d-infk Analysis I ETH Zürich Prof. Dr. Marc Burger Lösung von Serie 14 · 2019. 7. 30. · d-infk...

d-infkProf. Dr. Marc Burger

Analysis ILösung von Serie 14

ETH ZürichFS 2019

14.1. Berechnung von Folgengrenzwerten

an: Zuerst sehen wir, dass

limn

2 − 3n

2n + 1= lim

n

n(

2n

− 3)

n(2 + 1

n

) = limn

(2n

− 3)

(2 + 1

n

) = −32

.

Dann können wir → Satz 3.3.2 (ii) benutzen um zu schliessen

limn

(2 − 3n

2n + 1

)3=(

−32

)3= −27

8.

bn: Es gilt:

n√

3n + 7n =(

7n((3

7

)n

+ 1))1/n

= 7((3

7

)n

+ 1)1/n

.

Weil 3/7 < 1, folgern wir, dass

limn

(37

)n

= 0 =⇒ limn

((37

)n

+ 1)1/n

= limn

11/n = 1,

also limnn√

3n + 7n = 7.

cn: Wir multiplizieren und teilen durch√

n + 5 +√

n − 1 wie folgt:√

n + 5 +√

n − 1√n + 5 +

√n − 1

(√

n + 5 −√

n − 1) = (n + 5) − (n − 1)√n + 5 +

√n − 1

= 6√n + 5 +

√n − 1

.

Weil der Nenner für n → ∞ nach +∞ divergiert, und der Zähler konstant ist,schliessen wir, dass limn(

√n + 5 −

√n − 1) = 0.

dn: Wir raten, dass die Folge nach 1 konvergiert. Um das zu beweisen, sei ϵ > 0fixiert. Es gilt:

|dn − 1| = |0. 00 . . . 0︸︷︷︸n mals

1| = 110n+1 ,

also wählen wir Nϵ ∈ N, so dass

110Nϵ+1 < ϵ,

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das heisst Nϵ > log10

(1ϵ

)− 1. Somit

|dn − 1| < ϵ ∀N ≥ Nϵ,

und das ist genau die Definition von Konvergenz nach 1.

en: Wir sehen, dass

en =

3 falls n gerade,

1/3 falls n ungerade,

d.h. die Folge pendelt zwischen 3 und 1/3, und kann deshalb nicht konvergieren.

fn: Wir sehen, dass

fn =

n + 1 falls n gerade,

n − 1 falls n ungerade,

also gilt fn ≥ n − 1 für alle n ∈ N. Das impliziert, dass die Folge nach +∞divergiert.

gn: Es gilt:

2n + 3n

3n + 4n=

3n((

23

)n+ 1

)4n((

34

)n+ 1

) =(3

4

)n(

23

)n+ 1(

34

)n+ 1

.

Weil sowohl 2/3 als auch 3/4 kleiner als 1 sind, gilt limn(2/3)n = 0 undlimn(3/4)n = 0, danach schliessen wir mit → Satz 3.3.2 (ii), dass

limn

2n + 3n

3n + 4n= lim

n

(34

)n

= 0.

hn: Weil die Folge (−1)n beschränkt ist, und weil die Folge 1/n nach 0 konvergiert,schliessen wir, dass

limn

(−1)n

n= 0.

14.2. Äquivalente Bedingungen von Konvergenz Wir beweisen “(1) ⇒ (2)”durch “(2) falsch ⇒ (1) falsch”. Die Negation von “∀ ϵ > 0, Mϵ ist endlich” ist

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“∃ ϵ > 0 so dass Mϵ unendlich ist”. Also, falls ein solches ϵ existiert, besteht Mϵ auseiner unendlichen Folge an1 , an2 , . . . so dass anj

/∈]a − ϵ, a + ϵ[, d.h.

|anj− a| ≥ ϵ ∀j ∈ N,

und das meint genau, dass (1) falsch ist.

Wir beweisen danach “(2) ⇒ (1)”. Für bestimmtes ϵ > 0, sei N ∈ N die grösste Zahl,so dass aN ∈ Mϵ. Für jedes n > N gilt dann an ∈]a − ϵ, a + ϵ[, d.h. |an − a| < ϵ. Dannsetzen wir Nϵ = N + 1.

14.3. Wachstumsraten Die Ungleichungskette ist wie folgt:

nα ≤ xn ≤ n! ≤ nn.

Zweite Ungleichung: Wie in 3.2 (e), gilt für eine natürliche Zahl so dass k ≥ x (z.B.k = [x] + 1)

xn

n!≤ kk+1

k!1n

.

Es ist jetzt genug, N0 so dass N0 ≥ kk+1/k!, da denn

xn

n!≤ kk+1

k!1n

≤ 1 ⇔ xn ≤ n! ∀n ≥ N0.

Dritte Ungleichung: Wie in 3.2 (d), wir sehen, dass

n!nn

≤ 1n

≤ 1 ∀n ≥ 1,

also n! ≤ nn für alle n ≥ 1.

14.4. Gerade und ungerade Teilfolgen “(i) ⇒ (ii)”: Sei a der Grenzwert dergemeinsam geraden und ungeraden Teilfolge. Aus der Definition von Konvergenz,existieren für jedes ϵ > 0, N ′, N ′′ ∈ N so, dass

|a2n − a| < ϵ für n ≥ N ′ und (1)|a2n+1 − a| < ϵ für n ≥ N ′′. (2)

Damit setzen wir Nϵ = max{2N ′, 2N ′′ + 1}: es gilt dann

|am − a| < ϵ für jedes m ≥ N,

weil falls m gerade ist, gilt (1), falls ungerade, (2).

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“(ii) ⇒ (i)”: da die Folge konvergent ist, konvergiert jede Teilfolge gegen den gleichenGrenzwert (siehe 3.6), insbesondere konvergieren die gerade und ungerade Teilfolgegegen den gleichen Grenzwert.

14.5. Rekursiv Folgen

(a) Behauptung 1: Die Folge ist monoton wachsend.Beweis: Durch Induktion nach n:Verankerung: 1 = d1 <

√5 = d2.

Ind.Schritt: dn+1 =√

2dn + 3 >√

2dn−1 + 3 = dn. Behauptung 1 ist also bewiesen.

