Prof. Dr. W. Rosenheinrich 23.10.2009Fachbereich GrundlagenwissenschaftenFachhochschule Jena

Übungsmaterial: Bestimmte Integrale

Dies ist eine erste Variante. Sie soll noch wesentlich ergänzt werden.

Aufgaben:

1. Formale Aufgaben, einfache Integrale:

1. Ermitteln Sie die Werte der nachstehenden bestimmten Integrale!

a)∫ 2

0

x3√

1 + x2dx , b)∫ π

−πe−x

2sin 3x dx

2. Ermitteln Sie den Wert der nachstehenden bestimmten Integrale! Geben Sie dazu die Stammfunk-tion des Integranden an!

a)∫ 1

0

dx

1 + x2, b)

∫ π

−πcosx · sin2 x dx , c)

∫ e

1

lnxx

dx , d)∫ 1

−2

x− 1x2 − 9

dx

3. Berechnen Sie mit Hilfe der partiellen Integration unter Angabe aller Zwischenschritte und -funktionendas bestimmte Integral ∫ e

1

x2(1 + 3 lnx) dx !

4. Ermitteln Sie mit Hilfe einer geeigneten partiellen Integration den Wert des Integrals∫ 5

1

(10x4 − 2x) · lnx dx !

5. Ermitteln Sie den Wert der bestimmten Integrale!

a)∫ 4

−4

(x3 + x)√

3 + 2x2 + x4 dx , b)∫ e

1

x · lnx dx , c)∫ π

0

4 sinx dx1 + cos2 x

6. Welchen Wert hat das bestimmte Integral∫ π

0

sinx · sin 5x dx ?

7. Welchen Wert hat das bestimmte Integral∫ 2

0

6x2 (x3 + 4)4 + 1(x3 + 4)2 + 1

dx ?

8. Welchen Wert hat das bestimmte Integral∫ π/4

−π/4

etan x

cos2 xdx ?

9. Bestimmen Sie die Werte der Integrale

a)∫ 4

0

x2 + 2x+ 1

dx , b)∫ π

0

cosx · sinx dx !

Geben Sie die Stammfunktionen an!

1

10. Das Polynom Pn(x) hat in a und b (a < b) doppelte Nullstellen.Man berechne ∫ b

a

P ′′n (x) dx !

11. Es sei die Funktion f(x) für x > 0 definiert durch

f(x) =∫ x

1

ds

s.

Ohne ihren Formelausdruck explizit zu berechnen - zeigen Sie durch formale Anwendung der Regelnder Integralrechnung, daß dann für alle positiven Zahlen a und b die Beziehung f(a ·b) = f(a)+f(b)gilt!

12. In den Formelsammlungen bis hin zu Schultafelwerken ist die Fehlerfunktion

erf(x) =2√π

∫ x

0

e−s2ds

tabelliert. Sie ist gekennzeichnet durch erf(0)=0 und limx→+∞ erf(x) = 1.Alternativ kann aber auch die Verteilungsfunktion Φ(x) der Normalverteilung angegeben sein:

Φ(x) =1√2π

∫ x

−∞e−s

2/2 ds .

Für diese gilt Φ(0) = 0.5 und limx→+∞ Φ(x) = 1. Es ist Φ(−x) = 1 − Φ(x), weshalb man sichüblicherweise in den Tabellen mit x ≥ 0 begnügt.Man hat zwischen beiden Funktionen die Beziehungen

erf(x) = 2Φ(x√

2)− 1 oder Φ(x) =12

[1 + erf

(x√2

)].

(Die Bezeichnungen dieser beiden Funktionen können je nach Autor bzw. Buch differieren!)Ermitteln Sie mit Hilfe der Werte in jener Tabelle die der folgenden Integrale!

a)∫ 2.9

1.3

e−0.24x2dx , b)

∫ 1.55

0.27

e2.81 + 0.43x− 0.76x2dx ,

c)∫ 2.19

0

x2 · e−x2dx , d)

∫ 0.92

0

x2 · e−x6dx

13. Die Ableitung eines bestimmten Integrals nach seiner oberen Grenze ist der Wert des Integrandenin dieser Grenze.Wie lautet die Ableitung eines bestimmten Integrals nach seiner unteren Grenze?

14. Die spezielle Funktion Integralsinus ist defininiert durch

Si(x) =∫ x

0

sinxx

dx .

Sie ist nachstehend im Bereich 0 < x ≤ 2 tabelliert:

x Si (x) x Si (x) x Si (x) x Si (x) x Si (x)0.05 0.0500 0.10 0.0999 0.15 0.1498 0.20 0.1996 0.25 0.24910.30 0.2985 0.35 0.3476 0.40 0.3965 0.45 0.4450 0.50 0.49310.55 0.5408 0.60 0.5881 0.65 0.6349 0.70 0.6812 0.75 0.72700.80 0.7721 0.85 0.8166 0.90 0.8605 0.95 0.9036 1.00 0.94611.05 0.9878 1.10 1.0287 1.15 1.0688 1.20 1.1080 1.25 1.14641.30 1.1840 1.35 1.2206 1.40 1.2562 1.45 1.2909 1.50 1.32471.55 1.3574 1.60 1.3892 1.65 1.4199 1.70 1.4496 1.75 1.47821.80 1.5058 1.85 1.5323 1.90 1.5578 1.95 1.5821 2.00 1.6054

Ermitteln Sie mit Hilfe dieser Tabelle die Werte der folgenden Integrale!

a)∫ 1.45

0.8

sinxx

dx , b)∫ 0.425

0.175

sin 4xx

dx , c)∫ 0.6

0.2

cosxx2

dx , d)∫ 0.6

0.1

ln(x3) · cos 3x dx

2

15. Die Schwingungsfunktion f(t) = A + B sinωt soll geglättet werden. Zu diesem Zweck bildet manaus ihr mit einem Parameter h > 0 die Funktion

G(t;h) =1

2h

∫ t+h

t−hf(τ) dτ .

Ermitteln Sie die Amplitude der Schwingung G(t;h) in Abhängigkeit von h !

2. Geometrische Aufgaben, einfache Integrale:

1. Skizzieren Sie die Fläche A zwischen den Funktionen f(x) = sinx und g(x) = 2πx auf dem Intervall

[0, π/2], und berechnen Sie deren Größe !

2. Eine asphärische Linse ist an der Unterseite plan; die Kontur der gegenüberliegenden Fläche ist eineParabel. Der Radius der Linse beträgt 16mm; die Mittendicke 40mm und die Höhe der Mantelfläche4mm. Berechnen Sie die Größe der Querschnittsfläche entlang der Rotationsachse!

3. Ermitteln Sie die Flächeninhalte der beschränkten Flächen zwischen den folgenden Kurvenpaaren !

a) y = x2, x+ y = 2 b) y2 = 2x, x2 + y2 = 8 (2 Werte !!)

4. Auf ebener Fläche stehen zwei Hochspannungsmasten im Abstand von 70m; die Leitung zwischenihnen hat etwa die Form einer Parabel, sie hängt in der Mitte 5m gegenüber den Enden durch. Wielang ist die Leitung? Um wieviel hebt sich das Zentrum, wenn sich der Draht um 20K abkühlt?Der Ausdehnungskoeffizient des Materials sei 2 · 10−5/K.Anmerkung: Die Länge der Kurve y = f(x) zwischen den Punkten x = a und x = b ist

L =∫ b

a

√1 + f ′2(x)dx .

5. Durch einem Kreiszylinder des Durchmessers 36mm wird ein rundes gerades Loch des Durchmesses24mm hindurchgebohrt; die Achse des Zylinders und die des Loches schneiden sich rechtwinklig.Wie groß ist die Innenfläche des Loches?

6. Es sei y = ax2 + bx + c eine quadratische Funktion und F die begrenzte Fläche zwischen der vonihr beschriebenen Parabel und der x-Achse. Berechnen Sie die Größe dieser Fläche!

3. Mechanische Aufgaben, einfache Integrale:

1. Eine Flüssigkeit wird taktweise durch ein Rohr mit kreisrunden Querschnitt gepumpt. Ein Taktdauert 1.4 Sekunden, die über den Rohrquerschnitt gemittelte Strömungsgeschwindigkeit beträgtim Verlaufe eines Taktes (des ersten, der im Moment t = 0 beginnt) gerade v(t) = 35 · sin 3.2t fürdiejenigen Zeiten t, für die dieser Ausdruck positiv ist, ansonsten ist v(t) = 0. ( t in Sekunden, v inmm/s). Der Innenradius des Rohres beträgt 5mm.Berechnen Sie die im ersten Arbeitstakt geförderte Flüssigkeitsmenge in mm3 !

2. Eine kleine Pumpe arbeitet mit einem Takt von 2 Sekunden. Die Förderung ist nicht konstant,vielmehr ist die Durchflußleistung am Ausgang der Pumpe im Laufe eines solchen Taktes, d.h. derZeit 0 ≤ t ≤ 2, durch die FunktionW (t) = 0.4 ·(1+3t2(2−t)2) (in ml/s) gegeben. Welches Volumenfördert die Pumpe im Verlaufe des Taktes?

3. Gegeben ist ein langes gerades kreisrundes Rohr vom Radius R. In laminar fließenden zähen Flüs-sigkeiten stellt sich meist eine Geschwindigkeitsverteilung der Form v(r) = c(R − r)2 ein. Hierbeiist r der betrachtete Abstand von der Rohrachse. Für eine gegebene Durchflußmenge M (in Literje Sekunde) ist hieraus der Koeffizient c und die Geschwindigkeit in der Rohrachse zu bestimmen!

4. Ein trapezförmiges Schleusentor ist 6m hoch, unten 2m und oben 4m breit; seine Oberkante schließtmit dem Wasserspiegel ab. Wie groß ist die summarische Kraft, die auf dieses Schleusentor wirkt,und in welchen Punkt kann man sie angesetzt denken? ( Wichte des Wassers: 1kp/dm3)

5. Ein leeres Gefäß mit dem Gewicht 40N beginnt, sich 20m nach oben zu bewegen. Während jedesMeters, den es zurücklegt, fließt Wasser mit einem Gewicht von 8N hinein. Welche Arbeit ist zuleisten, um dieses Gefäß diese Strecke anzuheben?

3

6. Ein Gefäß wiegt 50N , es enthält Wasser mit einem Gewicht von 700N . Es wird 8sec lang mit einerGeschwindigkeit von 3m/sec angehoben; dabei fließt pro Sekunde Wasser mit einem Gewicht von50N aus. Welche Arbeit ist zum Anheben zu leisten?

7. Ein dünner Draht - ein Stück der Länge s habe die Masse %s - istzu einem nach oben offenen Halbkreis mit dem Radius R gebogen.Er rotiert horizontal mit der Winkelgeschwindigkeit ω um einesseiner Enden.Berechnen Sie die kinetische Energie diese Drahtstücks!

ω

& %R

8. Reifebedingt löst sich in einer Höhe von 5m ein Apfel mit der Masse mA = 100g vom Ast; im selbenMoment beginnen er und die Erde aufeinander zu zu fallen (mE = 6.0 · 1024kg). Berechnen Sie dieStrecke, die der Planet bis zum Zusammentreffen mit der Frucht zurücklegt!

9. In einem Becherglas mit dem Innenradius R befindet sich ein senkrechtstehender Zylinder desRadius r < R und der Höhe h im Wasser. Seine obere Stirnfläche ist gerade auf der Höhe desWasserspiegels.Der Zylinder habe die gleichmäßige Dichte %, die Dichte des Wassers sei 1.Welche Arbeit ist zu leisten, um den Zylinder soweit anzuheben, daß seine untere Stirnfläche in dieHöhe des Wasserspiegels gelangt (daß er also gerade das Wasser verlassen hat)?

4. Elektrotechnische Aufgaben, einfache Integrale:

1. Eine Wechselspannung genügt der Formel U(t) = 140 sin(28t + 0.6) , U in V , t in s. Im Zeitraumvon t = 0.05 bis t = 0.08 wird über einen Widerstand von 70Ω ein sehr großer und anfangs leererKondensator zugeschaltet. Welche Ladung enthält er anschließend (in As)?

