Teil VI: Integralrechnung in R in:

Michael Merz

Übungsbuch zur Mathematik für Wirtschaftswissenschaftler, page 275 - 315

450 Klausur- und Übungsaufgaben mit ausführlichen Lösungen

1. Edition 2013, ISBN print: 978-3-8006-4720-0, ISBN online: 978-3-8006-4721-7, https://doi.org/10.15358/9783800647217_275

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Teil VI: Integralrechnung in R 19. Riemann-Integral * Aufgabe 19.1 (MC-Aufgaben zum Riemann-Integral) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) Die Integralrechnung bildet zusammen mit der Differentialrechnung die Infinitesimalrechnung. b) Die Integral- und Differentialrechnung sind zueinander inverse Konzepte. c) ∫ b a f (x) dx gibt den Flächeninhalt zwischen dem Graphen von f und der x-Achse an. d) Das bestimmte Riemann-Integral ∫ b a f (x) dx ist für beliebige Integranden f definiert. e) Eine stetige oder monotone Funktion f : [a, b] −→ R ist Riemann-integrierbar. a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 19.1 und 19.2 Lösung: Zu a): Wahre Aussage (vgl. Seite 536 im Lehrbuch). Zu b): Wahre Aussage. Für eine stetige Funktion f : [a, b] −→ R und c ∈ [a, b] gilt d dx (∫ x c f (t) dt ) = f (x) (vgl. Satz 19.21 im Lehrbuch). Zu c): Falsche Aussage. Dieser Zusammenhang gilt nur für nichtnegative Integranden f (vgl. Seite 541 im Lehrbuch). Zu d): Falsche Aussage. Das bestimmte Riemann-Integral ∫ b a f (x) dx ist nur für Riemann-integrierbare Integranden f definiert (vgl. Definition 19.1 im Lehrbuch). Zu e): Wahre Aussage (vgl. Satz 19.4 im Lehrbuch). ** Aufgabe 19.2 (MC-Aufgaben zum Riemann-Integral) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) Eine Riemann-integrierbare Funktion ist differenzierbar. b) Die Summe, die Differenz und das Produkt Riemann-integrierbarer Funktionen ist wieder Riemann-integrierbar. c) Jede ganz-rationale Funktion p(x) = anxn+an−1xn−1+. . .+a1x1+a0 ist Riemannintegrierbar. d) Neben der Nullfunktion f (x) = 0 ist die (natürliche) Exponentialfunktion f (x) = aex die einzige Funktion, bei der Ableitung und Stammfunktion übereinstimmen. e) Eine Riemann-integrierbare Funktion ist stetig. a) b) c) d) e) Wahr Falsch 266 Kapitel 19Riemann-Integral Lehrbuch: Abschnitte 19.2 und 19.3 Lösung: Zu a): Falsche Aussage. Zum Beispiel gibt es stückweise stetige Riemann-integrierbare Funktionen, die nicht differenzierbar sind (vgl. Folgerung 19.5 im Lehrbuch). Zu b): Wahre Aussage (vgl. Satz 19.9 und Satz 19.12c) im Lehrbuch). Zu c): Wahre Aussage. Eine ganz-rationale Funktion (Polynom) ist stetig (vgl. Satz 15.16 im Lehrbuch) und damit auch Riemann-integrierbar (vgl. Satz 19.4 im Lehrbuch). Zu d): Wahre Aussage (vgl. Seite 454 im Lehrbuch). Zu e): Falsche Aussage. Zum Beispiel gibt es stückweise stetige Riemann-integrierbare Funktionen, die nicht stetig sind (vgl. Folgerung 19.5 im Lehrbuch). * Aufgabe 19.3 (MC-Aufgaben zum Riemann-Integral) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) DerHauptsatz der Differential- und Integralrechnung stellt einen Zusammenhang zwischen Ableiten und Integrieren her. b) Jede Riemann-integrierbare Funktion besitzt eine Stammfunktion. c) Die Ableitung f = F ′ einer differenzierbaren Funktion F ist Riemann-integrierbar. d) Die Stammfunktion einer reellen Funktion ist eindeutig. e) Das unbestimmte Riemann-Integral einer Riemann-integrierbaren Funktion ist keine reelle Zahl. a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitt 19.6 Lösung: Zu a): Wahre Aussage. Der erste Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung besagt unter anderem, dass für eine stetige Funktion f : [a, b] −→ R und c ∈ [a, b] d dx (∫ x c f (t) dt ) = f (x) gilt (vgl. Satz 19.21 im Lehrbuch). Zu b): Falsche Aussage (vgl. Seite 558 im Lehrbuch). Zu c): Falsche Aussage (vgl. Seite 558 im Lehrbuch). Zu d):Wahre Aussage. Die StammfunktionF einer reellen Funktion f ist nur bis auf eine Integrationskonstante C ∈ R eindeutig bestimmt (vgl. Seite 555 im Lehrbuch). Zu e): Wahre Aussage. Das unbestimmte Riemann-Integral einer Riemann-integrierbaren Funktion ist im Gegensatz zum bestimmten Riemann-Integral keine reelle Zahl, sondern die Menge aller Stammfunktionen von f (vgl. Definition 19.25 im Lehrbuch). * Aufgabe 19.4 (MC-Aufgaben zum Riemann-Integral) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) Ist f : [a, b] −→ R Riemann-integrierbar, dann gibt ∫ b a |f (x)| dx den Flächeninhalt zwischen dem Graphen von f und der x-Achse im Intervall [a, b] an. b) Das bestimmte Riemann-Integral einer Riemann-integrierbaren Funktion lässt sich stets in geschlossener Form darstellen. c) Das Bestimmen einer Stammfunktion kann als Umkehrungsprozess des Differenzierens aufgefasst werden. 267 Kapitel 19 Teil VI: Integralrechnung in R d) Für eine Riemann-integrierbare Funktion f : [a, b] −→ R mit f (−x) = −f (x) für alle x ∈ [a, b] (d.h. f ist ungerade) gilt ∫ c−c f (x) dx = 2 ∫ c0 f (x) dx für alle c ∈ [a, b]. e) Die Newton-Leibniz-Formel stellt einen Zusammenhang zwischen der Stammfunktion F einer Riemann-integrierbaren Funktion f und ihrem bestimmten Riemann- Integral ∫ x a f (t) dt her. a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 19.2, 19.6 und 19.7 Lösung: Zu a): Wahre Aussage (vgl. Seiten 541–542 im Lehrbuch). Zu b): Falsche Aussage. Zum Beispiel ist die Funktion f : [a, b] −→ R, x *→ e−x2 stetig und damit auch Riemann-integrierbar (vgl. Satz 19.4 im Lehrbuch). Das bestimmte Riemann-Integral ∫ b a e −x2 dx kann jedoch nicht in geschlossener Form dargestellt werden (vgl. Seite 560 im Lehrbuch). Zu c): Wahre Aussage (vgl. Definition 19.18 im Lehrbuch). Zu d): Falsche Aussage. Diese Aussage gilt nur für Riemann-integrierbare Funktionen f : [a, b] −→ R mit f (−x) = f (x) für alle x ∈ [a, b], also gerade Funktionen (vgl. Seite 561 im Lehrbuch). Zu e): Wahre Aussage. Die Newton-Leibniz-Formel lautet F(x) = ∫ xa f (t) dt +F(a) für alle x ∈ [a, b] (vgl. (19.35) im Lehrbuch). * Aufgabe 19.5 (MC-Aufgaben zum Riemann-Integral) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) Der Mittelwertsatz der Integralrechnung gilt nur für differenzierbare Funktionen. b) Die Funktion f : [a, b] −→ R sei Riemann-integrierbar mit f (x) ≤ 0 für alle x ∈ [a, b]. Dann ist − ∫ b a f (x) dx gleich dem Flächeninhalt zwischen dem Graphen von f und der x-Achse im Intervall [a, b]. c) Die trigonometrischen Funktionen sin(x) und cos(x) sind Riemann-integrierbar. d) Besitzt eine Funktion f : [a, b] −→ R eine Stammfunktion F , dann ist sie Riemannintegrierbar. e) Eine differenzierbare Funktion f : [a, b] −→ R ist auch Riemann-integrierbar. a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 19.2, 19.5 und 19.6 Lösung: Zu a): Falsche Aussage. Der Mittelwertsatz der Integralrechnung gilt bereits für stetige Funktionen (vgl. Satz 19.16 im Lehrbuch). Zu b): Wahre Aussage (vgl. Seite 541 im Lehrbuch). Zu c): Wahre Aussage. Die trigonometrischen Funktionen sin(x) und cos(x) sind stetig (vgl. Satz 15.20 im Lehrbuch) und damit auch Riemann-integrierbar (vgl. Satz 19.4 im Lehrbuch). Zu d): Falsche Aussage (vgl. Seite 558 im Lehrbuch). Zu e): Wahre Aussage. Differenzierbare Funktionen sind stetig (vgl. Satz 16.5 im Lehrbuch) und damit auch Riemann-integrierbar (vgl. Satz 19.4 im Lehrbuch). 268 Kapitel 19Riemann-Integral ** Aufgabe 19.6 (MC-Aufgaben zum Riemann-Integral) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) Für eine Riemann-integrierbare Funktion f : [a, b] −→ R mit f (−x) = −f (x) für alle x ∈ [a, b] (d.h. f ist ungerade) gilt ∫ c−c f (x) dx = 0 für alle c ∈ [a, b]. b) Für eine Riemann-integrierbare Funktion f : [a, b] −→ R mit f (−x) = f (x) für alle x ∈ [a, b] (d.h. f ist gerade) gilt ∫ c−c f (x) dx = 2 ∫ c0 f (x) dx für alle c ∈ [a, b]. c) Die Methode der partiellen Integration erhält man durch Umkehrung der Kettenregel der Differentialrechnung. d) Bei zwei Riemann-integrierbaren Funktionen f1, f2 : [a, b] −→ R ist ∫ b a ( f1(x) − f2(x) ) dx gleich dem Flächeninhalt zwischen den Graphen von f1 und f2. e) Bei einem uneigentlichen Riemann-Integral 1. Art handelt es sich um ein Riemann- Integral mit einem unbeschränkten Integranden. a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 19.7, 19.9 und 19.10 Lösung: Zu a): Wahre Aussage (vgl. Seite 561 im Lehrbuch). Zu b): Wahre Aussage (vgl. Seite 561 im Lehrbuch). Zu c): Falsche Aussage. Die Methode der partiellen Integration erhält man durch Umkehrung der Produktregel der Differentialrechnung (vgl. Seite 562 im Lehrbuch). Zu d): Falsche Aussage. Diese Aussage gilt nur im Falle von f1(x) ≥ f2(x) für alle x ∈ [a, b] (vgl. Seite 577 im Lehrbuch). Zu e): Falsche Aussage. Hierbei handelt es sich um ein uneigentliches Riemann-Integral 2. Art (vgl. Seiten 579 und 587 im Lehrbuch). ** Aufgabe 19.7 (Bestimmte Riemann-Integrale) Weisen Sie anhand der Unter- und Obersummen der Dirichlet-Funktion f : [0, 1] −→ R, x *→ f (x) = { 1 für x rational 0 für x irrational nach, dass sie nicht Riemann-integrierbar ist. Lehrbuch: Abschnitt 19.2 Lösung: Es sei Zn = {x0, . . . , xn} eine beliebige Zerlegung des Intervalls [0, 1] mit 0 = x0 < x1 < x2 < . . . < xn = 1. Für das Infimum mi und das Supremum Mi auf den n Teilintervallen [xi−1, xi ] gilt mi = 0 bzw. Mi = 1 für alle i = 1, . . . , n. Das heißt, die Unter- und Obersummen von f bzgl. Zn sind gegeben durch Uf (Zn) = n∑ i=1 mi(xi − xi−1) = 0 bzw. Of (Zn) = n∑ i=1 Mi(xi − xi−1) = xn − x0 = 1 (vgl. (29.4) im Lehrbuch). Für das untere und obere Integral von f gilt somit U − ∫ 1 0 f (x) dx = sup Zn Uf (Zn) = 0 bzw. O − ∫ 1 0 f (x) dx = inf Zn Of (Zn) = 1 (vgl. (19.6) im Lehrbuch). Das heißt, das untere und das obere Integral von f stimmen nicht überein. Die Funktion f ist folglich nicht Riemann-integrierbar (vgl. Definition 19.1 im Lehrbuch). 