Aufgaben zu Integralen – „Mathe für Nicht-Freaks“

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Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung

Aufgabe 1

Aufgabe

Sei die Funktion $F$ mit $F(x)={\int }_0^x\sqrt{1-t^8}\mathrm{d}t$ für $-1\le x\le 1$.

1. Berechne $F^{\prime }$ und $F^{″}$.
2. Bestätige mit einfachen Ober- und Untersummen: $0.496\le F(0.5)\le 0.500$ und $0.733\le F(1)\le 1.00$

Lösung

Lösung Teilaufgabe 1:

Da $f:[-1,1]\to ℝ,f(t)=\sqrt{1-t^8}$ stetig ist, gilt mit dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung:

$F^{\prime }(x)=f(x)=\sqrt{1-x^8}$

Weiter ist $f$ differenzierbar, und mit der Kettenregel folgt

$F^{″}(x)=f^{\prime }(x)=\frac{1}{2\sqrt{1-x^8}}\cdot (-8x^7)=-\frac{4x^7}{\sqrt{1-x^8}}$

Lösung Teilaufgabe 2:

1. Abschätzung: Da $t\mapsto f(t)=\sqrt{1-t^8}$ auf $[0,0.5]$ monoton fällt, gilt mit der Monotonie des Integrals:

$F(0,5)={\int }_0^{0.5}\sqrt{1-t^8}\mathrm{d}t\ge {\int }_0^{0.5}\sqrt{1-(0.5{)}^8}\mathrm{d}t=[0.998t{]}_0^{0.5}=0.499\ge 0.496$

sowie

$F(0,5)={\int }_0^{0.5}\sqrt{1-t^8}\mathrm{d}t\le {\int }_0^{0.5}\sqrt{1-0^8}\mathrm{d}t=[t{]}_0^{0.5}=0.500$

2. Abschätzung: Ebenso ist $f$ auf $[0,1]$ monoton fallend, und mit der Linearität des Integrals folgt

$\begin{array}{cc}F(1)& ={\int }_0^1\sqrt{1-t^8}\mathrm{d}t={\int }_0^{0.5}\sqrt{1-t^8}\mathrm{d}t+{\int }_{0.5}^{0.75}\sqrt{1-t^8}\mathrm{d}t+{\int }_{0.75}^1\sqrt{1-t^8}\mathrm{d}t\\ & \ge \underset{=0.496}{\underbrace{{\int }_0^{0.5}\sqrt{1-(0.5{)}^8}\mathrm{d}t}}+\underset{=0.237}{\underbrace{{\int }_{0.5}^{0.75}\sqrt{1-(0.75{)}^8}\mathrm{d}t}}+\underset{=0}{\underbrace{{\int }_{0.75}^1\sqrt{1-1^8}\mathrm{d}t}}\\ & =0.733\end{array}$

Schließlich ist

$F(1)={\int }_0^1\sqrt{1-t^8}\mathrm{d}t\le {\int }_0^1\sqrt{1}\mathrm{d}t=1$

Aufgabe 2

Aufgabe

Gegeben sei $f(x)={\int }_1^x(t-1{)}^2\ln (t-1)\mathrm{d}t$.

1. Bestimme den Definitionsbereich von $f$.
2. Untersuche das Monotonieverhalten von $f$ und bestimme gegebenenfalls Extrema.

Lösung

Lösung 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 $]1,\mathrm{\infty }[$ als Komposition stetiger Funktionen der Fall. Weiter gilt

$\underset{t\to 1+}{lim}(t-1{)}^2\ln (t-1)\stackrel{x=t-1}{=}\underset{x\to 0+}{lim}{x}^2\ln (x)=0$

Siehe dazu die Anwendungsbeispiele zur Regel von L'Hospital. Somit ist $g$ in $t=1$ stetig fortsetzbar, und daher $f$ auf $[1,\mathrm{\infty }[$ definiert.

Lösung Teilaufgabe 2:

Monotonie: Nach dem Monotoniekriterium ist $f$ genau dann streng monoton steigend bzw. fallend, wenn $f^{\prime }>0$ bzw. $f^{\prime }<0$ ist.

Mit dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung gilt nun für alle $x\in [1,\mathrm{\infty }[$:

$f^{\prime }(x)=(x-1{)}^2\ln (x-1)$

Weiter ist für $x\ne 1$:

$\underset{\ge 0}{\underbrace{(x-1{)}^2}}\ln (x-1)\{\begin{array}{cc}>0& ⟺\ln (x-1)>0⟺x-1>1⟺x>2,\\ <0& ⟺\ln (x-1)<0⟺x-1<1⟺x<2\end{array}$

Damit ist $f$ in $]2,\mathrm{\infty }[$ streng monoton steigend und in $]1,2[$ streng monoton fallend.

Extrema: Es gilt:

$f^{\prime }(x)=(x-1{)}^2\ln (x-1)=0⟺x=1\text{ oder }x=2$

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.

To-Do:

konvexes und konkaves Verhalten

Aufgabe 3

Aufgabe

Für $x\in ℝ$ sei die Funktion $g$ definiert durch $g(x)={\int }_0^{x^2}\sqrt{1+t{\sin }^2(t)}\mathrm{d}t$.

