Integration rationaler Funktionen
P ( x ) q ( x ) \dfrac{P(x)}{q(x)} q ( x ) P ( x ) P , q P, q P , q Polynome mit reellen Koeffizienten ∫ x k d x \int\limits x^k \; dx ∫ x k d x ∫ 1 ( x − a ) k + 1 d x \int\limits \dfrac{1}{(x-a)^{k+1}} \; dx ∫ ( x − a ) k + 1 1 d x ∫ A x + B ( x 2 + 2 b x + c ) k + 1 d x \int\limits \dfrac{Ax+B}{(x^2+2bx+c)^{k+1}} \; dx ∫ ( x 2 + 2 b x + c ) k + 1 A x + B d x wobei
k ∈ N k \in \N k ∈ N ;
a , b , c , A , B ∈ R a,b,c,A,B \in \R a , b , c , A , B ∈ R und
c − b 2 > 0 c-b^2 > 0 c − b 2 > 0 .
∫ x k d x = x k + 1 k + 1 \int\limits x^k \; dx =\dfrac {x^{k+1}}{k+1} ∫ x k d x = k + 1 x k + 1 ist ein bekanntes
Grundintegral .
Das
Integral ∫ 1 ( x − a ) k + 1 d x \int\limits \dfrac{1}{(x-a)^{k+1}} \; dx ∫ ( x − a ) k + 1 1 d x wird mittels
Substitution z = x − a z=x-a z = x − a auf
Grundintegrale zurückgeführt und man erhält:
∫ 1 ( x − a ) k + 1 = { ln ∣ x − a ∣ falls k = 0 − 1 k ⋅ 1 ( x − a ) k falls k > 0 \int\limits \dfrac{1}{(x-a)^{k+1}} = \begin{cases} \ln |x-a|&\text{falls } k=0 \\ -\dfrac{1}{k} \cdot \dfrac{1}{(x-a)^k}&\text{falls }k\gt 0 \end{cases} ∫ ( x − a ) k + 1 1 = ⎩ ⎨ ⎧ ln ∣ x − a ∣ − k 1 ⋅ ( x − a ) k 1 falls k = 0 falls k > 0 Zur
Integration von
∫ A x + B ( x 2 + 2 b x + c ) ⎵ = p ( x ) k + 1 d x \int\limits \dfrac{Ax+B}{{\underbrace{(x^2+2bx+c)}_{=p(x)}}^{k+1}} \; dx ∫ = p ( x ) ( x 2 + 2 b x + c ) k + 1 A x + B d x nehmen wir einige Umformungen vor:
A x + B = A x + A b + B − A b Ax+B = Ax+Ab+B-Ab A x + B = A x + A b + B − A b = A 2 ⋅ ( 2 x + 2 b ) + B − A b = \dfrac{A}{2}\cdot(2x+2b)+B-Ab = 2 A ⋅ ( 2 x + 2 b ) + B − A b = A 2 ⋅ p ′ ( x ) + B − A b = \dfrac{A}{2}\cdot p'(x) + B -Ab = 2 A ⋅ p ′ ( x ) + B − A b , also
∫ A x + B p ( x ) k + 1 d x \int\limits \dfrac{Ax+B}{p(x)^{k+1}} \; dx ∫ p ( x ) k + 1 A x + B d x = A 2 ∫ p ′ ( x ) p ( x ) k + 1 d x + ( B − A b ) ∫ 1 p ( x ) k + 1 d x = \dfrac{A}{2} \int\limits \dfrac{p'(x)}{p(x)^{k+1}} \; dx + (B-Ab) \int\limits \dfrac{1}{p(x)^{k+1}} \; dx = 2 A ∫ p ( x ) k + 1 p ′ ( x ) d x + ( B − A b ) ∫ p ( x ) k + 1 1 d x Nun gilt
∫ p ′ ( x ) p ( x ) k + 1 d x = { ln ∣ p ( x ) ∣ falls k = 0 − 1 k ⋅ 1 p ( x ) k falls k > 0 \int\limits \dfrac{p'(x)}{p(x)^{k+1}} \; dx = \begin{cases} \ln |p(x)|&\text{falls }k = 0 \\ -\dfrac{1}{k} \cdot \dfrac{1}{p(x)^k}&\text{falls }k \gt 0 \end{cases} ∫ p ( x ) k + 1 p ′ ( x ) d x = ⎩ ⎨ ⎧ ln ∣ p ( x ) ∣ − k 1 ⋅ p ( x ) k 1 falls k = 0 falls k > 0 womit wir nur noch das
Integral ∫ 1 p ( x ) k + 1 d x \int\limits \dfrac{1}{p(x)^{k+1}} \; dx ∫ p ( x ) k + 1 1 d x bestimmen müssen.
