- 35 - Für die Vorlesung verwendete Literatur K : Konrad

- 35 Für die Vorlesung verwendete Literatur
K : Konrad Königsberger : Analysis 1 , 6.Auflage. Springer-Lehrbuch,
J.Springer Verlag, Berlin 2003,
außerdem dieses Skript :
S : Ernst Bönecke : Skript zur Analysis I. Hamburg 2007.
Inhalt der “Analysis I”
§
Überschrift
1
2
3
5
6
7
Grundbegriffe
Die reellen Zahlen
Die komplexen Zahlen
Folgen, Grenzwerte
Reihen
Stetige Funktionen
nachzulesen in
S 1 - 12 , K 1 - 5
K 7 - 17 , S 12 - 18
K 20 - 26
K 41- 55
K 59 - 77 , S 19 - 24
K 80 - 89 , S 24 -31 ,
K 32 - 36 , K 300 - 303
K 103 - 122
8 Die Exponentialfunktion
9 Differentialrechnung
K 137 - 167 , S 31 - 34
10 Integralrechnung (Anfang) K 191 - 192
-
36
-
ANALYSIS II
§11 Integralrechnung
11.5 Integration rationaler Funktionen
(11.5.5) 1.Schritt zur Partialbruchzerlegung : Sei
R(z)
=
f (z)
g(z)
eine rationale komplexe Funktion, also f, g : C −→ C Polynomfunktionen, g 6= 0 . Dann dividieren wir f mit Rest durch g und erhalten
R
=
q+
r
g
mit Polynomfunktionen
q , r : C −→ C und (r = 0 ∨ deg r < deg g) .
r
kürzen wir noch die gemeinsamen Teiler heraus.
2
g
Rb
Da die Berechnung von
q(x) d x für a, b ∈ R für die Polynomfunktion q
In
a
kein Problem ist, müssen wir nur noch
Zb
r(x)
d x für
g(x)
deg r(x) < deg g(x) und teilerfremde r , g
a
berechnen. Man benutzt dabei den Fundamentalsatz der Algebra, bzw. die
Folgerung 11.5.7 : Sei f : C −→ C eine Polynomfunktion mit
deg f = n , n ∈ N0 . Dann gibt es α1 , . . . , αn ∈ C mit
f (z) = c ·
n
Y
(z − αj ) und c ∈ C \ {0} ,
j=1
man kann also f in Linearfaktoren zerlegen.
Beweis durch Induktion nach n :
(I) Für n = 0 ist f (z) = c 6= 0 , also
f (z) = c ·
0
Y
(z − αj ) .
j=1
(II) Sei n ∈ N∗ , und für n − 1 sei der Satz richtig. Dann ist
f (z) = cn · g(z) mit cn 6= 0 und g(z) = z n +
n−1
X
ak z k
,
k=0
mit ak ∈ C , und g hat nach (11.5.6) eine Nullstelle, die wir αn nennen.
Division von g(z) durch z − αn mit Rest ergibt
-
37
-
g(z) = q(z) · (z − αn ) + r(z)
mit r(z) = 0 oder deg r(z) = 0 , also r(z) = α ∈ C \ {0} . Letzteres ist
aber falsch, denn dann wäre
0 = g(αn ) = q(αn ) · (αn − αn ) + α = α ,
Also ist g(z) = q(z) · (z − αn ) mit
Induktionsvoraussetzung:
q(z) = cn−1 ·
n−1
Y
Widerspruch .
deg q(z) = n − 1 ,
also nach
(z − αj ) mit cn−1 6= 0 ,
j=1
f (z) = cn · cn−1 ·
n
Y
(z − αj ) ,
j=1
2
und mit c := cn · cn−1 folgt die Behauptung.
Bemerkung 11.5.8 : Sei nun
f : R −→ R ,
f (x) =
n
X
ak x k
mit a0 , . . . , an ∈ R
k=0
eine reelle Polynomfunktion, so kann man f (x) i.A. nicht in reelle Linearfaktoren zerlegen. Sei aber α ∈ C , α ∈
/ R , eine Nullstelle von f , so gilt
f (α) =
n
X
k=0
k
ak α =
n
X
ak
αk
=
n
X
ak αk = f (α) = 0 = 0 ,
k=0
k=0
α ist eine, von α verschiedene, Nullstelle von f . Man kann die komplexen
Linearfaktoren x − α und x − α von f (x) zusammenfassen zu
(x − α) · (x − α) = x2 − (α + α)x + α α = x2 − 2 Re α · x + |α|2
,
und das ist ein reeller, quadratischer Faktor von f (x) . Er hat die Form
x2 + 2bx + c mit b, c ∈ R und b2 − c < 0 ,
denn er hat keine reellen Nullstellen. Fasst man nun noch gleiche lineare bzw.
quadratische Faktoren zusammen, so erhält man den
(11.5.9) Satz von der Zerlegung reeller Polynome :
Sei g : R −→ R eine reelle Polynomfunktion, g 6= 0 , dann ist
g(x) = (x − α1 )k1 · . . . · (x − αn )kn · Q1 (x)l1 · . . . · Qm (x)lm
mit paarweise verschiedenen α1 , . . . , αn ∈ R , paarweise verschiedenen Polynomen
Qj (x) = x2 + 2bj x + cj mit b2j − cj < 0
und k1 , . . . , kn , l1 , . . . , ln ∈ N∗
.
2
-
38
-
Der
(11.5.10) 2.Schritt zur Partialbruchzerlegung einer reellen rationalen
Funktion
f (x)
R(x) =
mit deg f < deg g ,
g(x
wobei f , g teilerfremde reelle Polynomfunktionen sind, besteht also darin,
sich die Zerlegung
g(x) = (x − α1 )k1 · . . . · (x − αn )kn · Q1 (x)l1 · . . . Qlmm
des Nenners g(x) zu verschaffen, evtl. auf dem Umweg über die Bestimmung
der komplexen Nullstellen von g .
