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Integration von Funktionen einer reellen Variablen

Stand 9.6.2018 Kurzskript Integration in R -Regeln
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Partialbruchzerlegung gebrochen rationaler Integranden
Transformationen auf einen gebrochen rationalen Integranden.

Beispiel aus der Physik

Markus fährt morgends mit dem Moped zur Arbeit. Wir betrachten eine kurze Etappe seines Weges. Er startet sein Moped, beschleunigt konstant in 5s auf eine Geschwindigkeit von 12m/s, behält diese konstante Geschwindigkeit genau 50s lang bei, bremst dann (mit konstanter Bremskraft) vor den nächsten Ampel in 5 s auf Null ab. Beschleunigung und Abbremsen sollen jeweils mit konstanter Kraft erfolgen.
Fragen:
(a) Stelle Beschleunigung, Geschwindigkeit und Weg jeweils als explizite Funktion der Zeit dar und skizziere diese drei Funktionen in einem Diagramm über der Zeitachse. Der Startszeitpunkt sei $t_0=0$.
(b) Wie lange ist die Wegstrecke von Markus Startpunkt bis zur Ampel? Wie lange ist der Bremsweg?
(c) Würde Markus ein Auto vor der Ampel einholen können, das ihn zum Startzeitzeitpunkt überholt und mit konstanter Geschwindigkeit von 11m/s fährt?
Die Aufgabe soll hier nicht konkret gerechnet werden -das ist eine Leserübung. Es soll hier nur die Struktur des Problems und die Verbindung zur Integralrechnung geklärt werden. Zwischen Weg $s(t) $ und Monentangeschwindigkeit $v(t) $ eines Massenpunktes, der sich entlang einer Geraden bewegt, besteht der Zusammenhang $$ s(t) = s_0 + \int_{t_0}^t v( \tau ) d \tau $$ wenn man die Bewegung eines Massenpunktes zum Zeitpunkt $t_0$ betrachtet und sich dieser dann bei $s_0$ auf der Ortsachse befindet. Das heißt: Integriert man die Momentangeschwindigkeit über die Zeit auf, so erhält man den zurückgelegten Weg als Fläche unter dem Graphen der Geschwindigkeit.
Umgekehrt ist die momentane Änderung des Weges (also seine zeitliche Ableitung) genau die Momentangeschwindigkeit. Die im obigen Beispiel beschriebene Bewegung hat also 3 unterschiedliche Phasen, einmal (positive) konstante Beschleunigung - lineare Geschwindigkeit, dann eine konstante Geschwindigkeit und dann Abbremsen (negative konstante Beschleunigung).
Beispielbild Geschwindigkeits-Zeitdiagramm. Beachte, dass die Zahlen im Bild nicht mit den Daten des Beispiels übereinstimmen!

Allgemein hingeschrieben ist die (stetige) Momentangeschwindigkeit in diesem Beispiel dann eine abschnittweise definierte Funktion: $$ v(t) = \left\{ \begin{array}{l} v_1 (t), \quad t_0 \le t \lt t_1 \\ v_2(t), \quad t_1 \le t \lt t_2 \\ v_3(t) , \quad t_2 \le t \le t_3 \end{array} \right. $$ Im Beispiel oben wäre $ t_0 = 0, v_1(t) = a_1 t $ und $v_2(t) = c $ konstant, $ v_3(t) = d + a_2 t $ (Geradenstück) wobei $d$ so zu bestimmen ist, dass $v_3(t_3) = 0 $ ist. $$ v_3(t_3) = d + a_2 t_3 = 0 \Rightarrow d = - a_2 t_3 \Rightarrow v_3(t) = a_2(t-t_3) $$ Ferner $ a_1 \gt 0 \gt a_2 $ wegen der Beschleunigungsvorgaben. Mathematisch gesehen ist $v(t) $ eine stückweise lineare, stetige Funktion.
$a_1$ und $a_2 $ kann man nun aus den Beispieldaten berechnen, $ t_0 =0, t_1 = 5s, t_2 = 55s, t_3 = 60 s $ $$ a_1 = { 12 m\over 5 s^2 } \qquad a_2 = - {12 m\over 5s^2 } $$ Damit liegt dann auch $v(t) $ fest und man kann die Wegfunktion $s(t) $ durch stückweise Integration ermitteln und so die gestellten Fragen beantworten. (Mechanik, 3. Semester). Es ist klar, dass $s(t)$ eine stückweise quadratische Funktion ist mit linearem Teilstück zwischen $t_1 $ und $t_2$.
$$ s(t) = \left\{ \begin{array}{l} s_1 (t) = s_0 + \int_{t_0}^t v_1(\tau) d\tau , \quad t_0 \le t \lt t_1 \\ s_2(t) = s_0 + s_1(t_1) + \int_{t_1}^t v_2(\tau) d\tau , \quad t_1 \le t \lt t_2 \\ s_3(t) = s_0 + s_1(t_1) + s_2(t_2) + \int_{t_2}^t v_3(\tau) d\tau , \quad t_2 \le t \le t_3 \end{array} \right. $$ In unserem Fall unserer konstanter Beschleunigungen und $t_0 = s_0 = 0$ durch Einsetzen der $v_1, v_2, v_3 $ erhalten wir also: $$ s(t) = \left\{ \begin{array}{l} s_1 (t) = {1 \over 2 } a_1 t^2 , \quad t_0 \le t \lt t_1 \\ s_2(t) = {1 \over 2 } a_1 t_1^2 + c (t-t_1) , \quad t_1 \le t \lt t_2 \\ s_3(t) = {1 \over 2 } a_1 t_1^2 + c (t_2-t_1) + {1 \over 2 } a_2 ( t^2 - t_2^2) -a_2 t_3 (t-t_2) , \quad t_2 \le t \le t_3 \end{array} \right. $$ Die Durchschnittsgeschwindigkeit über die gesamte Strecke $s(t_3) $ ist berechnet sich dann so: $$ { s(t_3) - s_0 \over t_3 - t_0 } = {s(t_3) \over t_3 } $$

