Fachbereich Mathematik der Universitat Hamburg

Dr. Hanna Peywand Kiani

Anleitung zu Blatt 4, Analysis II

SoSe 2012

Potenzreihen III, Integration I

Die ins Netz gestellten Kopien der Anleitungsfolien sollen nur die Mitarbeit wahrend der

Veranstaltung erleichtern. Ohne die in der Veranstaltung gegebenen zusatzlichen Erlauterungen

sind diese Unterlagen unvollstandig (z. Bsp. fehlen oft wesentliche Voraussetzungen). Tipp–

oder Schreibfehler, die rechtzeitig auffallen, werden nur mundlich wahrend der Veranstaltung

angesagt. Eine Korrektur im Netz erfolgt NICHT! Eine Veroffentlichung dieser Unterlagen an

anderer Stelle ist untersagt!

Definition des Riemann Integrals : siehe Vorlesung!

Stammfunktionen : Seien f, F : [a, b] → R stetig, F stetig diff.bar und

F ′(x) = f(x) ∀ x ∈ [a, b] .

Dann ist F eine Stammfunktion von f . Es gilt

F (x) = C +

∫ x

a

f(t)dt

Wird der Wert von C offen gelassen, so spricht man vom unbestimmten

Integral und schreibt

∫

f(x)dx = F (x) + C .

∫ b

a

f(x) dx = F (b)− F (a) =: F (x) |ba =: [F (x) ]ba .

2

Die Integration ist in gewissem Sinne die Umkehrung der Differentiation.Vorsicht: Die Umkehrung liefert keine eindeutige Funktion sondern eine Klassevon Funktionen, die sich unter einander nur um additive Konstanten unterschei-den.

Beispiel zur Aufgabe 1: Potenzreihe des Fehlerfunktion

Bestimmen Sie die Taylorreihe der Funktion E(x) mit x0 = 0, sowie dasTaylorpolynom funften Grades T5(x; 0) zu E.

E(x) :=

∫ x

0

e−t2 dt

(E(x))′ = e−x2=

∞∑

k=0

(−x2)k

k!=

∞∑

k=0

(−1)kx2k

k!

3

Mittels Integration folgt:

E(x) = C +∞∑

k=0

(−1)kx2k+1

(2k + 1)k!

Wegen E(0) = 0 folgt C = 0.

Konvergenzradius r = ∞ ! Warum?

T3(x; 0) = x − x3

3

T5(x; 0) = x − x3

3 +x5

5 · 2!

Fur 0 < x < 1 : istx2k+1

(2k + 1)k!monoton fallende Nullfolge

Konvergenz und Fehlerabschatzung : nach Leibniz in [0, 1]

4

Absoluter Fehler =: A(x) ≤∣

∣

∣

∣

x7

7 · 3!

∣

∣

∣

∣

Grenzwert der Reihe =: E(x) ∈ [T3(x, 0), T5(x, 0)]

Relativer Fehler =:

R(x) =A(x)

E(x)≤

x7

7 · 3!x− x3

3 · 1!

=x6

(42)(1− x2

3)

≤ x6

42(1− 12

3)

≤ (16)

28

5

∫

xa dx = xa+1

a+1 + C ∀a 6= −1 Bitte∫

x−1 dx = ln |x|+ C

fur∫

cosx dx = sinx+ C∫

sinx dx = − cosx+ C Midterm-

∫

ex dx = ex + C Klausur∫

sinhx dx = coshx+ C∫

coshx dx = sinhx+ C lernen!

6

Fur spatere Ubungen und Mathe II Klausur:

∫ 1

cos2 xdx = tanx+ C

∫ 1

1 + x2dx = arctanx+ C

∫ 1

1− x2dx = Artanh x+ C ∀|x| < 1

∫ 1√1− x2

dx = arcsinx+ C ∀|x| < 1

∫ 1√1 + x2

dx = Arsinh x+ C

∫ 1√x2 − 1

dx = Arcosh x+ C ∀|x| > 1

7

Partielle Integration oder Umkehrung der Produktregel der Differentiation:

(f(x) · g(x))′ = f(x)g′(x) + f ′(x)g(x)

∫

f(x)g′(x) dx = f(x)g(x)−∫

f ′(x)g(x) dx

Typische Anwendungsbereiche:

Polynom ∗ cos / sin / exp / ln / arcsin etc.Produkte aus Exponential–/Sinus–/Cosinusfunktionen

Faustregeln:

Polynom ∗

cossinexp

f = Polynom , g′ =

cossinexp

8

Bei Polynom n–ten Grades : n-mal partiell integrieren!

