Lösung 5

(1)

LUDWIG-MAXIMILIANS-UNIVERSIT ¨ AT M ¨ UNCHEN

FAKULT ¨AT F ¨UR BIOLOGIE

Prof. Andreas Herz, Dr. Stefan H¨ausler email: haeusler@biologie.uni-muenchen.de

Department Biologie II Telefon: 089-2180-74800

Großhadernerstr. 2 Fax: 089-2180-74803

82152 Planegg-Martinsried

5. ¨ Ubung/L¨ osung— Mathematik f¨ ur Studierende der Biologie — 20.11.2019 Die Aufgaben werden in den Tutorien vom 28. und 29. November besprochen. Aktuelle Infos und Ubungszettel finden Sie unter: ¨

http://neuro.bio.lmu.de/teaching/mathe-bio_ws19-20/index.html

1. (Potenzreihen)

[2 P]

Zeigen Sie, dass R

cos(kx)dx =

_k¹

sin(kx) + c gilt, indem Sie die Taylorreihe von cos(kx) um x

₀

= 0 entwickeln und integrieren.

L¨osung:

cos(x) =P∞

n=0(−1)^{n x}_(2n)!²ⁿ, dahercos(kx) =P∞

n=0(−1)ⁿ^(kx)_(2n)!²ⁿ, und sin(x) =P∞

n=0(−1)^{n x}_(2n+1)!²ⁿ⁺¹ , dahersin(kx) =P∞

n=0(−1)ⁿ^(kx)_(2n+1)!²ⁿ⁺¹. Zu zeigen ist, das gilt

R cos(kx)dx= ¹_ksin(kx) +c R P∞

n=0(−1)ⁿ^(kx)_(2n)!²ⁿdx=¹_kP∞

n=0(−1)ⁿ^(kx)_(2n+1)!²ⁿ⁺¹ +c.

R P∞

n=0(−1)ⁿ^(kx)_(2n)!²ⁿdx= P∞

n=0(−1)^{n k}_(2n)!²ⁿ R

x²ⁿdx= c+P∞

n=0(−1)^{n k}_(2n)!²ⁿ ^x_2n+1²ⁿ⁺¹ = c+P∞

n=0(−1)ⁿ¹_k^k(2n+1)(2n)!²ⁿ⁺¹^x²ⁿ⁺¹ = c+¹_kP∞

n=0(−1)ⁿ^(kx)_(2n+1)!²ⁿ⁺¹ = ¹_ksin(kx) +c

2. (Moivreschen Formel)

[2 P]

Zeigen Sie mit Hilfe der Moivreschen Formel, dass gilt: cos(3ϕ) = cos

³

(ϕ) − 3 cos(ϕ) sin

²

(ϕ). Werten Sie diese Formel f¨ ur ϕ = 30

^◦

und ϕ = 60

^◦

aus. (sin(30

^◦

) =

¹₂

, sin(60

^◦

) =

¹₂

√

3, cos(30

^◦

) =

¹₂

√ 3, cos(60

^◦

) =

¹₂

)

L¨osung:

z= cos(ϕ) +isin(ϕ) Moivreschen Formel:

zⁿ= cos(nϕ) +isin(nϕ) z³= cos(3ϕ) +isin(3ϕ) Ebenfalls gilt

z³= (cos(ϕ) +isin(ϕ))³= (cos³(ϕ)−3 cos(ϕ) sin²(ϕ)) +i(3 cos²(ϕ) sin(ϕ)−sin³(ϕ)) Der Vergleich der Realteile ergibt

cos(3ϕ) = cos³(ϕ)−3 cos(ϕ) sin²(ϕ).

(2)

3. (Integration)

[2 P]

Berechnen Sie folgende elementare Integrale:

(a)

Z

₃

−3

−p

²

dp (b)

Z

₁

−1

(z + 2)

²

dz (c)

Z

₂

1

x

²

+ 1 2x dx (d)

Z

2 1

r

⁻¹

dr (e)

Z

0

−1

−7e

^−x

dx (f)

Z

3 0

3

^y

ln(3)dy (g)

Z

0

−1

e

^−2x

dx (h)

Z

2

−2

(y

³

− 2y) dy (i)

Z

2 0

(3x

²

+ 1) dx

L¨osung:

(a) Z 3

−3

−p²dp=

−1 3p³

p=3

p=−3

=−18

(b) Z 1

−1

(z+ 2)²dz= Z 1

−1

z²+ 4z+ 4dz= z³

3 + 2z²+ 4z

z=1

z=−1

= 2

3+ 8 = 26 3

(c) Z 2

1

x²+ 1 2x dx=

1 4x²+1

2ln|x|

x=2

x=1

= 3 4 +1

2ln 2

(d) Z 2

1

r⁻¹dr= (ln|x|)

r=2

r=1

= ln 2

(e) Z 0

−1

−7e^−xdx= 7e^−x

x=0

x=−1

= 7−7e

(f) Z 3

0

3^yln(3)dy= (3^y)

y=3

y=0

= 26

(g) Z 0

−1

e^−2x dx=

−1 2e^−2x

0

−1

=...= e²−1 2

(h) Z 2

−2

(y³−2y) dy= 1 4

y⁴²

−2− y²²

−2= 0

(i) Z 2

0

(3x²+ 1) dx= x³+x

x=2

x=0

= 10

4. (Integration)

[1 P]

Berechnen Sie die folgenden unbestimmten Integrale mittels Substitution.

