5.2 Unbestimmte Integrale

5.2.1 Definition. Unbestimmte Integral.
Es sei $f:I\to\protect\mathbb{R}$ Riemann-integrierbar und $a\in I$. Nach dem Lebesgue'schen Integrabilitätskriterium (5.1.4) existiert dann für jedes $x\in I$ auch $F(x):=\int_a^x f(t)\,dt$. Diese Abbildung $F:I\to\protect\mathbb{R}$ heißt (ein) unbestimmtes Integral von $f$.

5.2.2 Hauptsatz der Differential und Integralrechnung.
Das unbestimmte Integral $F$ jeder Riemann-integrierbaren Funktion $f:[a,b]\to\protect\mathbb{R}$ ist stetig.

Ist der Integrand $f$ stetig bei $x\in[a,b]$, so ist $F$ differenzierbar bei $x$ mit Ableitung $F'(x)=f(x)$.

Umgekehrt sei $F:[a,b]\to\protect\mathbb{R}$ stetig differenzierbar mit Ableitung $f:=F'$. Dann ist $f$ Riemann-integrierbar und $\int_a^b f(x)=F(b)-F(a)=:\bigl.F(x)\bigr\vert _{x=a}^{b}$.

Jede Funktion $F$ die $F'=f$ erfüllt heißt Stammfunktion von $f$. Insbesonders ist $\int_a^b f(x)=\bigl.F(x)\bigr\vert _{x=a}^b$ für jede Stammfunktion $F$ von $f$ und man schreibt auch $\int f=\int f(t)\,dt$ für die (Familie der) Stammfunktion(en) von $f$. ] $\int f=\int f(x)$Stammfunktion und unbestimmtes Integral von $f$

Beweis. Es ist $F(x+h)-F(x)=\int_x^{x+h} f(t)\,dt$, also $\vert F(x+h)-F(x)\vert\leq \vert h\vert\,\sup\{\vert f(t)\vert:t\}$ nach (5.1.11) und somit $F$ (Lipschitz)-stetig, da $f$ beschränkt ist.

Ist $f$ zusätzlich stetig bei $x$, so existiert zu $\varepsilon >0$ ein $\delta >0$ s.d. $\vert f(t)-f(x)\vert\leq\varepsilon$ für alle $t$ mit $\vert t-x\vert\leq \delta$ und damit ist

$$\Bigl\vert\frac{F(x+v)-F(x)}{v}-f(x)\Bigr\vert =\Bigl\vert\frac1v \int_{x}^{x+v} f(t)-f(x)\,dt\Bigr\vert$$

$$\leq \Bigl\vert\frac1v\int_{x}^{x+v} \vert f(t)-f(x)\vert\,dt\Bigr\vert \leq \varepsilon$$

für $\vert v\vert\leq\delta$. Also ist $F'(x)=\lim_{v\to 0}\frac{F(x+v)-F(x)}{v}=f(x)$.

Ist $f$ also stetig, so ist $F:x\mapsto \int_a^x f(y)\,dy$ eine Stammfunktion von $f$.

Sei nun $F$ stetig differenzierbar mit Ableitung $f:=F'$. Somit ist $F$ eine Stammfunktion von $f$ und nach dem 1. Teil ist das unbestimmte Integral $F_a:x\mapsto \int_a^x f(t)\,dt$ ebenfalls eine Stammfunktion, also ist die Ableitung von $F-F_a$ gleich 0 und damit nach dem Spezialfall des Mittelwertsatzes (4.1.5) $F-F_a$ konstant, also $\int_a^b f(x)\, dx=F_a(b)=F_a(b)-F_a(a)=F(b)-F(a)$.     []

Bemerkung.
Der Hauptsatz besagt also, daß Integrieren und Differenzieren im wesentlichen, d.h. bis auf Addition einer Konstanten, invers zueinander sind.

Genauer: Es ist Differenzieren $d:f\mapsto f'$ auf der Menge der differenzierbaren Funktionen $I\to \protect\mathbb{R}$ nicht injektiv, denn $f_1'=f_2'$ $\Leftrightarrow$ $f_1-f_2$ ist konstant.

