Technische Universität München Zentrum Mathematik. Übungsblatt 7

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1 Technische Universität München Zentrum Mathematik Mathematik (Elektrotechnik) Prof. Dr. Anusch Taraz Dr. Michael Ritter Übungsblatt 7 Hausaufgaben Aufgabe 7. Berechnen Sie die folgenden unbestimmten Integrale. Geben Sie jeweils an, welche Integrationsmethoden Sie verwenden. a) sin cos (cos 3 +sin 3 ) d [ 3 ( + tan3 ) ] b) 6 e cos(5) d [e ( cos(5) + 5 sin(5))] c) sin(ln ) d [ cos(ln ) + sin(ln )] d) sin( ) cos ( ) d [ 6 cos3 ( )] Lösung zu Aufgabe 7. a) Wir beginnen mit einer kleinen Umformung: sin cos (cos 3 + sin 3 ) d = sin cos tan cos 6 ( + tan 3 ) d = cos ( + tan 3 ) d Jetzt führen die Substitution t = tan durch. Mit dt = erhalten wir d = d cos cos dt und daher tan cos ( + tan 3 ) d = t ( + t 3 ) dt Dieses Integral lässt sich am einfachsten mit einer weiteren Substitution berechnen: y = t 3, dy = dt 3t, dt = dy : 3t t ( + t 3 ) dt = 3 ( + y) dy = 3 [ ] +C = [ + y 3 + t 3 b) Für dieses Integral bietet sich (zweifache) partielle Integration an: 6 e cos(5) d = 6 ( sin(5) e 5 = 6 ( 5 e cos(5) sin(5) + e = 6 5 e sin(5) 6 5 e cos(5) ] +C = [ 3 e sin(5) d e ( cos(5)) d e cos(5) d + C ) ) + tan 3 + C + C ] +C

2 Durch Auflösen dieser Gleichung nach dem gesuchten Integral erhalten wir: also ( ) 5 6 e cos(5) d = 6 5 e (5 sin(5) cos(5)) + C, e cos(5) d = e (5 sin(5) cos(5)) + C. c) Für dieses Integral hilft eine geschickte Substitution: t = ln, dt d =, d = dt = et dt: sin(ln ) d = sin te t dt Dieses Integral lässt sich dann mit Hilfe einer partiellen Integration lösen (wir führen die Details hier nicht mehr vor), es ergibt sich sin te t dt = et (sin t cos t) = sin(ln ) cos(ln ) + C d) Auch bei diesem Integral hilft eine geschickt gewählte Substitution, nämlich t = cos( ), dt = sin d dt, d = : sin sin( ) cos ( ) d = t dt = t C = 6 cos3 ( ) + C Aufgabe 7. Berechnen Sie mit Hilfe einer Partialbruchzerlegung die folgenden unbestimmten Integrale a) d [ ] 6 ln( + ) + 3 ln( + ) + 3 arctan (3) b) 3e + 4e + e [ 4e 9 ln(e ) + 5 ln(e + )] Lösung zu Aufgabe 7. a) Wir stellen zunächst fest, dass der Zählergrad bereits kleiner ist als der Nennergrad. Der Nenner lässt sich zerlegen als 3 + = ( + )( + ), der quadratische Term besitzt

3 keine reellen Nullstellen mehr. Also lautet der Ansatz für die Partialbruchzerlegung + ( + )( + ) = A + + B + C +. Daraus erhalten wir durch Multiplikation mit dem Hauptnenner und elementare Umformungen + = (A + B) + ( A + B + C) + (A + C). Koeffizientenvergleich ergibt das folgende lineare Gleichungssystem für A, B, C: A +B = A +B +C = A +C = Löst man dieses System (z. B. mit dem Gauß-Verfahren), so erhält man schließlich die Partialbruchzerlegung + ( + )( + ) = Wir lösen nun die beiden Einzelintegrale der Reihe nach: ) Das erste Integral lässt sich elementar lösen: + d = ln + + C ) Für das zweite Teilintegral nehmen wir zunächst eine Aufteilung in einen f f -Teil und den Rest vor: + + d = + + d = = + d d + d = ln C + + d 3) Den hinteren Teil müssen wir jetzt durch quadratische Ergänzung und anschließendes Ausklammern noch in Arcustangens -Form bringen, also auf die Gestalt y + für geeignetes y: = = = ( ( + ( ( ) = ) + ) ) = ( ( ) ) ( ) = arctan ( 3 ) 3 ( ) = ( arctan 3 ) + C 3 3 3

