\documentclass[11pt,a4paper,oneside,fleqn]{article} % usepackages \usepackage{latexsym} \usepackage{amstext,amsthm} \usepackage{amsmath} \usepackage{amsfonts,german} % Einstellungen \setlength{\oddsidemargin}{0.46cm} \setlength{\textwidth}{16cm} \setlength{\mathindent}{1cm} \setlength{\topmargin}{-1cm} \setlength{\headheight}{0cm} \setlength{\headsep}{0cm} \setlength{\topskip}{0cm} \setlength{\textheight}{26cm} % Neue Kommandos \newcommand{\fa}{\qquad \forall \quad} \newcommand{\eps}{\varepsilon} \newcommand{\im}{{\rm Im}\,} \newcommand{\re}{{\rm Re}\,} \newcommand{\be}{\begin{equation}} \newcommand{\ee}{\end{equation}} \newcommand {\field}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand {\B}{\mathcal{B}} \newcommand {\C}{\field C} \newcommand {\D}{\mathcal{D}} \newcommand {\E}{\mathcal{E}} \newcommand {\F}{\field{F}} \newcommand {\G}{\mathcal{G}} \newcommand {\K}{\mathcal{K}} \newcommand {\Ll}{\mathcal{L}} \newcommand {\N}{\field N} \newcommand {\Oo}{\mathcal{O}} \newcommand {\PP}{\mathcal{P}} \newcommand {\Q}{\field Q} \newcommand {\R}{\field R} \newcommand {\Ss}{\mathcal{S}} \newcommand {\T}{\field T} \newcommand {\Z}{\field Z} % Umgebung fuer Saetze \newtheorem{satz}{Satz}%[section] \newtheorem{lemma}[satz]{Lemma} \newtheorem{hilfssatz}[satz]{Hilfssatz} \newtheorem{korollar}[satz]{Korollar} \newtheorem{prop}[satz]{Proposition} \newtheorem{defi}[satz]{Definition} \newtheorem{bem}[satz]{Bemerkung} \newtheorem{beis}[satz]{Beispiel} \newcommand{\Arsinh}{\operatorname{Arsinh}} \newcommand{\Arcosh}{\operatorname{Arcosh}} \newcommand{\Artanh}{\operatorname{Artanh}} \newcommand{\Arcoth}{\operatorname{Arcoth}} \begin{document} \pagestyle{empty} \noindent Mathematisches Institut LMU \hspace{7cm} 25.04.2005\\ Prof. Dr. H. Steinlein \\ \begin{center} {\Large \bf {\"Ubungsblatt 3 zu MPIIA} } \end{center} \ % Ihre L\"osungen sollten die Herleitungen der jeweiligen Stammfunktionen beinhalten (auf das blo\ss e Verifizieren einer Stammfunktion durch Differerenzieren gibt es keine Punkte). \vspace{1.5cm} \noindent{\bf Aufgabe 9: (4 Punkte)} Integrale der Form \(\int f(\sin x, \cos x)dx\) lassen sich oft mit der Substitution \(y=\tan \frac{x}{2}\) elementar berechnen, zumindest in Intervallen, in denen \(\tan\frac{x}{2}\) definiert ist. \begin{enumerate} \item[a)] Zeigen Sie \(\cos (x)=\frac{1-\tan^2(\frac{x}{2})}{1+\tan^2(\frac{x}{2})}\), wenn \(\frac{x}{2}\neq (k+\frac12)\pi\) f\"ur \(k\in\mathbb Z\) ist. \item[b)] Berechnen Sie die Integrale \begin{align*} \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{dx}{\cos x}\, , \qquad \int_{\frac{3\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}}\frac{dx}{\cos x}. \end{align*} \end{enumerate} \noindent{\it L\"osungsvorschlag:} a) Mit \(e^{i(x+y)}=e^{ix}e^{iy}\) und \(e^{ix}=\cos(x)+i\sin(x)\) folgt das Additionstheorem \(\cos(2t)=\cos^2(t)-\sin^2(t)\). Also ist \begin{align*} &\frac{1-\tan^2(\tfrac{x}{2})}{{1+\tan^2(\tfrac{x}{2})}} = \frac{1-\frac{\sin^2(\frac{x}{2})}{\cos^2(\frac{x}{2})}}{1 +\frac{\sin^2(\frac{x}{2})}{\cos^2(\frac{x}{2})}} =\frac{\frac{\cos^2(\frac{x}{2})-\sin^2(\frac{x}{2})}{\cos^2(\frac{x}{2})}} {\frac{\cos^2(\frac{x}{2})+\sin^2(\frac{x}{2})}{\cos^2(\frac{x}{2})}} \\& =\frac{\cos^2(\frac{x}{2})-\sin^2(\frac{x}{2})}{\cos^2(\frac{x}{2})+\sin^2(\frac{x}{2})} =\cos^2(\tfrac{x}{2})-\sin^2(\tfrac{x}{2})=\cos(2\cdot\tfrac{x}{2})=\cos(x). \end{align*} Dies gilt wenn \(\cos(\frac{x}{2})\neq0\), also wenn \(\frac{x}{2}\neq (k+\frac12)\pi\) f\"ur \(k\in\mathbb Z\) ist. b) Mit der Substitution \(y=\tan(\tfrac{x}{2})\) ist \(x=2\arctan(y)\), und damit \(dx=\frac{2dy}{1+y^2}\); also bekommt man mit a) \begin{align*} &\int\frac{dx}{\cos(x)}=\int\frac{1+\tan^2(\tfrac{x}{2})}{{1-\tan^2(\tfrac{x}{2})}}dx =\int\frac{1+y^2}{1-y^2}\, \frac{2dy}{1+y^2} \\& =\int\frac{2\,dy}{1-y^2} \qquad (\frac{1}{y+1}-\frac{1}{y-1}=\frac{2}{1-y^2}) \\& =\int\frac{dy}{y+1}-\int\frac{dy}{y-1} =\ln|1+y|-\ln|y-1|=\ln\Big|\frac{y+1}{y-1}\Big| =\ln\Big|\frac{\tan(\frac{x}{2})+1}{\tan(\frac{x}{2})-1}\Big|. \end{align*} Man sieht, da\ss\ \(x\in[0,\frac{\pi}{4}]\Rightarrow\frac{x}{2}\in[0,\frac{\pi}{8}] \Rightarrow \frac{x}{2}\neq (k+\frac12)\pi\) f\"ur \(k\in\mathbb Z\) - also bekommt man \begin{align*} \int_0^{\pi/4}\frac{dx}{\cos(x)} =\Big[\ln\Big|\frac{\tan(\frac{x}{2})+1}{\tan(\frac{x}{2})-1}\Big|\Big]_0^{\pi/4} =\ln\Big|\frac{\tan(\frac{\pi}{8})+1}{\tan(\frac{\pi}{8})-1}\Big|-\ln\big|\frac{1}{-1}\big| =\ln\Big|\frac{\tan(\frac{\pi}{8})+1}{\tan(\frac{\pi}{8})-1}\Big|. \end{align*} Aus den Additionstheoremen f\"ur \(\cos\) und \(\sin\) bekommt man \begin{align*} \frac{1-\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)}=\frac{\cos^2(\alpha/2)+\sin^2(\alpha/2) -[\cos^2(\alpha/2)-\sin^2(\alpha/2)]}{2\sin(\alpha/2)\cos(\alpha/2)} =\frac{\sin(\alpha/2)}{\cos(\alpha/2)}=\tan(\alpha/2). \end{align*} Weil \(\sin(\pi/4)=\cos(\pi/4)=1/\sqrt2\) (Aufgabe 1, Blatt 1), hat man \(\tan(\pi/8)=(1-1/\sqrt2)(1/\sqrt2)=\sqrt2-1\), und damit \begin{align*} \int_0^{\pi/4}\frac{dx}{\cos(x)}=\ln\Big|\frac{(\sqrt2-1)+1}{(\sqrt2-1)-1}\Big| =\ln(1+\sqrt2). \end{align*} Als n\"achstes bemerkt man, da\ss\ \(\frac{\pi}{2}=(k+\frac12)\pi\) f\"ur \(k=0\), und da\ss\ \(\pi\in[\frac{3\pi}{4},\frac{5\pi}{4}]\). Also muss man das Integral \( \int_{\frac{3\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}}\frac{dx}{\cos x}\) {\it teilen}: \begin{align*} &\int_{\frac{3\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}}\frac{dx}{\cos x} =\int_{\frac{3\pi}{4}}^{\pi}\frac{dx}{\cos x} +\int_{\pi}^{\frac{5\pi}{4}}\frac{dx}{\cos x} =\lim_{a\to0}\int_{\frac{3\pi}{4}}^{\pi-a}\frac{dx}{\cos x} +\lim_{b\to0}\int_{\pi+b}^{\frac{5\pi}{4}}\frac{dx}{\cos x} \\& =\lim_{a\to0}\Big[\ln\Big|\frac{\tan(\frac{x}{2})+1}{\tan(\frac{x}{2})-1}\Big|\Big]_{\frac{3\pi}{4}}^{\pi-a} +\lim_{b\to0}\Big[\ln\Big|\frac{\tan(\frac{x}{2})+1}{\tan(\frac{x}{2})-1}\Big|_{\pi+b}^{\frac{5\pi}{4}}. \end{align*} Mit l'H\^opital bekommt man (\(\tfrac{d}{dt}\tan(t)= 1+\tan^2(t)\)) \begin{align*} &\lim_{a\to0}\Big|\frac{\tan(\frac{\pi-a}{2})+1}{\tan(\frac{\pi-a}{2})-1}\Big| =\lim_{a\to0}\Big|\frac{\tfrac12(1+\tan^2(\frac{\pi-a}{2}))}{\tfrac12(1+\tan^2(\frac{\pi-a}{2}))}\Big| =1,\\ &\lim_{b\to0}\Big|\frac{\tan(\frac{\pi+b}{2})+1}{\tan(\frac{\pi+b}{2})-1}\Big| =\lim_{b\to0}\Big|\frac{\tfrac12(1+\tan^2(\frac{\pi+b}{2}))}{\tfrac12(1+\tan^2(\frac{\pi+b}{2}))}\Big|=1, \end{align*} und daher (weil \(\ln 1=0\)) \begin{align*} &\int_{\frac{3\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}}\frac{dx}{\cos x} =\ln\Big|\frac{\tan(\frac{5\pi}{8})+1}{\tan(\frac{5\pi}{8})-1}\Big| -\ln\Big|\frac{\tan(\frac{3\pi}{8})+1}{\tan(\frac{3\pi}{8})-1}\Big|. \end{align*} Es folgt aus dem Additionstheorem f\"ur \(\tan\), und \(\tan(\pi/4)=1\) (Ausgabe 1, Blatt 1), da\ss\ \begin{align*} &\tan(3\pi/8)=\tan(\pi/4+\pi/8) =\frac{\tan(\pi/4)+\tan(\pi/8)}{1-\tan(\pi/4)\tan(\pi/8)} =\frac{1+\tan(\pi/8)}{1-\tan(\pi/8)}\ \Rightarrow\\ &\frac{\tan(\frac{3\pi}{8})+1}{\tan(\frac{3\pi}{8})-1} =\frac{\frac{1+\tan(\pi/8)}{1-\tan(\pi/8)}+1}{\frac{1+\tan(\pi/8)}{1-\tan(\pi/8)}-1} =\frac{1}{\tan(\pi/8)}\Rightarrow \\&\ln\Big|\frac{\tan(\frac{3\pi}{8})+1}{\tan(\frac{3\pi}{8})-1}\Big| =\ln\big|\frac{1}{\tan(\pi/8)}\big|=-\ln({\tan(\pi/8)})=-\ln(\sqrt2-1),\\ &\tan(5\pi/8)=\tan(\pi/4+3\pi/8) =\frac{\tan(\pi/4)+\tan(3\pi/8)}{1-\tan(\pi/4)\tan(3\pi/8)} =\frac{1+\tan(3\pi/8)}{1-\tan(3\pi/8)}\ \Rightarrow\\ &\frac{\tan(\frac{5\pi}{8})+1}{\tan(\frac{5\pi}{8})-1} =\frac{\frac{1+\tan(3\pi/8)}{1-\tan(3\pi/8)}+1}{\frac{1+\tan(3\pi/8)}{1-\tan(3\pi/8)}-1} =\frac{1}{\tan(3\pi/8)}\Rightarrow\\ &\ln\Big|\frac{\tan(\frac{5\pi}{8})+1}{\tan(\frac{5\pi}{8})-1}\Big| =\ln\big|\frac{1}{\tan(3\pi/8)}\big|=-\ln({\tan(3\pi/8)}) \\&=-\ln\Big(\frac{1+\tan(\pi/8)}{1-\tan(\pi/8)}\Big) =-\ln\Big(\frac{1+(\sqrt2-1)}{1-(\sqrt2-1)}\Big) =-\ln\Big(\frac{1}{\sqrt2-1}\Big)=\ln(\sqrt2-1). \end{align*} Also ist \begin{align*} &\int_{\frac{3\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}}\frac{dx}{\cos x} =\ln\Big|\frac{\tan(\frac{5\pi}{8})+1}{\tan(\frac{5\pi}{8})-1}\Big| -\ln\Big|\frac{\tan(\frac{3\pi}{8})+1}{\tan(\frac{3\pi}{8})-1}\Big| \\&=\ln(\sqrt2-1)-(-\ln(\sqrt2-1)) =\underline{2\ln(\sqrt2-1)}. \end{align*} \underline{Andere m\"oglichkeit: } \begin{align*} &\int_{3\pi/4}^{5\pi/4}\frac{du}{\cos u} =\int_{3\pi}{4}^\pi\frac{du}{\cos u}+ \int_{\pi}{5\pi/4}^\pi\frac{du}{\cos u} \\&=\int_{\pi/4}^0\frac{-dx}{\cos(\pi-x)}+\int_0^{\pi/4}\frac{dv}{\cos(v+\pi)} =\int_{\pi/4}^0\frac{dx}{\cos x}+\int_0^{\pi/4}\frac{dv}{-\cos v} \\&=-2\int_0^{\pi/4}\frac{dx}{\cos x}=-2\ln(1+\sqrt{2}) =2\ln(\sqrt2-1). \end{align*} \ % \noindent{\bf Aufgabe 10: (4 Punkte)} Sei \(\gamma_n:=\int_0^1x^ne^{-x}\,dx\) f\"ur \(n\in\mathbb N\). \begin{enumerate} \item[a)] Finden Sie durch partielle Integration eine Rekursionsformel f\"ur \(\gamma_n\). \item[b)] Finden Sie eine explizite Formel f\"ur \(\gamma_n\). \end{enumerate} \noindent{\it L\"osungsvorschlag:} a) Durch partielle Integration bekommt man \begin{align*} &\gamma_n=\int_0^1x^ne^{-x}dx =[-x^ne^{-x}]_0^1-\int_0^1(-nx^{n-1}e^{-x})dx =-\tfrac{1}{e}+n\int_0^1x^{n-1}e^{-x}dx \Rightarrow\\& \gamma_n=n\gamma_{n-1}-\tfrac{1}{e}. \end{align*} b) Unter der Verwendung von der Rekursionsformel in a) kommt man auf der Vermutung: \begin{align} \label{verm} \gamma_n=n!-\tfrac{1}{e}\sum_{k=0}^{n}\frac{n!}{k!} \end{align} Dies beweisst man durch Induktion: \\\noindent\underline{\(n=0\)}: \begin{align*} \gamma_0=\int_0^1x^0e^{-x}dx=\int_0^1e^{-x}dx=1-\frac{1}{e} =1-\tfrac{1}{e}\cdot\frac{0!}{0!} =1!-\frac{1}{e}\sum_{k=0}^0\frac{0!}{k!}. \end{align*} \underline{Induktionsschritt}: Angenommen, \eqref{verm} gilt f\"ur \(n\). Von a) und dieser Induktionsannahme bekommt man \begin{align*} \gamma_{n+1}&=(n+1)\gamma_n-\tfrac{1}{e} =(n+1)\big(n!