1. Begründe: $g$ hat im Nullpunkt ein globales Minimum.
2. Berechne die Ableitung $g^{\prime }(x)$ für $x\in ℝ$.

Lösung

Lösung 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 $[0,x^2]$:

$\sqrt{1+t{\sin }^2(t)}\ge 0$

Aus der Monotonie des Integrals folgt für alle $x\in ℝ$:

$g(x)={\int }_0^{x^2}\sqrt{1+t{\sin }^2(t)}\mathrm{d}t\ge {\int }_0^{x^2}0\mathrm{d}t=0=g(0)$

Somit hat $g$ im Nullpunkt ein lokales und sogar globales Minimum.

Lösung Teilaufgabe 2:

Für die Hilfsfunktion

$h(y)={\int }_0^y\sqrt{1+t{\sin }^2(t)}\mathrm{d}t$

gilt mit dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung für alle $y\ge 0$:

$h^{\prime }(y)=\sqrt{1+y{\sin }^2(y)}$

Weiter ist

$g(x)=h(x^2)$

Mit der Kettenregel folgt damit für alle $x\in ℝ$:

$g^{\prime }(x)=h^{\prime }(x^2)\cdot 2x=\sqrt{1+x^2{\sin }^2(x^2)}\cdot 2x=2x\sqrt{1+x^2{\sin }^2(x^2)}$

Substitutionsregel

Aufgabe (Substitutionsregel 1)

Berechne die unbestimmten Integrale

1. $\int \frac{1}{1+x}\mathrm{d}x$ für $x>-1$
2. $\int \frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x$ für $x\in ℝ$
3. $\int \frac{x}{1+x}\mathrm{d}x$ für $x>-1$
4. $\int \frac{x^2}{1+x^2}\mathrm{d}x$ für $x\in ℝ$
5. $\int \frac{x}{1+x^2}\mathrm{d}x$ für $x\in ℝ$
6. $\int \frac{x}{1+x^4}\mathrm{d}x$ für $x\in ℝ$

Lösung (Substitutionsregel 1)

Teilaufgabe 1:

$\begin{array}{cc}& \int \frac{1}{1+x}\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Substitution }y=1+x⟹\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=1⟹\mathrm{d}x=\mathrm{d}y\\ & =\int \frac{1}{y}\mathrm{d}y\\ & \downarrow \text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}\\ & =\ln (y)+c\\ & \downarrow \text{Rücksubstitution: }y=1+x\\ & =\ln (1+x)+c\end{array}$

Teilaufgabe 2:

$\begin{array}{cc}& \int \frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}\\ & =\arctan (x)+c\end{array}$

Teilaufgabe 3:

$\begin{array}{cc}& \int \frac{x}{1+x}\mathrm{d}x\\ & =\int \frac{1+x-1}{1+x}\mathrm{d}x\\ & =\int (\frac{1+x}{1+x}-\frac{1}{1+x})\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Linearität}\\ & =\int 1\mathrm{d}x-\int \frac{1}{1+x}\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung und Teilaufgabe 1}\\ & =x-\ln (1+x)+c\end{array}$

Teilaufgabe 4:

$\begin{array}{cc}& \int \frac{x^2}{1+x^2}\mathrm{d}x\\ & =\int \frac{1+x^2-1}{1+x^2}\mathrm{d}x\\ & =\int (\frac{1+x^2}{1+x^2}-\frac{1}{1+x^2})\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Linearität}\\ & =\int 1\mathrm{d}x-\int \frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung und Teilaufgabe 2}\\ & =x-\arctan (x)+c\end{array}$

Teilaufgabe 5:

$\begin{array}{cc}& \int \frac{x}{1+x^2}\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Substitution }y=1+x^2⟹\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=2x⟹\mathrm{d}x=\frac{1}{2x}\mathrm{d}y\\ & =\int \frac{x}{y}\frac{1}{2x}\mathrm{d}y\\ & =\int \frac{1}{2}\frac{1}{y}\mathrm{d}y\\ & \downarrow \text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}\\ & =\frac{1}{2}\ln (y)+c\\ & \downarrow \text{Rücksubstitution: }y=1+x^2\\ & =\frac{1}{2}\ln (1+x^2)+c\end{array}$

Teilaufgabe 6:

$\begin{array}{cc}& \int \frac{x}{1+x^4}\mathrm{d}x\\ & \int \frac{x}{1+(x^2{)}^2}\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Substitution }y=x^2⟹\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=2x⟹\mathrm{d}x=\frac{1}{2x}\mathrm{d}y\\ & =\int \frac{x}{1+y^2}\frac{1}{2x}\mathrm{d}y\\ & =\int \frac{1}{2}\frac{1}{1+y^2}\mathrm{d}y\\ & \downarrow \text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}\\ & =\frac{1}{2}\arctan (y)+c\\ & \downarrow \text{Rücksubstitution: }y=x^2\\ & =\frac{1}{2}\arctan (x^2)+c\end{array}$

Aufgabe (Substitutionsregel 2)

