Mathe II für Informatiker Sommersemester 05 Walter Oevel 18. 7. 2005

Ü b u n g s b l a t t 15 (Wiederholung)

Folgende Aufgaben dienen zur Wiederholung und Klausurvorbereitung.

Aufgabe 103: (Komplexe Zahlen. Induktion.) Beweise formal: (1 + i)^{2·n} = (−1)^{n/2} · 2^{n} für alle n ∈ {0, 2, 4, ⋯}.

Musterlösung: Vorüberlegung:

(1 + i)^{2} = 1 + 2 · i + i^{2} = 1 + 2 · i − 1 = 2 · i.

Es folgt

(1 + i)^{2·n} = ((1 + i)^{2})^{n} = (2 · i)^{n} = 2^{n} · i^{n}.

Damit bleibt zu zeigen:

i^{n} = (−1)^{n/2}, für n = 0, 2, 4, ….

Diese Behauptung wird durch Induktion nach n gezeigt. Induktionsstart n = 0:

i^{0} = 1 = (−1)^{0} (ok).

Induktionsschritt n → n + 2. Es gelte i^{n} = (−1)^{n/2} für ein gerades n (Induktionsvoraussetzung). Damit folgt

i^{n+2} = i^{n} · i^{2} = −i^{n} = −(−1)^{n/2} = (−1)^{n/2+1} = (−1)^{(n+2)/2}.

Dies ist die behauptete Gleichung für n + 2.

Aufgabe 104: (Polynome. Induktion.) Sei p(z) = z^{n} + c_{n−1} · z^{n−1} + ⋯ + c_{0} ein Polynom vom Grad n mit den (eventuell übereinstimmenden) Nullstellen z_{1}, …, z_{n}. Beweise formal:

z_{1} + z_{2} + ⋯ + z_{n} = −c_{n−1}.

Musterlösung: Nach dem Hauptsatz der Algebra gilt

z^{n} + c_{n−1} · z^{n−1} + ⋯ + c_{0} = (z − z_{1}) · (z − z_{2}) · . . . · (z − z_{n}).

Wir zeigen per Induktion nach n, dass in der Expansion von

(z − z_{1}) · (z − z_{2}) · . . . · (z − z_{n})

der Koeffizient vor z^{n−1} durch −(z_{1} + ⋯ + z_{n}) gegeben ist. Start: n = 1, p(z) = z + c_{0}. Die Nullstelle ist z_{1} = −c_{0}. Ok. Schritt n → n + 1: Es gelte (Induktionsvoraussetzung)

(z − z_{1}) · (z − z_{2}) · . . . · (z − z_{n}) = z^{n} − (z_{1} + ⋯ + z_{n}) · z^{n−1} + · · · .

Damit folgt:

(z − z_{1}) · (z − z_{2}) · . . . · (z − z_{n}) · (z − z_{n+1})

= (z^{n} − (z_{1} + ⋯ + z_{n}) · z^{n−1} + ⋯) · (z − z_{n+1})

= (z^{n+1} − (z_{1} + ⋯ + z_{n}) · z^{n} + (..) · z^{n−1} + ⋯) − (z^{n} · z_{n+1} + z^{n−1} · z_{n+1} + ⋯)

= z^{n+1} − (z_{1} + ⋯ + z_{n+1}) · z^{n} + (..) · z^{n−1} + · · · .

Dies ist die zu beweisende Aussage für n + 1.

Aufgabe 105: (Funktionalkalkül für Matrizen)

Bestimme eine explizite Form der Matrixpotenz ( \begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix} )^{n} .

Musterlösung: Diagonalisierung von A: die Eigenwerte von A sind die Nullstellen des charakteristischen Polynoms det(A − x · 1) = x^{2} + 1, also x = ±i. Die Eigenvektoren sind

( \begin{matrix}1 \\ i \end{matrix} ) für x_{1} = i, ( \begin{matrix}1 \\ −i \end{matrix} ) für x_{1} = −i.

Die Diagonalisierung ist damit

A = \underbrace{( \begin{matrix}1 & 1 \\ i & −i \end{matrix} )}_{T} \underbrace{( \begin{matrix}i & 0 \\ 0 & −i \end{matrix} )}_{D} \underbrace{\frac{1}{2} ( \begin{matrix}1 & −i \\ 1 & i \end{matrix} )}_{T^{−1}} .

