Das Volumen eines Zylinders l¨asst sich berechnen mit V = r 2 · π · l.

7. Volumen eines Rotationsk¨ orpers

Das Volumen eines Zylinders l¨asst sich berechnen mit V = r ² · π · l.

Allgemein gilt f¨ur einen K¨orper mit Rotationsachse:

x

y z

Abbildung 6.9:

V =

! b

a

πf ² (x) dx

Beispiel 6.6 Eine Kreiskurve berechnen wir mit f (x) = y = √

r ² − x ² . Das Kugelvolumen V ergibt sich nun durch:

V =

! r

− r

π(r ² − x ² ) dx = π

"

r ² x − x ³ 3

#$

$

$

$

r

− r

= 2π

"

r ³ − r ³ 3

#

= 4 π 3 r ³

6.4 Uneigentliche Integrale

Definition 6.3

1. Eine oder beide Integrationsgrenzen sind ∞ :

! ^∞

a

f (x) dx = lim

b →∞

! b

a

f (x) dx

! ^∞

−∞

f (x) dx = lim

a →∞

! b

a

f (x) dx + lim

c →∞

! c

b

f (x) dx 2. Integrand ist nicht beschr¨ankt:

! b

a

f(x) dx = lim

c → b

! c

a

f (x) dx

Beispiel 6.7

1. f (x) = _x ¹

! ^∞

a

1

x ² dx = lim

b →∞ − 1 x

$

$

$

$

b a

= lim

b →∞

"

1 a − 1

b

#

= 1 a Das uneigentliche Integral konvergiert.

2. f = _x ¹

! ^∞

1

dx

x = lim

b →∞

! b

1

dx

x = lim

b →∞

ln x | ^b 1 = ∞ Das uneigentliche Integral divergiert, d. h. es existiert nicht.

Ebenso:

! 1

0

dx

x = lim

a → 0

! 1

a

dx

x = lim

a → 0

ln x | ¹ a = ∞

y

x 1

1/x²

1/x

Abbildung 6.10 :

Verlauf von 1/x ² (durchgezogene Linie) und 1/x (gestrichelte Linie).

Allgemein gilt: Uneigentliche Integrale von f = _x ¹

konvergieren f¨ur α > 1.

6.5 Substitutionsmethode

Beispiel 6.8 Wir betrachten das unbestimmte Integral I :

I =

! 1

(1 + 2x) ² dx Bekannt ist

! dx

x ² = − 1 x + C Wir substituieren nun:

t = 1 + 2x Ersetzung der Integrationsvariable

dt

dx = (1 + 2x) ^′ = 2 Ersetzung des Differenzials (6.2)

Also ist dx = dt/2.

Einsetzen in das Integral (Substitution) ergibt:

I =

! 1

(1 + 2x) ² dx =

! 1 t ²

dt 2 = 1

2

! dt t ² = 1

2

"

− 1 t

# + C

Nun nehmen wir die R¨ucksubstitution vor, dabei setzen wir die Substitutionsformel aus (6.2) in unser Ergebnis ein:

I = − 1

2t + C ^t=1+2x = − 1

2(1 + 2x) + C Probe:

I ^′ = − 1

2 · ( − 1) 1

(1 + 2x) ² · 2 = 1 (1 + 2x) ² Beispiel 6.9 Anwendung auf ein bestimmtes Integral Sei nun

I =

! x

x

dx (1 + 2x) ² Substitution:

t = 1 + 2x Integrationsvariable dt = 2dx Differenzial

t a = 1 + 2x a Integral-Grenzen t b = 1 + 2x b

Berechnung des substituierten Integrals:

I =

! t

t

dt

2t ² = − 1 2t

$

$

$

$

t

t

= 1 2t a − 1

2t b

R¨ucksubstitution:

I = 1

2(1 + 2x a ) − 1 2(1 + 2x b )

Die Substitutionsmethode kommt aus der Umkehrung der Kettenregel.

Die Kettenregel besagt, dass d

dx F (t(x)) = F ^′ (t(x)) t ^′ (x) (6.3 ) gilt. Ausserdem gilt

! d

dx F (t(x)) dx = F (t(x)) + C

und damit unter Verwendung von Gl. (6.3 )

! d

dx F (t(x)) dx =

!

