\documentclass[11pt,a4paper,oneside,fleqn]{article}

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 \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}