Einfache Integrationsregeln -Linearität

$$ a, b\ \mbox{reell}: \quad \int a f(x) + b g(x) dx = a \int f(x) dx + b \int g(x) dx $$

$$ a \le c \le b :\quad \int_a^b f(x) dx = \int_a^c f(x) dx + \int_c^b f(x) dx $$

$$ \int_a^b f(x) dx = -\int_b^a f(x) dx $$

Beispiel
$$ \int 3 \sin(x) + 2 \sqrt{x} dx = 3 \int \sin(x) dx + 2 \int \sqrt{x} dx = -3\cos(x) + { 4\over 3 } x^{3/2 } + C $$

Uneigentliche Integrale sind Grenzwerte

$$ \int_a^{\infty} f(x) dx = \lim_{ b \to \infty } \int_a^b f(x) dx, \quad \int_{\infty}^b f(x) dx = \lim_{ a \to \infty } \int_a^b f(x) dx, \quad \int_{\infty}^{\infty} f(x) dx = \lim_{ a \to \infty } \int_{-a}^a f(x) dx, $$

Partielle Integration aus der Produktregel der Differentiation

$$ \int_a^x u(s)v'(s) ds \ = \ u(x)v(x)-u(a)v(a) - \int_a^x u'(s)v(s) ds $$ als unbestimmtes Integral geschrieben: $$ \int u(x)\cdot v'(x) dx = u(x)\cdot v(x) - \int u'(x) v(x) dx + C $$

Beispiel: Die Stammfunktion des $\ln $ soll bestimmt werden
$$ \int_a^x \ln(s) ds = \int_a^x \ln(s)\cdot 1 ds = x\ln(x) - a \ln(a) - \int_a^x { 1\over s } \cdot s ds = x\ln(x) - a \ln(a) -(x-a) = x\ln(x) -x + C $$ Hier wählten wir: $u(s) = \ln(s) \Rightarrow u'(s) = 1/s,\ v'(s) = 1 \Rightarrow v(s) = s $

Beispiel: Trigonometrische Funktion oder Exponentialfunktion mal Polynom $ x\sin(x) $ $$ \int_a^x s \sin(s) ds = x(-\cos(x)) - a(-\cos(x)) - \int_a^x -\cos(s) ds = -x\cos(x) + a \cos(a) + \sin(x) - \sin(a) = -x\cos(x) + \sin(x) + C $$ Ganz analog verf"ahrt man mit $$ \int x \exp(x) dx = x\exp(x) - \int \exp(x) dx + c = x\exp(x) + \exp(x) + C $$ und entsprechend auch h"oheren Potenzen von $x$.

Beispiel: Produkte trigonometrischer Funktionen $$ \int \sin^2 (x) dx = \int \sin(x) \sin(x) dx = -\cos(x)\sin(x) - \int (-\cos^2(x)) dx + C $$ Mit der Beziehung $$ 1= \sin^2(x) + \cos^2(x) $$ (Satz des Pythagoras) kann man das Integral auf der rechten Seite in eines über $sin^2 $ umschreiben und hat dann ein Integral vom Typ der linken Seite vorliegen. $$ \int \cos^2(x) dx = \int 1-\sin^2(x) dx = x -\int \sin^2(x) dx + C $$ Also $$ 2\int \sin^2 (x) dx = -\cos(x)\sin(x) +x + C $$ Entsprechend behandelt man $\cos^2 , \sin \cdot \cos $. Höhere Potenzen wie $\sin^3, \sin^4 $ usw. kann man rekursiv durch Schreiben der Funktion als Produkt $ \sin^3 = \sin \cdot \sin^2 $ usw. auf Integrale über die niedrigeren Potenzen zurückführen. In den Formelsammlungen findet man entsprechende Rekursionsformeln. Da die Rechnungen umständlich sind, benutzt man dazu besser ein CAS.

Integration durch Substitution

Herleitung der Substitutionsregel

Voraussetzung: $g$ sei im Integrationsintervall umkehrbar und $f $ und $g$ seien differenzierbar. Wir differenzieren mit der Kettenregel die verkettete Funktion $f\circ g $ , auch geschrieben als $f(g)(x) $ oder $f(g(x))$ $$ (f(g(x))' = f'(g(x))\cdot g'(x) $$ Durch Integration über $(a,x)$ bestimmen wir auf beiden Seiten der Gleichung die Stammfunktion, wir schreiben dies von rechts nach links auf. $$ \int_a^x f'(g(s))\cdot g'(s) ds = \int_a^x (f(g(s))' ds = f(g(x)) - f(g(a)) = \int_{g(a)}^{g(x)} f'(z) dz $$ In umgekehrter Reihenfolge geschrieben: $$ \int_{g(a)}^{g(x)} f'(z) dz = f(g(x)) - f(g(a)) = \int_a^x (f(g(s))' ds = \int_a^x f'(g(s))\cdot g'(s) ds $$ Wir haben dabei offenbar die Funktion $g$ durch eine neue Variable $z$ substituiert (ersetzt) wobei der Wert des Integrals sich nicht geändert hat.
Etwas abgekürzt geschrieben: $$ \int_a^x f'(g(s))\cdot g'(s) ds \quad \stackrel{(z=g(x) ) }{=} \quad \int_{g(a)}^{g(x)} f'(z) dz = f(g(x)) - f(g(a)) $$ In der noch kürzeren Stammfunktionsschreibweise- hier sind bei einer Auswertung des Integrals aber die geänderten Integrationsgrenzen zu beachten! $$ \int f'(g(s))\cdot g'(s) ds \quad \stackrel{(z=g(x) ) }{=} \quad \int f'(z) dz = f(g) +C. $$ In der bei Ingenieuren beliebten Schreibweise mit Differentialen schreibt sich die Substitutionsregel so: $$ \int \frac{ df(g(x)) }{dg } \cdot \frac{ dg }{dx } dx = \int \frac{ df(g) }{dg } dg = f(g(x) ) + C $$ Man sollte sich dabei immer die Bedeutung der Umformungen und Rechnungen vergegenwärtigen $ \frac{ dg }{dx } $ ist ein fester Ausdruck für die Ableitung von g nach der Variablen x usw. Man kann also diesen Term nicht einfach durch Multiplikation mit $dx$ kürzen, auch wenn das auf formaler Ebene durch den Integrationsprozess so wirkt. Die unterschiedlichen Grenzen der Integration in den Integralen sind auch zu beachten.

