Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung
Aufgabe 1
Sei die Funktion F mit F(x)=\int _{0}^{x}{\sqrt {1-t^{8}}}\,{\mathrm d}t für -1\leq x\leq 1.
Übung 1: Berechne F' und F''.
Übung 2: Bestätige mit einfachen Ober- und Untersummen: 0.496\leq F(0.5)\leq 0.500 und 0.733\leq F(1)\leq 1.00
Lösung:
Lösung von Teilaufgabe 1:Da f:[-1,1]\to {\mathbb {R}},\ f(t)={\sqrt {1-t^{8}}} stetig ist, gilt mit dem error: internal links not implemented, yet!
:
F'(x)=f(x)={\sqrt {1-x^{8}}}
Weiter ist f differenzierbar, und mit der error: internal links not implemented, yet!
folgt
F''(x)=f'(x)={\frac {1}{2{\sqrt {1-x^{8}}}}}\cdot (-8x^{7})=-{\frac {4x^{7}}{{\sqrt {1-x^{8}}}}}
1. Abschätzung:
Da t\mapsto f(t)={\sqrt {1-t^{8}}} auf [0,0.5] monoton fällt, gilt mit der Monotonie des Integrals:
F(0,5)=\int _{0}^{{0.5}}{\sqrt {1-t^{8}}}{\mathrm d}t\geq \int _{0}^{{0.5}}{\sqrt {1-(0.5)^{8}}}{\mathrm d}t=[0.998t]_{0}^{{0.5}}=0.499\geq 0.496
sowie
F(0,5)=\int _{0}^{{0.5}}{\sqrt {1-t^{8}}}{\mathrm d}t\leq \int _{0}^{{0.5}}{\sqrt {1-0^{8}}}{\mathrm d}t=[t]_{0}^{{0.5}}=0.500
2. Abschätzung:
Ebenso ist f auf [0,1] monoton fallend, und mit der Linearität des Integrals folgt
{\begin{aligned}F(1)&=\int _{0}^{1}{\sqrt {1-t^{8}}}{\mathrm d}t=\int _{0}^{{0.5}}{\sqrt {1-t^{8}}}{\mathrm d}t+\int _{{0.5}}^{{0.75}}{\sqrt {1-t^{8}}}{\mathrm d}t+\int _{{0.75}}^{{1}}{\sqrt {1-t^{8}}}{\mathrm d}t\\&\geq \underbrace {\int _{0}^{{0.5}}{\sqrt {1-(0.5)^{8}}}{\mathrm d}t}_{{=0.496}}+\underbrace {\int _{{0.5}}^{{0.75}}{\sqrt {1-(0.75)^{8}}}{\mathrm d}t}_{{=0.237}}+\underbrace {\int _{{0.75}}^{{1}}{\sqrt {1-1^{8}}}{\mathrm d}t}_{{=0}}\\&=0.733\end{aligned}}
Schließlich ist
F(1)=\int _{0}^{{1}}{\sqrt {1-t^{8}}}{\mathrm d}t\leq \int _{0}^{{1}}{\sqrt {1}}{\mathrm d}t=1
Aufgabe 2
Gegeben sei f(x)=\int _{1}^{x}(t-1)^{2}\ln(t-1)\,{\mathrm d}t.
Übung 1: Bestimme den Definitionsbereich von f.
Übung 2: Untersuche das Monotonieverhalten von f und bestimme gegebenenfalls Extrema.
Lösung:
Lösung von Teilaufgabe 1:f ist genau für alle reellen Zahlen definiert, für die der Integrand g(t)=(t-1)^{2}\ln(t-1) definiert und stetig ist. Dies ist zunächst auf ]1,\infty [ als Komposition stetiger Funktionen der Fall. Weiter gilt
\lim _{{t\to 1+}}(t-1)^{2}\ln(t-1){\overset {x=t-1}{=}}\lim _{{x\to 0+}}x^{2}\ln(x)=0
Siehe dazu die error: internal links not implemented, yet!
. Somit ist g in t=1 stetig fortsetzbar, und daher f auf [1,\infty [ definiert.
Monotonie:
Nach dem error: internal links not implemented, yet!
ist f genau dann streng monoton steigend bzw. fallend, wenn f'>0 bzw. f'<0 ist.
Mit dem error: internal links not implemented, yet!
gilt nun für alle x\in [1,\infty [:
f'(x)=(x-1)^{2}\ln(x-1)
Weiter ist für x\neq 1:
\underbrace {(x-1)^{2}}_{{\geq 0}}\ln(x-1){\begin{cases}>0&\iff \ln(x-1)>0\iff x-1>1\iff x>2,\\<0&\iff \ln(x-1)<0\iff x-1<1\iff x<2\end{cases}}
Damit ist f in ]2,\infty [ streng monoton steigend und in ]1,2[ streng monoton fallend.
Extrema:
Es gilt:
f'(x)=(x-1)^{2}\ln(x-1)=0\iff x=1{\text{ oder }}x=2
Da f rechts von x=1 monoton fällt, besitzt die Funktion dort eine lokale (Rand-)Extremstelle. Schließlich fällt f links von x=2 und steigt rechts davon. Somit ist x=2 eine lokale Minimalstelle.
TODO:
konvexes und konkaves VerhaltenAufgabe 3
Für x\in \mathbb{R} sei die Funktion g definiert durch g(x)=\int _{0}^{{x^{2}}}{\sqrt {1+t\sin ^{2}(t)}}\,{\mathrm d}t.
Übung 1: Begründe: g hat im Nullpunkt ein globales Minimum.
Übung 2: Berechne die Ableitung g'(x) für x\in \mathbb{R} .
Lösung:
Lösung von Teilaufgabe 1:Zunächst ist
g(0)=\int _{0}^{{0^{2}}}{\sqrt {1+t\sin ^{2}(t)}}\,{\mathrm d}t=\int _{0}^{{0}}{\sqrt {1+t\sin ^{2}(t)}}\,{\mathrm d}t=0
Für den Integranden gilt weiter auf [0,x^{2}]:
{\sqrt {1+t\sin ^{2}(t)}}\geq 0
Aus der Monotonie des Integrals folgt für alle x\in \mathbb{R} :
g(x)=\int _{0}^{{x^{2}}}{\sqrt {1+t\sin ^{2}(t)}}\,{\mathrm d}t\geq \int _{0}^{{x^{2}}}0\,{\mathrm d}t=0=g(0)
Somit hat g im Nullpunkt ein lokales und sogar globales Minimum.
