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
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