$Id: integral.tex,v /05/12 16:36:04 hk Exp $ arctan x + + 4n n 2 2x + a. x 2 + ax + b Φ n 1. A n 1, Φ n (x) = xn 1 2n

Transkript

1 $Id: integral.te,v 1.9 9/5/1 16:36:4 hk Ep $ Integralrechnung.4 Integration rationaler Funktionen Am Ende der letzten Vorlesung hatten wir die Formel + a + b = 4n A n 1 n n arctan + + 4n 1 n 1 a + a + a + b Φ n a + b mit := 4b a > hergeleitet. Dabei waren die Zahlen A n sowie die Polynome Φ n durch die Formel cos n = A n + sin cos Φ n cos definiert worden, und wir hatten auch eine Rekursionsformel für diese Größen angegeben. In Formelsammlungen findet man häufig noch eine andere Version dieser Formel, die sich durch Einsetzen der Rekursionsformeln von A n und Φ n ergibt. Für n N hatten wir nämlich A n = 1 1 n A n 1, Φ n = n 1 n n Φ n 1, und damit folgt für jedes n > 1 auch = 4n 1 1 A + a + b n n n arctan + a n 1 + 4n 1 + a n 1 + a + b 1 n 1 n 4 1 n + a + b n + 4n 1 + a Φ n 1 n + a + b n 1 + a + b = n 1 1 n 1 A n 1 n arctan + a + 4n + a n + a + b Φ n a + b = 1 + a + n 1 + a + b n a + n 3 n 1 + a + b n a + b n 1

2 Diese Formel können Sie als eine Rekursionsformel zur Berechnung unserer Integrale / + a + b n lesen, das unbestimmte Integral zum Eponenten n wird durch die Formel ja auf dasjenige zum Eponenten n 1 zurückgeführt. Wir können jetzt unsere epliziten Formeln für A n, Φ n für n =, 1,, 3 einsetzen, und erhalten + a + b = + a + b 4 = 1 + a + b 3 = arctan 5/ arctan + arctan + 3/ + a, a + 1 a a + a + b + 3 = 4 arctan + a + a + b 4 7/ a + a + b a 3 + a + b. + a + a + b, + a + a + b, + a + a + b Noch höhere Eponenten treten normalerweise gar nicht auf. Jetzt können wir auch das allgemeine Integral A + B + a + b n mit A behandeln, indem wir wie in unserem früheren Beispiel / vorgehen. Die Rechnung ist wie folgt A + B + a + b n = A + B A + a + b n = A + a B aa + + a + b n + a + b n. Im Fall n = 1 ist dies A + B + a + b = A ln B aa + a + b + arctan + a, da das erste Integral ja von der Form f /f ist. Im Fall n > 1 steht im Zähler des ersten Integrals die Ableitung von +a+b, und die Stammfunktion von +a/ +a+b n ist damit einfach 1/[n 1 +a+b n 1 ]. Diese Beobachtung liefert die Gleichung A + B B aa = + a + b n + a + b A n n a + b. n 1 8-

3 Das Integral auf der rechten Seite dieser Gleichung kennen wir dabei bereits, und damit ist das gesamte Integral berechnet. Für n = 1 haben wir bereits eine eplizite Formel, und wir wollen jetzt noch die Formeln für n = und n = 3 hinschreiben: A + B B aa = arctan + a + b 3/ A + B 6B aa = + a + b 3 5/ + a + 1 B aa + ab ba, + a + b arctan a B aa + ab ba + a + b + 3B aa + a + a + b. Diese beiden Formeln ergeben sich einfach durch Einsetzen der oben notierten Formeln für / + a + b n für n =, 3. In der letzten Vorlesung hatten wir begonnen das Beispiel zu rechnen. Die Partialbruchzerlegung hatten wir bereits erfolgreich durchgeführt, und wissen damit schon = = Die vorderen Integrale sind alles Logarithmen, und das Integral hatten wir ebenfalls bereits berechnet. Es verbleibt nur noch den letzten Summanden in der obigen Summe zu berechnen. Mit unseren Formeln ausgerüstet, ist dies aber überhaupt kein Problem mehr. In der obigen Notation haben wir im Beispiel die Werte n =, a = b = 1, = 4 1 = 3, A = 1 und B =