Rechnen mit der Substitutionsregel $$ \int_a^x f'(g(s))\cdot g'(s) ds \stackrel{ (z= g(x) ) }{=} \int_{g(a)}^{g(x) } f'(z) dz = f(g(x)) - f(g(a)) $$ bzw. als unbestimmtes Integral $$ \int f'(g(x))\cdot g'(x) dx \stackrel{ (z= g(x) ) }{=} \int f'(z) dz = f(g(x)) + C $$

Beispiel: Lineare Transformation im Argument $$ \int_a^x \cos(3s+4) ds = \int_a^x { 1\over 3 } \cos(3s+4)\cdot 3 ds = { 1\over 3 } \int_{ 3a+4 }^{ 3x+4 } \cos(z) dz = { 1\over 3 } ( \sin(3x+4) - \sin(3a+4) ) $$ Substitution hier : $ z= g(x) = 3x+ 4, g'(x) = 3 $

Zum Vergleich: Rechnung in der Physikernotation mit Rücksubstitution zum Schluss: $$ z = 3x+ 4, \quad { dz \over dx } = 3 \qquad \int \cos(3x+4) dx = \int \cos(z ) {dz \over 3 } = { 1\over 3 } \sin(z) + C = { 1\over 3 } \sin(3x+4 ) + C $$ Analog für andere Funktionen Verkettung mit affin linearer Transformation : $$ \int (7s-5)^3 ds = {1\over 7\cdot 4 } (7x-5)^4 + C $$ $$ f'(x) = x^{0,2}, g(x)=11x+77: \quad \int (11s+77)^{0,2} ds = {1\over 11\cdot(1,2) } (11x+77)^{1,2} + C $$ $$ \int \cos(0,5x + 5) dx = 2\sin(0,5x + 5) + C $$ $$ \int \sqrt{ 23t +1 } dt = { 3\over 46 } (23t +1)^{ {3\over 2} } + C $$ $$ \int (111 r + \sqrt{2} )^{-1} dr = 111^{-1} \ln |111 x + \sqrt{2} | + C $$ Probe jeweils durch Differenzieren.

Beispiel Exponentialfunktionen /Logarithmus $$ \int x \exp(x^2) dx = \int { 1\over 2 } 2 x \exp(x^2) dx = \int { 1\over 2 } \exp(z) dz = { 1 \over 2 } \exp(x^2) + C, \ \mbox{ Substitution: } z = x^2 $$ $$ \int x^4 \exp(x^5) dx = \int { 1\over 5 } 5 x^4 \exp(x^5) dx = { 1\over 5} \exp(x^5) + C, \quad \mbox{ Substitution: } z = x^5 $$ $$ \int \cos(x) \exp(\sin(x) ) dx = \int \exp(z ) dz = \exp( \sin(x) ) + C, \quad \mbox{ Substitution: } z =\sin(x) $$ $$ \int \sin(\exp(2x)) \cdot 2 \exp(2x) dx = \int \sin(z) dz = - \cos( \exp(2x) ) + C , \quad \mbox{ Substitution: } z = \exp(2x) $$ $$ \int \cos(x) \cdot \ln (\sin(x)) dx \stackrel{ (z= \exp(2x) }{=} \int \ln (z ) dz = z \ln(z) - z + C = \sin(x) ( \ln(\sin(x)) - 1 ) + C $$ Stammfunktion des Tangens $$ \int \tan(x) dx = \int { \sin(x) \over \cos(x) } dx \stackrel{ (z=\cos(x) ) }{=} - \int { 1 \over z } dz = - \ln(z) + C = - \ln(\cos(x)) + C $$

Integrale die $ \sqrt{ 1-x^2 } $ enthalten - umgekehrte Anwendung der Substitution

Setze in einem passenden Intervall, in dem die Sinusfunktion umkehrbar ist ( z.b. $ [-\pi/2 ; \pi/2 [ $ , genaue Diskussion im pdf-Skript- Beispiel) . $$ x(t) = \sin(t) \Rightarrow x'(t ) = \cos(t) , 1-x^2 = 1 - \sin^2(t) = \cos^2(t), \ t = \arcsin(x) $$ Beispiel 1 $$ \int { 1 \over \sqrt{ 1-x^2 } } dx = \int { 1 \over \sqrt{ 1-x(t)^2 } }x'(t) dt = \int { \cos(t) \over |\cos(t) | } dt = t + C = \arcsin(x) + C $$ Im Intervall $ [-\pi/2 ; \pi/2 [ $ ist $ 0 \le \cos(t) = |\cos(t) | $ sodass man im Integral den Betrag auch weglassen kann, der Integrand ist dann gerade $1$, seine Stammfunktion somit $t+C$.