Jedoch ist Differenzieren $d$ auf der Menge $C^1(I,\protect\mathbb{R})$ der stetig differenzierbaren Funktionen $F:I\to\protect\mathbb{R}$ surjektiv als Abbildung in die Menge $C(I,\protect\mathbb{R})$ der stetigen Abbildungen $f:I\to\protect\mathbb{R}$, denn zu jedem $f\in C(I,\protect\mathbb{R})$ definiert $F:x\mapsto \int_a^x f$ eine Stammfunktion.

Somit definiert dieses unbestimmte Integral eine rechtsinverse Abbildung $i:C(I,\protect\mathbb{R})\to C^1(I,\protect\mathbb{R})$ zum Differenzieren $d:C^1(I,\protect\mathbb{R})\to C(I,\protect\mathbb{R})$, für die weiters gilt: $(i\o d)(F)-F$ ist eine konstante Abbildung.

Wenn wir $d$ auf den Teilvektorraum $C^1_a(I,\protect\mathbb{R}):=\{F\in C^1(I,\protect\mathbb{R}):F(a)=0\}$ einschränkten, dann sind Differenzieren

$$d: C^1_a(I,\protect\mathbb{R}) \to C(I,\protect\mathbb{R})$$

$$F \mapsto F'$$
und (unbestimmt) Integrieren

$$i: C(I,\protect\mathbb{R}) \to C^1_a(I,\protect\mathbb{R})$$

$$f \mapsto (x\mapsto \int_a^x f)$$

zueinander inverse Isomorphismen.

5.2.3 Beispiele von Stammfunktionen.
Wir können Formeln die wir für das Differenzieren erhalten haben als Formeln für (unbestimmte) Integrale interpretieren:

1. $\int x^a =\frac{x^{a+1}}{a+1}+C$ für alle $\protect\mathbb{Q}\ni a\ne 1$.
2. $\int \sin(x) =-\cos(x)+C$
3. $\int \cos(x) =\sin(x)+C$ (4.1.3.6).
4. $\int \frac1{\cos(x)^2} =\tan(x)+C$ (4.1.21.2).
5. $\int \frac1{\sin(x)^2} =-\cot(x)+C$
6. $\int \frac1{\sqrt{1-x^2}} =\arcsin(x)+C$ (4.1.21.1).
7. $\int \frac1{1+x^2} =\arctan(x)+C$ (4.1.21.2).
8. Aus der Linearität des Differenzierens $(F+\lambda \,G)'=F'+\lambda G'$ (4.1.19) mit $\lambda \in\protect\mathbb{R}$ folgt durch Integrieren $\int f+\lambda \,g=\int f + \lambda \int g$
9. Aus der Leibnizregel (4.1.15) folgt durch Integrieren die Formel
   $$\int f\,g'=f\,g-\int f'\,g$$
   für partielle Integration.
   Z.B. $\int x\,\cos(x)=x\,\sin(x)-\int 1\,\sin(x)=x\,\sin(x)+\cos(x)+C$.
10. Aus der Kettenregel (4.1.14) folgt durch Integrieren die Substitutionsformel für unbestimmte Integrale:

    $$\int F'(g(t))\,g'(t)\,dt =F\o g+C$$

    $$\int (f\o g)\cdot g' =\Bigl(\int f\Bigr)\o g$$

    
    
    
    Z.B. $\int\frac{2t}{t^2+1}\,dt=\int\frac{dg}{g}=\operatorname{ln}(g)+C=\operatorname{ln}(1+t^2)+C$.
    Beachte die im Beispiel verwendete Memotechnik: Man ersetzt einen passenden Teilausdruck in $t$ im Integranden durch eine neue Variable $g$, berechnet daraus $\frac{dg}{dt}=g'(t)$ und substituiert $dt$ durch $\frac1{g'(t)}\,dg$. Falls der resultierende Ausdruck nur mehr die neue Variable $g$ und nicht mehr die alte Variable $t$ enthält, dann versucht man das neue Integral nach $dg$ zu bestimmen und substituiert im Ergebnis anstelle der Variable $g$ den Ausdruck $g(t)$.
11. Die Substitutionsformel für bestimmte Integrale:
    $$\int_{g(a)}^{g(b)}f(x)=\int_a^b f(g(t))\,g'(t)\,dt,$$
    folgt aus dem vorigen Punkt, denn
    $$\int_{a}^{b} (F'\o g)(t)\,g'(t)\,dt = F(g(b))-F(g(a)) =\int_{g(a)}^{g(b)} F'(x),$$
    mit einer Stammfunktion $F$ von $f$.
    Z.B. $\int_1^2 x\,\sqrt{1+x^2}=\int_2^5 \sqrt{g}\,\frac{dg}{2} =\Bigl.\frac{g^{3/2}}{3}\Bigr\vert _{g=2}^5=\frac{5\sqrt{5}-2\sqrt{2}}3$.
12. Das Integral der Umkehrfunktion ist gegeben durch:
    $$\int f^{-1}=f^{-1}\cdot \operatorname{id}-\Bigl(\int f\Bigr)\o f^{-1},$$
    denn wegen der Substitutionsformel und partieller Integration ist