Berechne die bestimmten/unbestimmten Integrale

1. $\int \frac{1}{{\sqrt[3]{1-x}}^4}\mathrm{d}x$ für $x<1$
2. $\int \frac{\cos (x)+\sin (x)}{\cos (x)-\sin (x)}\mathrm{d}x$ für $x\in ]-\frac{3\pi }{4},\frac{\pi }{4}[$
3. ${\int }_1^{e^2}\frac{\sqrt{\ln (x)}}{x}\mathrm{d}x$
4. ${\int }_1^{\sqrt{e}}\frac{(\ln (x){)}^2}{x}\mathrm{d}x$
5. $\int \frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}\mathrm{d}x$ für $x\in ℝ$
6. $\int \frac{1}{x\ln (x)\ln (\ln (x))}\mathrm{d}x$ für $x>0$
7. $\int \frac{e^x}{e^{2x}-1}\mathrm{d}x$ für $x<0$
8. ${\int }_1^e\frac{\ln (x)}{x([\ln (x){]}^2+1)}\mathrm{d}x$

Lösung (Substitutionsregel 2)

Teilaufgabe 1:

$\begin{array}{cc}& \int \frac{1}{{\sqrt[3]{1-x}}^4}\mathrm{d}x\\ & \int \frac{1}{(1-x{)}^{\frac{4}{3}}}\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Substitution }y=1-x⟹\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=-1⟹\mathrm{d}x=-\mathrm{d}y\\ & =-\int \frac{1}{y^{\frac{4}{3}}}\mathrm{d}y\\ & =-\int y^{-\frac{4}{3}}\mathrm{d}y\\ & \downarrow \text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}\\ & =-(-3y^{-\frac{1}{3}})+c\\ & =3y^{-\frac{1}{3}}+c\\ & \downarrow \text{Rücksubstitution: }y=1+x\\ & =3(1-x{)}^{-\frac{1}{3}}+c\end{array}$

Teilaufgabe 2:

$\begin{array}{cc}& \int \frac{\cos (x)+\sin (x)}{\cos (x)-\sin (x)}\mathrm{d}x\\ & =-\int \frac{\cos (x)+\sin (x)}{\sin (x)-\cos (x)}\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Substitution }y=\sin (x)-\cos (x)⟹\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\cos (x)+\sin (x)⟹\mathrm{d}x=\frac{1}{\cos (x)+\sin (x)}\mathrm{d}y\\ & =-\int \frac{1}{y}\mathrm{d}y\\ & \downarrow \text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}\\ & =-\ln |y|+c\\ & \downarrow \text{Rücksubstitution: }y=\sin (x)-\cos (x)\\ & =-\ln |\sin (x)-\cos (x)|+c\end{array}$

Teilaufgabe 3:

$\begin{array}{cc}& {\int }_1^{e^2}\frac{\sqrt{\ln (x)}}{x}\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Substitution }y=\ln (x)⟹\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{1}{x}⟹\mathrm{d}x=x\mathrm{d}y\\ & ={\int }_{\ln (1)}^{\ln (e^2)}\sqrt{y}\mathrm{d}y\\ & ={\int }_0^2{y}^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}y\\ & \downarrow \text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}\\ & ={\left[\frac{2}{3}{y}^{\frac{3}{2}}\right]}_0^2\\ & =\frac{2}{3}\cdot 2^{\frac{3}{2}}-\frac{2}{3}\cdot 0\\ & =\frac{2}{3}\cdot 2\sqrt{2}\\ & =\frac{4\sqrt{2}}{3}\end{array}$

Teilaufgabe 4:

$\begin{array}{cc}& {\int }_1^{\sqrt{e}}\frac{(\ln (x){)}^2}{x}\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Substitution }y=\ln (x)⟹\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{1}{x}⟹\mathrm{d}x=x\mathrm{d}y\\ & ={\int }_{\ln (1)}^{\ln (\sqrt{e})}{y}^2\mathrm{d}y\\ & ={\int }_0^{\frac{1}{2}}{y}^2\mathrm{d}y\\ & \downarrow \text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}\\ & ={\left[\frac{1}{3}{y}^3\right]}_0^{\frac{1}{2}}\\ & =\frac{1}{3}\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^3-\frac{1}{3}\cdot 0\\ & =\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{8}\\ & =\frac{1}{24}\end{array}$

Teilaufgabe 5:

1.Möglichkeit:

$\begin{array}{cc}& \int \frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}\mathrm{d}x\\ & =\int \frac{e^x(e^x-e^{-x})}{e^x(e^x+e^{-x})}\mathrm{d}x\\ & =\int \frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Substitution }y=e^x+e^{-x}⟹\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=e^x-e^{-x}⟹\mathrm{d}x=\frac{1}{e^x-e^{-x}}\mathrm{d}y\\ & =\int \frac{1}{y}\mathrm{d}y\\ & \downarrow \text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}\\ & =\ln (y)+c\\ & \downarrow \text{Rücksubstitution: }y=e^x+e^{-x}\\ & =\ln (e^x+e^{-x})+c\end{array}$

2.Möglichkeit:

$\begin{array}{cc}& \int \frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}\mathrm{d}x\\ & =\int \frac{e^x(e^x-e^{-x})}{e^x(e^x+e^{-x})}\mathrm{d}x\\ & =\int \frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}\mathrm{d}x\\ & =\int \frac{\sinh (x)}{\cosh (x)}\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Substitution }y=\cosh (x)⟹\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\sinh (x)⟹\mathrm{d}x=\frac{1}{\sinh (x)}\mathrm{d}y\\ & =\int \frac{1}{y}\mathrm{d}y\\ & \downarrow \text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}\\ & =\ln (y)+c\\ & \downarrow \text{Rücksubstitution: }y=\cosh (x)\\ & =\ln (\cosh (x))+c\end{array}$