Potenzen von A haben damit die Darstellung

A^{n} = T · D^{n} · T^{−1} = \underbrace{( \begin{matrix}1 & 1 \\ i & −i \end{matrix} )}_{T} \underbrace{( \begin{matrix}i^{n} & 0 \\ 0 & (−i)^{n} \end{matrix} )}_{D^{n}} \underbrace{\frac{1}{2} ( \begin{matrix}1 & −i \\ 1 & i \end{matrix} )}_{T^{−1}} .

= \frac{1}{2} ( \begin{matrix}(1 + (−1)^{n}) · i^{n} & ((−1)^{n} − 1) · i^{n+1} \\ (1 − (−1)^{n}) · i^{n+1} & (1 + (−1)^{n}) · i^{n} \end{matrix} ) .

Endergebnis:

( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} ) für n = 0 mod 4, ( \begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix} ) für n = 1 mod 4,

( \begin{matrix}−1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix} ) für n = 2 mod 4, ( \begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) für n = 3 mod 4.

Aufgabe 106: (Folgen, Grenzwerte)

Berechne lim_{n→∞} \frac{sin(n) · n}{n^{2} + 1}.

Musterlösung:

lim_{n→∞} \frac{sin(n) · n}{n^{2} + 1} = lim_{n→∞} \frac{n}{n^{2}} · \frac{sin(n)}{1 + \frac{1}{n^{2}}} = lim_{n→∞} \frac{1}{n} · \frac{sin(n)}{1 + \frac{1}{n^{2}}}

Da | sin(n)| ≤ 1 beschränkt ist, gilt

|\frac{1}{n} · \frac{sin(n)}{1 + \frac{1}{n^{2}}} | ≤ \frac{1}{n} · \frac{1}{1 + \frac{1}{n^{2}}} .

Dies ist offensichtlich eine Nullfolge:

lim_{n→∞} \frac{1}{n} · \frac{1}{1 + \frac{1}{n^{2}}} = ( lim_{n→∞} \frac{1}{n}) · ( lim_{n→∞} \frac{1}{1 + \frac{1}{n^{2}}} ) = 0 · 1 = 0.

Es folgt

lim_{n→∞} \frac{sin(n) · n}{n^{2} + 1} = 0.

Aufgabe 107: (Folgen, Grenzwerte)

Berechne lim_{n→∞} \frac{1}{n} · ln (\frac{e^{n}}{2^{n}} + 1).

Musterlösung: Mit ln(a · b) = ln(a) + ln(b) gilt

\frac{1}{n} · ln (\frac{e^{n}}{2^{n}} + 1) = \frac{1}{n} · ln (\frac{e^{n}}{2^{n}} · (1 + (\frac{2}{e})^{n})) = \frac{1}{n} · ( ln(e^{n}) − ln(2^{n}) + ln (1 + (\frac{2}{e})^{n}))

= \frac{1}{n} · (n − n · ln(2) + ln (1 + (\frac{2}{e})^{n})) = 1 − ln(2) + \frac{1}{n} · ln (1 + (\frac{2}{e})^{n}).

Da (2/e)^{n} eine Nullfolge ist (beachte 0 ≤ 2/e < 1), strebt der letzte Ausdruck für n → ∞ gegen 0. Damit folgt

lim_{n→∞} \frac{1}{n} · ln (\frac{e^{n}}{2^{n}} + 1) = 1 − ln(2).

Aufgabe 108: (Folgen, O-Kalkül)

Sei x_{n} = \frac{n^{3} + n · O(n)}{2 · n^{3} + \frac{O(n^{3})}{n+1}}. Bestimme den Grenzwert der Folge (x_{n}).

Musterlösung:

x_{n} = \frac{n^{3} + n · O(n)}{2 · n^{3} + \frac{O(n^{3})}{n + 1}} = \frac{n^{3}}{2 · n^{3}} · \frac{1 + \frac{1}{n} · \frac{O(n)}{n}}{1 + \frac{1}{2} · \frac{1}{n + 1} · \frac{O(n^{3})}{n^{3}}} .