4 Dann ist B aa = 8 1 = 9 und unsere Formel besagt = 3 arctan Der Vollständigkeit halber suchen wir jetzt noch alle Teilergebnisse unseres großen Beispiels zusammen, und geben hier die vollständige Lösung an: = ln ln ln 147 ln arctan Dass dies tatsächlich eine Stammfunktion ist, sollten Sie ruhig einmal durch Ableiten überprüfen. Damit sollte klar geworden sein, dass man wirklich jede rationale Funktion durch eplizite Formeln integrieren kann. Zum Abschluß dieses Abschnitts wollen wir noch zwei kleine Anmerkungen zur rechnerischen Behandlung der quadratischen Faktoren im Nenner einer rationalen Funktion machen. Haben wir eine rationale Funktion der Form f = p + a + b n, wobei der Zählergrad wieder kleiner als der Nennergrad sei, so kann man die Partialbruchzerlegung auch durch fortgesetzte Polynomdivision erhalten. Haben wir nämlich f = p/ +a+b n gegeben, so teilen wir den Zähler mit Rest durch +a+b, schreiben also p = + a + b p + r mit dem Quotienten p und dem linearen Rest r, und haben dann p + a + b n = + a + b p + r + a + b n = p + a + b + r n 1 + a + b. n Das Problem ist damit von n auf n 1 reduziert worden, und iterieren wir diese Rechnung, so erhalten wir schließlich die Partialbruchzerlegung. Wir wollen dies an dem Beispiel f = vorführen. Wir beginnen mit den Polynomdivisionen : = : =

5 und erhalten damit = = = Wir teilen also den Zähler durch das quadratische Polynom dessen Potenz im Nenner steht, dann teilen wir den erhaltenen Quotienten wieder durch das quadratischen Polynom, dann teilen wir diesen Quotienten durch das quadratische Polynom und so weiter, bis wir bei einem linearen Polynom landen. Die dabei erhalten Reste und der letzte Quotient treten dann als die Zähler in der Partialbruchzerlegung auf. Diese Methode ist zwar vom Rechenaufwand her nicht unbedingt einfacher als das übliche Verfahren, allerdings ist die Rechnung über Polynomdivision oft angenehmer per Hand zu rechnen. Wir kommen zu einer letzten Anmerkung zur Durchführung der Partialbruchzerlegung. Wir hatten gesehen, dass die Partialbruchzerlegung besonders einfach ist, wenn im Nenner ein Produkt von lauter verschiedenen Linearfaktoren steht, wenn es also genügend Nennernullstellen gibt und diese alle Vielfachheit 1 haben. Dies kann man noch erweitern auf den Fall von Nennern der Form q = a 1... a r + b 1 + c b s + c s wenn also alle Linearfaktoren und alle quadratischen Faktoren mit Vielfachheit 1 vorkommen. Hier können wir die Partialbruchzerlegung durch den Übergang ins Komplee durchführen. Angenommen wir haben ein nullstellenfreies, quadratisches Polynom + b + c, also b 4c <. Dieses Polynom hat dann zwei komplee Nullstellen z = b + i 4c b, z = b i 4c b, und über C zerfällt unser Polynom somit in ein Produkt zweier Linearfaktoren In unserer Situation + b + c = z z. q = a 1... a r + b 1 + c b s + c s mit paarweise verschiedenen a 1,..., a r R und paarweise verschiedenen nullstellenfreien, quadratischen Polynomen + b i c + c i 1 i s, schreiben wir dann z j := b j / + i/ 4c j b j für 1 j s, und es wird q = a 1... a r z 1 z 1... z s z s. Jetzt können wir unsere bereits besprochene Methode zum Herstellen einer Partialbruchzerlegung bei Nennern ohne mehrfache Nullstellen anwenden, und erhalten eine Partialbruchzerlegung p q = r A i a i + s 8-5 [ Ui z i + V i z i ]