2. Die Amplitude einer nicht phasenverschobenen und ansonsten sinusförmigen Wechselspannung mitder Frequenz ω wachse, im Moment t = 0 mit U0 = 0 beginnend, linear mit der Zeit; die sekündlicheZunahme beträgt ∆U . Ermitteln Sie die Wärmemenge (in Ws), die im Zeitraum [0, T ] an einemWiderstand R entsteht!

3. An einem elektronischen Bauteil mit dem Widerstand 200Ω liegt eine Wechselspannung des fol-genden Profils an: Im Zeitraum [0s, 0.04s] steigt sie linear von 0 auf 40V , dort verbleibt sie biszum Moment t = 0.1s, worauf sie - wiederum linear - bis zum Zeitpunkt t = 0.2s erneut auf Nullzurückfällt, wo sie bis t = 0.4s verbleibt. Danach wiederholt sich dieser Zyklus. Die Kühlrippen desBauteils geben pro Kelvin Temperaturerhöhung gegenüber der Umgebung 0.032W Wärmeleistungab. Welche Temperatur stellt sich im Dauerbetrieb in diesem Bauteil ein (Umgebungstemperatur:20oC, und unterstellt, daß es groß genug ist, um eine halbwegs konstante Temperatur zu halten) ?

4. Eine Spannung hat den folgenden Verlauf: Ihre Periodendauer beträgt 0.4sec, der Spannungsverlaufwährend der ersten Periode ist beschrieben durch die Funktion U(t) = 80− 50e−5t. Berechnen Sieihre Effektivspannung

Ueff =

√1T

∫ T

0

U2(t)dt

mit der Periodendauer T !

5. Es sei eine Wechselspannung U(t) = Uo sin(ωt + α) gegeben; als ihre Effektivspannung sieht mandiejenige Gleichspannung Ue an, die im Zeitraum T einer Periode an einem Widerstand R dieselbeArbeit umsetzt:

U2e

R· T =

∫ T

0

U2(t)R

dt .

1. Berechnen Sie aus den gemachten Angaben Ue !2. Sei U(t) = U1 sin(ω1t + α1) + U2 sin(ω2t + α2) und es gilt ω1 : ω2 = m : n mit teilerfremdennatürlichen Zahlen m und n. Wie ist jetzt die Effektivspannung vernünftigerweise zu definieren,und welcher Wert ergibt sich?3. Wie ist die Definition der Effektivspannung zu modifizieren, wenn ω1 und ω2 nicht in einem ratio-nalen Verhältnis stehen? Ist die resultierende Effektivspannung die Summe der Effektivspannungender Komponenten?4. Was geschieht im Falle ω1 → ω2 ?

4

6. An einem Widerstand von 400Ω liegt eine zeitabhängige Spannung U(t) = 280e−0.044t (U in Volt,t in Sekunden). Welche Arbeit

W =∫ t2

t1

U2(t)R

dt

wird von dem Strom am Widerstand in der Zeit von t = 1sec bis t = 4sec geleistet?

5. Sonstige Aufgaben, einfache Integrale:

1. Die Bestrahlungsleistung bei der insgesamt 6s dauernden Bestrahlung eines Patienten ist aus tech-nischen Gründen nicht konstant, sondern genügt (in gewissen Einheiten) dem Zeitgesetz W (t) =42t2(6−t). Welcher Energie ist der Patient insgesamt dabei ausgesetzt, wenn er die gesamte Leistungaufnimmt?

2. In einem quaderförmigen Behälter befindet sich eine Suspension; der Anteil der betrachteten Sub-stanz beträgt p(h) = (0.24 + 0.035

√h) g/cm3; er ist abhängig von der Höhe h (in cm) über dem

Behälterboden. Der Flüssigkeitsspiegel hat eine Fläche von 260cm2, seine Höhe beträgt 16cm überdem Behälterboden. Berechnen Sie die Gesamtmasse der betreffenden Substanz im Behälter!

6. Uneigentliche Integrale:

1. Ermitteln Sie den Wert der nachstehenden uneigentlichen Integrale!

a)∫ ∞

0

dx

x3 + x2 + x+ 1b)∫ ∞

0

x3

(x2 + 1)3dx c)

∫ ∞−∞

x7

(x6 + 3x4 + 21)5dx

2. Eine Wechselspannung klingt für t > 0 nach dem Gesetz

U(t) = U0e−λt sin (ωt+ α)

ab; sie liegt an einem ohmschen Widerstand R an. In einer sehr langen Zeit wird dort die Wärme-energie

W (U0, R, λ, ω, α) =∫ ∞

0

U2(t)R

dt

umgesetzt; berechnen Sie diese! Die benötigten Stammfunktionen können der Tafel entnommenwerden.

3. Ermitteln Sie die Werte der folgenden uneigentlichen Integrale, soweit vorhanden!

a)∫ ∞

0

dx

1 + x, b)

∫ ∞0

dx

1 + x2, c)

∫ ∞0

dx

1 + x3, d)

∫ ∞0

dx

1 + x4

Wie lautet der Grenzwertlimn→∞

∫ ∞0

dx

1 + xn?

4. Für welche Werte von p gelten jeweils die nachstehenden Gleichungen für uneigentliche Integrale?

a)∫ p

0

lnx dx = 0 , b)∫ ∞

0

dx√x(x+ p)

= 2

7. Mehrfachintegrale, formale Aufgaben

1. Ermitteln Sie den Wert der nachfolgenden Doppelintegrale!

a)∫ 5

2

∫ 5

−3

(x2 − 4xy + 3y2) dx dy b)∫ 3

0

∫ 5

1

x+ 3y + 2

dx dy c)∫ 2

1

∫ 1

−1

e2x+3y+1 dx dy

8. Mechanische Aufgaben, Mehrfachintegrale:

1. Es sei Ω ein Gebiet in der (x, y)−Ebene und |Ω| sein Flächeninhalt. Für die Schwerpunktskoordi-naten (xs, ys) des Gebietes gilt

xs =1|Ω|

∫∫Ω

x dxdy und ys =1|Ω|

∫∫Ω

y dxdy .

Ermitteln Sie die Lage der Schwerpunktskoordinaten für die folgenden Gebiete!5

(a) Das durch die Geraden x = −2, x = 2, y = −2, y = 2 gebildete Quadrat, dem durchy = −x− 3 eine Ecke weggeschnitten wurde,

(b) Der durch die x-Achse und die Kontur x2 + y2 = 1, y ≥ 0 gebildete Halbkreis, und

(c) Der Bereich zwischen der Parabel y = x2 und der Geraden y = 2x+ 15.

9. Sonstige Aufgaben, Mehrfachintegrale:

1. Eine rechteckige Dachfläche hat die Länge l und - schräg gemessen - die Breite b; sie ist unter demWinkel α gegen die Horizontale geneigt. Entlang der Länge zieht sich eine Regenrinne, die an dereinen Ecke in ein Fallrohr mündet.Während eines Regenschauers ist die Regenintensität Q(t) gegeben (in l ·m−2 ·s−1); sie bezieht sichauf eine horizontale Fläche. Die Regenintensität ist örtlich konstant. Der auf das Dach auftreffendeRegen fließt darauf mit der Geschwindigkeit vd ab in die Regenrinne; dort strömt das Wasser mitder Geschwindigkeit vr zum Fallrohr.Berechnen Sie den Durchfluß D(t) am Fallrohr (im l · s−1)! Der Regen setze im Moment t = 0 ein;vorher war alles trocken.

6

Lösungen:

1. Formale Aufgaben, einfache Integrale:

1.

a) 1 + x2 = t , 2xdx = dt ,

∫ 2

0

x3√

1 + x2dx =12

∫ 5

1

(t− 1)√tdt =

=12

[25t5/2 − 2

3t3/2

]∣∣∣∣51

=12

[25

55/2 − 23

53/2 − 25

+23

]=

12

[10√

5− 103

√5 +

415

]=

103

√5+

215

b) Der Integrand ist eine ungerade Funktion, das Integrationsintervall ist symmetrisch zum Null-punkt, damit ist der Wert des Integrals Null.Eine Stammfunktion zu diesem Integranden wird man in gängigen Wald - und - Wiesen - Formel-sammlungen nicht finden, also ist der klassische Weg über diese versperrt.Man kann das Integral auf eine komplexe Fehlerfunktion zurückführen, aber das macht einen auchnicht wirklich schlauer. Ein Glück, daß die Ungeradheit des Integranden und die Symmetrieeigen-schaft des Integrationsintervalls vorliegen!

2.a) I = arctanx|10 =

π

4− 0 =

π

4

b) t = sinx, g′ = cosx ⇒ I =sin3 x

3

∣∣∣∣π−π

= 0

c) t = lnx, g′ = 1/x, I =∫ 1

0

tdt =12

d)∫ 1

−2

x− 1x2 − 9

dx =13

[ln |x− 3|+ 2 ln |x+ 3|]|1−2 =ln 2 + 2 ln 4− ln 5− 2 ln 1

3=

ln 6.43

= 0.618 766

Der Nenner des Integranden wird im betrachteten Intervall nicht Null!

3.

u′(x) = x2 , v(x) = 1 + 3 lnx =⇒ u(x) =x3

3, v′(x) =

3x∫ e

1

x2(1 + 3 lnx)dx =x3

3(1 + 3 lnx)

∣∣∣∣e1

−∫ e

1

3x2

3dx =

e3

3· 4− 1

3− x3

3

∣∣∣∣e1

=

=e3

3· 4− 1

3− e3

3+

13

= e3 = 20.0855

4.u′(x) = 10x4 − 2x , v(x) = lnx =⇒ u(x) = 2x5 − x2 , v′(x) =

1x∫ 5

1

(10x4 − 2x) · lnx dx = (2x5 − x2) lnx∣∣50−∫ 5

1

2x5 − x2

xdx =

= 6225 ln 5− (0.4x5 − 0.5x2)∣∣51

= 6225 ln 5− 61885

= 8781.151

5. a) Der Integrand ist ungerade, das Integrationsintervall symmetrisch zur Null, das Integral folglichNull. Man kann auch die Substitution: 3 + 2x2 + x4 = g(x) = t, (4x+ 4x3)dx = dt benutzen.b) Partielle Integration∫ e

1

x · lnx dx =x2

2lnx∣∣∣∣e1

−∫ e

1

x2dx

2x=

e2

2− x2

4

∣∣∣∣e1

=e2

2− e2

4+

14

=e2

4+

14

= 2.097264

c) Substitution: cosx = g(x) = t, − sinxdx = g′(x)dx = dt∫ π

0

4 sinx dx1 + cos2 x

= −4∫ −1

1

dt

1 + t2= −4 arctan t|−1

1 = 2π

7

6. ∫ π

0

sinx · sin 5x dx =12

∫ π

0

[cos 4x− cos 6x] dx dx =12

[sin 4x

4− sin 6x

6

]∣∣∣∣π0

= 0

7.g(x) = x3 + 4 = t =⇒ g′(x)dx = 3x2dx = dt∫ 2

0

6x2 (x3 + 4)4 + 1(x3 + 4)2 + 1

dx = 2∫ 12

4

[t2 − 1 +

2t2 + 1

]dt = 2

[t3

3− x+ 2 arctanx

]∣∣∣∣12

4

= 1093.98

8. Substitution: g(x) = tanx = t, dx/ cos2 x = g′(x)dx = dt∫ π/4

−π/4

etan x

cos2 xdx =

∫ 1

−1

etdt = et∣∣1−1

= e− 1e

= 2.3504

9.

a)∫ 4

0

x2 + 2x+ 1

dx =∫ 4

0

(x2 + x)− (x+ 1) + 3x+ 1

dx =∫ 4

0

[x− 1 +

3x+ 1

]dx =

=x2

2− x+ 3 ln |x+ 1|

∣∣∣∣40

= 8− 4 + 3 ln 5 = 8.8283

b) Man kann substituieren: sinx = t, aber es geht auch direkt:∫ π

0

cosx · sinx dx =12

∫ π

0

sin 2x dx = −cos 2x4

∣∣∣∣π0

= −1− 14

= 0

10. ∫ b

a

P ′′n (x) dx = P ′n(x)|ba = P ′n(b)− P ′n(a) = 0

11.

f(a · b) =∫ ab

1

ds

s=∫ a

1

ds

s+∫ ab

a

ds

s= f(a) +

∫ ab

a

a · dsas

= f(a) +∫ b

1

dt

t= f(a) + f(b)

Es wurde die Substitution as = t, a · ds = dt ausgeführt, wodurch die Grenzen a und ab zu 1 undb wurden.