269 Kapitel 19 Teil VI: Integralrechnung in R *** Aufgabe 19.8 (Bestimmte Riemann-Integrale) Berechnen Sie das bestimmte Riemann-Integral der Potenzfunktion f : [a, b] −→ R, x *→ xc mit Hilfe Riemannscher Summen zur geometrischen Zerlegung Zn = {x0, . . . , xn} des Intervalls [a, b] mit xi := aqi und q := n √ b a für i = 0, . . . , n sowie den Stützstellen ξi := aqi für i = 1, . . . , n. Lehrbuch: Abschnitt 19.2 Lösung: Die Funktion f ist als Potenzfunktion stetig (vgl. Satz 15.18 im Lehrbuch) und damit auch Riemannintegrierbar (vgl. Satz 19.4 im Lehrbuch). Zur Berechnung des bestimmten Riemann-Integrals von f kann daher jede beliebige Folge von Riemannschen Summen ( Rf (Zn; ξ1, . . . , ξn) ) n∈N zu Zerlegungen (Zn)n∈N mit lim n→∞F(Zn) = 0 herangezogen werden, wobei F(Zn) = max i∈{1,...,n}(xi − xi−1) die Feinheit der Zerlegung Zn ist (vgl. (19.2) und Satz 19.6 im Lehrbuch). Für die betrachtete geometrische Zerlegung Zn gilt |xi − xi−1| = ∣∣∣aqi − aqi−1∣∣∣ = (q − 1)aqi−1 und zusammen mit q = n √ b a folgt daraus für die Feinheit F(Zn) ≤ (q − 1)aqn = (q − 1)b. Wegen lim n→∞ q = limn→∞ ( b a ) 1 n = 1 (19.1) impliziert dies lim n→∞F(Zn) = 0. Für die Riemannsche Summe zur geometrischen ZerlegungZn und den Stützstellen ξi := aqi erhält man Rf (Zn; ξ1, . . . , ξn) = n∑ i=1 f (ξi )(xi − xi−1) = n∑ i=1 (aqi )c(q − 1)aqi−1 = (q − 1)ac+1 1 q n∑ i=1 qi(c+1). (19.2) Für die Summe auf der rechten Seite von (19.2) erhält man mit der Summenformel für geometrische Reihen n∑ i=1 qi(c+1) = n∑ i=0 qi(c+1) − 1 = 1− q (n+1)(c+1) 1− qc+1 − 1 (vgl. (12.1) im Lehrbuch). Für die Riemannsche Summe folgt somit Rf (Zn; ξ1, . . . , ξn) = (q − 1)ac+1 1 q ( 1− q(n+1)(c+1) 1− qc+1 − 1 ) = (q − 1) 1 q ( ac+1 − (bq)c+1 1− qc+1 − a c+1 ) = 1 q (( (bq)c+1 − ac+1 ) q − 1 qc+1 − 1 − (q − 1)a c+1 ) . 270 Kapitel 19Riemann-Integral Mit der ersten Regel von L’Hôspital (vgl. Satz 16.37 im Lehrbuch) folgt ferner lim q→1 qc+1 − 1 q − 1 = limq→1 (c + 1)qc 1 = (c + 1) und n → ∞ impliziert q → 1 (vgl. (19.1)). Für das bestimmte Riemann-Integral von f über [a, b] erhält man daher schließlich:∫ b a xc dx = lim n→∞Rf (Zn; ξ1, . . . , ξn) = lim q→1 1 q (( (bq)c+1 − ac+1 ) q − 1 qc+1 − 1 − (q − 1)a c+1 ) = ( lim q→1 b c+1qc − lim q→1 1 q ac+1 ) lim q→1 q − 1 qc+1 − 1 − limq→1 q − 1 q ac+1 = ( bc+1 − ac+1 ) 1 c + 1 − 0 = 1 c + 1 ( bc+1 − ac+1 ) * Aufgabe 19.9 (Bestimmte Riemann-Integrale) a) Berechnen Sie das bestimmte Riemann-Integral∫ 2 −1 ( 4x3 − 3x2 − 3x + 1 ) dx. b) Ermitteln Sie das bestimmte Riemann-Integral∫ 3 0 (2− x) ex dx. c) Ermitteln Sie das bestimmte Riemann-Integral∫ 2 −2 2xex dx. Lehrbuch: Abschnitte 19.2, 19.6 und 19.7 Lösung: Zu a): Es gilt∫ 2 −1 ( 4x3 − 3x2 − 3x + 1 ) dx = ( x4 − x3 − 3 2 x2 + x )∣∣∣∣2−1 = 16− 8− 6+ 2− ( 1+ 1− 3 2 − 1 ) = 9 2 . Zu b): Durch partielle Integration mit f (x) = 2− x, f ′(x) = −1, g′(x) = ex und g(x) = ex folgt∫ 3 0 (2− x) ex dx = (2− x)ex ∣∣30 + ∫ 3 0 ex dx = −e3 − 2+ ex ∣∣30 = −e3 − 2+ e3 − 1 = −3 (vgl. Satz 19.28 im Lehrbuch). Zu c): Durch partielle Integration mit f (x) = 2x , f ′(x) = 2x ln(2), g′(x) = ex und g(x) = ex folgt∫ 2 −2 2xex dx = 2xex ∣∣2−2 − ∫ 2−2 2x ln(2)ex dx 271 Kapitel 19 Teil VI: Integralrechnung in R bzw. nach Umordnen (1+ ln(2)) ∫ 2 −2 2xex dx = 2xex ∣∣2−2 = 4e2 − 1 4 e−2. Es gilt somit ∫ 2 −2 2xex dx = 1 1+ ln(2) ( 4e2 − 1 4 e−2 ) . ** Aufgabe 19.10 (Bestimmte Riemann-Integrale) a) Berechnen Sie das bestimmte Riemann-Integral∫ π 6 0 cos(x)+ sin(x) cos(x)− sin(x) dx. b) Ermitteln Sie das bestimmte Riemann-Integral∫ 1 0 √ 1+√x√ x dx. c) Ermitteln Sie das bestimmte Riemann-Integral∫ 1 0 √ 3 √ x + 4 dx. Lehrbuch: Abschnitte 19.2, 19.6 und 19.7 Lösung: Zu a): Mit der Substitution t = cos(x)− sin(x) und dt = −(sin(x)+ cos(x)) dx bzw. dx = − 1 sin(x)+ cos(x) dt erhält man die neuen Integrationsgrenzen x = 0 → t = 1 und x = π6 → t = 12 √ 3− 12 (vgl. Tabelle 5.1 im Lehrbuch). Die Substitutionsmethode liefert somit∫ π 6 0 cos(x)+ sin(x) cos(x)− sin(x) dx = ∫ 1 2 √ 3− 12 1 cos(x)+ sin(x) t ( − 1 sin(x)+ cos(x) ) dt = − ∫ 1 2 √ 3− 12 1 1 t dt (vgl. Satz 19.32 im Lehrbuch). Mit (ln(t))′ = 1t (vgl. Tabelle 19.1 im Lehrbuch) folgt daraus weiter∫ π 6 0 cos(x)+ sin(x) cos(x)− sin(x) dx = − ∫ 1 2 √ 3− 12 1 1 t dt = − ln(t) ∣∣ 12√3− 121 = − ln ( 1 2 √ 3− 1 2 ) + ln(1) = − ln ( 1 2 √ 3− 1 2 ) . 272 Kapitel 19Riemann-Integral Zu b): Mit der Substitution t = 1+√x und dt = 1 2 √ x dx bzw. dx = 2√x dt erhält man die neuen Integrationsgrenzen x = 0 → t = 1 und x = 1 → t = 2. Die Substitutionsmethode liefert folglich ∫ 1 0 √ 1+√x√ x dx = 2 ∫ 2 1 √ t dt = 4 3 t 3 2 ∣∣∣∣2 1 = 4 3 ( 2 √ 2− 1 ) = 8 3 √ 2− 4 3 . Zu c): Es gilt ∫ 1 0 √ 3√ x + 4 dx = ∫ 1 0 ( (x + 4) 13 ) 1 2 dx = ∫ 1 0 (x + 4) 16 dx = 6 7 (x + 4) 76 ∣∣∣∣1 0 = 6 7 5 7 6 − 6 7 4 7 6 = 6 7 6 √ 57 − 6 7 6 √ 47. ** Aufgabe 19.11 (Bestimmte Riemann-Integrale) a) Berechnen Sie das bestimmte Riemann-Integral∫ 1 0 2xex dx. b) Berechnen Sie das bestimmte Riemann-Integral∫ 2 1 (ln(x))2 − 1 x dx. c) Bestimmen Sie alle a ∈ R mit ∫ 2 1 a x ea ln(x) dx = 3. Lehrbuch: Abschnitte 19.2, 19.6 und 19.7 Lösung: Zu a): Durch partielle Integration mit f (x) = 2x, f ′(x) = 2, g′(x) = ex und g(x) = ex folgt∫ 1 0 2xex dx = 2xex ∣∣10 − ∫ 1 0 2ex dx = 2e − 0− 2ex ∣∣10= 2e − (2e − 2) = 2 (vgl. Satz 19.28 im Lehrbuch). Zu b): Mit der Substitution t = ln(x) und dt = 1 x dx bzw. dx = x dt 273 Kapitel 19 Teil VI: Integralrechnung in R erhält man für die neuen Integrationsgrenzen x = 1 → t = 0 und x = 2 → t = ln(2). Die Substitutionsmethode liefert somit ∫ 2 1 (ln(x))2 − 1 x dx = ∫ ln(2) 0 t2 − 1 x · x dt = ∫ ln(2) 0 (t2 − 1) dt (vgl. Satz 19.32 im Lehrbuch). Daraus folgt weiter∫ 2 1 (ln(x))2 − 1 x dx = ∫ ln(2) 0 (t2 − 1) dt = ( 1 3 t3 − t )∣∣∣∣ln(2) 0 = 1 3 (ln(2))3 − ln(2). Zu c): Man erhält ∫ 2 1 a x ea ln(x) dx = ∫ 2 1 a x eln(x a) dx = ∫ 2 1 a x xa dx = ∫ 2 1 a xa−1 dx = xa ∣∣21= 2a − 1. Folglich gilt: ∫ 2 1 a x ea ln(x) dx = 3 ⇐⇒ 2a − 1 = 3 ⇐⇒ a = 2 ** Aufgabe 19.12 (Bestimmte Riemann-Integrale) a) Berechnen Sie das bestimmte Riemann-Integral∫ 1 0 x√ 1+ x2 dx. b) Ermitteln Sie das bestimmte Riemann-Integral∫ 3 0 ( 1 1+ |x − 2| + 1 |x − 4| ) dx. c) Skizzieren Sie die Graphen der beiden quadratischen Funktionen f1 : R −→ R, x *→ x2 − 4x und f2 : R −→ R, x *→ − 15x2 + 2x, und berechnen Sie den Flächeninhalt des von den beiden Graphen eingeschlossenen Flächenstücks. Lehrbuch: Abschnitte 19.3, 19.6, 19.7 und 19.9 Lösung: Zu a): Mit der Substitution t = 1+ x2 und dt = 2x dx bzw. dx = 1 2x dt erhält man für die neuen Integrationsgrenzen x = 0 → t = 1 und x = 1 → t = 2. Die Substitutionsmethode liefert somit ∫ 1 0 x√ 1+ x2 dx = ∫ 2 1 x√ t 1 2x dt = ∫ 2 1 1 2 √ t dt 274 Kapitel 19Riemann-Integral (vgl. Satz 19.32 im Lehrbuch). Zusammen mit ( √ t)′ = (t 12 )′ = 12 t− 12 = 12√t folgt daraus weiter∫ 1 0 x√ 1+ x2 dx = ∫ 2 1 1 2 √ t dt = (√ t )∣∣∣2 1 = √2− 1. Zu b): Es gilt |x − 2| = { x − 2 für x ≥ 2 −(x − 2) für x < 2 und |x − 4| = { x − 4 für x ≥ 4 −(x − 4) für x < 4 (vgl. Definition 3.2 im Lehrbuch). Daraus folgt∫ 3 0 ( 1 1+ |x − 2| + 1 |x − 4| ) dx = ∫ 2 0 ( 1 1− (x − 2)+ 1 −(x − 4) ) dx+ ∫ 3 2 ( 1 1+ x − 2+ 1 −(x − 4) ) dx = ∫ 2 0 ( 1 1− x + 2+ 1 4− x ) dx+ ∫ 3 2 ( 1 1+ x − 2 + 1 4− x ) dx (vgl. Satz 19.10 im Lehrbuch). Wegen (ln(x))′ = 1x erhält man weiter∫ 3 0 ( 1 1+ |x − 2| + 1 |x − 4| ) dx = ∫ 2 0 ( 1 1− x + 2 + 1 4− x ) dx + ∫ 3 2 ( 1 1+ x − 2 + 1 4− x ) dx = − ln(3− x) ∣∣20 − ln(4− x) ∣∣20 + ln(x − 1) ∣∣32 − ln(4− x) ∣∣32 = −(ln(1)− ln(3))− (ln(2)− ln(4))+ (ln(2)− ln(1))− (ln(1)− ln(2)) = ln(2)+ ln(3)+ ln(4) = 3 ln(2)+ ln(3). Zu c): Für eine Skizze der Graphen der beiden quadratischen Funktionen f1 : R −→ R, x *→ x2 − 4x und f2 : R −→ R, x *→ − 15x2 + 2x siehe Abbildung 19.1. −1 1 2 3 4 5 6 −4 −2 2 4 6 f1(x) f2(x) l l Abb. 19.1: Graphen der quadratischen Funktionen f1 : R −→ R, x *→ x2−4x undf2 : R −→ R, x *→ − 15x2+2x Für die Schnittstellen der beiden Funktionen erhält man x2 − 4x = − 1 5 x2 + 2x ⇐⇒ x ( 6 5 x − 6 ) = 0 ⇐⇒ x1 = 0, x2 = 5 Der gesuchte Flächeninhalt ist somit gegeben durch∫ 5 0 ( −1 5 x2 + 2x − (x2 − 4x) ) dx = ∫ 5 0 ( −6 5 x2 + 6x ) dx = ( −2 5 x3 + 3x2 )∣∣∣∣5 0 = −50+ 75− 0 = 25. 