sin(x) cos(x) =−−sin(x) cos(x) =−cos(x)0 cos(x) und daher Z tan(x)dx =−ln(|cos(x

Mathematisches Institut SoSe 2020

der Heinrich-Heine Universit¨at 22.04.2020

D¨usseldorf Blatt 1

Apl. Prof. Dr. Axel Gr¨unrock

UBUNGEN ZUR ANALYSIS II¨

Empfehlung: Stellen Sie zu Ihrem eigenen Gebrauch eine Tabelle mit 15 bis 20 Funktio- nen und zugeh¨origen Stammfunktionen zusammen, die Ihnen aus der Vorlesung bekannt sind. Diese Tabelle sollte auch - als Stammfunktionen - die Umkehrfunktionen der trigo- nometrischen und Hyperbelfunktionen umfassen.

1. Berechnen Sie die folgenden unbestimmten Integrale durch (ggf. mehrfache) partielle Integration:

(a)

Z x

cos²(x)dx (b)

Z

x^aln(x)dx (c)

Z

exp(ax) sin(x)dx (d)

Z

arcsinxdx Hierbei ist a ein reeller Parameter.

. (a)

Z x

cos²(x)dx= Z

x

|{z}

U

tan⁰(x)

| {z }

V⁰

dx =xtan(x)− Z

tan(x)dx Nun ist tan(x) = sin(x)

cos(x) =−−sin(x)

cos(x) =−cos(x)⁰ cos(x) und daher

Z

tan(x)dx =−ln(|cos(x)|) (s. Vorl.), also Z x

cos²(x)dx=xtan(x) + ln(|cos(x)|) (b)

Z

x^aln(x)dx=?

(i) a =−1 : Z

ln(x)1 xdx=

Z

ln(x) ln⁰(x)dx= 1 2ln(x)² (ii) a 6=−1 :

Z x^a

|{z}

U⁰

ln(x)

| {z }

V

dx= x^a+1

a+ 1ln(x)−

Z x^a

a+ 1dx= 1 a+ 1

x^a+1ln(x)− 1 a+ 1x^a+1

(c) Z

exp(ax)

| {z }

U

sin(x)

| {z }

V⁰

dx=−exp(ax) cos(x) +a Z

exp(ax) cos(x)dx =

−exp(ax) cos(x) +aexp(ax) sin(x)−a² Z

exp(ax) sin(x)dx

⇒ Z

exp(ax) sin(x)dx= exp(ax)

1 +a² (asin(x)−cos(x)) (Stimmt auch f¨ura= 0 !)

1

(d) Z

arcsin(x)dx= Z

1·arcsin(x)dx (mit 1 = d dxx)

=xarcsin(x)−

Z xdx

√1−x² (da arcsin⁰(x) = 1

√1−x²)

=xarcsin(x) +√ 1−x²

In letzten Schritt wurde verwendet, dass der Integrand x

√1−x² = −2x 2√

1−x² die Gestalt φ⁰(x)f(φ(x)) mit φ(x) =−x² hat, vgl. Aufgabe 2.

(Bem: Das Integral Z

ln(x)dx = Z

1·ln(x)dx =· · ·= x(ln(x)−1) wurde als Beispiel zur partiellen Integration in der Vorlesung behandelt und bemerkt, dass die Integrale

Z

arctan(x)dx und Z

arcsin(x)dx mit demselben “Trick” berechnet werden k¨onnen.)

2. Die folgenden Ausdr¨ucke haben exakt die Gestalt f(ϕ(x))·ϕ⁰(x). Geben Sie die zugeh¨origen Stammfunktionen an.

(a) 2x

1 +x⁴ (b) tan^k(x)

cos²(x), k∈Z

(c) 1

xlnx (d) cotx

(e) x^x(1 + lnx).

Hinweis: In Teil (b) ist der Fallk =−1 gesondert zu behandeln. Durch die Bearbeitung von Teil (e) kann ein Zusatzpunkt erworben werden.

(a) 2x

1 +x⁴ =f(φ(x))·φ⁰(x) f¨urf(y) = 1

1 +y² und φ(x) =x², also Z 2x

1 +x⁴ = arctan(x²) (b) tan(x)^k 1

cos²(x) =f(φ(x))φ⁰(x) f¨urf(y) =y^k und φ(x) = tan(x) (denn : tan⁰(x) = 1 + tan²(x) = 1

cos²(x) ) (i) k =−1 :

Z 1

tan(x) cos²(x)dx= ln (|tan(x)|)

(ii) k 6=−1 : Z

tan^k(x) 1

cos²(x) = 1

k+ 1tan^k+1(x) (c) 1

xln(x) =f(φ(x))φ⁰(x) f¨urφ(x) = ln(x) und f(y) = 1 y. Also Z dx

xln(x) = ln(|ln(x)|) (d)

Z

cot(x)dx=

Z cos(x) sin(x) =

Z sin(x)⁰

sin(x)dx = ln(|sin(x)|) (

Z

tan(x)dx=−ln(|cos(x)|) wurde in der Vorleung hergeleitet.) (e) x^x(1 + ln(x)) = exp

|{z}

f

(xln(x)

| {z }

φ(x)

)( 1 + ln(x)

| {z }

φ⁰(x)=1+ln(x)

) also Z

x^x(x+ ln(x))dx=x^x.

