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

(1)

Institut f¨ ur Analysis

WS2013/14

Prof. Dr. Roland Schnaubelt 24.01.2014

Dipl.-Math. Leonid Chaichenets

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

Aufgabe 59:

Wir halten zun¨achst fest, dass jeder angegebene Integrand auf dem jeweiligen abgeschlossenen Integrationsintervall stetig ist und die Integrale deswegen definiert sind.

(a) Nach Abschnitt 11.3 der Vorlesung (Linearit¨at des Integrals in den Integrationsgrenzen) gilt:

Z 2

−2

|t−1|dt= Z 1

−2

|t−1|dt+ Z 2

1

|t−1|dt= Z 1

−2

(1−t)dt+ Z 2

1

(t−1)dt Nach Abschnitt 11.5 der Vorlesung (Integrale ¨uber Polynome) gilt:

Z 1

−2

(1−t)dt+ Z 2

1

(t−1)dt=

t−t² 2

t=1 t=−2

+ t²

2 −t t=2

t=1

= 5 (b) W¨ahle a = 1, b = 4, f(t) = ^√ ¹

t(1+√

t) für alle t ∈ I := [a, b] sowie α = 1, β = 2 und φ(t) = t² für alle t ∈ J := [α, β]. Klar: φ ∈ C¹(J), φ⁰(t) = 2t0 für alle t ∈ J. Nach der Substitutionsregel aus dem Abschnitt 11.7 der Vorlesung gilt:

Z ₄

1

√ 1

t(1−√ t)dt=

Z _b

a

f(t)dt=

Z _φ⁻¹_(b)

φ⁻¹(a)

f(φ(s))φ⁰(s)ds= Z ₂

1

2s

s(1 +s)ds= 2 Z ₂

1

1 1 +sds Weitere Substitution x= 1 +sliefert:

2 Z 2

1

1 +sds= 2 Z 3

2

1 xdx Nach Abschnitt 11.5 der Vorlesung ist schließlich:

2 Z 3

2

1

xdx= 2 [log(x)]^x=3_x=2= 2(log(3)−log(2)) = 2 log 3

2

(c) Wähle u(t) = −¹₂cos(2t) sowie v(t) = ¹₂t² für alle t ∈ I := [0,^π₂]. Klar: u, v ∈C¹(I) und u⁰(t) = sin(2t) für allet∈I. Es gilt nach der Regel der partiellen Integration aus Abschnitt 11.6 der Vorlesung:

Z ^π₂

0

1

2t²sin(2t)dt = Z ^π₂

0

u⁰(t)v(t)dt= [u(t)v(t)]^t=

π 2

t=0 − Z ^π₂

0

u(t)v⁰(t)dt

= −

1

2cos(2t)·1 2t²

t=^π₂ t=0

+ Z ^π

2

0

1

2cos(2t)tdt

= π² 16 + 1

2 Z ^π

2

0

t·cos(2t)dt

(2)

Auf das verbleibende Integral wird wieder die Regel der partiellen Integration angewendet.

Es folgt:

Z ^π

2

0

t

|{z}

=u(t)

·cos(2t)

| {z }

=v⁰(t)

dt=

t·1

2sin(2t) ^π₂

0

− Z ^π

2

0

1·1

2sin(2t)dt=−1 2

Z ^π

2

0

sin(2t)dt

Eine Stammfunktion zu t 7→ sin(2t) ist t 7→ −¹₂cos(2t). Nach dem Hauptsatz aus dem Abschnitt 11.4 der Vorlesung gilt daher:

Z ^π

2

0

sin(2t)dt=− 1

2cos(2t) t=^π₂

t=0

= 1 Daher gilt:

Z ^π

2

0

1

2t²sin(2t)dt= π² 16 − 1

4 (d) Als Erstes wirds=√

t, d.h.t=s² substituiert. Es folgt dt= 2sdsund wegen t∈[1,4] ist s∈[1,2]. Es ergibt sich:

Z 4 1

arctan q√

t−1

dt= Z 2

1

2s·arctan √ s−1

ds Nun wird x=√

s−1, d.h.s=x²+ 1 substituiert. Es folgt ds= 2xdxund wegens∈[1,2]

ist x∈[0,1]. Damit:

Z 2 1

2s·arctan √ s−1

ds= Z 1

0

2(x²+ 1)·2x·arctan(x)dx

Dieses Integral k¨onnen wir weiter mit der Regel der partiellen Integration bearbeiten, dabei sei u(x) =x⁴+ 2x² bzw.v(x) = arctan(x) f¨ur alle x∈[0,1]:

Z 1 0

4(x³+x)

| {z }

=u⁰(x)

·arctan(x)

| {z }

=v(x)

dx =

(x⁴+ 2x²) arctan(x)x=1 x=0−

Z 1 0

(x⁴+ 2x²) 1 1 +x²dx

= 3π 4 −

Z 1 0

x⁴+ 2x²+ 1−1

1 +x² dx= 3 4π−

Z 1 0

(1 +x²)²−1 1 +x² dx

= 3 4π+

Z ₁

0

1

1 +x²dx− Z ₁

0

1 +x²dx

= 3

4π+ [arctan(x)]^x=1_x=0−

x+1 3x³

x=1 x=0

=π−4 3

Aufgabe 60:

(a) Aus Abschnitt 9.2 der Vorlesung ist bekannt, dass πZ genau die Nullstellenmenge vom sin ist. Mit dem Zwischenwertsatz aus Abschnitt 8.9 der Vorlesung folgt: sin(t) ≥ 0 f¨ur alle t ∈ [(k−1)π, kπ] oder sin(t) ≤ 0 f¨ur alle t ∈ [(k −1)π, kπ]. Im ersten Fall gilt nach Abschnitt 11.3 der Vorlesung Rkπ

sin(t)dt ≥ 0 und damit Rkπ |sin(t)|dt =

(3)

Rkπ

(k−1)πsin(t)dt =

Rkπ

(k−1)πsin(t)dt

. Entsprechend gilt im zweiten Fall Rkπ

(k−1)πsin(t)dt≤ 0 und damit Rkπ

(k−1)π|sin(t)|dt = Rkπ

(k−1)π−sin(t)dt = −Rkπ

(k−1)πsin(t)dt =

Rkπ

(k−1)πsin(t)dt . Da −cos eine Stammfunktion von sin ist, folgt mit den Eigenschaften des cos aus Ab- schnitt 9.2 der Vorlesung:

Z _kπ

(k−1)π

|sin(t)|dt =

Z _kπ

(k−1)π

sin(t)dt

=

−[cos(t)]^t=kπ_t=(k−1)π

=

(−1)^k−(−1)^(k−1) =

(−1)^k+ (−1)^k = 2

(b) Betrachte die Substitutions= log(t), d.h. t=e^s. Dann ist dt=e^sdsund wegen t∈[1, e]

ist s∈[0,1]. Es folgt:

Z e 1

1

t(1 + log(t))dt= Z 1

0

e^s

e^s(1 +s)ds= Z 1

0

1 (1 +s)ds

Eine Stammfunktion des letzten Integranden ist s7→ log(1 +s). Nach dem Hauptsatz aus dem Abschnitt 11.4 der Vorlesung gilt daher:

Z 1 0

1

(1 +s)ds= [log(1 +s)]^s=1_s=0 = log(2)−log(1) = log(2)

(c) Wir wenden die Regel der partiellen Integration mit u(t) = t und v(t) = arcsin(t) f¨ur t∈[0,

√2

2 ] an und erhalten:

Z

√ 2 2

0

arcsin(t)dt = Z

√ 2 2

0

1

|{z}

=u⁰(t)

·arcsin(t)

| {z }

=v(t)

dt= [tarcsin(t)]^t=

√ 2 2

t=0 −

Z

√ 2 2

0

t· 1

√

1−t²dt

=

√2 2 ·π

4 + Z

√ 2 2

0

−2t 2√

1−t²dt Eine Stammfunktion des letzten Integranden istt7→√

1−t². Damit folgt mit dem Haupt- satz aus dem Abschnitt 11.4 der Vorlesung:

Z

√ 2 2

0

arcsin(t)dt=

√ 2 2 ·π

4 +hp 1−t²

it=

√ 2 2

t=0 =

√ 2π

8 +

√ 2 2 −1

(d) Zun¨achst beachten wir, dass nach den Additionstheoremen aus Abschnitt 7.12 der Vorlesung sin(t) = sin

t 2 + t

2

= 2 sin t

2

cos t

2

f¨ur alle t∈R. Da weder t 7→sin(t) cos(t) noch t7→sin ^t₂

cos ₂^t

Nullstellen im Intervall _π

2,^2π₃

haben, gilt f¨ur alle t∈_π

2,^2π₃ : 1

sin(t) = cos² ₂^t

+ sin² ₂^t 2 sin ₂^t

cos ₂^t =

1 +^sin

2(₂^t)

cos²(₂^t) 2^sin(₂^t)

cos(2^t)