Da \frac{O(n)}{n} und \frac{O(n^{3})}{n^{3}} beschränkt sind, folgt:

lim_{n→∞} x_{n} = lim_{n→∞} \frac{1}{2} · \frac{1 + \frac{1}{n} · \frac{O(n)}{n}}{1 + \frac{1}{2} · \frac{1}{n+1} · \frac{O(n^{3})}{n^{3}}} = \frac{1}{2} · \frac{1 + lim_{n→∞} \frac{1}{n} · \frac{O(n)}{n}}{1 + \frac{1}{2} · lim_{n→∞} \frac{1}{n + 1} · \frac{O(n^{3})}{n^{3}}} = \frac{1}{2} · \frac{1 + 0}{1 + 0} = \frac{1}{2}.

Aufgabe 109: (Reihen) Bestimme den Konvergenzradius der Potenzreihe ∑_{k=0}^{∞} \frac{k + 1}{k + 2} · x^{k}.

Musterlösung: Der gesuchte Konvergenzradius ist r = 1. Für |x| < 1 liefert das Wurzelkriterium

(\frac{k + 1}{k + 2} · |x|^{k})^{1/k} ≤ (|x|^{k})^{1/k} = |x| < 1

die Konvergenz. Für |x| > 1 bilden die Summanden keine Nullfolge, denn

\frac{k + 1}{k + 2} · |x|^{k} ≥ \frac{|x|^{k}}{2} > \frac{1}{2},

die Reihe divergiert also. Alternativ über die Cauchy-Hadamard-Formel für ∑_{k} a_{k} · (x − x_{0})^{k}:

r = lim_{k→∞} (\frac{1}{|a_{k}|})^{1/k} = lim_{k→∞} (\frac{k + 2}{k + 1})^{1/k} = \frac{lim_{k→∞}(k + 2)^{1/k}}{lim_{k→∞}(k + 2)^{1/k}} = \frac{1}{1} = 1,

wo die (bekannte) Tatsache lim_{k→∞} k^{1/k} = 1 eingeht.

Aufgabe 110: (Reihen) Konvergiert die Reihe ∑_{k=2}^{∞} \frac{ln(k)}{k^{3} + k^{2}} ?

Musterlösung: Majorante: für alle k = 2, 3, … gilt

\frac{ln(k)}{k^{3} + k^{2}} ≤ \frac{1}{k^{2}} .

Begründung:

\frac{ln(k)}{k^{3} + k^{2}} ≤ \frac{1}{k^{2}} ⇔ ln(k) ≤ \frac{k^{3} + k^{2}}{k^{2}} = k + 1 ⇔ k ≤ e^{k+1} = 1 + (k + 1) + \frac{(k + 1)^{2}}{2!} + · · · .

Damit ist ∑_{k} \frac{1}{k^{2}} eine (bekannterweise konvergierende) Majorante.

Aufgabe 111: (Reihen, Partialbruchzerlegung) Berechne den Reihenwert ∑_{k=1}^{∞} \frac{2}{k · (k + 2)}.

Musterlösung: Partialbruchzerlegung:

\frac{2}{k · (k + 2)} = \frac{a}{k} + \frac{b}{k + 2} = \frac{a · (k + 2) + b · k}{k · (k + 2)} = \frac{(a + b) · k + 2 · a}{k · (k + 2)}

⇒ a + b = 0, 2 · a = 2 ⇒ a = 1, b = −1.

Es folgt

∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k · (k + 2)} = ∑_{k=1}^{n} (\frac{1}{k} − \frac{1}{k + 2}) = ( ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k} ) − ( ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k + 2})

= (\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ⋯ + \frac{1}{n}) − (\frac{1}{3} + ⋯ + \frac{1}{n} + \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2})

= \frac{1}{1} + \frac{1}{2} − \frac{1}{n + 1} − \frac{1}{n + 2}.

Im Grenzwert n → ∞ folgt

∑_{k=1}^{∞} \frac{2}{k · (k + 2)} = \frac{3}{2}.

Aufgabe 112: (Stetigkeit) Zeige, dass die Funktion

f(x) = \{ \begin{matrix}\frac{1 − cos(x^{2})}{x^{4}} & für x ≠ 0, \\ \frac{1}{2} & für x = 0 \end{matrix}

am Punkt x = 0 stetig ist.

