Lehrstuhl II f¨ ur Mathematik Prof. Dr. E. Triesch
H¨ ohere Mathematik II
SoSe 2012
Variante B Musterl¨ osung
Zugelassene Hilfsmittel:
Als Hilfsmittel zugelassen sind handschriftliche Aufzeichnungen von maximal 10 DinA4-Bl¨ attern.
Keine Fotokopien oder Ausdrucke. Taschenrechner sind nicht zugelassen.
Das Konzeptpapier zur Bearbeitung der Aufgaben (Schmierbl¨ atter) ist von den Studierenden zur Klausur mitzubringen.
Bewertung:
Bitte nutzen Sie zur Beantwortung aller Aufgaben die in der Klausur ausgeteilten Bl¨ atter! Es werden nur die Antworten gewertet, die auf dem L¨ osungsbogen stehen! Zur Bewertung der einzelnen Teile:
I: (Aufgabe I.1-I.3) Sie m¨ ussen unter expliziter Darstellung des L¨ osungsweges nachvollziehbar zu einer L¨ osung kommen. Ohne L¨ osungsweg gibt es keine Punkte.
II: (Aufgabe II.1-II.4) Sie m¨ ussen das richtige Ergebnis in die entsprechenden K¨ astchen des Ant- wortbogens eintragen. Dar¨ uberhinaus k¨ onnen Sie im Feld L¨ osungsskizze einen kurzen Rechenweg angeben, der in die Bewertung mit einbezogen wird, sollte Ihr Ergebnis falsch sein.
III: (Aufgabe III.1-III.3) Hier m¨ ussen Sie Aussagen Wahrheitswerte zuordnen. Sie erhalten nur dann Punkte, wenn Sie in einer Teilaufgabe alle Wahrheitswerte richtig und komplett zuordnen.
Beispiel:
Bestimmen Sie die Wahrheitswerte der folgenden zwei Aussagen: (2 Pkt.) (1) 2 · 3 = 6
(2) 1 + 1 = 3.
Antwort (1) (2) Punkte
1. W W 0
2. W F 2
3. F W 0
4. F F 0
Antwort (1) (2) Punkte
5. F - 0
6. W - 0
7. - F 0
8. - W 0
Es gibt keine Minuspunkte.
Bitte schreiben Sie keine Rechnungen oder Begr¨ undungen zu Teil III auf den Antwortbogen.
Nutzen Sie daf¨ ur Ihr eigenes Konzeptpapier.
Viel Erfolg!
Teil I
Aufgabe I.1: (4+6 Pkt.)
a) Bestimmen Sie den Stetigkeitsbereich der Funktion f : R
2→ R
f (x, y ) =
xy
2x
2+ y
2· cos( p
x
2+ y
2) , falls (x, y) 6= (0, 0)
0 , falls (x, y) = (0, 0).
b) Gegeben seien die eindimensionalen Funktionen g : R → R und h : R → R mit
g(x) =
x · cos
1 x
, falls x 6= 0
0 , falls x = 0
und h(x) =
x
2· cos 1
x
, falls x 6= 0
0 , falls x = 0.
Bestimmen Sie jeweils den Bereich, in dem die Funktion g bzw. h differenzierbar ist und berechnen Sie g
0und h
0.
L¨ osung:
a) F¨ ur (x, y) 6= (0, 0) ist f als Komposition stetiger Funktionen stetig. Zur Untersuchung der Stetigkeit in (x, y) = (0, 0) verwenden wir Polarkoordinaten
x y
=
r cos φ r sin φ
mit r ∈ [0, ∞) , φ ∈ [0, 2π].
Dann gilt:
lim
r→0f(r cos φ, r sin φ) = lim
r→0
r cos φr
2sin
2φ
r
2cos
2φ + r
2sin
2φ · cos q
r
2cos
2φ + r
2sin
2φ
= lim
r→0
r
3cos φ sin
2φ r
2· cos r
= lim
r→0
r cos φ sin
2φ cos r = 0 = f(0, 0) Damit ist f im Nullpunkt stetig, also auch auf ganz R
2.
b) zu g : F¨ ur x 6= 0 ist die Funktion differenzierbar mit g
0(x) = cos
1 x
− x sin 1
x −1
x
2= cos 1
x
+ 1 x sin
1 x
.
F¨ ur x = 0 betrachten wir den Differenzenquotienten:
lim
t→0g(t) − g(0)
t = lim
t→0
t · cos(
1t) − 0
t = lim
t→0
cos 1
t
.
