6 Integration 3
6.1 Stammfunktionen . . . 3
6.2 Integralberechnung . . . 9
6.3 Numerische Integration . . . 24
7 Kurven und Fl¨achen 29 7.1 Ebene Kurven . . . 29
7.1.1 Beispiele ebener Kurven . . . 29
7.1.2 Polarkoordinatendarstellung bei Kurven . . . 37
7.1.3 Tangente und Normale . . . 38
7.2 Fl¨achen-und Volumenberechnung . . . 47
7.2.1 Berechnung von Fl¨acheninhalten . . . 47
7.2.2 Drehfiguren . . . 50
8 Analysis in mehreren Variablen 59 8.1 Grundbegriffe . . . 59
8.2 Differenzierbarkeit . . . 64
8.3 Der Tangentialraum . . . 79
8.4 Lokale Extrema bei Funktionen zweier Variablen . . . 83
9 Integration in mehreren Variablen 89 9.1 Integration in 2 Variablen . . . 89
9.2 Integration im R3 . . . 107
10 Komplexe Zahlen und lineare Dgln 111 10.1 Komplexe Zahlen . . . 111
10.2 Lineare Differentialgleichungen . . . 117
10.3 Lineare Differentialgleichungen h¨oherer Ordnung . . . 121
1
Integration
6.1 Stammfunktionen
Wir lernen nun eine Rechenoperation an einer Funktionenklasse kennen, welche die Operation der Differenziation r¨uckg¨angig macht.
Definition. Ist f : [a, b] −→R eine Funktion, so heißt eine differenzierbare Funk- tion F : [a, b]−→R eine Stammfunktion zuf, wenn F0 =f gilt.
Folgendes ist leicht:
6.1.1 Hilfssatz. Sind F, G: [a, b]−→R Stammfunktionen zuf, so giltF =G+C mit einer Konstanten C.
Beweis. Denn (F −G)0 =f −f = 0, so dass F −G konstant sein muss.
Hier haben wir eine erste Tabelle, die zu einigen schon bekannten Funktionen die Stammfunktion ent¨alt:
Funktion f(x) Definitionsbereich Stammfunktion F(x) Definitionsbereich
xn, Z3n≥0 R n+11 xn+1 R
xn, Z3n < 0, n 6=−1 R\ {0} n+11 xn+1 R\ {0}
1
x R\ {0} ln|x| R\ {0}
3
.
Funktion f(x) Definitionsbereich Stammfunktion F(x) Definitionsbereich
ex R ex R
ax, a >0 R lna1 ax R
xa, a6=−1, reell R+ a+11 xa+1 R+ (ax+b)n, mit a6= 0, n ≥0 R (n+1)a1 (ax+b)n+1 R
cosx R sinx R
sinx R −cosx R
1/cos2x (−π/2, π/2) tgx (−π/2, π/2)
1/sin2x (0, π) −ctgx (0, π)
1/1 +x2 R arctg x R
1/√
1−x2 (−1,1) arcsin x (−1,1)
Wir zeigen nun, dass man f¨ur jede stetige Funktion f : [a, b] −→ R die Fl¨ache berechnen kann, welche vom Graphen von f, der x-Achse und den Geraden x = a und x=b eingeschlossen wird.
Dazu gehen wie so vor:
1. Schritt: Istn ∈N, so seiZ eine Zerlegung von [a, b] innTeilintervalle [aj, aj+1], wobei j = 0, ...., n−1.
2. Schritt: Wir bilden die Obersumme Σ(f,Z) :=
n−1
X
j=0
x∈[amaxj,aj+1]f(x)
(aj+1−aj) und die Untersumme
Σ(f,Z) :=
n−1
X
j=0
min
x∈[aj,aj+1]f(x)
(aj+1−aj)
F¨ur stetiges f sind beide Summen wohldefiniert, und es gilt f¨ur irgend 2 Zerle- gungenZ1 und Z2 von [a, b], dass
minf([a, b]) (b−a)≤Σ(f,Z1)≤Σ(f,Z2)≤maxf([a, b]) (b−a) 3. Schritt: Wir bilden das ”Oberintegral”
R(f,[a, b]) := gr¨oßte untere Schranke von {Σ(f,Z) | Z Zerlegung von [a, b]}
und das ”Unterintegral”
R(f,[a, b]) := kleinste obere Schranke von {Σ(f,Z)| Z Zerlegung von [a, b]}
Aus der Stetigkeit von f kann man herleiten:
6.1.2 Satz. Ist f : [a, b]−→R stetig, so gibt es zu jedem ε >0 eine Zahl δ > 0, so dass |f(t)−f(s)|< ε, wenn |t−s|< δ.
Hieraus folgt aber
6.1.3 Satz.Ist f : [a, b] −→ R stetig, so gibt es zu jedem ε > 0 ein δ > 0, so dass f¨ur jede Zerlegung Z ={a=a0, a1, ..., an =b}von [a, b], so dassaj+1−aj < δ, wenn 0≤j ≤n−1, schon gilt
Σ(f,Z)<Σ(f,Z) +ε Insbesondere ist dann
R(f,[a, b]) = R(f,[a, b])
Dieser Wert wird das Integral vonf in den Grenzen aundbgenannt und mit dem Symbol
Z b a
f(x)dx bezeichnet. Istf ≥0 ¨uberall, so stelltRb
af(x)dxdie Fl¨ache dar, welche vom Graphen von f, der x-Achse und den Geraden x=a und x=b eingeschlossen wird.
HatfWerte beider Vorzeichen, so wird der genannte Fl¨acheninhalt durchRb
a|f(x)|dx wiedergegeben.
a b x
Beispiel: (1) Ist f konstant gleich c, so folgt
Z b a
f(x)dx=c(b−a)
denn schon alle Ober-und Untersummen haben diesen Wert.
(2) Sei jetzt f(x) =x2. Dann w¨ahlen wir die Zerlegung Zn mit den Zerlegungs- punkten aj =a+ nj(b−a) und finden
Σ(f,Zn) =
n−1
X
j=0
a+j b−a n
2
b−a n
= b−a n
n−1
X
j=0
a2+ 2ab−a n
n−1
X
j=0
j+ (b−a)2 n2
n−1
X
j=0
j2
!
= b−a
n n a2+ 2ab−a n
(n−1)n
2 +(b−a)2 n2
n−1
X
j=0
j2
!