3.Möglichkeit:

$\begin{array}{cc}& \int \frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}\mathrm{d}x\\ & =\int \frac{2e^{2x}-1-e^{2x}}{e^{2x}+1}\mathrm{d}x\\ & =\int \frac{2e^{2x}-(e^{2x}+1)}{e^{2x}+1}\mathrm{d}x\\ & =\int (\frac{2e^{2x}}{e^{2x}+1}-\frac{e^{2x}+1}{e^{2x}+1})\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Linearität des Integrals}\\ & =\int \frac{2e^{2x}}{e^{2x}+1}\mathrm{d}x-\int \underset{=1}{\underbrace{\frac{e^{2x}+1}{e^{2x}+1}}}\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Substitution }y=e^{2x}+1⟹\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=2e^{2x}⟹\mathrm{d}x=\frac{1}{2e^{2x}}\mathrm{d}y\\ & =\int \frac{1}{y}\mathrm{d}y-\int 1\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}\\ & =\ln (y)-x+c\\ & \downarrow \text{Rücksubstitution: }y=e^{2x}+1\\ & =\ln (e^{2x}+1)-x+c\end{array}$

Teilaufgabe 6:

$\begin{array}{cc}& \int \frac{1}{x\ln (x)\ln (\ln (x))}\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Substitution }y=\ln (\ln (x))⟹\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{1}{x\ln (x)}⟹\mathrm{d}x=x\ln (x)\mathrm{d}y\\ & =\int \frac{1}{y}\mathrm{d}y\\ & \downarrow \text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}\\ & =\ln (y)+c\\ & \downarrow \text{Rücksubstitution: }y=\ln (\ln (x))\\ & =\ln (\ln (\ln (x)))+c\end{array}$

Teilaufgabe 7:

$\begin{array}{cc}& \int \frac{e^x}{e^{2x}-1}\mathrm{d}x\\ & =\int \frac{e^x}{(e^x{)}^2-1}\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Substitution }y=e^x⟹\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=e^x⟹\mathrm{d}x=\frac{1}{e^x}\mathrm{d}y(x<0⟹y\in (0,1))\\ & =\int \frac{1}{y^2-1}\mathrm{d}y\\ & =-\int \frac{1}{1-y^2}\mathrm{d}y\\ & \downarrow \text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}\\ & =-\text{artanh}(y)+c\\ & \downarrow \text{Rücksubstitution: }y=e^x\\ & =-\text{artanh}(e^x)+c\end{array}$

Teilaufgabe 8:

$\begin{array}{cc}& {\int }_1^e\frac{\ln (x)}{x([\ln (x){]}^2+1)}\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Substitution }y=\ln (x)⟹\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{1}{x}⟹\mathrm{d}x=x\mathrm{d}y\\ & ={\int }_{\ln (1)}^{\ln (e)}\frac{y}{y^2+1}\mathrm{d}y\\ & ={\int }_0^1\frac{y}{y^2+1}\mathrm{d}y\\ & \downarrow \text{Substitution }t=y^2+1⟹\frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}y}=2y⟹\mathrm{d}y=\frac{1}{2y}\mathrm{d}t\\ & ={\int }_{0^2+1}^{1^2+1}\frac{1}{2t}\mathrm{d}t\\ & =\frac{1}{2}{\int }_1^2\frac{1}{t}\mathrm{d}t\\ & \downarrow \text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}\\ & =\frac{1}{2}{[\ln (t)]}_1^2\\ & =\frac{1}{2}[\ln (2)-\ln (1)]\\ & =\frac{1}{2}\ln (2)\end{array}$

Partielle Integration

Aufgabe (Rekursionsformeln für Integrale)

Bestimme Rekursionsformeln für

1. $I_k=\int \frac{1}{{\sqrt{1+x^2}}^k}\mathrm{d}x$ mit $k\in \mathbb{N}$
2. $L_{a,k}={\int }_0^1{x}^a{\ln }^k(x)\mathrm{d}x$ 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.

Lösung (Rekursionsformeln für Integrale)

Teilaufgabe 1:

$\begin{array}{cc}{I}_k& =\int \frac{1}{{\sqrt{1+x^2}}^k}\mathrm{d}x\\ & =\int 1\cdot \frac{1}{(1+x^2{)}^{\frac{k}{2}}}\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Partielle Integration mit}{f}^{\prime }(x)=1\text{und}g(x)=\frac{1}{(1+x^2{)}^{\frac{k}{2}}}⟹f(x)=x\text{und}{g}^{\prime }(x)=-\frac{k}{2}\frac{1}{(1+x^2{)}^{\frac{k}{2}+1}}\cdot 2x=-k\frac{x}{(1+x^2{)}^{\frac{k}{2}+1}}\\ & =x\cdot \frac{1}{{\sqrt{1+x^2}}^k}-\int x\cdot (-k\frac{x}{(1+x^2{)}^{\frac{k}{2}+1}})\mathrm{d}x\\ & =\frac{x}{{\sqrt{1+x^2}}^k}+k\int \frac{x^2}{(1+x^2{)}^{\frac{k}{2}+1}}\mathrm{d}x\\ & =\frac{x}{{\sqrt{1+x^2}}^k}+k\int \frac{1+x^2-1}{(1+x^2{)}^{\frac{k}{2}+1}}\mathrm{d}x\\ & =\frac{x}{{\sqrt{1+x^2}}^k}+k\int (\frac{1+x^2}{(1+x^2{)}^{\frac{k}{2}+1}}-\frac{1}{(1+x^2{)}^{\frac{k}{2}+1}})\mathrm{d}x\\ & =\frac{x}{{\sqrt{1+x^2}}^k}+\underset{=k\cdot I_k}{\underbrace{k\int \frac{1}{(1+x^2{)}^{\frac{k}{2}}}\mathrm{d}x}}-\underset{=k\cdot I_{k+2}}{\underbrace{k\int \frac{1}{(1+x^2{)}^{\frac{k+2}{2}}}}}\mathrm{d}x\end{array}$

Stellen wir diese Gleichung um, so erhalten wir

$\begin{array}{cc}& k\cdot I_{k+2}=(k-1)\cdot I_k+\frac{x}{{\sqrt{1+x^2}}^k}\\ \stackrel{|:k}{⟺}& I_{k+2}=\frac{k-1}{k}\cdot I_k+\frac{x}{k{\sqrt{1+x^2}}^k}\end{array}$

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

$\begin{array}{cc}{I}_1& =\int \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\mathrm{d}x\\ & =\int \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\cdot \frac{x+\sqrt{1+x^2}}{x+\sqrt{1+x^2}}\mathrm{d}x\\ & =\int \frac{\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\cdot (x+\sqrt{1+x^2})}{x+\sqrt{1+x^2}}\mathrm{d}x\\ & =\int \frac{\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+1}{x+\sqrt{1+x^2}}\mathrm{d}x\\ & =\ln (x+\sqrt{1+x^2})\end{array}$

und

$\begin{array}{cc}{I}_2& =\int \frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x=\arctan (x)\end{array}$

Teilaufgabe 2:

$\begin{array}{cc}{L}_{a,k}& ={\int }_0^1{x}^a{\ln }^k(x)\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Partielle Integration mit}{f}^{\prime }(x)=x^a\text{und}g(x)={\ln }^k(x)⟹f(x)=\frac{1}{a+1}{x}^{a+1}\text{und}{g}^{\prime }(x)=k{\ln }^{k-1}(x)\cdot \frac{1}{x}=\frac{k{\ln }^{k-1}(x)}{x}\\ & =\underset{=0}{\underbrace{{\left[\frac{x^{a+1}{\ln }^k(x)}{a+1}\right]}_0^1}}-{\int }_0^1\frac{k}{a+1}\frac{x^{a+1}{\ln }^{k-1}(x)}{x}\mathrm{d}x\\ & =[\underset{=0}{\underbrace{\frac{1^{a+1}{\ln }^k(1)}{a+1}}}-\underset{=0}{\underbrace{\underset{x\to 0+}{lim}\frac{x^{a+1}{\ln }^k(x)}{a+1}}}]-{\int }_0^1\frac{k}{a+1}\frac{x^{a+1}{\ln }^{k-1}(x)}{x}\mathrm{d}x\\ & =-\frac{k}{a+1}{\int }_0^1{x}^a{\ln }^{k-1}(x)\mathrm{d}x\\ & =-\frac{k}{a+1}{L}_{a,k-1}\end{array}$

Wiederholen wir die analoge Rechnung $(k-1)$-Mal, so erhalten wir

$\begin{array}{cc}{L}_{a,k}& =(-1{)}^k\frac{k!}{(a+1{)}^k}{L}_{a,0}\\ & =(-1{)}^k\frac{k!}{(a+1{)}^k}{\int }_0^1{x}^a{\ln }^0(x)\mathrm{d}x\\ & =(-1{)}^k\frac{k!}{(a+1{)}^k}{\int }_0^1{x}^a\mathrm{d}x\\ & =(-1{)}^k\frac{k!}{(a+1{)}^k}{\left[\frac{x^{a+1}}{a+1}\right]}_0^1\\ & =(-1{)}^k\frac{k!}{(a+1{)}^k}\frac{1}{a+1}\\ & =(-1{)}^k\frac{k!}{(a+1{)}^{k+1}}\end{array}$

Substitution und partielle Integration

Aufgabe

Bestimme die Integrale

1. $\int e^{e^x+x}\mathrm{d}x$
2. ${\int }_0^1{e}^{e^x+2x}\mathrm{d}x$

Lösung

Teilaufgabe 1:

$\begin{array}{cc}& \int e^{e^x+x}\mathrm{d}x\\ =& \int e^{e^x}\cdot e^x\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Substitution:}y=e^x⟹\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=e^x⟹\mathrm{d}x=\frac{1}{e^x}\mathrm{d}y\\ =& \int e^y\mathrm{d}y\\ & \downarrow \text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung mit}f(y)=e^y⟹F(y)=e^y+c\\ =& e^y+c\\ & \downarrow \text{Rücksubstitution:}y=e^x\\ =& e^{e^x}+c\end{array}$