6 diesmal mit kompleen Konstanten U i, V i C. Die vorderen Konstanten A i stimmen dabei mit den Zahlen aus der reellen Partialbruchzerlegung überein. Durch Übergang zum komple Konjugierten sehen wir, dass V i = U i sein muss. Weiter rechnen wir U i + V i = U i z i + U i z i = U i + U i U i z i + U i z i z i z i + b i + c i + b i + c i = ReU i ReU i z i + b i + c i, d.h. aus der kompleen Partialbruchzerlegung können wir die reelle Partialbruchzerlegung berechnen. Rechnen wir als ein Beispiel für diese Methode einmal die Partialbruchzerlegung der rationalen Funktion f = In den obigen Bezeichnungen ist z 1 = i und z = i. In der kompleen Partialbruchzerlegung f = A 1 + U 1 i + V 1 + i + U i + V + i ist damit A = U 1 = U = 1 i1 + i1 i1 + i = 4 i i 1 i i 3i = 4 i 19 4i i 1 i 3i 4i = 19 4i 1ii 1 5 = 1 5, i 1 6i = i 3i 3 = 1 3 i 1 + i = 1 1 3i, i = 4 + 1i = i. 6 Dann sind U 1 z 1 = i, ReU 1 = 1 6, ReU 1z 1 = 1 und U z = i, ReU = 17 3, ReU z = 9 1, also haben wir insgesamt die Partialbruchzerlegung = Sonstige Integrationstechniken Bisher haben wir uns hauptsächlich auf die Integration stetiger Funktionen konzentriert. Damit kann man dann aber auch leicht stückweise stetige Funktionen integrieren, indem man das Integral in Teile zerlegt auf denen der Integrand jeweils stetig ist. 8-6

7 Betrachte beispielsweise die Funktion Dann ist etwa 1 f = 1 f : R R; f + 1 { 1, 1,, sonst. f + 1 f = 1 = 1. Derartige Integrale stellen also keine wirklichen neuen Probleme dar. Jede stetige Funktion hat eine Stammfunktion, allerdings kann man diese keinesfalls immer als Formeln in den üblichen Funktionen hinschreiben. Konkrete Beispiele hierfür sind etwa die unbestimmten Integrale sin e,. Derartige Probleme können also schon bei vergleichsweise einfachen Funktionen auftreten. Eine Integration über die Berechnung einer Stammfunktion ist dann nicht so direkt möglich. Was ist nun beispielsweise π sin Eine Methode derartige Integrale zumindest näherungsweise zu berechnen ist die sogenannte numerische Integration. Dies ist eine Oberbezeichnung für eine Vielzahl konkreter Rechenmethoden. Ein sehr simple Methode ist die Annäherung des Integrals durch sogenannte Rieman Summen. Angenommen wir haben ein Integral b f a zu berechnen.? Untersumme Obersumme Zerlegen wir das Integrationsintervall a = t < t 1 <... < t n = b, so hatten wir Oberund Untersumme n n S = m i t i t i 1, S = M i t i t i 1 8-7

8 betrachtet. Dabei waren m i der kleinste und M i der größte Wert von f auf dem Teilstück von t i 1 nach t i. Bei feiner werdender Zerteilung näherten sich Unter- und Obersumme dem Integral von unten beziehungsweise oben. Zum konkreten Rechnen sind Unter- und Obersumme aber nicht so gut geeignet, da ihre Berechnung die Bestimmung der Minima m i beziehungsweise Maima M i auf jedem Teilstück erfordert. Anstelle dessen wählen wir einfach für jedes Teilstück [t i 1, t i ] einen Punkt t i 1 ξ i t i und betrachten das Rechteck mit Breite t i t i 1 und Höhe fξ i. Summieren wir die Flächen all dieser Rechtecke, so erhalten wir eine Näherung für das Integral b f. a Im obigen Beispiel haben wir das Interval [a, b] in sechs Stücke zerlegt, und nähern das Integral durch die Gesamtfläche der eingezeichneten Rechtecke an. Die gewählten Höhen fξ i sind hier durch die dick eingezeichneten Punkte angedeutet. Wie immer bei Integrationsfragen werden Flächen unterhalb der -Achse hierbei negativ gezählt. Die Fläche eines unserer Rechtecke ergibt sich als Breite mal Höhe, also hier durch fξ i t i t i 1. Die Gesamtfläche wird damit die Summe S := n fξ i t i t i 1. Jede derartig gebildete Summe bezeichnen wir als eine Rieman-Summe. Wegen m i fξ i M i für 1 i n ist S S S, die Rieman Summen liegen also immer zwischen den entsprechenden Unter- und Obersummen. Machen wir die Unterteilung immer feiner, so nähern sich Unter- und Obersummen dem Integral, und damit konvergieren auch die dazwischenliegenden Rieman Summen gegen das Integral. Oftmals verwendet man für die Rieman Summen Unterteilungen in denen alle Stückchen gleich lang sind. Diese gemeinsame Länge muss dann h := b a n sein, wenn n die Anzahl der Teilintervalle ist, und die Zwischenpunkte sind t i = a + i h, i =,..., n. 8-8