= (b−a)a2+a(b−a)2n−1
n + (b−a)3 n3
2n−1
X
j=0
j2
Aber es gilt
n−1
X
j=0
j2 = 1
6n(n−1)(2n−1)
Das setzen wir in Σ(f,Zn) ein und lassen n→ ∞ gehen. Es folgt Z b
a
x2dx = (b−a)a2+a(b−a)2+ (b−a)3 3
= (b−a)a2+a(b−a)2+ b3−3b2a+ 3ba2−a3 3
= b3−a3 3
F¨ur das Integral gelten die folgenden Regeln:
6.1.4 Satz. a) Sind f und g auf [a, b]stetig, so gilt f¨ur α∈R: Z b
a
f(x) +αg(x) dx=
Z b a
f(x)dx+α Z b
a
g(x)dx b) Istc∈(a, b), so gilt
Z b a
f(x)dx= Z c
a
f(x)dx+ Z b
c
f(x)dx Jede stetige Funktion hat eine Stammfunktion:
6.1.5 Hauptsatz. Istf : [a, b]−→Reine stetige Funktion, so gilt f¨ur die Funktion F(t) :=
Z t a
f(x)dx, a≤t≤b folgendes:
a) F ist auf [a, b] stetig und auf (a, b) stetig differenzierbar b) F0 =f auf (a, b).
c) Es gilt F(a) = 0.
Beweis. Es sei also t0 ∈(a, b) ein beliebiger Punkt. Ist dann t∈(a, b), so gilt f¨urt > t0:
F(t)−F(t0) = Z t
a
f(x)dx− Z t0
a
f(x)dx= Z t
t0
f(x)dx also
F(t)−F(t0)
t−t0 −f(t0)
= 1
t−t0
Z t t0
(f(x)−f(t0))dx
≤max{|f(x)−f(t0)| | t0 ≤x≤t}
und f¨urt < t0:
F(t)−F(t0) = − Z t0
a
f(x)dx− Z t
a
f(x)dx
=− Z t0
t
f(x)dx also
F(t)−F(t0)
t−t0 −f(t0)
= 1
|t−t0|
Z t0
t
(f(x)−f(t0))dx
≤max{|f(x)−f(t0)| | t≤x≤t0} Da f stetig ist, geht
max{|f(x)−f(t0)| | x zwischen t und t0} −→0 wennt →t0. Daraus folgt alles.
6.1.6 Hilfssatz. (1) Ist f : [a, b]−→R stetig und F eine Stammfunktion f¨ur f, so ist
Z b a
f(x)dx=F(b)−F(a) (2) Ist f stetig differenzierbar, so istRb
a f0(x)dx=f(b)−f(a).
Beweis. (1) Ist n¨amlich F1(t) := Rt
af(x)dx und F irgendeine Stammfunktion zu f so ist F =F1+C mit einer KonstantenC. Es gilt C=F(a)−F1(a) =F(a). Nun folgt
Z b a
f(x)dx=F1(b) = F(b)−C=F(b)−F(a) (2) Beachte, dassf Stammfunktion zu f0 ist.
Wir vereinbaren die
Notation. Istf stetig, so soll die Schreibweise Z
f(x)dx=F(x) +C
ausdr¨ucken, dass F eine Stammfunktion zu f ist. Das C ist eine frei w¨ahlbare Kon- stante.
6.1.7 Satz (Regeln). Sind f und g stetig differenzierbar,f, g : [a, b]−→R, so gilt Z b
a
f(x)g0(x)dx=f·g
b a−
Z b a
f0(x)g(x)dx Dabei ist
f ·g
b a
:=f(b)g(b)−f(a)g(a) (Partielle Integration)
Beweis. Es gilt f g0 = (f g)0 −f0g. Die Behauptung folgt durch Integration ¨uber [a, b].
Ein weiteres wichtiges Hilfsmittel zur Integralberechnung ist die folgende Umkeh- rung der Kettenregel:
6.1.8 Satz (Substitutionsregel). Ist die Funktion ϕ : [a, b] −→ [c, d] stetig und auf [a, b] stetig differenzierbar, wobei c=ϕ(a), d=ϕ(b), dann haben wir f¨ur jede stetige Funktion f : [c, d]−→R
Z d c
f(x)dx= Z b
a
f(ϕ(s))ϕ0(s)ds.
Beweis. Wir setzen G(t) = Rt
af ◦ϕ(s)ϕ0(s)ds und F(z) = Rz
c f(x)dx. Dann ist nach der Kettenregel
(F ◦ϕ)0(x) =F0(ϕ(x))ϕ0(x) =f(ϕ(x))ϕ0(x) =G0(x),
also sindG und F ◦ϕ beide Stammfunktionen von f◦ϕ·ϕ0, die in a eine Nullstelle haben, also ¨ubereinstimmen m¨ussen. Es folgt
Z d c
f(x)dx=F(d) = F(ϕ(b)) =G(b) = Z b
a
f(ϕ(s))ϕ0(s)ds.
6.2 Integralberechnung
Integrale mit partieller Integration Beispiel 1. Die Integrale Rb
acos2xdx und Rb
asin2xdx
Es gilt:
(sinxcosx)0 = sin0xcosx+sinxcos0x= cos2x−sin2x= cos2x−(1−cos2x) = 2 cos2x−1 Also folgt
cos2x= 1 2+ 1
2(sinxcosx)0 =F0(x) wobei
F(x) = 1 2x+ 1
2sinxcosx Man schreibt auch kurz statt dessen
Z
cos2xdx= 1 2x+ 1
2sinxcosx Ebenso erhalten wir wegen sin2x= 1−cos2x:
Z
sin2xdx= x 2 −1
2sinxcosx Beispiel 2. Die Integrale Jn:=Rπ/2
0 cos2nxdx.
Mit partieller Intgration gewinnen wir eine Rekursionsformel f¨urJn.
Jn =
Z π/2 0
cos2nxdx
=
Z π/2 0
cosx·cos2n−1xdx= Z π/2
0
sin0x·cos2n−1xdx
= sinx·cos2n−1x
π/2 0
| {z }
=0
− Z π/2
0
sinx (cos2n−1x)0
| {z }
=−(2n−1) cos2n−2xsinx
dx
= (2n−1) Z π/2
0
sin2xcos2n−2xdx= (2n−1) Z π/2
0
(1−cos2x) cos2n−2xdx
= (2n−1)Jn−1−(2n−1)Jn also
Jn= 2n−1
2n Jn−1 =· · ·= (2n−1)(2n−3)· · · · ·3·1
2n(2n−2)· · · · ·4·2 J1 = (2n−1)(2n−3)· · · · ·3·1 2nn!
π 4 Beispiel 3. Das Logarithmusintegral Rb
a lnxdx.
Nun schreiben wir Z b
a
lnxdx= Z b
a
1·lnxdx=xlnx
b a
− Z b
a
x(lnx)0dx=xlnx
b a
− Z b
a
x1
xdx=xlnx−x
b a
oder kurz:
Z
lnxdx=xlnx−x Beispiel 4. Das Integral I :=Rb
a
√1−x2dx f¨ur 0 ≤a < b ≤1.