Für die Hilfsfunktion
h(y)=\int _{0}^{y}{\sqrt {1+t\sin ^{2}(t)}}\,{\mathrm d}t
gilt mit dem error: internal links not implemented, yet!
für alle y\geq 0:
h'(y)={\sqrt {1+y\sin ^{2}(y)}}
Weiter ist
g(x)=h(x^{2})
Mit der error: internal links not implemented, yet!
folgt damit für alle x\in \mathbb{R} :
g'(x)=h'(x^{2})\cdot 2x={\sqrt {1+x^{2}\sin ^{2}(x^{2})}}\cdot 2x=2x{\sqrt {1+x^{2}\sin ^{2}(x^{2})}}
Substitutionsregel
Übung: Substitutionsregel 1
Berechne die unbestimmten Integrale
- \int {\frac {1}{1+x}}\;{\mathrm {d}}x für x>-1
- \int {\frac {1}{1+x^{2}}}\;{\mathrm {d}}x für x\in \mathbb{R}
- \int {\frac {x}{1+x}}\;{\mathrm {d}}x für x>-1
- \int {\frac {x^{2}}{1+x^{2}}}\;{\mathrm {d}}x für x\in \mathbb{R}
- \int {\frac {x}{1+x^{2}}}\;{\mathrm {d}}x für x\in \mathbb{R}
- \int {\frac {x}{1+x^{4}}}\;{\mathrm {d}}x für x\in \mathbb{R}
Teilaufgabe 1:
{\begin{aligned}&\int {\frac {1}{1+x}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=1+x\Longrightarrow {\frac {{\mathrm {d}}y}{{\mathrm {d}}x}}=1\Longrightarrow {\mathrm {d}}x={\mathrm {d}}y\right.}\\[0.5em]&{}=\int {\frac {1}{y}}\,{\mathrm {d}}y\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&{}=\ln(y)+c\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution: }}y=1+x\right.}\\[0.5em]&{}=\ln(1+x)+c\end{aligned}}
Teilaufgabe 2:
{\begin{aligned}&\int {\frac {1}{1+x^{2}}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&{}=\arctan(x)+c\end{aligned}}
Teilaufgabe 3:
{\begin{aligned}&\int {\frac {x}{1+x}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{}=\int {\frac {1+x-1}{1+x}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{}=\int \left({\frac {1+x}{1+x}}-{\frac {1}{1+x}}\right)\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Linearität}}\right.}\\[0.5em]&{}=\int 1\,{\mathrm {d}}x-\int {\frac {1}{1+x}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung und Teilaufgabe 1}}\right.}\\[0.5em]&{}=x-\ln(1+x)+c\end{aligned}}
Teilaufgabe 4:
{\begin{aligned}&\int {\frac {x^{2}}{1+x^{2}}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{}=\int {\frac {1+x^{2}-1}{1+x^{2}}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{}=\int \left({\frac {1+x^{2}}{1+x^{2}}}-{\frac {1}{1+x^{2}}}\right)\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Linearität}}\right.}\\[0.5em]&{}=\int 1\,{\mathrm {d}}x-\int {\frac {1}{1+x^{2}}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung und Teilaufgabe 2}}\right.}\\[0.5em]&{}=x-\arctan(x)+c\end{aligned}}
Teilaufgabe 5:
{\begin{aligned}&\int {\frac {x}{1+x^{2}}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=1+x^{2}\Longrightarrow {\frac {{\mathrm {d}}y}{{\mathrm {d}}x}}=2x\Longrightarrow {\mathrm {d}}x={\frac {1}{2x}}{\mathrm {d}}y\right.}\\[0.5em]&{}=\int {\frac {x}{y}}{\frac {1}{2x}}\,{\mathrm {d}}y\\[0.5em]&{}=\int {\frac 12}{\frac {1}{y}}\,{\mathrm {d}}y\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&{}={\frac 12}\ln(y)+c\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution: }}y=1+x^{2}\right.}\\[0.5em]&{}={\frac 12}\ln(1+x^{2})+c\end{aligned}}
Teilaufgabe 6:
{\begin{aligned}&\int {\frac {x}{1+x^{4}}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&\int {\frac {x}{1+(x^{2})^{2}}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=x^{2}\Longrightarrow {\frac {{\mathrm {d}}y}{{\mathrm {d}}x}}=2x\Longrightarrow {\mathrm {d}}x={\frac {1}{2x}}{\mathrm {d}}y\right.}\\[0.5em]&{}=\int {\frac {x}{1+y^{2}}}{\frac {1}{2x}}\,{\mathrm {d}}y\\[0.5em]&{}=\int {\frac 12}{\frac {1}{1+y^{2}}}\,{\mathrm {d}}y\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&{}={\frac 12}\arctan(y)+c\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution: }}y=x^{2}\right.}\\[0.5em]&{}={\frac 12}\arctan(x^{2})+c\end{aligned}}
Übung: Substitutionsregel 2
Berechne die bestimmten/unbestimmten Integrale
- \int {\frac {1}{{\sqrt[ {3}]{1-x}}^{4}}}\;{\mathrm {d}}x für x<1
- \int {\frac {\cos(x)+\sin(x)}{\cos(x)-\sin(x)}}\;{\mathrm {d}}x für x\in ]-{\tfrac {3\pi }{4}},{\tfrac {\pi }{4}}[
- \int _{1}^{{e^{2}}}{\frac {{\sqrt {\ln(x)}}}{x}}\;{\mathrm {d}}x
- \int _{1}^{{{\sqrt e}}}{\frac {(\ln(x))^{2}}{x}}\;{\mathrm {d}}x