Musterlösung: Für x ≠ 0 gilt

\frac{1 − cos(x^{2})}{x^{4}} = \frac{1 − (1 − \frac{(x^{2})^{2}}{2!} + \frac{(x^{2})^{4}}{4!} ∓ ⋯)}{x^{4}} = \frac{\frac{x^{4}}{2!} − \frac{x^{8}}{4!} ± ⋯}{x^{4}} = \frac{1}{2!} − \frac{x^{4}}{4!} ± · · · .

Damit folgt

lim_{x→0} \frac{1 − cos(x^{2})}{x^{4}} = \frac{1}{2},

d.h., mit dem Wert f(0) = \frac{1}{2} ist die Funktion am Nullpunkt stetig.

Aufgabe 113: (Grenzwerte)

Bestimme lim_{x→1} \frac{x − 1}{ln(x)}.

Musterlösung: de l’Hospital:

lim_{x→1} \frac{x − 1}{ln(x)} = lim_{x→1} \frac{\frac{d}{dx} (x − 1)}{\frac{d}{dx} ln(x)} = lim_{x→1} \frac{1}{1/x} = lim_{x→1} x = 1.

Aufgabe 114: (O-Kalkül) Zeige formal: e^{1+x} = e + O(x) im Limes x → 0.

Musterlösung: Es ist zu zeigen, dass

\frac{e^{1+x} − e}{x}

auf einer Umgebung von x = 0 beschränkt ist. Mit

e^{1+x} − e = e^{1} · e^{x} − e = e · (e^{x} − 1)

und

e^{x} − 1 = (1 + x + \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{3}}{3!} + ⋯) − 1 = x + \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{3}}{3!} + ⋯ = x · (1 + \frac{x}{2!} + \frac{x^{2}}{3!} + ⋯)

folgt

f(x) := \frac{e^{1+x} − e}{x} = e · (1 + \frac{x}{2!} + \frac{x^{2}}{3!} + ⋯).

Diese Funktion ist für |x| ≤ 1 beschränkt:

|f(x)| ≤ e · (1 + \frac{|x|}{2!} + \frac{|x|^{2}}{3!} + ⋯) ≤ e · (1 + |x| + \frac{|x|^{2}}{2!} + \frac{|x|^{3}}{3!} + ⋯) = e · e^{|x|} ≤ e^{2}.

Aufgabe 115: (O-Kalkül) Zeige formal: \sqrt{|x|} · O(x) = o(x) im Limes x → 0.

Musterlösung: Sei f(x) eine beliebige Funktion mit f(x) = O(x), d.h., f(x)/x ist auf einer Umgebung U von x = 0 beschränkt, also

|\frac{f(x)}{x}| ≤ C für alle x ∈ U.

Zu zeigen ist, dass g(x) := \sqrt{x} · f(x) = o(x) gilt, also, dass

lim_{x→0} \frac{\sqrt{|x|} · f(x)}{x} = 0

gilt. Dies folgt aber mittels

|\frac{\sqrt{|x|} · f(x)}{x}| ≤ \sqrt{|x|} · C.

Aufgabe 116: (Spezielle Funktionen) Bestimme sin(\frac{π}{3} ) und cos(\frac{π}{3} ) als explizite exakte Ausdrücke. Anleitung: betrachte

sin (\frac{π}{2} − x) = cos(x), cos (\frac{π}{2} − x) = sin(x) und sin(2 · x) = 2 · sin(x) · cos(x)

für ein geeignetes x.

Musterlösung: Für x = \frac{π}{6} folgt

sin (\frac{π}{6} ) = cos (\frac{π}{3} ), cos (\frac{π}{6} ) = sin (\frac{π}{3} ).

Mit

sin (\frac{π}{3} ) = sin (\frac{π}{6} + \frac{π}{6} ) = 2 · sin (\frac{π}{6} ) · cos(\frac{π}{6} ) = 2 · cos (\frac{π}{3} ) · sin(\frac{π}{3} )

folgt

1 = 2 · cos (\frac{π}{3} ) ⇒ cos (\frac{π}{3} ) = \frac{1}{2}.

Mit sin^{2}(x) + cos^{2}(x) = 1 und sin(\frac{π}{3} ) > 0 folgt

sin (\frac{π}{3} ) = \sqrt{1 − cos^{2} (\frac{π}{3} )} = \sqrt{1 − \frac{1}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2}.

