist mit Z b

a

ϕ(x)dx=

n

X

j=1

Z xj

xj−1

ϕ(x)dx=

n

X

j=1

cj(xj−xj−1).

4