- \int {\frac {e^{{2x}}-1}{e^{{2x}}+1}}\;{\mathrm {d}}x für x\in \mathbb{R}
- \int {\frac {1}{x\ln(x)\ln(\ln(x))}}\;{\mathrm {d}}x für x>0
- \int {\frac {e^{{x}}}{e^{{2x}}-1}}\;{\mathrm {d}}x für x<0
- \int _{1}^{e}{\frac {\ln(x)}{x([\ln(x)]^{2}+1)}}\;{\mathrm {d}}x
Teilaufgabe 1:
{\begin{aligned}&\int {\frac {1}{{\sqrt[ {3}]{1-x}}^{4}}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&\int {\frac {1}{(1-x)^{{{\frac 43}}}}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=1-x\Longrightarrow {\frac {{\mathrm {d}}y}{{\mathrm {d}}x}}=-1\Longrightarrow {\mathrm {d}}x=-{\mathrm {d}}y\right.}\\[0.5em]&=-\int {\frac {1}{y^{{{\frac 43}}}}}\,{\mathrm {d}}y\\[0.5em]&=-\int y^{{-{\frac 43}}}\,{\mathrm {d}}y\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&=-(-3y^{{-{\frac 13}}})+c\\[0.5em]&=3y^{{-{\frac 13}}}+c\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution: }}y=1+x\right.}\\[0.5em]&=3(1-x)^{{-{\frac 13}}}+c\end{aligned}}
Teilaufgabe 2:
{\begin{aligned}&\int {\frac {\cos(x)+\sin(x)}{\cos(x)-\sin(x)}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&=-\int {\frac {\cos(x)+\sin(x)}{\sin(x)-\cos(x)}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=\sin(x)-\cos(x)\Longrightarrow {\frac {{\mathrm {d}}y}{{\mathrm {d}}x}}=\cos(x)+\sin(x)\Longrightarrow {\mathrm {d}}x={\frac {1}{\cos(x)+\sin(x)}}{\mathrm {d}}y\right.}\\[0.5em]&=-\int {\frac {1}{y}}\,{\mathrm {d}}y\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&=-\ln |y|+c\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution: }}y=\sin(x)-\cos(x)\right.}\\[0.5em]&=-\ln |\sin(x)-\cos(x)|+c\end{aligned}}
Teilaufgabe 3:
{\begin{aligned}&\int _{1}^{{e^{2}}}{\frac {{\sqrt {\ln(x)}}}{x}}\;{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=\ln(x)\Longrightarrow {\frac {{\mathrm {d}}y}{{\mathrm {d}}x}}={\frac 1x}\Longrightarrow {\mathrm {d}}x=x{\mathrm {d}}y\right.}\\[0.5em]&=\int _{{\ln(1)}}^{{\ln(e^{2})}}{\sqrt {y}}\,{\mathrm {d}}y\\[0.5em]&=\int _{{0}}^{{2}}y^{{{\frac 12}}}\,{\mathrm {d}}y\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&=\left[{\frac 23}y^{{{\frac 32}}}\right]_{0}^{2}\\[0.5em]&={\frac 23}\cdot 2^{{{\frac 32}}}-{\frac 23}\cdot 0\\[0.5em]&={\frac 23}\cdot 2{\sqrt 2}\\[0.5em]&={\frac {4{\sqrt 2}}{3}}\end{aligned}}
Teilaufgabe 4:
{\begin{aligned}&\int _{1}^{{{\sqrt e}}}{\frac {(\ln(x))^{2}}{x}}\;{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=\ln(x)\Longrightarrow {\frac {{\mathrm {d}}y}{{\mathrm {d}}x}}={\frac 1x}\Longrightarrow {\mathrm {d}}x=x{\mathrm {d}}y\right.}\\[0.5em]&=\int _{{\ln(1)}}^{{\ln({\sqrt e})}}y^{2}\,{\mathrm {d}}y\\[0.5em]&=\int _{{0}}^{{{\frac 12}}}y^{2}\,{\mathrm {d}}y\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&=\left[{\frac 13}y^{3}\right]_{0}^{{{\frac 12}}}\\[0.5em]&={\frac 13}\cdot \left({\frac 12}\right)^{3}-{\frac 13}\cdot 0\\[0.5em]&={\frac 13}\cdot {\frac 18}\\[0.5em]&={\frac {1}{24}}\end{aligned}}
Teilaufgabe 5:
1.Möglichkeit:
{\begin{aligned}&\int {\frac {e^{{2x}}-1}{e^{{2x}}+1}}\;{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&\ =\int {\frac {e^{x}(e^{{x}}-e^{{-x}})}{e^{x}(e^{{x}}+e^{{-x}})}}\;{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&\ =\int {\frac {e^{{x}}-e^{{-x}}}{e^{{x}}+e^{{-x}}}}\;{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=e^{{x}}+e^{{-x}}\Longrightarrow {\frac {{\mathrm {d}}y}{{\mathrm {d}}x}}=e^{x}-e^{{-x}}\Longrightarrow {\mathrm {d}}x={\frac 1{e^{x}-e^{{-x}}}}{\mathrm {d}}y\right.}\\[0.5em]&\ =\int {\frac 1y}\,{\mathrm {d}}y\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&\ =\ln(y)+c\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution: }}y=e^{{x}}+e^{{-x}}\right.}\\[0.5em]&\ =\ln(e^{x}+e^{{-x}})+c\end{aligned}}
2.Möglichkeit:
{\begin{aligned}&\int {\frac {e^{{2x}}-1}{e^{{2x}}+1}}\;{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&\ =\int {\frac {e^{x}(e^{{x}}-e^{{-x}})}{e^{x}(e^{{x}}+e^{{-x}})}}\;{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&\ =\int {\frac {e^{{x}}-e^{{-x}}}{e^{{x}}+e^{{-x}}}}\;{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&\ =\int {\frac {\sinh(x)}{\cosh(x)}}\;{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=\cosh(x)\Longrightarrow {\frac {{\mathrm {d}}y}{{\mathrm {d}}x}}=\sinh(x)\Longrightarrow {\mathrm {d}}x={\frac 1{\sinh(x)}}{\mathrm {d}}y\right.}\\[0.5em]&\ =\int {\frac 1y}\,{\mathrm {d}}y\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&\ =\ln(y)+c\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution: }}y=\cosh(x)\right.}\\[0.5em]&\ =\ln(\cosh(x))+c\end{aligned}}