275 Kapitel 19 Teil VI: Integralrechnung in R ** Aufgabe 19.13 (Flächen- und Volumenberechnung) a) Berechnen Sie den Inhalt der Fläche F , die der Graph der Funktion f : R −→ R, x *→ 2x3 − 12x2 − 8x + 48 mit der x-Achse im Bereich zwischen den beiden am weitesten außeinander gelegenen Nullstellen einschließt. b) Skizzieren Sie den Graphen der Funktion f : [1, 4] −→ R, x *→ x+1 2 √ x und berechnen Sie das Volumen V des Rotationskörpers, der durch Drehung des Graphen von f um die x-Achse entsteht. Lehrbuch: Abschnitte 19.2, 19.3, 19.6 und 19.7 Lösung: Zu a): Durch Probieren erhält man, dass x1 = 2 eine Nullstelle von f ist. Eine Polynomdivision von 2x3 − 12x2 − 8x + 48 durch den zugehörigen Linearfaktor x − 2 liefert weiter: ( 2x3 − 12x2 − 8x + 48) : (x − 2) = 2x2 − 8x − 24 − 2x3 + 4x2 − 8x2 − 8x 8x2 − 16x − 24x + 48 24x − 48 0 Die Nullstellen des verbleibenden Restpolynoms 2x2 − 8x − 24 erhält man mit der Lösungsformel für quadratische Gleichungen: 2x2 − 8x − 24 = 0 ⇐⇒ x2,3 = 8± √ 64+ 192 4 = 2± 4 ⇐⇒ x2 = −2, x3 = 6 Die Funktion f besitzt somit insgesamt die drei (einfachen) Nullstellen x1 = 2, x2 = −2 und x3 = 6. Ferner gilt f (0) = 48 > 0 und f (4) = −48 < 0. Das heißt, der Graph von f verläuft im Intervall (−2, 2) oberhalb und im Intervall (2, 6) unterhalb der x-Achse. Der Inhalt der Fläche F ist folglich gegeben durch F = ∫ 2 −2 ( 2x3 − 12x2 − 8x + 48 ) dx − ∫ 6 2 ( 2x3 − 12x2 − 8x + 48 ) dx = ( 1 2 x4 − 4x3 − 4x2 + 48x )∣∣∣∣2−2 − ( 1 2 x4 − 4x3 − 4x2 + 48x )∣∣∣∣6 2 = 8− 32− 16+ 96− (8+ 32− 16− 96)− (648− 864− 144+ 288− (8− 32− 16+ 96)) = 256. Zu b): Für eine Skizze des Graphen der Funktion f : [1, 4] −→ R, x *→ x+1 2 √ x siehe Abbildung 19.2. 0 1 2 3 4 5 0 0.5 1 1.5 l l l f (x) y0 = x0 + 1 2 x0 x0 Abb. 19.2: Graph der Funktion f : [1, 4] −→ R, x *→ x+1 2 √ x Durch Drehung des Graphen von f um die x-Achse entsteht ein Rotationskörper, dessen Querschnitt an der Stelle x0 ein Kreis mit dem Radius y0 = f (x0) = x0+12√x0 und dem Flächeninhalt F(x0) = πy20 = π (x0 + 1)2 4x0 276 Kapitel 19Riemann-Integral ist (vgl. Abbildung 19.2). Das gesuchte Volumen V des Rotationskörpers erhält man folglich durch Integration der Flächeninhalte F(x) von x = 1 bis x = 4: V = ∫ 4 1 F(x) dx = ∫ 4 1 π (x + 1)2 4x dx = π 4 ∫ 4 1 x2 + 2x + 1 x dx = π 4 ∫ 4 1 ( x + 2+ 1 x ) dx = π 4 ( 1 2 x2 + 2x + ln |x| )∣∣∣∣4 1 = π 4 ( 8+ 8+ ln(4)− ( 1 2 + 2+ 0 )) = π 4 ( 27 2 + ln(4) ) = 27 8 π + π 4 ln(4) ** Aufgabe 19.14 (Ökonomische Anwendung der Integralrechung in R) Betrachtet wird eine Investition I mit einem kontinuierlichen Auszahlungsstrom K : [0, 20] −→ R und einem stetigen (jährlichen) Zinssatz ρ = 7%. a) Bestimmen Sie den Barwert und den Endwert der Investition I bei einem konstanten Auszahlungsstrom K(t) = 100.000€ für alle t ∈ [0, 20]. b) Ermitteln Sie den Barwert der Investition I , wenn der konstante Auszahlungsstrom K(t) = 100.000€ von unbegrenzter Dauer ist. c) Bestimmen Sie den Barwert der Investition I , wenn der Auszahlungsstromwieder nur 20 Jahre anhält, aber nun nicht mehr konstant ist, sondern jährlich um 2% anwächst. Lehrbuch: Abschnitte 19.3, 19.6 und 19.7 Lösung: Zum Begriff des Barwerts bei stetiger Verzinsung siehe Beispiel 19.8 im Lehrbuch. Zu a): Der Barwert der Investition ist gegeben durch I0 = ∫ 20 0 K(t)e−0,07t dt = 100.000€ ∫ 20 0 e−0,07t dt = 100.000€−0,07 e −0,07t ∣∣∣∣∣ 20 0 = 100.000€−0,07 ( e−0,07·20 − 1 ) (19.3) = 1.076.290€. Daraus ergibt sich der Endwert der Investition zum Zeitpunkt t = 20 durch Aufzinsung. Dies liefert I20 = I0 · e0,07·20 = 1.076.290€ · e0,07·20 ≈ 4.364.571€. Zu b): Analog zum Aufgabenteil a) erhält man für den Barwert der Investition I bei einer beliebigen Dauer T ≥ 0 des Auszahlungsstroms (vgl. (19.3)) I0 = 100.000€−0,07 ( e−0,07·T − 1 ) . 277 Kapitel 19 Teil VI: Integralrechnung in R Daraus folgt durch Grenzübergang T → ∞ der Barwert der Investition I , wenn der Auszahlungsstrom von unbegrenzter Dauer ist. Man erhält I0 = lim T→∞ 100.000€ −0,07 ( e−0,07·T − 1 ) = 100.000€ 0,07 = 1.428.571€. Zuc): Ein jährlichesAnwachsendesAuszahlungsstromsum2%bedeutet, dass derAuszahlungsstromnundurch K : [0, 20] −→ R, t *→ K(t) = 100.000€ · e0,02t gegeben ist. Damit erhält man für den Barwert I0 = ∫ 20 0 K(t)e−0,07t dt = 100.000€ ∫ 20 0 e0,02t e−0,07t dt = 100.000€ ∫ 20 0 e−0,05t dt = 100.000€−0,05 e −0,05t ∣∣∣∣∣ 20 0 = 100.000€−0,05 ( e−0,05·20 − 1 ) ≈ 1.264.241€. *** Aufgabe 19.15 (Ökonomische Anwendung der Integralrechung in R) Gegeben seien die Preis-Angebots- und Preis-Nachfragefunktionen A : R+ −→ R, Q *→ A(Q) = cQ+ d bzw. N : R+ −→ R, Q *→ N(Q) = −aQ+ b in Abhängigkeit von der Gütermenge Q mit a, b, c, d > 0 und b > d . a) Ermitteln Sie die Konsumentenrente KR und Produzentenrente PR im Marktgleichgewicht. b) Bestimmen Sie, für welchenWert a die Konsumentenrente KR, und für welchenWert c die Produzentenrente PR maximal ist. Lehrbuch: Abschnitte 19.6 und 19.10 Lösung: Zum Begriff der Konsumenten- und Produzentenrente siehe Beispiel 19.52 im Lehrbuch. Zu a): Im Marktgleichgewicht (P0,Q0) gilt P0 = A(Q0) = N(Q0) ⇐⇒ P0 = cQ0 + d = −aQ0 + b ⇐⇒ Q0 = b − d c + a . Die Konsumenten- und Produzentenrente ergibt sich somit wie folgt zu (vgl. Seite 591 im Lehrbuch) KR = ∫ Q0 0 N(Q) dQ− P0Q0 = ∫ Q0 0 (−aQ+ b) dQ− (−aQ0 + b)Q0 = ( −a 2 Q2 + bQ )∣∣∣Q0 0 + aQ20 − bQ0 = − a 2 Q20 + bQ0 − 0+ aQ20 − bQ0 = a 2 Q20 = a 2 ( b − d c + a )2 278 Kapitel 19Riemann-Integral bzw. PR = P0Q0 − ∫ Q0 0 A(Q) dQ = (cQ0 + d)Q0 − ∫ Q0 0 (cQ+ d) dQ = cQ20 + dQ0 − ( c 2 Q2 + dQ )∣∣∣Q0 0 = cQ20 + dQ0 − c 2 Q20 − dQ0 + 0 = c 2 Q20 = c 2 ( b − d c + a )2 . Zu b): Die Konsumentenrente KR bzw. die Produzentenrente PR werden als Funktion des Parameters a bzw. c aufgefasst. Gemäß Aufgabenteil a) gilt dann KR(a) = a 2 ( b − d c + a )2 = a(b − d) 2 2(c + a)2 bzw. PR(c) = c 2 ( b − d c + a )2 = c(b − d) 2 2(c + a)2 . Mit der Quotientenregel (vgl. Satz 16.6e) im Lehrbuch) erhält man für die erste Ableitung dieser beiden Funktionen KR′(a) = (b − d) 22(c + a)2 − a(b − d)24(c + a) 4(c + a)4 = 2(b − d)2(c + a) [(c + a)− 2a] 4(c + a)4 (19.4) und PR′(c) = (b − d) 22(c + a)2 − c(b − d)24(c + a) 4(c + a)4 = 2(b − d)2(c + a) [(c + a)− 2c] 4(c + a)4 . (19.5) Aus (19.4)–(19.5) folgt wegen c + a > 0 und b − d > 0 KR′(a) = 0 ⇐⇒ (c + a)− 2a = 0 ⇐⇒ a = c und PR′(c) = 0 ⇐⇒ (c + a)− 2c = 0 ⇐⇒ c = a. Das heißt, a = c ist eine stationäre Stelle von KR(a) und c = a ist eine stationäre Stelle von PR(c). Ferner gilt (c + a)− 2a = c − a { > 0 für a < c < 0 für a > c und (c + a)− 2c = a − c { > 0 für c < a < 0 für c > a . Daraus folgt zusammen mit (19.4)–(19.5) KR′(a) { > 0 für a < c < 0 für a > c und PR′(c) { > 0 für c < a < 0 für c > a . Die erste Ableitung der Funktionen KR(a) und PR(c) wechselt somit an der Stelle a = c bzw. c = a ihr Vorzeichen von + zu −. Daraus folgt, dass die Funktion KR(a) an der Stelle a = c und die Funktion PR(c) an der Stelle c = a jeweils ein globales Maximum besitzt (vgl. Folgerung 18.3a) im Lehrbuch). 279 Kapitel 19 Teil VI: Integralrechnung in R ** Aufgabe 19.16 (Stammfunktionen) Betrachtet wird die Funktion f : [−10, 10] −→ R, x *→ √ 1 2 (x − 2)+ 1 2 |x − 2|. a) Ermitteln Sie die Funktion F1 : [−10, 10] −→ R, x *→ F1(x) = x∫ 2 f (t) dt. b) Bestimmen Sie die Stammfunktion F2 von f , für die F2(0) = 1 gilt. Lehrbuch: Abschnitte 19.2 und 19.6 Lösung: Zu a): Wegen |x − 2| = x − 2 für x ≥ 2 und |x − 2| = −(x − 2) für x < 2 (vgl. Definition 3.2 im Lehrbuch) gilt f (x) = √ 1 2 (x − 2)+ 1 2 |x − 2| = {√ x − 2 für x ≥ 2 0 für x < 2 . Daraus folgt: F1(x) = x∫ 2 f (t) dt = x∫ 2 √ t − 2 dt für 2 ≤ x ≤ 10 x∫ 2 0 dt für − 10 ≤ x < 2 = 23 (t − 2) 3 2 ∣∣∣∣x 2 für 2 ≤ x ≤ 10 0 für − 10 ≤ x < 2 = { 2 3 (x − 2) 3 2 für 2 ≤ x ≤ 10 0 für − 10 ≤ x < 2 Zu b): Bei der Funktion F1 aus Aufgabenteil a) handelt es sich um eine Stammfunktion von f (vgl. Satz 19.21 im Lehrbuch). Da sich jedoch zwei Stammfunktionen von f lediglich um eine additive Konstante C ∈ R unterscheiden können (vgl. Satz 19.19 im Lehrbuch), muss somit F2(x) = F1(x)+ C für alle x ∈ [−10, 10] gelten. Daraus folgt F2(0) = F1(0)+ C = 0+ C = 1 ⇐⇒ C = 1. Das heißt, die gesuchte Stammfunktion von f mit F2(0) = 1 lautet F2(x) = F1(x)+ 1 = { 2 3 (x − 2) 3 2 + 1 für 2 ≤ x ≤ 10 1 für − 10 ≤ x < 2 . ** Aufgabe 19.17 (Mittelwertsatz der Integralrechnung) Für eine stetige Funktion f : [a, b] −→ R existiert gemäß dem Mittelwertsatz der Integralrechnung ein ξ ∈ [a, b] mit∫ b a f (x) dx = f (ξ)(b − a). (19.6) 280 Kapitel 19Riemann-Integral Berechnen Sie ξ für die folgenden beiden Funktionen: a) f : [1, 5] −→ R, x *→ ln(x) b) f : [1, 2] −→ R, x *→ ax ln(a) mit a > 0 und a = 1 Lehrbuch: Abschnitte 19.2 und 19.5 Lösung: Zu a): Aus (19.6) und (x ln(x)− x)′ = ln(x) (vgl. Tabelle 19.1 im Lehrbuch) folgt ln(ξ) = 1 5− 1 ∫ 5 1 ln(x) dx = 1 4 (x ln(x)− x) ∣∣51 = 1 4 (5 ln(5)− 5)+ 1 4 = 5 4 ln(5)− 1. Das heißt, es gilt ξ = exp ( 5 4 ln(5)− 1 ) = 5 54 e−1. Zu b): Aus (19.6) und (ax)′ = ax ln(a) (vgl. Tabelle 19.1 im Lehrbuch) folgt ln(a)aξ = 1 2− 1 ∫ 2 1 ax ln(a) dx = ax ∣∣21 = a2 − a = a(a − 1). Das heißt, es gilt aξ = a(a − 1) ln(a) (vgl. Satz 14.41c) im Lehrbuch). Durch Logarithmieren folgt daraus weiter ξ ln(a) = ln ( a(a − 1) ln(a) ) und damit ξ = ln ( a(a−1) ln(a) ) ln(a) = ln(a)+ ln(a − 1)− ln(ln(a)) ln(a) = ln(a − 1)− ln(ln(a)) ln(a) + 1 (vgl. Satz 14.41b) im Lehrbuch). ** Aufgabe 19.18 (Unbestimmte Riemann-Integrale) a) Berechnen Sie das unbestimmte Riemann-Integral∫ ( x4 + 1 x4 ) dx. b) Ermitteln Sie das unbestimmte Riemann-Integral∫ ( x √ x + 3 √ x4 ) dx. c) Ermitteln Sie das unbestimmte Riemann-Integral∫ ex sin(x) dx. 281 Kapitel 19 Teil VI: Integralrechnung in R Lehrbuch: Abschnitte 19.6 und 19.7 Lösung: Zu a): Es gilt ∫ ( x4 + 1 x4 ) dx = ∫ ( x4 + x−4 ) dx = 1 5 x5 − 1 3x3 + C. Zu b): Man erhält ∫ ( x √ x + 3 √ x4 ) dx = ∫ ( x 3 2 + x 43 ) dx = 2 5 x 5 2 + 3 7 x 7 3 + C. Zu c): Durch partielle Integration mit f (x) = sin(x), f ′(x) = cos(x), g′(x) = ex und g(x) = ex folgt∫ ex sin(x) dx = sin(x)ex − ∫ cos(x)ex dx (19.7) (vgl. Satz 19.28 im Lehrbuch). Für das Riemann-Integral auf der rechten Seite von (19.7) erhält man analog mittels partieller Integration mit f (x) = cos(x), f ′(x) = − sin(x), g′(x) = ex und g(x) = ex∫ cos(x)ex dx = cos(x)ex + ∫ sin(x)ex dx. (19.8) Durch Einsetzen von (19.8) in die rechte Seite von (19.7) folgt∫ ex sin(x) dx = sin(x)ex − ( cos(x)ex + ∫ sin(x)ex dx ) und damit 2 ∫ ex sin(x) dx = sin(x)ex − cos(x)ex , also ∫ ex sin(x) dx = 1 2 ex ( sin(x)− cos(x))+ C. ** Aufgabe 19.19 (Bestimmte und unbestimmte Riemann-Integrale) a) Berechnen Sie das bestimmte Riemann-Integral∫ 3 2 ( 1 x − 1 + x ) dx. b) Berechnen Sie das bestimmte Riemann-Integral∫ 3 1 e 2 x x2 dx. c) Ermitteln Sie das unbestimmte Riemann-Integral∫ ( 1+ x2 ) e−x dx. Lehrbuch: Abschnitte 19.2, 19.6 und 19.7 282 Kapitel 19Riemann-Integral Lösung: Zu a): Man erhält∫ 3 2 ( 1 x − 1 + x ) dx = ( ln(x − 1)+ 1 2 x2 )∣∣∣∣3 2 = ln(2)+ 9 2 − (0+ 2) = ln(2)+ 5 2 . Zu b): Mit der Substitution t = 2 x und dt = − 2 x2 dx bzw. dx = − x 2 2 dt erhält man für die neuen Integrationsgrenzen x = 1 → t = 2 und x = 3 → t = 23 . Die Substitutionsmethode liefert somit ∫ 3 1 e 2 x x2 dx = − ∫ 2 3 2 et x2 · x 2 2 dt = − 1 2 ∫ 2 3 2 et dt (vgl. Satz 19.32 im Lehrbuch). Zusammen mit (et )′ = et folgt daraus weiter∫ 3 1 e 2 x x2 dx = − 1 2 ∫ 2 3 2 et dt = − 1 2 ( et )∣∣ 23 2 = − 1 2 ( e 2 3 − e2 ) . Zu c): Partielle Integration mit f (x) = 1+ x2, f ′(x) = 2x, g′(x) = e−x und g(x) = −e−x liefert∫ ( 1+ x2 ) e−x dx = −(1+ x2)e−x + ∫ 2xe−x dx (vgl. Satz 19.28 im Lehrbuch). Für das unbestimmte Riemann-Integral auf der rechten Seite erhält man durch erneute Anwendung der partiellen Integration mit f (x) = 2x, f ′(x) = 2, g′(x) = e−x und g(x) = −e−x∫ 2xe−x dx = −2xe−x + ∫ 2e−x dx = −2xe−x − 2e−x = −e−x(2x + 2). Unter Berücksichtigung der Integrationskonstanten C ergibt dies schließlich∫ ( 1+ x2 ) e−x dx = −(1+ x2)e−x − e−x(2x + 2)+ C = −(x2 + 2x + 3)e−x + C. ** Aufgabe 19.20 (Ökonomische Anwendung der Integralrechung in R) a) Die Kosten, die bei der Produktion einer zusätzlichen Einheit entstehen, seien durch die Grenzkostenfunktion k : R+ −→ R, t *→ k(t) = 3t2−24t+60 gegeben. Ferner sei bekannt, dass die Gesamtkosten bei der Produktion von zehnMengeneinheiten 498 Geldeinheiten betragen. Bestimmen Sie die Zuordnungsvorschrift der Kostenfunktion K : R+ −→ R. b) Gegeben sei die Elastizität εf (x) = 2x2−3x+4 einer Funktion f : (0,∞) −→ R+ und der Funktionswert f (3) = 162. Ermitteln Sie die Zuordnungsvorschrift von f . Lehrbuch: Abschnitte 19.6 und 19.7 283 Kapitel 19 Teil VI: Integralrechnung in R Lösung: Zu a): Durch Integration der Grenzkostenfunktion k kann die Kostenfunktion K ermittelt werden. Man erhält dann ∫ x 0 k(t) dt = K(t) ∣∣x0= K(x)−K(0) (19.9) für alle x ∈ R+ (vgl. Satz 19.22 im Lehrbuch). Dabei gibt K(0) die Höhe der Fixkosten an, d.h. den Teil der Kosten K(x), der auch bei einer Produktionsmenge von x = 0 anfällt. Mit der Grenzkostenfunktion k(t) = 3t2 − 24t + 60 folgt aus (19.9) K(x) = ∫ x 0 k(t) dt +K(0) = ∫ x 0 ( 3t2 − 24t + 60 ) dt +K(0) = ( t3 − 12t2 + 60t )∣∣∣x 0 +K(0) = x3 − 12x2 + 60x +K(0). Mit K(10) = 498 folgt daraus weiter K(0) = K(10)− ( 103 − 12 · 102 + 60 · 10 ) = 498− 400 = 98. Die Zuordnungsvorschrift der Kostenfunktion lautet somit K(x) = x3 − 12x2 + 60x + 98. Zu b): Durch Integration von εf (x) x = f ′(x) f (x) (vgl. Definition 16.44d) im Lehrbuch) erhält man∫ εf (x) x dx = ∫ f ′(x) f (x) dx = ln(f (x))+ C (vgl. (19.48) im Lehrbuch). Daraus folgt weiter f (x) = exp (∫ εf (x) x dx − C ) = exp (∫ 2x2 − 3x + 4 x dx − C ) = exp (∫ ( 2x − 3+ 4 x ) dx − C ) = exp ( x2 − 3x + 4 ln(x)− C ) = e−C ex2−3xx4. Zusammen mit f (3) = 162 folgt daraus e−C = 162 e3 2−3·3 · 34 = 2. Das heißt, die Zuordnungsvorschrift ist gegeben durch f (x) = 2ex2−3xx4. 284 Kapitel 19Riemann-Integral ** Aufgabe 19.21 (Bestimmte und unbestimmte Riemann-Integrale) a) Berechnen Sie das bestimmte Riemann-Integral∫ 3 2 2 (x + 1)2 dx. b) Berechnen Sie das unbestimmte Riemann-Integral∫ x2 4 exp ( x3 12 ) dx. c) Ermitteln Sie den Flächeninhalt zwischen dem Graphen der Funktion f (x) = sin(x) und der x-Achse innerhalb des Integrationsintervalls [0, 2π ]. Lehrbuch: Abschnitte 19.2, 19.6 und 19.7 Lösung: Zu a): Es gilt ∫ 3 2 2 (x + 1)2 dx = 2 ∫ 3 2 (x + 1)−2 dx = −2(x + 1)−1 ∣∣∣3 2 = − 1 2 − ( −2 3 ) = 1 6 . Zu b): Mit der Substitution t = x 3 12 und dt = x 2 4 dx bzw. dx = 4 x2 dt erhält man mit der Substitutionsmethode∫ x2 4 exp ( x3 12 ) dx = ∫ x2 4 exp (t) 4 x2 dt = ∫ exp (t) dt (vgl. Satz 19.32 im Lehrbuch). Zusammenmit ( exp (t) )′ = exp (t) (vgl. Tabelle 19.1 im Lehrbuch) folgt daraus weiter ∫ x2 4 exp ( x3 12 ) dx = ∫ exp (t) dt = exp (t)+ C = exp ( x3 12 ) + C. Zu c): Die Funktion sin(x) besitzt im Intervall [0, 2π ] die drei Nullstellen x1 = 0, x2 = π und x3 = 2π (vgl. Satz 5.1g) im Lehrbuch). Ferner gilt f (x) ≥ 0 für x ∈ [0, π ] und f (x) ≤ 0 für x ∈ [π, 2π ]. Der Flächeninhalt zwischen dem Graphen von sin(x) und der x-Achse innerhalb des Intervalls [0, 2π ] ist somit gegeben durch∫ 2π 0 sin(x) dx = ∫ π 0 sin(x) dx − ∫ 2π π sin(x) dx = − cos(x) ∣∣π0 −(− cos(x)) ∣∣2ππ = −(cos(π)− cos(0))+ (cos(2π)− cos(π)) = −(−1− 1)+ (1− (−1)) = 4 (vgl. Seite 541 im Lehrbuch). 285 Kapitel 19 Teil VI: Integralrechnung in R ** Aufgabe 19.22 (Bestimmte und unbestimmte Riemann-Integrale) a) Berechnen Sie das bestimmte Riemann-Integral∫ 4 0 f (x) dx mit f (x) = { |x − 2| für x < 2 4x − 2 für x ≥ 2 . b) Berechnen Sie das unbestimmte Riemann-Integral∫ x3 3x4 − 2 dx. c) Ermitteln Sie den Flächeninhalt zwischen dem Graphen der Funktion f (x) = 4x2 + 6x − 4 und der x-Achse innerhalb des Integrationsintervalls [0, 1]. Lehrbuch: Abschnitte 19.2, 19.3, 19.6 und 19.7 Lösung: Zu a): Es gilt |x − 2| = −(x − 2) für x < 2 (vgl. Definition 3.2 im Lehrbuch). Die Zerlegung des bestimmten Riemann-Integrals in zwei Riemann-Integrale über den Teilintervallen [0, 2] und [2, 4] liefert somit: ∫ 4 0 f (x) dx = ∫ 2 0 −(x − 2) dx + ∫ 4 2 (4x − 2) dx = − ( 1 2 x2 − 2x )∣∣∣∣2 0 + ( 2x2 − 2x )∣∣∣4 2 = −(−2− 0)+ (24− 4) = 22 (vgl. Satz 19.10 im Lehrbuch). Zu b): Mit der Substitution t = 3x4 − 2 und dt = 12x3 dx bzw. dx = 1 12x3 dt erhält man mit der Substitutionsmethode∫ x3 3x4 − 2 dx = ∫ x3 t · 1 12x3 dt = 1 12 ∫ 1 t dt (vgl. Satz 19.32 im Lehrbuch). Zusammen mit (ln |t |)′ = 1t (vgl. Tabelle 19.1 im Lehrbuch) folgt daraus weiter∫ x3 3x4 − 2 dx = 1 12 ∫ 1 t dt = 1 12 ln |t | + C = 1 12 ln |3x4 − 2| + C. Zu c): Mit der Lösungsformel für quadratische Gleichungen erhält man (vgl. (4.8) im Lehrbuch) 4x2 + 6x − 4 = 0 ⇐⇒ x1,2 = −6± √ 62 + 64 2 · 4 = − 3 4 ± 5 4 . Von den beiden Nullstellen x1 = 12 und x2 = −2 liegt jedoch nur x1 im Integrationsintervall [0, 1]. Ferner gilt f (0) = −4 < 0 und f (1) = 6 > 0. Das heißt, es gilt f (x) ≤ 0 für x ∈ [ 0, 12 ] und f (x) ≥ 0 für 286 Kapitel 19Riemann-Integral x ∈ [ 1 2 , 1 ] . Der Flächeninhalt zwischen dem Graphen von f und der x-Achse innerhalb des Intervalls [0, 1] ist somit gegeben durch − ∫ 1 2 0 (4x2 + 6x − 4) dx+ ∫ 1 1 2 (4x2 + 6x − 4) dx = − ( 4 3 x3 + 3x2 − 4x )∣∣∣∣ 12 0 + ( 4 3 x3 + 3x2 − 4x )∣∣∣∣11 2 = − ( 1 6 + 3 4 − 2− 0 ) + ( 4 3 + 3− 4− ( 1 6 + 3 4 − 2 )) = 13 12 + 17 12 = 30 12 = 5 2 (vgl. Seite 541 im Lehrbuch). ** Aufgabe 19.23 (Unbestimmte Riemann-Integrale) a) Ermitteln Sie das unbestimmte Riemann-Integral∫ a4x+1 dx mit a > 0 und a = −1. b) Ermitteln Sie das unbestimmte Riemann-Integral∫ cos(5x + 1) dx. c) Ermitteln Sie das unbestimmte Riemann-Integral∫ e 1 x2 x3 dx. Lehrbuch: Abschnitte 19.6 und 19.7 Lösung: Zu a): Mit der Substitution t = 4x + 1 und dt = 4 dx bzw. dx = 1 4 dt erhält man mit der Substitutionsmethode∫ a4x+1 dx = ∫ at · 1 4 dt = 1 4 ∫ at dt (vgl. Satz 19.32 im Lehrbuch). Zusammen mit ( 1 ln(a) a t )′ = at (vgl. Tabelle 19.1 im Lehrbuch) folgt daraus weiter ∫ a4x+1 dx = 1 4 ∫ at dt = 1 4 ln(a) at + C = 1 4 ln(a) a4x+1 + C. Zu b): Die Substitutionsmethode liefert mit der Substitution t = 5x + 1 und dt = 5 dx bzw. dx = 1 5 dt 287 Kapitel 19 Teil VI: Integralrechnung in R und (sin(t))′ = cos(t) (vgl. Tabelle 19.1 im Lehrbuch)∫ cos(5x + 1) dx = ∫ cos(t) · 1 5 dt = 1 5 ∫ cos(t) dt = 1 5 sin(t)+ C = 1 5 sin(5x + 1)+ C. Zu c): Mit der Substitution t = 1 x2 und dt = − 2 x3 dx bzw. dx = − x 3 2 dt erhält man mit der Substitutionsmethode∫ e 1 x2 x3 dx = ∫ et x3 ( −x 3 2 ) dt = − 1 2 ∫ et dt. Daraus folgt mit (et )′ = et (vgl. Tabelle 19.1 im Lehrbuch) ∫ e 1 x2 x3 dx = − 1 2 ∫ et dt = − 1 2 et + C = − 1 2 e 1 x2 + C. ** Aufgabe 19.24 (Unbestimmte Riemann-Integrale) a) Ermitteln Sie das unbestimmte Riemann-Integral∫ (ln |x|)2 x dx. b) Ermitteln Sie das unbestimmte Riemann-Integral∫ (ex + 1)3ex dx. c) Ermitteln Sie das unbestimmte Riemann-Integral∫ arctan(x) 1+ x2 dx. Lehrbuch: Abschnitte 19.6 und 19.7 Lösung: Zu a): Mit der Substitution t = ln |x| und