12. a) Es wird√

0.24x = t substituiert, dann ist dx = dt/√

0.24, und t läuft von 1.3√

0.24 bis 2.9√

0.24.Damit wird∫ 2.9

1.3

e−0.24x2dx =

1√0.24

∫ 2.9√

0.24

1.3√

0.24

e−t2dt =

1√0.24

[∫ 2.9√

0.24

0

e−t2dt−

∫ 1.3√

0.24

0

e−t2dt

]=

=√π

2√

0.24

[2√π

∫ 2.9√

0.24

0

e−t2dt− 2√

π

∫ 1.3√

0.24

0

e−t2dt

]=

=√

π

0.96

[erf(2.9

√0.24)− erf(1.3

√0.24)

]= 1.8090[erf (1.4207)− erf (0.6369)] .

Der Tabelle entnimmt man z. B. erf(1.42)=0.95538 und erf(1.43)=0.95686, ausgehend von der Über-legung, daß 1.4207 zwischen 1.42 und 1.43 liegt.Die beiden Argumente differieren um 0.01, die Funktionswerte um 148 (in Einheiten der letztenStelle). 1.4207 - 1.42 = 0.0007 bedeutet das 0.07-fache des Abstandes der beiden Argumente derTafelwerte, und einen praktisch linearen Verlauf der Funktion auf diesem kurzen Abschnitt unter-stellt ist das 0.07-fache des Zuwachses von 148 also 0.07 · 148 = 10.36, oder, um keine weiterenKommastellen zu erfinden, eine Zunahme um 10 Einheiten der fünften Stelle.Verwendet man statt einer universellen Formelsammlung ein Tabellenwerk, so wird dieses Interpo-lieren (=Finden des Zwischenwertes) vereinfacht. Das entsprechende Tabellenstück sieht dann soaus (Ausschnitt):

8

... x erf(x) x erf(x) x erf(x) ...

... 0. 0. 0.9 ...

... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...

... 0.90 79691 +497 1.40 95229 +156 1.90 9279 +30 ...

... 91 80188 489 41 95385 153 91 9309 29 ...

... 92 81156 479 42 95538 148 92 9366 28 ...

... 93 79691 471 43 95686 144 93 9392 26 ...

Wenn die letzte Stelle des Arguments durch 5 teilbar ist, so wird es komplett angegeben, anson-sten nur seine Nachkommastellen. In der letzten zitierten Spalte sind alle Funktionswerte größerals 0.9, weshalb dies in den Kopf herausgenommen wurde und man nur die zweite bis fünfte Nach-kommastelle angibt. Hinter jedem Funktionswert findet man noch eine kleingedruckte Zahl, dieTafeldifferenz. Bei x = 1.42 ist das gerade 148 - der Unterschied zum nächsten Wert in Einheitender letzten Stelle.(Der Integrand in der Definition von erf(x) ist die stets positive Exponentialfunktion, weshalb erf(x)also streng monoton wachsen muß. Diese Zunahme ist auch durch das Pluszeichen in jeder fünftenZeile bestätigt.)Man kann also von erf(1.4207)=0.95538 + 0.00010 = 0.95548 ausgehen.Andererseits ist erf(0.63)=0.62705 und erf(0.64)=0.63459, das 0.69-fache der Differenz 63459-62705=754 ist 520, und mit 62705+520=63225 erhält man erf(0.6369)=0.63225.Letztlich wird der Wert des gesuchten Integrals also 1.8090(0.95548− 0.63225) = 0.5847.Eine genauere Rechnung ergibt als vierte Nachkommastelle statt der 7 eine 8.Analog wäre (dieselbe Rechnung, aber jetzt mit Φ(x)):∫ 2.9

1.3

e−0.24x2dx =

1√0.48

∫ 2.9√

0.48

1.3√

0.48

e−t2/2 dt =

√2π

0.48

[Φ(2.9

√0.48)− Φ(1.3

√0.48)

]=

=

√2π

0.48(0.97774− 0.81612) = 0.5847 .

Weiterhin sei nur mit erf(x) gerechnet.b) Der Exponent wird zur Differenz zweier Quadrate umgeformt:

2.81 + 0.43x− 0.76x2 = 0.76(3.6974 + 0.5658x− x2) =

0.76[3.6974 + 0.28292 − (0.28292 − 2 · 0.2829 · x+ x2)] = 0.76[3.7774− (x− 0.2829)2] .

Nun sei substituiert:√

0.76 (x− 0.2829) = t, also dx = dt/√

0.76, bei x = 0.27 ist t = −0.0112 undx = 1.55 ergibt t = 1.1046.Somit wird ∫ 1.55

0.27

e2.81 + 0.43x− 0.76x2dx =

e3.7774

√0.76

∫ 1.1046

−0.0112

e−t2dt =

= e0.76·3.7774 ·√

π

3.04[erf(1.1046)− erf(−0.0112)] = 17.652 · (0.88174 + 0.01263) = 16.05 .

c) Partielle Integration mit u′ = 2x · e−x2, v = x, woraus u = e−x

2und v′ = 1 folgt:∫ 2.19

0

x2 · e−x2dx = −x

2· e−x

2∣∣∣∣2.19

0

+12

∫ 2.19

0

e−x2dx = −0.00905 +

√π

4[erf(2.19)− erf(0)] =

= −0.00905 + 0.4431 · 0.998046 = 0.4332

d) Es wird x3 = t substituiert, dann ist 3x2 dx = dt und bei x = 0.92 wird t = 0.923 = 0.778688:∫ 0.92

0

x2 · e−x6dx =

13

∫ 0.778688

0

e−t2dt =

√π

6· erf(0.778688) = 0.29541 · 0.72920 = 0.2154

13. Es istd

da

∫ b

a

f(x) dx =d

da

[−∫ a

b

f(x) dx]

= − d

da

∫ a

b

f(x) dx = −f(a) .

9

14.

a)∫ 1.45

0.8

sinxx

dx =∫ 1.45

0

sinxx

dx−∫ 0.8

0

sinxx

dx = Si(1.45)− Si(0.8) =

= 1.2909− 0.7721 = 0.5188

b) Es wird s = 4x substituiert:∫ 0.425

0.175

sin 4xx

dx =∫ 0.425

0.175

sin 4x4x

4 · dx =∫ 1.70

0.70

sin ss

ds = 1.4496− 0.6812 = 0.7684

c) Partielle Integration, u′ = 1/x2, v = cosx mit u = −1/x, v′ = − sinx:∫ 0.6

0.2

cosxx2

dx = −cosxx

∣∣∣0.60.2−∫ 0.6

0.2

sinxx

dx = −(1.3756− 4.9003)− (0.5881− 0.1996) = 3.1362

d) Partielle Integration, u′ = cos 3x, v = ln(x3) = 3 lnx mit u = 13 sin 3x, v′ = 3/x:∫ 0.6

0.1

ln(x3) · cos 3x dx = lnx · sin 3x∣∣∣0.60.1−∫ 0.6

0.1

sin 3xx

dx =

= (−0.4975 + 0.6805)− [Si(1.8)− Si(0.3)] = −1.0243

Im Integrationsbereich ist der Integrand wegen des Logarithmus mit x3 < 1 negativ.

15. Es wird ein expliziter Formelausdruck für G(t;h) gefunden:

G(t;h) =1

2h

∫ t+h

t−hf(τ) dτ =

12h

∫ t+h

t−h[A+B sinωτ ] dτ =

12h

[Aτ − B

ωcosωτ ]

∣∣∣∣t+ht−h

=

=1

2h

[A(t+ h)− B

ωcosω(t+ h)]− [A(t− h)− B

ωcosω(t− h)]

=

=1

2h

[2Ah− B

ω[cosω(t+ h)− cosω(t− h)]

=

= A+B

2hω[− cosωt · cosωh+ sinωt · sinωh+ cosωt · cosωh+ sinωt · sinωh] =

= A+B · sinωhωh

· sinωt .

1. Feststellung: Am Mittelwert A der Schwingung ändert sich beim Glätten nichts. Dafür sorgt derVorfaktor 1/2h vor dem Integral - er gewährleistet die Bewahrung des konstanten Anteils.2. Feststellung: An der Frequenz der Schwingung ändert sich beim Glätten nichts.3. Feststellung: Läßt man den Glättungsparameter h gegen Null gehen (sinnvollerweise aus demPositiven), so ist der Grenzwert

limh→0+0

G(t;h) = limh→0+0

[A+B · sinωh

ωh· sinωt

]= A+B · 1 · sinωt = f(t)

die ungeglättete Funktion.4. Feststellung: Die gesuchte resultierende Amplitude ist

Bh = B| sinωh|ωh

< B (bei h > 0) .

Es ist also wirklich eine Glättung erfolgt.Bei fixiertem h ist die Glättung übrigens mit wachsendem ω (grob gesprochen) immer stärker.Hohe Frequenzen werden also stärker weggeglättet. Das hat Konsequenzen bei der Superpositionvon Schwingungen. Wendet man diesen Prozeß z. B. auf die Funktion F (t) = 3 sin t+ sin 10t an, soergibt sich das folgende Bild: (ausgezogene Kurve: F (t), gestrichelt: geglättet mit h = 0.25, punk-tiert: h = 1)

10

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. . .

Bei h = 0.25 ist die langsame Schwingung 3 sin t weitgehend erhalten, die schnellere Schwingungsin 10t dagegen bereits merklich unterdrückt.Bei h = 1 erfolgt auch schon eine gewisse Glättung der niedrigen Frequenz, wie man an der deutli-chen Amplitudenabnahme des Gesamtverlaufs erkennt.5. Feststellung: Bei ωh = π (und analog ωh = 2π , 3π usw.) ist sinωh = 0.Dann ist z. B. (2π/T ) · h = π, also h = T/2. Die Integration von t− h bis t+ h geht also über einevolle Periode, und da ist der Mittelwert gerade A. Die Schwingung ist komplett weggebügelt.Der Verlauf der Amplitude in Abhängigkeit von h ist im nachfolgenden Bild dargestellt. Die Kurvenimmt nicht monoton, sondern nur tendenziell ab. Das war mit der Einschränkung ’grob gesprochen’in 4. gemeint.

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B| sinωh|/ωh

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2. Geometrische Aufgaben, einfache Integrale:

1. Für 0 < x < π/2 ist f(x) > g(x), und es ist f(0) = g(0) = 0 sowie f(π/2) = g(π/2) = 1. Diejeweilige x-abhängige Höhe der Fläche ist also f(x)− g(x), und die Fläche selbst wird

A =∫ π/2

0

[sinx− 2x

π

]dx =

[− cosx− x2

π

]∣∣∣∣π/20

= 1− π

4= 0.2146

2.f(r) = A+Br2 , f(0) = 40 , f(16) = 4 =⇒ A = 40 , B =

4− 40162

= − 964

Damit ist die Linsendicke in Abhängigkeit vom Radius ermittelt.

A =∫ 16

−16

(40− 9

64r2

)dr =

(40x− 3

64r3

)∣∣∣∣16

−16

= 896

Die Fläche beträgt 896mm2.

3. a) Die Schnittpunkte der beiden Kurven haben die x-Koordinaten x1 und x2, die sich aus x2 = x−2ergibt; damit ist x2 + x − 2 = 0 oder x1 = −2 und x2 = 1. Die obere Kurve zwischen den beidenPunkten ist y = 2− x und für die Fläche gilt

A =∫ 1

−2

(2− x− x2)dx = 2x− x2

2− x3

3

∣∣∣∣1−2

= 4.5

b) x2 +y2 = 8 ist ein Kreis um den Nullpunkt, y2 = 2x eine nach rechts geöffnete Parabel. Das Bildist symmetrisch zur x-Achse; es reicht, die halbe Fläche zu bestimmen. Die positive y-Koordinate

11

des Schnittpunktes folgt aus√

8− y2 = y2/2, also y4 + 4y2 − 32 = 0, zu y = 2. Die kleinere derbeiden Flächen ist

F = 2∫ 2

0

[√8− y2 − y2

2

]dy = 2

[x

2

√8− y2 + 4 arcsin

x√8− y3

6

]∣∣∣∣20

=

= 2(

2 + 2π − 43

)= 2π − 4

3= 7.6165

Der größere Teil ist der Rest vom Kreis: 8π − 7.6165 = 17.5162.

