Mthemtik für die Physik II, Sommersemester 28 Lösungen zu Serie 5 2) Berechnen Sie die uneigentlichen Riemn-Integrle ln d und d +. Für jedes < < gilt ln t dt = t ln t t = ln und nch I. 2.Lemm 4 und I..Stz 9.d) hen wir lim ln = lim ) e =. Dmit eistiert ds uneigentliche Riemn-Integrl ln d = lim ln t dt =. Kommen wir zum zweiten Integrl. Zunächst ht + eine Nullstelle in = und wir rechnen + : + = 2 + + 2 ) 2 + 2 ) + + ) Der qudrtische Quotient ht Diskriminnte = und dmit keine reellen Nullstellen. Nun setzen wir die Prtilruchzerlegung ls + = A + + B + C 2 + = A2 + ) + B + C) + ) + n, und erhlten die Gleichungen = A + B)2 + C + B A) + A + C + A + B =, C + B A = und A + C =.
Somit werden B = A, C = A B = 2A und = A + C = A, lso A = /, B = / und C = 2/, lso + = + 2 ). 2 + Aus 2.4 kennen wir die Formel A + B 2 + + d = A ) 2B A 2 + 2 ln2 + + ) + rctn für,, c, A, B R mit := 4 2 >. Dmit gilt für jedes > dt = ln + t) + t 2 lnt2 t + ) + ) 2t ) rctn = 2 ln 2 + 2 + 2 + + ) 2 rctn + π )) 6 d rctn ) ) = rctn = π 6 gilt siehe etw die Telle in I.. eziehungsweise den Beweis dieser Formel in I. 2.). Nun ist nch einem Beispiel in I.. 2 + 2 + lim 2 + = lso uch lim ln 2 + 2 + 2 + = d der Logrithmus stetig ist. Weiter hen wir ) 2 lim rctn = lim rctn = π 2 und insgesmt ist dmit d + = lim dt + t = π 2 + π ) = 2 π. 6 9 22) Welche der folgenden uneigentlichen Riemn-Integrle sind konvergent eziehungsweise solut konvergent? sin ) sin/) ) ) d, ) sin d, c) d, d) sin 2 d. + 2 ) Behuptung: Ds uneigentliche Riemn-Integrl er nicht solut konvergent. sin d ist konvergent + 2 2
Beweis: Verwenden wir die prtielle Integrtion gemäß.stz sin cos d = 2 + 2 + 2 + cos d + 2 ) 2 so müssen wir nur die Konvergenz des rechts stehenden Grenzwerts eziehungsweise Integrls einsehen. Dei ist cos lim + = 2 klr. Für ds Integrl echte ds für jedes stets 2 + 2 ) cos 2 2 + 2 ) < 2 + < 2 2 gilt, und wegen d/ 2 < liefert ds Mjorntenkriterium.Stz 7 uch die Konvergenz des uneigentlichen Integrls 2 cos d. + 2 ) 2 Dmit ist die Konvergenz unseres Integrls ewiesen. Andererseits gilt für jedes stets sin + 2 = 2 sin + 2 sin 2, und d nch einem Beispiel der Vorlesung sin d = gilt, ist uch sin + 2 d =, unser Integrl ist lso nicht solut konvergent. ) Behuptung: Ds uneigentliche Riemn-Integrl sin ) d divergiert. Beweis: Zunächst echte ds für lle < π/ stets sin > ist, denn für lle 2, π/) ist d sin ) = cos d 2 2 > cos π 2 =, d.h. die Funktion [, π/] R; sin /2 ist streng monoton steigend und somit ist sin /2 > für lle < π/. Für jedes > /π ist < / < π/, lso uch ) sin > 2.
Andererseits wissen wir ereits divergent. d =, lso ist sin ) d = c) Behuptung: Ds uneigentliche Riemn-Integrl d ist solut konvergent. sin/) Beweis: Für jedes > gilt sin <, dies ist klr für > und d für < < stets d sin ) = cos > d gilt ist die Funktion [, ] R; sin streng monoton steigend und somit ist uch sin > für lle <. Für jedes hen wir dmit < sin/) < 2 und wegen d/ 2 < ergit ds Mjorntenkriterium.Stz 7 die solute Konvergenz von sin/)/ d. Verwenden wir den in 2.5 eingeführten Integrlsinus, so können wir die Konvergenz uch direkt nchweisen. Sustituieren wir so wird für jedes > lso konvergiert sin/) s = t sin/t) t ds lso dt = t = 2 s2 = dt = ds s 2 dt = / sin/t) d = lim dt t sin s s = Si) lim Si ds = Si) Si ) ) = Si) lim Si) = Si) d Si) = ist. D der Integrnd positiv ist, ist die Konvergenz solut. ) d) Behuptung: Ds uneigentliche Riemn-Integrl sin 2 d ist solut konvergent. 4