= 1 + tan² ₂^t 2 tan ₂^t

(4)

Es bietet sich daher die Substitution s = tan ₂^t

, d.h t = 2 arctan(s) an. Dann ist dt =

2

1+s²dsund wegen t∈_π

2,^2π₃

ist s∈ 1,√

3

. Es folgt:

Z ^2π

3 π 2

1

sin(t)dt = Z ^2π

3 π 2

1 + tan² ₂^t 2 tan ₂^t dt=

Z

√ 3 1

1 +s² 2s · 2

1 +s²ds

= Z

√ 3 1

1

sds= [log(s)]^s=

√ 3

s=1 = log(3) 2

Aufgabe 61:

(a) Betrachte die Substitutions= 1 + 2t, d.h. t= ^s−1₂ . Dann ist dt= ^ds₂ und wegent∈[0,1]

Z 1 0

(1 + 2t)³dt= 1 2

Z 3 1

s³ds

Eine Stammfunktion des letzten Integranden ist s7→ ¹₄s⁴. Damit folgt mit dem Hauptsatz aus dem Abschnitt 11.4 der Vorlesung:

1 2

Z 3 1

s³ds= 1 8

s⁴s=3

s=1 = 81−1 8 = 10

(b) Wir wenden die Regel der partiellen Integration mitu(t) = ^t₂² undv(t) = log(t) f¨urt∈[1, e]

an und erhalten:

Z e 1

t

|{z}

=u⁰(t)

·log(t)

| {z }

=v(t)

dt= t²

2 log(t) t=e

t=1

− Z e

1

t² 2 ·1

tdt= e² 2 − 1

2 Z e

1

tdt

Eine Stammfunktion des letzten Integranden ist t7→ ¹₂t². Damit folgt mit dem Hauptsatz aus dem Abschnitt 11.4 der Vorlesung:

Z e 1

tlog(t)dt= e² 2 −1

4

t²t=e t=1= e²

4 + 1 4 (c) Scharfes Hinsehen liefert, dass t 7→ u(t) := ^√⁻¹

1+t² eine Stammfunktion von t 7→ u⁰(t) =

t

(1+t²)³² ist. Daher bietet es sich an, die Regel der Partiellen Integration mit u(t) wie oben und v(t) =t² f¨ur alle t∈[1,2] anzuwenden:

Z 2 1

t³ (1 +t²)³²

dt = Z 2

1

t (1 +t²)³²

| {z }

u⁰(t)=

· t²

|{z}

=v(t)

dt=

−t²

√ 1 +t²

t=2 t=1

− Z 2

1

√−2t 1 +t²dt

= 1

√2 − 4

√5+ 2 Z 2

1

√ t

1 +t²dt Ein weiteres scharfes Hinsehen liefert, dass t 7→ √

1 +t² eine Stammfunktion des letzten Integranden ist. Damit folgt:

Z 2 t³

2 ³dt=

√2 2 −4√

5

5 + 2hp 1 +t²

it=2 t=1 =

√2 2 −4√

5 5 + 2

√ 5−2

√

2 = 6√ 5 5 −3√

2 2

(5)

(d) Mit der Definition von cosh und sinh ergibt sich:

Z ^log(7)

2 log(3)

2

1

sinh(t) cosh(t)dt =

Z ^log(7)

2 log(3)

2

1

e^t−e^−t

2 ·^e^t^+e₂^−tdt

=

Z ^log(7)

2 log(3)

2

4

(e^t−e^−t)·(e^t+e^−t)dt= Z ^log(7)

2 log(3)

2

4 e^2t−e^−2tdt Es bietet sich daher die Substitution s =e^2t, d.h. t = ^log(s)₂ an. Dann ist dt = _2s¹ds und wegen t∈h

log(3) 2 ,^log(7)₂

i

Z ^log(7)

2 log(3)

2

4

e^2t−e^−2tdt = 2 Z 7

3

1 s· 1

s− ¹_sds= 2 Z 7

3

1

s²−1ds= Z 7

3

2

(s−1)(s+ 1)ds

= Z 7

3

1

s−1 − 1

s+ 1ds= [log(s−1)−log(s+ 1)]^s=7_s=3=

log

s−1 s+ 1

s=7 s=3

= log 3

4

−log 1

2

= log 3

4

+ log(2) = log 3

2

Aufgabe 62:

(a) Scharfes Hinsehen liefert, dass t 7→ −¹₄√

9−4t² eine Stammfunktion von t 7→ ^√ ^t

9−4t² ist.