F ^′ (t(x)) t ^′ (x) dx = F (t(x)) F¨ur ein bestimmtes Integral gilt somit:

! b

a

f(t(x)t ^′ (x) dx =

! t(b)

t(a)

f(t) dt = F (t(b)) − F (t(a)) Die bisher betrachteten Beispiele sind vom Typ

I =

!

f (ax + b) dx mit t = ax + b und dt/dx = a erhalten wir:

I =

!

f(t) dt a Beispiele: % √

4 x + 3 dx, %

e ^2x+1 dx und %

cos(ax + c) dx.

Beispiel 6.10

I 2 =

!

x · (x ² + 3 ) ⁴ dx Substitution: t = x ² + 3 , dt/dx = 2x, dx = dt/2x.

I 2 =

!

t ⁴ x dt 2x =

! t ⁴

2 dt = t ⁵

10 + C = (x ² + 3 ) ⁵ 10 + C d. h. x f¨allt raus, Gl¨uck gehabt!

Ebenso:

!

e ^sinx cos x dx Substitution: t = sin x und dt/dx = cos x.

!

e ^sinx cos x dx =

!

e ^t dt = e ^t + C = e ^sinx + C

Im Allgemeinen ist der Integrand sowie das Differenzial nicht direkt durch die Substi- tutionsvariable t gegeben. Um den Integranden als Funktion von t zu erhalten muss die Substitution umgekehrt werden.

t = t(x) ←→ x = x(t) In Beispiel (6.10 ) heißt das:

t = x ² + 3 → x = ± √ t − 3 Damit ist das Integral

I 2 =

! √

t − 3 t ⁴ dt 2 √

t − 3 =

! t ⁴

2 dt

Beispiel 6.11

I 3 =

!

x ³ (x ² + 3 ) ⁴ dx Substitution:

t = x ² + 3 , x = √

t − 3 , dt

dx = 2x = 2 √ t − 3 Einsetzen:

I 3 =

!

(t − 3 ) ^3/2 t ⁴ dt 2(t − 3 ) ^1/2

= 1 2

!

(t − 3 ) t ⁴ dt

= 1 2

!

dt(t ⁵ − 3t ⁴ ) = 1 2

"

t ⁶ 6 − 3 t ⁵

5

# + C Beispiel 6.12 F¨ur I 4 = %

x ² (x ² + 3 ) ⁴ dx erhalten wir I 4 = 1

2

!

(t − 3 )t ⁴ dt

√ t − 3 = 1 2

! √

t − 3 t ⁴ dt =?

Es ergibt sich kein elementares Integral.

Die Substitutionsmethode f¨uhrt also nicht notwendigerweise auf einfachere Integrale.

6.6 Partielle Integration

Aus der Differenzialrechnung kennen wir die Produktregel:

(f g) ^′ = f ^′ g + g ^′ f Integration ergibt:

!

(f g) ^′ dx = f g =

!

f ^′ g dx +

!

g ^′ f dx

oder ! b

a

f (x)g ^′ (x) dx = (f(x)g(x)) | ^b a −

! b

a

f ^′ (x)g (x) dx Die partielle Integration ist sinnvoll, wenn %

f ^′ g dx leichter zu berechnen ist als das ur- spr¨ungliche Integral (und g bekannt ist).

Beispiel 6.13

!

xe ^x dx Ansatz:

f = x −→ f ^′ = 1

g ^′ = e ^x −→ g = e ^x

Einsetzen ergibt:

!

xe ^x dx = xe ^x −

!

1 · e ^x dx = (x − 1)e ^x + C Beispiel 6.14

I =

!

x ² sin x dx Ansatz:

f = x ² −→ f ^′ = 2x g ^′ = sin x −→ g = − cos x Einsetzen ergibt:

I = − x ² cos x +

!

2x cos x dx Erneute Anwendung der Regel: Zweiter Ansatz:

f = x −→ f ^′ = 1 g ^′ = cos x −→ g = sin x Jetzt ergibt sich

I = − x ² cos x + 2[x sin x −

!

sin x dx]

= − x ² cos x + 2[x sin x + cos x] + C

= (2 − x ² ) cos x + 2x sin x + C Beispiel 6.15

I =

!

f (x) dx Ansatz:

g ^′ = 1 −→ g = x Einsetzen:

!

f (x) dx = x · f(x) −

!

xf ^′ (x) dx Beispiele:

1. f (x) = ln x, f ^′ (x) = 1/x ergibt:

!

ln x dx = x · ln x −

! x · 1

x dx

= x · ln x − x + C

2. Mit f (x) = arcsin x, f ^′ (x) = 1/( √

1 − x ² ) folgt:

!

arcsin x dx = x · arcsin x −

! x

√ 1 − x ² dx

Das entstehende Integral l¨asst sich mit der Substitutionsmethode berechnen: Ansatz:

y = 1 − x ² −→ dy = − 2x dx Eingesetzt erhalten wir:

−

! x

√ 1 − x ² dx = 1 2

! dy

√ y = 1 2

!

y ^{− 1/2} dy = y ^1/2 + C R¨ucksubstitution:

√ y = √ 1 − x ² Insgesamt:

!

arcsin x dx = x arcsin x + √

1 − x ² + C

6.7 Ausnutzen von Symmetrien

Angenommen f (x) ist gerade, also f ( − x) = f (x) gilt:

! a

− a

f (x) dx =

! 0

− a

f(x) dx +

! a

0

f (x) dx Substitutionsansatz:

x = − y −→ dx = − dy Einsetzen:

! 0

− a

f (x) dx =

! 0

a

f( − y) ( − dy) = −

! 0

a

f(y) dy =

! a

0

f(x) dx

Allgemein gilt also, wenn f(x) gerade ist:

! a

− a

f(x) dx = 2

! a

0

f(x) dx

Angenommen f (x) ist ungerade, also f( − x) = − f (x) gilt:

! a

− a

f (x) dx =

! 0

− a

f(x) dx +

! a

0

f (x) dx Substitutionsansatz:

x = − y −→ dx = − dy

Einsetzen:

! 0

− a

f (x) dx = −

! 0

a

f ( − y) ( − dy) =

! 0

a

f (y) dy = −

! a

0

f (x) dx Allgemein gilt also, wenn f(x) ungerade ist:

! a

− a

f (x) dx = 0

6.8 Integration rationaler Funktionen

Sei

f (x) = p(x)

q(x) = a 0 + a 1 x + . . . + a n x ⁿ b 0 + b 1 x + . . . + b m x ^m Bekannt ist uns die L¨osung von 1/((x − a) ⁿ ):

! 1

(x − a) ⁿ dx =

&

ln | x − a | + C : n = 1

− 1

(n − 1)(x − a)

+ C : n > 1 1. grad p = n ≥ grad q = m.

Beispiel 6.16

f (x) = x ³ − 1 x + 1 Durch Polynomdivision erhalten wir:

(x ³ − 1) : (x + 1) = x ² − x + 1 − 2 x + 1

Die Funktion l¨asst sich also zur¨uckf¨uhren auf das Polynom x ² − x + 1 und das rationale Polynom grad p < grad q.

2. grad p < grad q.

Wir wenden eine Partialbruchzerlegung an:

q(x) hat m Nullstellen in den komplexen Zahlen. Schreibe q(x) = (x − x 1 ) ^k

· (x − x 2 ) ^k

· . . . · (x − x l ) ^k

mit m = k 1 + . . . + k l .

Allgemeiner Ansatz:

p(x)

q(x) = p(x)

(x − x 1 ) ^k

. . . (x − x l ) ^k

= A ₁

(x − x 1 ) ¹ + A ₂

(x − x 1 ) ² + . . . + A k

(x − x 1 ) ^k

+ B 1

(x − x 2 ) ¹ . . .

Jeden einzelnen Term k¨onnen wir integrieren.

Wir bestimmen nun die Konstanten so, dass nach dem Bilden des Hauptnenners p(x) im Z¨ahler steht.

Beispiel 6.17 Wir betrachten die Funktion f(x) = 1

x ³ + x ² = 1

x ² (x + 1) = A 1

x + A 2

x ² + B x + 1 Ausrechnen der Koeffizienten:

A 1 · x(x + 1) + A 2 · (x + 1) + B · x ²

x ² (x + 1) = A 1 x ² + A 1 x + A 2 x + A 2 + Bx ² x ² (x + 1)

= ! 1

x ² (x + 1) Es zeigt sich:

A 1 + B = 0 −→ B = − A 1 = 1 A 2 + A 1 = 0 −→ A 1 = − A 2 = − 1

+A ₂ = 1 −→ A ₂ = +1

Also ist

1

x ² (x + 1) = − 1 x + 1

x ² + 1 x + 1 Unser Integral l¨asst sich also l¨osen:

!

dx 1

x ³ + x ² =

! dx

"

1 x ² − 1

x + 1 x + 1

#

= − 1

x − ln | x | + ln | x + 1 | + C