4. Der Koordinatenursprung wird in den tiefsten Punkt der Leitung, genau in die Mitte zwischen zweiMasten, gelegt; die x-Achse ist waagerecht. Die Kurve der Leitung wird dann durch die Funktiony = ax2 beschrieben; aus der Forderung y(35) = 5 folgt a = 5/352 = 1/245. Der Integrand ist einegerade Funktion und das Integrationsintervall ist symmetrisch zu Null; mit der der Integraltabelleentnommenenen Stammfunktion wird

L =∫ b

a

√1 + f ′2(x) dx =

∫ 35

−35

√1 +

(2x245

)2

dx =4

245

∫ 35

0

√(2452

)2

+ x2 dx =

=4

245

x2

√(2452

)2

+ x2 +2452

8ln

x+

√(2452

)2

+ x2

∣∣∣∣∣∣35

0

=

=4

245

352

√(2452

)2

+ 352 +2452

8ln

35 +

√(2452

)2

+ 352

− 2452

8ln

√(2452

)2 =

= 0.0163265[17.5√

16231.25 + 7503.125(ln 162.402− ln 122.5)]

=

= 0.0163265(2229.534 + 2115.605) = 70.941 , exakter: 70.94104625

Die Leitung ist also einen knappen Meter länger als die Luftlinie zwischen den Mastspitzen. -Die Rechnung ist, durch die komplizierte Stammfunktion bedingt, recht umständlich, und die Be-handlung des zweiten Teils der Frage wird aufwendig. Man kann das Integral natürlich numerischauswerten; ein einfacherer Weg ist der folgende:Gemäß der Formel von Taylor gilt für Werte von x in der Nähe von Null die Darstellung

√1 + x =

1 + x/2− x2/8 + . . .; ersetzen wir in dieser Formel x durch (2x/245)2 und beschränken wir uns aufzwei Summanden, so wird

L =∫ 35

−35

√1 +

(2x245

)2

dx ≈∫ 35

−35

[1 +

2x2

2452

]dx = 2

[x+

2x3

3 · 2452

]∣∣∣∣35

0

=

= 2(

35 +2 · 353

3 · 2452

)= 70 + 0.952 = 70.953

Wegen des weggelassenen negativen Terms wird das Resultat etwas zu groß, und zwar um zwölfMillimeter. Hätte man die −x2/8 berücksichtigt, so wäre

L =∫ 35

−35

√1 +

(2x245

)2

dx ≈∫ 35

−35

[1 +

2x2

2452− 2x4

2454

]dx =

= 2[x+

2x3

3 · 2452− 2x5

5 · 2454

]∣∣∣∣35

0

= 2(

35 +2 · 353

3 · 2452− 2 · 355

5 · 2454

)= 70 + 0.953− 0.012 = 70.941

Etwas genauer gerechnet: 70.941 072, das ist rund 0.000 026m zuwenig. - Die Differenz entsprichteiner Lichtwellenlänge im infraroten Bereich.Nun zur Abkühlung: Der Längenverlust beträgt rund l = 71m · 2 · 10−5K−1 · 20K = 0.028m, dasverringert die Höhe des Durchhängens um h. Gehen wir von der einfacheren Formel aus und ersetzenwir in ihr die 245 durch 352/(5− h), das ergibt

0.953− 0.028 =4 · 353

5 · (352/(5− h))2=

4(5− h)2

3 · 3512

also ist genähert

0.028 =40h105

=⇒ h = 105 · 0.028/40 = 0.074

Die tiefste Stelle der Leitung hebt sich reichlich sieben Zentimeter. Der mit MAPLE recht genauberechnete Wert ist 7.581537cm (alle Stellen gültig), ausgehend von exakt 2.8cm Verkürzung.

5. Im Raum wird ein Koordinatensystem definiert; die z-Achse fällt mit der Achse der Bohrung zusam-men, die y-Achse verläuft entlang der Zylinderachse. Beginnend mit der x-Achse wird die z-Achseumrundet; dabei läuft der Winkel θ von 0 bis 2π. Zu einem gewissen Winkel θ gehört eine zurz-Achse parallele Strecke der Länge l(θ) auf der Innenwand des Loches, und zum Sektor dθ gehörtdort die Fläche r · l(θ) · dθ = 12 · l(θ) · dθ. Für die Gesamtfläche resultiert

A =∫ 2π

0

12l(θ) · dθ ,

zur konkreten Berechnung ist l(θ) zu bestimmen. Der Winkel θ trifft im Punkt (x, y) auf die Loch-wand; diese endet in ±z mit x2 + z2 = 182, folglich wird l(θ) = 2

√182 − x2 = 2

√182 − 122 cos2 θ

und letztlich

A =∫ 2π

0

12 · 2√

182 − 122 cos2 θ dθ = 2 · 122

∫ 2π

0

√1.52 − cos2 θ dθ =

= 4 · 288∫ π/2

0

sin θ

√1.52 − cos2 θ

1− cos2 θdθ = 1.5 · 1152 ·

∫ 1

0

√1− (2/3)2t2

1− t2dt =

= 1728E(2/3) = 1728 · 1.3781 = 2 381.4

Der Flächeninhalt beträgt also 2381mm2. Die Funktion E(k) ist eines der vollständigen elliptischenIntegrale; s. z. B. Tabellenwerk von Jahnke / Emde / Lösch. Natürlich kann das auftretendeIntegral auch numerisch ausgewertet werden; eine elementare Stammfunktion existiert aber nicht.

6. Vorbemerkung 1: a 6= 0. - Tatsächlich, ansonsten ist die Funktion linear und es gibt keine (vernünf-tige) begrenzte Fläche.Vorbemerkung 2: Die quadratische Funktion hat zwei verschiedene reelle Nullstellen x1 und x2. -Ansonsten wäre die Aufgabe sinnlos (nur komplexe Nullstellen) oder witzlos (doppelte reelle).Sei x1 < x2.Die gesuchte Fläche ist also (wie üblich ist p = b/a und q = c/a)

w =∫ x2

x1

|ax2 + bx+ c| dx = |a|∫ x2

x1

|x2 + px+ q| dx = ± a∫ x2

x1

(x2 + px+ q) dx =

= ± a[x3

3+px2

2+ qx

]∣∣∣∣x2

x1

= ± a

6[2(x3

2 − x31) + 3p(x2

2 − x21) + 6q(x2 − x1)

]=

= ± a(x2 − x1)6

[2(x2

2 + x2x1 + x21) + 3p(x2 + x1) + 6q

]Das Vorzeichen ± ist so zu wählen, daß das Ergebnis positiv wird. Man beachte, daß die quadratischeFunktion zwischen ihren beiden Nullstellen vorzeichenkonstant ist, man das Vorzeichen also alsFaktor ±1 herausziehen kann,Nun bringt man die Vietaschen Formeln ins Spiel: x1 + x2 = −p, x1x2 = q:

w = ± a(x2 − x1)6

[2(x2

2 + 2x2x1 + x21 − x2x1) + 3p(x2 + x1) + 6q

]=

= ± a(x2 − x1)6

[2((x2 + x1)2 − x2x1) + 3p(x2 + x1) + 6q

]= ± a(x2 − x1)

6[2p2 − 2q − 3p2 + 6q

].

Es ist

x2 − x1 =

[−p

2+

√p2

4− q

]−

[−p

2−√p2

4− q

]= 2

√p2

4− q =

√p2 − 4q .

Die Diskriminante der quadratischen Gleichung muß positiv sein, da zwei reelle Nullstellen voraus-gesetzt waren.Damit wird

w = ± a√p2 − 4q (4q − p2)

6=|a| · |p2 − 4q|3/2

6=|b2 − 4ac|3/2

6a2

13

die gesuchte Fläche.Kontrolle der Maßeinheiten (was voraussetzt, daß x und f(x) in z. B. m gemessen werden, damitwirklich eine Fläche herauskommt):Man hat nach f(x) = ax2 + bx+ c die Maßeinheiten [a] = m−1, [b] = 1 und [c] = m. Damit ergibtdas Resultat in den Maßeinheiten tatsächlich

(1−m−1 ·m)3/2

(m−1)2= m2 .

3. Mechanische Aufgaben, einfache Integrale:

1. Es ist sin 3.2t > 0 bei 0 < t < π/3.2 = 0.98175 = t∗, dann ist die Fördermenge pro Takt (in mm3)

V =∫ t∗

0

π · 52 · 35 sin 3.2tdt = −2748.9cos 3.2t

3.2

∣∣∣∣t∗0

=2748.9

1.6= 1718

2. In Milliliter:

V =∫ 2

0

W (t)dt =∫ 2

0

0.4 · (1 + 3t2(2− t)2)dt = 0.4∫ 2

0

(1 + 12t2 − 12t3 + 3t4)dt =

= 0.4(t+ 4t3 − 3t4 +

3t5

5

)∣∣∣∣20

= 0.4(2 + 32− 48 + 19.2) = 2.08

3. Wir betrachten einen sehr schmalen Ring der Breite dr und des Radius r um die Rohrachse ineinem Rohrquerschnitt senkrecht zu dessen Richtung; da der Ring so schmal ist kann man davonausgehen, daß in ihm überall dieselbe Strömungsgeschwindigkeit v herrscht. (’Dieselbe’ in radialerRichtung, denn entlang des Umfangs ändert sich sowieso nichts.)Die Fläche dieses Rings ist seine Breite multipliziert mit dem Umfang. (Letzterer unterscheidet sichinnen und außen praktisch nicht, da dieser Streifen eben so schmal ist. Deswegen kann man ihnauch getrost zum Rechteck aufbiegen.) Also gilt für die Fläche dF = 2πr · dr.Die Durchflußmenge je Zeiteinheit durch eine Fläche ist (bei einem senkrechten Durchfluß) die-se Fläche mal Durchflußgeschwindigkeit, wobei selbige über die Fläche konstant sein soll. DieseBedingungen sind hier erfüllt: Die eingestellte Strömung in einem langen Rohr ist parallel zurRohrachse, also senkrecht zu einem Querschnitt, und v ist als konstant anzusehen. Folglich wirddM = v · dF = v · 2πr · dr.Die gesamte Durchflußmenge je Zeiteinheit durch das Rohr ist die Summe über alle derartigenRinge, also

M =∫ R

0

dM =∫ R

0

v(r) · 2πr dr =∫ R

0

c(R− r)2 · 2πr dr = 2πc∫ R

0

(R2r − 2Rr2 + r3) dr =

= 2πc(R2r2

2− 2

Rr3

3+r4

4

)∣∣∣∣R0

= 2πcR4 6− 8 + 312

=πcR4

6.

Folglich ist c = 6M/πR4. Es wird

v(0) =6MπR4 ·R

2 =6MπR2 .

4. In dieser Aufgabe seien die alten Maßeinheiten Kilopond und Tonne für die Kraft benutzt; wennman es mit (Süß-)Wasser zu tun hat, so sind sie recht bequem.1 kp = 9.807 N = Gewicht von 1l Wasser, 1 t = 1000 kp = Gewicht von 1m3 Wasser.Die x-Achse sei senkrecht nach oben gerichtet; x = 0 entspricht der Unterkante des Schleusentores.Die Strecke wird in m gemessen; der Druck in kp/m2. Wir betrachten einen Streifen der Länge l(x)in der Höhe x über die Breite des Tores; die senkrechte Breite des Streifens sei die differentielleGröße dx, seine Fläche ist folglich l(x)dx. Da er horizontal verläuft herrscht überall derselbe Druckp(x), und die insgesamt auf diesen Streifen wirkende Kraft ist damit dF = p(x)·l(x) dx. Die gesamteDruckkraft ist die Summe all dieser Kräfte über alle solche Streifen, da das Tor sicher eben ist unddiese Kräfte also parallel wirken. Nun werden die Funktionen l(x) und p(x) spezifiert: Beides sindlineare Funktionen, sei l(x) = ax + b, dann gilt l(0) = 2 = b und l(6) = 4 = 2 + 6a, also ist

14

l(x) = 2 + x/3. Der hydrostatische Druck ist in der Oberfläche gleich Null und wächst proportionalzur Tiefe, also ist p(x) = c(6− x) und es gilt p(1) = 1000kp/m2, damit ist c = 1000.

