Lösung.

(1)
Wir erhalten mit partieller Integration
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \displaystyle\int e^x\cos(2x)\,{\mbox... ...^x\sin(2x) - 4\displaystyle\int e^x\cos(2x)\,{\mbox{d}}x\; , \\ \end{array}$}$
und somit
$ \mbox{$\displaystyle \displaystyle\int e^x\cos(2x)\,{\mbox{d}}x \; =\; (e^x\cos(2x) + 2e^x\sin(2x))/5 + {\mbox{const.}} $}$

(2)
Sei $ \mbox{$\zeta_3 := \exp(2\pi\mathrm{i}/3) = -\frac{1}{2} + \frac{\mathrm{i}}{2}\sqrt{3}$}$. Es ist $ \mbox{$u^2 + u + 1 = (u - \zeta_3)(u - \overline {\zeta_3})$}$. Mit der Substitution $ \mbox{$u = \tan(x/2)$}$ und Partialbruchzerlegung wird
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \displaystyle\int {\displaystyle\frac... ...sqrt{3}\arctan(\sqrt{3}(2\tan(x/2) + 1)/3) + {\mbox{const.}}\\ \end{array}$}$

(3)
Es werden
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \displaystyle\int _0^{2\pi}\cos(mx)\c... ...hrm{i}(-m - n)x})\,{\mbox{d}}x \vspace*{2mm}\\ & = & 0\; . \\ \end{array}$}$

(4)
Mit der Substitution $ \mbox{$u=\sqrt[6]{x}$}$ bzw. $ \mbox{$x=u^6$}$ und $ \mbox{${\displaystyle\frac{{\mbox{d}}x}{{\mbox{d}}u}}=6u^5$}$ wird
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \displaystyle\int _1^{27}{\displaysty... ...ot\frac{\pi}{4}\vspace*{2mm}\\ &=& 6\sqrt{3}-6-\frac{\pi}{2}\;. \end{array}$}$

(5)
Wir wollen $ \mbox{$x=2\sinh u$}$ substitutieren. Wegen $ \mbox{$(\sinh u)'=\cosh u>0$}$ für alle $ \mbox{$u\in\mathbb{R}$}$ ist $ \mbox{$\sinh$}$ streng monton wachsend. Da ferner $ \mbox{$\lim_{u\to-\infty}\sinh u=-\infty$}$ und $ \mbox{$\lim_{u\to+\infty}\sinh u=+\infty$}$, besitzt $ \mbox{$\sinh$}$ auf $ \mbox{$\mathbb{R}$}$ eine Umkehrfunktion, den Area sinus hyperbolicus, geschrieben $ \mbox{${\mbox{arsinh}}$}$. Es wird

$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \displaystyle\int x^2\sqrt{x^2+4}\,{\... ...ystyle\frac{x}{4}}(x^2+2)\sqrt{x^2+4}-2\,{\mbox{arsinh}}(x/2) \;. \end{array}$}$