2
(11.5.11) Satz von der Partialbruchzerlegung :
Sei R(x) eine reelle rationale Funktion,
R(x) =
f (x)
g(x)
mit
deg f < deg g
,
f,g
teilerfremd ,
und
g(x) = (x − α1 )k1 · . . . · (x − αn )kn · Q1 (x)l1 · . . . · Qm (x)lm
die in (11.5.9) angegebene Zerlegung von g , dann hat R(x) eine eindeutig
bestimmte Zerlegung
X
n m X
Aj,kj
Aj1
Bs1 x + Cs1
Bs,ls x + Cs,ls
+ ... +
R(x) =
+ ... +
+
kj
x
−
α
(x
−
α
)
Q
(x)
(Qs (x))ls
j
j
s
s=1
j=1
mit Qs (x) = x2 +2bs x+cs und reellen Konstanten Ajr , Bsr , Csr . Die einzel2
nen Summanden dieser Zerlegung heißen die Partialbrüche von R .
Die Bestimmung der Ajr , Bsr , Csr ist der
(11.5.12) 3.Schritt zur Partialbruchzerlegung : Man schreibt
f (x)
R(x) =
, wie in 11.5.11, als Summe von Partialbrüchen von R hin und
g(x)
bestimmt die unbekannten Ajr , Bsr , Csr , indem man die rechte Seite durch
Erweitern auf den Hauptnenner g(x) bringt und im Zähler die Koeffizienten
mit denen von f (x) vergleicht.
x3 + 1
, dann gibt es nach Satz
x2 (x2 + 1)2
11.5.11 reelle Zahlen A, B, C, D, E, F mit
(11.5.13) Beispiel : Sei R(x) =
x3 + 1
A B
Cx + D
Ex + F
=
+ 2+ 2
+ 2
2
2
2
x (x + 1)
x x
x +1
(x + 1)2
,
also
x3 + 1
Ax(x2 + 1)2 + B(x2 + 1)2 + (Cx + D)x2 (x2 + 1) + (Ex + F )x2
=
.
x2 (x2 + 1)2
x2 (x2 + 1)2
Koeffizientenvergleich im Zähler ergibt sechs lineare Gleichungen mit sechs
Unbekannten:
A+C = 0 ,
B+D = 0 ,
2B + D + F = 0 ,
2A + C + E = 1 ,
A = 0 ,
B = 1,
-
39
-
also A = 0 , B = 1 , C = 0 , D = −1 , E = 1 , F = −1 , also
x3 + 1
x−1
1
1
+
=
−
x2 (x2 + 1)2
x2 x2 + 1 (x2 + 1)2
.
(11.5.14) 4.Schritt: Integration der Partialbrüche :
Hat man eine reelle rationale Funktion
R(x) =
f (x)
g(x)
mit Polynomfunktionen f, g : R −→ R
und deg f < deg g , f, g teilerfremd, und sucht man eine Stammfunktion von
R , so muss man gemäß Satz 11.5.11 nur Stammfunktionen finden zu:
1
(1)
mit α ∈ R : Das ist ln |x − α| .
x−α
1
1
1
·
mit α ∈ R und k > 1 : Das ist
.
(2)
k
(x − α)
1 − k (x − α)k−1
Bx + C
(3) 2
mit b, c, B, C ∈ R und b2 − c < 0 :
x + 2bx + c
Eine Stammfunktion ist (siehe auch K 208):
B
C − Bb
x+b
ln |x2 + 2bx + c| + √
arctan √
2
2
c−b
c − b2
(4)
Bx + C
(x2 + 2bx + c)k
.
mit b, c, B, C ∈ R , b2 − c < 0 und k > 1 :
Man zerlegt dann zunächst in
2x + 2b
1
B
· 2
+
(C
−
Bb)
2 (x + 2bx + c)k
(x2 + 2bx + c)k
.
2x + 2b
1
1
ist
· 2
k
+ 2bx + c)
1 − k (x + 2bx + c)k−1
x+b
Im 2.Integral substituiert man y := √
und muss dann eine
c − b2
1
Stammfunktion zu
finden. Man hat für
(1 + y 2 )k
Eine Stammfunktion zu
Zy
Ik :=
.
(x2
dη
(1 + η 2 )k
die Rekursionsformel
0
Ik+1 =
2k − 1
y
Ik +
2k
2k(1 + y 2 )k
Beweis als Übungsaufgabe.
für k ≥ 1 ,
I1 = arctan y ,
2
-
40
-
§14 Taylorreihen
14.2 Beispiele für Taylorreihen
Beispiel 14.2.4 : Für x ∈ (−1; 1) gilt
arcsin x = x +
1 x3 1 · 3 x5 1 · 3 · 5 x7
·
+
·
+
·
+ ...
2 3
2·4 5
2·4·6 7
1
haben wir die binomische Reihe
2
∞ X
− 21
xn , also für |t| < 1 :
=
n
Beweis : Für |x| < 1 und s := −
1
(1 + x)− 2
n=0
2 − 21
(1 − t )
∞ X
− 12
=
(−1)n t2n
n
,
n=0
und nach Satz 11.7.1 folgt für |x| < 1 :
Zx
arcsin x =
Zx X
∞ − 12
(−1)n t2n d t
n
dt
√
=
1 − t2
0
0
n=0
Zx
1 2n+1
∞
∞ X
X
x
− 12
−2
2n
n
t dt =
(−1)
=
n
n
2n + 1
n=0
n=0
,
0
und wegen
− 21
n
= (−1)n ·
n 2j − 1
Q
folgt die Behauptung.
2j
J=1
2