4 Wenn wir das alles (jeweils mit den richtigen Konstanten!) wieder zusammenbauen, erhalten wir schließlich d = 3 ln + + ( 3 ln ( arctan 3 )) + C. 3 3 b) Zunächst formen wir den Integranden zu einer rationalen Funktion um. Dazu verwenden wir die Substitution t = e, dt = d e, d = dt = dt: e t 3e + 4e + 3t + 4 d = + t e t( t ) dt = Damit erhalten wir für die Partialbruchzerlegung den Ansatz 3t + t + 4 t ( t)( + t) = A t + B t + C t + D + t. 3t + t + 4 t ( t)( + t) dt Wie üblich können wir nun mit dem Hauptnenner multiplizieren und dann mittels Einsetzen oder Koeffizientenvergleich ein lineares Gleichungssystem für A, B, C, D gewinnen. Löst man dieses, so erhält man die Partialbruchzerlegung 3t + t + 4 t ( t)( + t) = t t + t + + t. Diese Brüche können alle elementar integriert werden, als Ergebnis erhalten wir 3t + t + 4 t ( t)( + t) dt = ln t 4 t 9 ln t + 5 ln + t + C = 4e 9 ln e + 5 ln + e + C. Aufgabe 7.3 Berechnen Sie die folgenden uneigentlichen Integrale bzw. deren Cauchy-Hauptwert. a) e ln d b) d c) 3 + d Lösung zu Aufgabe 7.3 a) Um den Betrag auflösen zu können, teilen wir das Integral an der Stelle = auf (dort wechselt ln das Vorzeichen): e ln d = ln d + e ln d = lim M [ ln ] M + [ ln ]e = lim M [ M ln M + M] + [e e + ] = + = 4

5 b) Auch für dieses Integral lösen wir den Betrag auf, indem wir an geeigneter Stelle (hier = ) das Integral aufteilen: d = d + d Das erste Integral lässt sich direkt lösen (Arcussinus), das zweite Integral lösen wir mit der Substitution t = +, dt = +, d = d + dt = dt: t + 4 d = + t dt = [ln 3 t]+ = ln( + 3) Damit erhalten wir insgesamt d = lim M [arcsin ]M + ln( + 3) = π + ln( + 3) = π + ln( + 3) c) vgl. Mitschrift aus der Zentralübung Aufgabe 7.4 Entscheiden Sie, welche der folgenden uneigentlichen Integrale konvergieren. Beweisen Sie jeweils die Konvergenz oder die Divergenz! a) e d b) sin ( c) ) d d) d d 6 +6 Lösung zu Aufgabe 7.4 a) vgl. Mitschrift aus der Zentralübung b) Es gilt sin ( ) für alle [; ]. Da d = eistiert, konvergiert nach dem Majorantenkriterium auch das Integral aus der Aufgabenstellung. c) Der Term 5 + ist für alle [; ) nichtnegativ, also gilt Das Integral d = 4 3 d 3 5