Behauptung 2: Die Folge ist nach oben durch 3 beschränkt.Beweis: Durch Induktion nach n:Verankerung: d1 = 1 ≤ 3.Ind.Schritt: dn+1 =

√2dn + 3 ≤

√2 · 3 + 3 =

√9 = 3. Behauptung 2 ist also auch

gezeigt.

Nach dem Satz über monotone Konvergenz konvergiert jede monoton wachsende,nach oben beschränkte Folge. Also konvergiert dn

n→∞−→ d ∈ R.

Der Grenzwert d muss die Gleichung d =√

2d + 3 ⇐⇒ d2 − 2d − 3 = 0 erfüllen (dax 7→

√x stetig ist). Diese Gleichung hat die Lösungen

2 ±√

4 + 122

=

3−1

.

Da die Folge monoton wachsend ist und d1 = 1 > −1 ist, folgt d = −1. Somit ist derGrenzwert d = limn→∞ dn = 3.

(b) Offensichtlich ist die Folge von unten durch 0 beschränkt.Behauptung 1: Die Folge ist monoton fallend.Beweis: Durch Induktion nach n:

Verankerung: d2 =√

9 − 2 =√

7 < 3 = d1.Ind. Schritt: dn+1 =

√3dn − 2 ≤

√3dn−1 − 2 = dn.

Damit ist Behauptung 1 gezeigt.

Jede monoton fallende, nach unten beschränkte Folge, konvergiert nach dem Satzüber monotone Konvergenz. Also konvergiert dn

n→∞−→ d ∈ R.

Der Grenzwert muss die Gleichung d =√

3d − 2 ⇐⇒ d2 − 3d + 2 = 0 erfüllen (dax 7→

√x stetig ist). Diese Gleichung hat die Lösungen

3 ±√

9 − 82

=

21

.

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Behauptung 2: Für jedes n ≥ 1 gilt dn ≥ 2.Beweis: Durch Induktion nach n:

Verankerung: d1 = 3 > 2.Ind. Schritt: dn+1 =

√3dn − 2 ≥

√3 · 2 − 2 = 2.

Somit ist auch Behauptung 2 gezeigt.

Also ist d = 1 und es folgt d = limn→∞ dn = 2.

14.6. Folgengrenzwerte

(a) Mit Hilfe der Reihenentwicklung von ex und sin x erhalten wir:

limn→∞

e1/n − 1 − 1/n

1 − n sin( 1n)

= limn→∞

12n−2 + O(n−3)

1 − n(n−1 − 16n−3 + O(n−5))

= 1/21/6

= 3.

(b) Die Taylorreihe von√

1 + x ist√

1 + x = 1 + 12x − 1

8x2 + O(x3). Damit erhaltenwir:

limn→∞

√n2 + 1

n−

√n2 + n = lim

n→∞n

√1 + 1n3 −

√1 + 1

n

= lim

n→∞n(

1 + 12

n−3 − O(n−6) − 1 − 12

n−1 + O(n−2))

= −12

.

(c) Beh. 1: an ≤ 2, ∀n ∈ N.

Beweis durch Induktion:n = 1: a1 = 1 ≤ 2.Induktionsschritt: n → n + 1:Nach Induktionsannahme: an ≤ 2 =⇒ an + 1 =

√1 + an ≤

√1 + 2 < 2. Dies zeigt

Behauptung 1.

Beh. 2:(an) ist monoton wachsend, d.h. an+1 ≥ an für alle n ∈ N.

Beweis durch Induktion:Verankerung: a1 = 1 ≤

√1 + 1 = a2

Induktionsschritt: n → n + 1:Da nach Ind.annahme an ≤ an+1 ist, folgt

an+1 =√

1 + an ≤√

1 + an+1 = an+2

Dies zeigt Behauptung 2.

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Da jede nach oben beschränkte, monoton wachsende Folge, konvergent ist, konvergiertan → a ∈ R, für ein a das wir noch bestimmen müssen.

Falls a der Grenzwert der Folge ist, muss a unter der Rekursionsvorschrift fest bleiben,d.h.

a =√

1 + a.

Somit gilt a2 = 1 + a ⇐⇒ a = 1±√

52 . Da an ≥ 0 ∀n ∈ N muss auch der Grenzwert

a ≥ 0 sein und damit ist

a = 1 +√

52

.

14.7. Konvergente Teilfolge “(i) ⇒ (ii)”: wenn eine Folge (an)n nach a konvergiert,konvergieren alle ihren Teilfolgen gegen a. Tatsächlich, sei (anj

)j eine Teilfolge von(an)n. Für jedes ϵ > 0, existiert N ∈ N, so dass

|an − a| ≤ ϵ ∀n ≥ N. (3)

Da (anj)j eine Teilfolge von (an)n ist, gilt n1 ≥ 1; weil n2 > n1, folgt, dass n2 ≥ 2.

Ähnlich gilt, für jedes k ∈ N, nk ≥ k, also falls (3) gilt, gilt auch

|anj− a| < ϵ für jedes j ≥ N.

Dies bedeutet genau, dass limj→∞ anj= a.

“(ii)⇒(i)”: eine triviale Teilfolge von (an)n ist (an)n selbst. Da jede Teilfolge konver-giert, konvertiert also die ursprüngliche Folge.

14.8. Reihen mit π Die Reihe mit 2n ist klar:∞∑

n=1

1(2n)2 = 1

4

∞∑n=1

1n2 = 1

4π2

6= π2

24.

Was die anderen Reihen betrifft, so bemerken wir, dass∞∑

n=1

1n2 =

∑n gerade

1n2 +

∑n ungerade

1n2 =

∞∑n=1

1(2n)2 +

∞∑n=0

1(2n + 1)2 ,

und∞∑

n=1(−1)n 1

n2 =∑

n gerade

1n2 −

∑n ungerade

1n2 =

∞∑n=1

1(2n)2 −

∞∑n=0

1(2n + 1)2 .

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Damit schliessen wir, dass

∞∑n=0

1(2n + 1)2 =

∞∑n=1

1n2 −

∞∑n=1

1(2n)2 = π2

6− π2

24= π2

8,

und dann∞∑

n=1(−1)n 1

n2 =∞∑

n=1

1(2n)2 −

∞∑n=0

1(2n + 1)2 = π2

24− π2

8= −π2

12.