3.Möglichkeit:
{\begin{aligned}&\int {\frac {e^{{2x}}-1}{e^{{2x}}+1}}\;{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&\ =\int {\frac {2e^{{2x}}-1-e^{{2x}}}{e^{{2x}}+1}}\;{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&\ =\int {\frac {2e^{{2x}}-(e^{{2x}}+1)}{e^{{2x}}+1}}\;{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&\ =\int \left({\frac {2e^{{2x}}}{e^{{2x}}+1}}-{\frac {e^{{2x}}+1}{e^{{2x}}+1}}\right)\;{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Linearität des Integrals}}\right.}\\[0.5em]&\ =\int {\frac {2e^{{2x}}}{e^{{2x}}+1}}\;{\mathrm {d}}x-\int \underbrace {{\frac {e^{{2x}}+1}{e^{{2x}}+1}}}_{{=1}}\;{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=e^{{2x}}+1\Longrightarrow {\frac {{\mathrm {d}}y}{{\mathrm {d}}x}}=2e^{{2x}}\Longrightarrow {\mathrm {d}}x={\frac 1{2e^{{2x}}}}{\mathrm {d}}y\right.}\\[0.5em]&\ =\int {\frac 1y}\,{\mathrm {d}}y-\int 1\,{\mathrm d}x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&\ =\ln(y)-x+c\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution: }}y=e^{{2x}}+1\right.}\\[0.5em]&\ =\ln(e^{{2x}}+1)-x+c\end{aligned}}
Teilaufgabe 6:
{\begin{aligned}&\int {\frac {1}{x\ln(x)\ln(\ln(x))}}\;{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=\ln(\ln(x))\Longrightarrow {\frac {{\mathrm {d}}y}{{\mathrm {d}}x}}={\frac {1}{x\ln(x)}}\Longrightarrow {\mathrm {d}}x=x\ln(x){\mathrm {d}}y\right.}\\[0.5em]&\ =\int {\frac {1}{y}}\;{\mathrm {d}}y\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&\ =\ln(y)+c\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution: }}y=\ln(\ln(x))\right.}\\[0.5em]&\ =\ln(\ln(\ln(x)))+c\end{aligned}}
Teilaufgabe 7:
{\begin{aligned}&\int {\frac {e^{x}}{e^{{2x}}-1}}\;{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&\ =\int {\frac {e^{x}}{(e^{{x}})^{2}-1}}\;{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=e^{x}\Longrightarrow {\frac {{\mathrm {d}}y}{{\mathrm {d}}x}}=e^{x}\Longrightarrow {\mathrm {d}}x={\frac 1{e^{x}}}{\mathrm {d}}y\ (x<0\Longrightarrow y\in (0,1))\right.}\\[0.5em]&\ =\int {\frac {1}{y^{2}-1}}\;{\mathrm {d}}y\\[0.5em]&\ =-\int {\frac {1}{1-y^{2}}}\;{\mathrm {d}}y\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&\ =-{\text{artanh}}(y)+c\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution: }}y=e^{x}\right.}\\[0.5em]&\ =-{\text{artanh}}(e^{x})+c\end{aligned}}
Teilaufgabe 8:
{\begin{aligned}&\int _{1}^{e}{\frac {\ln(x)}{x([\ln(x)]^{2}+1)}}\;{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=\ln(x)\Longrightarrow {\frac {{\mathrm {d}}y}{{\mathrm {d}}x}}={\frac 1x}\Longrightarrow {\mathrm {d}}x=x{\mathrm {d}}y\right.}\\[0.5em]&\ =\int _{{\ln(1)}}^{{\ln(e)}}{\frac {y}{y^{2}+1}}\;{\mathrm {d}}y\\[0.5em]&\ =\int _{{0}}^{{1}}{\frac {y}{y^{2}+1}}\;{\mathrm {d}}y\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}t=y^{2}+1\Longrightarrow {\frac {{\mathrm {d}}t}{{\mathrm {d}}y}}=2y\Longrightarrow {\mathrm {d}}y={\frac {1}{2y}}{\mathrm {d}}t\right.}\\[0.5em]&\ =\int _{{0^{2}+1}}^{{1^{2}+1}}{\frac {1}{2t}}\;{\mathrm {d}}t\\[0.5em]&\ ={\frac 12}\int _{{1}}^{{2}}{\frac {1}{t}}\;{\mathrm {d}}t\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&\ ={\frac 12}\left[\ln(t)\right]_{1}^{2}\\[0.5em]&\ ={\frac 12}[\ln(2)-\ln(1)]\\[0.5em]&\ ={\frac 12}\ln(2)\end{aligned}}
Partielle Integration
Übung: Rekursionsformeln für Integrale
Bestimme Rekursionsformeln für
- I_{k}=\int {\frac {1}{{\sqrt {1+x^{2}}}^{k}}}\,{\mathrm d}x mit k\in \mathbb{N}
- L_{{a,k}}=\int _{0}^{1}x^{a}\ln ^{k}(x)\,{\mathrm d}x für a>0 und k\in \mathbb{N} _{0} und berechne damit den Wert des Integrals.
Hinweis:
Beim zweiten Integral dürft ihr verwenden, dass der Integrand im Nullpunkt stetig fortsetzbar ist, und dort den Wert null hat.