dt = 1 x dx bzw. dx = x dt 288 Kapitel 19Riemann-Integral erhält man mit der Substitutionsmethode (vgl. Satz 19.32 im Lehrbuch)∫ (ln |x|)2 x dx = ∫ t2 x · x dt = ∫ t2 dt = 1 3 t3 + C = 1 3 (ln |x|)3 + C. Zu b): Die Substitutionsmethode mit der Substitution t = ex + 1 und dt = ex dx bzw. dx = 1 ex dt liefert ∫ (ex + 1)3ex dx = ∫ t3ex · 1 ex dt = ∫ t3 dt = 1 4 t4 + C = 1 4 (ex + 1)4 + C. Zu c): Mit der Substitution t = arctan(x) und dt = 1 1+ x2 dx bzw. dx = (1+ x 2) dt (vgl. Satz 16.18c) im Lehrbuch) liefert die Substitutionsmethode∫ arctan(x) 1+ x2 dx = ∫ t 1+ x2 · (1+ x 2) dt = ∫ t dt = 1 2 t2 + C = 1 2 (arctan(x))2 + C. *** Aufgabe 19.25 (Unbestimmte Riemann-Integrale) a) Ermitteln Sie das unbestimmte Riemann-Integral∫ x x4 + 3 dx. b) Ermitteln Sie das unbestimmte Riemann-Integral∫ sin9(x) dx. c) Ermitteln Sie das unbestimmte Riemann-Integral∫ 2x5 3 √ 1− x3 dx. 289 Kapitel 19 Teil VI: Integralrechnung in R Lehrbuch: Abschnitte 19.6 und 19.7 Lösung: Zu a): Mit der Substitution t = x2 und dt = 2x dx bzw. dx = 1 2x dt erhält man mit der Substitutionsmethode (vgl. Satz 19.32 im Lehrbuch)∫ x x4 + 3 dx = ∫ x t2 + 3 · 1 2x dt = 1 2 ∫ 1 t2 + 3 dt. Eine erneute Substitution mit u = t√ 3 und du = 1√ 3 dt bzw. dt = √3 du liefert weiter ∫ x x4 + 3 dx = 1 2 ∫ 1 t2 + 3 dt = 1 2 ∫ 1 3u2 + 3 · √ 3 du = 1 2 √ 3 ∫ 1 u2 + 1 du. Zusammen mit (arctan(u))′ = 1 1+u2 (vgl. Satz 16.18c) im Lehrbuch) folgt daraus schließlich∫ x x4 + 3 dx = 1 2 √ 3 ∫ 1 u2 + 1 du = 1 2 √ 3 arctan(u)+ C = 1 2 √ 3 arctan ( t√ 3 ) + C = 1 2 √ 3 arctan ( x2√ 3 ) + C. Zu b): Mit sin2(x) = 1− cos2(x) (vgl. Satz 5.1b) im Lehrbuch) folgt∫ sin9(x) dx = ∫ ( sin2(x) )4 sin(x) dx = ∫ ( 1− cos2(x) )4 sin(x) dx. Mit der Substitution t = cos(x) und dt = − sin(x) dx bzw. dx = − 1 sin(x) dt erhält man weiter ∫ sin9(x) dx = ∫ ( 1− cos2(x) )4 sin(x) dx = ∫ ( 1− t2 )4 sin(x) ( − 1 sin(x) ) dt = − ∫ ( 1− t2 )4 dt. 290 Kapitel 19Riemann-Integral Gemäß dem Binomischen Lehrsatz gilt ( 1− t2)4 = ∑4k=0 (4k)(−t2)k (vgl. (5.11) im Lehrbuch). Damit folgt schließlich ∫ sin9(x) dx = − ∫ ( 1− t2 )4 dt = − ∫ 4∑ k=0 ( 4 k ) (−t2)k dt = − ∫ ( 1− 4t2 + 6t4 − 4t6 + t8 ) dt = − ( t − 4 3 t3 + 6 5 t5 − 4 7 t7 + 1 9 t9 ) + C = − cos(x)+ 4 3 cos3(x)− 6 5 cos5(x)+ 4 7 cos7(x)− 1 9 cos9(x)+ C. Zu c): Mit der Substitution t = 3 √ 1− x3 bzw. x3 = 1− t3 und dt = 1 3 (1− x3)− 23 (−3x2) dx = − x 2 3 √ (1− x3)2 dx bzw. dx = − 3 √ (1− x3)2 x2 dt = − (1− x 3) 2 3 x2 dt = − t 2 x2 dt erhält man mittels Substitutionsmethode∫ 2x5 3 √ 1− x3 dx = ∫ 2x2(1− t3) t · ( − t 2 x2 ) dt = −2 ∫ (1− t3)t dt = −2 ∫ (t − t4) dt = −2 ( 1 2 t2 − 1 5 t5 ) + C = −t2 + 2 5 t5 + C = − ( 3 √ 1− x3 )2 + 2 5 ( 3 √ 1− x3 )5 + C = 2 5 3 √ (1− x3)5 − 3 √ (1− x3)2 + C. *** Aufgabe 19.26 (Unbestimmte Riemann-Integrale) a) Ermitteln Sie das unbestimmte Riemann-Integral∫ x2 sin(4x) dx. b) Ermitteln Sie das unbestimmte Riemann-Integral∫ x sin(ln |x|) dx. c) Ermitteln Sie das unbestimmte Riemann-Integral∫ eax sin(bx) dx mit a, b ∈ R \ {0} . 291 Kapitel 19 Teil VI: Integralrechnung in R Lehrbuch: Abschnitte 19.6 und 19.7 Lösung: Zu a): Partielle Integration mit f (x) = x2, f ′(x) = 2x, g′(x) = sin(4x) und g(x) = − 14 cos(4x) liefert ∫ x2 sin(4x) dx = − 1 4 x2 cos(4x)+ 1 2 ∫ x cos(4x) dx (19.10) (vgl. Satz 19.28 im Lehrbuch). Partielle Integration des Riemann-Integrals auf der rechten Seite von (19.10) mit f (x) = x, f ′(x) = 1, g′(x) = cos(4x) und g(x) = 14 sin(4x) liefert weiter∫ x cos(4x) dx = x 4 sin(4x)− 1 4 ∫ sin(4x) dx = x 4 sin(4x)− 1 4 ( − 1 4 ) cos(4x) = x 4 sin(4x)+ 1 16 cos(4x). (19.11) Einsetzen von (19.11) in die rechte Seite von (19.10) unter Berücksichtigung der Integrationskonstanten liefert schließlich ∫ x2 sin(4x) dx = − 1 4 x2 cos(4x)+ 1 2 ( x 4 sin(4x)+ 1 16 cos(4x) ) + C = − 1 4 x2 cos(4x)+ x 8 sin(4x)+ 1 32 cos(4x)+ C. Zu b): Durch partielle Integration mit f (x) = sin(ln |x|), f ′(x) = 1x cos(ln |x|), g′(x) = x und g(x) = 12 x2 erhält man ∫ x sin(ln |x|) dx = 1 2 sin(ln |x|)x2 − ∫ 1 x cos(ln |x|) 1 2 x2 dx = 1 2 sin(ln |x|)x2 − 1 2 ∫ x cos(ln |x|) dx. (19.12) Für das Riemann-Integral auf der rechten Seite von (19.12) folgt mittels partieller Integration mit f (x) = cos(ln |x|), f ′(x) = − 1x sin(ln |x|), g′(x) = x und g(x) = 12 x2∫ x cos(ln |x|) dx = 1 2 cos(ln |x|)x2 + ∫ 1 x sin(ln |x|) 1 2 x2 dx = 1 2 cos(ln |x|)x2 + 1 2 ∫ x sin(ln |x|) dx. (19.13) Einsetzen von (19.13) in die rechte Seite von (19.12) liefert∫ x sin(ln |x|) dx = 1 2 sin(ln |x|)x2 − 1 2 ( 1 2 cos(ln |x|)x2 + 1 2 ∫ x sin(ln |x|) dx ) und damit 5 4 ∫ x sin(ln |x|) dx = 1 2 sin(ln |x|)x2 − 1 4 cos(ln |x|)x2 bzw. nach kurzer Umformung und Berücksichtigung der Integrationskonstanten∫ x sin(ln |x|) dx = 2 5 sin(ln |x|)x2 − 1 5 cos(ln |x|)x2 + C. Zu c): Partielle Integration mit f (x) = eax , f ′(x) = aeax , g′(x) = sin(bx) und g(x) = − 1 b cos(bx) liefert∫ eax sin(bx) dx = − 1 b eax cos(bx)+ a b ∫ eax cos(bx) dx. (19.14) Für das Riemann-Integral auf der rechten Seite von (19.14) erhält man mittels partieller Integration mit f (x) = eax , f ′(x) = aeax , g′(x) = cos(bx) und g(x) = 1 b sin(bx)∫ eax cos(bx) dx = 1 b eax sin(bx)− a b ∫ eax sin(bx) dx. (19.15) 292 Kapitel 19Riemann-Integral Wird (19.15) in die rechte Seite von (19.14) eingesetzt, folgt∫ eax sin(bx) dx = − 1 b eax cos(bx)+ a b ( 1 b eax sin(bx)− a b ∫ eax sin(bx) dx ) und damit ( b2 + a2 b2 )∫ eax sin(bx) dx = − 1 b eax cos(bx)+ a b2 eax sin(bx) bzw. nach kurzer Umformung unter Berücksichtigung der Integrationskonstanten∫ eax sin(bx) dx = b 2 b2 + a2 ( − 1 b eax cos(bx)+ a b2 eax sin(bx) ) + C = e ax b2 + a2 (a sin(bx)− b cos(bx))+ C. ** Aufgabe 19.27 (Integration rationaler Funktionen) a) Ermitteln Sie das unbestimmte Riemann-Integral∫ x3 + 5x2 + 4x + 8 x2(x2 + 4) dx. Hinweis: Es gilt x3 + 5x2 + 4x + 8 = x(x2 + 4)+ 2(x2 + 4)+ 3x2. b) Ermitteln Sie das unbestimmte Riemann-Integral∫ 2x3 + 9x2 + 8x + 5 (x + 1)(x + 3) dx. Hinweis: Es gilt 2x3 + 9x2 + 8x + 5 = 2x(x + 1)(x + 3)+ (x + 1)(x + 3)+ 2(x + 3)− 4(x + 1). c) Ermitteln Sie das unbestimmte Riemann-Integral∫ 4x3 − 2x2 + 9x − 18 x2(x2 + 9) dx. Hinweis: Es gilt 4x3 − 2x2 + 9x − 18 = 3x3 + x(x2 + 9)− 2(x2 + 9). Lehrbuch: Abschnitte 19.6, 19.7 und 19.8 Lösung: Zu a): Mit dem Hinweis und (ln |x|)′ = 1x (vgl. Tabelle 19.1 im Lehrbuch) erhält man für das unbestimmte Riemann-Integral∫ x3 + 5x2 + 4x + 8 x2(x2 + 4) dx = ∫ x(x2 + 4)+ 2(x2 + 4)+ 3x2 x2(x2 + 4) dx = ∫ ( 1 x + 2 x2 + 3 x2 + 4 ) dx = ln |x| − 2 x + 3 4 ∫ 1( x 2 )2 + 1 dx. (19.16) Mit der Substitutionsmethode und der Substitution t = x 2 und dt = 1 2 dx bzw. dx = 2 dt 293 Kapitel 19 Teil VI: Integralrechnung in R folgt für das unbestimmte Riemann-Integral auf der rechten Seite von (19.16) 3 4 ∫ 1( x 2 )2 + 1 dx = 34 ∫ 1 t2 + 1 · 2 dt = 3 2 ∫ 1 t2 + 1 dt. Zusammen mit (arctan(t))′ = 1 t2+1 (vgl. Tabelle 19.1 im Lehrbuch) liefert dies schließlich∫ x3 + 5x2 + 4x + 8 x2(x2 + 4) dx = ln |x| − 2 x + 3 2 ∫ 1 t2 + 1 dt = ln |x| − 2 x + 3 2 arctan(t)+ C = ln |x| − 2 x + 3 2 arctan (x 2 ) + C. Zu b): Mit dem Hinweis folgt für das unbestimmte Riemann-Integral∫ 2x3 + 9x2 + 8x + 5 (x + 1)(x + 3) dx = ∫ 2x(x + 1)(x + 3)+ (x + 1)(x + 3)+ 2(x + 3)− 4(x + 1) (x + 1)(x + 3) dx = ∫ 2x dx + ∫ 1 dx + ∫ 2 x + 1 dx − ∫ 4 x + 3 dx = x2 + x + 2 ln |x + 1| − 4 ln |x + 3| + C = x2 + x + ln(x + 1)2 − ln(x + 3)4 + C = x2 + x + ln (x + 1) 2 (x + 3)4 + C. Zu c): Mit dem Hinweis erhält man∫ 4x3 − 2x2 + 9x − 18 x2(x2 + 9) dx = ∫ 3x3 + x(x2 + 9)− 2(x2 + 9) x2(x2 + 9) dx = ∫ 3x x2 + 9 dx + ∫ 1 x dx − ∫ 2 x2 dx = ∫ 3x x2 + 9 dx + ln |x| + 2 x . (19.17) Mit der Substitutionsmethode und der Substitution t = x2 + 9 und dt = 2x dx bzw. dx = 1 2x dt folgt für das unbestimmte Riemann-Integral auf der rechten Seite von (19.17)∫ 3x x2 + 9 dx = ∫ 3x t · 1 2x dt = 3 2 ∫ 1 t dt. Insgesamt gilt somit ∫ 4x3 − 2x2 + 9x − 18 x2(x2 + 9) dx = 3 2 ∫ 1 t dt + ln |x| + 2 x = 3 2 ln |t | + ln |x| + 2 x + C = 3 2 ln(x2 + 9)+ ln |x| + 2 x + C. 294 Kapitel 19Riemann-Integral ** Aufgabe 19.28 (Integration rationaler Funktionen) a) Ermitteln Sie das unbestimmte Riemann-Integral∫ 1 (x − 2)(x − 3)(x − 4) dx. mittels Partialbruchzerlegung. b) Ermitteln Sie das unbestimmte Riemann-Integral∫ x 2x2 + 5x − 3 dx mittels Partialbruchzerlegung. Lehrbuch: Abschnitte 19.6, 19.7 und 19.8 Lösung: Zu a): Der Integrand besitzt die Zerlegung 1 (x − 2)(x − 3)(x − 4) = a11 x − 2 + a21 x − 3 + a31 x − 4 (19.18) mit den drei noch zu bestimmenden Koeffizienten a11, a21 und a31 (vgl. Satz 14.20 im Lehrbuch). Wird die rechte Seite von (19.18) auf den gemeinsamen Nenner (x − 2)(x − 3)(x − 4) gebracht, erhält man 1 (x − 2)(x − 3)(x − 4) = a11(x − 3)(x − 4)+ a21(x − 2)(x − 4)+ a31(x − 2)(x − 3) (x − 2)(x − 3)(x − 4) , (19.19) und ein Vergleich des Zählers auf der linken und der rechten Seite von (19.19) liefert weiter 1 = a11(x − 3)(x − 4)+ a21(x − 2)(x − 4)+ a31(x − 2)(x − 3). (19.20) Durch Einsetzen der drei Werte x1 = 2, x2 = 3 und x3 = 4 in die rechte Seite von (19.20) resultieren für die drei Koeffizienten die Werte a11 = 12 , a21 = −1 und a31 = 1 2 . Der Integrand besitzt somit die Partialbruchzerlegung 1 (x − 2)(x − 3)(x − 4) = 1 2(x − 2) − 1 x − 3 + 1 2(x − 4) . Mit dieser Partialbruchzerlegung