14.9. Reihen

(a) Wir bemerken | sin(n)| < 1 für alle n ≥ 1. Es folgt:∞∑

n=1

∣∣∣∣∣sin(n)2n

∣∣∣∣∣ ≤∞∑

n=1

(12

)n geom. Reihe= 12

· 11 − 1

2= 1.

Die Reihe konvergiert nach dem Majorantenkriterium.

(b) Aus Aufgabe 1b) wissen wir, dass limn→∞ an = −12 = 0. Also ist die Folge (an)

keine Nullfolge und somit konvergiert die Reihe nicht.

(c) Die Funktion f : [1, ∞) → R : x 7→ 1x2015 ist nicht negativ und monoton fallend.

Nach dem Integraltest konvergiert die Reihe ∑∞n=1 f(n) = ∑∞

n=11

n2015 genau dann,wenn das Integral

∫∞1 f(x) dx konvergiert.

Das Integral konvergiert, denn es ist:∫ ∞

1

1x2015 dx = − 1

2014x−2014

∣∣∣∣∞1

= 12014

.

Somit konvergiert auch die Reihe.

(d) sn ist für n ≥ 0 monoton wachsend und beschränkt, weil

|sn| ≤n∑

j=0

∣∣∣∣∣ j2 − 22j(j + 1)2

∣∣∣∣∣≤

n∑j=0

j2 − 12j(j + 1)2

≤n∑

j=0

12j

= 2(

1 − 12n+1

)< 2

gilt. Somit konvergiert die Folge (sn)n∈N.

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(e) Nach dem Minorantenkriterium divergiert die Reihe, weil die harmonische Reihedivergiert.

∞∑n=1

n + 2n

√n + n + 1

≥∞∑

n=1

n

(√

n + 2)n

≥∞∑

n=1

1√n + 2

≥∞∑

n=1

1n + 2

≥∞∑

n=3

1n

= ∞.

(f) Es gilt

|an| = | sin(n) · 2n − 1(n + 1)2 |

= | sin(n)| · | 2n − 1(n + 1)2 |

≤ |2 + 1

n

n + 2 + 1n

| n→∞→ 0 .

Somit konvergiert an gegen 0.

(g) ∑∞n=1

(−1)n+√

nn

√n+1 = ∑∞

n=1 an .Es gilt

an = (−1)n +√

n

n√

n + 1≥

√n − 1

n√

n + n

= 1n

·√

n − 1√n + 1

≥ 12n

,

für n ≥ 9.

Es ist bekannt, dass ∑∞n=1

1nα für α ≤ 1 divergiert, insbesodere divergiert auch die

harmonische Reihe ∑∞n=1

1n.

Nach Minoranten / Majorantenkriterium / Cauchy-Kriterium divergiert somit auch∑∞n=1 an. Somit ist die Reihe divergiert.

(h) Konvergenzradius ist

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ρ = 1limn→∞ n

√an

= limn→∞

n√

n + 44

= 14

Also Konvergenz in ] − 14 , 1

4 [, Divergenz für |x| > 14 .

Randpunkte: x = ±14 einzeln untersuchen.

x = 14

⇒∑

n

anxn =∑

n

1n + 4

⇒ divergent, da es harmonische Reihe ist

x = −14

⇒∑

n

anxn =∑

n

(−1)n 1n + 4

⇒ konvergent, da alternierende harmonische Reihe

14.10. Grenzwerte von Funktionen

(a) Es gilt:

4x − 1√x2 − 1

= x(4 − 1/x)|x|√

1 − 1/x2;

weil x nach −∞ strebt, können wir annehmen, das x < 0, also:

x(4 − 1/x)|x|√

1 − 1/x2= − x(4 − 1/x)

x√

1 − 1/x2= − (4 − 1/x)√

1 − 1/x2,

also schliessen wir

limx→−∞

4x − 1√x2 − 1

= limx→−∞

− (4 − 1/x)√1 − 1/x2

= −4.

(b) Es gilt:√

x2 + 5 − 3x2 − 2x

(√x2 + 5 + 3√x2 + 5 + 3

)= x2 + 5 − 9

(x2 − 2x)(√

x2 + 5 + 3)

= x2 − 4x(x − 2)(

√x2 + 5 + 3)

= x + 2x(

√x2 + 5 + 3)

,

also

limx→2

√x2 + 5 − 3x2 − 2x

= limx→2

x + 2x(

√x2 + 5 + 3)

= 13

.

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(c) Der Zähler ist konstant und positiv, also

limx→4−

3x − 4

= −∞, limx→4+

3x − 4

= +∞.

(d) Für jedes x < 0 gilt |x|/x = −x/x = −1, und für jedes x > 0 gilt |x|/x =+x/x = 1, also

limx→0−

|x|x

= −1, limx→0−

|x|x

= 1.

Wir folgern dass limx→0 |x|/x nicht existiert, weil der rechtsseitige Grenzwert und derlinksseitige Grenzwert verschiedene Werte haben.

Grenzwert mit Parametern: Es gilt:

√2x2 − 7x + 1 − (βx + γ) = (

√2x2 − 7x + 1 − (βx + γ))

√2x2 − 7x + 1 + (βx + γ)√2x2 − 7x + 1 + (βx + γ)

= 2x2 − 7x + 1 − (βx + γ)2√

2x2 − 7x + 1 + (βx + γ)

= (2 − β2)x2 + (−7 − 2βγ)x + 1 − γ2√

2x2 − 7x + 1 + (βx + γ).

Damit der Grenzwert endlich ist, muss 2 − β2 = 0 sein, d.h. β =√

2 oder β =−

√2. Falls β = −

√2, ist der Grenzwert des Nenners gleich 0, somit divergiert der

Grenzwert des Bruchteils. Für β =√

2 erhalten wir wie in (a) und (b):

limx→∞

(√

2x2 − 7x + 1 − (√

2x + γ)) = −7 − 2√

2γ

2√

2.

Damit

−7 − 2√

2γ

2√

2= 0

ist, muss γ = − 72√

2 sein. Alles in allem, ist der Grenzwert Null falls

(β, γ) =(√

2, − 72√

2

).