Beipiel 2: Substitution $ x=2\sin(u), dx = 2\cos(u)du, 1-sin^2 = \cos^2 $

$$ \int { \sqrt{ 4 - x^2} \over x^2 } dx = \int {2\sqrt{ 1 - \sin^2(u)} \over 4 \sin^2(u) } 2\cos(u) du = \int { \cos^2(u) \over \sin^2(u) } du = \int \sin^{-2}(u) -1 du = -\cot(u) -u +C $$ Rücksubstitution $ x = 2\sin u \Rightarrow u = \arcsin(x/2) $ ergibt $$ \int { \sqrt{ 4 - x^2} \over x^2 } dx = {-\sqrt{ 4 - x^2} \over x } - \arcsin(x/2) +C $$

Logarithmische Integration als Sonderfall der Substitutionsregel $$ \int { g'(x) \over g(x) } dx \stackrel{ (z= g(x) ) }{=} \int { 1 \over z } dz = \ln(z) + C = \ln|g(x)| + C $$


Beispiele
$$ \int { 6 x^5 + 2x \over x^6 + x^2 + 4 } dx \stackrel{ (z=x^6 + x^2 + 4 }{=} \int { 1\over z } dz = \ln ( x^6 + x^2 + 4 ) + C $$ $$ \int { x^5 \over x^3 -1 } dx = \int x^2 + { x^2 \over x^3 -1 } dx = {1\over 3 } ( x^3 + \ln|x^3-1|) + C $$ Zunächst Polynomdivision, dann Substitution /logarithmische Integration. Allgemeinere Probleme dieses Typs werden weiter unten unter Partialbruchzerlegung behandelt.

Kombination von partieller Integration und Substitution.

Beispiel Gesucht ist $ \int x^3 \exp(x^2) dx. $ Wir schreiben den Integranden $ x^3 \exp(x^2) $ als Produkt der Funktionen $$ u(x) = {x^2 \over 2 } , \quad v'(x) = 2 x \exp(x^2) , \quad x^3 \exp(x^2) = u(x) \cdot v'(x) , \quad v(x) = \int v'(x) dx = \exp(x^2) $$ Hier haben wir zur Bestimmung von $v$ die Substitutionsregel mit $ z=x^2 $ angewandt. Nun erhalten wir mit partieller Integration $$ \int x^3 \exp(x^2) dx = \int {x^2 \over 2 } 2x \exp(x^2) dx = {x^2 \over 2 } \exp(x^2) - \int x \exp(x^2) dx = $$ $$ = {x^2 \over 2 } \exp(x^2) - {1\over 2 } \exp(x^2) +C = {1\over 2 } (x^2-1) \exp(x^2) + C $$ Bei der Berechnung des letzten Integrals wurde noch einmal die Substitutionsregel verwendet.

Ähnliche Beispiele /Aufgaben nach demselben Muster: $$ \int (x+1)^3 \sin((x+1)^2) dx, \quad \int \exp(2x) \sin(\exp(x)) dx , \quad \int x^{-5} \exp(x^{-2} ) dx $$ Hier muss man sich immer überlegen: Wie zerlege ich den Integranden so in ein Produkt, dass ich einen Faktor (nämlich $v'$ ) mit der Substitutionsregel aufintegrieren kann. Zur Lösung von Aufgaben dieses Typs muss man sowohl partielle Integration als auch Substitutionsregel gut beherrschen, damit man den Zerlgungsansatz schnell findet.

Übungen zum formalen Integrieren - Substitutionsregel anwenden!

(wird auch für das Kapitel Differentialgleichungen benötigt!)
Geben Sie jeweils eine Stammfunktion an. $z, u, v, g $ seien bzgl $ x \in I\!\!R $ differenzierbare Funktionen. $$ \int \sin(z(x))z'(x) dx , \qquad \int { z'(x) \over z^2 +1 } dx, \qquad \int z'(x) \exp(z(x)) dx, $$ $$ \int z'(x)z(x) \exp(z^2(x)) dx, \qquad \int { u'(x) \over u(x) +7 } dx , \qquad \int { g'(x) +7 \over g(x) +7x } dx $$ $$ \int { u'(x) \over \sqrt{u(x) +7 } } dx, \qquad \int { u'(x) 3 u^2(x) \cdot \sqrt{u^3(x) +7 } } dx = $$ Bauen Sie sich selber nach diesen Mustern Aufgaben mit konkreten Funktionen!

Integration über komplexwertige Funktionen statt partieller Intergration bei sin, cos , exp-Produkten

Funktionen, die Produkte von Exponential- und trigonometrischen Funktionen sind, lassen sich schnell über die komplexwertige Exponentialfunktion einer reellen Variablen integrieren. $$ \exp: R \to C, \quad \exp(\lambda x), x\in R, \qquad \lambda = \alpha + j \beta, \quad e^{\lambda x } = e^{ \alpha x } (\cos(\beta x ) + j \sin(\beta x) ) $$ Denn einerseits ist $$ e^{\alpha x } \cos(\beta x ) = Re( e^{\lambda x } ) \qquad e^{\alpha x } \sin(\beta x ) = Im( e^{\lambda x } ) $$ andererseits rechnet man nach, dass die komplexwertige Exponentialfunktion einer reellen Variablen sich analog zur reellwertigen differenzieren und integrieren lässt. $$ (e^{\lambda x } )' = \lambda (e^{\lambda x} ) \qquad \int_a^x e^{\lambda s} ds + = {1 \over \lambda } ( e^{\lambda x} - e^{\lambda a} ) = { 1 \over \lambda } e^{\lambda x} + C $$ Also erhält man z.B. (beachte: Teilen durch eine komplexe Zahl durch Erweitern mit der konjugiert komplexen $\bar{\lambda} = \alpha - j \beta $) $$ \int e^{\alpha x } \cos(\beta x ) dx = Re ( \int e^{\lambda x } dx ) = Re ( {1 \over \lambda } e^{ \lambda x } ) + C = Re ( { \bar{\lambda } e^{ \lambda x } ) \over |\lambda^2 | } ) + C = { e^{\alpha x } \over \alpha^2 + \beta ^2 } ( \alpha \cos(\beta x ) + \beta \sin(\beta x) ) + C $$ sowie $$ \int e^{\alpha x } \sin(\beta x ) dx = Im({1 \over \lambda } e^{ \lambda x } ) = { e^{\alpha x } \over \alpha^2 + \beta ^2 } ( \alpha \sin(\beta x ) - \beta \cos(\beta x) ) + C $$ Die Alternative zur komplexen algebraischen Rechnung wäre eine zweimalige partielle Integration gewesen.
Beachte Differentiation und Integration werden hier nur bezüglich einer reellen Variablen $x$ durchgeführt. Die Integration über eine komplexe Variable muss anders gerechnet werden!
Beispiel: $ \alpha = 2 , \beta = 5, \lambda = 2 + 5 j $ aus der ermittelten Formel oder mit eigenen Zwischenschritten
$$ \int e^{2x} \sin(5x) dx = Im \left({1 \over \lambda } e^{ \lambda x } \right) = { e^{2x} \over 2^2 + 5^2 } ( 2 \sin(5x) - 5 \cos(5x)) $$