Polynom ∗

arccosarcsinln

g′ = Polynom , f =

arccosarcsinln

cosexpsin

∗

sincosexp

2 mal partiell integrieren

Nutzlich:∫ a

−a

ungerade Funktion dx = 0 ,

∫ a

−a

gerade Funktion dx = 2

∫ a

0

gerade Funktion dx

9

Beispiel 1:

∫

ln(x2 + 1) dx =

= x ln(x2 + 1)− 2

∫

x2

x2 + 1dx

=

= x ln(x2 + 1)− 2

∫ (

1− 1

x2 + 1

)

dx

= x ln(x2 + 1)− 2

∫

1 dx+ 2

∫

1

x2 + 1dx

= x ln(x2 + 1)− 2x+ 2arctan(x) + C =: F (x) + C

10

Beispiel fur bestimmtes Integral:

∫ 1

0

ln(x2 + 1) dx =[

x ln(x2 + 1)− 2x+ 2arctan(x) + C]1

0

= (1 · ln(12 + 1)− 2 + 2 arctan(1) + C)

− (0 · ln(02 + 1)− 0 + 2 arctan(0) + C)

= ln(2)− 2 + 2(π

4)

11

Beispiel 2:

∫ π2

−π2

(1− 2x− 3x2 + 4x3) sin(2kx) dx = 2 ·∫ π

2

0

(−2x+ 4x3) sin(2kx) dx

= 2 ·[

(−2x+ 4x3)− cos(2kx)

2k

]π2

0

− 2 ·∫ π

2

0

(−2 + 12x2)− cos(2kx)

2kdx

=1

k·(

(π − 4π3

8) cos(kπ)− 0

)

−∫ π

2

0

(2− 12x2)cos(2kx)

kdx

=(−1)k

k(π − π3

2) −

[

(2− 12x2)sin(2kx)

2k2

]π2

0

+

∫ π2

0

−24xsin(2kx)

2k2dx

=(−1)k

k(π − π3

2) +

[

(−24x)− cos(2kx)

4k3

]π2

0

−∫ π

2

0

−24− cos(2kx)

4k3dx

=(−1)k

k(π − π3

2) + 12π

(−1)k

4k3

12

Beispiel 3:

∫

sin(3x) cos(5x) dx ( mit: f(x) = sin(3x) , g′(x) = cos(5x))

= sin(3x)sin(5x)

5−∫

3 cos(3x)sin(5x)

5dx

u(x) = cos(3x) , v′(x) = sin(5x)

= sin(3x)sin(5x)

5− 3

5

[

cos(3x)− cos(5x)

5−∫

−3 sin(3x)− cos(5x)

5dx

]

= sin(3x)sin(5x)

5+

3

25cos(3x) cos(5x) +

9

25

∫

sin(3x) cos(5x)dx

13

Also

∫

sin(3x) cos(5x) dx

= sin(3x)sin(5x)

5+

3

25cos(3x) cos(5x) +

9

25

∫

sin(3x) cos(5x)dx

und damit

16

25

∫

sin(3x) cos(5x)dx =5

25sin(3x) sin(5x) +

3

25cos(3x) cos(5x) + C

∫

sin(3x) cos(5x)dx =5

16sin(3x) cos(5x) +

3

16cos(3x) cos(5x) + C

Alternativ: Additionstheoreme benutzen. Hier sin(α) cos(β) = 12(sin(α+β)+sin(α−β))

14

Substitution oder Umkehrung der Kettenregel der Differentiation:

(F (φ(t)) )′ = F ′(φ(t)) · φ′(t) mit F ′ =: f, x := φ(t), φ′ 6= 0

F (x) = F (φ(t)) =

∫

F ′(φ(t)) · φ′(t)dt

=

∫

f(x) · x′(t)dt =

∫

f(x) · dxdt

dt

=

∫

f(x) dx

∫ b

a

f(x(t)) · x′(t)dt =

∫ x(b)

x(a)

f(x) · dxdt

dt =

∫ x(b)

x(a)

f(x)dx

ACHTUNG : Grenzen nicht vergessen!!