Nun hilft partielle Integration
I = Z b
a
√
1−x2dx = x√ 1−x2
b a−
Z b a
−x2
√1−x2dx
= x√
1−x2
b a
− Z b
a
1−x2
√1−x2dx+ Z b
a
√ 1
1−x2dx
= x√ 1−x2
b a
−I+ Z b
a
√ 1
1−x2dx
= x√ 1−x2
b a
−I+ arcsin(x)
b a
Das liefert uns
I = 1 2x√
1−x2
b a
+1
2arcsin(x)
b a
bezw.
= Z √
1−x2dx= 1 2x√
1−x2+1
2arcsin(x) Beispiel 5. Integrale mit Exponentialterm:In =Rb
axne−xdx, mitn ≥0, ganzzahlig.
In= Z b
a
xn(−e−x)0dx=−xne−x
b
a+nIn−1
Beispiel 6. F¨ura, b >0 berechnen wir Z
e−ax sin(bx)dx = −1
be−axcos(bx)− a b
Z
e−ax cos(bx)dx
= −1
be−axcos(bx)− a
b2 sin(bx)
−a2 b2
Z
e−ax sin(bx)dx
Somit ist Z
e−ax sin(bx)dx =− 1
a2+b2 be−axcos(bx) +asin(bx) .
Integrale mit Substitionsregel
Beispiel 7. Stammfunktion zu tgx auf (−π/2, π/2) und ctgx auf (0, π). Hier gilt tgx= sinx/cosx=−cos0x
cosx =−(ln cosx)0 Ebenso folgt ctgx= (ln sinx)0.
Beispiel 8. Stammfunktion zu 1/sinxauf (0, π). Wir beachten, dass 1
sinx = 1
2 sin(x2) cos(x2) = 1 tgx2
1 2 cos2 x2 =
d
dxtg (x/2) tg (x/2) Wir finden so f¨ur 0< a < b < π/2:
Z b a
dx
sinx = ln tg (x 2)
b a. Beispiel 9. Das Integral Rβ
α 1
a+sinxdx mit a >1,0< α < β.
Wir schreiben sinx= 2 sin(x2) cos(x2) = 2tg (x2) cos2(x2) und cos21(x/2) = 1 + tg2(x2).
So finden wir
Z β α
1
a+ sinxdx = Z β
α
1
a+ 2tg (x2) cos2(x2)dx
= Z β
α
1
a(1 + tg2(x2)) + 2tg (x2) · 1 cos2(x2)dx
= 2 Z βb
bα
1
a(1 +u2) + 2udu, mit αb= tg (α
2), βb= tg (β 2)
= 2 a
Z βb
bα
1
(1 +u2) + 2uadu
= 2 a
Z βb
bα
1
(u+1a)2+ 1−a−2du
= 2
√a2−1arctg ( a u+ 1
√a2−1)
βb αb
Beispiel 10. Das Integral
Z t 0
√ dx 1 +x2.
Wir setzenx(s) = sinh(s). Dann ist x0(s) = cosh(s) und Z t
0
√ dx
1 +x2 =
Z Arsinh (t) 0
x0(s)ds
p1 +x(s)2 = Arsinh (t) Beispiel 11. Berechnung einer Stammfunktion zu f(x) =
√ 1+x2
x2 . Wir schreiben x(u) = sinh(u) und finden
Z t α
f(x)dx =
Z Arsinh (t) Arsinh(α)
cosh2u sinh2udu
=
Z Arsinh (t) Arsinh(α)
1 + 1 sinh2u
du
= (u−ctgh (u))
Arsinh (t) Arsinh(α)
Damit haben wir gefunden Z √
1 +x2
x2 dx = ln (x+√
1 +x2)−
√1 +x2 x Beispiel 12. Das Integral
Z π/4 0
dθ
a2cos2θ+b2sin2θ, 0< a < b.
Diesmal schreiben wir den Integranden als 1
a2cos2θ+b2sin2θ = 1 ab
1 1 + ab22tg2θ
b acos2θ
Nun ist die Substitution ϕ(s) = batgθ erfolgreich. Wegen ϕ(π/4) =b/a wird Z π/4
0
dθ
a2cos2θ+b2sin2θ = 1 ab
Z π/4 0
ϕ0(θ)
1 +ϕ(θ)2dθ = 1 b
Z b/a 0
dt
1 +t2 = 1
abarctg(b/a) Oder allgemeiner:
Z dθ
a2cos2θ+b2sin2θ = 1
abarctg(b atgθ)
Beispiel 13: Die Ziehkurve
Es seien d > 0 und A und P die Endpunkte einer Kette oder Stange der L¨ange d. Wenn dann A auf einer Geraden l¨auft, dann durchl¨auft P eine Kurve, welche als Ziehkurve bezeichnet wird.
Wir nehmen an, dass Aauf derx-Achse wandere. Die Koordinaten vonP nennen wir (x, f(x)).
A
P 0(d,0) Traktrix
P(x,f(x))
x b
Dann gilt f¨ur die Tangentensteigung:
f0(x) = −b x =−
√d2−x2 x
Zusammen mit f(d) = 0 finden wir f(t) =
Z d t
√d2−x2
x dx
= Z d
t
p1−(xd)2 x/d dx
= d Z 1
t/d
√1−u2 u du Zur Berechnung des Integrals R1
c
√1−u2
u du substituieren wir u:=u(v) = sinv, u0(v) = cosv und beachten u(π/2) = 1, u(arcsinc) = c. Dann wird
Z 1 c
√1−u2
u du =
Z π/2 arcsinc
cos2v sinv dv
=
Z π/2 arcsinc
dv sinv −
Z π/2 arcsinc
sinvdv
= ln tg(v
2)
π/2 arcsinc
−cos(arcsinc)
= −ln (tg(1
2arcsinc))−√ 1−c2 Nun ist aber
tg(2α) = 2tgα 1−tg2(α)
also l¨ost, wenn wir β = tg(2α) setzen, die Zahl y:= tgα die Gleichung 1−y2 = 2y
β
Nun sei α= 12arcsinc. Dann ist β = tg(arcsinc) = √1−cc 2 und y= 1
c(1−√
1−c2) = c 1 +√
1−c2 Setzen wir hierin c:=t/d, so folgt
f(t) = d·ln
d+√
d2−t2 t
−√ d2−t2
Der Fall rationaler Funktionen
Gegeben sei eine rationale Funktion R(x) = PQ(x)(x) mit 2 Polynomen P und Q.