F =∫ 6

0

dF (x) =∫ 6

0

1000(6− x)(

2 +x

3

)dx = 1000

∫ 6

0

(12− x2

3

)dx =

= 1000

[12x− x3

9

∣∣∣∣60

]= 1000(72− 24) = 48000

Die Gesamtkraft beträgt also 48t, sie muß von den Scharnieren des Schleusentores aufgebrachtwerden.Der Ansatzpunkt der Kraft liegt sicher auf der Mittelsenkrechten des Tores; seine Höhe über derUnterkante sei h. Er ist dadurch gekennzeichnet, daß das Kippmoment am Tor zu Null wird. Deroben definierte Streifen steuert das Moment dM = (x− h) dF bei, insgesamt ist

M(h) =∫ 6

0

(x− h) · 1000(6− x)(

2 +x

3

)dx = 1000

∫ 6

0

(x− h) ·(

12− x2

3

)dx =

= 1000

[6x2 − x4

12

∣∣∣∣60

]− 48000h = 1000(216− 108)− 48000h = 1000(108− 48h) = 0

und daraus folgt h = 108/48 = 9/4 = 2.25. Der Ansatzpunkt der Kraft liegt also ziemlich niedrig;obwohl das Tor nach unten schmaler wird überwiegt die Wirkung der Druckzunahme.

5. Die infinitesimale Strecke dx ist eine Umgebung des Punktes x; die x-Achse sei senkrecht nach obengerichtet, in x = 0 beginnt die Bewegung des Behälters. Sein Gewicht in der Höhe x (in Meter)beträgt 40+8x (in Newton), die Arbeit zum Zurücklegen der Strecke dx ist also dW = (40+8x) dxund die gesamte Arbeit ist die Summe über alle Teilstrecken:

W =∫ 20

0

(40 + 8x) dx = 40x+ 4x2∣∣20

0= 800 + 1600 = 2400 ,

die Arbeit beträgt also 2400Nm.Man kann die Aufgabe auch ohne Differentialrechnung lösen, nur mit gesundem Menschenverstand.In der Mitte (nach 10m) hatte das Gefäß ein Gewicht von 40N + 80N = 120N, und diese mittlereMasse 20m gehoben ergibt das Resultat.

6.

A =∫ t2

t1

p(t)dt =∫ 8

0

(750− 50t) · 3 · dt = 3(750t− 25t2)∣∣80

= 13200Nm

7. I. Wir betrachten ein Stück Draht im Abstandsbereich [r, r + dr] von der Achse. Die Kurve desDrahtes ist f(r) = −

√R2 − (r −R)2 ; die Länge dieses Stücks also

ds =√

1 + [f ′(r)]2 dr =

√1 +

(r −R)2

R2 − (r −R)2dr ,

es hat die Masse dm = % ·ds und rotiert mit der Geschwindigkeit v = ωr. Damit ist seine kinetischeEnergie

dE =v2

2dm =

ω2r2

2

√1 +

(r −R)2

R2 − (r −R)2%dr .

Die gesamte kinetische Energie resultiert durch Integration über den Halbkreis, also von r = 0 bisr = 2R:

E =∫ 2R

0

ω2r2

2

√1 +

(r −R)2

R2 − (r −R)2%dr =

%ω2

2

∫ 2R

0

r2

√1 +

(r −R)2

R2 − (r −R)2dr =

=%ω2

2

∫ 2R

0

r2

√R2 − (r −R)2 + (r −R)2

R2 − (r −R)2dr =

R%ω2

2

∫ 2R

0

r2√R2 − (r −R)2

dr .

15

Es wird die Substitution r = R(x+ 1) gemacht, dann ist dr = Rdx und

E =R3%ω2

2

∫ 1

−1

(x+ 1)2dx√1− x2

=R3%ω2

2

∫ 1

−1

1 + x2 + 2x√1− x2

dx =

=R3%ω2

2

[∫ 1

−1

1√1− x2

dx+∫ 1

−1

2x√1− x2

dx+∫ 1

−1

x2

√1− x2

dx

].

Der Integrand im zweiten Integral ist eine ungerade Funktion; das Integral über ihn ist also wegendes zu Null symmetrischen Integrationsintervall selbst Null. Das erste ist ein Grundintegral; imletzten wird x = sin t substituiert; dann ist dx = cos t dt:

E =R3%ω2

2

[arcsinx|1−1 +

∫ (1)

(−1)

sin2 t · cos t√1− sin2 t

dt

]=

R3%ω2

2

[π +

∫ (1)

(−1)

sin2 t dt

]=

=R3%ω2

4

[2π +

∫ (1)

(−1)

(1− cos 2t) dt

]=

R3%ω2

4

[2π +

(t− sin 2t

2

)∣∣∣∣(1)

(−1)

]=

=R3%ω2

4

2π +

(arcsinx− x

√1− x2

2

)∣∣∣∣∣1

−1

=3πR3%ω2

4

Die Maßeinheiten sind m3 · (kg/m) · s−2 = kg ·m2 · s−2, das ist tatsächlich eine Energie.Man beachte, daß sich das eingangs formulierte Integral mit elementaren Formeln nur schwer nu-merisch integrieren läßt, da es sich um ein uneigentliches Integral handelt: Der Integrand ist an derGrenze r = 2R des Integrationsbereichs unbeschränkt.

II. Wesentlich einfacher: Wir betrachten die auf dem Draht zurückgelegte Strecke s - beginnend abder Achse - als Koordinate.Sei Z das Zentrum des Halbkreises; der Abschnitt von Z zum Punkt auf dem Draht mit s bildetmit der Parallelen P zur Achse ( P verläuft durch Z), den Winkel α = π/2− s/R (im Bogenmaß).Der Abstand von diesem Punkt s zu P ist offenbar R sinα; folglich ist der Abstand von s zur AchseR−R sinα = R−R cos s

R .Damit hat man ein einfaches Differential der Strecke; das ’Problem’ war diese etwas aufwendigereBerechnung des Abstandes und damit der differentiellen Energie.Resultat:

E =∫ πR

0

% ds

2

[ω(R−R cos

s

R

)]dr .

Das Ergebnis ist dasselbe.Anmerkung:Man kann die Frage stellen, in welchem Radius Rk man sich die Gesamtmasse πR% des Drahtesals Punkt konzentriert denken kann, so daß dieselbe kinetische Energie resultiert. Es müßte danngelten

3πR3%ω2

4=

12πR% ·R2

kω2 =⇒ Rk =

√32R = 1.2247R .

8. Die durch den Apfel hervorgerufene Geschwindigkeit der Erde sei vE(t), die vom Moment t = 0 biszum Ende der Fallzeit tF von ihr zurückgelegte problembezogene Strecke ist

SE =∫ tF

0

vE(t) dt .

Nach Impulserhaltungssatz gilt (mit der Geschwindigkeit vA des Apfels) mAvA + mEvE = 0 unddamit ist

−SA = −∫ tF

0

vA(t) dt =∫ tF

0

mE

mAvE(t) dt =

mE

mASE .

Folglich ist5 = SE + SA = SE +

mE

mASE =

mE +ma

mASE

Es resultiertSE =

0.1kg6.0 · 1024kg

· 5m = 8.33 · 10−26m = 8.33 · 10−23mm ,

das ist ungefähr ein Einhundertmilliardstel vom Durchmesser eines Atomkerns.16

9. Bei dieser Aufgabe ist zu beachten, daß sich beim Anheben des Zylinders der Wasserspiegel im Glassenkt.Prinzipiell gilt

W =∫ b

a

F (s) ds .

Die genauen Werte der Weggrenzen bestimmen sich aus den herrschenden Verhältnissen und derWahl des Koordinatensystems. Die ortsabhängige Kraft F (t) ist das senkrecht nach unten wirkendeGewicht. Man kann davon ausgehen, daß der Zylinder senkrecht nach oben gezogen wird, daßalso die Kraft in der Richtung der Bewegung wirkt. Das eigentlich zu setzende Minuszeichen seiweggelassen, denn es ist klar, daß es sich um eine zu leistende Arbeit handelt.Es wurde mitgeteilt: Die Flüssigkeit sei Wasser. Dessen Viskosität ist gering, die Reibungskraftbeim (moderat schnellen) Anheben des Zylinders kann gegen das Gewicht vernachlässigt werden.Würde der Zylinder in Honig stecken, so wäre dies sicher nicht der Fall.Die Wegachse sei senkrecht nach oben orientiert und die Oberkante des Zylinders befinde sichanfangs im Nullpunkt.Wenn diese Oberkante auf die Höhe s > 0 angehoben wurde, so hat sich der Wasserspiegel aufsW < 0 gesenkt. Damit hat er ein Volumen −sWπ(R2 − r2) freigegeben, das gleich dem Volumendes Zylinderteils ist, welches sich oberhalb des Nullniveaus befindet. Das ist sπr2.(Die Formel beinhaltet, daß der Zylinder noch nicht völlig dem Wasser entnommen wurde! - Undes ist nicht von dem ganzen Teil des Zylinders die Rede, der sich außerhalb des Wassers befindet,denn dessen Teil zwischen 0 und sW ist bereits in −sWπ(R2− r2) in Form von −r2 berücksichtigt.)Man erhält einen Zusammenhang zwischen s und sW :

sπr2 = −sWπ(R2 − r2) =⇒ sW = − r2

R2 − r2s .

Plausible Zwischenkontrolle: Bei R >> r wird sich der Wasserspiegel kaum senken, also ist sW ≈ 0und das paßt zur Formel. Ist dagegen r fast gleich R (enger Spalt zwischen dem Zylinder und derWand des Becherglases), so schießt der Wasserspiegel beim Anheben des Zylinders nach unten.Tatsächlich ist dann R2 − r2 nahe Null und der Bruch wird groß. - Ende der Kontrolle.Das Herausziehen ist beendet, wenn dessen gesamte Höhe h das Wasser verlassen hat:

s− sW = h =⇒ se =R2 − r2

R2h .

se bezeichnet die dann erreichte Endhöhe der Oberkante.Plausible Zwischenkontrolle: Bei R >> r wird sich der Wasserspiegel kaum senken, also ist se ≈ hund das paßt zur Formel. Ist dagegen r fast gleich R, so schießt der Wasserspiegel beim Anhebendes Zylinders nach unten und der ist sofort aus dem Wasser. Tatsächlich ist dann R2−r2 nahe Nullund man hat se ≈ 0. - Ende der Kontrolle.Nun bleibt, die lokale Kraft zu bestimmen. Sie ergibt sich aus dessen Gewicht g ·% ·πr2h, verringertum den Auftrieb, der das Gewicht der verdrängten Wassermenge ist:

F (s) = g·%·πr2h−g·(h−s+sW )·πr2 = gπr2

[h%− h+ s+

r2

R2 − r2s

]= gπr2

[h(%− 1) +

R2

R2 − r2s

].

Hier wurde die Dichte 1 des Wassers berücksichtigt (wozu man sich die angehängte Maßeinheitdenken muß).Damit hat man endlich eine Rechenformel:

W =∫ se

0

gπr2

[h(%− 1) +

R2

R2 − r2s

]ds = gπr2

[h(%− 1)se +

R2

2(R2 − r2)s2e

]=

= gπr2

[h(%− 1) · R

2 − r2

R2h+

R2

2(R2 − r2)

R2 − r2

R2h

2]

= gπh2 ·r2 ·(R2−r2) ·[%− 1R2

+1

2R2

].

