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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!
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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
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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
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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
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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
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∫
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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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20
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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
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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
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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
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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
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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
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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.
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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.
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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
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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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