Partialbruchzerlegung

Vorbereitung - einführende Beispiele, einfache Grundintegrale.

Hier geht es um die Integration von gebrochen rationalen Funktionen $$ f'(x) = { P(x) \over Q(x) } \qquad P,Q \ \mbox{Polynome} $$ Die Grundidee bei der Integration ist, die gebrochen rationale Funktion zunächst in eine Summe von relativ einfach integrierbarer Funktionen - die Partialbrüche - zu zerlegen. Wir starten mit einem einfachen Beispiel.

Beispiel PZ1
$P=1 $ konstant, $Q$ vom Grad 2 mit zwei einfachen Nullstellen. Das Nennerpolynom muss faktorisiert werden. Dazu sind zunächst dessen Nullstellen zu bestimmen. $$ f'(x) = { 1 \over x^2 - 3x + 2 } = { 1 \over (x-1)(x-2) } = { A \over (x-1) }+ { B \over (x-2) } $$ Zu den rechts stehenden Funktionen $1/(x-1) $ und $ 1/(x-2)$ kennen wir die Stammfunktionen.
Zu bestimmen sind also lediglich die Unbekannten $A,B.$ Diese erhält man, indem man die Gleichung mit den Nennerfaktoren $(x-1) $ und $(x-2)$ durchmultipliziert und dann einfach die Nullstellen einsetzt. $$ 1 = A(x-2) + B(x-1) \mbox{ ergibt für} x=1: \ A= -1 , \mbox{ und für } x=2: \ B=1 $$ Somit ergibt sich als Stammfunktion $$ f(x) = \int f'(x) dx = \int { -1 \over (x-1) }+ { 1 \over (x-2) } dx +c = -\ln|x-1| + \ln|x-2| + C $$ Treten die Faktoren $(x-1)$ oder $x-2)$ in höheren Potenzen auf, so ist ein anderer Zerlegungsansatz zu wählen.

Beispiel PZ2
$P=1$ konstant und $Q$ vom Grad 3 mit einer einfachen und einer doppelten Nullstelle. $$ f'(x) = { 1 \over (x-1)^2 (x-2) } = { A \over (x-1) } + { B \over (x-1)^2 } + { C \over (x-2) } $$ Hier kann man nur $B, C$ mit dem Trick des ersten Beispiels bestimmen. Multiplikation der Gleichung mit den jeweils höchsten Potenzen $ (x-1)^2$, $ (x-1)$ $$ 1 = A(x-2)(x-1) + B(x-2) + C(x-1)^2 \mbox{ ergibt für} x=1: \ B= -1 , \mbox{ und für } x=2: \ C=1 $$ Die verbleibende Konstante $A $ ermittelt man aus der Gleichung durch Einsetzen eines beliebigen anderen Wertes von $x $ (au\3er $1,2$. ) Z.B. ergibt sich für $x=0$ $$ 1= A(-2)(-1) + (-1)(-1) + 1(-1) \quad \mbox{ und somit } A = { 1 \over 2 } $$ Die Stammfunktionen dürften damit klar sein. $$ \int { 1 \over 2 (x-1) }+ { -1 \over (x-1)^2 } + { 1 \over (x-2) } \; dx = {1 \over 2 } \ln|x-1| + { 1 \over (x-1) } + 1 \ln|x-2| + C^* $$ In diesem Beispiel ist bereits der Fall enthalten, dass $Q$ ein Polynom vom Grad 2 mit doppelter Nullstelle ist (Term zu $B, (x-1)^2 $).

Beispiel PZ3: keine reellen Nennernullstellen
Wir betrachten nun den Fall, dass das Nennerpolynom keine reellen Nullstellen besitzt. $$P=1, \quad Q= x^2 + px + q, \quad \ p^2 -4q < 0 $$ somit keine reellen Nullstellen.
Dies ist kein Kandidat für die Partialbruchzerlegung, sondern für eine Substitution wie wir gleich sehen werden!
Zunächst erinnern wir uns, dass die Stammfunktion von $1/(1+x^2 ) $ gerade der $\arctan(x) $ ist $$ \int { 1 \over 1+ x^2 } dx = \arctan(x) + C^* $$ Das folgende, etwas allgemeinere Integral berechnen wir nun mit der Substitutionsregel: $$ \int {1 \over x^2 + d^2 }\; dx = { 1 \over d^2 } \int {1 \over (x/d)^2 + 1 }\; dx = {1 \over d } \arctan( x/d) $$ Den allgemeinen Nenner $Q$ können wir auf diesen Fall durch quadratische Ergänzung zurückführen (umschreiben in Scheitelpunktsform) $$ Q= x^2 + px + q = x^2 + px + { p^2 \over 4 } - {p^2 \over 4 } + q = (x+ {p\over 2} )^2 - { p^2 \over 4 } + q $$ Mit der Abkürzung $$ d^2 = - { p^2 \over 4 } + q > 0 $$ erhalten wir dann aus der vorigen Integration (x ist lediglich verschoben - siehe Beispiele zur Substitution ) $$ \int { 1 \over x^2 + px + q } \; dx = {1 \over d } \arctan \left( { x+ {p\over 2} \over d } + q \right) + C^* $$ Den etwas allgemeineren Fall $ Q= ax^2 + bx + c, $ führt man durch Ausklammern von $a$ auf den behandelten Fall zurück: $ p=b/a, q=c/a.$

