Mathematik HTL 4/5, Schulbuch

196 Differentialgleichungen Wenn f auf dem Intervall keine negativen Funktionswerte hat, dann nennen wir : a • f(x) dx die Fläche der Menge zwischen der Halbgeraden [a; • ) und dem Graphen von f. Falls der Definitionsbereich von f gleich (‒ • ; a] ist, definieren wir analog : ‒ • a f(x) dx = lim z ¥ ‒ • : z a f(x) dx und nennen diesen Grenzwert das uneigentliche Integral von f von ‒ • bis a. 739 Überprüfe, ob das Integral von 0 bis 1 von f: (0; 1] ¥ R mit f(x) = 1 _ x existiert. Für 0 < z ª 1 ist : z 1 1 _ x dx = ln(1) – ln(z) = ‒ ln(z). Da ‒ ln(z) beliebig groß wird, wenn z sehr klein ist, existiert der Grenzwert lim z ¥ 0 : z 1 f(t) dt = lim z ¥ 0 (‒ ln(z)) nicht und daher auch nicht das uneigentliche Integral von f von 0 bis 1. 740 Zeige, dass das uneigentliche Integral von 0 bis π _ 2 von f: 4 0; π _ 2 3 ¥ R mit f(x) = cos(x) __ 9 __ __ 1 – sin(x) existiert und berechne es. Überprüfe, ob die Funktionswerte von f alle positiv sind und interpretiere dann das uneigentliche Integral geometrisch. Weil die Ableitung der Funktion g mit g(x) = 1 – sin(x) die Cosinusfunktion mal ‒1 ist, liegt es nahe, an die Kettenregel des Differenzierens zu denken und f als Ableitung der Funktion F mit F(x) = ‒ 2 9 _____ 1 – sin(x) zu betrachten. Also ist : 0 z f(x) dx = F(z) – F(0) = ‒ 2 9 _____ 1 – sin(z) + 2 und lim z ¥ π _ 2 : 0 z f(x) dx = lim z ¥ π _ 2 (‒ 2 9 _____ 1 – sin(z) + 2) = 2, weil sin 2 π _ 2 3 = 1 ist. Daher ist : 0 π _ 2 cos(x) __ 9 __ __ 1 – sin(x) dx = 2. Weil die Funktionswerte der Cosinusfunktion im Intervall 4 0; π _ 2 3 positiv und die Funktionswerte der Sinusfunktion kleiner als 1 sind, sind auch die Funktionswerte von f in diesem Intervall positiv und das uneigentliche Intervall ist die Fläche der Menge zwischen dem Intervall 4 0; π _ 2 3 und dem Graphen von f. 741 Überprüfe, ob das uneigentliche Integral existiert. Wenn ja, berechne es. a. : 0 1 x ‒ 2 _ 3 dx b. : 1 2 (s – 1) ‒ 2 _ 3 ds c. : 0 2 2·r ‒ 3 _ 2 dr d. : 1 2 (t – 1) ‒ 3 _ 2 dt 742 Überlegt, für welche positiven reellen Zahlen u das uneigentliche Integral : 0 1 t ‒u dt existiert. 743 Das Integral : 0 4 (t – 1) ‒2 dt kann zwar angeschrieben werden, ist aber sinnlos, obwohl die Funktion f mit f(t) = (t – 1) ‒2 an den Stellen 0 und 4 definiert ist. Diskutiert und erklärt, warum. überprüfen, ob ein uneigentliches Integral existiert B, C tns 9ws5uj ein uneigentliches Integral berechnen B, D ggb/mcd 6v6g4n 1 0 Ă 2 Ă 1 0 x y B, D C D Nur zu Prüfzwecken – Eigentum des Verlags öbv