Teilaufgabe 1:
{\begin{aligned}I_{k}&=\int {\frac {1}{{\sqrt {1+x^{2}}}^{k}}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&=\int 1\cdot {\frac {1}{(1+x^{2})^{{{\tfrac {k}{2}}}}}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit}}\ f'(x)=1\ {\text{und}}\ g(x)={\frac {1}{(1+x^{2})^{{{\tfrac {k}{2}}}}}}\Longrightarrow f(x)=x\ {\text{und}}\ g'(x)=-{\frac k2}{\frac {1}{(1+x^{2})^{{{\tfrac k2}+1}}}}\cdot 2x=-k{\frac {x}{(1+x^{2})^{{{\tfrac {k}{2}}+1}}}}\right.}\\[0.5em]&{}=x\cdot {\frac {1}{{\sqrt {1+x^{2}}}^{k}}}-\int x\cdot \left(-k{\frac {x}{(1+x^{2})^{{{\tfrac {k}{2}}+1}}}}\right)\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{}={\frac {x}{{\sqrt {1+x^{2}}}^{k}}}+k\int {\frac {x^{2}}{(1+x^{2})^{{{\tfrac {k}{2}}+1}}}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{}={\frac {x}{{\sqrt {1+x^{2}}}^{k}}}+k\int {\frac {1+x^{2}-1}{(1+x^{2})^{{{\tfrac {k}{2}}+1}}}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{}={\frac {x}{{\sqrt {1+x^{2}}}^{k}}}+k\int \left({\frac {1+x^{2}}{(1+x^{2})^{{{\tfrac {k}{2}}+1}}}}-{\frac {1}{(1+x^{2})^{{{\tfrac {k}{2}}+1}}}}\right)\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{}={\frac {x}{{\sqrt {1+x^{2}}}^{k}}}+\underbrace {k\int {\frac {1}{(1+x^{2})^{{{\tfrac {k}{2}}}}}}\,{\mathrm {d}}x}_{{=k\cdot I_{k}}}-\underbrace {k\int {\frac {1}{(1+x^{2})^{{{\tfrac {k+2}{2}}}}}}}_{{=k\cdot I_{{k+2}}}}\,{\mathrm {d}}x\end{aligned}}
Stellen wir diese Gleichung um, so erhalten wir
{\begin{aligned}&k\cdot I_{{k+2}}=(k-1)\cdot I_{k}+{\frac {x}{{\sqrt {1+x^{2}}}^{k}}}\\[0.5cm]{\overset {|:k}{\iff }}&I_{{k+2}}={\frac {k-1}{k}}\cdot I_{k}+{\frac {x}{k{\sqrt {1+x^{2}}}^{k}}}\end{aligned}}
Ersetzen wir noch k+2 durch k, so erhalten wir schließlich
I_{{k}}={\frac {k-3}{k-2}}\cdot I_{{k-2}}+{\frac {x}{(k-2){\sqrt {1+x^{2}}}^{{k-2}}}}
Für k=1 und k=2 erhalten wir noch
{\begin{aligned}I_{1}&=\int {\frac {1}{{\sqrt {1+x^{2}}}}}\,{\mathrm d}x\\[0.5cm]&=\int {\frac {1}{{\sqrt {1+x^{2}}}}}\cdot {\frac {x+{\sqrt {1+x^{2}}}}{x+{\sqrt {1+x^{2}}}}}\,{\mathrm d}x\\[0.5cm]&=\int {\frac {{\frac {1}{{\sqrt {1+x^{2}}}}}\cdot (x+{\sqrt {1+x^{2}}})}{x+{\sqrt {1+x^{2}}}}}\,{\mathrm d}x\\[0.5cm]&=\int {\frac {{\frac {x}{{\sqrt {1+x^{2}}}}}+1}{x+{\sqrt {1+x^{2}}}}}\,{\mathrm d}x\\[0.5cm]&=\ln(x+{\sqrt {1+x^{2}}})\end{aligned}}
und
{\begin{aligned}I_{2}&=\int {\frac {1}{1+x^{2}}}\,{\mathrm d}x=\arctan(x)\end{aligned}}
Teilaufgabe 2:
{\begin{aligned}L_{{a,k}}&=\int _{0}^{1}x^{a}\ln ^{k}(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit}}\ f'(x)=x^{a}\ {\text{und}}\ g(x)=\ln ^{k}(x)\Longrightarrow f(x)={\frac 1{a+1}}x^{{a+1}}\ {\text{und}}\ g'(x)=k\ln ^{{k-1}}(x)\cdot {\frac 1x}={\frac {k\ln ^{{k-1}}(x)}{x}}\right.}\\[0.5em]&{}=\underbrace {\left[{\frac {x^{{a+1}}\ln ^{k}(x)}{a+1}}\right]_{0}^{1}}_{{=0}}-\int _{0}^{1}{\frac {k}{a+1}}{\frac {x^{{a+1}}\ln ^{{k-1}}(x)}{x}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{}=\left[\underbrace {{\frac {1^{{a+1}}\ln ^{k}(1)}{a+1}}}_{{=0}}-\underbrace {\lim _{{x\to 0+}}{\frac {x^{{a+1}}\ln ^{k}(x)}{a+1}}}_{{=0}}\right]-\int _{0}^{1}{\frac {k}{a+1}}{\frac {x^{{a+1}}\ln ^{{k-1}}(x)}{x}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{}=-{\frac {k}{a+1}}\int _{0}^{1}x^{{a}}\ln ^{{k-1}}(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{}=-{\frac {k}{a+1}}L_{{a,k-1}}\end{aligned}}
Wiederholen wir die analoge Rechnung (k-1)-Mal, so erhalten wir
{\begin{aligned}L_{{a,k}}&=(-1)^{k}{\frac {k!}{(a+1)^{k}}}L_{{a,0}}\\[0.5cm]&=(-1)^{k}{\frac {k!}{(a+1)^{k}}}\int _{0}^{1}x^{{a}}\ln ^{0}(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.5cm]&=(-1)^{k}{\frac {k!}{(a+1)^{k}}}\int _{0}^{1}x^{{a}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5cm]&=(-1)^{k}{\frac {k!}{(a+1)^{k}}}\left[{\frac {x^{{a+1}}}{a+1}}\right]_{0}^{1}\\[0.5cm]&=(-1)^{k}{\frac {k!}{(a+1)^{k}}}{\frac {1}{a+1}}\\[0.5cm]&=(-1)^{k}{\frac {k!}{(a+1)^{{k+1}}}}\end{aligned}}
Substitution und partielle Integration
Übung:
Bestimme die Integrale
- \int e^{{e^{x}+x}}\,{\mathrm d}x
- \int _{0}^{1}e^{{e^{x}+2x}}\,{\mathrm d}x
Teilaufgabe 1:
{\begin{aligned}&\int e^{{e^{x}+x}}\,{\mathrm d}x\\[0.3em]=\ &\int e^{{e^{x}}}\cdot e^{x}\,{\mathrm d}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution:}}\ y=e^{x}\Longrightarrow {\frac {{\mathrm d}y}{{\mathrm d}x}}=e^{x}\Longrightarrow {\mathrm d}x={\frac {1}{e^{x}}}{\mathrm d}y\right.}\\[0.3em]=\ &\int e^{{y}}\,{\mathrm d}y\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung mit}}\ f(y)=e^{y}\Longrightarrow F(y)=e^{y}+c\right.}\\[0.3em]=\ &e^{y}+c\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution:}}\ y=e^{x}\right.}\\[0.3em]=\ &e^{{e^{x}}}+c\end{aligned}}
Teilaufgabe 2:
Aus der Teilaufgabe zuvor wissen wir, dass e^{{e^{x}}} eine Stammfunktion von e^{{e^{x}+x}}=e^{{e^{x}}}\cdot e^{x} ist. Nun können wir partielle Integration verwenden. Wir haben also
{\begin{aligned}&\int _{0}^{1}e^{{e^{x}+2x}}\,{\mathrm d}x\\[0.3em]=\ &\int _{0}^{1}e^{{e^{x}+x}}\cdot e^{x}\,{\mathrm d}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit}}\ f'(x)=e^{{e^{x}+x}}\ {\text{und}}\ g(x)=e^{x}\Longrightarrow f(x)=e^{{e^{x}}}\ {\text{und}}\ g'(x)=e^{x}\right.}\\[0.3em]=\ &[e^{{e^{x}}}\cdot e^{x}]_{0}^{1}-\int _{0}^{1}e^{{e^{x}}}\cdot e^{x}\,{\mathrm d}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung mit}}\ f(x)=e^{{e^{x}}}\cdot e^{x}\Longrightarrow F(x)=e^{{e^{x}}}\right.}\\[0.3em]=\ &e^{e}\cdot e-e-[e^{{e^{x}}}]_{0}^{1}\\[0.3em]=\ &e^{e}\cdot e-e-e^{e}+e\\[0.3em]=\ &e^{e}\cdot (e-1)\end{aligned}}
Übung: Fall 2:
Fall 2:
Fall 2:
Berechne für n,m\in \mathbb{N} die Integrale
- \int _{0}^{{2\pi }}\sin(nx)\sin(mx)\,{\mathrm d}x
- \int _{0}^{{2\pi }}\sin(nx)\cos(mx)\,{\mathrm d}x
- \int _{0}^{{2\pi }}\cos(nx)\cos(mx)\,{\mathrm d}x
Hinweis:
Unterscheide jeweils die Fälle m=n und m\neq n.