PZ4: Einfachstes Beispiel zum Fall: Q mit konjugiert komplexer Nullstelle, Zerlegung in log und arctan -Integral $$ { x +1 \over x^2 +1 } = { 1\over 2 } { 2x \over x^2 +1 } + { 1 \over x^2 +1 } $$ $$ \int { x +1 \over x^2 +1 } dx = { 1\over 2 } \ln (x^2 +1 ) + \arctan(x) + C $$

Diese vier Beispiele enthalten nun schon alle wesentlichen Zutaten und Techniken für die allgemeine Partialbruchzerlegung. Je nach vorliegendem Integranden müssen sie nur noch geschickt miteinander kombiniert werden.

Grundlegendes zur Methode der Partialbruchzerlegung

Gesucht sind Stammfunktionen von gebrochen rationalen Funktionen $$ f(x) = { P(x) \over Q(x) } \qquad P,Q \ \mbox{Polynome} $$ 1. Schritt: Wenn Grad(P) $\ge$ Grad(Q) vorliegt, so wird zunächst eine Polynomdivision durchgeführt um folgende Situation zu erzeugen: $$ f(x) = P_1 + { P_2(x) \over Q(x) } $$ wobei $P_1$ ganzrational und Grad(P_2) $\lt $ Grad(Q) , somit $P_2/Q$ echt gebrochen rational ist.
Wir gehen also im folgenden immer von einer echt gebrochen rationalen Funktion $f= P/Q$ aus.
Wenn Grad(P) $\le $ Grad(Q) erübrigt sich die Polynomdivision.
Die Partialbruchzerlegung ist ein eine algebraische Methode um diese Funktion in eine Summe von elementar integrablen Funktionen - die Partialbrüche - zu zerlegen: $$ f = { P(x) \over Q(x) } = \sum_k c_k f_k(x) $$ Wir werden sehen: Das ist so realisierbar, dass die Funktionen $f_k$ immer mindestens eine der folgenden Funktionen als Stammfunktion besitzen:
Eine Potenzfunktion, eine Logarithmusfunktion oder eine arctan-Funktion, wie in den drei Einführungsbeispielen.

Ausgangspunkt der Zerlegung ist wieder eine Faktorisierung des Nenners $Q$ nach Nullstellen.

Zwei zentrale Sätze dazu:

Hauptsatz der Algebra: Jedes Polynom (über dem Körper der komplexen Zahlen) vom Grad n besitzt genau n Nullstellen (darin die reellen enthalten, mehrfache auch mehrfach gezählt) .

Jedes Polynom mit reellen Koeffizienten, das eine (echt) komplexe Zahl als Nullstelle besitzt, hat auch die konjugiert komplexe Zahl als Nullstelle.

Die Konsequenz: Jedes Polynom mit reellen Koeffizienten lässt sich faktorisieren in ein Produkt aus linearen und reellen quadratischen Faktoren, nämlich:
Linearfaktoren für die reellen Nullstellen $x_l$ : $ (x-x_l)^{m_l } $, $m_l$ sei dabei die Vielfachheit der Nullstelle $ x_l$
Quadratische Faktoren für nichtreelle Nullstellen ergeben multipliziert quadratische Terme : $$ (x-x_l)(x - \bar{x_l} ) = x^2 - 2 Re(x_l) +|x_l|^2 $$ sowie Potenzen davon , bei mehrfachen nichtreellen Nullstellen.

Sie sollten zuvor die einfachen Beispiele des verlinkten Kurzskripts zum Thema Partialbruchzerlegung gelesen und verstanden haben. Das Folgende baut darauf auf!

Ein großes Beispiel das bereits alle wesentlichen Fälle enthält:
$$ Q(x) = x^4 + 2 x^3 - 2x^2 - 6x + 5= (x-1)^2 (x^2 + 4x + 5) $$ Q besitzt also eine doppelte reelle Nullstelle $x_1=x_2=1$ und die konjugiert komplexen
$x_3 = -2-2j , \ x_4 = -2 + 2j, \ (x-x_3)(x-x_4) = (x^2 + 4x + 5) $

Hat man nun ein Polynom $P$ vom Grad höchstens 3 als Zähler gegeben, so würde man für $f = P/Q $ folgende Zerlegung ansetzen: $$ f(x) = { P(x) \over Q(x) } = { A_1 \over (x-1) } + { A_2 \over (x-1)^2 } + { B_1 x + B_2 \over (x^2 + 4x + 5) } \qquad (*) $$ und die Koeffizienten $A_1, A_2 , B_1 , B_2 $ so bestimmen, dass beide Seiten gleich sind. Wie man das geschickt macht, siehe unten. Einfach diverse $x$-Werte einsetzen und ein Gleichungssystem lösen (hier mit 4 Unbekannten) funktioniert zwar immer, ist aber oft zu umständlich und umgehbar.
Beachte: Für die doppelte Nullstelle $ x=1$ genügt es nicht , nur $ A/(x-1)^2 $ in den Ansatz zu stecken, man muss auch die niedrigeren Potenzen berücksichtigen!