Nach Polynomdivision machen wir daraus
R(x) = p0(x) + P1(x) Q(x)
| {z }
=:R1(x)
mit Polynomen p0 und P1, wobei der Grad von P1 kleiner als der Grad n von Q ist.
Partialbruchzerlegung und Integration einer rationalen Funktion Es k¨onnen verschiedene F¨alle auftreten:
Fall (1) Das Polynom Q zerf¨allt in Linearfaktoren, und zwar Q(x) =c(x−x1)· ...·(x−xn) mit paarweise verschiedenen x1, ..., xn. Dann lautet der Ansatz
R1(x) = A1
x−x1 +...+ An x−xn und die Koeffizienten Ak k¨onnen durch
Ak := lim
x→xk(x−xk)R1(x) berechnet werden. Dann wird
Z
R1(x)dx=
n
X
k=1
Akln|x−xk|
Beispiele: (1) R(x) = x3+7x21+7x−15.
Nun ist P1 = 1 undQ(x) =x3+ 7x2+ 7x−15.
Es zeigt sich, dass Q(1) = 0. Mit Polynomdivision folgt daraus Q(x) = (x− 1)(x2+ 8x+ 15) Der Quadratterm ist zerlegbar alsx2+ 8x+ 15 = (x+ 3)(x+ 5). Die Partialbruchzerlegung von R ist nun durch den Ansatz
R(x) = 1
(x−1)(x+ 3)(x+ 5) = A1
x−1 + A2
x+ 3 + A3 x+ 5 zu finden. Wir erhalten
A1 = 1
24, A2 =−1
8, A3 = 1 12
also
R(x) = 1 24
1 x−1− 1
8 1
x+ 3 + 1 12
1 x+ 5
und Z
R(x)dx = 1
24ln|x−1| −1
8ln|x+ 3|+ 1
12ln|x+ 5|
Fall (2) Das PolynomQ zerf¨allt in Linearfaktoren f(x) = C(x−x1)ν1 · · · · ·(x−xr)νr In diesem Falle ist der Partialbruchansatz
R1(x) =
r
X
j=1 νj
X
m=1
Aj,m (x−xj)m
erfolgreich. Die Berechnung der Koeffizienten Aj,m geschieht nun mit der Formel Aj,m = 1
(νj−m)! lim
x→xj
(x−xj)νjR1(x)(νj−m)
Als Stammfunktion zu R1 ergibt sich dann F1(x) =
r
X
j=1
Aj,1ln|x−xj|+
r
X
j=1 νj
X
m=2
1 1−m
Aj,m (x−xj)m−1 (2) Sei R(x) = (x−1)6x+73(x+2).
Jetzt wird der Ansatz R(x) = A
x+ 2 + B
x−1 + C
(x−1)2 + D (x−1)3 gemacht.
1. Methode: Koeffitzientenvergleich.
Wir erhalten dann
R(x) = A(x−1)3+B(x+ 2)(x−1)2+C(x+ 2)(x−1) +D(x+ 2) (x−1)3(x+ 2)
Vergleich der Z¨ahler liefert
6x+ 7 =A(x−1)3+B(x+ 2)(x−1)2+C(x+ 2)(x−1) +D(x+ 2)
Setzen wir hierin x = −2 ein, folgt A = 275. Setzen wir x = 1, so folgt D = 133 . Mit x= 0 erhalten wir
− 5
27+ 2B−2C+26 3 = 7 also
2B−2C =−40
27, B −C =−20 27 Schließlich w¨ahlen wir noch x=−1 und finden
1 =−8A+ 4B −2C+D, 2B−C =−25 27 Somit folgt
B =− 5
27, C= 5 9 2. Methode: Wir verwenden die obige Formel:
A= lim
x→−2(x+ 2)R(x) = 6x+ 7 (x−1)3
x=−2 = 5 27 D= lim
x→1(x−1)3R(x) = 6x+ 7 x+ 2
x=1 = 13 3 C = lim
x→1 (x−1)3R(x)0
=
6x+ 7 x+ 2
0
x=1 = 6(x+ 2)−(6x+ 7) (x+ 2)2
x=1 = 5 (x+ 2)2
x=1 = 5 9 und
B = 1 2lim
x→1 (x−1)3R(x)00
=− 5
(x+ 2)3
x=1 =− 5 27 Unser Resultat ist dann
R(x) = 5 27
1
x+ 2 − 5 27
1
x−1 + 5 9
1
(x−1)2 + 13 3
1 (x−1)3 mit der Stammfunktion
F(x) = 5
27ln|x+ 2| − 5
27ln|x−1| − 5 9
1
x−1 − 13 6
1 (x−1)2
Fall (3) Angenommen,f habe in R keine Nullstelle. Dann muss der Gradn von f gerade sein. Weiter haben wir eine Darstellung
Q(x) =q1(x)k1 · · · · ·qs(x)ks
mit nullstellenfreien quadratischen Polynomenq1, ..., qsund Exponentenk1, ..., ks∈N.
In diesem Fall ist der Ansatz
s
X
i=1 ki
X
n=1
Bi,nx+Ci,n qi(x)n zu machen.
Beispiele. i) Sei etwa f(x) =x4−2x2−3x+ 12. Dann versuchen wir den Ansatz f(x) = (x2−αx+β)(x2+αx+δ)
Ausmultiplizieren ergibt
f(x) =x4+ (−α2+δ+β)x2+α(β−δ)x+βδ Es folgt durch Koeffizientenvergleich:
−α2+β+δ =−2, α(β−δ) = −3, βδ= 12
Wegen der letzteren Bedingung probieren wir β = 3, δ = 4. Es folgt dann wegen der mittleren Bedingung α = 3. Die erste Bedingung ist ebenfalls erf¨ullt. So finden wir
f(x) = (x2−3x+ 3)(x2+ 3x+ 4)
ii) Bei f(x) = x4+ 1 verfahren wir ¨ahnlich und finden mit dem Ansatz x4+ 1 = (x2 +αx+β)(x2−αx+γ)
durch Koeffizientenvergleich α=√
2, β=γ = 1, also x4+ 1 = (x2+√
2x+ 1)(x2−√
2x+ 1) iii) R(x) = x4−2x2x22−x+3−3x+12. Wir machen den Ansatz
R(x) = Ax+B
x2−3x+ 3 + Cx+D x2+ 3x+ 4 und errechnen:
R(x) = (Ax+B)(x2 + 3x+ 4) + (Cx+D)(x2−3x+ 3) x4 −2x2−3x+ 12
= (A+C)x3+ (3A+B −3C+D)x2+ (4A+ 3B+ 3C−3D)x+ 4B+ 3D x4−2x2−3x+ 12
Es entsteht das Gleichungssystem
A+C = 0, 3A+B−3C+D= 2, 4A+ 3B + 3C−3D=−1, 4B+ 3D= 3
Das f¨uhrt auf
6A+B +D= 2, A+ 3B−3D=−1, 4B+ 3D= 3 und dies wieder auf
19A+ 6B = 5, −18A+B =−3 mit L¨osungen
A= 23
127, B = 33
127, C =− 23
127, D= 83 127 iv) R(x) = 1/x4 + 1. Der Ansatz
1
x4+ 1 = Ax+B x2+√
2x+ 1 + Cx+D x2−√
2x+ 1 f¨uhrt durch Koeffizientenvergleich auf
A+C = 0, −√
2(A+C) +B+D= 0, B−D= 0, B+D= 1 Es folgt
A=−C = 1 2√
2, B =D= 1 2. Also wird
R(x) = 1 2
(1/√
2)x+ 1 x2+√
2x+ 1 − (1/√
2)x−1 x2−√
2x+ 1
!