Teilaufgabe 1:
Fall 1:
m=n
{\begin{aligned}&\int _{0}^{{2\pi }}\sin(nx)\sin(nx)\,{\mathrm d}x\\[0.3em]&=\int _{0}^{{2\pi }}\sin ^{2}(nx)\,{\mathrm d}x\\[0.3cm]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution:}}\ y=nx\Longrightarrow {\frac {{\mathrm d}y}{{\mathrm d}x}}=n\Longrightarrow {\mathrm d}x={\frac {1}{n}}{\mathrm d}y\right.}\\[0.3em]&={\frac 1n}\int _{0}^{{2\pi n}}\sin ^{2}(y)\,{\mathrm d}y\\[0.3cm]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \int \sin ^{2}(x)\,{\mathrm d}x=-{\frac 12}\cos(x)\sin(x)+{\frac {1}{2}}x\right.}\\[0.3em]&={\frac 1n}\left[-{\frac 12}\cos(x)\sin(x)+{\frac {1}{2}}x\right]_{0}^{{2\pi n}}\\[0.3ex]&={\frac 1n}\left[\underbrace {-{\frac 12}\cos(2\pi n)\sin(2\pi n)}_{{=0}}+{\frac {1}{2}}\cdot 2\pi n-\underbrace {(-{\frac 12}\cos(0)\sin(0)+{\frac {1}{2}}\cdot 0}_{{=0}}\right]\\[0.3em]&={\frac 1n}\cdot {\frac 12}\cdot 2\pi n\\[0.3em]&=\pi \end{aligned}}
m\neq n
{\begin{aligned}&\int _{0}^{{2\pi }}\sin(nx)\sin(mx)\,{\mathrm d}x\\[0.3cm]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit}}\ f'(x)=\sin(nx)\ {\text{und}}\ g(x)=\sin(mx)\Longrightarrow f(x)=-{\frac 1n}\cos(nx)\ {\text{und}}\ g'(x)=m\cos(mx)\right.}\\[0.3em]&=\underbrace {\left[-{\frac 1n}\cos(nx)\sin(mx)\right]_{0}^{{2\pi }}}_{{=0}}-\int _{0}^{{2\pi }}\left(-{\frac mn}\cos(nx)\cos(mx)\right)\,{\mathrm d}x\\[0.3em]&={\frac mn}\int _{0}^{{2\pi }}\cos(nx)\cos(mx)\,{\mathrm d}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit}}\ f'(x)=\cos(nx)\ {\text{und}}\ g(x)=\cos(mx)\Longrightarrow f(x)={\frac 1n}\sin(nx)\ {\text{und}}\ g'(x)=-m\sin(mx)\right.}\\[0.3em]&={\frac mn}\cdot \underbrace {\left[{\frac 1n}\sin(nx)\cos(mx)\right]_{0}^{{2\pi }}}_{{=0}}-{\frac mn}\int _{0}^{{2\pi }}\left(-{\frac mn}\sin(nx)\sin(mx)\right)\,{\mathrm d}x\\[0.3em]&={\frac {m^{2}}{n^{2}}}\int _{0}^{{2\pi }}\sin(nx)\sin(mx)\,{\mathrm d}x\end{aligned}}
Subtrahieren wir nun das Integral auf der rechtenen Seite, so ist die gesamte Gleichung äquivalent zu
{\begin{aligned}&\int _{0}^{{2\pi }}\sin(nx)\sin(mx)\,{\mathrm d}x-{\frac {m^{2}}{n^{2}}}\int _{0}^{{2\pi }}\sin(nx)\sin(mx)\,{\mathrm d}x=0\\[0.3em]\iff &\underbrace {\left(1-{\frac {m^{2}}{n^{2}}}\right)}_{{\neq 0}}\int _{0}^{{2\pi }}\sin(nx)\sin(mx)\,{\mathrm d}x=0\end{aligned}}
Daraus folgt schließlich
\int _{0}^{{2\pi }}\sin(nx)\sin(mx)\,{\mathrm d}x=0
Teilaufgabe 2:
Fall 1:
m=n
{\begin{aligned}&\int _{0}^{{2\pi }}\sin(nx)\cos(nx)\,{\mathrm d}x\\[0.3cm]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution:}}\ y=nx\Longrightarrow {\frac {{\mathrm d}y}{{\mathrm d}x}}=n\Longrightarrow {\mathrm d}x={\frac {1}{n}}{\mathrm d}y\right.}\\[0.3em]&={\frac 1n}\int _{0}^{{2\pi n}}\sin(y)\cos(y)\,{\mathrm d}y\\[0.3cm]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \int \sin(x)\cos(x)\,{\mathrm d}x=-{\frac 12}\cos ^{2}(x)\right.}\\[0.3em]&={\frac 1n}\left[-{\frac 12}\cos ^{2}(x)\right]_{0}^{{2\pi n}}\\[0.3ex]&={\frac 1n}\left[-{\frac 12}\cos ^{2}(2\pi n)-(-{\frac 12}\cos ^{2}(0))\right]\\[0.3em]&={\frac 1n}\left[-{\frac 12}+{\frac 12}\right]\\[0.3em]&={\frac 1n}\cdot 0\\[0.3em]&=0\end{aligned}}
m\neq n
{\begin{aligned}&\int _{0}^{{2\pi }}\sin(nx)\cos(mx)\,{\mathrm d}x\\[0.3cm]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit}}\ f'(x)=\sin(nx)\ {\text{und}}\ g(x)=\cos(mx)\Longrightarrow f(x)=-{\frac 1n}\cos(nx)\ {\text{und}}\ g'(x)=-m\sin(mx)\right.}\\[0.3em]&=\underbrace {\left[-{\frac 1n}\cos(nx)\cos(mx)\right]_{0}^{{2\pi }}}_{{=0}}-\int _{0}^{{2\pi }}\left({\frac mn}\cos(nx)\sin(mx)\right)\,{\mathrm d}x\\[0.3em]&=-{\frac mn}\int _{0}^{{2\pi }}\cos(nx)\sin(mx)\,{\mathrm d}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit}}\ f'(x)=\cos(nx)\ {\text{und}}\ g(x)=\sin(mx)\Longrightarrow f(x)={\frac 1n}\sin(nx)\ {\text{und}}\ g'(x)=m\cos(mx)\right.}\\[0.3em]&={\frac mn}\cdot \underbrace {\left[{\frac 1n}\sin(nx)\sin(mx)\right]_{0}^{{2\pi }}}_{{=0}}-\left[-{\frac mn}\int _{0}^{{2\pi }}\left({\frac mn}\sin(nx)\cos(mx)\right)\,{\mathrm d}x\right]\\[0.3em]&={\frac {m^{2}}{n^{2}}}\int _{0}^{{2\pi }}\sin(nx)\cos(mx)\,{\mathrm d}x\end{aligned}}