Die ersten beiden Terme der Zerlegung können wir nun sofort integrieren: $$ \int { A_1 \over (x-1) } dx = A_1 \ln|x-1| +C \qquad \int { A_2 \over (x-1)^2 } dx = { -A_2 \over (x-1) } + C $$ Für den 3. Term müssen wir eventuell noch eine weitere additive Zerlegung vornehmen mit einem noch zu bestimmenden Koeffizienten $B_3$: $$ { B_1 x + B_2 \over (x^2 + 4x + 5) } = {B_1\over 2 } { 2 x + 4 \over (x^2 + 4x + 5) } + { B_3 \over (x^2 + 4x + 5) } $$ Warum gerade diese Zerlegung? Weil wir dafür eine logarithmische und eine arctan-Stammfunktion bestimmen können. Der 3. Term ist ein Quotient aus linearer Funktion im Zähler und quadratischer Funktion im Nenner.

Trick: Additive Zerlegung des 3. Terms in Integranden mit logarithmischer und arctan- Stammfunktion.
Wir sehen uns gleich die allgemeine Situation an, um zu zeigen, dass die Zerlegung immer möglich ist: Es sei $ b^2 - 4c \lt 0 $ und gesucht werde die Stammfunktion zu $$ { B_1 x + B_2 \over (x^2 + bx + c) } $$ In folgenden Fällen spezieller Zählerfunktionen können wir sofort Stammfunktionen finden:
Logarithmische Stammfunktion für einen Integranden des Typs $u'/u $ mit der Substitution $ u = x^2 + b x + c $ $$ \int { 2 x + b \over x^2 + b x + c } dx = \int { 1 \over u } du = \ln | x^2 + b x + c | + C $$ Arctan-Stammfunktion über quadratische Ergänzung und Substitution für einen Integranden des Typs : $$ \int { 1 \over x^2 + b x + c } dx = 2r \arctan( r (2x+b) ) + C \quad \mbox{mit } r = { 1 \over \sqrt{ 4c - b^2 } } $$ Also liegt es nahe, den 3. Term in diese beiden speziellen Integranden zu zerlegen: $$ B_1 x + B_2 = {B_1\over 2 } (2x + b) \ + \ B_2 - b {B_1\over 2 } $$ also : $$ { B_1 x + B_2 \over (x^2 + bx + c) } = {B_1\over 2 } { 2 x + b \over x^2 + b x + c } + ( B_2 - b {B_1\over 2 }) { 1 \over x^2 + b x + c } $$ Der erste Bruch der rechten Seite hat wie oben gezeigt eine logarithmische Stammfunktion, der zweite eine vom Typ arctan, wir müssen also nur noch zusammensetzen: $$ \int { B_1 x + B_2 \over (x^2 + bx + c) } dx = {B_1\over 2 } \ln | x^2 + b x + c | + ( B_2 - b {B_1\over 2 }) 2r \arctan( r (2x+b) ) + C \quad \mbox{mit } r = { 1 \over \sqrt{ 4c - b^2 } } $$ Einsetzen von $ b=4 $ und $c=5$ sowie Addition der Stammfunktionen von $1/(x-1) $ und $1/(x-1)^2 $ ergibt also die Stammfunktion von $f$, siehe unten.

Anmerkung: Bis hierher wurde bewusst kein konkretes Zählerpolynom $P$ angegeben, die Ausführungen möglichst allgemein gehalten, um zu zeigen, dass für den Zerlegungsansatz nur die Nullstellen des Nenners $Q$ relevant sind. $P$ kann bisher also irgendein Polynom vom Grad kleiner oder gleich $3$ sein!

Trick: Bestimmung der konkreten Koeffizienten $A_1, A_2, B_1 , B_2 .$
Wir geben uns nun ein konkretes Polynom $$P(x) = x^3 -10x^2 + 7x - 3 $$ als Beispiel in (*) vor. Würden wir nacheinander 4 verschiedene x -Werte in (*) einsetzen, ergäbe sich ein lineares Gleichungssystem mit 4 Unbekannten, das man lösen könnte um die Koeffizienten zu bestimmen. Wir kürzen das jedoch mit einem kleinen Trick ab (er entspricht der strukturnutzenden Lösung eines speziell strukturierten Gleichungssystems). Multipliziert man die Gleichung (*) mit der höchsten Potenz $(x-1)^2 $ und erhält man: $$ (x-1)^2 { x^3 -10x^2 + 7x - 3 \over (x-1)^2 (x^2 + 4x + 5) } = A_1 (x-1) + A_2 + (x-1)^2 \cdot { B_1 x + B_2 \over (x^2 + 4x + 5) } $$ Links kürzen mit $(x-1)^2 $ und dann $x=1$ setzen. Damit verschwinden 2 Terme und es bleibt $$ { x^3 -10x^2 + 7x - 3 \over (x^2 + 4x + 5) } \big|_{x=1} = { - 5 \over 10 } = - {1\over 2 } = A_2 $$ Nun multiplizieren wir die Gleichung mit $(x^2 + 4x + 5) $ , bringen den Term $A2\cdot (x^2 + 4x + 5) $ mit $A_2=-0,5$ durch Subtraktion auf die linke Seite, dividieren die Gleichung durch $(x-1)$ und erhalten $$ x^2 - {17\over 2 }x + {1 \over 2 } = A_1(x^2 + 4x + 5) + (x-1)(B_1x+B_2) $$ Nun setzen wir wieder $x=1$ und lesen so ab $A_1= -7/10$.
$B_1, B_2 $ ergeben sich durch Ausmultiplizieren der rechten Seite $$ x^2 - {17\over 2 } + {1 \over 2 } = (B_1 +A_1)x^2 + (2A_1 + B_2 - B_1)x + 5A_1 -B_2 $$ und Koeffizientenvergleich ($A_1=-0,7$ einsetzen!) der Polynome auf beiden Seiten: $B_1= 17/10=1,7, \ B_2 = -4 $