(a) Z

(4 + 5x)

⁻³

dx (b) Z

r p

³

9 − r

²

dr (c)

Z

cos

ⁿ

(ϕ) sin(ϕ) dϕ (d)

Z f

⁰

(x)

f (x) dx (e) Z

sin( √

x) dx (f¨ ur Fortgeschrittene)

L¨osung:

(a) Mitu= 4 + 5xunddu= 5dxerh¨alt manR

(4 + 5x)⁻³dx=¹₅R

u⁻³du=−_10u¹2 +c=−_10(4+5x)¹ 2 +c.

(b) Mitu= 9−r²und du=−2rdrerh¨alt man−¹₂R √₃

udu=−^3u^1/3+1_2·4 +c=−^3(9−r₈²⁾^4/3 +c.

(c) Mitu= cos(ϕ)unddu=−sin(ϕ)dϕerh¨alt man−R

uⁿdu=−^u_n+1ⁿ⁺¹+c=−^(cos(ϕ))_n+1ⁿ⁺¹ +c.

(d) Mitu=f(x)unddu=f⁰(x)dxerh¨alt manR ₁

u du= ln|u|+c= ln|f(x)|+c.

(3)

(e) Mitw=√

xund dw= ₂^√¹_xdxerh¨alt manR

sin(w)2wdw.

Partielle Integration mit u = 2w und dv = sin(w)dw ergibt −2wcos(w) + 2R

cos(w)dw =−2(wcos(w)− sin(w)) +c= 2(sin(√

x)−√ xcos(√

x)) +c.

5. (Integration)

[2 P]

Berechnen Sie die folgenden Integrale. Hierbei m¨ ussen Sie selbst entscheiden, wie Sie vorgehen (z.B.

Substitution, partielle Integration oder direkt).

(a) Z

₂

1

x

²

dx (b) Z

₂

1

6x

²

dx (c)

Z

√π

0

sin(x

²

) x dx (d) Z

₂

1

4x

³

dx (e)

Z

_π

0

x sin(x) dx (f) Z

₂

1

6x

²

+ 4x

³

dx (g) Z

∞

0

e

^−x

dx (h)

Z

₁

0

2x e

^2x

dx (i)

Z

∞

0

e

^−2x

dx (j) Z

∞

1

t − 1

(3 − 2t + t

²

)

²

dt (k) Z

3

−3

r(9 − r

²

)

^1/3

dr (l) Z

a

0

√ x

a

²

+ x

²

dx

L¨osung:

(a)

Z 2

1

x²dx= 1

3x³ ²

1

=1

3 ·2³−1

3·1³= 8 3−1

3 = 7 3

(b)

Z 2

1

6x²dx= 6

3x³ ²

1

= 2·2³−2·1³= 16−2 = 14

oder einfacher mit (a)

6 Z 2

1

x²dx= 67 3 = 14

(c) Z

√π

0

sin(x²)xdx= Z π

0

sin(u)du 2 = 1

2[−cosu]^π₀ =...= 1 Substitution: u=x² ⇒ du= 2xdx

(d)

Z 2

1

4x³dx= 4

4x⁴ ²

1

= 2⁴−1⁴= 16−1 = 15

(e) Z π

0

xsin(x) dx u=x; v=−cosx u⁰= 1; v⁰ = sinx Z π

0

xsin(x) dx= [−xcos(x)]^π₀− Z π

0

−cos(x) dx= [−xcos(x)]^π₀+ [sin(x)]^π₀ =...=π (f)

Z 2

1

6x²+ 4x³dx= Z 2

1

6x²dx+ Z 2

1

4x³dx= 14 + 15 = 29

(g) Dae^−∞= lim_a→∞e^−a = 0, ist Z ∞

0

e^−xdx=

−e^−x∞

0 =−e^−∞− −e⁻⁰

= 0 + 1 = 1,

(h) Z 1

0

2xe^2xdx=

x·e^2x¹

0− Z 1

0

e^2xdx=1 2e²+1

2

(4)

(i)

Z ∞

0

e^−2xdx=

−1 2e^−2x

^∞

0

=−1

2e^−2∞−

−1 2e^−2·0

= 0 +1 2 =1

2

(j) Substitution: u= 3−2t+t² ⇒ du= (2t−2)dt.