erhält man für das unbestimmte Riemann-Integral∫ 1 (x − 2)(x − 3)(x − 4) dx = ∫ ( 1 2(x − 2) − 1 x − 3 + 1 2(x − 4) ) dx = 1 2 ∫ 1 x − 2 dx − ∫ 1 x − 3 dx + 1 2 ∫ 1 x − 4 dx = 1 2 ln |x − 2| − ln |x − 3| + 1 2 ln |x − 4| + C. Zu b): Für den Nenner des Integranden x 2x2+5x−3 erhält man mit der Lösungsformel für quadratische Gleichungen (vgl. (4.8) im Lehrbuch): 2x2 + 5x − 3 = 0 ⇐⇒ x1,2 = −5± √ 25+ 24 4 = − 5 4 ± 7 4 ⇐⇒ x1 = −3, x2 = 12 Es gilt somit x 2x2+5x−3 = x 2(x+3) ( x− 12 ) und der Integrand besitzt die Zerlegung x 2(x + 3)(x − 12 ) = a11 x + 3 + a21 (x − 12 ) mit den beiden noch zu bestimmenden Koeffizienten a11 und a21 (vgl. Satz 14.20 im Lehrbuch). Daraus folgt x 2(x + 3)(x − 12 ) = 2a11(x − 1 2 )+ 2a21(x + 3) 2(x + 3)(x − 12 ) , (19.21) 295 Kapitel 19 Teil VI: Integralrechnung in R und ein Vergleich des Zählers auf der linken und der rechten Seite von (19.21) liefert x = 2a11 ( x − 1 2 ) + 2a21(x + 3) = (2a11 + 2a21)x − a11 + 6a21. (19.22) Daraus folgt durch einen Vergleich der Koeffizienten auf der linken und rechten Seite von (19.22), dass 2a11 + 2a21 = 1 −a11 + 6a21 = 0 gelten muss. Lösen dieses linearen Gleichungssystems liefert die Werte a11 = 37 und a21 = 1 14 . Der Integrand besitzt somit die Partialbruchzerlegung x 2x2 + 5x − 3 = 3 7(x + 3) + 1 14(x − 12 ) . Mit dieser Partialbruchzerlegung erhält man für das unbestimmte Riemann-Integral∫ x 2x2 + 5x − 3 dx = ∫ ( 3 7(x + 3) + 1 14(x − 12 ) ) dx = 3 7 ∫ 1 x + 3 dx + 1 14 ∫ 1 x − 12 dx = 3 7 ln |x + 3| + 1 14 ln ∣∣∣∣x − 12 ∣∣∣∣+ C. *** Aufgabe 19.29 (Integration rationaler Funktionen) a) Ermitteln Sie das unbestimmte Riemann-Integral∫ x3 + 5x2 + 2x − 4 x4 − 1 dx mittels Partialbruchzerlegung. b) Ermitteln Sie das unbestimmte Riemann-Integral∫ 18x3 − 21x2 − 30x + 34 6x2 − 17x + 12 dx mittels Polynomdivision und anschließender Partialbruchzerlegung. Lehrbuch: Abschnitte 19.6, 19.7 und 19.8 Lösung: Zu a): Für den Nenner des Integranden gilt x4 − 1 = (x2 − 1)(x2 + 1) = (x − 1)(x + 1)(x2 + 1). Der Integrand besitzt somit die Zerlegung x3 + 5x2 + 2x − 4 (x − 1)(x + 1)(x2 + 1) = a11 x − 1 + a21 x + 1 + α11x + β11 x2 + 1 (19.23) mit den vier noch zu bestimmenden Koeffizienten a11, a21, α11 und β11 (vgl. Satz 14.20 im Lehrbuch). Wird die rechte Seite von (19.23) auf den gemeinsamen Nenner (x − 1)(x + 1)(x2 + 1) gebracht, erhält man: x3+5x2+2x−4 (x−1)(x+1)(x2+1) = a11 x−1+ a21 x+1+ α11x+β11 x2+1 = a11(x+1)(x 2+1)+a21(x−1)(x2+1)+(α11x+β11)(x2−1) (x−1)(x+1)(x2+1) (19.24) = (a11+a21+α11)x 3+(a11−a21+β11)x2+(a11+a21−α11)x+(a11−a21−β11) (x−1)(x+1)(x2+1) 296 Kapitel 19Riemann-Integral Ein Vergleich des Zählers auf der linken und der rechten Seite von (19.24) liefert somit das lineare Gleichungssystem: a11 + a21 + α11 = 1 a11 − a21 + β11 = 5 a11 + a21 − α11 = 2 a11 − a21 − β11 = −4 Durch Lösen dieses linearen Gleichungssystems (z.B. mit dem Gauß-Algorithmus, vgl. Abschnitt 9.3 im Lehrbuch) erhält man für die vier Koeffizienten die Werte a11 = 1, a21 = 12 , α11 = − 1 2 und β11 = 92 . Der Integrand besitzt somit die Partialbruchzerlegung x3 + 5x2 + 2x − 4 x4 − 1 = 1 x − 1 + 1 2(x + 1) − x − 9 2(x2 + 1) . Damit erhält man für das unbestimmte Riemann-Integral∫ x3 + 5x2 + 2x − 4 x4 − 1 dx = ∫ ( 1 x − 1 + 1 2(x + 1) − x − 9 2(x2 + 1) ) dx = ∫ 1 x − 1 dx + 1 2 ∫ 1 x + 1 dx − 1 2 ∫ x − 9 x2 + 1 dx. Zusammen mit ∫ x − 9 x2 + 1 dx = 1 2 ln(x2 + 1)− 9 arctan(x) (vgl. Satz 19.35 im Lehrbuch) liefert dies schließlich∫ x3 + 5x2 + 2x − 4 x4 − 1 dx = ln |x − 1| + 1 2 ln |x + 1| − 1 4 ln(x2 + 1)+ 9 2 arctan(x)+ C. Zub):Beim Integranden handelt es sich umeine unecht-gebrochen-rationale Funktion (d.h. derGrad desZählers ist größer als der Grad des Nenners). Aus diesem Grund wird zuerst eine Polynomdivision durchgeführt. Diese liefert: ( 18x3 − 21x2 − 30x + 34) : (6x2 − 17x + 12) = 3x + 5+ 19x − 26 6x2 − 17x + 12− 18x3 + 51x2 − 36x 30x2 − 66x + 34 − 30x2 + 85x − 60 19x − 26 Beim Rest dieser Polynomdivision handelt es sich um eine echt-gebrochen-rationale Funktion (d.h. der Grad des Zählers ist kleiner als derGrad desNenners) undmit der Lösungsformel für quadratischeGleichungen erhält man für deren Nenner: 6x2 − 17x + 12 = 0 ⇐⇒ x1,2 = 17± √ 289− 288 12 ⇐⇒ x1,2 = 1712 ± 1 12 ⇐⇒ x1 = 43 , x2 = 3 2 Der Rest der Polynomdivision besitzt folglich die Zerlegung 19x − 26 6x2 − 17x + 12 = a11 x − 43 + a12 x − 32 (19.25) mit den beiden noch zu bestimmendenKoeffizienten a11 und a12 (vgl. Satz 14.20 imLehrbuch).Wird die rechte Seite von (19.25) auf den gemeinsamen Nenner ( x − 43 ) ( x − 32 ) gebracht, erhält man 19x − 26 6 ( x − 43 ) ( x − 32 ) = a11 x − 43 + a12 x − 32 = a11 ( x − 32 ) + a12 ( x − 43 ) ( x − 43 ) ( x − 32 ) = (a11 + a12)x − 3 2 a11 − 43 a12( x − 43 ) ( x − 32 ) , (19.26) 297 Kapitel 19 Teil VI: Integralrechnung in R und einVergleich des Zählers auf der linken und auf der rechten Seite von (19.26) liefert das lineare Gleichungssystem a11 + a12 = 19 − 3 2 a11 − 43 a12 = −26 (19.27) bzw. nach einer kurzen Rechnung die Werte a11 = 4 und a12 = 15. Der Rest der Polynomdivision besitzt folglich die Partialbruchzerlegung 19x − 26 6x2 − 17x + 12 = 4 x − 43 + 15 x − 32 . Damit erhält man für das unbestimmte Riemann-Integral das Ergebnis∫ 18x3 − 21x2 − 30x + 34 6x2 − 17x + 12 dx = ∫ ( 3x + 5+ 4 x − 43 + 15 x − 32 ) dx = ∫ (3x + 5) dx + 4 ∫ 1 x − 43 dx + 15 ∫ 1 x − 32 dx = 3 2 x2 + 5x + 4 ln ∣∣∣∣x − 43 ∣∣∣∣+ 15 ln ∣∣∣∣x − 32 ∣∣∣∣+ C. ** Aufgabe 19.30 (Uneigentliche Riemann-Integrale) a) Ermitteln Sie das uneigentliche Riemann-Integral (im Falle seiner Existenz)∫ ∞ 1 2 x3 dx. b) Ermitteln Sie das uneigentliche Riemann-Integral (im Falle seiner Existenz)∫ 0 −∞ sin(x) dx. c) Ermitteln Sie das uneigentliche Riemann-Integral (im Falle seiner Existenz)∫ 1 0 x√ 1− x2 dx. Lehrbuch: 19.6, 19.7 und 19.10 Lösung: Zu a): Bei dem Integral ∫∞ 1 2 x3 dx handelt es sich um ein uneigentliches Riemann-Integral 1. Art (vgl. Definition 19.42a) im Lehrbuch). Es gilt∫ ∞ 1 2 x3 dx = lim b→∞ ∫ b 1 2 x3 dx = lim b→∞ − 1 x2 ∣∣∣∣b 1 = lim b→∞ ( − 1 b2 − (−1) ) = lim b→∞− 1 b2 + 1 = 1. Das heißt, das uneigentliche Riemann-Integral 1. Art von f auf dem Intervall [1,∞) existiert und beträgt 1 (vgl. Definition 19.42a) im Lehrbuch). 298 Kapitel 19Riemann-Integral Zu b): Bei dem Integral ∫ 0 −∞ sin(x) dx handelt es sich um ein uneigentliches Riemann-Integral 1. Art (vgl. Definition 19.42b) im Lehrbuch). Man erhält∫ 0 a sin(x) dx = − cos(x) ∣∣0 a = − cos(0)− (− cos(a)) = −1+ cos(a). Daraus ist unmittelbar ersichtlich, dass ∫ 0 a sin(x) dx für a → −∞ nicht konvergiert. Folglich existiert das uneigentlicheRiemann-Integral 1. Art von f auf dem Intervall (−∞, 0] nicht (vgl. Definition 19.42b) imLehrbuch). Zu c): Bei dem Integral ∫ 1 0 x√ 1−x2 dx handelt es sich um ein uneigentliches Riemann-Integral 2. Art (vgl. Definition 19.50a) im Lehrbuch). Es gilt∫ 1 0 x√ 1− x2 dx = lim t↑1 ∫ t 0 x√ 1− x2 dx = lim t↑1− √ 1− x2 ∣∣t0 = lim t↑1− √ 1− t2 − (−1) = lim t↑1− √ 1− t2 + 1 = 1. Das heißt, das uneigentliche Riemann-Integral 2. Art von f auf dem Intervall [0, 1] existiert und beträgt 1 (vgl. Definition 19.50a) im Lehrbuch). ** Aufgabe 19.31 (Uneigentliche Riemann-Integrale) a) Ermitteln Sie das uneigentliche Riemann-Integral (im Falle seiner Existenz)∫ ∞ 0 1 2 e−2x dx. b) Ermitteln Sie das uneigentliche Riemann-Integral (im Falle seiner Existenz)∫ ∞ −∞ 1 x2 + 2x + 2 dx. c) Ermitteln Sie das uneigentliche Riemann-Integral (im Falle seiner Existenz)∫ 1 0 ln(x) dx. Lehrbuch: 19.6, 19.7 und 19.10 Lösung: Zu a): Bei dem Integral ∫∞ 0 1 2 e −2x dx handelt es sich um ein uneigentliches Riemann-Integral 1. Art (vgl. Definition 19.42a) im Lehrbuch). Es gilt∫ ∞ 0 1 2 e−2x dx = lim b→∞ ∫ b 0 1 2 e−2x dx = lim b→∞ − 1 4 e−2x ∣∣∣∣b 0 = lim b→∞ ( − 1 4 e−2b − ( − 1 4 )) = lim b→∞− 1 4 e−2b + 1 4 = 1 4 . 299 Kapitel 19 Teil VI: Integralrechnung in R Das heißt, das uneigentliche Riemann-Integral 1. Art von f auf dem Intervall [0,∞) existiert und beträgt 14 (vgl. Definition 19.42a) im Lehrbuch). Zu b): Bei dem Integral ∫∞ −∞ 1x2+2x+2 dx handelt es sich um ein uneigentliches Riemann-Integral 1. Art (vgl. Definition 19.42c) im Lehrbuch). Es gilt∫ ∞ −∞ 1 x2 + 2x + 2 dx = lima→−∞ ∫ 0 a 1 (x + 1)2 + 1 dx + limb→∞ ∫ b 0 1 (x + 1)2 + 1 dx. Mit der Substitution t = x + 1 und dt = dx erhält man für die neuen Integrationsgrenzen x = a → t = a+1, x = 0 → t = 1 und x = b → t = b+1. Mit der Substitutionsmethode und (arctan(t))′ = 1 t2+1 folgt somit∫ ∞ −∞ 1 x2 + 2x + 2 dx = lima→−∞ ∫ 0 a 1 (x + 1)2 + 1 dx + limb→∞ ∫ b 0 1 (x + 1)2 + 1 dx = lim a→−∞ ∫ 1 a+1 1 t2 + 1 dt + limb→∞ ∫ b+1 1 1 t2 + 1 dt = lim a→−∞ arctan(t) ∣∣1 a+1 + limb→∞ arctan(t) ∣∣b+1 1 = lim a→−∞ ( arctan(1)− arctan(a + 1))+ lim b→∞ ( arctan(b + 1)− arctan(1)) = lim b→∞ arctan(b + 1)− lima→−∞ arctan(a + 1) = π 2 − ( −π 2 ) = π. Das heißt, das uneigentliche Riemann-Integral 1. Art von f auf dem Intervall (−∞,∞) existiert und ist gleich π (vgl. Definition 19.42c) im Lehrbuch). Zu c): Bei dem Integral ∫ 1 0 ln(x) dx handelt es sich um ein uneigentliches Riemann-Integral 2. Art (vgl. Definition 19.50b) im Lehrbuch). Mit (x ln(x)− x)′ = ln(x) (vgl. Tabelle 19.1 im Lehrbuch) erhält man∫ 1 0 ln(x) dx = lim t↓0 ∫ 1 t ln(x) dx = lim t↓0 (x ln(x)− x) ∣∣1 t = lim t↓0 (−1− (t ln(t)− t)) = −1− lim t↓0(t ln(t)− t). (19.28) Für den Grenzwert lim t↓0 t ln(t) auf der rechten Seite von (19.28) gilt lim t↓0 t ln(t) = limt↓0 ln(t) 1 t . Es sind somit die Voraussetzungen der zweiten Regel von L’Hôspital erfüllt (vgl. Satz 16.38 im Lehrbuch). Durch Ableiten von Zähler und Nenner und anschließende Grenzwertbildung erhält man für diesen Grenzwert lim t↓0 t ln(t) = limt↓0 ln(t) 1 t = lim t↓0 1 t − 1 t2 = lim t↓0−t = 0. In (19.28) eingesetzt liefert dies schließlich∫ 1 0 ln(x) dx = −1− lim t↓0(t ln(t)− t) = −1. Das heißt, das uneigentliche Riemann-Integral 2. Art von f auf dem Intervall [0, 1] existiert und beträgt −1 (vgl. Definition 19.50b) im Lehrbuch). 