Im Ergebnis haben wir nun, wenn wir alles wieder zusammensetzen, folgendes Integral erhalten (Parameter: $b=4, c=5, r=1/2$): $$ \int { x^3 -10x^2 + 7x - 3 \over x^4 + 2 x^3 - 2x^2 - 6x + 5 } dx = -0,7 \ln|x-1| - { 1 \over 2(x-1) } + {17\over 20 } \ln | x^2 + 4x + 5 | -7,4 \arctan( x+2) ) + C $$

Einige Spezialfälle/Aufgaben , hier nur der Zerlegungsansatz, Koeffizientenberechnung und anschließende Integration wie im vorangegangenen Beispiel
Beispiel: Q mit zwei rellen Nullstellen $$ f(x) = { 5\over (x-1)(x-2) } = { A_1 \over (x-1) } + {B \over (x-2) } $$ Die Gleichung mit den Linearfaktoren multiplizieren, Nullstellen einsetzen, ergibt: $A_1 = -5, B= 5 $

Beispiel: Q mit dreifacher reeller und doppelter reeller Nullstelle $$ f(x) = { 1\over (x-1)^3 x^2 } = { A_1 \over (x-1) } + { A_2 \over (x-1)^2 } + { A_3 \over (x-1)^3 } + { B_1 \over x } + {B_2 \over x^2 }$$ Multiplizieren mit den höchsten Potenzen $ (x-1)^3 $, $x^2$ abwechselnd die Nullstellen einsetzen liefert $A_3 $ und $B_2$. Die anderen Koeffizienten erhält man durch Einsetzen geeigneter x-Werte und Lösung eines linearen Gleichungssystems.


Einfachstes Beispiel: Q mit konjugiert komplexer Nullstelle, Zerlegung in log und arctan -Integral $$ { x +1 \over x^2 +1 } = { 1\over 2 } { 2x \over x^2 +1 } + { 1 \over x^2 +1 } $$ $$ \int { x +1 \over x^2 +1 } dx = { 1\over 2 } \ln (x^2 +1 ) + \arctan(x) + C $$

Beispiel: Q mit komplexer/konjungiert komplexer Nullstelle, nur Zerlegung in log und arctan -Integral (Teilaufgabe im großen Beispiel oben) $$ { 3x+5 \over x^2 +2x + 4 } = { 3(2x+2) \over 2(x^2 + 2x + 4) } + { 2 \over x^2 +2x + 4 } $$ $$ \int { 3x+5 \over x^2 +2x + 4 } dx = { 3 \over 2 } \ln( x^2 +2x + 4) + { 2\over \sqrt{3} } \arctan \left( {x+1 \over \sqrt{3} } \right) $$
Beispiel: Q mit zwei doppelten reellen und komplexer/konjungiert komplexer Nullstelle $$ f(x) = { x^2 -2x \over (x^2-1)^2 (x^2+1) } $$ Zwei doppelte Nullstellen des Nenners bei $x=1$ und $x=-1$ und eine komplexe mit konjugiert komplexer. Ansatz : $$ { x^2 -2x \over (x^2-1)^2 (x^2+1) } = { A_1 \over (x-1) } + { A_2 \over (x-1)^2 } + { B_1 \over (x+1) } + { B_2 \over (x+1)^2 } + { C_1x + C_2 \over x^2 +1 } $$ Vorgehen im Prinzip wie beim großen Beispiel oben, mit Koeffizientenvergleich zum Schluss. Ergebnisse zur Kontrolle für die Mutigen, die es rechnen mögen:




Transformationen die auf gebrochen rationale Funktionen führen.

Einige Brüche anderer Funktionenklassen kann man durch Substitution auf gebrochen rationale Funktionen zurückführen und dann mit Partialbruchzerlegung behandeln.
$R(u,v)$ sei eine rationale Funktion in 2 Variablen, d.h. Zähler und Nenner sind jeweils Polynome in 2 Variablen. Beispiel $$ R(u,v) = { uv^2 - 4v^3u + u^7 \over u^2 + uv - u^4v^5 } $$ Ja nachdem, von welchem Typ die Funktion $u(x)$ und $v(x) $ sind, führen unterschiedliche Substitutionen auf einen gebrochen rationalen Integranden. Dieser kann dann mit Partialbruchzerlegung integriert werden, anschließend Rücksubstitution.



Beispiel für einfachen rationalen Ausdruck in einer trigonometr. Funktion.
Die Substitution vom Typ I (a) der Tabelle oben in das Integral einsetzen. $ z= tan(x/2) $ und dann die Formeln für $\sin(x) $ ais I(a) einsetzen, zum Schluss wieder Rücksubstitution. $$ \int { 1 \over \sin(x) } dx = \int { 1+ z^2 \over 2z } \cdot { 2\over 1+ z^2 } dz = \int { 1\over z } dz = \ln|z| + C = \ln|\tan(x/2)| + C $$ Hinweis: Die Stammfunktionen zu $ 1/ \cos^2 (x) $ bzw $1 / \sin^2(x) $ kann man natürlich auch über diese Transformation berechnen. Das ist aber unnötig umständlich, weil sie vom Differenzieren her schon bekannt sind bzw. sein sollten. ($\tan(x) $ bzw $\cot(x) $) Siehe zum Beispiel die Übersicht hier Zusammenstellung typischer Integralsubstitutionen oder Formelsammlungen von Papula oder Bronstein.

Rationale Funktionen von Exponentialfunktionen $$ R(e^x) = { a_0 + a_1 e^x + a_2 e^{2x} + .... + a_n e^{nx} \over b_0 + b_1 e^x + b_2 e^{2x} + .... + b_n e^{nx} } $$ Substitution $ t= e^x , x= \ln(t) , {dx \over dt } = t^{-1} $ $$ \int R(e^x) dx = \int R(t) { 1 \over t } dt $$