Aufgabe 117: (Komplexe Wurzeln) Bestimme alle komplexen Lösungen von z^{3} = −1 in kartesischer Darstellung. Beachte Aufgabe 116.

Musterlösung: Die Polardarstellung von −1 ist −1 = e^{i·π}. Die drei Wurzeln sind damit

z_{k} = e^{i·( \frac{π}{3} +k· \frac{2·π}{3} )}, k = 0, 1, 2.

Die Polarwinkel arg(z_{k}) sind

arg(z_{0}) = \frac{π}{3} , arg(z_{1}) = \frac{π}{3} + \frac{2 · π}{3} = π, arg(z_{2}) = \frac{π}{3} + \frac{4 · π}{3} = 2 · π − \frac{π}{3} .

Mit cos(\frac{π}{3} ) = \frac{1}{2}, sin(\frac{π}{3} ) = \frac{\sqrt{3}}{2} (Aufgabe 116) ergeben sich die kartesische Darstellungen

z_{0} = cos (\frac{π}{3} ) + i · sin (\frac{π}{3} ) = \frac{1 + \sqrt{3} · i}{2},

z_{1} = cos(π) + i · sin(π) = −1,

z_{2} = cos (2 · π − \frac{π}{3} ) + i · sin (2 · π − \frac{π}{3} ) = cos ( − \frac{π}{3} ) + i · sin ( − \frac{π}{3} ) = \frac{1 − \sqrt{3} · i}{2}.

Aufgabe 118: (Differentiation, Implizite Funktionen) Die Funktion y = f(x) sei implizit als Lösung der Gleichung

y + y^{3} = x^{2} + x^{4}

definiert. Bestimme alle Extrema von f(x) und identifiziere sie als Minimum oder Maximum.

Musterlösung: Durch Differenzieren von

f(x) + f(x)^{3} = x^{2} + x^{4}

erhält man eine Gleichung für f′(x):

f′(x) + 3 · f(x)^{2} · f′(x) = 2 · x + 4 · x^{3} → f′(x) = \frac{2 · x + 4 · x^{3}}{1 + 3 · f(x)^{2}} .

Durch weiteres Differenzieren erhält man

f′′(x) = \frac{2 + 12 · x^{2}}{1 + 3 · f(x)^{2}} − \frac{(2 · x + 4 · x^{3}) · 6 · f(x) · f′(x)}{(1 + 3 · f(x)^{2})^{2}}. (#)

Mit der Forderung f′(x) = 0 ergibt sich für die Extremstelle(n) von f die Gleichung

f′(x) = \frac{2 · x + 4 · x^{3}}{1 + 3 · f(x)^{2}} = 0 ⇒ x · (2 + 4 · x^{2}) = 0 ⇒ x = 0.

Das einzige mögliche Extremum liegt also bei x = 0. Um es als Minimum/Maximum zu identifizieren, ist das Vorzeichen von f′′(0) zu ermitteln: Zu x = 0 ist y = 0 die einzige Lösung von y + y^{3} = x^{2} + x^{4} = 0, also f(0) = 0. Einsetzen von f(0) = 0 und f′(0) = 0 in (#) liefert

f′′(0) = 2.

Damit ist x = 0 ein Minimum.

Aufgabe 119: (Taylor-Entwicklung) Sei T_{2}(x) das quadratische Taylor–Polynom der Funktion f(x) = ln(cos(x)) um den Entwicklungspunkt x_{0} = 0.

a) Bestimme T_{2}(x).

b) Zeige, dass |f(x) − T_{2}(x)| ≤ \frac{2 · |x|^{3}}{3} für alle x ∈ (−\frac{π}{4} , \frac{π}{4} ) gilt.

Musterlösung:

a) Mit f(0) = ln(1) = 0,

f′(x) = −\frac{sin(x)}{cos(x)} = − tan(x) ⇒ f′(0) = 0,

f′′(x) = −\frac{d}{dx} tan(x) = −1 − tan^{2}(x) ⇒ f′′(0) = −1

ist das quadratische Taylor–Polynom:

T_{2}(x) = f(0) + f′(0) · x + \frac{f′′(0)}{2} · x^{2} = −\frac{x^{2}}{2}

b) Für das Restglied der Taylor–Entwicklung gilt

f(x) − T_{2}(x) = \frac{f′′′(ξ)}{3!} · x^{3}

mit einem Zwischenpunkt ξ ∈ (−\frac{π}{4} , \frac{π}{4} ). Man berechnet

f′′′(x) = −2 · tan(x) · (1 + tan^{2}(x)).