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

$\begin{array}{cc}& {\int }_0^1{e}^{e^x+2x}\mathrm{d}x\\ =& {\int }_0^1{e}^{e^x+x}\cdot e^x\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Partielle Integration mit}{f}^{\prime }(x)=e^{e^x+x}\text{und}g(x)=e^x⟹f(x)=e^{e^x}\text{und}{g}^{\prime }(x)=e^x\\ =& [e^{e^x}\cdot e^x{]}_0^1-{\int }_0^1{e}^{e^x}\cdot e^x\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung mit}f(x)=e^{e^x}\cdot e^x⟹F(x)=e^{e^x}\\ =& e^e\cdot e-e-[e^{e^x}{]}_0^1\\ =& e^e\cdot e-e-e^e+e\\ =& e^e\cdot (e-1)\end{array}$

Aufgabe

Berechne für $n,m\in \mathbb{N}$ die Integrale

1. ${\int }_0^{2\pi }\sin (nx)\sin (mx)\mathrm{d}x$
2. ${\int }_0^{2\pi }\sin (nx)\cos (mx)\mathrm{d}x$
3. ${\int }_0^{2\pi }\cos (nx)\cos (mx)\mathrm{d}x$

Hinweis: Unterscheide jeweils die Fälle $m=n$ und $m\ne n$.

Lösung

Teilaufgabe 1:

Fall 1: $m=n$

$\begin{array}{cc}& {\int }_0^{2\pi }\sin (nx)\sin (nx)\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{2\pi }{\sin }^2(nx)\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Substitution:}y=nx⟹\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=n⟹\mathrm{d}x=\frac{1}{n}\mathrm{d}y\\ & =\frac{1}{n}{\int }_0^{2\pi n}{\sin }^2(y)\mathrm{d}y\\ & \downarrow \int {\sin }^2(x)\mathrm{d}x=-\frac{1}{2}\cos (x)\sin (x)+\frac{1}{2}x\\ & =\frac{1}{n}{[-\frac{1}{2}\cos (x)\sin (x)+\frac{1}{2}x]}_0^{2\pi n}\\ & =\frac{1}{n}[\underset{=0}{\underbrace{-\frac{1}{2}\cos (2\pi n)\sin (2\pi n)}}+\frac{1}{2}\cdot 2\pi n-\underset{=0}{\underbrace{(-\frac{1}{2}\cos (0)\sin (0)+\frac{1}{2}\cdot 0}}]\\ & =\frac{1}{n}\cdot \frac{1}{2}\cdot 2\pi n\\ & =\pi \end{array}$

Fall 2: $m\ne n$

$\begin{array}{cc}& {\int }_0^{2\pi }\sin (nx)\sin (mx)\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Partielle Integration mit}{f}^{\prime }(x)=\sin (nx)\text{und}g(x)=\sin (mx)⟹f(x)=-\frac{1}{n}\cos (nx)\text{und}{g}^{\prime }(x)=m\cos (mx)\\ & =\underset{=0}{\underbrace{{[-\frac{1}{n}\cos (nx)\sin (mx)]}_0^{2\pi }}}-{\int }_0^{2\pi }(-\frac{m}{n}\cos (nx)\cos (mx))\mathrm{d}x\\ & =\frac{m}{n}{\int }_0^{2\pi }\cos (nx)\cos (mx)\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Partielle Integration mit}{f}^{\prime }(x)=\cos (nx)\text{und}g(x)=\cos (mx)⟹f(x)=\frac{1}{n}\sin (nx)\text{und}{g}^{\prime }(x)=-m\sin (mx)\\ & =\frac{m}{n}\cdot \underset{=0}{\underbrace{{[\frac{1}{n}\sin (nx)\cos (mx)]}_0^{2\pi }}}-\frac{m}{n}{\int }_0^{2\pi }(-\frac{m}{n}\sin (nx)\sin (mx))\mathrm{d}x\\ & =\frac{m^2}{n^2}{\int }_0^{2\pi }\sin (nx)\sin (mx)\mathrm{d}x\end{array}$

Subtrahieren wir nun das Integral auf der rechtenen Seite, so ist die gesamte Gleichung äquivalent zu

$\begin{array}{cc}& {\int }_0^{2\pi }\sin (nx)\sin (mx)\mathrm{d}x-\frac{m^2}{n^2}{\int }_0^{2\pi }\sin (nx)\sin (mx)\mathrm{d}x=0\\ ⟺& \underset{\ne 0}{\underbrace{(1-\frac{m^2}{n^2})}}{\int }_0^{2\pi }\sin (nx)\sin (mx)\mathrm{d}x=0\end{array}$

Daraus folgt schließlich

${\int }_0^{2\pi }\sin (nx)\sin (mx)\mathrm{d}x=0$

Teilaufgabe 2:

Fall 1: $m=n$

$\begin{array}{cc}& {\int }_0^{2\pi }\sin (nx)\cos (nx)\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Substitution:}y=nx⟹\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=n⟹\mathrm{d}x=\frac{1}{n}\mathrm{d}y\\ & =\frac{1}{n}{\int }_0^{2\pi n}\sin (y)\cos (y)\mathrm{d}y\\ & \downarrow \int \sin (x)\cos (x)\mathrm{d}x=-\frac{1}{2}{\cos }^2(x)\\ & =\frac{1}{n}{[-\frac{1}{2}{\cos }^2(x)]}_0^{2\pi n}\\ & =\frac{1}{n}[-\frac{1}{2}{\cos }^2(2\pi n)-(-\frac{1}{2}{\cos }^2(0))]\\ & =\frac{1}{n}[-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}]\\ & =\frac{1}{n}\cdot 0\\ & =0\end{array}$

Fall 2: $m\ne n$

$\begin{array}{cc}& {\int }_0^{2\pi }\sin (nx)\cos (mx)\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Partielle Integration mit}{f}^{\prime }(x)=\sin (nx)\text{und}g(x)=\cos (mx)⟹f(x)=-\frac{1}{n}\cos (nx)\text{und}{g}^{\prime }(x)=-m\sin (mx)\\ & =\underset{=0}{\underbrace{{[-\frac{1}{n}\cos (nx)\cos (mx)]}_0^{2\pi }}}-{\int }_0^{2\pi }(\frac{m}{n}\cos (nx)\sin (mx))\mathrm{d}x\\ & =-\frac{m}{n}{\int }_0^{2\pi }\cos (nx)\sin (mx)\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Partielle Integration mit}{f}^{\prime }(x)=\cos (nx)\text{und}g(x)=\sin (mx)⟹f(x)=\frac{1}{n}\sin (nx)\text{und}{g}^{\prime }(x)=m\cos (mx)\\ & =\frac{m}{n}\cdot \underset{=0}{\underbrace{{[\frac{1}{n}\sin (nx)\sin (mx)]}_0^{2\pi }}}-[-\frac{m}{n}{\int }_0^{2\pi }(\frac{m}{n}\sin (nx)\cos (mx))\mathrm{d}x]\\ & =\frac{m^2}{n^2}{\int }_0^{2\pi }\sin (nx)\cos (mx)\mathrm{d}x\end{array}$

Subtrahieren wir nun das Integral auf der rechtenen Seite, so ist die gesamte Gleichung äquivalent zu

$\begin{array}{c}\underset{\ne 0}{\underbrace{(1-\frac{m^2}{n^2})}}{\int }_0^{2\pi }\sin (nx)\cos (mx)\mathrm{d}x=0\end{array}$

Daraus ergibt sich

${\int }_0^{2\pi }\sin (nx)\cos (mx)\mathrm{d}x=0$

Teilaufgabe 3:

Fall 1: $m=n$

$\begin{array}{cc}& {\int }_0^{2\pi }\cos (nx)\cos (nx)\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{2\pi }{\cos }^2(nx)\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Substitution:}y=nx⟹\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=n⟹\mathrm{d}x=\frac{1}{n}\mathrm{d}y\\ & =\frac{1}{n}{\int }_0^{2\pi n}{\cos }^2(y)\mathrm{d}y\\ & \downarrow \int {\cos }^2(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\cos (x)\sin (x)+\frac{1}{2}x\\ & =\frac{1}{n}{[\frac{1}{2}\cos (x)\sin (x)+\frac{1}{2}x]}_0^{2\pi n}\\ & =\frac{1}{n}[\underset{=0}{\underbrace{\frac{1}{2}\cos (2\pi n)\sin (2\pi n)}}+\frac{1}{2}\cdot 2\pi n-\underset{=0}{\underbrace{(-\frac{1}{2}\cos (0)\sin (0)+\frac{1}{2}\cdot 0}}]\\ & =\frac{1}{n}\cdot \frac{1}{2}\cdot 2\pi n\\ & =\pi \end{array}$

Fall 2: $m\ne n$

$\begin{array}{cc}& {\int }_0^{2\pi }\cos (nx)\cos (mx)\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Partielle Integration mit}{f}^{\prime }(x)=\cos (nx)\text{und}g(x)=\cos (mx)⟹f(x)=\frac{1}{n}\sin (nx)\text{und}{g}^{\prime }(x)=-m\sin (mx)\\ & =\underset{=0}{\underbrace{{[\frac{1}{n}\sin (nx)\cos (mx)]}_0^{2\pi }}}-{\int }_0^{2\pi }(-\frac{m}{n}\sin (nx)\sin (mx))\mathrm{d}x\\ & =\frac{m}{n}{\int }_0^{2\pi }\sin (nx)\sin (mx)\mathrm{d}x\\ & \downarrow {\int }_0^{2\pi }\sin (nx)\sin (mx)\mathrm{d}x=0\text{nach Teilaufgabe 1}\\ & =\frac{m}{n}\cdot 0\\ & =0\end{array}$

Aufgabe

Sei $f:[0,1]\to [0,1]$ stetig differenzierbar mit $f(0)=0$, $f(1)=1$ und $f^{\prime }(x)>0$ für $x\in [0,1]$. Zeige:

${\int }_0^1{f}^{-1}(y)\mathrm{d}y=1-{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x$