-\tfrac{1}{e}\sum_{k=0}^n\frac{n!}{k!}\big)-\frac{1}{e} =(n+1)n!-\frac{1}{e}\Big(\sum_{k=0}^n\frac{(n+1)n!}{k!}+1\Big) \\&=(n+1)!-\tfrac{1}{e}\Big(\sum_{k=0}^n\frac{(n+1)!}{k!}+\frac{(n+1)!}{(n+1)!}\Big) =(n+1)!+\tfrac{1}{e}\sum_{k=0}^{n+1}\frac{(n+1)!}{k!}. \end{align*} Also gilt \eqref{verm} auch f\"ur \(n+1\). Durch Induktion gilt dann \eqref{verm} f\"ur alle \(n\in\mathbb N\). \ % \noindent{\bf Aufgabe 11: (4 Punkte)} Entscheiden Sie mit Beweis, ob das uneigentliche Integral \begin{align*} \int_{-\infty}^\infty \sin(x^2)\, dx \end{align*} existiert. \noindent{\it L\"osungsvorschlag:} Man bemerkt zuerst, da\ss\ \(\int_0^{\sqrt{2\pi}}\sin(x^2)dx\) endlich ist, weil \(\sin(x^2)\) auf \([0,\sqrt{2\pi}]\) stetig ist (als Verkn\"upfung von zwei stetigen Funktionen). Sei \(a>\sqrt{2\pi}\). Mit der Substitution \(t=x^2\) bekommt man \begin{align} \label{kehren} \int_{\sqrt{2\pi}}^a\sin(x^2)dx=\int_{2\pi}^{a^2}\sin(t)\frac{dt}{2\sqrt{t}} =\frac12\int_{2\pi}^{a^2}\frac{\sin(t)}{\sqrt{t}}dt. \end{align} Sei, f\"ur \(k=1,2,3,\dots\), \begin{align*} a_k^+:=\int_{k2\pi}^{k2\pi+\pi}\frac{\sin(t)}{\sqrt{t}}dt \ ,\quad a_k^-:={}-\int_{k2\pi+\pi}^{k2\pi+2\pi}\frac{\sin(t)}{\sqrt{t}}dt \end{align*} Weil \(\sin(t)\geq0\) f\"ur \(t\in[k2\pi,k2\pi+\pi]\), und \(\sin(t)\leq0\) f\"ur \(t\in[k2\pi+\pi,k2\pi+2\pi]\), gilt \(a_k^+\geq0, a_k^-\geq0\). Ausserdem, weil \(g(t):=\frac{1}{\sqrt{t}}\) monoton fallend ist, und \(f(t):=\sin(t)\) \(2\pi\)-periodisch ist, gilt (Substitution \(u=t-2\pi\)) \begin{align*} a_{k+1}^+&=\int_{(k+1)2\pi}^{(k+1)2\pi+\pi}\frac{\sin(t)}{\sqrt{t}}dt =\int_{k2\pi}^{k2\pi+\pi}\frac{\sin(u)}{\sqrt{u+2\pi}}du \leq\int_{k2\pi}^{k2\pi+\pi}\frac{\sin(u)}{\sqrt{u}}du=a_k^+,\\ a_{k+1}^-&={}-\int_{(k+1)2\pi+\pi}^{(k+1)2\pi+2\pi}\frac{\sin(t)}{\sqrt{t}}dt ={}-\int_{k2\pi+\pi}^{k2\pi+2\pi}\frac{\sin(u)}{\sqrt{u+2\pi}}du \leq{}-\int_{k2\pi+\pi}^{k2\pi+2\pi}\frac{\sin(u)}{\sqrt{u}}du=a_k^-. \end{align*} Vom Mittelwertsatz der Integralrechnung bekommt man weiter, da\ss\ \(\xi_k^+\in[k2\pi,k2\pi+\pi]\), \(\xi_k^-\in[k2\pi+\pi,k2\pi+2\pi]\) existieren, so da\ss\ \begin{align*} &0\leq a_k^+:=\int_{k2\pi}^{k2\pi+\pi}\frac{\sin(t)}{\sqrt{t}}dt =\frac{1}{\sqrt{\xi_k^+}}\int_{k2\pi}^{k2\pi+\pi}\sin(t)dt =\frac{2}{\sqrt{\xi_k^+}}\leq\frac{1}{\sqrt{k2\pi}}\to0\ , \ k\to\infty,\\ &0\leq a_k^-:={}-\int_{k2\pi+\pi}^{k2\pi+2\pi}\frac{\sin(t)}{\sqrt{t}}dt =\frac{1}{\sqrt{\xi_k^-}}\int_{k2\pi+\pi}^{k2\pi+2\pi}(-\sin(t))dt \\&\qquad\qquad=\frac{2}{\sqrt{\xi_k^-}}\leq\frac{1}{\sqrt{k2\pi+\pi}}\to0\ , \ k\to\infty. \end{align*} Also gilt, da\ss\ \(\{a_k^+\}_{k\in\mathbb N}\) und \(\{a_k^-\}_{k\in\mathbb N}\) positive, monoton fallende Nullfolgen sind. Endlich hat man, weil \(\sin(s+\pi)=-\sin(s)\) (und mit den Substitutionen \(u=t-\pi, v=u-\pi\)), \begin{align*} a_{k+1}^+&=\int_{(k+1)2\pi}^{(k+1)2\pi+\pi}\frac{\sin(t)}{\sqrt{t}}dt =\int_{k2\pi+\pi}^{k2\pi+2\pi}\frac{\sin(u+\pi)}{\sqrt{u+\pi}}du \\& =\int_{k2\pi+\pi}^{k2\pi+2\pi}\frac{-\sin(u)}{\sqrt{u+\pi}}du \leq\int_{k2\pi+\pi}^{k2\pi+2\pi}\frac{-\sin(u)}{\sqrt{u}}du=a_k^- \\&=\int_{k2\pi}^{k2\pi+\pi}\frac{-\sin(v+\pi)}{\sqrt{v+\pi}}dv =\int_{k2\pi}^{k2\pi+\pi}\frac{\sin(v)}{\sqrt{v+\pi}}dv \leq \int_{k2\pi}^{k2\pi+\pi}\frac{\sin(v)}{\sqrt{v}}dv=a_k^+. \end{align*} Also ist \(a_{k}^+\geq a_k^-\geq a_{k+1}^+\geq a_{k+1}^-\geq\ldots\geq0\). Nach dem Leibniz-Kriterium konvergiert daher die (alternierende) Reihe \(a_1^+-a_1^-+a_2^+-a_2^-+a_3^+-a_3^-+\cdots\). Kehren wir jetzt zu \eqref{kehren} zur\"uck. F\"ur \(a>0\) gibt es {\it ein} \(k_0=k_0(a)\in\mathbb N\), so da\ss\ \(2\pi k_0\leq a^2<2\pi(k_0+1)\). F\"ur dies gilt: \(a\to\infty\Rightarrow k_0(a)\to\infty\). Weiter ist dann (siehe \eqref{kehren}) \begin{align*} \int_{\sqrt{2\pi}}^a\sin(x^2)dx=\frac12\int_{2\pi}^{a^2}\frac{\sin(t)}{\sqrt{t}}dt =\frac12\Big[\sum_{k=1}^{k_0-1}(a_k^+-a_k^-) +\int_{2\pi k_0}^{a^2}\frac{\sin(t)}{\sqrt{t}}dt\Big] \end{align*} Jetzt ist \begin{align*} 0\leq\Big|\int_{2\pi k_0}^{a^2}\frac{\sin(t)}{\sqrt{t}}dt\Big| \leq\int_{2\pi k_0}^{a^2}\Big|\frac{\sin(t)}{\sqrt{t}}\Big|dt \leq\int_{2\pi k_0}^{2\pi(k_0+1)}\frac{dt}{\sqrt{t}} \leq\frac{\sqrt{2\pi}}{\sqrt{k_0}} \to0\ , k_0\to\infty. \end{align*} Also ist \begin{align*} \lim_{a\to\infty}\int_{\sqrt{2\pi}}^a\sin(x^2)dx &=\frac12\lim_{a\to\infty}\Big(\sum_{k=1}^{k_0-1}(a_k^+-a_k^-)\Big) +\frac12\lim_{a\to\infty}\Big(\int_{2\pi k_0}^{a^2}\frac{\sin(t)}{\sqrt{t}}dt\Big) \\&=\frac12\sum_{k=1}^{\infty}(a_k^+-a_k^-)<\infty. \end{align*} Damit existiert das Integral \(\int_0^\infty\sin(x^2)dx\) als die Summe von den Integralen \(\int_0^{\sqrt{2\pi}}\sin(x^2)dx\) und \(\int_{\sqrt{2\pi}}^\infty\sin(x^2)dx\). Weil (durch die Substitution \(u=-x\)) \begin{align*} \int_{-a}^{-\sqrt{2\pi}}\sin(x^2)dx=\int_{\sqrt{2\pi}}^{a}\sin(u^2)du, \end{align*} existiert