Analysis/Numerik II

gehalten von

Prof. Dr. B.Kummer 13. Oktober 1994

Inhaltsverzeichnis

1 Vorwort 1

2 Differentialrechnung 2 2.1 Ableitungen von f : R^{n} → R^{m} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

3 Integralrechnung 5 3.1 Das bestimmte Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 3.2 Stammfunktion einer Funktion f : R → R . . . . . . . . . . . . . . . 10 3.3 Zusammenhang zwischen bestimmtem und unbestimmtem Integral . 10 3.4 Beispiele für Stammfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

3.4.1 Partielle Integration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 3.4.2 Umkehrung der Differentiation . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 3.4.3 \frac{f′(x)}{f(x)}-Regel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 3.4.4 Substitutionsregeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 3.4.5 Flächenberechnung für eine Ellipse . . . . . . . . . . . . . . . 16 3.4.6 Flächenberechnung an der Hyperbel . . . . . . . . . . . . . . 18

3.5 Berechnung von Kurvenlängen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 3.6 Integrale der Form ∫ \frac{Ax+B}{ax^{2}+bx+c}dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 3.7 Partialbruchzerlegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

3.7.1 Fundamentalsatz der Algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 3.7.2 Substitution bei rationalen Funktionen von Winkelfunktionen 29

3.8 Parameterabhängige Integrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 3.9 Uneigentliche Integrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3.9.1 Polstellen von Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 3.9.2 Unterschiedliche Grenzwerte für unterschiedliche Folgen … 32 3.9.3 Integrale der Form ∫_{−∞}^{∞} f(x) dx . . . . . . . . . . . . . . . . 32

3.10 Konvergente Reihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 3.11 Approximation von bestimmten Integralen . . . . . . . . . . . . . . . 35 3.12 Satz über implizite Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 3.13 Newtonverfahren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 3.14 Glatte Mannigfaltigkeiten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 3.15 Lagrange-Multiplikatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 3.16 Kurvenintegrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 3.17 Gebietsintegral der Art ∫∫_{G} f(x, y) dω . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

3.17.1 Zusammenhänge zwischen Kurven- und Gebietsintegralen . . 56 3.17.2 Stammfunktionen von Funktionen mehrerer Veränderlicher . 61

3.18 Newtonverfahren für Extremwertaufgaben unter Nebenbedingungen 62 3.19 Lösen von linearen Optimierungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . 64 3.20 Approximation im quadratischen Mittel . . . . . . . . . . . . . . . . 68 3.21 Interpolation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 3.22 Spline-Interpolation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

1 Vorwort

s2 intro.tex

Hier könnte wiederum eine Einleitung stehen, da mir aber nichts Gescheites einfällt, steht hier auch nichts besonderes. Zunächst schließen wir die Differentialrechnung ab. Danach folgt das Kapitel der Integralrechnung. Die Vorlesung wurde, wie auch im letzten Semester von Prof. Dr. B.Kummer gehalten. Die Übungen wurden von Dr. H.Damm durchgeführt. Dieses Skript entstand aus Mitschriften. Es wurde von Thomas Röblitz auf einen Rechner übertragen und dort mit LaTEX gesetzt. Nun noch einige Hinweise zur Benutzung. Es empfiehlt sich, daß man mit dem Lesen(Studieren) am Anfang beginnt. F reaks dürfen natürlich auch kreuz und quer bzw. partiell lesen. Das gute Stück ist natürlich fehlertolerant, d.h. überall sind sogenannte resistente Fehler eingebaut. Die kriegt man einfach nicht weg. Es ist also Vorsicht geboten! Zur Zeit ist dieses Exemplar bis zu Seite 53 einmal korrekturgelesen ^{1} und entsprechend fehlerbereinigt sowie verschönert worden. Wer zweckdienliche(im Kampf gegen die Resistenten) Hinweise zu Verbesserungen geben kann oder Fehler entdeckt hat, kann sich vertrauensvoll an mich (siehe oben T.R.) wenden - Ich verrate nichts.