14.11. Grenzwerte und Variablenwechsel

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(a) Mit dem Variablenwechsel y = −x sehen wir, dass

limx→0

log(1 − x)x

= limx→0

− log(1 − x)−x

= limx→0

− log(1 + y)y

= −1.

(b) Mit den Eigenschaften des Logarithmus erhalten wir, dass

log(1 − cos x) = log(1 − cos x

x2 x2)

= log(1 − cos x

x2

)+ log(x2)

= log(1 − cos x

x2

)+ 2 log(x),

alsolog(1 − cos x)

log x= 1

log xlog

(1 − cos x

x2

)+ 2.

Bekanntlich gilt limx→01−cos x

x2 = 12 und limx→0+ log x = −∞, daraus schliessen wir,

dass

limx→0+

log(1 − cos x)log x

= limx→0+

1log x

log(1

2

)+ 2 = 2.

(c) Wir multiplizieren und teilen durch x und sehen, dass für x → 0+ gilt

log x log(1 − x) = x log x︸︷︷︸(i)

log(1 − x)x︸︷︷︸

(ii)

.

Bekanntlich strebt (i) gegen 0 und aus (a) erhalten wir, dass der Grenzwert von (ii)gleich -1 ist. Daraus schliessen wir, dass limx→0+ log x log(1 − x) = 0.

(d) Mit dem Variablenwechsel t = log x erhalten wir

limx→1+

log x log(log x) = limt→0+

t log t = 0.

(e) Aus der Definition von tan x folgt:

tan x − sin x

x3 =sin xcos x

− sin x

x3 = sin x(1 − cos x)x3 cos x

= sin x

x︸︷︷︸(i)

1cos x︸︷︷︸

(ii)

1 − cos x

x2︸︷︷︸(iii)

,

Bekanntlich streben für x → 0 (i) and (ii) gegen 1 und (iii) gegen 1/2. Alles in allem:

limx→0

tan x − sin x

x3 = 12

.

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(f) Mit dem Variablenwechsel y = ax erhalten wir

limx→0

sin(ax)x

= limy→0

asin(y)

y= a.

(g) Wir behaupten, dass der Grenzwert nicht existiert. Dazu betrachten wir dieFolgen

xn = π

2+ 2nπ und yn = 2nπ, n ∈ N.

Beide Folgen streben für n → ∞ gegen +∞. Wir sehen, dass

exn sin(e−xn cos xn) = 0 für alle n,

und

eyn sin(e−yn cos yn) = eyn sin(e−yn) = sin(e−yn)e−yn

;

Mit einem Variablenwechsel zn = e−yn sehen wir, dass limn→∞sin(e−yn )

e−yn = 1 gilt.Das impliziert (vgl. die Definition von Grenzwert mit Folgen), dass der Grenzwertlimx→+∞ ex sin(e−x cos x) nicht existiert.

(h) Wir sehen, dass√x +

√x

x1/4 =

√√x(1 +

√x)

x1/4 =√

1 +√

x,

also

limx→0+

√x +

√x

x1/4 = limx→0+

√1 +

√x = 1.

14.12. MC Fragen: Stetigkeit

(a) Die Aussage ist falsch. Betrachte die Funktion f : R → R gegeben durch f(x) =x. Sie ist stetig und monoton steigend, aber f([0, 1] ∪ [2, 3]) nimmt nicht alle Wertezwischen f(0) und f(3) an. Dies folgt zum Beispiel aus der Beobachtung dass f([0, 1]∪[2, 3]) = f([0, 1]) ∪ f([2, 3]) = [f(0), f(1)] ∪ [f(2), f(3)].

(b) Welche der folgenden Aussagen ist korrekt?

□ Sei f : [a, b] → R eine stetige Funktion und es gelte f(a) < f(b). Dann liegenalle Funktionswerte zwischen f(a) und f(b).

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Falsch: ein Gegenbeispiel zur Gültigkeit der Aussage liefert die Einschränkung vonsin auf das Intervall [0, 3π].

□ Sei f : [a, b] → R eine monoton wachsende stetige Funktion mit f(a) ≤ 0 ≤ f(b).Dann besitzt f in [a, b] genau eine Nullstelle.

Falsch: die konstante Funktion f : [a, b] → R, x 7→ 0, ist ein Gegenbeispiel.

□ Sei f : [a, b] → R eine streng monoton wachsende stetige Funktion mit f(a) <0 < f(b). Dann besitzt f in (a, b) genau eine Nullstelle.

Richtig: der Zwischenwertsatz garantiert die Existenz einer Nullstelle, und aufgrundder strengen Monotonie kann es höchstens eine geben.

(c) Sei f : R → R eine stetige Funktion, die nur an den Punkten 0 und 1 verschwin-det. Dann:

□ ist f monoton in ] − ∞, 0];

Falsch: Gegenbeispiel:

f(x) =

−1/2 falls x ≤ −3/2,

−2 − x falls − 3/2 ≤ x ≤ 1,

x falls − 1 ≤ x ≤ 1/2,

1 − x falls x ≥ 1/2.

Der Graph von f ist:

x1/2 1-1

f(x)

□ ist es möglich, dass f in (1, +∞) ihr Vorzeichen ändert;

Falsch: Falls x, y ∈]1, +∞] existieren, so dass f(x) > 0 und f(y) < 0 gilt, mussnach dem Zwischenwertsatz ein z ∈ (x, y) existieren, so dass f(z) = 0 gilt. Daswiderspricht dert Tatsache, dass f nur in 0 und 1 verschwindet.

□ das Vorzeichen von f ist konstant in ]1, ∞[.

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Richtig: das folgt aus der oben Begründung.

14.13. Stetigkeit 1

Damit f : [0, 4] → R wohldefiniert ist, muss gelten ∀x ∈ [2, 4] : 2rx − x2 ≥ 0. Dies istäquivalent zu ∀x ∈ [2, 4] : 2r > x. Notwendige Bedingung ist also 2r ≥ 4, das heisst,r ≥ 2. f ist auf [0, 4]\{2} als Komposition stetiger Funktionen stetig. Die Bedingungfür Stetigkeit auf [0, 4] ist daher

lim2>x→2

f(x) = f(2) = lim2<x→2

f(x).