Die Bestimmung von Stammfunktionen f¨ur die Terme Pi,n(x) = Bi,nx+Ci,n
qi(x)n ist nun schwieriger.
Wir betrachten den Fall n= 1 eingehender. Das quadratische Polynom qi hat die Form
qi(x) =x2+ 2bix+ci,
wobei, da qi keine reellen Nullstellen haben sollte, Di :=ci−b2i >0 gelten muss.
Wir sehen uns daher rationale Funktion der Form q(x) = ax+b
x2+ 2cx+d an, wobei D=d−c2 >0.
Zun¨achst haben wir die Aufteilung q(x) = a
2
2x+ 2c
x2+ 2cx+d+ b−ac x2+ 2cx+d
Schreiben wir jetzt h(x) =x2+ 2cx+d, so wird der erste Term darstellbar als f1(x) := a
2 h0(x)
h(x) und hat als Stammfunktion
F1(x) = a
2lnh(x) Nun zum zweiten Term
f2(x) := b−ac x2+ 2cx+d Zun¨achst sehen wir, dass
h(x) = (x+c)2+D=D
x+c
√D 2
+ 1
! .
Es folgt
b−ac
h(x) = b−ac D
1
x+c√ D
2
+ 1
= b−ac
√ D
ϕ0(x) 1 + (ϕ(x))2 mit
ϕ(x) = x+c
√ D . Diese Funktion hat die Stammfunktion
F2(x) = b−ac
√D arctg(x+c
√D )
Nun zum Fall n ≥2. Wir beschr¨anken uns auf Rn(x) = 1
(1 +x2)n Es gilt
Rn(x) =Rn−1(x)− x 2
2x (1 +x2)n
und weiter mit partieller Integration Z x
2
2x
(1 +x2)ndx=− 1 n−1
x 2
1
(1 +x2)n−1 + 1 2
1 n−1
Z 1
(1 +x2)n−1dx Also wird
Z
Rn(x)dx= 2n−3 2n−2
Z
Rn−1(x)dx+ x 2n−2
1 (1 +x2)n−1 Beispiele: Es gilt
Z
R2(x)dx= 1 2
Z
R1(x)dx+x 2
1
1 +x2 = 1
2arctgx+ x 2
1
1 +x2 +C und
Z
R3(x)dx = 3 4
Z
R2(x)dx+x 4
1 (1 +x2)2
= 3
8arctgx+ 3x 8
1
1 +x2 + x 4
1 (1 +x2)2 Beispiel. R(x) = (x2+4)(x12+6x+10). Nun probieren wir
R(x) = Ax+B
x2+ 4 + Cx+D x2+ 6x+ 10 Ausmultiplizieren und Vergleich der Z¨ahler ergibt dann
(A+C)x3+ (6A+B+D)x2+ (10A+ 6B+ 4C)x+ 10B+ 4D= 1
Wieder ist C = −A und D = −6A− B. Hieraus folgt B = −A und schließlich D=−5A und A=−301 . Das f¨uhrt aufB =C = 301, D = 16. So erhalten wir
R(x) =− 1 30
x−1 x2+ 4 + 1
30
x+ 5 x2+ 6x+ 10 und weiter
Z
R(x)dx=− 1
60ln (x2 + 4) + 1
60arctg (x 2) + 1
60ln (x2+ 6x+ 10) + 1
15arctg (x+ 3) Fall (4). Der allgemeine Fall einer rationalen FunktionR1 = PQ1(x) ist eine Kom- bination der beiden F¨alle (1) und (2). F¨ur Qgilt eine Zerlegung
Q(x) =C(x−x1)ν1 · · · · ·(x−xr)νrq1(x)k1 · · · · ·qs(x)ks
mit reellen Nullstellenx1, ..., xrund nullstellenfreien quadratischen Polynomenq1, ..., qs. Ist Grad (P1) kleiner Grad (Q), so muss der Partialbruchansatz lauten:
R1(x) =
r
X
j=1 νj
X
m=1
Aj,m (x−xj)m +
s
X
i=1 ki
X
n=1
Bi,nx+Ci,n qi(x)n Beispiele a) Die Funktion R(x) = (x−1)2x+32(x2+1) wird dargestellt als
R(x) = A
x−1+ B
(x−1)2 +Cx+D x2+ 1
= A(x−1)(x2+ 1) +B(x2+ 1) + (Cx+D)(x−1)2 (x−1)2(x2+ 1)
(6.2.1) Vergleich der Z¨ahler ergibt
(1) 2x+ 3 =A(x−1)(x2+ 1) +B(x2+ 1) + (Cx+D)(x−1)2 Mit x= 1 erhalten wir 2B = 5, also B = 52. Leiten wir (1) ab, so folgt (2) 2 = A(x2+ 1) + 2A(x−1)x+ 2Bx+ 2(x−1)(Cx+D) +C(x−1)2 Setzen wir darin x= 1 ein, finden wir 2A+ 2B = 2, alsoA=−3/2.
Nun w¨ahlen wir x= 0 und setzen ein in (1). Es folgt 3 =−A+B+D = 4 +D, also D=−1.
