Komplexe Integrale

Eigenschaften des Integrals

Linearität

$${\int }_a^{b}r\ast f(x)dx=r\ast {\int }_a^{b}f(x)dx$$

Additivität

$${\int }_a^{b}f(x)dx+{\int }_a^{b}g(x)dx={\int }_a^{b}f(x)+g(x)dx$$

Integration durch Substitution

Bekannt: Lineare Substitution

$${\int }_a^{b}f(r\ast x+s)dx=\frac{1}{r}\ast [F(r\ast x+s){]}_a^b$$

Neu: Logarithmische Integration

$${\int }_a^b\frac{g^{\prime }(x)}{g(x)}dx=[\ln (|g(x)|){]}_a^b$$

Denn

$$f(x)=\ln (|g(x)|)\to f^{\prime }(x)=\frac{1}{g(x)}\ast g^{\prime }(x)=\frac{g^{\prime }(x)}{g(x)}$$

Beispielsweise die Tangensfunktion lässt sich mit anhand dieser Regel integrieren.

$$\begin{array}{c}f(x)=\tan (x)=\frac{\sin (x)}{\cos (x)}=-\frac{-\sin (x)}{\cos (x)}\\ \\ \to F(x)=-\ln (|\cos (x)|)\end{array}$$

Substitution

Grundlage ist die Verkettung beim Ableiten.
Sei $U$ eine Stammfunktion von $u$ und $v$ eine differenzierbare Funktion.
Betrachtet wird die Verkettung $H$ mit $H(x)=U(v(x))$
$H^{\prime }(x)=U^{\prime }(v(x))\ast v^{\prime }(x)$
$=u(v(x))\ast v^{\prime }(x)\leftarrow$ Kettenregel

$H$ ist eine Stammfunktion von $h$ mit $h(x)=u(v(x))\ast v^{\prime }(x)$

$${\int }_a^{b}u(v(x))\ast v^{\prime }(x)dx={\left[U(v(x))\right]}_a^b=U(v(b))-U(v(a))={\left[U(z)\right]}_{v(a)}^{v(b)}={\int }_{v(a)}^{v(b)}u(z)dz$$

Strategie

• Innere Funktion $v$ so wählen, dass $v^{\prime }$ im Integranden als Faktor vorkommt
• Äußere Funktion $u$ so wählen, dass eine Stammfunktion $U$ bekannt ist.

Beispiele

$$\begin{array}{lc}{\int }_0^2\frac{4x}{\sqrt{1+2x^2}}dx& \begin{array}{lc}v(x)=1+2x^2& \to v^{\prime }(x)=4x\\ u(z)=\frac{1}{\sqrt{z}}& \to U(z)=2\sqrt{z}\end{array}\\ & \\ {\int }_0^2\frac{1}{\sqrt{1+2x^2}}4xdx& \\ & \\ {\int }_0^{2}u(v(x))\ast v^{\prime }(x)dx& \\ & \\ {\int }_{v(0)}^{v(2)}u(z)dz& \\ & \\ {\int }_1^9\frac{1}{\sqrt{z}}dz={\left[2\sqrt{z}\right]}_1^9& \\ & \\ =2\sqrt{9}-2\sqrt{1}& \\ =6-2& \\ =4& \end{array}$$

Aufgrund der Linearität von Integralen ist es möglich auch aus dieser Art verketteter Integrale konstante Faktoren auszuklammern.

$${\int }_0^2\frac{8x}{\sqrt{1+2x^2}}dx={\int }_0^{2}2\ast \frac{4x}{\sqrt{1+2x^2}}dx=2\ast {\int }_0^2\frac{4x}{\sqrt{1+2x^2}}dx=2\ast 4=8$$

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Gegeben ist $h$ mit $h(x)=\frac{2x}{(1+3x{)}^3}$
Gesucht ist die Stammfunktion $H$ von $h$

$$\begin{array}{lc}{\int }_a^b\frac{2x}{(1+2x{)}^3}dx& \begin{array}{lc}v(x)=1+x^2& \to v^{\prime }(x)=2x\\ u(z)=z^{-3}& \to U(z)=-\frac{1}{2z^2}\end{array}\\ & \\ {\int }_a^b\frac{1}{(1+2x{)}^3}\ast 2xdx& \\ & \\ ={\int }_{v(a)}^{v(b)}\frac{1}{z^3}dz& \\ & \\ ={\left[-\frac{1}{2z^2}\right]}_{v(a)}^{v(b)}& \\ & \\ ={\left[-\frac{1}{2{\left(1+x^2\right)}^2}\right]}_{v(a)}^{v(b)}& \\ & \\ H(x)=-\frac{1}{2{\left(1+x^2\right)}^2}& \end{array}$$