Es giltlim

2>x→2f(x) = lim

2>x→22x r−1 = 4r−1,

lim2<x→2

f(x) = lim2<x→2

√2rx − x2 =

√4r − 4 = 2

√r − 1.

Die Bedinung lautet also 4r−1 = 2√

r − 1. Wegen r ≥ 2 ist dies äquivalent zu 4 =r2(r − 1). Wir sehen, dass r = 2 die eine gültige Lösung ist. Somit ist f stetig fürr = 2. Um den Graphen von f zu zeichnen, beobachten wir, dass der Graph von

√2rx − x2 =

√r2 − (r − x)2 =

√r2 − (x − r)2

Teil des Kreises mit Radius r um den Punkt (r, 0) ∈ R2 ist. Für r = 2 erhalten wir:

x

f

+0

+2

+4

+2

14.14. Stetigkeit 2

Für alle x ∈ R \ {a} gilt

f(x) = 2x2 + x − 2ax − a

|x − a| + |x2 − a2|= x − a + 2x(x − a)

|x − a| + |(x − a)(x + a)|= (x − a)(1 + 2x)

|x − a|(1 + |x + a|

) .

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Für x > a ist |x − a| = (x − a). Daher gilt

lima>x→a

f(x) = lima>x→a

1 + 2x

1 + |x + a|= 1 + 2a

1 + |2a|=

1, falls a ≥ 0,1+2a1−2a

, falls a < 0.

Für x < a ist |x − a| = −(x − a). Somit gilt

lima<x→a

f(x) = lima>x→a

− 1 + 2x

1 + |x + a|= − 1 + 2a

1 + |2a|=

−1, falls a ≥ 0,

−1+2a1−2a

, falls a < 0.

Im Fall a ≥ 0, da 1 = −1 sehen wir sofort, dass f an x0 = a nicht stetig ergänzbarist.

Im Fall a < 0 ist f an x0 = a stetig ergänzbar, falls links- und rechtsseitiger Grenzwertübereinstimmen, das heisst, falls 1+2a

1−2a= −1+2a

1−2a. Dies ist genau dann der Fall, wenn

1+2a1−2a

= 0, also falls a = −12 .

14.15. Berechnung von Ableitungen

Wir nennen jedes Mal f die bedachte Funktion.

(a) Wir führen die Aufteilung aus:

f(x) = 3x7 + x5 − 2x4 + x − 3x4 = 3x3 + x − 2 + x−3 − 3x−4;

die Ableitung Potenzfunktionen liefert:

f ′(x) = 9x2 + 1 − 2 − 3x−4 + 12x−5 = 9x7 + x5 − 3x + 12x5 .

(b) Wir sehen, dass

f(x) = x2(x2 + 10x + 25)(x + 5)(x + 7)

= x2(x + 5)2

(x + 5)(x + 7)= x2(x + 5)

x + 7;

die Quotierenregel liefert:

f ′(x) = (3x2 + 10x)(x + 7) − x3 − 5x2

(x + 7)2 = 2x3 + 26x2 + 70x

(x + 7)2 .

(c) Die Ableitungsregeln (Quotient, Ableitung von Exp, log, sin) liefern:

f ′(x) = ex(x(x + 2) + 2) − 2 sin(x) cos(x)cos2(x) + 1

.

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(d) Die Ableitungsregeln liefern:

f ′(x) = −x sin (sin (x2)) cos (x2)√cos (sin (x2)) + 1

.

(e) Nach Definition, gilt:

f(x) = 2sin x = esin x log 2,

somit ist die Ableitung

f ′(x) = esin x log 2 cos x log 2 = 2sin x cos x log 2.

14.16. Grenzwerte Wir nennen jedes Mal f und g die Funktionen in dem bedachtenGrenzwert, d.h. limx→x0

f(x)g(x) .

(a) Der Grenzwert hat Ausdruck 00 . Es gilt:

limx→0

f ′(x)g′(x)

= limx→0

11+x

1= 1,

somit existiert der Grenzwert und gilt:

limx→0

log(1 + x)x

= limx→0

11 + x

= 1.

(b) Hier kann man nicht die Regel von de l’Hôpital anwenden, weil f und g in1 nicht verschwinden. Es ist aber ein einfacher Grenzwert, weil der Nenner nichtverschwindet:

limx→1

x3 − 1x + 1

= 0.

(c) Der Grenzwert hat Ausdruck 0 ·∞. Mit den wichtigen Grenzwerten erhalten wir:

limx→0+

sin x log x = limx→0+

sin x

x︸︷︷︸→1

x log x︸︷︷︸→0

= 0.

(d) Wir verwenden zweimal die Regel von de l’Hôpital:

limx→0

ex + e−x − 21 − cos x

H= limx→0

ex − e−x

sin xH= lim

x→0

ex + e−x

cos x= 2.

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(e) Hier kann man nicht de l’Hôpital benutzen: der Grenzwert

limx→+∞

cos x

3 + sin x

existiert nicht. Weil | sin x| ≤ 1, ist die Zähler beschräknt:

log 2 ≤ log(3 + sin x) ≤ log 4,

somit

log 2x

≤ log(3 + sin x)x

≤ log 4x

,

also

limx→+∞

log 2x︸︷︷︸

=0

≤ limx→+∞

log(3 + sin x)x

≤ limx→+∞

log 4x︸︷︷︸

=0

danach limx→+∞log(3+sin x)

x= 0.

(f) Es gilt, xsin x = esin x log x. Somit sehen wir, dass der Grenzwert Ausdruck 00 hat.

Mit der Regel von de l’Hôpital erhalten wir:

limx→0+

xsin x − 1x

= limx→0+

esin x log x − 1x

H= limx→0+

esin x log x︸︷︷︸→1

(cos x log x︸︷︷︸

→−∞

+ sin x

x︸︷︷︸→1

)= −∞.

(g) Es gilt

(sin x

x

)1/x

= Exp(1

xlog

(sin x

x

));

wir berechnen den Grenzwert des Arguments mit der Regel von de l’Hôpital:

limx→0+

1x

log(sin x

x

)= lim

x→0+

log(

sin xx

)x

H= limx→0+

x cos x − sin x

x2H= lim

x→0+

−x sin x

2x= 0.

Somit ist der Grenzwert gleich e0 = 1.

