Mathematik 1 für Naturwissenschaften

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1 Hans Walser Mathematik für Naturwissenschaften y x Modul 09 Integrationstechniken

2 Hans Walser: Modul 09, Integrationstechniken ii Inhalt Partielle Integration.... Typische Fragestellung.... Herleitung aus der Produktregel..... Beispiel..... Beispiel Beispiel... 3 Integration mit Substitution Beispiel Bestimmtes Integral Verwendung der Umkehrfunktion Anwendung: Berechnung der Kreisfläche Beispiel Partialbruchzerlegung Rationaler Integrand Beispiel Beispiel Restproblem Partialbruchzerlegung Beispiel Beispiel Erstes Teilintegral Zweites Teilintegral Ausblick Zusammenfassung Partielle Integration Substitution Partialbruchzerlegung... 6 Modul 09 für die Lehrveranstaltung Mathematik für Naturwissenschaften Winter 00/03 Probeausgabe Winter 003/04 Fehlerbereinigung. Straffung Winter 004/05 Technische Überarbeitung. Fehlerbereinigung Winter 005/06 Geändertes Layout Winter 006/07 Formel-Editor revidiert (MathType) Herbst 007 Kleine Ergänzung Herbst 008 Grafische Überarbeitung Herbst 00 Keine Änderung last modified: 7. April 00 Hans Walser Mathematisches Institut, Rheinsprung, 405 Basel

3 Hans Walser: Modul 09, Integrationstechniken Partielle Integration. Typische Fragestellung ( sin( x) ) =?. Herleitung aus der Produktregel ( uv) = uv+ uv uv= ( uv) uv uv = ( uv) uv Somit haben wir die Formeln zur partiellen Integration: uv uv = uv uv b a uv b = uv a Was haben wir damit gewonnen, dass wir ein Integral durch ein anderes ersetzen können? b a uv.. Beispiel xe x =? Der Trick besteht darin, die beiden Faktoren x und e x geeignet den Funktionen u und v zuzuordnen. In unserem Beispiel setzen wir u = e x und v = x. Damit erhalten wir: Das ergibt schließlich: Kontrolle durch Ableiten: xe x = xe x e x + C

4 Hans Walser: Modul 09, Integrationstechniken.. Beispiel ( sin( x) ) =? Wir setzen u = sin( x) und v = sin( x). Das führt zu: Das ergibt schließlich: ( sin( x) ) = cos( x)sin( x)+ x + C Kontrolle durch Ableiten:

5 Hans Walser: Modul 09, Integrationstechniken 3..3 Beispiel ln( x) =? Wir setzen u = und v = ln( x). Das führt zu: Das ergibt schließlich: ln( x) = x ln( x) x + C Integration mit Substitution. Beispiel t cos( t )dt =? Die innere Ableitung t = ( t ) kommt zum Vorschein Wir führen folgende Substitution durch: = t d = t dt d = t dt Für das Integral I = t cos t dt erhalten wir damit:

6 Hans Walser: Modul 09, Integrationstechniken 4 I = cos d = sin+ C Nun machen wir die Substitution wieder rückgängig. Das ergibt: I = t cos( t )dt = sin( t )+ C Kontrolle durch Ableiten:.. Bestimmtes Integral Es gibt zwei Lösungswege. 3 t cos t dt =?... Erster Lösungsweg Wir berechnen das unbestimmte Integral wie oben und setzen dann die Grenzen ein. Also: 3 t cos( t )dt = sin( t )+ C t cos t dt = sin t 3 = sin( 9) sin 4... Zweiter Lösungsweg Wir ersetzen auch die Grenzen gemäß der Substitution. Dies hat den Vorteil, dass wir die Substitution am Schluss nicht wieder rückgängig machen müssen. Substitution wie oben: Umrechnen der Grenzen: 3 I = t cos t dt = t d = t dt d = t dt t = t 3 9 4