Damit folgt mit dem Hauptsatz aus dem Abschnitt 11.4 der Vorlesung:

Z 1 0

√ t

9−4t²dt=−

"√ 9−4t²

4

#t=1 t=0

= 3 4 −

√ 5

4 = 3−√ 5 4

(b) Wir wenden die Regel der partiellen Integration mitu(t) = sin(t) undv(t) =tf¨urt∈ 1,^π₄ an und erhalten:

Z ^π

4

0

t

|{z}

=v(t)

·cos(t)

| {z }

=u⁰(t)

dt= [tsin(t)]^t=

π 4

t=0 − Z ^π

4

0

1·sin(t)dt= π 4 ·

√ 2 2 −

Z ^π

4

0

sin(t)dt

Eine Stammfunktion des letzten Integranden istt7→ −cos(t). Damit folgt mit dem Haupt- satz aus dem Abschnitt 11.4 der Vorlesung:

Z ^π

4

0

tcos(t)dt= π 4 ·

√2

2 + [cos(t)]^t=

π 4

t=0 = π 4 ·

√2 2 +

√2 2 −1 =

√2(π+ 4)−8 8 (c) Mit der Linearit¨at des Integrals (siehe Abschnitt 11.3 der Vorlesung) gilt:

Z ¹

2

0

√ t

1−tdt= Z ¹

2

0

(t−1) + 1

√1−t dt= Z ¹

2

0

−√

1−tdt+ Z ¹

2

0

√ 1

1−tdt

(6)

Eine Stammfunktion vont7→ −√

1−tistt7→ ²₃(1−t)³². Eine Stammfunktion vont7→ ^√_1−t¹ ist t7→ −2√

1−t. Damit folgt mit dem Hauptsatz aus dem Abschnitt 11.4 der Vorlesung:

Z ¹₂

0

−√

1−tdt+ Z ¹₂

0

√1

1−tdt = 2 3 h

(1−t)³²it=¹₂ t=0

−2√

1−tt=¹₂ t=0

= 1

3√ 2 −2

3 + 2−√ 2 =

√2 6 −4

6 +12 6 −6√

2 6

= 8−5√ 2 6

(d) Betrachte die Substitution s = e^t, d.h. t = log(s). Dann ist dt = ^ds_s und wegen t ∈ h−^log(3)₂ ,^log(3)₂ i

ist s∈h

√1 3,√

3i

. Es folgt:

Z ^log(3)

2

−^log(3)₂

e^t+ 3 e^2t+ 1dt=

Z

√3

√1 3

s+ 3 s²+ 1·1

sds= Z

√3

√1 3

1

1 +s²ds+ 3 Z

√3

√1 3

1 s(s²+ 1)ds

Laut Abschnitt 11.5 der Vorlesung ist s 7→ arctan(s) eine Stammfunktion von s7→ _1+s¹₂. Ferner gilt

1

s(s²+ 1) = 1

s− s

s²+ 1

f¨ur alle s6= 0. Eine Stammfunktion vons7→ _s₂^s₊₁ ist durch s7→ ¹₂log 1 +s²

gegeben. Es folgt damit:

Z

√3

√1 3

1

1 +s²ds+ 3 Z

√3

√1 3

1

s(s²+ 1)ds =

arctan(s) + 3 log(s)−3

2log(1 +s²) s=√

3 s=^√¹

3

=

arctan(s) + 3 log s

√1 +s² s=√

3 s=^√¹

3

= π

3 −π

6 + 3 log

√3 2

!

−log 1

2 !