Integration durch Partialbruchzerlegung

Bekannt:

$$f(x)=\frac{1}{x^n}=x^{-n}\to \{\begin{array}{lc}n=1& \to F(x)=\ln (|x|)\\ n>1& \to F(x)=\frac{1}{1-n}\ast x^{1-n}=-\frac{1}{n-1}\ast \frac{1}{x^{n-1}}\end{array}$$

Grundintegrale

$${\int }_u^v\frac{A}{x-a}dx=A\ast [\ln (|x-a|){]}_u^v$$

Und

$${\int }_u^v\frac{A}{x-a}dx={\left[-\frac{1}{n-1}\ast \frac{A}{(x-a{)}^{n-1}}\right]}_u^v$$

Idee

Funktionsterm wird in eine Summe von Teilbrüchen zerlegt. Anschließend werden die Grundintegrale angewandt.

Beispiel

$${\int }_3^4\frac{x-7}{x^2+x-2}dx$$

Linearfaktorzerlegung der Nennerfunktion

$$x^2+x-2=(x+2)(x-1)$$ $$\frac{x-7}{x^2+x-2}=\frac{x-7}{(x+2)(x-1)}\stackrel{!}{=}\frac{A}{x+2}+\frac{B}{x-1}$$ $$\begin{array}{l}x-7=A\ast (x-1)+B\ast (x+2)\\ x-7=Ax-A+Bx+2B\\ x-7=(A+B)x+(-A+2B)7\end{array}$$

Es muss gelten $A+B=1$ und $2B-A=7$
LGS $\to A=3B=-2$

$$\begin{array}{l}{\int }_3^4\frac{x-7}{x^2+x-2}dx={\int }_3^4\frac{3}{x+2}+\frac{-2}{x-1}dx={\int }_3^4\frac{3}{x+2}dx+{\int }_3^4-\frac{2}{x-1}dx\\ \\ =3\ast {\left[\ln (|x+2|)\right]}_3^4+(-2)\ast {\left[\ln (|x-1|)\right]}_3^4\\ \\ 3\ast \left(\ln (6)-\ln (5)\right)-2\ast \left(\ln (3)-\ln (2)\right)\\ \\ =-0.26396\dots \approx -0.264\end{array}$$

Integrieren von Produkten

Grundlage:
Produktregel beim Ableiten

$$f=u\ast v\to f^{\prime }=u^{\prime }v+v^{\prime }u$$

Über $f$ integrieren ergibt:

$${\int }_a^b{f}^{\prime }(x)dx={\int }_a^b{u}^{\prime }(x)\ast v(x)dx+{\int }_a^{b}u(x)\ast v^{\prime }(x)dx$$

Wegen

$${\int }_a^b{f}^{\prime }(x)dx={\left[f(x)\right]}_a^b={\left[u(x)\ast v(x)\right]}_a^b$$

gilt:

$$\boxed{{\int }_a^b{u}^{\prime }(x)\ast v(x)dx={\left[u(x)\ast v(x)\right]}_a^b-{\int }_a^{b}u(x)\ast v^{\prime }(x)dx=}$$

Strategie

$u\ast v^{\prime }$ muss einfacher zu integrieren sein als $u^{\prime }\ast v$

Beispiel

$$\begin{array}{lc}{\int }_0^1(3x\ast e^{2x})dx& \begin{array}{lc}v(x)=3x& \to v^{\prime }(x)=3\\ u^{\prime }(x)=e^{2x}& \to u(x)=\frac{1}{2}{e}^{2x}\end{array}\\ & \\ ={\int }_0^1(e^{2x}\ast 3x)dx& \\ & \\ ={\left[\frac{1}{2}{e}^{2x}\ast 3x\right]}_0^1-{\int }_0^1\left(\frac{1}{2}{e}^{2x}-3\right)dx& \\ & \\ ={\left[\frac{3}{2}x\ast e^{2x}\right]}_0^1-{\left[\frac{4}{3}{e}^{2x}\right]}_0^1& \\ & \\ =\left(\frac{3}{2}{e}^2-0\right)-\left(\frac{3}{4}{e}^2-\frac{3}{4}\right)& \\ & \\ =6.29179\dots \approx 6.29& \end{array}$$