Dieser Grenzwert existiert nicht und die Funktion g ist in x = 0 nicht differenzierbar.
zu h : F¨ ur x 6= 0 ist die Funktion differenzierbar mit h
0(x) = 2x cos
1 x
− x
2sin 1
x −1
x
2= 2x cos 1
x
+ sin 1
x
.
F¨ ur x = 0 betrachten wir den Differenzenquotienten:
lim
t→0h(t) − h(0)
t = lim
t→0
t
2· cos(
1t) − 0
t = lim
t→0
t · cos 1
t
| {z }
−1...1
= 0.
Damit ist h auf ganz R differenzierbar.
Aufgabe I.2: (4+4+4 Pkt.) Gegeben sei die Kurve γ durch die Parametrisierung γ(t) =
25
t
51
6
t
6−
14t
4mit t ∈ R .
a) Bestimmen Sie die Bogenl¨ ange L von γ f¨ ur das Intervall [0, T ] mit T > 0.
b) Bestimmen Sie die Kr¨ ummung der Kurve γ an der Stelle t > 0.
c) Geben Sie Radius und Mittelpunkt des Kr¨ ummungskreises von γ(t) an der Stelle t
0= 1 an.
L¨ osung:
a) Es gilt
γ
0(t) =
γ
10(t) γ
20(t)
=
2t
4t
5− t
3|γ
0(t)| = √
4t
8+ t
10− 2t
8+ t
6= √
t
10+ 2t
8+ t
6= p
(t
5+ t
3)
2= |t
5+ t
3| = t
5+ t
3, da T > 0.
Damit gilt f¨ ur die Bogenl¨ ange
L =
T
Z
0
t
5+ t
3dt = 1
6 t
6+ 1 4 t
4 T 0= 1
6 T
6+ 1 4 T
4b) Es gilt
γ
00(t) =
γ
100(t) γ
200(t)
=
8t
35t
4− 3t
2und damit
κ(t) = γ
10(t)γ
200(t) − γ
100(t)γ
20(t)
|γ
0(t)|
3= 2t
4(5t
4− 3t
2) − 8t
3(t
5− t
3) (t
5+ t
3)
3= 10t
8− 6t
6− 8t
8+ 8t
6(t
5+ t
3)
3= 2t
8+ 2t
6(t
5+ t
3)
3= 2t
3(t
5+ t
3)
(t
5+ t
3)
3= 2t
3(t
5+ t
3)
2= 2 t
7+ 2t
5+ t
3c) Der Radius des Kr¨ ummungskreises ist
r = 1
|κ(1)| = 1
2 17+2·15+13
= 1
2 4
= 2
Zur Berechnung des Mittelpunktes ben¨ otigen wir den Normaleneinheitsvektor n(t) an der Stelle t = 1.
Daf¨ ur gilt
n(t) = 1
|γ
0(t)|
−γ
20(t) γ
10(t)
= 1
t
5+ t
3t
3− t
52t
4⇒ n(1) = 1 2
0 2
= 0
1
Damit erhalten wir den Mittelpunkt m = (m
1, m
2)
Tm = γ(1) + 1
κ(1) · n(1) =
2−
5121+ 1
1 2
0 1
=
2−
5121+
0 2
=
2235 12
Aufgabe I.3: (10 Pkt.) Bestimmen Sie eine Stammfunktion von f : [2, ∞] → R mit
f (x) = 3x
2− x + 1 x
3− 2x
2+ 2x − 1 . L¨ osung:
Der Ansatz f¨ ur die ben¨ otigte Partialbruchzerlegung lautet 3x
2− x + 1
x
3− 2x
2+ 2x − 1 = 3x
2− x + 1
(x − 1)(x
2− x + 1) = A
x − 1 + Bx + C x
2− x + 1 Damit erhalten wir
3x
2− x + 1 = A(x
2− x + 1) + (Bx + C)(x − 1)
Durch Einsetzen von x = 1 erhalten wir A = 3 und der Koeffizientenvergleich liefert:
3x
2− x + 1
(x − 1)(x
2− x + 1) = 3
x − 1 + Bx + C x
2− x + 1
⇔ 3x
2− x + 1 = 3(x
2− x + 1) + (Bx + C)(x − 1)
⇔ 3x
2− x + 1 = x
2(3 + B) + x(C − B − 3) + 3 − C
⇒ 3 = 3 + B ⇒ B = 0 C − 0 − 3 = −1 ⇒ C = 2 Also gilt:
Z 3x
2− x − 1
x
3− 2x
2+ 2x − 1 dx =
Z 3 x − 1 +
Z 2
x
2− x + 1 dx
= 3 ln |x − 1| + 2
Z 1
x
2− x + 1 dx
| {z }
(?)