6 konvergiert nach Vorlesung, also konvergiert auch das Integral aus der Aufgabenstellung. d) vgl. Mitschrift aus der Zentralübung Aufgabe 7.5 Die Funktion f : R R sei definiert durch e für >, f() := für. Zeigen Sie, dass f auf ganz R beliebig oft differenzierbar ist. Beweisen Sie dazu, dass die n-te Ableitung von f für > sich in der Form f (n) () = p n ( ) e für ein Polynom p n schreiben lässt. Bestimmen Sie dann die Taylorpolynome T n (, ) von f zum Entwicklungspunkt. Lösung zu Aufgabe 7.5 vgl. Mitschrift aus der Zentralübung Aufgabe 7.6 a) Berechnen Sie die Laplace-Transformierte der Funktion t e t. b) Zeigen Sie, dass die Laplace-Transformation eine lineare Abbildung ist. Genauer: Seien f (t),..., f k (t) Laplace-transformierbare Funktionen mit Laplace-Transformierten F (s),..., F k (s). Dann gilt für alle λ,..., λ k R: (L[λ f + + λ k f k ]) (s) = λ (Lf )(s) + + λ k (Lf k )(s) c) Sei f eine differenzierbare Funktion mit Laplace-Transformierter F. Zeigen Sie: Ist auch f Laplace-transformierbar, so gilt (Lf )(s) = s (Lf)(s) f(). Lösung zu Aufgabe 7.6 a) Nach Definition der Laplace-Transformation gilt für alle s, für die das Integral eistiert: (Lte t )(s) = e st te t dt = te t( s) dt 6

7 Mit partieller Integration erhält man die Lösung (Lte t )(s) = ( s). b) Die Linearität des Laplace-Transformationsoperators ergibt sich aus der Linearität des Integrals es gilt: (L(λ f (t) + + λ k f k (t)))(s) = e st (λ f (t) + + λ k f k (t)) dt =λ e st f (t) dt + + λ k e st f k (t) dt = λ (Lf (t))(s) + + λ k (Lf k (t))(s) c) Sei f die Ableitung von f. Wir führen eine partielle Integration durch, bei der wir den Term e st im Integral ableiten (nach t natürlich!) und f (t) integrieren: (Lf )(s) = e st f (t) dt = [ e st f(t) ] t= + s e st f(t) dt = f() + s (Lf)(s) t= Aufgabe 7.7 Gesucht sei eine Lösung der Differentialgleichung y 3y + y = t e t mit y() = und y () =, d. h. eine Funktion y(t), die obige Gleichung erfüllt. In dieser Aufgabe lösen wir die Differentialgleichung mit Hilfe der Laplace-Transformation. Für die Berechnung der Laplace- Transformationen sollten Sie Aufgabe 7.6 und eine Tabelle von Laplace-Transformierten in Ihrer Formelsammlung benutzen (und nicht alle Transformationen mit der Hand ausrechnen). a) Sei Y (s) die Laplace-Transformierte der gesuchten Funktion y(t). Zeigen Sie mit Hilfe von Aufgabe 7.6, dass Y (s) die Gleichung erfüllen muss. Y (s) (s 3s + ) s + = (s ) b) Ermitteln Sie eine eplizite Darstellung für Y (s), indem Sie obige Gleichung nach Y (s) auflösen. c) Führen Sie für die eplizite Darstellung aus der vorigen Teilaufgabe eine Partialbruchzerlegung durch, um Y (s) als Linearkombination einfacherer Funktionen zu schreiben. d) Ermitteln Sie durch Rücktransformation aus der Darstellung der vorigen Teilaufgabe eine Lösung y(t) der ursprünglichen Differentialgleichung. Lösung zu Aufgabe 7.7 7

8 a) Wir verwenden die Formel für (Lf )(s) aus der vorigen Aufgabe, um die Laplace-Transformierten von y und y zu berechnen: (Ly )(s) = s Y (s) y() (Ly )(s) = s (s Y (s) y()) y () = s Y (s) sy() y () Transformieren wir nun die gesamte Differentialgleichung, so erhalten wir (L(y 3y + y))(s) = (Lte t )(s) Wegen der Linearität der Laplace-Transformation und mit den Ergebnissen aus der vorigen Aufgabe gilt dann auch (Ly )(s) 3(Ly )(s) + (Ly)(s) = (Lte t )(s) = ( s). Wir setzen nun die Transformierten von y und y sowie y() = y () = ein und erhalten: s Y (s) s 3(sY (s) ) + Y (s) = Y (s) ( s 3s + ) s + = ( s) ( s) b) Auflösen der Gleichung nach Y (s) ergibt die Darstellung Y (s) = s3 4s + 5s (s ) 3 (s ). c) Für die Partialbruchzerlegung erhält man mit der üblichen Rechnung Y (s) = s3 4s + 5s (s ) 3 (s ) = (s ) + (s ) 3 + s. d) Die einzelnen Summanden aus der Partialbruchzerlegung lassen sich jetzt mit Hilfe einer Tabelle von Laplace-Transformierten wieder zurücktransformieren. Es ergibt sich: (s ) = (L(tet ))(s) (s ) 3 = (L(t e t ))(s) (s ) = (L(et ))(s) Damit erhalten wir durch Rücktransformation von Y (s) aus der Partialbruchzerlegung 8