Subtrahieren wir nun das Integral auf der rechtenen Seite, so ist die gesamte Gleichung äquivalent zu
{\begin{aligned}\underbrace {\left(1-{\frac {m^{2}}{n^{2}}}\right)}_{{\neq 0}}\int _{0}^{{2\pi }}\sin(nx)\cos(mx)\,{\mathrm d}x=0\end{aligned}}
Daraus ergibt sich
\int _{0}^{{2\pi }}\sin(nx)\cos(mx)\,{\mathrm d}x=0
Teilaufgabe 3:
Fall 1:
m=n
{\begin{aligned}&\int _{0}^{{2\pi }}\cos(nx)\cos(nx)\,{\mathrm d}x\\[0.3em]&=\int _{0}^{{2\pi }}\cos ^{2}(nx)\,{\mathrm d}x\\[0.3cm]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution:}}\ y=nx\Longrightarrow {\frac {{\mathrm d}y}{{\mathrm d}x}}=n\Longrightarrow {\mathrm d}x={\frac {1}{n}}{\mathrm d}y\right.}\\[0.3em]&={\frac 1n}\int _{0}^{{2\pi n}}\cos ^{2}(y)\,{\mathrm d}y\\[0.3cm]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \int \cos ^{2}(x)\,{\mathrm d}x={\frac 12}\cos(x)\sin(x)+{\frac {1}{2}}x\right.}\\[0.3em]&={\frac 1n}\left[{\frac 12}\cos(x)\sin(x)+{\frac {1}{2}}x\right]_{0}^{{2\pi n}}\\[0.3ex]&={\frac 1n}\left[\underbrace {{\frac 12}\cos(2\pi n)\sin(2\pi n)}_{{=0}}+{\frac {1}{2}}\cdot 2\pi n-\underbrace {(-{\frac 12}\cos(0)\sin(0)+{\frac {1}{2}}\cdot 0}_{{=0}}\right]\\[0.3em]&={\frac 1n}\cdot {\frac 12}\cdot 2\pi n\\[0.3em]&=\pi \end{aligned}}
m\neq n
{\begin{aligned}&\int _{0}^{{2\pi }}\cos(nx)\cos(mx)\,{\mathrm d}x\\[0.3cm]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit}}\ f'(x)=\cos(nx)\ {\text{und}}\ g(x)=\cos(mx)\Longrightarrow f(x)={\frac 1n}\sin(nx)\ {\text{und}}\ g'(x)=-m\sin(mx)\right.}\\[0.3em]&=\underbrace {\left[{\frac 1n}\sin(nx)\cos(mx)\right]_{0}^{{2\pi }}}_{{=0}}-\int _{0}^{{2\pi }}\left(-{\frac mn}\sin(nx)\sin(mx)\right)\,{\mathrm d}x\\[0.3em]&={\frac mn}\int _{0}^{{2\pi }}\sin(nx)\sin(mx)\,{\mathrm d}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \int _{0}^{{2\pi }}\sin(nx)\sin(mx)\,{\mathrm d}x=0\ {\text{nach Teilaufgabe 1}}\ \right.}\\[0.3em]&={\frac mn}\cdot 0\\[0.3em]&=0\end{aligned}}
Übung:
Sei f:[0,1]\to [0,1] stetig differenzierbar mit f(0)=0, f(1)=1 und f'(x)>0 für x\in [0,1]. Zeige:
\int _{0}^{1}\!f^{{-1}}(y)\,{\mathrm d}y=1-\int _{0}^{1}\!f(x)\;{\mathrm {d}}x
{\begin{aligned}&\int _{0}^{1}\!f^{{-1}}(y)\,{\mathrm {d}}y\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution:}}\ y=f(x)\Longrightarrow {\frac {{\mathrm d}y}{{\mathrm d}x}}=f'(x)\Longrightarrow {\mathrm d}y=f'(x){\mathrm d}x\right.}\\[0.3em]=\ &\int _{{f(0)}}^{{f(1)}}f^{{-1}}(f(x))\cdot f'(x)\,{\mathrm d}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ f(0)=0,\ f(1)=1\ {\text{und}}\ f^{{-1}}(f(x))=x\right.}\\[0.3em]=\ &\int _{{0}}^{{1}}x\cdot f'(x)\,{\mathrm d}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit}}\ f'(x)=f'(x)\ {\text{und}}\ g(x)=x\Longrightarrow f(x)=f(x)\ {\text{und}}\ g'(x)=1\right.}\\[0.3em]=\ &[x\cdot f(x)]_{0}^{1}-\int _{0}^{1}1\cdot f(x)\,{\mathrm d}x\\[0.3em]=\ &1\cdot \underbrace {f(1)}_{{=1}}-\underbrace {0\cdot f(0)}_{{=0}}-\int _{0}^{1}f(x)\,{\mathrm d}x\\[0.3em]=\ &1-\int _{0}^{1}f(x)\,{\mathrm d}x\\[0.3em]\end{aligned}}
Beispiele von Stammfunktionen
Übung: Stammfunktionen der hyperbolischen Funktionen
Zeige:
- \int \sinh(x)\;{\mathrm {d}}x=\cosh(x)+C\
- \ \int \cosh(x)\;{\mathrm {d}}x=\sinh(x)+C
- \int \tanh(x)\;{\mathrm {d}}x=\ln \,\cosh(x)+C\