F¨ ur (?) gilt:
Z 1
x
2− x + 1 dx =
Z 1 x −
122+
34dx =
Z 1
3 4
h
43
x −
122+ 1
i dx = 4 3
Z 1
2x−1√3
2+ 1 dx
Substituiere
2x−1√3
= u ⇒ dx =
√3 2
du
= 4 3
Z 1 u
2+ 1 ·
√ 3
2 du = 2
√ 3 arctan(u)
Resubstituiere
= 2
√ 3 arctan
2x − 1
√ 3
Also gilt insgesamt
Z 3x
2− x − 1
x
3− 2x
2+ 2x − 1 dx =
3 ln |x − 1| + 4
√ 3 arctan
2x − 1
√ 3
.
Teil II
Aufgabe II.1: (3+5 Pkt.)
a) Skizzieren Sie die Fl¨ ache A im R
2, die durch die Kurven bzw. Geraden f (x) = x
2, g(x) = 1
2 x
2+ 2, h(x) = 3 2
begrenzt wird und den Punkt (1, 2) enth¨ alt. Zeichnen Sie dabei die Schnittpunkte der Kurven bzw.
Geraden untereinander und der Kurven bzw. Geraden mit der x-Achse bzw. y-Achse ein.
b) Geben Sie den Fl¨ acheninhalt von A an.
L¨ osung:
a) Skizze:
f x) =x2 g(x) = 12x2+ 2
h(x) = 32
x y
-2 -1 1 2
1 2 3 4 5
b)
f g
A
1-2 -1 1 2 1
2 3 4 5
f
A
2 h-2 -1 1 2 1
2 3 4 5
Die gesuchte Fl¨ ache A ergibt sich dann aus A = A
1− A
2. zu A
1:
Berechne die Schnittpunkte zwischen g und f : g(x) = f (x) ⇔ 1
2 x
2+ 2 = x
2⇔ x
2= 4 ⇔ x = ±2
Z
2−2
f (x) − g (x) dx = Z
2−2
1
2 x
2− 2 dx = 1
6 x
3− 2x
2
−2
= 8 6 − 4 −
− 8 6 − 4
= 8
3 − 8 = − 16
3 .
⇒ A
1=
− 16 3
= 16 3 . zu A
2:
Berechne die Schnittpunkte zwischen f und h:
f (x) = h(x) ⇔ x
2= 3
2 ⇔ x = ± r 3
2
Z
√
3 2−
√
3 2
f(x) − h(x) dx = Z
√
3 2−
√
3 2
x
2− 3
2 dx = 1
3 x
3− 3 2 x
√
3 2−
√
3 2
=
√ 3 2 √
2 − 3 √ 3 2 √
2 − −
√ 3 2 √
2 + 3 √ 3 2 √
2
!
=
√ 3
√ 2 − 3 √
√ 3
2 = − 2 √
√ 3
2 = − √ 6.
⇒ A
2= √ 6.
Daraus folgt f¨ ur den Fl¨ acheninhalt A = A
1− A
2= 16 3 − √
6.
Aufgabe II.2: (5+2 Pkt.)
a) Bestimmen Sie das Taylorpolynom T
3,π(x) dritten Grades an der Stelle π der Funktion f(x) = cos
2(x).
b) Geben Sie das zu T
3,π(x) zugeh¨ orige Restglied in der Form von Lagrange an.
L¨ osung:
a) Dazu:
f(x) = cos
2(x)
f
0(x) = −2 cos(x) sin(x) f
00(x) = 2 sin
2(x) − 2 cos
2(x)
f
000(x) = 4 cos(x) sin(x) + 4 cos(x) sin(x)
= 8 cos(x) sin(x) Daraus folgt:
f(π) = cos
2(π) = (−1)
2= 1 f
0(π) = −2 cos(π) sin(π) = 0 f
00(π) = 2 sin
2(π) − 2 cos
2(π) = −2 f
000(π) = 8 cos(π) sin(π) = 0
Also:
T
3,π(x) = 1 + 0
1! (x − π) + −2
2! (x − π)
2+ 0
3! (x − π)
3= 1 − (x − π)
2b) Es gilt
f
(4)(x) = −8 sin(x) sin(x) + 8 cos(x) cos(x)
= −8 sin
2(x) + 8 cos
2(x)
Damit gilt f¨ ur das zugeh¨ orige Restglied
R
3,π(x) = f
(4)(t)
4! (x − π)
4f¨ ur ein t zwischen x und π
= −8(sin
2(t) − cos
2(t))
4! (x − π)
4= − 1
3 (sin
2(t) − cos
2(t))(x − π)
4Aufgabe II.3: (4+4+4+4 Pkt.)