Einsetzen von x= 0 in (2) liefert uns 2 =A−2D+C = 12+C und damitC = 32. Insgesamt finden wir
R(x) = −3 2
1 x−1+ 5
2 1 (x−1)2 +
3 2x−1 x2+ 1
und Z
R(x)dx=−3
2ln|x−1| − 5 2
1 x−1 +3
4ln (x2 + 1)−arctgx b) Sei R(x) = 3x+ 5
x2(x2+ 4x+ 6). Nun muss der Ansatz R(x) = A
x + B
x2 + Cx+D x2+ 4x+ 6
gemacht werden. Das f¨uhrt zu
R(x) = Ax(x2+ 4x+ 6) +B(x2+ 4x+ 6) +x2(Cx+D) x2(x2+ 4x+ 6)
= Ax3+ 4Ax2+ 6Ax+Bx2+ 4Bx+ 6B +Cx3+Dx2 x2(x2+ 4x+ 6)
= (A+C)x3+ (4A+B+D)x2+ (6A+ 4B)x+ 6B x2(x2+ 4x+ 6)
Es folgt B = 56, A=−181, C = 181 , D =−1118 und damit R(x) =− 1
18x+ 5 6x2 + 1
36
2x+ 4 x2+ 4x+ 6 Wir integrieren dies und finden
Z
R(x)dx=− 1
18ln|x| − 5 6x + 1
36ln (x2+ 4x+ 6)− 13 18√
2arctg
x+ 2
√2
6.3 Numerische Integration
Es kommt durchaus vor, dass man zu einer stetigen Funktion keine Stammfunktion in geschlossener Form anschreiben kann, etwa bei
Z 5 1
sinx x dx,
Z 5 2
1 lnxdx,
Z 1 0
e−x2dx, ....
In diesem Fall helfen geometrisch motivierte N¨aherungsverfahren weiter. Die Idee ist, eine gegebene stetige Funktion f : [a, b] −→ R durch eine einfacher gebaute Funktion g : [a, b] −→ R zu ersetzen, deren Integral explizit auszurechnen ist und dann den Fehler
Z b a
f(x)dx− Z b
a
g(x)dx zu kontrollieren.
Eine numerische N¨aherungsformel ist die Trapezregel, bei der g st¨uckweise linear ist, d.h. der Graph von g ein Polygonzug ist.
Sei im Folgenden immer f : [a, b]−→R stetig.
Die Trapezregel
Wir zerlegen das Intervall [a, b] inngleiche Teilintervalle der L¨angeln:= (b−a)/n.
Die Teilpunkte seien xj =a+j·l, wobei j = 0, ..., n. Das Intervall Ij definieren wir alsIj := [xj, xj+1], wo j = 0, ..., n−1. Ferner setzen wir:
fj :=f(xj), und gj(x) = fj + fj+1−fj
xj+1−xj(x−xj) =fj+ln−1(fj+1−fj)(x−xj) Wir beachten, dass gj(xj+1) = fj+1 =gj+1(xj+1). Damit wird die Funktion
gnT(x) :=gj(x), wenn x∈Ij, j = 0, ...., n−1 auf ganz [a, b] stetig. Wir erhalten
Z xj+1
xj
gj(x)dx=fjln+ln−1(fj+1−fj)l2n 2 = ln
2 (fj+fj+1) Summation ¨uber allej = 0, ..., n−1 liefert:
Z b a
gnT(x)dx =
n−1
X
j=0
Z xj+1
xj
gj(x)dx
= ln 2
n−1
X
j=0
fj+1+fj
!
= ln
2 f0+fn+ 2
n−1
X
j=1
fj
!
Ist f nun sogar 2-mal stetig differenzierbar, k¨onnen wir eine Fehlerabsch¨atzung vornehmen. Dazu ben¨otigen wir das folgende
6.3.1 Hilfssatz. Ist f : [a, b] −→ R eine auf (c, d) ⊃ [a, b] zweimal stetig differen- zierbare Funktion, so seig(x) :=f(a) +f(b)−fb−a(a)(x−a)die Sekantenfunktion. Es gibt dann zu jedem x∈(a, b)ein t∈(a, b) mit
f(x)−g(x) = 1
2f00(t)(x−a)(x−b)
6.3.2 Satz (Trapezregel). Ist f : [a, b]−→R auf einem [a, b] enthaltenden Intervall 2-mal stetig differenzierbar, so gilt die Fehlerabsch¨atzung:
Z b a
f(x)dx− Z b
a
gnT(x)dx
≤(b−a)· ln2 12
maxI |f00|
Beweis. Mit dem vorherigen Lemma finden wir ein f¨ur jedes x ∈ (xj, xj+1) ein tj(x)∈Ij mit
f(x)−gj(x) = f00(tj(x))
2 (x−xj)(x−xj+1) Das bedeutet:
|f(x)−gj(x)| ≤ 1 2
maxI |f00|
(x−xj)(xj+1−x) Integrieren wir ¨uber Ij, so folgt:
Z xj+1
xj
f(x)dx− Z xj+1
xj
gnT(x)dx
≤
Z xj+1
xj
|f(x)dx−gTn(x)|dx
=
Z xj+1
xj
|f(x)dx−gj(x)|dx
≤ 1 2
max
I |f00|Z xj+1
xj
(x−xj)(xj+1−x)dx
= l3n 12
max
I |f00| denn es gilt
Z xj+1
xj
(x−xj)(xj+1−x)dx= Z ln
0
t(ln−t)dt=ln3 Z 1
0
t(1−t)dt= l3n 6. Summieren wir alles ¨uber j = 0, ..., n−1, folgt
Z b a
f(x)dx− Z b
a
gnT(x)dx
=
n−1
X
j=0
Z xj+1
xj
f(x)dx− Z xj+1
xj
gnT(x)dx
!
≤
n−1
X
j=0
Z xj+1
xj
f(x)dx− Z xj+1
xj
gnT(x)dx
≤ nl3n 12
max
I |f00|
= (b−a)l2n 12
max
I |f00|
Beispiel. Berechnung von ln 2 auf 3 Kommastellen genau.
Wir benutzen, dass ln 2 =R1
0 f(x)dx, wobeif(x) = 1/1 +x.
Bei n = 10 St¨utzstellen haben wir ln = 0.1, und folgende Tabelle:
4 0.4 0.714285 5 0.5 0.666667 6 0.6 0.625 7 0.7 0.588235 8 0.8 0.555555 9 0.9 0.526315 10 1 0.5
P9
j=1fj =6.187714032 Als N¨aherungswert ergibt sich nun
wn= 1
2n f0+fn+ 2
9
X
j=1
fj
!
= (6.187714032 + 1.5)/20 = 0.693771.
Dabei sind die ersten 3 Kommastellen korrekt. Denn ln 2 = 0.693147.... Die Fehler- absch¨atzung liefert hier wegen max[0,1]|f00|= 2 den Wert 1/6n2 = 1/600.
Bei n = 20 erhalten wirwn= 0.693303 mit Fehler <1/2400 und bei n= 50 folgt wn= 0.69317 und der Fehler ist <1/15000.