Lösung

$\begin{array}{cc}& {\int }_0^1{f}^{-1}(y)\mathrm{d}y\\ & \downarrow \text{Substitution:}y=f(x)⟹\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=f^{\prime }(x)⟹\mathrm{d}y=f^{\prime }(x)\mathrm{d}x\\ =& {\int }_{f(0)}^{f(1)}{f}^{-1}(f(x))\cdot f^{\prime }(x)\mathrm{d}x\\ & \downarrow f(0)=0,f(1)=1\text{und}{f}^{-1}(f(x))=x\\ =& {\int }_0^{1}x\cdot f^{\prime }(x)\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Partielle Integration mit}{f}^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)\text{und}g(x)=x⟹f(x)=f(x)\text{und}{g}^{\prime }(x)=1\\ =& [x\cdot f(x){]}_0^1-{\int }_0^{1}1\cdot f(x)\mathrm{d}x\\ =& 1\cdot \underset{=1}{\underbrace{f(1)}}-\underset{=0}{\underbrace{0\cdot f(0)}}-{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x\\ =& 1-{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x\\ \end{array}$

Beispiele von Stammfunktionen

Aufgabe (Stammfunktionen der hyperbolischen Funktionen)

Zeige:

1. $\int \sinh (x)\mathrm{d}x=\cosh (x)+C$
2. $\int \cosh (x)\mathrm{d}x=\sinh (x)+C$
3. $\int \tanh (x)\mathrm{d}x=\ln \cosh (x)+C$
4. $\int \coth (x)\mathrm{d}x=\ln |\sinh (x)|+C$

Aufgabe (Stammfunktionen der Area Funktionen)

Zeige:

1. $\int \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\mathrm{d}x=\ln (x+\sqrt{1+x^2})+C$
2. $\int -\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}\mathrm{d}x=\ln |x+\sqrt{x^2-1}|+C$
3. $\int \frac{1}{1-x^2}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\ln \left(\frac{1+x}{1-x}\right)+C$
4. $\int \mathrm{arsinh}(x)\mathrm{d}x=x\cdot \mathrm{arsinh}(x)-\sqrt{x^2+1}+C$
5. $\int \mathrm{arcosh}(x)\mathrm{d}x=x\cdot \mathrm{arcosh}(x)-\sqrt{x^2-1}+C$
6. $\int \mathrm{artanh}(x)\mathrm{d}x=x\cdot \mathrm{artanh}(x)+\frac{1}{2}\ln (1-x^2)+C$

Konvergenz von Integralen

Die Funktionen $g_n$ haben jeweils das Integral $1$ und konvergieren punktweise gegen die Nullfunktion

Aufgabe

Finde integrierbare Funktionen $f,f_n:]0,1[\to ℝ$ für alle $n\in \mathbb{N}$, so dass

1. $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^1{f}_n(x)\mathrm{d}x\ne {\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x$
2. Für alle $x\in ]0,1[$ gilt $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{f}_n(x)=f(x)$.

Wie kommt man auf den Beweis?

Wir machen eine Vorüberlegung. Angenommen, wir haben Funktionen $f,f_n:]0,1[\to ℝ$ gefunden, die die geforderten Eigenschaften erfüllen. Für alle $n\in \mathbb{N}$ betrachten wir die Funktion $g_n:]0,1[\to ℝ,x\mapsto f_n(x)-f(x)$. Dann gilt:

1. $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^1{g}_n(x)\mathrm{d}x=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^1(f_n(x)-f(x))\mathrm{d}x\ne {\int }_0^1(f(x)-f(x))\mathrm{d}x=0$
2. Für alle $x\in ]0,1[$ gilt $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{g}_n(x)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{f}_n(x)-f(x)=0$.

Es reicht also, dass wir Funktionen $g_n$ suchen, die punktweise gegen die Nullfunktion konvergieren, für die aber $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^1{g}_n(x)\mathrm{d}x\ne 0$ 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 $x\in ]0,1[\setminus ]0,\frac{1}{2^n}[$ 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 $\frac{1}{2^N}<x$. Für alle $n>N$ gilt dann $g_n(x)=0$.

Jetzt müssen wir nur noch die Funktionswerte von $g_n$ im Intervall $]0,\frac{1}{2^n}[$ festlegen. Wir wählen sie so, dass die Funktionen jeweils konstant auf diesem Intervall sind, also $g_n(x)=2^n$ für $x\in ]0,\frac{1}{2^n}[$.

Dann ist auch die zweite Bedingung erfüllt, denn $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^1{g}_n(x)\mathrm{d}x=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^{\frac{1}{2^n}}{2}^n\mathrm{d}x=1\ne 0$ und wir sind fertig.

Lösung

Wir setzen für alle $n\in \mathbb{N}$

$g_n:]0,1[\to ℝ,x\mapsto \{\begin{array}{cc}0& \text{für }x\in [\frac{1}{2^n},1[\\ 2^n& \text{für }x\in ]0,\frac{1}{2^n}[\end{array}$

Für alle $x\in ]0,1[$ gibt es eine natürliche Zahl $N\in \mathbb{N}$, so dass $x>\frac{1}{2^N}$. 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

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^1{f}_n(x)\mathrm{d}x=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^{\frac{1}{2^n}}{2}^n\mathrm{d}x=1\ne 0={\int }_0^{1}0\mathrm{d}x$

Folglich sind beide Bedinungen erfüllt.