Beweis: Wie schon in c) gilt für jedes > stets sin <, lso uch ) < sin 2 < 2 und d/ 2 < ergit mit dem Mjorntenkriterium.Stz 7 die solute Konvergenz von sin 2 /) d. Wie in c) git es uch eine lterntive Methode in der ds uneigentliche Integrl direkt erechnet wird. Sustituieren wir wieder s = /t, so wird für jedes > ) sin 2 dt = t sin 2 s ds = sin2 s 2 sin s cos s / s 2 s + ds / / s ) = sin 2 sin 2 ) + 2 sin2s) ds / 2s ) = sin 2 sin 2 ) + Si2) Si Wie in c) ist lim Si2/) = Si) = und wegen ) < sin 2 < = 2 Dies ergit die Konvergenz von ) sin 2 d = lim für > ist uch lim sin2 D der Integrnd positiv ist, ist die Konvergenz solut. 2) Berechne ds uneigentliche Riemn-Integrl ) =. ) sin 2 dt = Si2) sin 2 ). t e 4 e 2 + e + 6 + 9 d. ) 2. Gemäß 2.5 ergit die Sustitution t = e für jedes > e t 4 e e 2t + e t + 6 + 9 dt = t 4 tt 2 + t + 6 + 9 ) dt. Für ds Polynom t 2 + t + 6 + 9 hen wir die Diskriminnte = 46 + 9 ) = 6 + 6 = 97 + 4 ) = 92 + ) 2 >, 5
dieses Polynom ht lso keine reellen Nullstellen. Der Integrnd des rechts stehenden Integrls ht lso eine Prtilruchzerlegung der Form t 4 tt 2 + t + 6 + 9 ) Wir erhlten! = A t + Bt + C t 2 + t + 6 + 9 = A + B)t2 + A + C)t + A6 + 9 ) tt 2 + t + 6 + 9. ) 4 A = 6 + 9, B = A und C = A. Mit der schon in Aufge 2) verwendeten Formel ergit sich für jedes > t 4 tt 2 + t + 6 + 9 ) dt = A ln A 2 ln2 + + 6 + 9 ) + A 2 ln8 + 9 ) + 2 A ) 2 + rctn 2 A ) rctn. Anlog zu unserem Vorgehen in Aufge 2) ist A ln A 2 ln2 + + 6 + 9 ) ) lim und ußerdem gilt lso hen wir 2 A lim rctn e 4 e 2 + e + 6 + 9 ) 2 + = 2 A d = lim = A 2 lim ln ) 2 2 + + 6 + 9 = lim rctn = 2 A π 2, t 4 tt 2 + t + 6 + 9 dt = A 2 ln8 + 9 ) + 2 A π 2 rctn )). Bechten wir noch sowie ln8 + 9 ) = 2 ln) + ln2 + ) und = 2 + ) = 2 4 2 A = 2 + 6 + 9 6 + 8 = 6 + 9 = 8 2 + 6 + 9 und 2 A = 6 6 + 9 6
so wird ) rctn = rctn2 ) = π 2 nch einer Formel in I.. und insgesmt ist e 4 e 2 + e + 6 + 9 d = 2 5π 8 ln) 4 ln2 + ) 6 + 9. 24) Seien, R mit <, f : [, ] R eine monoton fllende, stetig differenzierre Funktion und g : [, ] R eine stetige Funktion. Zeigen Sie, dss es ein ξ [, ] mit git. f)g) d = f) ξ g) d + f) ξ g) d Beweis: D g stetig ist, ist die Funktion G : [, ] R; gt) dt nch dem Huptstz der Differentil- und Integrlrechnung 2.Stz 9 differenzierr mit G) = und G = g. Dmit ist G sogr stetig differenzierr und mit prtieller Integrtion nch 2.Stz erhlten wir f)g) d = f)g ) d = f)g) f)g) = f)g) + f )G) d f )) G) d. D f monoton fllend ist gilt nch I. 2.Korollr.d) für lle [, ] stets f ). Nch dem Mittelwertstz der Integrlrechnung 2.Stz 9.) und einer weiteren Anwendung des Huptstzes eistiert dmit ein ξ [, ] mit Es folgt f )) G) d = Gξ) f)g) d = f)g) + f )) G) d = f)gξ) + f)g) Gξ)) = f) f ) d = Gξ) f) f)). ξ g) d + f) ξ g) d 7
und lles ist ewiesen. 25) Sei g : R R eine stetige Funktion und es gee ein p R mit p >, g + p) = g) für lle R und p g) d =. Weiter seien R und f : [, ) R eine monoton fllende, stetig differenzierre Funktion mit lim f) =. Zeigen Sie, dss ds uneigentliche Riemn-Integrl konvergent ist. f)g) d Beweis: D g stetig ist git es nch I..Stz 4 eine Konstnte M > mit g) M für lle [, p]. Ist dnn R so git es n Z und y [, p] mit = y + np und wir erhlten uch g) = gy + np) = gy) M. Sei nun R und wir ehupten ds dnn uch +p g) d = gilt. Hierzu sei zunächst n Z mit np < + p und dnn hen wir +p g) d = np = g) d + np +p np g) d g n )p) d + = p np+p g) d + +p np np+p g np) d g) d = p g) d =. Nun setzen wir C := Mp >. Sind dnn, c R mit < c so git es ein n N mit + np c < + n + )p und wir erhlten g) d = lso uch c g) d = +np n k= +kp +k )p g) d +np + g) d = g) d +np +np g) d Mc np) Mp = C. Dmit kommen wir zur eigentlichen Behuptung und wollen ds Cuchykriterium für f)g) d nchweisen. Sei lso ɛ > gegeen. Wegen lim f) = eistiert ein s > mit f) < ɛ/2c) für lle R mit > s. Seien nun, c R mit c > > s. Nch Aufge 24) eistiert dnn ein ξ [, c] mit f)g) d = f) ξ 8 g) d + fc) ξ g) d
und wegen, c > s hen wir ξ f)g) d f) c g) d + fc) g) d C f) + fc) ) < ɛ. Ds Cuchykriterium.Stz 5 für uneigentliche Riemn-Integrle ergit nun die Behuptung. ξ 9