p ( x ) = x 2 + 2 b x + c p(x) = x^2 + 2bx + c p ( x ) = x 2 + 2 b x + c = x 2 + 2 b x + b 2 + c − b 2 ⎵ = : γ > 0 = x^2 + 2bx + b^2 + \underbrace{c -b^2}_{=: \gamma > 0} = x 2 + 2 b x + b 2 + = : γ > 0 c − b 2 = ( x + b ) 2 + γ = (x+b)^2 + \gamma = ( x + b ) 2 + γ = γ ⋅ ( ( x + b γ ) 2 + 1 ) = \gamma \cdot \left( \left(\dfrac{x+b}{\sqrt{\gamma}} \right)^2 + 1 \right) = γ ⋅ ( ( γ x + b ) 2 + 1 ) und
γ > 0 \gamma > 0 γ > 0 . Daher mit der
Substitution t = x + b γ t = \dfrac{x+b}{\sqrt{\gamma}} t = γ x + b und
d t = 1 γ d x dt = \dfrac{1}{\sqrt{\gamma}} \; dx d t = γ 1 d x ∫ 1 p ( x ) k + 1 d x \int\limits \dfrac{1}{p(x)^{k+1}} \; dx ∫ p ( x ) k + 1 1 d x = ∫ 1 γ k + 1 ( t 2 + 1 ) k + 1 γ d t =\int\limits \dfrac{1}{\gamma^{k+1}(t^2+1)^{k+1}}\sqrt\gamma \;dt = ∫ γ k + 1 ( t 2 + 1 ) k + 1 1 γ d t = γ γ k + 1 ⋅ ∫ 1 ( t 2 + 1 ) k + 1 d t = \dfrac{\sqrt{\gamma}}{\gamma^{k+1}} \cdot \int\limits \dfrac{1}{(t^2+1)^{k+1}} \; dt = γ k + 1 γ ⋅ ∫ ( t 2 + 1 ) k + 1 1 d t Wir setzen
I k ( t ) : = ∫ 1 ( t 2 + 1 ) k d t I_{k}(t) := \int\limits \dfrac{1}{(t^2+1)^{k}} \; dt I k ( t ) : = ∫ ( t 2 + 1 ) k 1 d t Nach
Satz 5315A ist
I 1 ( t ) = arctan t I_1(t) = \arctan t I 1 ( t ) = arctan t . Für
k ≥ 1 k \geq 1 k ≥ 1 ergibt sich mittels
partieller Integration :
I k = ∫ 1 ⎵ f ´ ⋅ 1 ( t 2 + 1 ) k ⎵ g d t I_k = \int\limits \underbrace{\;1\;}_{f´} \cdot \underbrace{\dfrac{1}{(t^2+1)^k}}_{g} \; dt I k = ∫ f ´ 1 ⋅ g ( t 2 + 1 ) k 1 d t = t ( t 2 + 1 ) k − ∫ t ⋅ 2 t ( − k ) ( t 2 + 1 ) k + 1 d t = \dfrac{t}{(t^2+1)^k} - \int\limits \dfrac{t \cdot 2t(-k)}{(t^2+1)^{k+1}} \; dt = ( t 2 + 1 ) k t − ∫ ( t 2 + 1 ) k + 1 t ⋅ 2 t ( − k ) d t = t ( t 2 + 1 ) k + 2 k ∫ t 2 + 1 − 1 ( t 2 + 1 ) k + 1 d t = \dfrac{t}{(t^2+1)^k} + 2k \int\limits \dfrac{t^2+1-1}{(t^2+1)^{k+1}} \; dt = ( t 2 + 1 ) k t + 2 k ∫ ( t 2 + 1 ) k + 1 t 2 + 1 − 1 d t = t ( t 2 + 1 ) k + 2 k ∫ 1 ( t 2 + 1 ) k − 1 ( t 2 + 1 ) k + 1 d t = \dfrac{t}{(t^2+1)^k} + 2k \int\limits \dfrac{1}{(t^2+1)^k} - \dfrac{1}{(t^2+1)^{k+1}} \; dt = ( t 2 + 1 ) k t + 2 k ∫ ( t 2 + 1 ) k 1 − ( t 2 + 1 ) k + 1 1 d t = t ( t 2 + 1 ) k + 2 k ( I k ( t ) + I k + 1 ( t ) ) = \dfrac{t}{(t^2+1)^k} + 2k (I_k(t) + I_{k+1}(t)) = ( t 2 + 1 ) k t + 2 k ( I k ( t ) + I k + 1 ( t ) ) Also
I k + 1 = 1 2 k ⋅ t ( t 2 + 1 ) k + ( 1 − 1 2 k ) I k ( t ) I_{k+1} = \dfrac{1}{2k} \cdot \dfrac{t}{(t^2+1)^k} + \left(1-\dfrac{1}{2k}\right) I_k(t) I k + 1 = 2 k 1 ⋅ ( t 2 + 1 ) k t + ( 1 − 2 k 1 ) I k ( t ) k ≥ 1 k \geq 1 k ≥ 1 Beispiel
∫ 1 ( x 2 + 4 x + 5 ) 2 d x \int\limits \dfrac 1 {(x^2+4x+5)^2}\, dx ∫ ( x 2 + 4 x + 5 ) 2 1 d x mit
p ( x ) = x 2 + 4 x + 5 p(x) = x^2+4x+5 p ( x ) = x 2 + 4 x + 5 = ( x + 2 ) 2 + 1 = (x+2)^2 +1 = ( x + 2 ) 2 + 1 Substitution t = x + 2 t = x+2 t = x + 2 ; (
d t = d x dt=dx d t = d x ,
γ = 1 \gamma = 1 γ = 1 ,
b = 2 b = 2 b = 2 ).
∫ 1 p ( x ) 2 d x = I 2 ( t ) \int\limits \dfrac{1}{p(x)^2} \; dx = I_2(t) ∫ p ( x ) 2 1 d x = I 2 ( t ) = 1 2 t t 2 + 1 + 1 2 arctan t = \dfrac{1}{2} \dfrac{t}{t^2+1} + \dfrac{1}{2} \arctan t = 2 1 t 2 + 1 t + 2 1 arctan t = 1 2 [ x + 2 x 2 + 4 x + 5 + arctan ( x + 2 ) ] = \dfrac{1}{2} \left[ \dfrac{x+2}{x^2+4x+5} + \arctan (x+2) \right] = 2 1 [ x 2 + 4 x + 5 x + 2 + arctan ( x + 2 ) ] Man darf nicht das, was uns unwahrscheinlich und unnatürlich erscheint, mit dem verwechseln, was absolut unmöglich ist.
Carl Friedrich Gauß
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