14.17. Mittelwertsatz

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(a) f1: Es gilt f ′1(x) = 6x − 5 und es ist möglich, den Mittelwertsatz anzuwenden.

Wir berechnen:

6c − 5 = f(5) − f(2)5 − 2

= 16,

somit erhalten wir, dass der (einzige) untersuchte Punkt c = 7/2 ist.

f2: die Funktion x 7→ 1x−4 ist differenzierbar und verschwindet nicht in [1,3], damit

ist f2 differenzierbar mit

f ′2(x) = (x − 4) − (x + 3)

(x − 4)2 = − 7(x − 4)2 .

Wir berechnen:

− 7(c − 4)2 = f(3) − f(1)

3 − 1= −7

3

Somit muss (c − 4)2 = 3 sein. Die Lösungen dieser Gleichung sind c = 4 ±√

3, abernur 4 −

√3 liegt in [1, 3]. Somit ist c = 4 −

√3 der einzige gesuchte Punkt.

f3: da 25 − x2 > 0 in [−3, 4], ist f3 differenzierbar in [−3, 4] mit

f ′3(x) = − x√

25 − x2.

Wir berechnen:

− c√25 − c2

= f(4) − f(−3)4 − (−3)

= −17

⇒ 7c =√

25 − c2

⇒ 49c2 = 25 − c2 ⇒ c2 = 12

.

Beide Lösungen c = ± 1√2 dieser Gleichung liegen in [−3, 4] und sind somit die ge-

suchten Punkte.

(b) Wir müssen zeigen, dass für x > 0 gilt:√

1 + x < 1 + x

2.

Wir betrachten dazu die Funktion f(x) =√

1 + x. Dann ist f differenzierbar fürx > −1 und es gilt f ′(x) = 1

2·√

x+1 .

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Ausserdem ist f(0) = 1.Also gilt nach dem Mittelwertsatz, dass für jedes x > 0 ein u ∈ (0, x) existiert mit

√x + 1 − 1

x= f(x) − f(0)

x − 0= f ′(u) = 1

2 ·√

u + 1<

12

, da u > 0.

Also gilt√

1 + x < 1 + x2 wie behauptet.

(c) Behauptung 1: Es gilt log(x) ≤ x − 1 für alle x > 0.

Wir wenden den Mittelwertsatz auf f(x) = log(x) an. Wir machen folgende Fallun-terscheidungen:

1. Fall: 0 < x < 1. Es gilt für 0 < x < 1:

log(x) ≤ x − 1 ⇐⇒ log(x)x − 1

≥ 1.

(Achtung, wir dividieren durch eine negative Zahl, daher “wechselt” die Ungleichung.)Weil log(1) = 0, gilt nach dem Mittelwertsatz, dass ein u ∈ (x, 1) existiert mit

log(x)x − 1

= log(x) − log(1)x − 1

= f(x) − f(1)x − 1

= f ′(u) = 1u

.

Weil aber u ∈ (x, 1) ist, gilt 1u

> 1, also gilt die Ungleichung in diesem Fall. Dasheisst, es folgt log(x) ≤ x − 1 für 0 < x < 1.

2. Fall: x = 1. Es gilt log(1) = 0 = 1 − 1, d.h. die Ungleichung gilt für x = 1.

3. Fall: x > 1. Hier gilt

log(x) ≤ x − 1 ⇔ log(x)x − 1

≤ 1,

Nun gilt nach dem Mittelwertsatz, dass ein u ∈ (1, x) existiert mit

log(x)x − 1

= log(x) − log(1)x − 1

= f(x) − f(1)x − 1

= f ′(u) = 1u

.

Weil aber u > 1 gilt 1u

< 1, also stimmt die Ungleichung auch in diesem Fall.Dies zeigt Behauptung 1.

Behauptung 2 : Es gilt 1 − 1x

≤ log(x) für alle x > 0.Sei x > 0. Wir wenden Behauptung 1 für y = 1

xan.

Damit erhalten wir

− log(x) = log(1

x

)= log(y)

Beh.1≤ y − 1 = 1

x− 1 ⇔ log(x) ≥ 1 − 1

x,

wie behauptet.

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14.18. Umkehrsatz

(a) f ist differenzierbar auf R mit f ′(x) = 1 + ex > 0 ∀x ∈ R, somit ist f strengmonoton wachsend in R und umkehrbar. Dazu gilt

limx→−∞

f(x) = −∞ und limx→+∞

f(x) = +∞,

somit ist f bijektiv von R zu R. Weil

f(0) = 1, f ′(0) = 2, f ′′(0) = 1,

mit dem Kettenregel erhalten wir:

(f−1)′(1) = 1f ′(f−1(1))

= 1f ′(0)

= 12

,

und

(f−1)′′(1) =(

1f ′ ◦ f−1

)′

(1) = − (f ′ ◦ f−1)′(1)[(f ′ ◦ f−1)(1)]2

= −f ′′(0)(f−1)′(1)(f ′(0))2

= −1/24

= −18

.

(b) Wir definieren die Funktion ϕ(x) = (x − 1)ex − (x + 1)e−x: wir sehen, dassϕ′(x) = x(ex + e−x), somit

ϕ′(x) < 0 in (−∞, 0) ⇒ ϕ streng fallend in (−∞, 0) undϕ′(x) > 0 in (0, +∞) ⇒ ϕ streng wachsend in (0, +∞).

Weil

limx→+∞

ϕ(x) = +∞, limx→−∞

ϕ(x) = +∞ und ϕ(0) = −2,

aus dem Zwischenwertsatz folgt, dass genau zwei Punkten x1 ∈ (−∞, 0) und x2 ∈(0, +∞) existieren, so dass ϕ(x1) = 0, ϕ(x2) = 0, d.h. die Gleichung hat genau zweiLösungen in R.

14.19. Taylorpolynom Wir nennen jedes Mal f die bedachte Funktion. Das Tay-lorpolynom ist

P4(f, x0)(x) = f(x0) + f ′(x0)(x − x0) + f ′′(x0)2

(x − x0)2 + f ′′′(x0)3!

(x − x0)3

+ f (4)(x0)4!

(x − x0)4.