    $$\Bigl(\int f^{-1}\Bigr)\o f =\int (f^{-1}\o f)\cdot f'=\int \operatorname{id}\cdot f'=\operatorname{id}\cdot f-\int 1\cdot f$$

    $$\Rightarrow \int f^{-1} = \Bigl(\int f^{-1}\Bigr)\o f\o f^{-1}=(\operatorname{id}\cdot f)\o f^{-1} -\Bigl(\int f\Bigr)\o f^{-1}$$

    $$= f^{-1}\cdot \operatorname{id}- \Bigl(\int f\Bigr)\o f^{-1}.$$

    
    
    Z.B. ist

    $$\int\arcsin(x) =x\cdot\arcsin(x)-\Bigl(\int\sin\Bigr)(\arcsin(x))$$

    $$=x\cdot\arcsin(x)+\cos(\arcsin(x))+C$$

    $$=x\cdot\arcsin(x)\pm\sqrt{1-\sin(\arcsin(x))^2}+C$$

    $$=x\cdot\arcsin(x)+\sqrt{1-x^2}+C,$$

    
    
    denn $\cos(y)\geq 0$ für $y=\arcsin(x)\in [-\frac{\pi}2,\frac{\pi}2]$.
13. Das bestimmte Integral der Umkehrfunktion ist gegeben durch:
    $$\int_{f(a)}^{f(b)} f^{-1}(y)\,dy=b\,f(b)-a\,f(a)-\int_a^b f(x),$$
    denn mittels Substitutionsformel und partieller Integration ist

    $$\int_{f(a)}^{f(b)} f^{-1}(y)\,dy = \int_a^b f^{-1}(f(x))\,f'(x) = \int_a^b x\,f'(x)$$

    $$= \left[x\,f(x)\right]_{x=a}^b - \int_a^b 1\,f(x)$$

    $$= b\,f(b) - a\,f(a) - \int_a^b f(x).$$

    
    
    

5.2.4 Definition. Logarithmus.
Wir können nun eine andere exakte Definition (vgl. mit (3.4.14)) des Logarithmus ohne Verwendung der Exponentialfunktion geben: Es sei der natürliche Logarithmus definiert durch

$$\operatorname{ln}(x):=\int_1^x \frac1{y}\,dy.$$

] $\operatorname{ln}$Natürliche Logarithmusfunktion zur Basis $e$ Dann ist $\operatorname{ln}:\protect\mathbb{R}^+\to\protect\mathbb{R}$ eine Stammfunktion zu $x\mapsto \frac1x$ also insbesonders streng monoton wachsend. Weiters ist $\operatorname{ln}(1)=\int_1^1 \frac1y\,dy=0$ und

$$\operatorname{ln}(ab) = \int_1^{ab} \frac1x = \int_1^a \frac1x + \int_a^{ab}\frac1x$$

$$= \operatorname{ln}(a) + \int_1^b \frac1{ay}\,a\,dy=\operatorname{ln}(a)+\operatorname{ln}(b).$$