9 die Funktion y(t): y(t) = t e t te t + e t Durch Einsetzen in die Differentialgleichung kann man sich leicht davon überzeugen, dass wir so tatsächlich eine Lösung für die Differentialgleichung gefunden haben, die den gegebenen Anfangswerten genügt. Aufgaben für die Tutorübung Aufgabe 7.8 Berechnen Sie die folgenden uneigentlichen Integrale bzw. deren Cauchy-Hauptwert. a) + d b) e d c) e ln d Lösung zu Aufgabe 7.8 a) Für dieses Integral gilt mit beliebigem a R: + d = a + d + a + d = lim t [arctan ]a t + lim t [arctan ]t a = arctan a + π + π arctan a = π b) In diesem Fall wählen wir a nicht beliebig, sondern teilen das Integral bei a =, um den Betrag auflösen zu können (wenn das Integral eistiert, muss es ja für jedes a R eistieren): e d = Wir benutzen die Substitution t =, dt d e d + = lim b b et dt + lim b e d = lim b e d + e d = und erhalten weiter b e d + lim e d b b b et dt = lim [ ] e t b b lim [ ] e t b = b + = (Hier hätte man sich das Leben übrigens etwas einfacher machen können, wenn man zu Beginn feststellt, dass der Integrand eine gerade Funktion ist.) 9

10 c) In diesem Fall ist nur die untere Grenze problematisch, es gilt also: e e ln d = lim ln d = lim [ ln ] e a a a a = e e lim a ln a + =, a da mit der Regel von de l Hôpital gilt: ln a lim a ln a = lim a a a = lim a a a a = lim a a = Aufgabe 7.9 Entscheiden Sie, welche der folgenden uneigentlichen Integrale konvergieren. Beweisen Sie jeweils die Konvergenz oder die Divergenz! a) sin d b) + d 4 + Lösung zu Aufgabe 7.9 a) Die Funktion sin ist stetig auf (; ) und stetig fortsetzbar in mit Funktionswert, das Integral über jedes endliche Teilintervall von [; ) eistiert also. Wir betrachten speziell ein Intervall der Form [kπ; (k + )π] für ein k N, dann gilt: (k+)π kπ Damit folgt sin (k+)π d kπ nπ sin sin (k + )π d = (k + )π n d (k+)π k= kπ sin [ cos ] (k+)π d n π k= kπ k +. = (k + )π Für n ist die harmonische Reihe also eine Minorante des Integrals, daher konvergiert das Integral nach dem Minorantenkriterium nicht. b) Um besser abschätzen zu können, teilen wir das Integral zunächst auf: d = d d Ähnlich bei Reihen ist auch bei Integralen ein endlicher Teil nicht ausschlaggebend für Konvergenz oder Divergenz. Da der Integrand + auf dem abgeschlossenen Intervall 4 + [; ] stetig ist, nimmt er dort auch Maimum und Minimum an. Das Integral eistiert also und besitzt einen endlichen Wert. Daher genügt es, das Teilintegral über [; ) zu untersuchen das gesamte Integral konvergiert bzw. divergiert genau dann, wenn dieses Teilintegral konvergiert bzw. divergiert.