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(a) Wir berechnen:

f ′(x) = −(1 + x)−2, f ′′(x) = 2(1 + x)−3,

f ′′′(x) = −6(1 + x)−4, f (4)(x) = 24(1 + x)−5,

somit an der Stelle x0 = 0 erhalten wir:

P4(f, 0)(x) = 1 − x + x2 − x3 + x4.

(b) Nach Definition gilt

cosh x = ex + e−x

2und sinh x = ex − e−x

2, (4)

somit erhalten wir:

für jedes gerade k,dk cosh x

dxk= cosh x,

dk sinh x

dxk= sinh x,

für jedes ungerade k,dk cosh x

dxk= sinh x.

dk sinh x

dxk= cosh x

Da sinh 0 = 0 und cosh 0 = 1 schliessen wir, dass

P4(cosh, 0)(x) = 1 + x2

2!+ x4

4!und P4(sinh, 0)(x) = x + x3

3!.

(c) Wir können entweder die ersten vier Ableitungen berechnen, oder aber die Po-tenzreihenentwicklung von cos und ex verwenden. Das Berechnen der Ableitungenist v.a. für die höheren Ableitungen sehr aufwändig. Falls man dies trotzdem machtergeben sich sehr lange Terme von denen fast alle in x = 0 Null sind und schliesslichergibt sich:

f(0) = 1, f ′(0) = 0, f ′′(0) = 0, f ′′′(0) = 0, f (4)(0) = −12

und man kannP4(f, 0)(x) = 1 − 1

2x4

berechnen. Besser benutzt man die Potenzreihenentwicklung um den Nullpunkt (be-achte: für x = 0 ist ex2 −1 = 0, deshalb müssen wir auch den cos um Null entwickeln).Da wir nur das Taylorpolynom 4. Ordnung von f berechnen wollen, brauchen wirauch nur die Tayolorpolynome der Ordnung 4.Es ist:

P4(cos(y), 0)(x) = 1 − y2

2+ y4

4!

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und aus der Potenzreihenentwicklung von ex erhalten wir

P4(ex2 − 1, 0)(x) = 1 + x2 + (x2)2

2− 1 = x2 + 1

2x4.

Damit gilt

P4(cos(P4(ex2 − 1, 0), 0)(x) = 1 − 12

(x2 + 12

x4)2 + 14!

· (x2 + 12

x4)4 = 1 − 12

x4

+ Potenzen höherer Ordnung

Also ist das Taylorpolynom 4. Ordnung

P4(f, 0)(x) = 1 − 12

x4.

(d) Wir erinnern uns die Identitäten tan(x)′ = 1 + tan2(x), cos(

π4

)= 1√

2 undtan

(π4

)= 1. Wir berechnen:

f(x) = log cos x,

f(

π

4

)= log cos(π

4

)= log 1√

2= −1

2log 2,

f ′(x) = − sin x

cos x= − tan x,

f ′(

π

4

)= − tan

(π

4

)= −1,

f ′′(x) = −(1 + tan2(x)),

f ′′(

π

4

)= −(1 + tan2(π/4)) = −2,

f ′′′(x) = −2 tan(x)(1 + tan2(x)) = −2 tan(x) − 2 tan(x)3,

f ′′′(

π

4

)= −4,

f (4)(x) = −2(1 + tan(x)2) − 6 tan2(x)(1 + tan2(x)),

f (4)(

π

4

)= −4 − 12 = −16.

Damit gilt

P4

(f,

π

4

)(x) = −1

2log 2 − 1

1!(x − π

4) + − 2

2!(x − π

4)2 − 4

3!(x − π

4)3 + −16

4!(x − π

4)4

= −12

log 2 − (x − π

4) − (x − π

4)2 − 2

3(x − π

4)3 − 2

3(x − π

4)4.

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14.20. Annäherung mit Taylor Bemerkung: Wenn man sagt, dass eine Approxi-mation “exakt bis n Nachkommastellen ist”, meint man, dass n−1 Nachkommastellengewiss exakt sind. Die n-te Nachkommastelle könnte falsch sein!

(a) Die Funktion x 7→ log(1 + x) ist eine C∞-Funktion (d.h. beliebig oft differenzier-bar) in (−1, +∞), somit können wir für jedes n die Formel von Taylor n-ter Ordnungfür log(1+x) an der Stelle 0 betrachten. Bekanntlich, oder durch direkte Berechnung,ist die Formel

log(1 + x) = x − x2

2+ x3

3− x4

4+ . . . + (−1)n+1 xn

n+ Rn(0, x),

wo das Restglied gegeben ist durch

Rn(0, x) = (−1)n+2 1n + 1

1(1 + ξ)n+1 xn+1

für ein ξ ∈ (0, x). In unserem Fall ist x = 0.1, und um 3 exakte Nachkommastellenzu erhalten, ist es notwendig, dass

|Rn(0, 0.1)| = 1n + 1

1(1 + ξ)n+1 10−(n+1) < 0.0005 = 10−3

2.

Weil ξ ∈ (0, 0.1), gilt 1(1+ξ)n+1 < 1, somit

|Rn+1(0, 0.1)| <1

n + 110−n+1,

daraus folgt n + 1 > 3, somit n ≥ 3. Wir erhalten die Annäherung

110

− 12

1102 + 1

31

103 − 14

1104 = 11437

120000= 0.0953083.

Weil 0.0953083+ 10−3

2 = 0.0958083, gibt es keinen Übertrag in der Addition: das stelltsicher, dass die ersten 3 Nachkommastellen der obigen Annäherung exakt sind.

(b) Die Funktion f(x) = 3√

x ist eine C∞-Funktion in (0, +∞), somit können wirfür jedes n die Formel von Taylor n-ter Ordnung für f(x) an der Stelle x0 = 64betrachten:

f(x) = f(64) + f ′(64)(x − 64) + f ′′(64)2!

(x − 64)2 + . . .

+ fn(64)n!

(x − 64)n + Rn(64, x),

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wo das Restglied gegeben ist durch

Rn(64, x) = fn+1(ξ)(n + 1)!