Folglich ist $\operatorname{ln}(a^n)=n\,\operatorname{ln}(a)$ für alle $n\in\protect\mathbb{N}$ und weiters $\operatorname{ln}(a^x)=x\,\operatorname{ln}(a)$ für $x\in\protect\mathbb{Q}$. Denn sei $x=\frac{p}{q}$, dann ist $\operatorname{ln}(a)=\operatorname{ln}((a^{1/q})^q)=q\,\operatorname{ln}(a^{1/q})$, also $\operatorname{ln}(a^{1/q})=\frac1q\,\operatorname{ln}(a)$ und somit $\operatorname{ln}(a^x)=x\,\operatorname{ln}(a)$ für $x>0$. Für $x<0$ ist $\operatorname{ln}(a^x)=\operatorname{ln}(1/a^{-x})=-\operatorname{ln}(a^{-x})=-(-x)\,\operatorname{ln}(a)=x\,\operatorname{ln}(a)$. Schließlich ist $\lim_{x\to+{\infty}}\operatorname{ln}(x)=+{\infty}$, denn $\int_1^n \frac1x\geq \sum_{k=2}^n\frac1k\to{\infty}$. Wegen $\operatorname{ln}(1/x)=-\operatorname{ln}(x)$ ist $\lim_{x\to 0+}\operatorname{ln}(x)=-{\infty}$.

Nach den Sätzen (3.4.3) und (7.5.4) über inverse Funktionen existiert somit die differenzierbare Umkehrfunktion $\exp:\protect\mathbb{R}\to\protect\mathbb{R}^+$ (die Exponentialfunktion) mit $\exp'(x)=\frac1{\operatorname{ln}'(\exp(x))}=\exp(x)$ (vgl. mit (4.1.21.3)) Weiters folgt aus den Aussagen für $\operatorname{ln}$, daß $\exp(x+y)=\exp(x)\cdot\exp(y)$ und $\exp(0)=1$. Es ist

$$\left(1+\frac1n\right)^n=\exp\left(\operatorname{ln}\left(\left(1... ...t)^n\right)\right) =\exp\left(n\,\operatorname{ln}\left(1+\frac1n\right)\right)$$

und somit

$$e =\lim_{n\to{\infty}}\left(1+\frac1n\right)^n =\exp\left(\lim_{n\to{\infty}}n\,\operatorname{ln}\left(1+\frac1n\right)\right)$$

$$=\exp\left(\lim_{h\to 0+}\frac{\operatorname{ln}(1+h)}h\right)=\exp(\operatorname{ln}'(1))=\exp(1),$$

d.h. $\exp(x)=e^x$ für alle $x\in\protect\mathbb{Q}$.

5.2.5 Definition. Allgemeine Potenz und Logarithmus.
Sei nun $a\in\protect\mathbb{R}^+$. Dann setzen wir

$$a^x := \exp(x\,\operatorname{ln}(a))$$ für $$x\in\protect\mathbb{R}$$

] $a^x$Potenz mit Basis $a$

Und für $a\ne 1$ heißt die Umkehrfunktion zu $x\mapsto a^x$ der Logarithmus $\log_a$ zur Basis $a$. ] $\log_a$Logarithmusfunktion zur Basis $a$ Diese Definition von $a^x$ stimmt für $x=\frac{p}{q}\in\protect\mathbb{Q}$ mit der in Mathematik 1 gegebenen Definition $a^x:=\root q\of{a^p}$ überein, denn

$$(a^x)^q=\exp\Bigl(x\,\operatorname{ln}(a)\Bigr... ...\operatorname{ln}(a)\Bigr)=\exp\Bigl(\operatorname{ln}(a)\Bigr)^p= a^p.$$

Beachte, daß $y=a^x=e^{x\operatorname{ln}(a)}$ die Gleichungen $x=\log_a(y)$ und $x\operatorname{ln}(a)=\operatorname{ln}(y)$ zur Folge hat, also ist

$$\operatorname{ln}(y)=\operatorname{ln}(a)\,\log_a(y),$$

d.h. Logarithmenfunktionen zu verschiedenen Basen zueinander proportional.

5.2.6 Definition. Hyperbolische Winkelfunktionen.
Es sei $f:\protect\mathbb{R}\to\protect\mathbb{R}$ eine Funktion. Dann ist $g:x\mapsto \frac{f(x)+f(-x)}2$ eine gerade und $u:x\mapsto \frac{f(x)-f(-x)}2$ eine ungerade Funktion mit $f=g+u$.