a) Berechnen Sie den Wert der konvergenten Reihe
∞
X
n=0
2 · 3
2n+ 3 · 5
n(−1)
n10
n.
b) Sind die folgenden Reihen konvergent oder divergent?
i)
∞
X
n=3
2
n(n − 3)!
n
n−1ii)
∞
X
n=1
√ n
4+ 1 − n
22n
2c) Berechnen Sie den Konvergenzradius der Reihe
∞
X
n=1
1 2
(n2)x
n.
L¨ osung:
a) Es gilt
∞
X
n=0
2 · 3
2n10
n= 2
∞
X
n=0
3
2n10
n= 2
∞
X
n=0
9 10
ngeo.Reihe
= 2 · 1
1 −
109= 2 · 10 = 20 und
∞
X
n=0
3 · 5
n(−1)
n10
n= 3
∞
X
n=0
5
n(−1)
n10
n= 3
∞
X
n=0
− 5 10
ngeo.Reihe
= 3 · 1
1 +
12= 3 · 2 3 = 2 Also gilt insgesamt
∞
X
n=0
2 · 3
2n+ 3 · 5
n(−1)
n10
n=
∞
X
n=0
2 · 3
2n10
n+
∞
X
n=0
3 · 5
n(−1)
n10
n= 20 + 2 = 22
b) i) Verwende das Quotientenkriterium a
n+1a
n=
2(n+1)(n+1−3)!
(n+1)n+1−1 2n(n−3)!
n(n−1)
= 2
n· 2 · (n − 2)! · n
n· n
−1(n + 1)
n· 2
n(n − 3)! = 2 · (n − 2)(n − 3)! · n
nn(n + 1)
n· (n − 3)!
= 2(n − 2)
n · n
n(n + 1)
n= 2(n − 2)
n · 1
(1 +
n1)
nWegen lim
n→∞
(1 +
n1)
n= e und lim
n→∞
n−2
n
= 1 schließen wir
n→∞
lim
a
n+1a
n= lim
n→∞
a
n+1a
n= 2
e < 1 (da 2 < e)
also ist die Reihe nach dem Quotientenkriterium konvergent.
ii) Der Term √
n
4+ 1 − n
2geht gegen 0 f¨ ur n → ∞. Wegen
√ n
4+ 1 − n
2= √
n
4+ 1 − √
n
4= ( √
n
4+ 1 − √ n
4)( √
n
4+ 1 + √ n
4)
√ n
4+ 1 + √ n
4= n
4+ 1 − n
4√ n
4+ 1 + √
n
4≤ 1 2 √
n
4= 1 2n
2< 1 ist der Term als Folge beschr¨ ankt. Also gilt
N
X
n=1
√ n
4+ 1 − n
22n
2≤ 1
2
N
X
n=1
1 n
2und die Reihe konvergiert nach dem Majorantenkriterium.
c) Mit dem Wurzelkriterium gilt
p
n|a
n| =
ns
1 2
(n2)=
nr 1
2
(n2)= 1
√
n2
(n2)= 1 2
nn2= 1 2
nn→∞
−→ 0
Damit ist der Konvergenzradius ∞.
Aufgabe II.4: (5+3 Pkt.)
a) Bestimmen Sie die Jacobimatrix und die Hessematrix von g : R
2→ R mit g(x, y) = e
x+ycos(x).
b) Bestimmen Sie alle partiellen Ableitungen erster Ordnung von
f (x, y, z) = x
2yz + arcsin(z)e
y+ ln(y)y
2.