Viel Spaß beim Lesen

1durch Pascal Müller-Gugenberger

2 Differentialrechnung

2.1 Ableitungen von f : R^{n} → R^{m}

ana1104.tex

Zunächst wiederholen wir kurz die bereits bekannten Fakten. Folgende Gleichung soll im folgenden die Grundlage sein:

f (y) − f (x) = f(x) + L (y − x) + \underbrace{r (y − x)}_{Restglied}  (1)

f und L seien Funktionen mit:

f : R^{n} → R^{m}
L: R^{n} → R^{m}  L ist additiv, homogen; linear  (2)

Wir betrachten nun den Spezialfall für m = 1. L hat dann die folgende Gestalt:

L (u) = a_{1}u_{1} + … + a_{n}u_{n} mit a_{i} = \frac{∂f}{∂x_{i}} (x) , u = y − x

Für das Restglied muß gelten: lim_{u→0} \frac{∥r(u)∥}{∥u∥} = 0 . Der Vektor

(\frac{∂f}{∂x_{1}} (x), …, \frac{∂f}{∂x_{n}} (x))

heißt Gradient der Funktion f in x. Der Ausdruck

\frac{∂f}{∂x_{1}} · . . . · \frac{∂f}{∂x_{n}}

heißt vollständiges Differential. Wir wollen nun den Satz von Taylor für Funktionen mit mehreren Veränderlichen entwickeln. Dazu betrachten wir den Raum R^{n} (n = 2). Gegeben seien a und x mit a, x ∈ R^{2}. Gesucht ist eine möglichst genaue Abschätzung für f (x) − f (a). Diese leiten wir mit der Taylor-Reihenentwicklung her. Da wir diese aber nur für Funktionen mit einer Veränderlichen kennen, wenden wir einen Trick an.

Betrachten die Funktion g (t) = f (a + t · (x − a)).

x, a sind jetzt fest, t variiert:

g (0) = f (a)
g (1) = f (x)

Auf g kann nun der Taylor-Satz angewendet werden.

g(t) = g(0) + \frac{g′(0)}{1!}t^{1} + … + \frac{g^{(n)}(0)}{n!}t^{n} + R_{n}(t)

Nur noch zu beantworten: Wie sieht g′(0) aus? f sei diffbar. Untersuchen den Differenzenquotienten \frac{1}{t} (g (t) − g (0)).

\frac{1}{t} (g (t) − g (0)) = \frac{1}{t} (f (a + t · (x − a)) − f (a))
u = x − a
= \frac{1}{t} (L (t · u) + r (t · u))  siehe (1)
= L (u) + \frac{1}{t} \underbrace{r (t · u)}_{z}  siehe (2)

2.1 Ableitungen von f : R^{n} → R^{m} 3

z = \underbrace{\frac{1}{t · ∥u∥} · r (t · u)}_{→0 (für t→0)} ·∥u∥ ∥u∥ ist konstant (da x, a fest).

⇒ lim_{t→0} \frac{1}{t} (f (a + t · u) − f (a)) = L (u) = ∑_{i=1}^{n} \frac{∂f}{∂x_{i}} (a) · u_{i}

= ∑_{i=1}^{n} \frac{∂f}{∂x_{i}} (a) · (x_{i} − a_{i})
g′(0) = ⟨Δf(a), u⟩

Δf(a) ist der Gradient der Funktion f in a. ⟨Δf(a), u⟩ ist das Skalarprodukt des Gradienten mit der Richtung u. Analog bildet man die zweite Ableitung g′′(0):

g′′(0) = ∑_{i=1}^{n} ∑_{j=1}^{n} u_{i} · \frac{∂^{2}f}{∂x_{i}∂x_{j}} (a) · u_{j}
= ⟨Δ^{2}f(a) · u, u⟩

Δ^{2}f(a) · u und u sind Vektoren in R^{n}. Für n = 2 gilt dann:

g′′(0) = u_{1}^{2} · \frac{∂^{2}f}{∂x_{1}^{2}} (a) + u_{1} · \underbrace{\frac{∂^{2}f}{∂x_{1}∂x_{2}} (a)}_{r} ·u_{2} + u_{2} · \underbrace{\frac{∂^{2}f}{∂x_{2}∂x_{1}} (a)}_{p} ·u_{1} + u_{2}^{2} · \frac{∂^{2}f}{∂x_{2}^{2}} (a)

Unter bestimmten Voraussetzungen gilt r = p. Dazu sei hier der Satz von Schwarz nur erwähnt:

Satz von Schwarz: Ist f : R^{n} → R zweimal stetig diffbar (2. Ableitungen existieren und hängen stetig vom Argument ab), dann gilt \frac{∂^{2}f}{∂x_{1}∂x_{2}} (a) = \frac{∂^{2}f}{∂x_{2}∂x_{1}} (a).