Berechnung von π
Wir arbeiten mit der Funktion f(x) = 1+x1 2 auf dem Intervall [0,1].
j xj fj
1 0.05 0.997506 2 0.1 0.990099 3 0.15 0.977995 4 0.2 0.961538 5 0.25 0.941176 6 0.3 0.917431 7 0.35 0.890869 8 0.4 0.862069 9 0.45 0.831601 10 0.5 0.8 11 0.55 0.767754 12 0.6 0.735294 13 0.65 0.702988 14 0.7 0.671141 15 0.75 0.64 16 0.8 0.609756 17 0.85 0.580552 18 0.9 0.552486 19 0.95 0.525624
20 1 0.5
P19
j=1fj = 7.09981
Als N¨aherungswert f¨urπ ergibt sich nun w= 4
40 f0+f20+ 2
19
X
j=1
fj
!
= 31.4118/10 = 3.141 Die ersten 3 Nachkommastellen sind korrekt.
Anwendungen der Differential-und Integralrechnung
7.1 Ebene Kurven
Definition. Ist I ⊂ R ein Intervall, so bezeichnen wir als parametrisierte Kurve ein Paarα(t) =
x(t) y(t)
stetig differenzierbarer Funktionen, welche aufI definiert sind.
Wir nennen α bei t0 ∈ I regul¨ar, wenn α0(t0) :=
x0(t0) y0(t0)
nicht der Nullvektor ist. Man nennt α auf I regul¨ar, wenn α0 keine Nullstelle auf I hat.
7.1.1 Beispiele ebener Kurven
1) Die Gerade durch P~ in Richtung~v 6=~0 ist darstellbar durch α(t) = P~ +t~v, I =R
2) Der Kreis um M~ mit Radius R wird beschrieben durch α(t) = M~ +R
cost sint
, I = [0,2π]
29
3) Die Neilsche Parabel α(t) = (t2, t3), definiert auf I = R ist bei t = 0 nicht regul¨ar. Hier ist das Bild
0.5 1 1.5 2
-2 -1 1 2
4) DieEllipsemit BrennpunktenAundBist der geometrische Ort aller derjenigen Punkte, bei denen die Summe der Abst¨ande vonAund vonB einen konstanten Wert 2a besitzt. Legen wir das Koordinatensystem so fest, dass diese beiden Brennpunkte auf der x-Achse liegen, und dass A =
−d 0
, B =
d 0
, so wird die Ellipse durch α(t) =
acost bsint
, I = [0,2π] parametrisiert, wobei a > b > 0 und d=√
a2−b2.
Ist n¨amlich (x, y) ein Punkt der Ellipse, so haben wir k
x−d y
k+k
x+d y
k= 2a , also
k
x−d y
k= 2a− k
x+d y
k. Das quadrieren wir und finden
(x−d)2+y2 = (x+d)2+y2+ 4a2−2ap
(x+d)2+y2
Das ist mit
4(d x+a2) = 4ap
(x+d)2+y2
gleichwertig. K¨urzen wir durch 4 und quadrieren nochmals, folgt
d2x2+a4 + 2a2dx=a2((x+d)2+y2) =a2x2+ 2a2dx+a2d2+a2y2 Ds zusammen mit b2+d2 =a2 ergibt
b2x2+a2y2 =a4−a2d2 =a2b2 Division durch a2b2 liefert
x2 a2 + y2
b2 = 1 Diese Gleichung wird durch
x(t) = acost, y(t) = bsint erf¨ullt.
Hier ist das Bild dazu
-4 -2 2 4
-3 -2 -1 1 2 3
Sicher ist α0 ohne Nullstellen.
5) DieHyperbelmit BrennpunktenAundB ist der geometrische Ort aller derjeni- gen Punkte, bei denen die Differenz der Abst¨ande vonAund vonB einen konstanten
Wert 2a besitzt.
-3 -2 -1 1 2 3
-2 -1 1 2
Ihre Punkte (x, y) erf¨ullen die Gleichung x2 a2 − y2
b2 = 1
Die Parametrisierung f¨ur ihre ¨Aste ist daher allgemein
α+(t) = (acosht, bsinht), α−(t) = (−acosht, bsinht) mit I =R.
Ist 2d der Abstand der beiden Brennpunkte voneinander, so gilt d2+b2 =a2. 6) Die Parabel.
Gegeben sei die Gerade L = {y = y0} und der Punkt F~ = 0
z0
mit z0 > y0. Dann ist die MengeP aller Punkte (x, y), deren Abstand vonF~ gleich ihrem Abstand zur Geraden List, durch die Gleichung
|y−y0|=p
x2+ (y−z0)2 gekennzeichnet. Quadrieren ergibt
y2−2yy0+y20 =x2+ (y−z0)2 =x2 +y2 −2yz0+z02 oder
2(z0−y0)y=x2−y20, y = x2−y20 2(z0−y0)
Hier ist das (wohlbekannte) Bild ( mit y0 =−1, z0 = 2 ):
-3 -2 -1 1 2 3
-1 -0.5 0.5 1
7) Die logarithmische Spiraleist parametrisiert durch α(t) =aebt
cost sint
, I =R
Es gilt dann
α0(t) =aebt
b
cost sint
+
−sint
cost 6=~0
8) Zykloiden. Gegeben seien 2 konzentrische Kreise mit Radien a und b, die sich simultan bewegen sollen. Der Kreis mit Radius a rolle auf der x-Achse ab. Auf dem Rand des Kreises mit Radiusbfixieren wir einen PunktP. Dann beschreibt der Punkt beim Abrollen des Kreises mit RadiusaeineZykloide. Sie ist regul¨ar, wenna 6=b und hat nicht-regul¨are Punkte f¨ura =b, wenn t Vielfaches von 2π ist.
Hier sind 3 Beispiele, und zwar f¨ur a > b, a=b und a < b.
-5 5 10 15
1.5 2 2.5 3
-2 2 4 6 8
0.5 1 1.5 2
-2 2 4 6 8
-1 1 2 3
Die Parametrisierung der Zykloide ist α(t) =
0 a
+at
1 0
+b
cos(t− π2) sin(t− π2)
=
at−bsint a−bcost
9) Die Zissiode des Diokles (ca. 200 v. Chr.)
Im Zusammenhang mit dem Versuch, das Problem der Kubusverdoppelung geo- metrisch zu l¨osen studierte Diokles die folgende Kurve:
Gegeben sei ein Kreis mit Radius a >0 und ein fester PunktB auf diesem Kreis.
Mit T bezeichnen wir die Tangente durch B an diesen Kreis. Auf dem Kreis liegt
gegen¨uber zu B der PunktA. IstP 6=A ein beliebiger Punkt auf dem Kreis, so gibt es einen SchnittpunktQ(P) zwischen der TangentenT und der Geraden durchAund P. Wir betrachten jetzt zuP denjenigen Punkt S(P) auf der Geraden durch A und P, dessen Abstand zum Punkt A ¨ubereinstimmt mit dem Abstand von P zu Q(P).