15

Beispiel 1:

∫ 8

1

x2 + x+ 23√x

dx

Mit der Substitution y = x13 also x = y3, dx

dy = 3y2 erhalt man

∫ 8

1

x2 + x+ 23√x

dx =

∫ 2

1

y6 + y3 + 2

y3y2 dy

= 3

∫ 2

1

(y7 + y4 + 2y) dy = 3

[

y8

8+

y5

5+ y2

]2

1

= 3(25 +25

5+ 22 − 18

8− 15

5− 12) = 123, 225

Man kann auch direkt das Integral uber x53 + x

23 + 2x−

13 berechnen.

16

Beispiel 2: Typ x′(t)/x(t)

∫

2t

t2 + 1dt =

∫

1

t2 + 12t dt x(t) = t2 + 1

=

∫

1

x(t)x′(t)dt =

∫

1

x

dx

dtdt

=

∫

1

xdx = ln(x) + C = ln(t2 + 1) + C.

∫ 1

0

2t

t2 + 1dt =

∫ 12+1

02+1

1

xdx =

∫ 2

1

1

xdx = [ln(x)]

21 = ln 2

Allgemein gilt:

∫

x′(t)

x(t)dt = ln(|x(t)|) + C

17

Beispiel 3: Typ x′ · x (geht hier auch mit Additionstheorem oder partiell)

∫

sin(t) cos(t) dt =

∫

x(t)x′(t)dt

=

∫

xdx =x2

2+ C =

sin(t)2

2+ C

Allgemein gilt:

∫

x(t)x′(t) dt =(x(t))2

2+ C

Was ist also

∫

ln(t)

2 tdt =

18

Beispiel 4: Typ f(cos(t)) ∗ sin(t) oder f(sin(t)) ∗ cos(t)

bzw. f(cosh(t)) ∗ sinh(t) oder f(sinh(t)) ∗ cosh(t)

∫ π/2

0

cos5(t) dt =

∫ π/2

0

(1− sin2(t))2 cos(t)dt x = sin(t)

=

∫ sin(π/2)

sin(0)

=

∫ 1

0

x4 − 2x2 + 1 dx =

[

x5

5− 2

x3

3+ x

]1

0

=8

15

Was ist also

∫

sin(t)

2 + cos(t)dt =

19

20

BEISPIEL 5: Typ f(x2) ∗ x. Setze u = x2. Dann ist du = 2xdx.

∫

x3

1 + x2dx =

∫

x2

1 + x2x dx mit u = x2,

du

dx= 2x

=

∫

u

1 + u. . . . . . =

1

2

∫

1 + u− 1

1 + udu

=1

2

∫

1− 1

1 + udu =

1

2(u− ln(1 + u)) + C

=1

2(x2 − ln(1 + x2)) + C.

∫ 1

0

x

1 + x4dx =

∫ 12

02

=1

2[arctan(u)]

10 =

1

2(arctan(1))− arctan(0)) =

π

8.

21

BEISPIEL 6: Ein paar hilfreiche Standardsubstitutionen:

∫

√

1− x2 dx x = cos t

∫

√

1 + x2 dx x = sinh t

∫

√

x2 − 1 dx x = cosh t

Konkretes Beispiel:

∫ 1

−1

√

3− 2x− x2 dx =?

Erzeuge zunachst eine der oben angegebenen Formen

∫ 1

−1

√

3− 2x− x2 dx =

∫ 1

−1

√

4− (1 + x)2 dx

=

∫ 1

−1

2

√

1−(

(1 + x)

2

)2

dx

22

Substituiere: (1+x)2 = cos t, x = 2cos(t)− 1 .

Dann gilt

x(t) = 2 cos(t)− 1 =⇒ dx/dt = −2 sin(t) =⇒ dx = −2 sin(t) dt =⇒

∫ 1

−1

2

√

1−(

(1 + x)

2

)2

dx =

∫ 0

π/2

2√

1− cos2(t) (−2 sin(t)) dt

=

∫ π/2

0

4 sin2(t)) dt , beachte : sin t ≥ 0

=

∫ π/2

0

2(1− cos(2t)) dt ,

= [2t− sin(2t)]π/20 = π .

wobei das Additionstheorem cos(2t) = cos2(t)− sin2(t) benutzt wurde.