Wenden wir dies insbesonders auf die Funktione $f:=\exp$ an, so erhalten wir den Sinushyperbolicus $\sinh(x):=\frac{e^x-e^{-x}}2$, ] $\sinh$Sinushyperbolicus Funktion und den Cosinushyperbolicus ] $\cosh$Cosinushyperbolicus Funktion $\cosh(x):=\frac{e^x+e^{-x}}2$. In Analogie zu den üblichen Winkelfunktionen definieren wir den Tangenshyperbolicus als ] $\tanh$Tangenshyperbolicus Funktion $\tanh(x):=\frac{\sinh(x)}{\cosh(x)}$.

Man kann leicht folgende Aussagen beweisen:

1. $\sinh'=\cosh$ und $\cosh'=\sinh$, denn $\frac{d}{dx}\frac{e^x\pm e^{-x}}2=\frac{e^x\mp e^{-x}}2$.
2. $\cosh(x)^2-\sinh(x)^2=1$, denn $\left(\frac{e^x\pm e^{-x}}2\right)^2=\frac{e^{2x}+e^{-2x}-2}{4}$.
3. $\cosh(2x)-1=2\sinh(x)^2$, denn $2\left(\frac{e^x-e^{-x}}2\right)^2=\frac{e^{2x}+e^{-2x}-2}{2}$.
4. $\sinh(2x)=2\sinh(x)\cosh(x)$, denn $2\,\left(\frac{e^x-e^{-x}}2\right)\,\left(\frac{e^x+e^{-x}}2\right) =\frac{e^{2x}-e^{-2x}}{2}$.
5. $\cosh(x)\geq 1$, denn $\cosh(x)-1=2\sinh(\frac{x}2)^2\geq 0$.
6. $\cosh:\protect\mathbb{R}\to [1,+{\infty})$ ist surjektiv und $\cosh:[0,+{\infty})\to[1,+{\infty})$ ist bijektiv, denn $\cosh(0)=1$ und $\lim_{x\to\pm{\infty}}\cosh(x)=+{\infty}$ und $\cosh'(x)=\sinh(x)\geq 0$ für $x\geq 0$.
7. $\sinh:\protect\mathbb{R}\to\protect\mathbb{R}$ ist bijektiv, denn $\lim_{x\to\pm{\infty}}\sinh(x)=\pm{\infty}$ und $\sinh'(x)=\cosh(x)\geq 1>0$.
8. $\sinh^{-1}(y)=\operatorname{ln}(y+\sqrt{y^2+1})$, denn aus $y=\frac{e^x-e^{-x}}2$ folgt $(e^x)^2-2y e^x-1=0$ und somit $0<e^x=y+\sqrt{y^2+1}$.
9. $\cosh^{-1}(y)=\operatorname{ln}(y+\sqrt{y^2-1})$, denn aus $y=\frac{e^x+e^{-x}}2$ folgt $(e^x)^2-2y e^x+1=0$ und somit $0<e^x=y+\sqrt{y^2-1}$.
10. $\int\sqrt{t^2-1}\,dt=\frac12\left(t\sqrt{t^2-1}-\cosh^{-1}(t)\right)$, denn Substitution $t=\cosh(x)$ liefert

    $$\int\sqrt{t^2-1}\,dt = \int\sinh(x)\,\sinh(x)dx = \int\frac{\cosh(2x)-1}2$$

    $$= \frac{\sinh(2x)}4-\frac{x}2 =\frac{\sinh(x)\cosh(x)-x}2$$

    $$=\frac12\left(\sqrt{t^2-1}\;t-\cosh^{-1}(t)\right).$$

    
    

11. $t\mapsto (\cosh(t),\sinh(t))$ ist eine bijektive Parametrisierung des rechten Astes der gleichseitigen Hyperbel $\{(x,y)\in\protect\mathbb{R}^2:x^2-y^2=1\}$, wegen (2), (6) und (7). Dies erklärt die Namensgebung, denn $t\mapsto (\cos(t),\sin(t))$ ist analog eine Parametrisierung des Einheitskreises, wobei der Parameter $t$ den Winkel (d.h. die Länge des Bogens) oder auch die doppelte Fläche des zugehörigen Kreissektors mißt.
    

