Lösungen Übungsblatt Nr. 4

c
Prof.
Dr. R. Plato
A. Garanza, M. Sc.
4.Übung zur Vorlesung Höhere Mathematik 2
Sommersemester 2016
Aufgabe 1 (2 Punkte). Man berechne das unbestimmte Integral
Z
√
e
x+a
a
dx
für ein festes Parameter a ∈ R \ {0}.
Lösung
√
1
1
Substituiere mit u(x) = x + a = (x + a) 2 , damit gilt u′ (x) = 12 (x + a)− 2 =
Z
√
e
x+a
a
dx =
Z
Z
√
e
1
und
2u(x)
x+a
a
dx
eu
1
· ′
du
a u (x)
Z
2 u
ue du
=
a
Z
2
u
u
ue − 1 · e du
=
a
2
= (ueu − eu + c)
a
2(u − 1)eu
2c
=
+
a
a
|{z}
=
=c̃
√
√
2( x + a − 1)e x+a
=
+ c̃ .
a
Aufgabe 2 (6 Punkte (2+2+2)). Berechnen Sie die unbestimmten Integrale mit Hilfe der Partialbruchzerlegung:
a)
b)
c)
R 4x3 − 18x2 + 26x − 9
dx,
x2 − 4x + 4
R 4x4 − x2 + 4
dx,
8x2 − 2
R 4x3 − 29x2 + 57x − 27
dx.
x4 − 9x3 + 27x2 − 27x
Lösung
a) Da der Grad des Zählerpolynoms größer als der Grad des Nennerpolynoms ist, wendet man
die Polynomdivision an und erhält
2x − 1
4x3 − 18x2 + 26x − 9
= 4x − 2 +
.
2
x − 4x + 4
(x − 2)2
Außerdem gilt
2(x − 2) + 3
2
3
2x − 1
=
=
+
. Daher gilt
2
2
(x − 2)
(x − 2)
x − 2 (x − 2)2
Z
4x3 − 18x2 + 26x − 9
dx =
x2 − 4x + 4
Z
3
2
dx
+
2
(x − 2)
x−2
3
=2x2 − 2x −
+ 2 ln |x − 2| + c .
x−2
4x − 2 +
b) Da der Grad des Zählerpolynoms größer als der Grad des Nennerpolynoms ist, wendet man
die Polynomdivision an und erhält
1
4
1
2
4x4 − x2 + 4
= x2 + 2
= x2 + 2
.
2
8x − 2
2
8x − 2
2
4x − 1
Die Nullstellen des Nenners sind x1 = − 21 und x2 = 12 , deswegen ist
1
1
4x2 − 1 = 4(x + )(x − ) = (2x + 1)(2x − 1) .
2
2
Partialbruchzerlegung:
2
a
b
2
=
=
+
− 1 (2x + 1)(2x − 1)
2x + 1 2x − 1
2(a + b)x + (b − a)
a(2x − 1) + b(2x + 1)
=
.
=
(2x + 1)(2x − 1)
4x2 − 1
4x2
Das Koeffizientenvergleich liefert a + b = 0 und b − a = 2. Daraus folgt, dass a = −1 und b = 1
ist. Daher gilt
Z
4x4 − x2 + 4
dx =
8x2 − 2
Z
1 2
x dx −
2
Z
1
dx +
2x + 1
Z
1
dx .
2x − 1
Substituiere in dem zweiten und dem dritten Integral mit u(x) = 2x, damit gilt u′ (x) = 2 und
Z
4x4 − x2 + 4
1
dx = x3 −
8x2 − 2
6
1
= x3 −
6
1 3
= x −
6
Z
Z
1
1
1
1
· du +
· du
u+1 2
u−1 2
1
1
ln |u + 1| + ln |u − 1| + c
2
2
1
1
ln |2x + 1| + ln |2x − 1| + c .
2
2
c) Da der Grad des Zählerpolynoms kleiner als der Grad des Nennerpolynoms ist, braucht man
die Polynomdivision nicht anzuwenden. Die Nullstellen des Nenners sind x1 = 0 und x2 = 3,
wobei x2 = 3 eine dreifache Nullstelle ist. Deswegen ist
x4 − 9x3 + 27x2 − 27x = x(x − 3)3 .
Partialbruchzerlegung:
a
b
c
d
4x3 − 29x2 + 57x − 27 4x3 − 29x2 + 57x − 27
=
= +
+
+
4
3
2
3
2
x − 9x + 27x − 27x
x(x − 3)
x x − 3 (x − 3)
(x − 3)2
a(x − 3)3 + bx(x − 3)2 + cx(x − 3) + dx
=
x(x − 3)3
3
(a + b)x + (−9a − 6b + c)x2 + (27a + 9b − 3c + d)x − 27a
=
.
x3 + 4x2 + 4x
2
Das Koeffizientenvergleich liefert
a + b =4
−9a − 6b + c = − 29
27a + 9b − 3c + d =57
−27a = − 27
Daraus folgt, dass a = 1, b = 3, c = −2 und d = −3 ist. Daher gilt
Z
Z
1
1
1
dx − 2
−3
dx
2
x−3
(x − 3)
(x − 3)3
2
3
= ln |x| + 3 ln |x − 3| +
+
+c.
x − 3 2(x − 3)2
4x3 − 29x2 + 57x − 27
dx =
x4 − 9x3 + 27x2 − 27x
Z
1
dx + 3
x
Z
Aufgabe 3 (12 Punkte (3+0+3+3)). Berechnen Sie die uneigentliche Integrale:
a)
b)
c)
R∞ ln(4x)
dx,
x3
0
0
e2xe−x
R0
√
−2
d)
1
R∞
1
dx,
4 − x2
2 ln(3)
R
ln(3)
dx, (Die Teilaufgabe wird nicht bewertet.)
2 − 3e−x
dx.
ex − 3(2 − 3e−x )
(Hinweis: Wenden Sie in der Teilaufgabe c) die Substitutionsmetode mit x = 2 sin(u) bzw.
u(x) = arcsin( x2 ) an.)
Lösung
a) Wende die partielle Integration an:
Z∞
0
ln(4x)
dx = lim lim
b→∞ a→0
x3
Zb
x−3 ln(4x) dx
a