Es folgt

|f(x) − T_{2}(x)| = \frac{| − 2 · tan(ξ) · (1 + tan^{2}(ξ))|}{3!} · |x|^{3} ≤ \frac{2 · | tan(ξ)| · (1 + tan^{2}(ξ))|}{3!} · |x|^{3}.

Für |ξ| ≤ \frac{π}{4} gilt | tan(ξ)| ≤ 1 und damit

|f(x) − T_{2}(x)| ≤ \frac{2 · 1 · (1 + 1^{2})}{3!} · |x|^{3} = \frac{2 · 2}{1 · 2 · 3} · |x|^{3} = \frac{2 · |x|^{3}}{3} .

Aufgabe 120: (Differentiation, Extremwerte) Welche Punkte des Parabelbogens y = 2 − x^{2} haben den kleinsten Abstand zum Ursprung? Wie groß ist dieser minimale Abstand?

Musterlösung: Der Abstand eines Punktes (x, y) zum Ursprung (0, 0) ist d = \sqrt{x^{2} + y^{2}}. Mit y = 2 − x^{2} ist d oder (einfacher)

d^{2} = x^{2} + (2 − x^{2})^{2} = 4 − 3 · x^{2} + x^{4} := f(x)

zu minimieren:

f′(x) = −6 · x + 4 · x^{3} = 0 ⇒ x = 0 oder x = \sqrt{\frac{3}{2}} oder x = −\sqrt{\frac{3}{2}}.

Mit

f′′(x) = −6 + 12 · x^{2} ⇒ f′′(0) = −6, f′′(\sqrt{\frac{3}{2}} ) = f′′(\sqrt{\frac{3}{2}} ) = −6 + 12 · \frac{3}{2} = 12

ist x = 0 ein lokales Maximum und x = ±\sqrt{\frac{3}{2}} sind die gesuchten lokalen Minima. Der Minimalabstand ist

\sqrt{f(\sqrt{\frac{3}{2}} )} = \sqrt{4 − 3 · \frac{3}{2} + (\frac{3}{2})^{2}} = \sqrt{4 − \frac{9}{2} + \frac{9}{4}} = \sqrt{\frac{7}{4}} = \frac{\sqrt{7}}{2} ≈ 1.3228... .

Aufgabe 121: (Differentiation, de l’Hospital) Bestimme lim_{x→1} x^{\frac{1}{x−1}} . Anleitung: betrachte den Logarithmus des Ausdrucks.

Musterlösung: de l’Hospital:

lim_{x→1} ln (x^{\frac{1}{x−1}} ) = lim_{x→1} \frac{ln(x)}{x − 1} = lim_{x→1} \frac{\frac{d}{dx} ln(x)}{\frac{d}{dx} (x − 1)} = lim_{x→1} \frac{1/x}{1} = 1.

Es folgt

lim_{x→1} x^{\frac{1}{x−1}} = lim_{x→1} e^{ln (x^{\frac{1}{x−1}} )} = e lim_{x→1} ln (x^{\frac{1}{x−1}} ) = e^{1} = e.

Aufgabe 122: (Unbestimmte Integration) Bestimme ∫ \frac{2 · x · ln(x)}{(x^{2} − 1)^{2}} dx. Anleitung: zunächst partielle Integration.

Musterlösung: Partielle Integration:

∫ \underbrace{ln(x)}_{f(x)} · \underbrace{\frac{2 · x}{(x^{2} − 1)^{2}}}_{g′(x)} dx = \underbrace{ln(x)}_{f(x)} ·( \underbrace{−\frac{1}{x^{2} − 1}}_{g(x)} ) − ∫ \underbrace{\frac{1}{x}}_{f(x)} ·( \underbrace{−\frac{1}{x^{2} − 1}}_{g(x)} ) dx

= \frac{ln(x)}{1 − x^{2}} + ∫ \frac{1}{x · (x^{2} − 1)} dx.