Wir definieren nun die Richtungsableitung.

Die Richtungsableitung von f : R^{n} → R in a in Richtung u(a, u ∈ R^{n}) existiert genau dann, wenn der Limes lim_{t→+0} \frac{1}{t} (f (a + t · u) − f (a)) existiert und nicht

von einer speziellen Folge abhängt. f′(a, u) = lim_{t→+0} \frac{1}{t} (f (a + t · u) − f (a))

Schreibweisen:

1. \frac{∂f(a)}{∂u}
2. \frac{df(a)}{du}
3. \frac{∂f(a)}{∂x_{i}} = \frac{∂f(u)}{∂e(i)}  falls f diffbar ist und e(i) = (0, …, 0, 1, 0, …, 0)

Die Eins steht an der i-ten Stelle.

Beispiel 1 f(x) = |x| ∀x x ∈ R ist in a = 0 nicht diffbar, aber richtungsdiffbar. Dies bedeutet, daß in jeder Richtung eine Richtungsableitung existiert.

\begin{matrix}∀t > 0, a = 0 & f(a + t · u) − f(a) & = & t · u & (u > 0) \\ & \frac{1}{t} · (f(a + t · u) − f(a)) & = & \frac{t·u}{t} = u \\ & f(a + t · u) − f(a) & = & −t · u & (u < 0) \\ & \frac{1}{t} · (f(a + t · u) − f(a)) & = & −\frac{t·u}{t} = −u \end{matrix} \} für f(x) = |x|

Ableitungen komplexer Funkionen

f(z) sei komplexwertig, z komplex. z = x + i · y f(z) = α + i · β Die Ableitung von f in z_{0} ist eine lineare Funktion L : C → C. Die Linearität ist mit den folgenden Gleichungen nachzuweisen:

L(z + ζ) = L(z) + L(ζ) ⇒ additiv !
L(λ · z) = λ · L(z) ∀λ ⇒ homogen !

λ ∈ R oder λ ∈ C? Die Linearität bzgl. komplexer λ ist eine härtere Forderung, als die Linearität bzgl. reeller λ allein! Wann ist f komplex linear? f_{1} berechnet den Realteil von f, f_{2} den Imaginärteil von f. λ sei komplex λ = u+i·v homogen: z.zeigen f(λ · z) = f ((u + i · v) · (x + i · y)) ∀z, λ ∈ C

λ · f(z) = (u + i · v) (f_{1}(z) + i · f_{2}(z))
f(λ · z) = f ((ux − vy) + i · (xv + yu))
= f_{1} ((ux − vy) + i · (xv + yu))
+i · f_{2} ((ux − vy) + i · (xv + yu))

⇒ Ausmultiplizieren und nach Real-Imaginärteil sortieren, liefert Bedingungen die letztlich Cauchy-Riemann-Gleichungen bedeuten. Schließlich erhält man λf(z) = u · f_{1}(z) − v · f_{2}(z) + i (v · f_{1}(z) + u · f_{2}(z)) ⇝ f ist komplex diffbar nur dann, wenn

\frac{∂f_{1}}{∂x} = \frac{∂f_{2}}{∂y} , \frac{∂f_{1}}{∂y} = −\frac{∂f_{2}}{∂x}

und erhalten f(z) = f_{1}(z) + i · f_{2}(z).

