Fachbereich Mathematik PD Dr. P. Ne
WS 2007/2008 10.1.2008
11. Übungsblatt zur
Mathematik I für Chemiker
Gruppenübung
Aufgabe G1 (Uneigentliches Integral) Untersuchen Sie das uneigentliche Integral
Z π
2
0
cost sin2tdt
auf Konvergenz und berechnen Sie seinen (uneigentlichen) Wert.
Lösung: Lösung: Wir untersuchen Z π
2
0
cost
sin2tdt= lim
a→0
Z π
2
a
cost sin2tdt .
Wir substituieren den Nenner: u = sin2t woraus dudt = 2 sintcost folgt, also dt = 2 sindutcost =
du 2√
ucost. Einsetzen liefert Z cost
sin2tdt=
Z cost u
du 2√
ucost = 1 2
Z 1
u(3/2)du=−u−(1/2) Also nach Rücksubstitution:
a→0lim Z π
2
a
cost
sin2tdt=−lim
a→0
u(t)−(1/2)t=π2
t=a =−lim
a→0
1 sinx
(
a
π/2) =−lim
a→0
1− 1
sina
=∞ Das uneigentliche Integral existiert nicht!
Aufgabe G2 (Uneigentliches Integral) Zeigen Sie, dass
Z ∞
0
e−t cost dt= 1 2 gilt.
Lösung: Lösung: Partielle Integration mit u = e−t, v0 = cost liefert u0 = −e−t und v = sint. Daher nach einsetzen in die partielle Integartionsformel
Z ∞
0
e−t cost dt= lim
a→∞
Z a
0
e−t cost dt= lim
a→∞
Z a
0
e−t sint dt
11. Übung Mathematik I für Chemiker Erneute partielle Integration mit u=et, v0 = sintund u0 =−e−t, v=−costliefert
a→∞lim Z a
0
e−t sint dt= 1− lim
a→∞
Z a
0
e−t sint dt woraus folgt
a→∞lim Z a
0
e−t sint dt= 1 2 Aufgabe G3 (Reihenberechnung)
Berechnen Sie den Wert der Reihe
∞
X
ν=0
xν
3ν+ 3, 0< x <1,
indem Sie die Summanden in geeigneter Weise als Integral interpretieren und anschliessend formal Integration und Summation vertauschen.
Lösung: Lösung:
∞
X
ν=0
xν 3ν+ 3 = 1
3
∞
X
ν=0
xν ν+ 1= 1
3x
∞
X
ν=0
xν+1 ν+ 1
= 1 3x
∞
X
ν=0
Z x
0
tνdt= 1 3x
Z x
0
∞
X
ν=0
tνdt
= 1 3x
Z x
0
1
1−tdt=− 1
3xln(1−x) = 1 3xln 1
1−x
Hausübung
Aufgabe H1 (Uneigentliches Integral, 4P) Untersuchen Sie das uneigentliche Integral
Z ∞
0
e−tt2dt
auf Konvergenz und berechnen Sie seinen (uneigentlichen) Wert.
Lösung: Lösung: Wir integrieren partiell: u0 =e−t, v=t2 undu=−e−t, v0= 2t. Daher Z ∞
0
e−tt2dt= lim
a→∞
Z a
0
e−tt2dt= lim
a→∞
−e−aa2+ 0 + Z a
0
e−t2t dt
= lim
a→∞2 Z a
0
e−tt dt .
Nochmalige partielle Integration:u0 =e−t, v=tund u=−e−t, v0 = 1 liefert
a→∞lim 2 Z a
0
e−tt dt= 2 lim
a→∞
−e−aa+ 0 + Z a
0
Z e−tdt
= 2 lim
a→∞(−e−t)a0 = 2 lim
a→∞(−e−a+e0) = 2. Aufgabe H2 (Uneigentliches Integral, 4P)
Ermitteln Sie den Bereich des Parameters α, für welchen das uneigentliche Integral Z ∞
2
1 t(lnt)α dt , konvergiert.
2
11. Übung Mathematik I für Chemiker Lösung: Lösung: Wir berechnen zunächst
Z ∞
2
1
t(lnt)αdt= lim
a→∞
Z a
2
1 t(lnt)α dt Substituiere u= lnt mit dudt = 1t. Dann gilt für α6= 1
Z 1
t(lnt)αdt= Z 1
t(u)α t du= Z
u−αdu= 1
1−αu1−α. Rücksubstitution und Einsetzen der Grenzen liefert
a→∞lim Z a
2
1
t(lnt)αdt= lim
a→∞
(lna)1−α
1−α −(ln 2)1−α 1−α
=−(ln 2)1−α 1−α , fallsα >1. Fürα= 1 gilt
a→∞lim Z a
2
1
t(lnt)dt= lim
a→∞
Z lna
ln 2
1
udu= lim
a→∞(ln lna−ln ln 2) =∞ Das uneigentliche Integral existiert also nur für α >1.
Aufgabe H3 (Uneigentliches Integral, 6P)
Gegeben sei die Funktion f : [1,∞] 7→ R, f(x) = 1x. Durch die Rotation von f um die x-Achse erhält man einen Trichter, dessen Volumen V und Oberäche O durch
V =π Z ∞
1
|f(x)|2dx , O = 2π Z ∞
1
f(x)p
1 +|f0(x)|2dx ,
gegeben ist. Damit das Ganze ein wenig hübscher aussieht, wird eine studentische Hilfskraft beauf- tragt, den Trichter von innen anzustreichen. Nach einer Woche harter Arbeit stellt die Hilfskraft nach erstmaligem Nachdenken fest, dass Sie Ihre Arbeit wohl niemals vollenden wird, da die Ober- äche des Trichters unendlich ist. Von Ihrem Tutor erhält sie den Rat: Fülle den Trichter doch einfach bis zum Rand mit Farbe und schütte ihn anschliessend um. Dann sieht er wie neu aus.
Ist dieser Rat praktikabel?
Lösung: Lösung: Wir zeigen zuerst, dass die Oberache des Trichters nicht endlich ist:
2π Z ∞
1
f(x)p
1 +|f0(x)|2dx= 2π Z ∞
1
1 x
r
1 +| − 1
x2dx= 2π Z ∞
1
1 x
r 1 + 1
x4dx Weil aber 1xq
1 +x14 ≥ 1x und das Integral Z ∞
1
1 xdx divergiert, divergiert auch (nach dem Vergleichskriterium)
Z ∞
1
1 x
r 1 + 1
x4dx . Trotzdem ist das Volumen endlich:
V =π Z ∞
1
|f(x)|2dx= lim
a→∞π Z a
1
1
x2dx= lim
a→∞π
−1 x
a
1
=π <∞
3