auch das Integral \(\int_{-\infty}^0\sin(x^2)dx\), und damit auch das Integral \(\int_{-\infty}^\infty\sin(x^2)dx\) als die Summe von \(\int_{-\infty}^0\sin(x^2)dx\) und \(\int_0^\infty\sin(x^2)dx\). \ % \noindent{\bf Aufgabe 12: (4 Punkte)} Berechnen Sie Stammfunktionen auf geeigneten (d. h. den maximal m\"oglichen) Intervallen zu folgenden Funktionen: \begin{align*} &\text{(a)} \qquad f(x)=\frac{x}{x^2-2x+2}\\ &\text{(b)}\qquad f(x)=\frac{3x^2-3x-2}{x^3-x^2-x+1} \end{align*} \noindent{\it L\"osungsvorschlag:} \\\noindent (a) Weil \( x^2-2x+2=(x-1)^2+1\) hat der Nenner keine reellen Nullstellen. Also ist die Stammfunktion \"uberall definiert, und man bekommt (durch die Substitution \(u=x-1\) in beide Integralen) \begin{align*} &\int\frac{x}{x^2-2x+2}dx =\int\frac{x-1}{(x-1)^2+1}dx+\int\frac{dx}{(x-1)^2+1} =\int\frac{u\,du}{u^2+1}+\int\frac{du}{u^2+1} \\& =\frac12\ln(u^2+1)+\arctan(u)+C =\frac12\ln\big((x-1)^2+1\big)+\arctan(x-1)+C \\& =\frac12\ln(x^2-2x+2)+\arctan(x-1)+C. \end{align*} (Die zwei Integrale sind im Aufgabe 4 im 2. Tutorium bestimmt worden). Man \"uberpr\"uft durch Differenzieren, da\ss\ dies eine Stammfunktion ist. \\\noindent (b) Man sieht, da\ss\ \(x^3-x^2-x+1=(x-1)^2(x+1)\), und da\ss\ weder \(x=1\) noch \(x=-1\) Nullstellen von \(3x^2-3x-2\) sind. Die Stammfunktion wird dann auf \(]-\infty,-1[\,\cup\,]-1,1[\,\cup\,]1,\infty[\,\) definiert sein. Man rechnet: \begin{align*} &\frac{3x^2-3x-2}{x^3-x^2-x+1}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{(x-1)^2}+\frac{C}{x+1} \\& \Rightarrow 3x^2-3x-2=A(x-1)(x+1)+B(x+1)+C(x-1)^2 \\&=(A+C)x^2+(B-2C)x+(-A+B+C) \Rightarrow \begin{cases} A+C=3\\B-2C=-3\\-A+B+C=-2 \end{cases} \\& \Rightarrow A=2, B=-1, C=1\Rightarrow\\& \int \frac{3x^2-3x-2}{x^3-x^2-x+1} =2\int \frac{dx}{x-1}-\int\frac{dx}{(x-1)^2}+\int\frac{dx}{x+1} \\& =2\ln|x-1|+\frac{1}{x-1}+\ln|x+1| + C. \end{align*} Man \"uberpr\"uft durch Differenzieren, da\ss\ dies eine Stammfunktion ist (auf \(]-\infty,-1[\,\cup\,]-1,1[\,\cup\,]1,\infty[\,\)). \vspace{1cm} {\bf \noindent Abgabe bis Montag 02.02.2005, {\it 11.15} Uhr in den MPIIA \"Ubungskasten im 1.~Stock vor der Bibliothek. \\ Unter {\tt http://www.mathematik.uni-muenchen.de/$\sim$sorensen} sind die Bl\"atter im Internet abrufbar. \\ Sprechstunden: H. Steinlein: \hspace{1cm} Mo 10-11, Zimmer 318\\ \hspace*{2.95cm} T. S\o rensen: \hspace{1.02cm} Mi 14-15, Zimmer 335} \end{document}