f¨ ur x ∈ R , y > 0 und z ∈ (−1, 1). (Diese Bereiche sind so gew¨ ahlt, damit f wohldefiniert ist.) L¨ osung:
a) Es ist
g
x(x, y) = e
x+ycos x − e
x+ysin x g
y(x, y) = e
x+ycos x
Also gilt f¨ ur die Jacobimatrix D
g(x, y) =
g
x(x, y) g
y(x, y)
=
e
x+ycos x − e
x+ysin x e
x+ycos x
= e
x+ycos x − sin x cos x
Weiter gilt
g
xx(x, y) = e
x+ycos x − e
x+ysin x − e
x+ysin x + e
x+ycos x
= −2e
x+ysin x g
yy(x, y) = e
x+ycos x
g
xy(x, y) = e
x+ycos x − e
x+ysin x = g
yx(x, y ) Damit gilt f¨ ur die Hessematrix
H
g(x, y) =
g
xx(x, y) g
xy(x, y) g
yx(x, y) g
yy(x, y)
=
−2e
x+ysin x e
x+ycos x − e
x+ysin x e
x+ycos x − e
x+ysin x e
x+ycos x
= e
x+y−2 sin x cos x − sin x cos x − sin x cos x
b) Es gilt:
f
x= 2xyz
f
y= x
2z + arcsin(z)e
y+ y + 2 ln(y)y f
z= x
2y + e
y√ 1 − z
2Teil III
Aufgabe III.1: (3+3+5 Pkt.)
Beurteilen Sie den Wahrheitswert der folgenden Aussagen:
a) Sei f : R → R eine Funktion und a, b ∈ R mit a < b.
1. Ist f auf [a, b] integrierbar, so ist f auf [a, b] stetig.
2. Wenn f auf R stetig ist und f (a) < 0 < f (b), so besitzt f eine Nullstelle im Intervall [a, b].
3. Ist f auf [a, b] stetig, so ist f auf (a, b) differenzierbar.
b) Sei f : R → R eine auf ganz R differenzierbare Funktion und a, b ∈ R mit a < b.
1. f ist stetig auf ganz R .
2. f ist monoton steigend auf ganz R . 3. f besitzt mindestens eine Nullstelle.
4. Es existiert ein χ ∈ (a, b) mit
f(b)−fb−a(a)= f
0(χ).
c) Die Funktion f : [−4, 1] → R , f(x) =
13x
3+ x
2− 1 hat
1. im Punkt (0, −1) ein lokales Maximum, im Punkt (−2,
13) ein lokales Minimum, im Randpunkt −4 ein Maximum und im Randpunkt 1 ein Minimum.
2. im Punkt (0, −1) ein globales Maximum, im Punkt (−2,
13) ein globales Minimum, im Randpunkt −4 ein Maximum und im Randpunkt 1 ein Minimum.
3. im Punkt (0, −1) ein lokales Minimum, im Punkt (−2,
13) ein globales Maximum, im Randpunkt −4 ein Minimum und im Randpunkt 1 ein Maximum.
4. im Punkt (0, −1) ein globales Minimum, im Punkt (−2,
13) ein globales Maximum, im Randpunkt −4 ein Minimum und im Randpunkt 1 ein Maximum.
L¨ osung:
a) 1) Nein, z.B. Treppenfunktionen erf¨ ullen diese Aussage nicht.
2) Ja, Zwischenwertsatz.
3) Nein, z.B. die Betragsfunktion erf¨ ullt diese Aussage nicht.
b) 1) Ja, differenzierbare Funktionen sind stetig.
2) Nein, z.B. die Normalparabel erf¨ ullt diese Aussage nicht.
3) Nein, z.B. konstante Funktionen erf¨ ullen diese Aussage nicht.
4) Ja, das ist der Mittelwertsatz.
c) Es gilt
f
0(x) = x
2+ 2x = x(x + 2) = 0
!⇒ x = 0 ∨ x = −2 Weiter gilt f
00(x) = 2x + 2 und damit
f
00(0) = 2 > 0 ⇒ lokales Minimum bei (0, −1) f
00(−2) = 2 < 0 ⇒ lokales Maximum bei
−2, 1 3
F¨ ur die R¨ ander gilt
f(−4) = − −19
3 ≈ −6 ⇒ Minimum
f(1) = 1
3 ⇒ Maximum
Skizze:
−5 −4 −3−3 −2 −1 1 2
−7
−6
−5
−4
−3
−3
−2
−1 1 2
Aufgabe III.2: (3+3+3 Pkt.)
a) Berechnen Sie den Grenzwert
x→0
lim
1 − cos x (e
x− 1) sin x . Der Grenzwert ist
1. 2 2.
123.
π24. π
5. 1 6. 0 7. −∞ 8. ∞
b) Berechnen Sie den Grenzwert
x→0
lim
√
31 + x − 1
x .