R∞ 1

t−1

(3−2t+t²)²dt=¹₂R∞ 2

1

u²du=−_2u¹ |^∞₂ = 1/4.

(k) Substitution: u= 9−r² ⇒ du=−2rdr.

R3

−3r(9−r²)^1/3dr=R3

0 r(9−r²)^1/3dr−R3

0 r(9−r²)^1/3dr= 0 (l) Substitution: u=a²+x² ⇒ du= 2xdx.

Ra 0

√ x

a²+x²dx= ¹₂R2a²

a² u^−1/2du=u^1/2|^2a_a2² = (√

2−1)a.

6. (Integration)

[1 P]

Bestimmen Sie die Fl¨ ache, die durch die Parabeln y = 6x − x

²

und y = x

²

− 2x begrenzt wird.

L¨osung:

Schnittpunkte der Parabeln: 6x−x²=x²−2x⇒x(2x−8) = 0⇒x∈ {0,4}.Schnittpunkt der unteren Parabel mit der x-Achse: y=x²−2x= 0⇒x(x−2) = 0⇒x∈ {0,2}.Fl¨ache:

A = Z 4

0

6x−x²dx− Z 4

0

x²−2xdx

= (3x²−x³/3)|⁴₀−(x³/3−x²)|⁴₀

= (3·16−64/3)−(64/3−16)

= 64/3.

7. (Integration)

[2 P]

(a) Welche Fl¨ ache F(r) hat ein Kreis mit Radius r? Bestimmen Sie zuerst die Fl¨ ache des Viertelkreises im ersten Quadranten. Diese Fl¨ ache entspricht genau einem Viertel der gesuchten Fl¨ ache.

(b) Wie ¨ andert sich die Kreisfl¨ ache F (r), wenn man den Radius r ver¨ andert? Bestimmen Sie dazu die Ableitung

^dF_dr^(r)

. Interpretieren Sie das Ergebnis.

L¨osung:

(a) Um diese Frage zu beantworten, berechnen wir die Fl¨ache unter dem Viertelkreis √

r²−x² mit den Grenzen x= 0 undx=r. Diese Fl¨ache entspricht genau einem Viertel der gesuchten Kreisfl¨ache. Eine Stammfunktion

(5)

von√

r²−x²ist ¹₂[x√

r²−x²+r²arcsin ^x_r

](aus Tabelle 12.4 im Skript). Die Kreisfl¨ache hat also den Wert F(r) = 4·¹₂ [x√

r²−x²+r²arcsin ^x_r ]

r

0= 2·[r²arcsin(1)−r²arcsin(0)] = 2r²π/2 =r²π.

Alternativ:

Die Substitutionx=rcos(ϕ)ergibt Z r

0

pr²−x²dx=− Z 0

π/2

rp

1−cos(ϕ)²rsin(ϕ)dϕ=r² Z π/2

0

sin(ϕ)²dϕ

Partielle Integration mitu= sin(ϕ)undv⁰= sin(ϕ)ergibt

r² Z π/2

0

sin(ϕ)²dϕ=r²

ϕ−sin(ϕ) cos(ϕ) 2

^π/2

0

=r²π 4

Diese Fl¨ache entspricht genau einem Viertel der gesuchten Fl¨ache r²π.

0

-r x r

r

(b) Wir können nun weiterhin die Frage stellen, wie sich die Kreisfläche ändert, wenn man den Radius rverändert.

Mathematisch bedeutet dies, dass wir nach der Ableitung dF(r)/dr der Kreisfl¨ache nach dem Radius fragen.

Führen wir die Ableitung durch, so erhalten wir den Ausdruck dF(r)/dr =πd(r²)/dr = 2rπ. Auch diesen Ausdruck kennen Sie schon: es ist die Formel für den Umfang eines Kreises mit Radiusr. Dieses Ergebnis erklärt sich dadurch, dass die Fläche eines Kreisrings mit innerem Radiusrund Breitebdurch die Differenz der Flächen zweier Kreise mit Radiusr+bundr, also durchF(r+b)−F(r) =π[(r+b)²−r²] =π[2rb+b²] =bπ[2r+b]

gegeben ist. Im Grenzfallb→0kann der zweite Summand in der Klammer gegenüber dem ersten vernachlässigt werden. In diesem Grenzfall ist die Fläche des Kreisringes aber auch durch das Produkt von Breite und Umfang gegeben, so dass der Umfang eines Kreises mit Radius rin der Tat durch2πr gegeben ist.

Mit dieser geometrischen Interpretation h¨atten wir die Fl¨ache eines Kreises mit Radius r auch als Integral Rr

0(2πx)dx= 2π(x)|^r₀= 2π[r²/2−0] =πr², erhalten k¨onnen.