23

Bemerkung: Analog fuhrt man Integranden der folgenden Formen

1

a+ bx2,

1

a− bx2,

1√a− bx2

,1√

a+ bx2,

1√ax2 − b

auf die Standardintegrale

∫ 1

1 + x2dx = arctanx+ C

∫ 1

1− x2dx = Artanh x+ C ∀|x| < 1

∫ 1√1− x2

dx = arcsinx+ C ∀|x| < 1

∫ 1√1 + x2

dx = Arsinh x+ C

∫ 1√x2 − 1

dx = Arcosh x+ C ∀|x| > 1

(vgl. Folie 7) zuruck.

24

Falls noch Zeit ist: weitere zwei Beispiele:Beispiel 7: Polynom x Wurzel aus linearer Funktion

∫

x2 3√2 + 3x dx

ERSTR VERSUCH: partiell + einfache Substitution

∫

x2 3√2 + 3x dx f(x) = x2, g′(x) = (2 + 3x)

13

Mit y = 2 + 3x gilt dy/dx = 3

∫

3√2 + 3x dx =

∫

(2 + 3x)13 dx =

∫

y13dy

3=

1

3

y43

43

+ C =1

4(2 + 3x)

43 + C

25

oder g(x) = 14 (2 + 3x)

43 + C

∫

x2 3√2 + 3x dx = x2 1

4(2 + 3x)

43 −

∫

2x1

4(2 + 3x)

43dx

=1

4

[

x2 (2 + 3x)43 − 2

∫

x (2 + 3x)43dx

]

=1

4

[

x2 (2 + 3x)43 − 2

(

x(2 + 3x)

73

3 · 73−∫

(2 + 3x)73

3 · 73dx

)]

∫

x2 3√2 + 3x dx =

1

4x2 (2 + 3x)

43 − 1

14x(2 + 3x)

73 +

1

14

(2 + 3x)103

3 · 103

+ C.

26

ZWEITER VERSUCH: erst Substitution : Wurzel stort!

y := 2 + 3x =⇒ x = 13 (y − 2), dx/dy = 1

3

∫

x2 3√2 + 3x dx =

∫

1

9(y − 2)2 3

√y1

3dy

=1

27

∫

(y2 − 4y + 4)y13 dy =

1

27

∫

y73 − 4y

43 + 4y

13 dy

=1

27

(

y103

103

− 4y73

73

+ 4y43

43

)

+ C

=1

9

(

(2 + 3x)103

10− 4

(2 + 3x)73

7+

(2 + 3x)43

1

)

+ C.

Anderes Ergebnis als im ersten Versuch???? Nur auf den ersten Blick. BeideErgebnisse nach x Potenzen sortieren zeigt, dass hochsten die additiven Kon-stanten unterschiedlich sind.

27

Beispiel 9:

∫ 1

−1

x2 arcsin(x)√1− x2

dx = 0,

Warum?

Alternativ y = arcsin(x) , dydx = 1√

1−x2, x = sin(y)

∫ 1

−1

x2 arcsin(x)√1− x2

dx =

∫ π/2

−π/2

sin2(y) · y dy

Nutze cos(2x) = cos2(x)− sin2(x) und partielle Integration

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Midterm: Mittwoch 6. Juni, Audimax I, II, H0.16, O-018, 0506

ab 18:00 bzw. 19:00 Uhr: erscheinen, organisieren, Ansagen,

ca. 18:10 bzw. 19:10 Uhr: Start der Bearbeitung.

Bitte mitbringen: Perso, Papier, Stift.

Hilfsmittel: Keine !

Dauer Analysis: 30 oder 45 Minuten.

Danach : L.A. in den gleichen Raumen

29

Raume:*******

Audimax I: AIW, EUT, MB

H0.16 : MTB (MEC), BVT

Audimax II: BU, ET

ES 38, Raum 018: Gruppe 12 (spat)

ES 40, Raum 0007: SB, VT

DE 15, Raum 0506: IN (IIW), LM (LUM)

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