= π

6 +3 2log(3)

Aufgabe 63:

(a) Mit den Additionstheoremen aus Abschnitt 7.12 der Vorlesung folgt Z ^π

2

0

sin(t) cos(t)dt= 1 2

Z ^π

2

0

2 sin(t) cos(t)dt= 1 2

Z ^π

2

0

sin(2t)dt

Eine Stammfunktion von t7→sin(2t) ist durcht7→ −¹₂cos(2t) gegeben. Es folgt damit:

1 2

Z ^π₂

sin(2t)dt=−1

4[cos(2t)]^t=

π 2

t=0 = 2 4 = 1

2

(7)

(b) Scharfes Hinsehen zeigt, dasst7→√

5 + 2t⁴ eine Stammfunktion vont7→ ^√^4t³

5+2t⁴ ist. Damit folgt mit dem Hauptsatz aus dem Abschnitt 11.4 der Vorlesung:

Z 1 0

4t³

√

5 + 2t⁴dt=hp 5 + 2t⁴

it=1 t=0 =

√ 7−√

5 (c) Es gilt:

Z

√3

1

1 t² · 1

1 +t²dt= Z

√3

1

t² − 1 1 +t²dt

Laut Abschnitt 11.5 der Vorlesung ist t 7→ arctan(t) eine Stammfunktion von t 7→ _1+t¹₂ und t 7→ −¹_t eine Stammfunktion von t 7→ _t¹₂. Damit folgt mit dem Hauptsatz aus dem Abschnitt 11.4 der Vorlesung:

Z

√ 3 1

1 t² − 1

1 +t²dt=− 1

t + arctan(t) t=√

3 t=1

= 1 +π 4 −

√3 3 −π

3 = 3−√ 3

3 − π

12 (d) Scharfes Hinsehen offenbart, dasst7→ −¹₂cos

e^t²

eine Stammfunktion vont7→te^t²sin

e^t² ist. Das legt die Regel von der partiellen Integration mitu(t) =−¹₂cos

e^t²

undv(t) =e^t² f¨ur alle t∈[0,1] nahe. Man erh¨alt:

Z 1 0

te^2t²sin e^t²

dt = Z 1

0

te^t²sin e^t²

| {z }

=u⁰(t)

· e^t²

|{z}

=v(t)

dt

= −1 2

h cos

e^t² e^t²it=1

t=0+ Z 1

0

te^t²cos e^t²

dt Weiteres scharfes Hinsehen zeigt, dass t 7→ ¹₂sin

e^t²

eine Stammfunktion des letzten Integranden ist. Damit folgt mit dem Hauptsatz aus dem Abschnitt 11.4 der Vorlesung:

−1 2

h cos

e^t² e^t²it=1

t=0+ Z 1

0

te^t²cos e^t²

dt = 1 2

h sin

e^t²

−e^t²cos

e^t²it=1 t=0

= 1

2(sin(e)−ecos(e)−sin(1) + cos(1))

Aufgabe 64:

Wir halten zunächst fest, dass in beiden Aufgabenteilen,f stückweise stetig auf [−a, a] ist, und daher alle vorkommenden Integrale erklärt sind.

(a) Nach Abschnitt 11.3 der Vorlesung (Linearit¨at des Integrals in den Integrationsgrenzen) gilt:

Z a

−a

f(t)dt= Z 0

−a

f(t)dt+ Z a

0

f(t)dt

Wir substituieren im ersten Integral nun s = −t, d.h. t = −s. Es folgt dt = −ds und

−a=t(a) sowie 0 =t(0). Damit folgt:

Z a

−a

f(t)dt =

Z 0

−a

f(t)dt+ Z a

0

f(t)dt= Z 0

a

−f(−s)ds+ Z a

0

f(t)dt

fgerade

=

Z a 0

f(s)ds+ Z a

0

f(t)dt= 2 Z a

0

f(t)dt

(8)

(b) Nach Abschnitt 11.3 der Vorlesung (Linearit¨at des Integrals in den Integrationsgrenzen) gilt:

Z a

−a

f(t)dt= Z 0

−a

f(t)dt+ Z a

0

f(t)dt

Wir substituieren im ersten Integral nun s = −t, d.h. t = −s. Es folgt dt = −ds und

−a=t(a) sowie 0 =t(0). Damit folgt:

Z a

−a

f(t)dt =

Z 0

−a

f(t)dt+ Z a

0

f(t)dt= Z 0

a

−f(−s)ds+ Z a

0

f(t)dt

f ungerade

=

Z a 0

−f(s)ds+ Z a

0

f(t)dt= Z a

0

f(t)−f(t)dt= 0