12. Die Fläche des Hyperbelsektors mit Spitze im Punkt $(x,y)$ ist $\frac{\cosh^{-1}(x)}2=\frac{\sinh^{-1}(y)}2$. Folglich heißen die Umkehrfunktionen auch Areasinushyperbolicus $\operatorname{Arsinh}=\sinh^{-1}$, ] $\operatorname{Arsinh}$Areasinushyperbolicus, Umkehrfunktion von $\sinh$ Areacosinushyperbolicus $\operatorname{Arcosh}=\cosh^{-1}$ und ] $\operatorname{Arcosh}$Areacosinushyperbolicus, Umkehrfunktion von $\cosh$ Areatangenshyperbolicus $\operatorname{Artanh}=\tanh^{-1}$. ] $\operatorname{Artanh}$Areatangenshyperbolicus, Umkehrfunktion von $\tanh$ Offensichtlich ist diese Fläche gegeben durch

    $$\frac{x\,y}2-\int_1^x y(t)\,dt = \frac{x\,\sqrt{x^2-1}}2-\int_1^x \sqrt{t^2-1}\,dt = \frac12\cosh^{-1}(x).$$

    
    

5.2.7 Bemerkung. Integration rationaler Funktionen.
Folgende rationale Ausdrücke können wir integrieren:

$$\int x^k = \frac{x^{k+1}}{k+1}+C k\ne -1$$

$$\int x^{-1} = \operatorname{ln}(x)+C$$

$$\int \frac{dx}{1+x^2} = \arctan(x)+C$$

$$\int \frac{x}{1+x^2} = \frac12 \operatorname{ln}(1+x^2)+C = \operatorname{ln}(\sqrt{1+x^2})+C$$

Unser Ziel ist es nun beliebige rationale Funktionen $x\mapsto \frac{P(x)}{Q(x)}$ mit Polynomen $P$ und $Q$ zu berechnen. Wir können natürlich Division mit Rest durchführen und damit ein Polynom abspalten um eine rationale Funktion mit $\deg(P)<\deg(Q)$ zu erhalten.

Sei nun $x_0$ eine Nullstelle von $Q$. Dann können wir $Q$ durch $(x-x_0)$ so oft wie möglich dividieren und erhalten $Q(x)=(x-x_0)^g Q_1(x)$ für eine natürliche Zahl $g\geq 1$ und ein Polynom $Q_1$ mit $Q_1(x_0)\ne 0$. Somit ist $\lim_{x\to x_0}\frac{P(x)}{Q_1(x)}=\frac{P(x_0)}{Q_1(x_0)}$. Folglich betrachten wir

$$\frac{P(x)}{Q_1(x)}-\frac{P(x_0)}{Q_1(x_0)} =\frac{P(x)Q_1(x_0)-P(x_0)Q_1(x)}{Q_1(x)Q_1(x_0)} =\frac{R(x)}{Q_1(x)}$$

mit $R(x):=\frac{P(x)Q_1(x_0)-P(x_0)Q_1(x)}{Q_1(x_0)}$. Offensichtlich ist $R(x_0)=0$ und somit das Polynom $R$ durch $(x-x_0)$ teilbar, d.h. $R(x)=(x-x_0)\cdot R_1(x)$ für ein Polynom $R_1$. Damit ist

$$\frac{P(x)}{Q(x)}=\frac{P(x)}{(x-\lambda )^g Q... ...0)}\cdot\frac1{(x-x_0)^{g}} + \frac{R_1(x)}{(x-x_0)^{g-1}\cdot Q_1(x)}.$$

Induktion nach der Zahl der Nullstellen (also dem Grad von $Q$) liefert somit:

5.2.8 Proposition. Partialbruchzerlegung im Komplexen.

Es seien $P$ und $Q$ Polynome mit komplexen Koeffizienten und mit $\operatorname{grad}(P)<\operatorname{grad}(Q)$. Weiters seien $x_1,\dots,x_n$ die verschiedenen Nullstellen von $Q$ und $g_1,\dots,g_n$ ihre Vielfachheit. Dann ist

$$\frac{P(x)}{Q(x)} = \sum_{j=1}^n \sum_{g=1}^{g_j}\frac{p_{j,g}}{(x-x_j)^g}$$

mit gewissen eindeutig bestimmten Koeffizienten $p_{j,g}\in\protect\mathbb{C}$.    []

Wir können nun die Partialbruchzerlegung verwenden um rationale Funktionen zu integrieren.