(x − 64)n+1

für ein ξ ∈ (64, x). Wir sehen, dass

d( 3√

x)dx

= 13

x− 23 ,

d2( 3√

x)dx2 = − 2

32 x− 53 ,

d3( 3√

x)dx3 = 2 · 5

33 x− 83 ,

d4( 3√

x)dx4 = −2 · 5 · 8

34 x− 113 ,

und so weiter. Durch Induktion erhalten wirdk( 3

√x)

dxk= (−1)k+1 (3 − 1)(6 − 1) · · · (3(k − 1) − 1)

3kx−k+ 1

3 ,

somit in unserem Fall mit x = 65 erhalten wir, dass

|Rn(64, x)| = fn+1(ξ)(n + 1)!

= 1(n + 1)!

(3 − 1)(6 − 1) · · · (3n − 1)3n+1 ξ−(n+1)+ 1

3

= 1(n + 1)!

3 − 13

· 6 − 13

. . .3n − 1

3· 1

3ξ−(n+1)+ 1

3

≤ n!(n + 1)!

13

64−(n+1)+ 13 = 1

n + 143

64−(n+1),

daraus folgt, dass n so gewählt werden muss, dass

1n + 1

43

64−(n+1) < 0.000005 = 10−5

2,

insbesondere n + 1 > log64 105 ≈ 2.76, somit n ≥ 2. Mit n = 2 erhalten wir dieAnnäherung

3√

64 + 13( 3

√64)2

− 29( 3

√64)5

= 4 + 148

− 19216

= 370559216

= 4.02072.

Weil 4.02072 + 10−5

2 = 4.020725, gibt es keinen Übertrag in der Addition: das stelltsicher, dass die ersten 5 Nachkommastellen der obigen Annäherung exakt sind.

14.21. Eine wichtige Schranke

(a) Es gilt

|S(f, P, ξ)| ≤n∑

i=1|f(ξi)| (xi − xi−1) ≤ M(b − a),

für jede Einteilung und jede Wahl von Zwischenpunkten.

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14.22. Durch Integrale definierte Funktionen Wie bekannt, lautet der Haupt-satz der Integralrechnung, dass für eine stetige Funktion f : [a, b] → R und eineStelle c ∈ [a, b] die Funktion F (x) =

∫ xc f(t) dt differenzierbar ist mit Ableitung

F ′(x) = f(x).

Wir betrachten A als Komposition: A = (ϕ ◦ β)(x), wobei

ϕ(x) =∫ x

0cos(e2t + 2t) dt und β(x) = x7 + ex.

Die Kettenregel und der Hauptsatz der Integralrechnung liefern demnach:

A′(x) = ϕ′(β(x))β′(x) = cos(exp(2(x7 + ex)) + 2(x7 + ex))(7x6 + ex).

Was B betrifft, so können wir uns wegen der Additivität des Integrals:∫ x2+5

x2+1

sin t

tdt =

∫ c

x2+1

sin t

tdt +

∫ x2+5

c

sin t

tdt (c belibig),

B als

B(x) = (ϕ1 ◦ β1)(x) + (ϕ2 ◦ β2)(x)

denken, wobei

ϕ1(x) =∫ c

x

sin t

tdt, = −

∫ x

c

sin t

tdt β1(x) = x2 + 1,

ϕ2(x) =∫ x2+5

c

sin t

tdt, β2(x) = x2 + 5.

Nochmals durch die Kettenregel und den Hauptsatz der Integralrechnung schliessenwir, dass

B′(x) = ϕ′1(β1(x))β′

1(x) + ϕ′2(β2(x))β′

2(x)

= −sin(x2 + 1)x2 + 1

2x + sin(x2 + 5)x2 + 5

2x.

14.23. Berechnung von Integrale

(a) ∫ 4

1

2 − x2 + x

xdx =

∫ 4

1

(2x−1 − x + 1

)dx

=[2 log |x| − 1

2x2 + x

]4

x=1

= 2 log 4 − 8 + 12

+ 4 − 1 = 4 log 2 − 92

.

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(b) ∫ 9

1(√

x − 1)(x + 1) dx =∫ 9

1x3/2 − x + x1/2 − 1 dx

=[25

x5/2 − 12

x2 + 23

x3/2 − x]9

x=1

= 25

(35 − 1) − 12

(92 − 1) + 23

(33 − 1) − 9 + 1

= 4845

− 40 + 523

− 8 = 99215

.

(c) Wie in 10.4 (c) berechnet,∫ecos x sin x dx = −ecos x + C, C ∈ R.

(d) Wir integrieren partiell:∫ 1

0t2↓

cos(2t)↑

dt =[12

sin(2t)t2]1

0−∫ 1

0sin

↑(2t)t

↓dt

= 12

sin(2) −(

−12

[cos(2t)t]10 − 12

∫ 1

0− cos(2t) dt

)= 1

2sin(2) −

(−1

2cos(2) +

[14

sin(2t)]1

0

)

= 12

sin(2) + 12

cos(2) − 14

sin(2) = 14

(sin(2) + 2 cos(2)).

(e) Wir teilen den Burch auf:

1 − cos2 x

2 cos2 x= 1

2· 1

cos2(x)− 1

2.

Weil tan(x)′ = 1cos(x)2 erhalten wir:

∫ π/4

0

1 − cos2 x

2 cos2 xdx = 1

2

∫ π/4

0

1cos2 x

dx − 12

∫ π/4

01 dx

= 12

[tan(x)]π/40 − π

8= 1

2− π

8.

(f) Wie in 10.4 (b) berechnet,∫(x3 + 5x + 1)1291(3x2 + 5) dx = (x3 + 5x + 1)1292

1292+ C, C ∈ R.

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ETH ZürichFS 2019

(g) Wir integrieren zwei Mal partiell bis wir auf der rechten Seite wieder das Integralder linken Seite (mit anderem Faktor) finden:

I =∫

e5x

↓sin(x)

↑dx

= − cos(x)e5x − 5∫

−e5x

↓cos(x)

↑dx + C

= − cos(x)e5x + 5e5x sin(x) − 25∫

e5x sin(x) dx + C

= − cos(x)e5x + 5e5x sin(x) − 25I + C,

Daher gilt∫e5x cos(x) dx = I = 1

26(5e5x sin(x) − e5x cos(x)) + C C ∈ R.

(h) Wie in 10.4 (d) berechnet,∫ x√1 + 5x2

dx = 15

√1 + 5x2 + C, C ∈ R.

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