7 Hans Walser: Modul 09, Integrationstechniken 5 Damit ergibt sich: 3 I = t cos t dt = Substitution einsetzen 9 4 cos 9 d = sin = sin( 9) sin 4 4. Verwendung der Umkehrfunktion Wir berechnen das Integral: Substitution: I = x = cos = sind Damit erhalten wir zunächst: ( sin ) d haben wir bereits mit partieller Integration gelöst. In unse- Das Integral rem Fall führt dies auf: I = x x = sin ( ) I = x = sin ( sin ) rückgängig zu machen, brauchen wir die Umkehrfunk- Um die Substitution x = cos tion = arccos( x). Damit ergibt sich schließlich: d d = cossin ( ) + C I = cossin ( ) + C = x x arccos( x)+ C

8 Hans Walser: Modul 09, Integrationstechniken 6.. Anwendung: Berechnung der Kreisfläche Wir berechnen den Flächeninhalt des halben Einheitskreises. y = f x = x - y x - Halber Einheitskreis Die obere Begrenzungslinie des Halbkreises wird durch die Funktion y = f( x)= x beschrieben. Wir haben also das folgende bestimmte Integral zu berechnen: I = x... Erster Lösungsweg Wir verwenden das oben berechnete unbestimmte Integral und setzen die Grenzen ein: x I = x = x x arccos( x)+ C = ( x x arccos( x) ) Da der Wurzelausdruck x für x =± verschwindet, erhalten wir: I = arccos() + arccos ( ) = 0 Die halbe Kreisfläche ist also, die gesamte Kreisfläche des Einheitskreises.

9 Hans Walser: Modul 09, Integrationstechniken 7... Zweiter Lösungsweg Wir transformieren die Grenzen. Substitution: x = sin x = cos = sind Für die Umrechnung der Grenzen brauchen wir die Umkehrfunktion = arccos( x): x = arccos( x) 0 Damit ergibt sich für unser bestimmtes Integral: I = x = sin d = I = 0 0 ( sin ) ( ) Grenzen vertauschen d = cossin ( )+ Wegen sin= 0 und sin( 0)= 0 bleibt schließlich: I = 0 = 0 sin 0 d.3 Beispiel Wir verwenden die Substitution: I = ex e x + e x = t () x = ln t = t dt Damit erhalten wir: I = = t ex e x + Nun hilft folgende Nebenrechnung weiter: t+ t t t+ = ( t+)t t+ t dt = t t+ t

10 Hans Walser: Modul 09, Integrationstechniken 8 Wie komme ich auf diese Brüche? Wir werden im kommenden Abschnitt (Partialbruchzerlegung) die Hintergründe dieser Nebenrechnung kennen lernen. Vorerst erhalten wir damit: Und weiter: I = t t+ t dt = t+ dt = t dt t+ dt t Das ergibt schließlich: I = 3 Partialbruchzerlegung Wir hatten oben die Umformung ex = ln( e x + ) x + C e x + t+ t t+ t = t+ t verwendet. So ergaben sich zwei Brüche mit linearem Nenner, was sich leicht (in diesem Fall mit der Logarithmusfunktion) integrieren lässt. Dies ist der Sinn der so genannten Partialbruchzerlegung. Vorerst aber noch ein Beispiel mit einer rationalen Funktion.

11 Hans Walser: Modul 09, Integrationstechniken 9 3. Rationaler Integrand 3.. Beispiel Im Beispiel 3x 4 0x 3 +6x +6x05 x 8x+5 ist der Integrand eine rationale Funktion, das heißt ein Quotient zweier Polynomfunktionen. Wir bearbeiten den Quotienten zunächst einmal mit Maple: 3x 4 0x 3 +6x +6x05 x 8x+5 f := 3 x 4 0 x x + 6 x 05 x 8 x + 5 > f:=simplify(f); f := 3 x + 4 x 7 Der Quotient lässt sich also restlos ausdividieren. Damit wird die Integration simpel. Können wir dieses Ausdividieren auch von Hand durchführen? 3... Erinnerung Wir erinnern uns an den Divisionsalgorithmus, den wir in der Schule gelernt haben: 345 : =