Das verbleibende Integral ist durch Partialbruchzerlegung zu berechnen:

\frac{1}{x · (x − 1) · (x + 1)} = \frac{a}{x} + \frac{b}{x − 1} + \frac{c}{x + 1} = \frac{a · (x^{2} − 1) + b · x · (x + 1) + c · x · (x − 1)}{x · (x − 1) · (x + 1)}

= \frac{a · x^{2} − a + b · x^{2} + b · x + c · x^{2} − c · x}{x · (x − 1) · (x + 1)} = \frac{(a + b + c) · x^{2} + (b − c) · x − a}{x · (x − 1) · (x + 1)}

⇒ a + b + c = 0, b − c = 0, −a = 1 ⇒ a = −1, b = c = \frac{1}{2}.

Also:

∫ \frac{1}{x · (x^{2} − 1)} dx = ∫ ( − \frac{1}{x} + \frac{1}{2} · \frac{1}{x − 1} + \frac{1}{2} · \frac{1}{x + 1}) dx

= − ln(|x|) + \frac{ln(|x − 1|)}{2} + \frac{ln(|x + 1|)}{2} + c.

Endergebnis:

∫ \frac{2 · x · ln(x)}{(x^{2} − 1)^{2}} dx = \frac{ln(x)}{1 − x^{2}} − ln(|x|) + \frac{ln(|x − 1|)}{2} + \frac{ln(|x + 1|)}{2} + c.

Aufgabe 123: (Bestimmte Integration) Berechne ∫_{0}^{1} t · \sqrt{1 − t^{2}} dt.

Musterlösung: Setze y = 1 − t^{2}, dy/dt = −2 · t, dt = −\frac{dy}{2} . Mit t = 0 ⇒ y = 1, t = 1 ⇒ y = 0:

∫_{0}^{1} t · \sqrt{1 − t^{2}} dt = − ∫_{1}^{0} \frac{\sqrt{y}}{2} dy = \frac{1}{2} · ∫_{0}^{1} y^{1/2}dy = \frac{1}{2} · [\frac{y^{3/2}}{3/2} ]_{y=0}^{y=1} = \frac{1}{2} · \frac{1}{3/2} = \frac{1}{3}.

Aufgabe 124: (Uneigentliche Integrale) Bestimme ∫_{1}^{∞} \frac{ln(t)}{t^{2}} dt.

Musterlösung: Zunächst die Stammfunktion von \frac{ln(t)}{t^{2}}. Substituiere y = ln(t), dy/dt = \frac{1}{t}, dy = dy/t:

∫ \frac{ln(t)}{t^{2}} dt = ∫ \frac{ln(t)}{t} · \frac{dt}{t} = ∫ \frac{y}{t} dy = ∫ \frac{y}{e^{y}} dy = ∫ y · e^{−y} dy.

Partielle Integration:

∫ \underbrace{y}_{f(y)} · \underbrace{e^{−y}}_{g′(y)} dy = \underbrace{y}_{f(y)} · \underbrace{(−e^{−y})}_{g(y)} − ∫ \underbrace{1}_{f′(y)} · \underbrace{(−e^{−y})}_{g(y)} dy = −y · e^{−y} + ∫ e^{−y} dy = −y · e^{−y} − e^{−y} + c.

Ergebnis:

∫ \frac{ln(t)}{t^{2}} dt = − ln(t) · e^{− ln(t)} − e^{− ln(t)} + c = −\frac{ln(t)}{e^{ln(t)}} − \frac{1}{e^{ln(t)}} + c = −\frac{ln(t)}{t} − \frac{1}{t} + c.

Es folgt

∫_{1}^{∞} \frac{ln(t)}{t^{2}} dt = lim_{b→∞} ∫_{1}^{b} \frac{ln(t)}{t^{2}} dt = lim_{b→∞} [ − \frac{ln(t)}{t} − \frac{1}{t}]_{t=1}^{t=b}

= lim_{b→∞} ( − \frac{ln(b)}{b} − \frac{1}{b} + \frac{ln(1)}{1} + \frac{1}{1}).

Mit ln(1) = 0, lim_{b→∞} \frac{1}{b} = 0 und

lim_{b→∞} \frac{ln(b)}{b} =^{(c=ln(b))} lim_{c→∞} \frac{c}{e^{c}} = 0

folgt:

∫_{1}^{∞} \frac{ln(t)}{t^{2}} dt = 1.