5.2.9 Beispiel des Integrals einer rationalen Funktion.
Es sei die rationale Funktion $f:x\mapsto \frac{1-2x+4x^2-x^4}{x-2x^2+x^3}$ gegeben. Division mit Rest liefert:

$$\frac{1-2x+4x^2-x^4}{x-2x^2+x^3} = -x -1 + \frac{x^2+1}{x^3-2x^2+x}.$$

Die Nullstellen des Nenners sind 0 und $1$ mit Vielfachheiten $1$ und $2$ also ist der Nenner $x^3-2x^2+x=x(x-1)^2$. Es muß somit nach (5.2.8) eine Darstellung der Form

$$\frac{x^2+1}{x^3-2x^2+x} = \frac{p_{1,1}}{(x-0)^1} + \frac{p_{2,1}}{(x-1)^1} + \frac{p_{2,2}}{(x-1)^2}$$

existieren. Ausmultiplizieren der Nenner liefert:

$$x^2+1=p_{1,1}\,(x-1)^2 + p_{2,1}\,x(x-1) + p_{2,2}\,x\;\forall x,$$

also

$$(p_{1,1}+p_{2,1}-1)\,x^2 + (-2p_{1,1}-p_{2,1}+p_{2,2})\,x+(p_{1,1}-1)=0\; \forall x.$$

Es müssen somit alle Koeffizienten dieses Polynoms 0 sein, d.h.

$$p_{1,1}+p_{2,1} = 1$$

$$p_{2,2}-2p_{1,1}-p_{2,1} =0$$

$$p_{1,1} = 1$$

Die Lösung dieses linearen Gleichungssystems ist

$$p_{1,1} = 1,\quad p_{2,1} = 0$$ und $$p_{2,2}=2,$$

d.h.

$$\frac{x^2+1}{x^3-2x^2+x} = \frac{1}{(x-0)^1} + \frac{0}{(x-1)^1} + \frac{2}{(x-1)^2} = \frac1{x} + \frac{2}{(x-1)^2}.$$

Eine andere Möglichkeit die Koeffizienten zu bestimmen, ist zuerst die $p_{i,g_i}=\lim_{x\to x_i} \frac{(x^2+1)(x-x_i)^{d_i}}{x^3-2x^2+x}$ zu bestimmen, also

$$p_{1,1} = \lim_{x\to 0} \frac{x^2+1}{(x-1)^2} = 1$$

$$p_{2,2} = \lim_{x\to 1} \frac{x^2+1}{x} = 2$$

und dann mit dem Rest (der hier 0 ist) induktiv fortfahren

$$\frac{x^2+1}{x^3-2x^2+x} - \frac{1}{(x-0)^1} - \frac{2}{(x-1)^2} = \frac{x^2+1-(x-1)^2-2x}{x^3-2x^2+x}=\frac{0}{x-1}.$$

Somit ist

$$\int \frac{1-2x+4x^2-x^4}{x-2x^2+x^3} = -\int x -\int 1 + \int \frac1{x} + \int\frac{2}{(x-1)^2}$$

$$= -\frac{x^2}2 - x + \operatorname{ln}(x) - \frac{2}{x-1} + C.$$

5.2.10 Proposition. Partialbruchzerlegung im Reellen.

Es seien $P$ und $Q$ Polynome mit reellen Koeffizienten und mit $\operatorname{grad}(P)<\operatorname{grad}(Q)$. Weiters seien $x_1,\dots,x_k$ die verschiedenen reellen Nullstellen von $Q$ und $g_1,\dots,g_k$ ihre Vielfachheit. Seien schließlich $a_1\pm i\,b_1,\dots,a_j\pm i\, b_j$ die echt komplexen verschiedenen Nullstellen von $Q$ und $h_1,\dots,h_j$ ihre Vielfachheit. Dann ist

$$\frac{P(x)}{Q(x)} = \sum_{l=1}^k \sum_{g=1... ...m_{g=1}^{h_l}\frac{r_{l,g}+s_{l,g}x}{(x^2 - 2 a_l x + (a_l^2+b_l^2))^g}$$

mit gewissen eindeutig bestimmten reellen Koeffizienten $p_{l,g}$, $r_{l,g}$ und $s_{l,g}$.