Wandert P auf dem Kreis, so durchl¨auft S(P) die nach Diokles benannte Kissiode.
Sie hat ihren Namen daher, dass ihre Form der des Randes eines Efeublattes ¨ahnelt.
(Kissos ist das griechische Wort f¨ur Efeu).
Zur Parametrisierung der Kissiode:
A B
P
Q(P) S(P)
Es seiA= (−a,0) undB = (a,0). Die Koordinaten vonS(Q) seien (x, y) und die von P nennen wir (x,e y). Ist danne Q= (a, yQ), so haben wir
(1) yQ
2a = y
x+a = ye
xe+a (Strahlensatz)
(2) (yQ−y)e2+ (a−ex)2 = (a+x)2+y2 (Definition von S(P) ) und
(3) ex2+ye2 =a2 (Annahme ¨uber P ) Aus (1) folgtyQ−ey= a−xe
a+xeyeund zusammen mit (2) (a−x)e 2
( ye
a+xe)2+ 1
= (a+x)2 +y2 Wieder mit (1) folgt daraus
(a−ex)2
( y
a+x)2+ 1
= (a+x)2+y2,
was (a−x)e 2 = (a+x)2 impliziert. Wegen −a < x < a muss dann x =−ex sein. Das in (1) eingesetzt liefert ye= a−x
a+xy. In Verbingung mit (3) erhalten wir dann (a−x
a+x)2y2 =ye2 = (a−x)(ae +ex) = (a−x)(a+x) Die Punkte (x, y) auf der Kissiode erf¨ullen somit die Gleichung
(a−x)·y2 = (a+x)3 Das erm¨oglicht die Konstruktion von √3
2. Dazu sei M~ = (0,a2). Die Gerade durch B~ und M~ trifft die Kissiode in einem Punkt P~0 = (x0, y0). Dann haben wir
y0
a−x0 = 1 2 also a−x0 = 2y0. Das bedeutet aber, dass
(a+x0 y0
)3 = 2. Man beachte, dass man nun a+xy 0
0 mit Zirkel und Lineal konstruieren kann.
Nehmen wir an, es sei P = (a cost, asint), so liefert α(t) =
−a cost a1−cos1+costt sint
, −π < t < π eine Parametrisierung der Kissiode.
7.1.2 Polarkoordinatendarstellung bei Kurven
Wir vereinbaren folgendes:
Definition. Zu jedem Punkt~x∈R2\ {~0} findet man ein t∈[0,2π), so dass
~x=k~xk ·e(t),~ e(t) :=~
cost sint
Das er¨offnet die M¨oglichkeit, durch Wahl eine differenzierbaren Funktionr:I −→R durch
α(t) =r(t)e(t)~
eine differenzierbare Kurve zu definieren. Es ist dann kα(t)k=|r(t)|.
Beispiele: 1) Der Kreis um den Nullpunkt: Hier istrkonstant gleich dem Radius.
2) Die logarithmische Spirale: Hier ist r(t) = aebt.
3) Die Ellipse mit Zentrum im Nullpunkt: Nun gilt r(t) =p
a2+ (b2−a2) sin2t 4) DieLemniskateoderCassinischeKurve ist definiert als geometrischer Ort aller Punkte, bei denen das Produkt der Abst¨ande von 2 gegebenen Punkten, die wie- der Brennpunkte heißen, einen konstanten Wert a2 hat. Sind (−f,0) und (f,0) die Brennpunkte, so erf¨ullen die Punkte~x auf der Lemniskate die Gleichung
(x2+y2)2−2f2(x2−y2) =a4−f4
Machen wir den Ansatz x(t) =r(t) cost, y(t) =r(t) sint, so wird daraus
r(t)2−f2cos(2t)2
=a4−f4sin2(2t)
Das ParameterintervallI muss also so gew¨ahlt werden, dass|sin(2t)| ≤ fa22 bleibt. F¨ur t∈I ist dann
r(t)2 =f2cos(2t) + q
a4−f4sin2(2t)
F¨ur a > f kann I = [0,2π] gew¨ahlt werden, ist a ≤ f, muss I so klein gemacht werden, dass zus¨atzlich |t| ≤ π4 in I ist. Dann wird die Lemniskate durch
α(t) = r
f2cos(2t) + q
a4−f4sin2(2t)e(t)~ parametrisiert.
Sie sieht im Fall a > f so aus:
-0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6
-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5
und im Fall a=f so:
-1 -0.5 0.5 1
-0.3 -0.2 -0.1 0.1 0.2 0.3
Wie berechnen wir α0 bei parametrisierten Kurven in Polardarstellung?
Aus α(t) = r(t)e(t) folgt mit der Produktregel~ α0(t) = r0(t)e(t) +~ r(t)e(t)~ ⊥, wobei e(t)~ ⊥ =
−sint cost
. Es gilt he(t), ~~ e(t)⊥i = 0, so dass e(t) und~ e(t)~ ⊥ f¨ur alle t linear unabh¨angig sind. Wenn also r(t) 6= 0 oder r0(t) 6= 0, so ist α an der Stelle t regul¨ar.
7.1.3 Tangente und Normale
7.1.1 Satz. Ist α : I −→ R2 eine auf dem Intervall I definierte differenzierbare Kurve und t0 ∈I, so dass α0(t0) :=α0(t0)6=~0, so gilt:
a) Es gibt ein IntervallJ := (t0−δ, t0+δ), so dassα(t)6=α(t0)f¨ur allet ∈J\{t0}.
b) Die Sekanten
St:=α(t0) +R
α(t)−α(t0)
zuα durch α(t) und α(t0)streben mit t−→t0 gegen die Gerade Tα,t0 :=α(t0) +Rα0(t0)
Diese ber¨uhrt α an der Stelle α(t0) und wird daher als die Tangente an α in α(t0) bezeichnet.
Beweis. a) Ist etwa x0(t0) > 0, so gilt auf einem kleinen Interval J um t0, dass x0(t)>0 f¨ur allet ∈J. Es folgt, dass
x(t)−x(t0) =± Z t
t0
x0(s)ds6= 0
wennt 6=t0. Analog argumentiere man, wenn x0(t0)<0, oder wenn y0(t0)6= 0 ist.
b) Ist t∈J\ {t0}, so haben wir St =α(t0) +R
α(t)−α(t0) kα(t)−α(t0)k
α(t)
α(t0)
F¨ur den Richtungsvektor~v(t) dieser Sekanten gilt
~
v(t) = α(t)−α(t0) kα(t)−α(t0)k =εt
α(t)−α(t0) t−t0
kα(t)−α(tt−t 0)
0 k