12 Hans Walser: Modul 09, Integrationstechniken Divisionsalgorithmus für Polynome Genau gleich können wir Polynome dividieren: ( 3x 4 0x 3 + 6x +6x 05): x 8x +5 = 3. Beispiel Im Beispiel 3x 4 0x 3 +6x +0x00 x 8x+5 ist der Integrand wieder eine rationale Funktion. Wir bearbeiten den Quotienten zunächst einmal mit Maple: 3x 4 0x 3 +6x +0x00 x 8x+5 f := 3 x 4 0 x x + 0 x 00 x 8 x + 5 > f:=simplify(f); f := 3 x 4 0 x x + 0 x 00 x 8 x + 5 Eine Vereinfachung scheint also nicht möglich. Trotzdem liefert Maple ein Integral; in diesem Integral erscheinen aber Logarithmen:

13 Hans Walser: Modul 09, Integrationstechniken 3 x 4 0 x x + 0 x 00 d x x = 8 x + 5 x 3 + x x + + ln( x 3) ln( x 5) C Gehen wir der Sache nach: Zunächst das Ausdividieren: ( 3x 4 0x 3 + 6x +0x 00 ): x 8x +5 = Es bleibt ein Rest von 4x + 5 übrig. Somit ist: 3x 4 0x 3 +6x +0x00 x 8x+5 = 3x + 4x 7 + x 8x+5 3x 4 0x 3 +6x +0x00 = 3x x 8x+5 + 4x 7 + x 8x+5 Die ersten drei Integrale können leicht gelöst werden. Wir untersuchen nun das Restproblem: x 8x Restproblem =? x 8x+5 Wenn wir Maple glauben dürfen, ist:

14 Hans Walser: Modul 09, Integrationstechniken = 7 x 8x+5 ln( x 3 5 )+ ln ( x 5 )+ C Zwischen dem Nenner x 8x + 5 und den in den Logarithmen vorkommenden Ausdrücken x 3 und ( x 5) besteht folgender Zusammenhang: x 8x + 5 = ( x 3) ( x 5) Dies ist die Schlüsselidee zur Partialbruchzerlegung. 3.. Partialbruchzerlegung Vorgehen: () Zerlegung des Nenners in Faktoren: () Ansatz für Partialbrüche: x 8x + 5 = ( x 3) ( x 5) x 8x+5 = (3) Gemeinsamer Nenner durch Erweitern: a x3 + b x5 = ax5 x 8x+5 ( x3) ( x5) + bx3 ( x5) ( x3) = xa+b (4) Koeffizientenvergleich im Zähler: Koeffizient von x: 4 = a + b Koeffizient von x 0 : (5) Gleichungssystem lösen: 4 = a + b 5 = 5a 3b a = 7 (6) Somit ist: = 7 x 8x+5 x 8x+5 = x3 5 = 5a 3b + 5a3b x 8x+5 = 8.5 ; b = 5 =.5 x3 + 5 = 7 x5 x5 ln( x 3 5 )+ ln ( x 5 )+ C

15 Hans Walser: Modul 09, Integrationstechniken Schnellmethode für die Partialbruchzerlegung Berechnung von a: Wir multiplizieren den Ansatz beidseitig mit ( x 3): ( x3) ( x5) = a x3 + b x5 ( x 3) ( x5) = a + bx3 x5 Wenn wir nun x = 3 einsetzen, ergibt sich: +5 = a + b( 0), also a = 7 Berechnung von b: Wir multiplizieren den Ansatz beidseitig mit ( x 5): ( x3) ( x5) = a x3 + b x5 ( x3) = ax5 x3 + b Wenn wir nun x = 5 einsetzen, ergibt sich: 0+5 ( x 5) = a( 0) + b, also b = 5 Damit können wir uns das Lösen des Gleichungssystems unter (5) sparen. 3.3 Beispiel Im Beispiel =? x 8x+6 ist der Nenner geringfügig geändert worden. Das hat aber Konsequenzen. Bei der Zerlegung des Nenners in Faktoren erhalten wir: x 8x + 6 = ( x 4) ( x 4)= ( x 4) Der Ansatz für die Partialbruchzerlegung vom letzten Beispiel funktioniert nicht (warum?). Wir müssen mit einem anderen Ansatz arbeiten, nämlich: Bei gleichen Nennern x 8x+6 = a ( x4) + b x4 = a x 8x+6 ( x4) + bx4 ( x4) gibt der Koeffizientenvergleich das Gleichungssystem:

16 Hans Walser: Modul 09, Integrationstechniken 4 Somit ist: 4 = b 5 = a 4b = + 4 x 8x+6 ( x4) Auch hier gibt es eine Schnellmethode: a = ; b = 4 x4 Wir multiplizieren den Ansatz beidseitig mit ( x 4) : x 8x+6 = a ( x4) + b x4 4x + 5 = a + b( x 4) = + 4ln x 4 x4 + C ( x 4) Setzen wir x = 4 ein, ergibt sich a =. Für die Berechnung von b müssen wir mit dem Koeffizientenvergleich 4x = bx arbeiten, woraus b = 4 folgt. 3.4 Beispiel Im Beispiel =? x 8x+8 lässt sich der Nenner nun gar nicht mehr in (reelle) Linearfaktoren zerlegen. Hier hilft folgender Trick weiter: = x8 x 8x+8 + x 8x+8 x 8x+8 =I Die beiden Teilintegrale werden nun mit unterschiedlichen Methoden weiter bearbeitet Erstes Teilintegral I = x8 x 8x+8 Der Zähler ist die Ableitung des Nenners, wir kommen also mit der Substitutionsmethode weiter. Wir setzen und erhalten damit: u = x 8x + 8 du = ( x 8) I = = du x8 x 8x+8 u =I = ln( u )+ C Rückgängigmachung der Substitution führt schließlich zu: + C I = ln( u )+ C = ln x 8x + 8

17 Hans Walser: Modul 09, Integrationstechniken Zweites Teilintegral I = x 8x+8 Wir formen den Nenner wie folgt um: x 8x + 8 = ( x 8x + 6)+ = x 4 Für das Integral I erhalten wir damit: I = = x 8x+8 ( x4) = + Jetzt können wir mit folgender Substitution weiter arbeiten: Damit ergibt sich u = x4 = x 4 du = = du + x4 ( ) + I = = du = = x4 ( ) + u + u + du Formelsammlung arctan( u)+ C und nach Rückgängigmachung der Substitution schließlich: I = = x 8x+8 arctan x4 + C Für das ursprüngliche Integral 4 x+5 ergibt sich somit: x 8x+8 = I x + I = ln( x 8x + 8 ) + 8x+8 arctan x4 ( ) + C 4 Ausblick Wir haben bei weitem nicht alle Möglichkeiten behandelt, die sich beim Zerlegen des Nennerpolynoms (das ja auch von höherem Grad sein kann) ergeben. Für die verschiedenen Fälle sind jeweils besondere Ansätze und Lösungsmethoden erforderlich. Falls Sie auf Ihrem Lebensweg auf ein solches Integralproblem stoßen, sind folgende Vorgehensweisen sinnvoll (in dieser Reihenfolge): Kontakt mit einer Mathematikerin / einem Mathematiker suchen. CAS (Computer Algebra Software, wie zum Beispiel Maple, Mathematica oder Derive) einsetzen. Einschlägiges Handbuch oder Formelsammlung verwenden.

18 Hans Walser: Modul 09, Integrationstechniken 6 5 Zusammenfassung 5. Partielle Integration uv = uv uv oder uv 5. Substitution Tipp: Grenzen mitsubstituieren b a b = uv a 5.3 Partialbruchzerlegung Beispielsweise quadrtischen Nenner durch zwei lineare Nenner ersetzen. Ansatz, Koeffizientenvergleich. b a uv