11 Weil für auch 4 ist, gilt , also folgt d = lim [ln M ]M =. + Damit konvergiert das Teilintegral nach dem Minorantenkriterium nicht, also konvergiert auch das ursprüngliche Integral nicht. Aufgabe 7. Bestimmen Sie für die folgenden Funktionen jeweils deren Taylorreihe zum angegebenen Entwicklungspunkt. Bestimmen Sie jeweils den Konvergenzradius dieser Taylorreihen. Für welche -Werte stimmt die Funktion f mit ihrer Taylorreihe überein? a) f() =, = b) f() = +3, = Lösung zu Aufgabe 7. a) Wir stellen zunächst fest, dass = e ln = e ln ist. Die Taylorreihe lässt sich jetzt auf zwei Arten ermitteln, die wir hier eemplarisch beide zeigen: ) Wir greifen auf bekannte Potenzreihen zurück. Für die Eponentialfunktion wissen wir bereits, dass e = n= n n! ist. Damit folgt e ln (ln ) n = n, n= n! das ist also die Taylorreihe zum Entwicklungspunkt. (Dabei hatten wir natürlich Glück, dass = verlangt war.) Vorteil: Wir kennen bereits den Konvergenzradius der Eponentialreihe ( ) und können daraus herleiten, dass auch die Taylorreihe konvergiert, und zwar ebenfalls mit Konvergenzradius. Außerdem ist klar, dass die Taylorreihe tatsächlich überall gegen die Funktion f() konvergiert. ) Wir berechnen die n-ten Ableitungen und benutzen die Taylorformel. Um eine Vorstellung zu bekommen, wie die allgemeine Ableitung von f() = e ln aussieht, berechnen wir erstmal ein paar Ableitungen: f() = e ln f() = f () = ln e ln f () = ln f () = (ln ) e ln f () = (ln ) f () = (ln ) 3 e ln f () = (ln ) 3

12 Man sieht, wie es weiter geht: f (n) () = (ln ) n e ln, also gilt f (n) () = (ln ) n. Damit gilt für die Taylorreihe T f (; ) = n= f (n) () ( ) n = n! (ln ) n n, n= n! das Ergebnis stimmt also (erwartunsgemäß) mit dem ersten Ansatz überein. Vorteil dieses Vorgehens: Es klappt fast genauso, wenn wir einen anderen Entwicklungspunkt als = benutzt hätten (die Ausdrücke sehen nur ein bisschen komplizierter aus). Nachteil: Wir wissen noch nicht, ob die Reihe überhaupt konvergiert bzw. welchen Konvergenzradius sie hat und ob sie ggf. gegen f() konvergiert. Für den Konvergenzradius greifen wir z. B. auf das Quotientenkriterium zurück. Es gilt: a n+ a = (ln )n+ n! n (n + )!(ln ) = ln n, n n + also ist der Konvergenzradius, die Reihe konvergiert überall. Um festzustellen, ob die Reihe tatsächlich gegen die Funktion f() konvergiert, betrachten wir das Taylor-Restglied. Da die Funktion f unendlich oft stetig differenzierbar ist, gilt nach Vorlesung: f() = T m (; ) + R m+ (; ) mit R m+ (; ) = f (m+) (ξ) (m + )! m+ für ein ξ ( ; ). Also gilt für festes R für das n-te Restglied R n (; ): R n (; ) = (ln )n e ξ ln n! n (ln )n e ln n n n! Da also das Restglied für n für jedes feste gegen konvergiert, konvergiert T f (; ) tatsächlich für jedes gegen die Funktion f(). b) Hier führen wir nur noch einen Weg durch, nämlich die Abkürzung. Diese kann durchaus auch für Entwicklungspunkte funktionieren, wenn man etwas Kreativität an den Tag legt. Die Funktion f() = legt eine Darstellung als geometrische Reihe nahe, +3 es gilt ja bekanntlich also auch n= n= n = ( ) n = für <, ( ) für <. Also schreiben wir die Funktion f() so um, dass sie zu dieser Formel und zum Entwick-

13 lungspunkt = passt: f() = + 3 = + 3( ) + 6 = /8 = 3 /8 ( ) = 8 n= ( ( ) ( ) ) n ( ) n Der Konvergenzradius ergibt sich aus dem Konvergenzradius der geometrischen Reihe, es muss nämlich gelten: 3 8 ( ) <, das ist genau dann erfüllt, wenn < 8 3. Also ist der Konvergenzradius der Taylorreihe 8. Aufgrund der Herleitung mit Hilfe der 3 geometrischen Reihe wissen wir außerdem bereits, dass die Taylorreihe tatsächlich gegen f() konvergiert. 3