9 Für alle 1 i n ist dann t i t i 1 = h und die Rieman Summen bekommen die einfachere Form n S = h fξ i. Um Rieman Summen konkret zu berechnen müssen wir uns natürlich für irgendwelche Punkte ξ i entscheiden. Wir wollen in dem Beispiel f = sin / einmal die Zwischenpunkte ξ i = t i 1 + t i = a + i 1 h verwenden, dies sind gerade die Mittelpunkte der Teilintervalle. Rechnen wir die Rieman Summen für einige Werte von n aus, so ergibt sich die Tabelle Die ersten paar Stellen scheinen also n Rieman Summe π sin 1, 8519 zu sein. Wie gut ist nun diese Näherung? Wir wissen bereits, dass die Folge unserer Rieman Summen für n gegen das Integral konvergiert, aber leider wissen wir nicht wie schnell dies geschieht. Natürlich ist es naheliegend, wie wir es hier getan haben, einfach die Dezimalstellen zu nehmen, die sich nicht weiter zu ändern scheinen. Dies ist aber kein wirklich verläßliches Vorgehen, prinzipiell könnte der Wert irgendwann, sagen wir bei n = 1, auf einmal springen. Wir wollen nun eine bessere Näherungsformel behandeln, bei der wir nicht nur Näherungen ausrechnen können, sondern auch sagen können wir gut diese sind. Dies ist die sogenannte Trapez Formel. Hierbei nimmt man als Näherungswert auf jedem Teilstück nicht einfach einen Funktionswert sondern das arithmetische Mittel am linken und rechten Rand des Teilintervalls, also ft i 1 + ft i /. Systematisch werden wir die Trapezformel erst nächstes Mal besprechen, jetzt wollen wir nur ein bisschen rechnen. Man kann den Fehler, der bei der Näherung durch die Trapezformel schlimmstenfalls entsteht, eplizit abschätzen, es gilt nämlich b a f S M b a h.

10 Dabei ist M eine Zahl mit f M für alle im Integrationsbereich a b. Der Vorfaktor ist hier nur eine feste Zahl, entscheidend ist das h. Machen wir n größer, so wird h = b a/n entsprechend kleiner, und damit wird erst recht h kleiner. Multiplizieren wir n mit 1, so wird h durch 1 geteilt, und h sogar durch 1, wir können also mit einer Verbesserung um zwei Dezimalstellen rechnen. Wie sieht das bei f = sin / aus? Die ersten beiden Ableitungen sind dann f = f = cos sin sin cos = cos sin, cos sin 4 = sin 3 cos sin. Jetzt müssen wir schauen wie gross f für π werden kann. Dies könnte man wie üblich über eine Kurvendiskussion tun, aber da dies jetzt nicht unser Thema ist, schauen wir uns einfach den Graph von f an: Die zweite Ableitung f ist also monoton steigend, wir müssen also nur auf die Werte links und rechts schauen. In ist f = 1/3 und in = π ist f π = /π, 64 1/3. Damit ist f 1/3 für π, und wir können M = 1/3 verwenden. Der Näherungsfehler ist also schlimmstenfalls b a f S M b a 1 h = π 36 h. Wir tabellieren jetzt die Näherungswerte und die maimalen Fehler für einige Werte von n. 8-1

11 n Trapezsumme Maimaler Fehler Mit n = haben wir damit 1, π sin 1, , die ersten vier Dezimalstellen von oben sind also tatsächlich korrekt. 8-11