- \ \int \coth(x)\;{\mathrm {d}}x=\ln |\sinh(x)|+C
Übung: Stammfunktionen der Area Funktionen
Zeige:
- \int {\frac {1}{{\sqrt {1+x^{2}}}}}\;{\mathrm {d}}x=\ln(x+{\sqrt {1+x^{2}}})+C
- \int -{\frac {1}{{\sqrt {x^{2}-1}}}}\;{\mathrm {d}}x=\ln |x+{\sqrt {x^{2}-1}}|+C\
- \int {\frac {1}{1-x^{2}}}\;{\mathrm {d}}x={\frac 12}\ln \left({\frac {1+x}{1-x}}\right)+C
- \int \operatorname {arsinh}(x)\ {\mathrm d}x=x\cdot \operatorname {arsinh}(x)-{\sqrt {x^{2}+1}}+C
- \ \int \operatorname {arcosh}(x)\ {\mathrm d}x=x\cdot \operatorname {arcosh}(x)-{\sqrt {x^{2}-1}}+C\
- \ \int \operatorname {artanh}(x)\,{\mathrm {d}}x=x\cdot \operatorname {artanh}(x)+{\frac 12}\ln \left(1-x^{2}\right)+C
Konvergenz von Integralen
error: non-centered image not implemented, yet!Übung:
Finde integrierbare Funktionen f,f_{n}:]0,1[\to \mathbb{R} für alle n\in \mathbb{N} , so dass
- \lim _{{n\to \infty }}\int _{0}^{1}f_{n}(x)\,{\mathrm d}x\neq \int _{0}^{1}f(x)\,{\mathrm d}x
- Für alle x\in ]0,1[ gilt \lim _{{n\to \infty }}f_{n}(x)=f(x).
Wie komme ich auf den Beweis?
Wir machen eine Vorüberlegung. Angenommen, wir haben Funktionen f,f_{n}:]0,1[\to \mathbb{R} gefunden, die die geforderten Eigenschaften erfüllen. Für alle n\in \mathbb{N} betrachten wir die Funktion g_{n}:]0,1[\to \mathbb{R} ,x\mapsto f_{n}(x)-f(x). Dann gilt:
- \lim _{{n\to \infty }}\int _{0}^{1}g_{n}(x)\,{\mathrm d}x=\lim _{{n\to \infty }}\int _{0}^{1}(f_{n}(x)-f(x))\,{\mathrm d}x\neq \int _{0}^{1}(f(x)-f(x))\,{\mathrm d}x=0
- Für alle x\in ]0,1[ gilt \lim _{{n\to \infty }}g_{n}(x)=\lim _{{n\to \infty }}f_{n}(x)-f(x)=0.
Es reicht also, dass wir Funktionen g_{n} suchen, die punktweise gegen die Nullfunktion konvergieren, für die aber \lim _{{n\to \infty }}\int _{0}^{1}g_{n}(x)\,{\mathrm d}x\neq 0 gilt.
Für alle n\in \mathbb{N} ist \int _{0}^{1}g_{n}(x)\,{\mathrm d}x eine reelle Zahl und die Folge dieser reelle Zahlen soll nicht gegen 0 konvergieren. Wir versuchen, die g_{n} so zu wählen, dass für alle n\in \mathbb{N} gilt \int _{0}^{1}g_{n}(x)\,{\mathrm d}x=1. Dann ist die zweite Bedingung erfüllt. Gleichzeitig müssen wir darauf achten, dass die erste Bedingung erfüllt wird.
Wie können wir sicherstellen, dass die erste Bedingung erfüllt ist? Für alle n\in \mathbb{N} wählen wir g_{n} so, dass für alle x\in ]0,1[\setminus ]0,{\tfrac {1}{2^{n}}}[ gilt g_{n}(x)=0.
Wir zeigen nun, dass dann die Folge der g_{n} punktweise gegen die Nullfunktion konvergiert. Sei x\in ]0,1[. Dann gibt es ein N\in \mathbb{N} , so dass {\tfrac {1}{2^{N}}}<x. Für alle n>N gilt dann g_{n}(x)=0.
Jetzt müssen wir nur noch die Funktionswerte von g_{n} im Intervall ]0,{\tfrac {1}{2^{n}}}[ festlegen. Wir wählen sie so, dass die Funktionen jeweils konstant auf diesem Intervall sind, also g_{n}(x)=2^{n} für x\in ]0,{\tfrac {1}{2^{n}}}[.
Dann ist auch die zweite Bedingung erfüllt, denn \lim _{{n\to \infty }}\int _{0}^{1}g_{n}(x)\,{\mathrm d}x=\lim _{{n\to \infty }}\int _{0}^{{\tfrac {1}{2^{n}}}}2^{n}\,{\mathrm d}x=1\neq 0 und wir sind fertig.
Wir setzen für alle n\in \mathbb{N}
g_{n}:]0,1[\to \mathbb{R} ,x\mapsto {\begin{cases}0&{\text{für }}x\in [{\tfrac {1}{2^{n}}},1[\\2^{n}&{\text{für }}x\in ]0,{\tfrac {1}{2^{n}}}[\end{cases}}
Für alle x\in ]0,1[ gibt es eine natürliche Zahl N\in \mathbb{N} , so dass x>{\tfrac {1}{2^{N}}}. Dann gilt für alle n>N, dass g_{n}(x)=0. Somit konvergiert (g_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} punktweise gegen die Nullfunktion.
Weiter gilt
\lim _{{n\to \infty }}\int _{0}^{1}f_{n}(x)\,{\mathrm d}x=\lim _{{n\to \infty }}\int _{0}^{{\tfrac {1}{2^{n}}}}2^{n}\,{\mathrm d}x=1\neq 0=\int _{0}^{1}0\,{\mathrm d}x
Folglich sind beide Bedinungen erfüllt.