300 Kapitel 19Riemann-Integral ** Aufgabe 19.32 (Bestimmte, unbestimmte und uneigentliche Riemann-Integrale) a) Berechnen Sie das bestimmte Riemann-Integral∫ 2 1 4 e2x−4 dx. b) Ermitteln Sie das unbestimmte Riemann-Integral∫ ln |x| x dx. c) Berechnen Sie das uneigentliche Riemann-Integral (im Falle seiner Existenz)∫ ∞ −∞ 2 (|x| + 4)2 dx. Lehrbuch: Abschnitte 19.2, 19.6, 19.7 und 19.10 Lösung: Zu a): Mit der Substitution t = 2x − 4 und dt = 2 dx bzw. dx = 1 2 dt erhältman für dieneuen Integrationsgrenzenx = 1 → t = −2undx = 2 → t = 0.DieSubstitutionsmethode liefert somit ∫ 2 1 4 e2x−4 dx = ∫ 0 −2 4 et · 1 2 dt = ∫ 0 −2 2e−t dt (vgl. Satz 19.32 im Lehrbuch). Zusammen mit (−e−t )′ = e−t folgt daraus weiter∫ 2 1 4 e2x−4 dx = ∫ 0 −2 2e−t dt = −2e−t ∣∣0−2 = −2− (−2e2) = 2e2 − 2. Zu b): Mit der Substitution t = ln |x| und dt = 1 x dx bzw. dx = x dt erhält man mit der Substitutionsmethode∫ ln |x| x dx = ∫ t x · x dt = ∫ t dt = 1 2 t2 + C = 1 2 (ln |x|)2 + C (vgl. Satz 19.32 im Lehrbuch). Zu c): Bei dem Integral ∫∞ −∞ 2(|x|+4)2 dx handelt es sich um ein uneigentliches Riemann-Integral 1. Art (vgl. Definition 19.42c) im Lehrbuch). Wegen |x| = x für x ≥ 0 und |x| = −x für x < 0 (vgl. Definition 3.2 im Lehrbuch) gilt ∫ ∞ −∞ 2 (|x| + 4)2 dx = ∫ 0 −∞ 2 (−x + 4)2 dx + ∫ ∞ 0 2 (x + 4)2 dx. 301 Kapitel 19 Teil VI: Integralrechnung in R Daraus folgt weiter∫ ∞ −∞ 2 (|x| + 4)2 dx = lima→−∞ ∫ 0 a 2 (−x + 4)2 dx + limb→∞ ∫ b 0 2 (x + 4)2 dx = lim a→−∞ ( 2 4− x )∣∣∣∣0 a + lim b→∞ ( − 2 x + 4 )∣∣∣∣b 0 = lim a→−∞ ( 1 2 − 2 4− a ) + lim b→∞ ( − 2 b + 4 − ( − 1 2 )) = 1 2 − 0+ ( 0+ 1 2 ) = 1. Das heißt, das uneigentliche Riemann-Integral 1. Art von f auf dem Intervall (−∞,∞) existiert und beträgt 1 (vgl. Definition 19.42c) im Lehrbuch). 302 20. Riemann-Stieltjes-Integral ** Aufgabe 20.1 (MC-Aufgaben zum Riemann-Stieltjes-Integral) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen wahr und welche falsch sind: a) Das Riemann-Stieltjes-Integral verallgemeinert das Riemann-Integral dahingehend, dass nicht nur die identische Abbildung als Gewichtsfunktion zugelassen ist. b) Das Riemann-Stieltjes-Integral ist nur für beschränkte Integranden definiert. c) Eine reelle Funktion ist genau dann Riemann-integrierbar, wenn sie Riemann- Stieltjes-integrierbar ist. d) Besitzen Integrand und Integrator eine gemeinsame Unstetigkeitsstelle, dann existiert das Riemann-Stieltjes-Integral nicht. a) b) c) d) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 20.1 und 20.4 Lösung: Zu a): Wahre Aussage (vgl. Seite 598 im Lehrbuch). Zu b): Falsche Aussage. Die Beschränktheit des Integranden ist keine notwendige Bedingung für die Existenz des Riemann-Stieltjes-Integrals (vgl. Definition 20.1 im Lehrbuch). Zu c): Falsche Aussage. Zum Beispiel ist die Beschränktheit des Integranden eine notwendige Bedingung für die Existenz des Riemann-Integrals, aber nicht für die Existenz des Riemann-Stieltjes-Integrals (vgl. Definition 19.1 und 20.1 im Lehrbuch). Zu d):Wahre Aussage. Es ist eine notwendige Bedingung für die Existenz des Riemann-Stieltjes-Integrals, dass Integrand und Integrator keine gemeinsame Unstetigkeitsstelle besitzen (vgl. Satz 20.20 im Lehrbuch). * Aufgabe 20.2 (Riemann-Stieltjes-Integral) Berechnen Sie die beiden Riemann-Stieltjes-Integrale∫ 5 1 x3 d(x2) und ∫ 1 0 x2 d(x3). Lehrbuch: Abschnitt 20.5 und Tabelle 19.1 Lösung: Bei beiden Riemann-Stieltjes-Integralen ist der Integrand f (x) = x3 bzw. f (x) = x2 Riemannintegrierbar und der Integrator g(x) = x2 bzw. g(x) = x3 stetig differenzierbar. Für das erste Riemann- Stieltjes-Integral erhält man somit (vgl. Satz 20.25 im Lehrbuch)∫ 5 1 x3 d(x2) = ∫ 5 1 x3g′(x) dx = ∫ 5 1 x3(2x) dx = ∫ 5 1 2x4 dx = ( 2 5 x5 )∣∣∣∣5 1 = 6250 5 − 2 5 = 6248 5 303 Kapitel 20 Teil VI: Integralrechnung in R und für das zweite Riemann-Stieltjes-Integral folgt analog∫ 1 0 x2 d(x3) = ∫ 1 0 x2g′(x) dx = ∫ 1 0 x2(3x2) dx = ∫ 1 0 3x4 dx = ( 3 5 x5 )∣∣∣∣1 0 = 3 5 − 0 = 3 5 . ** Aufgabe 20.3 (Riemann-Stieltjes-Integral) Berechnen Sie das Riemann-Stieltjes-Integral∫ 2 1 x dg(x) mit g(x) = { 0 für x < 0 1− exp(−λx) für x ≥ 0 und λ > 0. Lehrbuch: Abschnitte 20.5 und 19.7 sowie Tabelle 19.1 Lösung: Der Integrand f (x) = x ist Riemann-integrierbar und der Integrator g ist auf dem Intervall [1, 2] stetig differenzierbar mit der ersten Ableitung g′(x) = λ exp(−λx). Folglich gilt (vgl. Satz 20.25 im Lehrbuch)∫ 2 1 x dg(x) = ∫ 2 1 xg′(x) dx = ∫ 2 1 λx exp(−λx) dx. Durch partielle Integration erhält man weiter (vgl. Satz 19.28 im Lehrbuch)∫ 2 1 λx exp(−λx) dx = (−x exp(−λx)) ∣∣∣2 1 + ∫ 2 1 exp(−λx) dx = −2 exp(−2λ)− (− exp(−λ))+ ( − 1 λ exp(−λx) )∣∣∣∣2 1 = −2 exp(−2λ)+ exp(−λ)− 1 λ exp(−2λ)+ 1 λ exp(−λ) = ( −2− 1 λ ) exp(−2λ)+ ( 1+ 1 λ ) exp(−λ). Das heißt, es gilt ∫ 2 1 x dg(x) = ( −2− 1 λ ) exp(−2λ)+ ( 1+ 1 λ ) exp(−λ). ** Aufgabe 20.4 (Riemann-Stieltjes-Integral) Berechnen Sie das Riemann-Stieltjes-Integral∫ 1 −1 e−x2 dg(x) mit g(x) = { x2 für x ≤ 0 x2 + 1 für x > 0 . Lehrbuch: Abschnitt 20.5 und Tabelle 19.1 304 Kapitel 20Riemann-Stieltjes-Integral Lösung: Der Integrandf (x) = e−x2 ist stetig undder Integratorg ist eineFunktionvonbeschränkterVariation, die bis auf die Stelle c1 = 0mit einem Sprung der Höhe α1 = 1 stetig differenzierbar ist und die erste Ableitung g′(x) = 2x besitzt. Es gilt daher (vgl. Satz 20.27 im Lehrbuch)∫ 1 −1 e−x2 dg(x) = ∫ 1 −1 e−x2g′(x) dx + 1 · e0 = ∫ 1 −1 2xe−x2 dx + 1 = ( −e−x2 )∣∣∣1−1 + 1 = −e−1 − (−e−1)+ 1 = 1. ** Aufgabe 20.5 (Riemann-Stieltjes-Integral) Berechnen Sie das Riemann-Stieltjes-Integral∫ 3 0 ex dg(x) mit g(x) = x2 für 0 ≤ x < 1 1+ 2x für 1 ≤ x < 2 5+ x für 2 ≤ x ≤ 3 . Lehrbuch: Abschnitte 20.5 und 19.7 sowie Tabelle 19.1 Lösung: Der Integrand f (x) = ex ist stetig und der Integrator g ist eine Funktion von beschränkter Variation, die bis auf die beiden Stellen c1 = 1 und c2 = 2 mit jeweils einem Sprung der Höhe α1 = α2 = 2 stetig differenzierbar ist und die erste Ableitung g′(x) = 2x für 0 ≤ x < 1 2 für 1 ≤ x < 2 1 für 2 ≤ x ≤ 3 besitzt. Es gilt daher (vgl. Satz 20.27 im Lehrbuch):∫ 3 0 ex dg(x) = ∫ 3 0 exg′(x) dx + 2 · e + 2 · e2 = ∫ 1 0 2xex dx + ∫ 2 1 2ex dx + ∫ 3 2 ex dx + 2e + 2e2 (20.1) Durch partielle Integration des ersten Integrals auf der rechten Seite von (20.1) erhältmanweiter (vgl. Satz 19.28 im Lehrbuch) ∫ 3 0 ex dg(x) = 2xex ∣∣∣1 0 − ∫ 1 0 2ex dx + ∫ 2 1 2ex dx + ∫ 3 2 ex dx + 2e + 2e2 = 2xex ∣∣∣1 0 −2ex ∣∣∣1 0 +2ex ∣∣∣2 1 +ex ∣∣∣3 2 +2e + 2e2 = 2e − 0− (2e − 2)+ 2e2 − 2e + e3 − e2 + 2e + 2e2 = e3 + 3e2 + 2. *** Aufgabe 20.6 (Riemann-Stieltjes-Integral) Berechnen Sie die beiden Riemann-Stieltjes-Integrale∫ π/2 0 x d(sin(x)) und ∫ 3 0 6x7 d(x2), wobei x *→ 6x7 die Entierfunktion ist, die einer reellen Zahl x die größte ganze Zahl k zuordnet, die kleiner oder gleich x ist. Lehrbuch: Abschnitte 20.5, 20.2 und 19.7 sowie Tabelle 19.1 305 Kapitel 20 Teil VI: Integralrechnung in R Lösung: Bei beiden Riemann-Stieltjes-Integralen ist der Integrand f (x) = x bzw. f (x) = 6x7 Riemannintegrierbar und der Integrator g(x) = sin(x) bzw. g(x) = x2 stetig differenzierbar. Für das erste Riemann- Stieltjes-Integral gilt somit (vgl. Satz 20.25 im Lehrbuch)∫ π/2 0 x d(sin(x)) = ∫ π/2 0 xg′(x) dx = ∫ π/2 0 x cos(x) dx. Durch partielle Integration erhält man weiter (vgl. Satz 19.28 im Lehrbuch)∫ π/2 0 x cos(x) dx = (x sin(x)) ∣∣∣π/2 0 − ∫ π/2 0 sin(x)dx = π 2 − 0− (− cos(x)) ∣∣∣π/2 0 = π 2 − 0− (0− (−1)) = π 2 − 1. Das heißt, es gilt ∫ π/2 0 x d(sin(x)) = π 2 − 1. Für das zweite Riemann-Stieltjes-Integral erhält man∫ 3 0 6x7 d(x2) = ∫ 3 0 6x7 g′(x) dx = ∫ 3 0 6x7 2x dx. (20.2) Durch Zerlegung von (20.2) in drei Riemann-Stieltjes-Integrale über den Teilintervallen [0, 1], [1, 2] und [2, 3] folgt weiter ∫ 3 0 6x7 2x dx = ∫ 1 0 0 · 2x dx + ∫ 2 1 1 · 2x dx + ∫ 3 2 2 · 2x dx = ∫ 2 1 2x dx + ∫ 3 2 4x dx = x2 ∣∣∣2 1 +2x2 ∣∣∣3 2 = 4− 1+ 18− 8 = 13. Das heißt, es gilt ∫ 3 0 6x7 d(x2) = 13. *** Aufgabe 20.7 (Riemann-Stieltjes-Integral) Weisen Sie nach, dass ∫ b a f (x) df (x) = f (b) 2 − f (a)2 2 (20.3) für eine stetige und monotone Funktion f : [a, b] −→ R gilt. Lehrbuch: Abschnitte 20.4 und 20.5 Lösung: Die Funktion f ist stetig undmonoton und damit bezüglich sich selbst Riemann-Stieltjes-integrierbar (vgl. Folgerung 20.16 im Lehrbuch). Durch partielle Integration (vgl. Satz 20.21) erhält man∫ b a f (x) df (x)+ ∫ b a f (x) df (x) = f (b)2 − f (a)2, also ∫ b a f (x) df (x) = f (b) 2 − f (a)2 2 und damit die Behauptung (20.3). 306