Dank einer durchdachten Wahl des Koordinatenursprungs muß die Stammfunktion nur in der oberenGrenze ausgewertet werden.Plausible Endkontrolle: Die Maßeinheiten stimmen, es ergibt sich eine Arbeit (N m).Bei R >> r wird sich der Wasserspiegel kaum senken. Die Unterstützung, die der Auftrieb beim

17

Herasziehen leistet, kann man offenbar auf den des halben Zylinders mitteln, dann ist die wirkendeKraft als konstant ansehbar:

Fc = g · % · πr2h− g · h2· πr2 = gπhr2

[%− 1

2

].

Diese ist auf der Strecke h zu überwinden, die gesuchte Arbeit wird also (ggfs. ungefähr)

W = gπh2r2

[%− 1

2

].

In der erhaltenen Formel kann nun bei R2 >> r2 das R2 − r2 gegen R2 im Nenner der Brüchegekürzt werden. Das Ergebnis ist dasselbe.Ist dagegen r fast gleich R, so schießt der Wasserspiegel beim Anheben des Zylinders nach untenund der ist sofort aus dem Wasser. Tatsächlich ist dann R2 − r2 nahe Null und man hat praktischkeine Arbeit zu leisten. - Ende der Kontrolle.

4. Elektrotechnische Aufgaben, einfache Integrale:

1.

Q =∫ 0.08s

0.05s

I(t)dt =∫ 0.08s

0.05s

U(t)R

dt =140V70Ω

∫ 0.08s

0.05s

sin(28t+ 0.6)dt =

= −140V70Ω

cos(28t+ 0.6)28s−1

∣∣∣∣0.08s

0.05s

= −140V70Ω

cos 2.84− cos 228

s = −140V70Ω

−0.5387228

s = 0.03848As

Da es sich um einen sehr großen Kondensator handeln soll konnte die Gegenspannung der Ladungvernachlässigt werden.

2.

W =∫ T

0

P (t)dt =∫ T

0

U2(t)R

dt =∫ T

0

(∆U · t sinωt)2

Rdt =

(∆U)2

R

∫ T

0

t2 sin2 ωtdt =

=(∆U)2

2R

∫ T

0

t2(1− cos 2ωt)dt =(∆U)2T 3

6R− (∆U)2

2R

[t2

2ωsin 2ωt

∣∣∣∣T0

− 1ω

∫t sin 2ωtdt

]=

=(∆U)2T 3

6R− (∆U)2

2R

[T 2

2ωsin 2ωT − 1

ω

− t

2ωcosωt

∣∣∣∣T0

+∫

cos 2ωt2ω

dt

]=

=(∆U)2T 3

6R− (∆U)2

2R

[T 2

2ωsin 2ωT − 1

ω

− T

2ωcosωT +

sin 2ωT4ω2

]Hierbei ist T in s zu messen, U in V , R in Ω, dann ergibt sich W in Wattsekunden (= Joule).

3. Wir berechnen zunächst die Wärmeenergie, die im Verlaufe eines Zyklus umgesetzt wird. Der Inte-grand setzt sich aus verschiedenen Stücken zusammen, und das Integral wird entsprechend zerlegt.Im ersten Abschnitt ist U(t) = at mit U(0.04) = 40 = a · 0.04, also a = 1000 oder U(t) = 1000t.Hierbei wird t in Sekunden gemessen und U in Volt. Der dritte Abschnitt wird beschrieben durchU(t) = bt+ c mit U(0.1) = 40 und U(0.2) = 0, das ergibt U(t) = 80− 400t. Es ist

W =∫ 0.4

0

P (t)dt =∫ 0.4

0

U2(t)R

dt =

=1R

[∫ 0.04

0

(1000t)2dt+∫ 0.1

0.04

402dt+∫ 0.2

0.1

(80− 400t)2dt+∫ 0.4

0.2

02dt

]=

=1R

[106 0.043

3+ 1600 · (0.1− 0.04) + 802 · (0.2− 0.1)− 2 · 80 · 400

0.22 − 0.12

2+ 4002 0.23 − 0.13

3

]=

=1R

(21.333 + 96 + 640− 960 + 373.333) =170.667

200= 0.853

Diese 0.853Ws in 0.4s bedeuten 2.133Ws in einer Sekunde; daraus folgt eine Temperaturdifferenzvon 2.133Ws : (0.032Ws/K) = 67K. Das Bauteil erreicht also eine Temperatur von 87oC.

18

4. ∫ T

0

U2(t)dt =∫ T

0

[80− 50e−5t

]2dt =

∫ T

0

[6400− 8000e−5t + 2500e−10t

]dt =

= 6400t− 8000−5

e−5t +2500−10

e−10t

∣∣∣∣0.40

= 6400 · 0.4 + 1600(0.1353− 1)− 250(0.0183− 1) = 1422

Die Effektivspannung beträgt also

Ueff =

√14220.4

V = 59.6V .

5. 1. Der Widerstand kann gekürzt werden:

U2e T = U2

o

∫ T

0

sin2

(2πtT

+ α

)dt =

U2o

2

∫ T

0

[1− cos

(4πtT

+ 2α)dt

]=

U2oT

2,

also ist Ue = Uo/√

2.2. Die gemeinsame Periode Ts ist jetzt - vorausgestzt, m und n sind teilerfremd und damit auf jedenFall verschieden - das n-fache der Periode der ersten Schwingung, oder das m-fache der zweiten,also

U2e Ts =

∫ Ts

0

[U1 sin

(2πtT1

+ α1

)+ U2 sin

(2πtT2

+ α2

)]2

dt =

=∫ Ts

0

[U2

1 sin2

(2πtT1

+ α1

)+ 2U1U2 · sin

(2πtT1

+ α1

)· sin

(2πtT2

+ α2

)+ +U2

2 sin2

(2πtT2

+ α2

)]dt =

=Ts2

(U21 + U2

2 ) + U1U2 ·∫ Ts

0

[cos(

2πtT1

+ α1 −2πtT2− α2

)− cos

(2πtT1

+ α1 +2πtT2

+ α2

)]dt =

=Ts2

(U21 +U2

2 )+U1U2 ·∫ Ts

0

[cos(

2π(n−m)tTs

+ α1 − α2

)− cos

(2π(n+m)t

Ts+ α1 + α2

)]dt =

=Ts2

(U21 + U2

2 ) + Ts · U1U2 ·

sin(

2π(n−m)tTs

+ α1 − α2

)2π(n−m)

−sin(

2π(n+m)tTs

+ α1 + α2

)2π(n+m)

∣∣∣∣∣∣Ts

0

=

=Ts2

(U21 + U2

2 ) ,

folglich ist Ue =√

(U21 + U2

2 )/2 .3. Vernünftigerweise unterstellt man der Arbeit des so definierten Stroms eine lineare Zeitasymptoteund gewinnt hieraus Ue:

U2e = lim

T→∞

1T

∫ T

0

U2(t)dt =

= limT→∞

1T

∫ T

0

[U2

1 sin2(ω1t+ α1) + 2U1U2 · sin(ω1t+ α1) · sin(ω2t+ α2) + U22 sin2(ω2t+ α2)

]dt =

= limT→∞

1T

∫ T

0

U2

1

2(1− cos 2(ω1t+ α1)) + U1U2 · [cos (ω1t+ α1 − ω2t− α2)−

− cos (ω1t+ α1 + ω2t+ α2)] +U2

2

2(1− cos 2(ω2t+ α2))

dt =

=U2

1 + U22

2+ limT→∞

1T

− U

21

4ω1sin 2(ω1t+ α1) + U1U2 ·

[sin((ω1 − ω2)t+ α1 − α2)

ω1 − ω2−

− sin((ω1 + ω2) + α1 + α2)ω1 + ω2

]− U2

2

4ω2sin 2(ω2t+ α2)

∣∣∣∣T0

=U2

1 + U22

2.

Voraussetzung ist dabei die Verschiedenheit der beiden Frequenzen.4. Die Effektivspannung ergibt sich nicht als Summe der Effektivspannungen der beiden eingehendenSpannungen! Sie hängt auch nicht von den beiden Frequenzen ab, solange diese nicht gleich sind. Da

19

ω1 und ω2 nicht auftauchen liefert auch der Grenzübergang ω1 → ω2 keinen anderen Grenzwertvon Ue als

√(U2

1 + U22 )/2. Dies entspricht aber offenbar nicht der Realität, denn die konstante

Spannung Null kann man ja z. B. als Summe zweier Wechselspannungen mit derselben Frequenz,aber der Phasenverschiebung π schreiben. Also ist Ue = Ue(ω1, ω2) bei ω1 6= ω2 konstant und inω1 = ω2 unstetig. Das bedeutet hier

limω1→ω2

limT→∞

1T

∫ T

0

U2(t;ω1, ω2)dt 6= limT→∞

limω1→ω2

1T

∫ T

0

U2(t;ω1, ω2)dt .

Nun ist U(t;ω1, ω2) selbst in allen drei Variablen stetig; der für die Effektivspannung zuständigerechte Grenzwert wird damit

U2e = lim

T→∞

1T

∫ T

0

U2(t)dt =

= limT→∞

1T

∫ T

0

U2

1

2(1− cos 2(ωt+ α1)) + U1U2 · [cos (α1 − α2)−

− cos (2ωt+ α1 + α2)] +U2

2

2(1− cos 2(ωt+ α2))

dt =

=U2

1 + U22

2+ U1U2 cos(α1 − α2) =

(U1 − U2)2

2+ U1U2[1 + cos(α1 − α2)]

Im Fall α1 = α2 verwandelt sich die Formel

Ue =

√(U1 − U2)2

2+ U1U2[1 + cos(α1 − α2)]

inUe =

U1 + U2√2

.

6. In den angegebenen Maßeinheiten wird W in Ws = J berechnet zu

W =∫ 4

1

(280e−0.044t

)2400

dt =

=2802

400

∫ 4

1

e−0.088tdt =2802

400· e−0.088t

−0.088

∣∣∣∣41

= 1960.70328− 0.91576

−0.088= 196 · 2.4146 = 473

Überschlag: Im mittleren Zeitpunkt t = 2.5 s war die Spannung gerade 280V · 280V = 251V , beidieser konstanter Spannung hätte man über 3 Sekunden die Arbeit 3s ·2512V 2/400Ω = 472.5J . Daspaßt recht gut zusammen.(Um zu zeigen, daß es nicht etwa exakt dasselbe ist: Formal bekommt man mit den angegebenenZahlen die Arbeit 473.253, nach dem Überschlag aber - ohne zwischenzeitliche Rundung! - dagegen471.881 ).

5. Sonstige Aufgaben, einfache Integrale:

1.

W =∫ 6

0

42t2(6− t)dt = 42∫ 6

0

(6t2 − t3)dt = 42(

2t3 − t4

4

)∣∣∣∣60

= 42(432− 324) = 4536

2.

m = 260cm2 ·∫ 16cm

0

(0.24 + 0.035√h)

g

cm3dh =

260gcm

(0.24h+ 0.035

23h3/2

)∣∣∣∣16cm

0

=

=260gcm

(3.84cm+ 1.49cm) = 1386g

Im Integranden ist unter der Wurzel natürlich nur die Maßzahl der Höhe zu verwenden!