Beweis. Für jede komplexe Nullstelle $z=a+i\,b$ von $Q$ ist auch die konjugierte Zahl $\overline{z}=a-i\,b$ Nullstelle und zwar mit der gleichen Vielfachheit $g$, denn aus $0=Q(z)=\sum_j q_j z^j$ folgt durch Konjugieren $0=\overline{Q(z)}=\sum_j q_j \overline{z}^j=Q(\overline{z})$.

Somit ist $Q(x)=((x-z)(x-\overline{z}))^g\,Q_2(x)$ und wegen (5.2.8)

$$\frac{P(x)}{Q(x)} =\frac{\alpha }{(x-z)^g}+\fr... ...\overline{z})^g} +\frac{R(x)}{(x-z)^{g-1}(x-\overline{z})^{g-1} Q_2(x)}$$

wobei

$$\beta = \lim_{x\to\overline{z}} \frac{P(x)}{(x-\overline{z})^g Q_2(x)} ... ...e{\left(\lim_{y\to z} \frac{P(y)}{(y-z)^g Q_2(y)}\right)} = \overline{\alpha }.$$

Somit ist

$$\frac{\alpha }{(x-z)^g}+\frac{\beta }{(x-\overline{z})^g} =\frac{\alpha (x-\overline{z})^g+\overline{\alpha }(x-z)^g}{((x-z)(x-\overline{z}))^g}$$

$$=\frac{\sum_{k=0}^g \binom{g}{k} x^k(2\mathfrak{R}e(\alpha (-\overline{z})^{g-k})}{(x^2-2x\,\mathfrak{R}e(z)+\vert z\vert^2)^g}$$

Sukzessive Division mit Rest durch $x^2-2x\,\mathfrak{R}e(z)+\vert z\vert^2$ liefert für den Zähler einen Ausdruck der Form

$$\sum_{j=1}^g (r_j+s_j\, x)\, (x^2-2x\,\mathfrak{R}e(z)+\vert z\vert^2)^{g-j}$$

und für den Bruch somit eine Summe der Form

$$\sum_{j=1}^g \frac{r_j+s_j\, x} {(x^2-2x\,\mathfrak{R}e(z)+\vert z\vert^2)^j}.$$

Induktion liefert nun das gewünschte Ergebnis.     []

Beachte, daß eine Stammfunktion von $\frac{r+s\,x}{(x^2-2ax+(a^2+b^2))^d}$ wie folgt mittels Substitutionen $\frac{x-a}b=y$ und $y^2+1=z$ bestimmt werden kann:

$$\int \frac{r+s\,x}{(x^2-2ax+(a^2+b^2))^d} =$$

$$= \int \frac{r+s\,a+s\,b\,y}{(b^2(y^2+1))^d}\,b\,dy$$

$$=\frac{r+sa}{b^{2d-1}} \int \frac1{(y^2+1)^d}\,dy + \frac{s}{2b^{2d-2}} \int\frac{2y}{(y^2+1)^d}\,dy$$

$$=\frac{r+sa}{b^{2d-1}} \int \frac1{(y^2+1)^d}\,dy + \frac{s}{2b^{2d-2}} \int z^{-d}\,dz$$

und weiters für $d>0$ mittels partieller Integration

$$\int 1\,\frac1{(y^2+1)^d}\,dy = y\,\frac1{(y^2+1)^d} - \int y\,(-d)\frac{2y}{(y^2+1)^{d+1}}\,dy$$

$$= y\,\frac1{(y^2+1)^d} + 2d\int \frac{y^2+1-1}{(y^2+1)^{d+1}}\,dy$$

$$= y\,\frac1{(y^2+1)^d} + 2d\int \frac{1}{(y^2+1)^{d}}\,dy - 2d \int \frac{1}{(y^2+1)^{d+1}}\,dy$$

und somit erhalten wir nach Ersetzen von $d$ durch $d-1$ die Rekursion

$$2(d-1) \int \frac{1}{(y^2+1)^{d}}\,dy = \frac{y}{(y^2+1)^{d-1}} + (2d-3)\int \frac{1}{(y^2+1)^{d-1}}\,dy.$$