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References

Zusammenfassung

450 Aufgaben mit Lösungen zur Prüfungsvorbereitung

Vorteile

- 450 Aufgaben mit ausführlichen Lösungen und unterschiedlichen Schwierigkeitsgraden

- Abgestimmt auf das Lehrbuch "Mathematik für Wirtschaftswissenschaftler" (Merz/Wüthrich)

Zum Werk

Die Mathematikausbildung spielt eine zentrale Rolle im wirtschaftswissenschaftlichen Studium, da sie die methodischen Grundlagen für zahlreiche Vorlesungen liefert. So zentral die Rolle der Mathematik in der Ökonomie ist, so schwer tun sich allerdings die Studierenden mit mathematischen Methoden und Konzepten.

Dieses Übungsbuch hilft Studierenden, ihr erworbenes Wissen anzuwenden und zu testen. Über 400 Übungsaufgaben mit ausführlichen Lösungen unterstützen bei der optimalen Prüfungsvorbereitung. Zur besseren Orientierung wird jeder Aufgabe ein Schwierigkeitsgrad zugeordnet und ein Verweis auf den entsprechenden Abschnitt im zugrunde liegenden Lehrbuch "Mathematik für Wirtschaftswissenschaftler" von Merz/Wüthrich gegeben.

Autor

Prof. Dr. Michael Merz, Hamburg.

Zielgruppe

Studierende im Bachelor der Wirtschaftswissenschaften an Universitäten und Hochschulen.