6. Uneigentliche Integrale:

20

1. a) Der Nenner wird im Bereich nicht Null, Problemstelle ist nur die unendliche obere Grenze.Produktdarstellung des Nenners: Eine Nullstelle ist x1 = −1, die anderen beiden folgen nach(x3 + x2 + x+ 1) : (x+ 1) = x2 + 1.Ansatz zur Partialbruchzerlegung:

1x3 + x2 + x+ 1

=A

x+ 1+Bx+ C

x2 + 1=⇒ 1 = A(x2 + 1) + (Bx+ C)(x+ 1)

x = −1 ergibt A = 1/2, aus x = 0 folgt C = 1/2, und z. B. x = 1 liefert 1 = 1 + 2B + 1, mithinB = −1/2.Stammfunktion:∫

dx

x3 + x2 + x+ 1=∫ (

12· 1x+ 1

− 14· 2xx2 + 1

+12· 1x2 + 1

)dx =

=12· ln(x+ 1)− 1

4· ln(x2 + 1) +

12· arctanx+ c

Beim mittleren Summanden wurde im Zähler die Ableitung des Nenners erzeugt. - Es interessiertnur x ≥ 0, also sind in den Logarithmen keine Beträge nötig.Zusammengefaßt:

12·ln(x+1)−1

4·ln(x2+1)+

12·arctanx =

2 ln(x+ 1)− ln(x2 + 1) + 2 arctanx4

=14

(ln

(x+ 1)2

x2 + 1+ 2 arctanx

)Die Logarithmusfunktion ist stetig, es gilt also

limx→∞

ln(x+ 1)2

x2 + 1= ln

(limx→∞

(x+ 1)2

x2 + 1

)= ln

(limx→∞

x2 + 2x+ 1x2 + 1

)= ln 1 = 0

und letztlich∫ ∞0

dx

x3 + x2 + x+ 1= lim

A→∞

14

(ln

(x+ 1)2

x2 + 1+ 2 arctanx

)∣∣∣∣A0

=14

[(0 + 2 · π

2

)− (0 + 0)

]=π

4

b) Es wird x2 + 1 = t substituiert; dt = 2x dx, die obere Grenze bleibt unverändert, die untere wird1: ∫

x3

(x2 + 1)3dx =

12

∫[(x2 + 1)− 1] · 2x dx

(x2 + 1)3=

12

∫(t− 1) dt

t3=

12

∫ (1t2− 1t3

)dt =

=12

∫ (−1t

+1

2t2

)+ c

Folglich wird∫ ∞0

x3

(x2 + 1)3dx = lim

A→∞

12

(−1t

+1

2t2

)∣∣∣∣A1

= 0− 12

(−1

1+

12 · 12

)=

14

c) Das Suchen der Stammfunktion wäre sehr unklug. (Das ’sehr’ ist arg untertrieben.)Sei

f(x) =x7

(x6 + 3x4 + 21)5=⇒ f(−x) =

(−x)7

((−x)6 + 3(−x)4 + 21)5= − x7

(x6 + 3x4 + 21)5= −f(x) ,

der Integrand ist also eine ungerade Funktion.Der Integartionsbereich ist symmetrisch zur Null. Das Integral ist also Null, so es existiert. Letzteresist zu prüfen, und das ist die Frage nach der Konvergenz. Der Integrand ist auf der gesamten reellenAchse definiert und stetig, da der Nenner nie kleiner wird als 215. Probleme sind also nur dieunendlichen Grenzen.Es ist (nur die höchsten Potenzen betrachtet und |x| als groß angenommen)

x7

(x6 + 3x4 + 21)5=

x7

x30 + . . .≈ 1x23

das Verhalten des Integranden näherungsweise durch diesen einfachen Bruch gegeben. Das Integral∫ ∞a

dx

x23

21

konvergiert aber bei a > 0. (Letzteres ist nur gefordert, um x = 0 auszuschließen, das hier Problememacht, aber nicht interessiert.) Damit konvergiert auch das betrachtete Integral und hat den WertNull.

2.

W (U0, R, λ, ω, α) =∫ ∞

0

U2(t)R

dt =∫ ∞

0

(U0e

−λt sin (ωt+ α))2

Rdt =

=∫ ∞

0

U20 e−2λt sin2 (ωt+ α)

Rdt =

U20

R

∫ ∞0

e−2λt sin2 (ωt+ α) dt =

=U2

0

2R

∫ ∞0

e−2λt [1− cos (2ωt+ 2α)] dt

Grundintegrale:∫eaxdx =

eax

a+ c ,

∫eax cos(bx+ p) dx =

eax

a2 + b2(a cos(bx+ p) + b sin(bx+ p)) + c

∫ ∞0

e−2λt dt = limT→+∞

e−2λt

−2λ

∣∣∣∣T0

= 0 +1

2λ=

12λ∫ ∞

0

e−2λt cos (2ωt+ 2α) dt =

= limT→+∞

e−2λt

4λ2 + 4ω2(2λ cos (2ωt− 2α) + 2ω sin (2ωt+ 2α))

∣∣∣∣T0

=−2λ cos 2α+ 2ω sin 2α

4λ2 + 4ω2

W (U0, R, λ, ω, α) =U2

0

2R

[1

2λ− 2λ cos 2α− 2ω sin 2α

4λ2 + 4ω2

]=

U20

4R

[1λ−

cos(2α+ arctan ω

λ

)√λ2 + ω2

]Dieser Wert ist positiv, da der zweite Bruch in der eckigen Klammer stets kleiner ist als der erste.

3.

a)∫ ∞

0

dx

1 + x= lim

A→+∞ln(1 + x)

∣∣∣∣A0

= limA→+∞

ln(1 +A) = +∞

Das erste Integral divergiert.

b)∫ ∞

0

dx

1 + x2= lim

A→+∞arctanx

∣∣∣∣A0

= limA→+∞

arctanA =π

2

c) Hier ist zuerst eine unbestimmte Integration zum Auffinden der Stammfunktion notwendig, dasgeschieht durch Partialbruchzerlegung. Der Nenner hat die offensichtliche reelle Nullstelle x1 = −1,weiter ist

x3 + 1x+ 1

= x2 − x+ 1 =(x− 1

2

)2

+34

=⇒ 1(x+ 1)(x2 − x+ 1)

=A

x+ 1+

Bx+ C

x2 − x+ 1

Es resultiert die Zerlegung

1x3 + 1

=13

[1

x+ 1+

2− xx2 − x+ 1

]=

13

1x+ 1

−16

2x− 4x2 − x+ 1

=13

1x+ 1

−16

2x− 1x2 − x+ 1

+12

1x2 − x+ 1

.

An dieser Stelle kann einen leiser Zweifel beschleichen - das Integral über den ersten Summandenwird wie in a) divergieren. Andererseits ist für x > 1

0 <1

1 + x3<

11 + x2

,

und das vorliegende Gesamtintegral ist mithin durch das konvergente Integral b) abschätzbar. Esmuß also ebenfalls konvergent sein. Demzufolge lohnt es sich, seine Behandlung fortzusetzen. Und

22

man kann gespannt sein, wie sich dieser Widerspruch auflöst.Widmen wir uns zunächst dem letzten Summanden:∫

dx

x2 − x+ 1=∫

dx(x− 1

2

)2

+34

=43

∫dx(

2x√3− 1√

3

)2

+ 1

=2√

33

∫ 2√3dx(

2x√3− 1√

3

)2

+ 1

=

=2√

33

arctan(

2x√3− 1√

3

).

Im mittleren Summanden der Partialbruchzerlegung steht im Zähler die Ableitung des Nenners.Man erhält ∫

dx

x3 + 1=∫ [

13

1x+ 1

− 16

2x− 1x2 − x+ 1

+12

1x2 − x+ 1

]dx =

=ln |x+ 1|

3− ln |x2 − x+ 1|

6+

12· 2√

33

arctan(

2x√3− 1√

3

)+ c

=16

ln(x+ 1)2

x2 − x+ 1+

1√3

arctan(

2x√3− 1√

3

)+ c .

Der Widerspruch hat sich geklärt - der Bruch im Logarithmus hat für x → ∞ den endlichenGrenzwert 1.Ergebnis:∫ ∞

0

dx

x3 + 1=[

limA→∞

16

ln(x+ 1)2

x2 − x+ 1+

1√3

arctan(

2x√3− 1√

3

)] ∣∣∣∣A0

=1√3· π

2+

1√3

arctan1√3

=

=1√3· π

2+

1√3· π

6=

2√

3π9

= 1.209 200

Die logarithmischen Anteile hoben sich weg und spielten keine Rolle.d) x4 + 1 = x4 − j2 = (x2 + j)(x2 − j), die (komplexen) Nullstellen des Nennerpolynoms sind alsodie Quadratwurzeln aus ±j.Man hat (im Gradmaß gerechnet)

x1,2 = ±√j = ±j1/2 = ±

(ej · 90o

)1/2

= ±ej · 45o = ±(cos 45o + j sin 45o) = ±√

22

(1 + j) .

Das gibt einen komplexen Faktor aus x4 + 1 in der Gestalt

(x−x1)(x−x2) =

(x−√

22

(1 + j)

)·

(x+√

22

(1 + j)

)=

[(x−√

22

)−√

22j

]·

[(x+√

22

)+√

22j

].

Die anderen beiden Nullstellen sind

x3,4 = ±√−j = ±

√j2 · j = ±j ·

√j = ±

√2

2(j − 1) .

Somit wirdx4 + 1 = (x− x1)(x− x2)(x− x3)(x− x4) =

=

[(x−√

22

)−√

22j

]·

[(x+√

22

)+√

22j

]·

[(x−√

22

)+√

22j

]·

[(x+√

22

)−√

22j

],

und faßt man den ersten mit dem dritten und den zweiten mit dem vierten Faktor zusammen, soentsteht eine relle Zerlegung:

x4 + 1 =

(x− √22

)2

+12

·(x+

√2

2

)2

+12

= (x2 −√

2x+ 1)(x2 +√

2x+ 1) .

Anderer Weg: Man weiß, daß sich ein relles Polynom vierten Grades immer als Produkt zweierreeller quadratischer Polynome schreiben läßt.

23

Setzen wir an: x4 +1 = (x2 +ax+b) · (x2 +cx+d) = x4 +(a+c)x3 +(b+ac+d)x2 +(ad+bc)x+bd,wobei die Potenz x4 rechts und links bereits abgeglichen ist. Ansonsten muß (Koeffizientenvergleich)a + c = 0, b + ac + d = 0, ad + bc = 0 und bd = 1 sein. Das ist ein nichtlineares System von vierGleichungen für vier Unbekannte.Zunächst gilt c = −a, woraus ad− ab = a(d− b) = 0 und b− a2 + d = 0, also a2 = b+ d folgt.b und d sind wegen bd = 1 nicht Null und haben dasselbe Vorzeichen. Weil sie a2 ergeben sind siebeide positiv, und es ist a 6= 0. Also muß wegen a(d − b) = 0 notwendigerweise d = b > 0 sein,woraus d = b = 1 und damit a =

√2 resultiert. Man erhält dieselbe Zerlegung.

Ansatz für die Partialbruchzerlegung:

1x4 + 1

=1

(x2 −√

2x+ 1)(x2 +√

2x+ 1)=

Ax+B

x2 −√

2x+ 1+

Cx+D

x2 +√

2x+ 1.

1 = (Ax+B)(x2 +√

2x+ 1) + (Cx+D)(x2 −√

2x+ 1) =

= (A+ C)x3 + [B +D +√

2(A− C)]x2 + [A+ C +√

2(B −D)]x+B +D

A+ C = 0 ergibt C = −A, es bleibt

1 = [B +D + 2√

2A]x2 +√

2(B −D)x+B +D .

Aus dem Faktor bei x folgt B = D, das Absolutglied gibt somit für beide den Wert 1/2, und dannist A = −C = −

√2/4.

(In der vorstehenden Rechnung wurde ein Koeffizientenvergleich vor den verschiedenen Potenzen vonx gemacht. Alternativ hätte man auch vier verschiedene Werte für x einsetzen und das entstehendelineare Gleichungssystem behandeln können. Da es aber keine reellen Nullstellen gibt ist so nuntatsächlich das gesamte System zu rechnen, ohne daß einzelne Koeffizienten sofort anfallen (sofernman nicht mit komplexen x-Werten operiert). Damit ist das Einsetzen von Zahlenwerten hier nichteinfacher als der Koeffizientenvergleich.)Integration: ∫

dx

1 + x4=√

24

∫ [x+√

2x2 +

√2x+ 1

− x−√

2x2 −

√2x+ 1

]dx =

=√

28

∫ [(2x+

√2) +

√2

x2 +√

2x+ 1− (2x−

√2)−

√2

x2 −√

2x+ 1

]dx =

=√

28

[ln(x2 +

√2x+ 1) + 2 arctan(

√2x+ 1)− ln(x2 −

√2x+ 1) + 2 arctan(

√2x− 1)

]+ c =

=√

28

[lnx2 +

√2x+ 1

x2 −√

2x+ 1+ 2 arctan(

√2x+ 1) + 2 arctan(

√2x− 1)

]+ c .

