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Integrations-Methoden

Anfänglich reichen die umgekehrten Ableitungsregeln. Es gibt aber oft kompliziertere Integrale, die andere Methoden verlangen.

Substitutions-Methode

Wenn die innere Ableitung bis auf einen Faktor gegeben ist, dann kann man \(u\) substituieren, so dass \(u'=\frac{du}{dx}\) gilt:

\[\int f(u)\cdot u'\,dx=\int f(u)\,du\]

Bei der Substitution eines bestimmten Integrals ändern sich die Grenzen, weswegen man entweder unbestimmt nach \(u\) integriert und dann wieder zurück substituiert oder die Grenzen für \(u\) neu berechnet.

Falls bei einem Integral der Faktor nicht ersichtlich ist, dann kann man auch aktiv substituieren. Beispiel für \(\int\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,dx\) mit \(x=\sin(t)\) und \(\frac{dx}{dt}=\cos(t)\):

\[\begin{align} \int\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,dx&=\int\frac{1}{\sqrt{1-\sin(t)^2}}\cos(t)\,dt\\[11pt] &=\int\frac{1}{\cos(t)}\cos(t)\,dt\\[11pt] &=\int 1\,dt\\[11pt] &=t+C\\[11pt] &=\arcsin(x)+C \end{align}\]

Partialbruchzerlegung

Allgemein

Die Partialbruchzerlegung wird bei Funktionen \(f(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}\) angewandt. Nach folgendem Schema wird vorgegangen:

  1. Wenn der Zähler \(P(x)\) einen gleichen oder höheren Grad als der Nenner \(Q(x)\) hat, dann muss zuerst die Polynomdivision angewandt werden. Für die nächsten Schritte wird dann nur der entstanden Rest \(R\) (der auch ein Bruch sein wird) verwendet. (\(P(x):Q(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+...+R\))
  2. Nun müssen \(P(x)\) und \(Q(x)\) als Nullstellen aufgeschrieben werden . (\((x+2)(x+3)\) statt \(x^2+5x+6\))
  3. Das Ziel ist diesen Bruch als eine Summe von Brüchen pro Nullstelle aufzuschreiben. (\(\frac{x+2}{(x+2)(x+3)}=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{x+3}\))
  4. Achtung bei doppelten Nullstellen wie \((x+2)^2\). N-fache Nullstellen sind für sich selbst Summen von Brüchen \(\sum_{k=1}^n\frac{A_k}{(x-x_k)^n}\). (Im Fall \(\frac{1}{(x+2)^2}\) also \(\frac{1}{(x+2)^2}=\frac{A_1}{x+2}+\frac{A_2}{(x+2)^2}\))
  5. Die Gleichung wird nun so umgeformt, dass ein Koeffizientenvergleich auf die gesuchten \(A_n\) führt. (Mit z. B. dem Bruch aus 3: \(x+1=(A+B)x+3A+B\) mit \(A+B=1\) und \(3A+B=2\))
  6. Anschliessend integriert man alle entstandenen Glieder (die aus der Polynomdivision falls vorhanden nicht vergessen!). Man kann sich zusätzlich merken, dass aus z. B. \(\frac{A_1}{x+2}\) nach dem Integrieren \(A_1\ln(x+2)\) wird.

Beispiel

Gesucht sei \(\int\frac{1+x^3}{x^3-4x^2+4x}\,dx\) :

  1. Sowohl im Nenner als auch im Zähler haben wir \(x^3\Rightarrow\) Polynomdivision: \((1+x^3):(x^3-4x^2+4x)=1+\frac{4x^2-4x+1}{x^3-4x^2+4x}\)
  2. \(x^3-4x^2+4x=x(x-2)^2\)
  3. Doppelte Nullstellen! \(\frac{4x^2-4x+1}{x(x-2)^2}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x-2}+\frac{C}{(x-2)^2}\)
  4. Das ergibt folgende Gleichung \(4x^2-4x+1=(A+B)x^2+(C-4A-2B)x+4A\) mit
\[\begin{align} \textrm{I.}\;\;\;\;\;\,4&=A+B\\[11pt] \textrm{II.}-4&=C-4A-2B\\[11pt] \textrm{III.}\;\;\;1&=4A\\[11pt] &\Downarrow\\[11pt] A&=\frac{1}{4}\\[11pt] B&=\frac{15}{4}\\[11pt] C&=\frac{9}{2} \end{align}\]

Wir haben nun also folgendes Integral:

\[\int 1+\frac{\frac{1}{4}}{x}+\frac{\frac{15}{4}}{x-2}+\frac{\frac{9}{2}}{(x-2)^2}\,dx=x+\frac{1}{4}\ln(x)+\frac{15}{4}\ln(x-2)-\frac{9}{2(x-2)}+C\]

Partielle Integration

Die Idee zur partiellen Integration folgt aus der umgekehrten Produktregel:

\[\begin{align} [u(x)\cdot v(x)]'&=u'(x)v(x)+u(x)v'(x)\\[11pt] u(x)v(x)&=\int u'(x)v(x)\,dx+\int u(x)v'(x)\,dx \end{align}\]

Die Hoffnung ist also aus einem nicht-integrierbarem Produkt ein integrierbares herauszubekommen:

\[\int u'v\,dx=uv-\int uv'\,dx\]

Oder bei bei bestimmten Integralen:

\[\int_a^b u'v\,dx=uv\left|_a^b\right.-\int_a^b uv'\,dx\]

Die Euler-Gamma-Funktion

Behauptung

Für die Gamma-Funktion \(\Gamma(n)=\int_0^{\infty}t^{n-1}e^{-t}\,dt\) soll gelten:

\[\Gamma(n)=(n-1)!\]

Mit folgender rekursiver Definition:

\[\Gamma(n)=(n-1)\Gamma(n-1)\]

Beweis

Verankerung:

\[\begin{align} \Gamma(1)&\stackrel{?}{=}0!\\[11pt] \int_0^{\infty}t^{1-1}e^{-t}\,dt&\stackrel{?}{=}0!\\[11pt] \int_0^{\infty}e^{-t}\,dt&\stackrel{?}{=}0!\\[11pt] -e^{-t}\left|_{0}^{\infty}\right.&\stackrel{?}{=}1\\[11pt] 1&=1 \end{align}\]

Voraussetzung:

\[\Gamma(k)=(k-1)!\]

Zu Zeigen:

\[\begin{align} \Gamma(k+1)&=k!\\[11pt] \Gamma(k+1)&=k\cdot (k-1)!\\[11pt] \Gamma(k+1)&=k\cdot\Gamma(k)\;\textrm{(Rek. Def.)} \end{align}\]
Last update: May 26, 2021