x=b Zb
1 −2 1
1 −2
= lim lim 
−
x ln(4x)
x ·
· 4 dx
b→∞ a→0
−2
−2
4x
x=a
a


x=b
Zb
1
ln(4x) x−3 dx
+
= lim lim  −
2
b→∞ a→0
2x x=a 2
a
x=b !
2 ln(4x) + 1 = lim lim −
b→∞ a→0
4x2
x=a
2 ln(4b) + 1 2 ln(4a) + 1
= lim lim −
+
b→∞ a→0
4b2
4a2
2 ln(4b) + 1
2 ln(4a) + 1
= lim −
+ lim
.
a→0
b→∞
4b2
4a2
3
Um den ersten Grenzwert zu berechnen, wendet man die Regel von L’Hospital an und erhält:
lim
b→∞
Außerdem gilt:
2 ln(4b) + 1
−
4b2
1
2 4b
·4
b→∞ 4 · 2b
1
= − lim 2 = 0 .
b→∞ 4b
= − lim
2 ln(4a) + 1
=−∞.
4a2
Z∞
ln(4x)
dx =0 − ∞ = −∞ .
⇒
x3
lim
a→0
0
b) Die Teilaufgabe wird nicht bewertet.
c) Substituiere mit x = 2 sin(u) bzw. u(x) = arcsin( x2 ), damit gilt u′ (x) =
1
2 cos(u)
und u(0) = arcsin(0) = 0 sowie u(−2) = arcsin(−1) =
Z0
−2
1
√
dx = lim
a→−2+
4 − x2
Z0
1
q
2 1−
a
= lim
u(0)
Z
a→−2+
u(a)
= limπ
Z0
= limπ
Z0
a→− 2 +
a→− 2 +
= limπ
a→− 2 +
= limπ
a→− 2 +
=0 −
Z0
a
a
1
q
2 1−
x 2
2
− π2 .
1
cos(arcsin( x2 ))
Damit erhält man
·
1
2
=
dx
1
· ′
du
x 2 u (x)
2
1
p
·
2 1 − sin2 (u)
1
1
2 cos(u)
du
2 cos(u)
p
du
2 cos2 (u)
h π i
denn cos(ϕ) ≥ 0 für ϕ ∈ − , 0
2
1 du
a
u|u=0
u=a
limπ a =
a→− 2 +
π
.
2
d) Substituiere mit u(x) = ex , damit gilt u′ (x) = ex und u(ln(3)) = eln(3) = 3 sowie u(ln(3)) =
4
2)
e2 ln(3) = eln(3
= 9. Daher gilt
2Z
ln(3)
ln(3)
2 − 3e−x
dx = lim
ex − 3(2 − 3e−x )
a→ln(3)+
=
2Z
ln(3)
a
2ex − 3
dx
ex (ex − 6 + 9e−x )
lim
u(2Zln(3))
2ex − 3
1
· ′
du
x
x
−x
e (e − 6 + 9e ) u (x)
lim
u(2Zln(3))
2ex − 3
du
ex (e2x − 6ex + 9)
a→u(ln(3))+
a
=
a→u(ln(3))+
a
= lim
a→3+
Z9
a
2u − 3
du .
u(u − 3)2
Die Nullstellen des Nenners sind u1 = 0 und u2 = 3. Partialbruchzerlegung:
b
c
a
2u − 3
+
= +
2
u(u − 3)
u u − 3 (u − 3)2
(a + b)u2 + (−6a − 3b + c)u + 9a
=
.
u(u − 3)2
Das Koeffizientenvergleich liefert a + b = 0, −6a − 3b + c = 2 und 9a = −3. Daraus folgt, dass
a = − 13 ,b = 31 und c = 1 ist. Daher gilt
2Z
ln(3)
ln(3)
2 − 3e−x
dx = lim
a→3+
ex − 3(2 − 3e−x )
Z9
a
−
1
1
1
+
+
du
3u 3(u − 3) (u − 3)2
!
1
1
1 u=9
= lim − ln |u| + ln |u − 3| −
a→3+
3
3
u − 3 u=a
!
1
u−3
1 u=9
= lim
ln
−
a→3+
3
u
u − 3 u=a
1
9−3
a−3
1
1
1
= ln
− lim
ln
−
−
3
9
9 − 3 a→3+ 3
u
a−3
1
2
1
= ln
− − (−∞)
3
3
6
=∞ .
Abgabe der Lösungen spätestens am 10.05.2016 (Dienstag) um 12.00 Uhr VOR der Vorlesung.
5

Download Report