Der Grenzwert ist
1. 0 2. 1 3.
134. 3
5. ∞ 6.
147.
128. −∞
c) Berechnen Sie den Grenzwert
x→0
lim 1
x − 1 sin x
. Der Grenzwert ist
1. 0 2. 1 3. 2 4. 4
5. −2 6. π 7. ∞ 8. −∞
L¨ osung:
a) Berechne den Grenzwert mit Hilfe des Potenzreihenansatzes oder l’Hospital 1 − cos x
(e
x− 1) sin x =
1 −
1 −
x2!2+
x4!4−
x6!6± . . . 1 + x +
x2!2+
x3!3+ . . . − 1
x −
x3!3+
x5!5−
x7!7± . . .
=
x2
2!
−
x4!4+
x6!6± . . . x +
x2!2+
x3!3+ . . .
x −
x3!3+
x5!5−
x7!7± . . .
=
x
21
2
−
x4!2+
x6!4± . . . x
21 +
2!x+
x3!2+ . . .
1 −
x3!2+
x5!4−
x7!6± . . .
=
12
−
x4!2+
x6!4± . . . 1 +
2!x+
x3!2+ . . .
1 −
x3!2+
x5!4−
x7!6± . . .
x→0
→
1 2
1 · 1 = 1 2 b)
x→0
lim
√
31 + x − 1
x = lim
x→0
(1 + x)
13− 1 x
L.H.
= lim
x→0 1
3
(1 + x)
−231 = 1
3 . c)
x→0
lim 1
x − 1 sin x
= lim
x→0
sin x − x x sin x
L.H.
= lim
x→0
cos x − 1 x cos x + sin x
L.H.
= lim
x→0
− sin x
2 cos x − x sin x = 0.
Aufgabe III.3: (3+3+3 Pkt.)
a) Berechnen Sie den Wert des folgenden Integrals:
Z
π2π 3
cos x sin
2x dx.
(Tipp: cos
π4= sin
π4=
√12
, cos
π3=
12, sin
π3=
12√
3, cos
π6=
12√
3 und sin
π6=
12) Das Ergebnis ist:
1. −1 +
√13
2. 1 − √
2 3. −1 + √
2 4.
√12
5. −
√12
6. −1 +
√23
b) Geben Sie den Wert des folgenden Integrals an:
π
Z
0
sin x cos x 1 + cos
2x dx.
Der Wert des Integrals ist:
1. 2π 2.
123. 1
4. 0 5.
32π 6. π
c) Gegeben sei f : R → R mit
f (x) = e
xsin x.
Eine Stammfunktion von f ist
1. F (x) =
12e
x(sin x−cos x). 2. F (x) = 2e
x(cos x + sin x). 3. F (x) = e
xcos x.
4. F (x) = e
x(sin x − 1). 5. F (x) = 2e
x(cos x −sin x). 6. F (x) =
12e
x(sin x+cos x).
L¨ osung:
a) L¨ ose das Integral mit Hilfe der Cayley-Substitution. Dabei gilt t = tan x
2 ⇒ dx = 2 1 + t
2dt sin x = 2t
1 + t
2cos x = 1 − t
21 + t
2Also gilt:
Z cos x sin
2x
Subst.
=
Z
1−t21+t2 2t 1+t2
2· 2
1 + t
2dt =
Z 1 − t
22t
2dt
= 1 2
Z 1
t
2− 1 dt = 1 2
− 1 t − t
Resubst.
= 1
2
− 1
tan
x2− tan x 2
Alternativ kann man erkennen, dass der Integrand von der Form f (g(x))g
0(x) mit f (x) = 1
x
2und g(x) = sin(x)
ist. Somit ist F (g(x)) = −
sin(x)1eine Stammfunktion. Der Wert des Integrals ist damit −1 +
√2 3
.
b) Es gilt:
π
Z
0
sin x cos x
(1 + cos
2x) dx = − 1 2
π
Z
0
−2 sin x cos x
(1 + cos
2x) dx = − 1 2
ln(1 + cos
2x)
π 0= − 1 2
ln(1 + (−1)
2) − ln(1 + 1
2)
= − 1
2 [ln(2) − ln(2)] = 0 c) Mit der partiellen Integration gilt
Z sin x
| {z }
u(x)
· e
x|{z}
v0(x)
dx
P.I.= sin x · e
x− Z
cos x
| {z }
u1(x)
· e
x|{z}
v1(x)
dx
P.I.