3. Berechnen Sie die folgenden bestimmten Integrale durch geeignete Umformungen der Integranden:

(a) Z 3

2

x³+ 1

x²−1dx (b)

Z 4 3

x−3

(x−1)(x−2)dx (c)

Z π 0

sin (x 2)p

1 + cos(x)dx (d)

Z π 0

sin²ⁿ⁺¹(x)dx, n ∈N0

Hinweis: In Teil (b) f¨uhrt eine Partialbruchzerlegung zum Ziel, vgl. hierzu: Kaballo, Einf¨uhrung in die Analysis I, Abschnitt 28.

(a)

Z x³ + 1 x²−1dx=

Z x³−x

x²−1 + x+ 1 x²−1dx=

Z

xdx+

Z dx

x−1 = x²

2 + ln(|x−1|).

Z 3 2

x³+ 1

x²−1dx= x² 2

3

2

+ ln(x−1)

3

2

= 5

2+ ln(2).

(b) Herstellung einer PBZ f¨ur R(x) = x−3

(x−1)(x−2) durch den Ansatz R(x) = A

x−1 + B

x−2 =⇒x−3 = (x−2)A+ (x−1)B.

Einsetzen: x= 1 :−2 =−1.A, also A= 2, x= 2 : −1 =B, AlsoR(x) = 2

x−1 + 1 x−2.

(Tats¨achlich ergibt die Probe = 1

(x−1)(x−2)(2x−4−x+ 1)

| {z }

=x−3

).

Damit : Z 4

3

R(x)dx= [2 ln(|x−1|)−ln(|x−2|)]⁴₃ = ln

(x−1)² x−2

4

3

= ln(9

2)−ln(4) = ln(9 8).

(c) cos(x) = cos²(^x₂)−sin²(^x₂)⇒1 + cos(x) = 2 cos²(^x₂). F¨ur x∈[0, π] also:

p1 + cos(x) = √

2 cos(^x₂)

(Man achte auf das Vorzeichen!)

⇒ Z π

0

sin (x 2)p

1 + cos(x)dx=√ 2

Z π 0

sin(x

2) cos(x 2)^(∗)=

√2 2

Z π 0

sin(x)dx=√ 2 (∗) sin(x) = sin(^x₂ + ^x₂) = 2 sin(^x₂) cos(^x₂).

(d) Z

sin²ⁿ⁺¹(x)dx= Z

sin²ⁿ(x) sin(x)dx=− Z

(1−cos²(x))ⁿcos⁰(x)dx=

− Z

(1−y²)ⁿdy

y=cos(x)

=−

n

X

k=0

n k

Z

(−1)^ky^2kdy

y=cos(x)

=

n

X

k=0

n k

(−1)^k+1

2k+ 1 cos(x)^2k+1 Z π

0

sin²ⁿ⁺¹(x)dx=

n

X

k=0

n k

(−1)^k+1 2k+ 1



cos(π)^2k+1

| {z }

−1

−cos(0)^2k+1

| {z }

1



= 2

n

X

k=0

n k

(−1)^k 2k+ 1.

4. Leiten Sie Rekursionsformeln der Gestalt

a_nI_n+2(x) = f_n(x) +b_nI_n(x), n∈N0

f¨ur die folgenden unbestimmten Integrale her:

(a) I_n(x) = Z

(1−x²)ⁿ⁻¹² dx (|x|<1) (b) In(x) =

Z

tanⁿ(x)dx (−π

2 < x < π 2)

Geben Sie auch Stammfunktionen f¨ur spezielle Werte von n an, die es im Prinzip er- lauben, mit Hilfe der Rekursionsformel I_n(x) f¨ur alle n∈N0 zu berechnen.

Hinweis: In Teil (a) f¨uhrt partielle Integration zum Ziel, f¨ur Teil (b) beachte man tan⁰(x) = 1 + tan²(x) und verwende die Substitutionsregel.

(a) I_n+2 = Z

(1−x²)ⁿ⁺¹² dx= Z

1·(1−x²)ⁿ⁺¹² dx=x(1−x²)ⁿ⁺¹² − Z

x d

dx(1−x²)ⁿ⁺¹²

| {z }

n+1

2 (1−x²)ⁿ⁻¹² .(−2x)

=

=x(1−x²)ⁿ⁺¹² + (n+ 1) Z

x²(1−x²)ⁿ⁻¹² dx

=x(1−x²)ⁿ⁺¹² + (n+ 1) Z

(x²−1)(1−x²)ⁿ⁻¹² dx

| {z }

−In+2(x)

+(n+ 1) Z

(1−x²)ⁿ⁻¹² dx

| {z }

In(x)

(n+ 2)I_n+2(x) = x(1−x²)ⁿ⁺¹² + (n+ 1)I_n(x) 1P.

MitI0(x) =

Z dx

√1−x² = arcsin(x) undI1(x) = Z

dx=xist jetzt die rekursive Berechnung aller I_n(x), n ∈ N0 m¨oglich, ohne dass noch einmal integriert werden

m¨usste. 1P.

(b) I_n+2(x) = Z

tanⁿ⁺²(x)dx= Z

tanⁿ(x).tan²(x)dx

= Z

tanⁿ(x).tan⁰(x)dx− Z

tanⁿ(x)dx

= 1

n+ 1tanⁿ⁺¹(x)−I_n(x), also

In+2(x) = _n+1¹ tanⁿ⁺¹(x)−In(x) 1P.

I₀(x) = Z

dx=x, Z

tan(x)dx=−ln(|cos(x)|) 1P.