Ergebnis:

∫ ∞0

dx

x4 + 1= lim

A→∞

√2

8

[lnx2 +

√2x+ 1

x2 −√

2x+ 1+ 2 arctan(

√2x+ 1) + 2 arctan(

√2x− 1)

] ∣∣∣∣∣A

0

=

=√

2π4

= 1.110 721 .

Nun zu dem Grenzwert.Der Integrand ist bei x = 0 und bei x = 1 unabhängig von n.Es gilt die Zerlegung

limn→∞

∫ ∞0

dx

1 + xn= limn→∞

∫ 1

0

dx

1 + xn+ limn→∞

∫ ∞1

dx

1 + xn

Betrachten wir die beiden Grenzwerte getrennt, dabei wird das Sandwichtheorem angewandt, daein geschlossener Formelausdruck für das Integral bei allgemeinen Werten von n sicher nicht einfachangebbar ist.Bei 0 < x < 1 ist xn eine Nullfolge, der Integrand strebt also in diesem Bereich gegen 1. Das würdefür den ersten Summanden den Grenzwert 1 ergeben.

24

Zum formalen Beweis wird (0,1) in zwei Teile zerlegt, von 0 bis 1− 1/√n, und von 1− 1/

√n bis 1.

In jedem Bereich wird der Nenner nach oben abgeschätzt:

0 < x ≤ 1− 1√n

: 1 + xn ≤ 1 +(

1− 1√n

)n= 1 +

[(1− 1√

n

)√n]√n≤ 1 +

[e−1]√n

.

(Die letzte Ungleichung wurde nicht korrekt bewiesen, es ist aber offensichtlich, daß der Ausdruck inder eckigen Klammer gegen e−1 = 0.367 879 . . . konvergiert. Man kann also auch z. B. 0.4 einsetzenund ist auf der sicheren Seite. Vgl. ggfs. mit meinem Lehrtext ’Grenzwerte von Folgen’, S. 14 unddie dortigen Bemerkungen 11 und 12, S. 17 ff.)Andererseits ist

1− 1√n< x < 1 : 1 + xn < 1 + 1 = 2 .

Obendrein ist in (0,1) stets 1/(1 + xn) < 1. Das ergibt die Abschätzung

1 =∫ 1

0

1 dx >∫ 1

0

dx

1 + xn>

∫ 1−1/√n

0

dx

1 + e−√n

+∫ 1

1−1/√n

dx

2=

1− 1√n

1 + e−√n

+1

2√n−→n→∞ 1

und damit ist der Grenzwert des Integrals von 0 bis 1 also 1.Das andere Integral ist einfacher. Bei n > 1 gilt

0 <∫ ∞

1

dx

1 + xn<

∫ ∞1

dx

xn= − 1

(n− 1)xn−1

∣∣∣∣∞1

=1

n− 1−→n→∞ 0 .

Ergebnis:

limn→∞

∫ 1

0

dx

1 + xn= 1 + 0 = 1

Zur Veranschaulichung ist nochmals der Integrand für n = 1 (punktiert), n = 2 (kurze Striche),n = 4 (lange Striche) und n = 8 (durchgezogen) im Bereich 0 ≤ x ≤ 2 dargestellt. Man erkennt,daß

limn→∞

11 + xn

=

1 , 0 ≤ x < 11/2 , x = 10 , x > 1

ist.

.........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

............1

................

..2...................................

1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

..................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ............... ...............

..........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

4. a) Es ist ein uneigentliches Integral wegen der Unbeschränktheit des Integranden lnx bei x→ 0+0.∫ p

0

lnx dx = limA→0+0

∫ p

A

lnx dx = limA→0+0

x(lnx− 1)|pA = p(ln p− 1)− limA→0+0

A(lnA− 1) =

= p(ln p− 1)− 0 = p(ln p− 1)

Der Fall p = 0 wäre formal zuzulassen, aber witzlos. Eine sinnvolle Lösung resultiert aus ln p = 1,also p = e.

25

b) Zunächst seien Betrachtungen zum Vorzeichen von p angestellt.Bei p = 0 ist ∫

x−3/2 dx = −2x−1/2 + c

bei x → 0 + 0 unbeschränkt, das uneigentliche Integral divergiert also. Mithin kommt p = 0 nichtin Betracht.Sei p < 0, dann liegt −p > 0 im Integrationsbereich. In der Nähe von −p gilt

1√x (x+ p)

≈ 1√−p (x+ p)

,

die Stammfunktion (ln |x+ p|)/√−p des rechten Ausdrucks ist aber bei x→ −p unbeschränkt, das

uneigentliche Integral folglich divergent.Resultat: Es bleibt nur p > 0 in der Betrachtung. Setzen wir p = q2 mit q > 0. Zur Ermittlung derStammfunktion wird x = t2 substituiert, also dx = 2t dt:∫

dx√x (x+ p)

=∫

2t dtt (t2 + q2)

= 2∫

dt

t2 + q2=

2q

arctant

q+ c =

2q

arctan√x

q+ c .

Damit ist ∫ ∞0

dx√x(x+ p)

= limA→+∞

2q

arctan√x

q

∣∣∣∣A0

=2q· π

2− 0 = 2 =⇒ q =

π

2.

Ergebnis: p = π2/4.Anmerkung: Wozu wurde die Vorzeichenbetrachtung gemacht?Die Wurzel im Nenner legt die Substitution x = t2 nahe, dann ergibt sich im Nenner der Faktort2 + p.Das ist eine quadratische Funktion. Bei ihrer Integration (im Nenner stehend) sind die Fälle zweireelle Nullstellen, eine doppelte Nullstelle oder komplexe Nullstellen zu unterscheiden - das Ergebnissind entweder zwei Logarithmen, eine Potenzfunktion oder ein Arkustangens. Es ist gut, das vorherzu wissen.

7. Mehrfachintegrale, formale Aufgaben

1.

a)∫ 5

2

∫ 5

−3

(x2−4xy+3y2) dx dy =∫ 5

2

(x3

3− 2x2y + 3y2x

∣∣∣∣5−3

)dy =

∫ 5

2

(1523− 32y + 24y2

)dy =

=1523y − 16y2 + 8y3

∣∣∣∣52

= 152− 336 + 936 = 752

b)∫ 3

0

∫ 5

1

x+ 3y + 2

dx dy = b)∫ 3

0

x2 + 6x2y + 4

∣∣∣∣51

dy =∫ 3

0

48 dy2y + 4

= 24 ln(y + 2)∣∣∣∣30

= 24 ln52

= 21.991

Man hätte das Integral durch die Substitutionen s = x+ 3 und t = y + 2 vereinfachen können:∫ 3

0

∫ 5

1

x+ 3y + 2

dx dy =∫ 5

2

∫ 8

4

s ds dt

t.

c)∫ 2

1

∫ 1

−1

e2x+3y+1 dx dy =∫ 2

1

e2x+3y+1

2

∣∣∣∣1−1

dy =∫ 2

1

(e3y+3

2− e3y−1

2

)dy =

e3y+3

6− e3y−1

6

∣∣∣∣21

=

=e9 − e5 − e6 + e2

6= 1 259.772

Die beiden letzten Integrale waren von der Gestalt: Produkt zweier in x und y separierbarer Funk-tionen im Integranden, feste Integrationsgrenzen. Diese lassen sich stets in das Produkt zweiereinfacher Integrale zerlegen:∫ b

a

∫ q

p

f(x) · g(y) dx dy =∫ b

a

g(y) dy ·∫ q

p

f(x) dx .

26

8. Mechanische Aufgaben, Mehrfachintegrale:

1. a) Man kann x als äußere Integrationsvariable wählen; die obere Grenze von Ω ist dann y = ψ(x) = 2,und die untere ist

y = ϕ(x) =−x− 3 , x < −1−2 , x ≥ −1 .

Damit wird∫∫Ω

x dxdy =∫ 2

−2

[∫ ψ(x)

ϕ(x)

x dy

]dx =

∫ −1

−2

x[2− (−x− 3)] dx+∫ 2

−1

[2− (−2)]x dx =

=∫ −1

−2

x(5 + x) dx+ 2x2∣∣2−1

=15x2 + 2x3

6

∣∣∣∣−1

−2

+ 6 =(15− 2)− (60− 16)

6+ 6 =

56

Weiter ist |Ω| = 4 · 4− 1·12 = 15.5; damit wird xs = 5/(6 · 15.5) = 5/93 = 0.05376.

Der Schwerpunkt liegt offenbar auf der (ehemaligen) Diagonalen des Quadrats; also ist ys = xs.b) Offensichtlich ist xs = 0 und |Ω| = π/2; es verbleibt die Berechnung von∫∫

Ω

x dxdy =∫ 1

−1

[∫ √1−x2

0

x dy

]dx =

∫ 1

−1

x√

1− x2 dx =

= −12

∫ 1

−1

−2x√

1− x2 dx = −23

(1− x2)3/2

∣∣∣∣10

=23

,

und damit wird ys = 4/3π = 0.4244 . . ..c) In x-Richtung erstreckt sich der Integrationsbereich wegen x2 = 2x+15 =⇒ 0 = x2−2x−15 =(x+ 3)(x− 5) von -3 bis +5. Ausnutzbare Symmetrien liegen nicht vor.∫∫

Ω

x dxdy =∫ 5

−3

[∫ ψ(x)

ϕ(x)

x dy

]dx =

∫ 5

−3

x(−x2 + 2x+ 15) dx = −x4

4+

2x3

3+

15x2

2

∣∣∣∣5−3

=

=−3 · 625 + 8 · 125 + 90 · 25− (−3 · 81− 8 · 27 + 90 · 9)

12=

102412

=2563

.∫∫Ω

y dxdy =∫ 5

−3

[∫ ψ(x)

ϕ(x)

y dy

]dx =

∫ 5

−3

y2

2

∣∣∣∣2x+15

x2

dx =∫ 5

−3

(2x+ 15)2 − x4

2dx =

=∫ 5

−3

4x2 + 60x+ 225− x4

2dx =

4x3

3+ 30x2 + 225x− x5

52

∣∣∣∣∣∣∣5

−3

=

=20x3 + 450x2 + 3375x− 3x5

30

∣∣∣∣5−3

=21250− (−5886)

30=

2713630

= 904.533 . . . .

|Ω| =∫∫

Ω

dxdy =∫ 5

−3

[∫ ψ(x)

ϕ(x)

dy

]dx =

∫ 5

−3

(−x2 + 2x+ 15) dx = −x3

3+ x2 + 15x

∣∣∣∣5−3

=

= −1253

+ 25 + 75− (9 + 9− 45) =2563

.

Es folgt xs = 1 und ys = 27136 · 3/30 · 256 = 53/5 = 10.6.

9. Sonstige Aufgaben, Mehrfachintegrale:

1. Es wird Q(t) = 0 definiert für t < 0. Vom Fallrohr geht man die Strecke x entlang der Regenrinneund dann die schräge Strecke y das Dach empor. Um diesen Punkt herum betrachten wir ein kleinesRechteck der Maße dx dy. Senkrecht gesehen hat es die Fläche dx dy · cosα, und das im Moment t′hier auftreffende Wasser braucht die Zeit y/vd + x/vr, bis es am Fallrohr ankommt. Das insgesamtim Moment t dort eintreffende Wasser ist die Summe dieser Wassermengen, die zu verschiedenenfrüheren Zeitpunkten auf alle derartige Rechtecke fielen:

D(t) =∫ l

0

∫ b

0

Q

(t− x

vr− y

vd

)· cosαdy dx .

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Beispiel: l = 12, b = 5, α = 45o, vd = 1, vr = 2,Q(t) wachse von t = 0 bis t = 60 linear von 0 auf 1 und falle dann in derselben Zeitspanne wiederlinear auf Null. Das letzte Wasser ist 11sec nach Regenende abgeflossen.Es resultiert der folgende Verlauf; die punktierte Linie ist Q(t), die ausgezogene dagegen D(t). BeideFunktionen haben verschiedene Maßeinheiten!

0 15 30 45 60 75 90 105 120 135......................................................................

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Wie zu erwarten tritt das Maximum von D(t) erst nach dem von Q(t) ein. Weiterhin ist D(t) imVergleich zu Q(t) ’geglättet’.

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