3 Integralrechnung

3.1 Das bestimmte Integral

Sei f eine Funktion mit f : [a, b] → R und [a, b] ⊆ R. Frage: Wie berechnet man

[figure: f; a; x_{1}; x_{2}; x_{3}; b; w_{i}; ξ_{3}; F; f(ξ_{3})]

Abbildung 1: Das bestimmte Integral

den Flächeninhalt F(gestreifte Fläche)? Dazu zerlegen wir das Intervall [a, b] in N Teilintervalle. In Abbildung 1 haben wir 4 Teilintervalle gewählt. Für die Punkte(Intervallgrenzen) gilt a = x_{0} < x_{1} < … < x_{N} = b, für die Intervalle gilt Δx_{i} = x_{i} − x_{i−1} i = 1, …, N. Sei ξ_{i} ∈ [x_{i−1}, x_{i}) i = 1, …, N. ω_{i} ist die Rechteckfläche, die in der Abbildung 1 eingezeichnet ist. Für ω_{i} gilt ω_{i} = f(ξ_{i}) · Δx_{i}. Diese Flächen hängen von der speziellen Wahl der ξ_{i} ab. Eine mögliche, anschauliche Näherung für F ist I = ∑_{i=1}^{N} ω_{i}. I hängt von der Intervallzerlegung Z und der Punktauswahl ξ_{i} ab. Die Fläche F ist definiert, wenn es eine wohlbestimmte Zahl F gibt, so daß lim I =F, falls max_{i}{Δx_{i}} → 0 gilt. Dabei soll der Grenzwert unabhängig von der Wahl der Punkte ξ_{i} sein. Schreibweise: F= ∫_{a}^{b} f(x)dx ana1404.tex

Beispiel 2 f(x) = \{ \begin{matrix}0 & x rational \\ 1 & x irrational \end{matrix}

f ist nicht integrierbar, da ∫_{a}^{b} f(x)dx nicht existiert für a ≠ b, denn I_{1} ≠ I_{2}.

I_{1} : ζ_{i} ist rationale Zahl in (x_{i−1}, x_{i}) ⇒ I_{1} = ∑_{i} 0 · Δx_{i} = 0
I_{2} : ζ_{i} ist irrationale Zahl in (x_{i−1}, x_{i}) ⇒ I_{2} = ∑_{i} 1 · Δx_{i} = b − a

• Der betrachtete Integralbegriff repräsentiert das Riemann-Integral.

Satz 3.1 Jede über [a, b] stetige Funktion f ist über [a, b] Riemann-integrierbar.

Beweis zu 3.1 Wir betrachten zunächst eine spezielle(äquidistante) Zerlegung des Intervalls und zeigen, daß f bei dieser Zerlegung Riemann-integrierbar ist. Danach zeigen wir, daß die Integrierbarkeit von f in [a, b] unabhängig von dieser Zerlegung ist, d.h. f ist auch bei anderen Zerlegungen von [a, b] integrierbar solange sichergestellt ist, daß die Intervallängen genügend klein sind. Betrachten also zunächst eine äquidistante Zerlegung.

x_{i} = a + i · \frac{1}{N} (b − a)
Δx_{i} = \frac{b − a}{N} = ε(N) = ε(Z)

f ist auf dem kompakten Intervall [a, b] gleichmäßig stetig, d.h. es gibt eine Funktion ε → δ(ε) mit |f(ζ′) − f(ζ′′)| < δ(Z) falls nur |ζ′ − ζ′′| ≤ ε mit ζ′, ζ′′ ∈ [a, b] wobei δ(ε) → 0 für ε → 0

⇒ Wenn ζ′, ζ′′ ∈ [x_{i−1}, x_{i}] so gilt |ζ′ − ζ′′| < \frac{b−a}{N}. ⇒ |f(ζ′) − f(ζ′′)| < δ (\frac{b−a}{N}) strebt gegen Null für N → ∞

Setzen M_{i} = max_{ζ∈[x_{i−1},x_{i}]} f(ζ), m_{i} = min_{ζ∈[x_{i−1},x_{i}]} f(ζ)

⇒ |M_{i} − m_{i}| ≤ δ (\frac{b−a}{N})

⇒ I(a) = ∑_{i=1}^{N} m_{i} · Δx_{i} ≤ I(Z) ≤ ∑_{i=1}^{N} M_{i} · Δx_{i}

∑_{i=1}^{N} M_{i} · Δx_{i} − ∑_{i=1}^{N} m_{i} · Δx_{i} ≤ ∑_{i=1}^{N} δ (\frac{b−a}{N}) · Δx_{i} = δ (\frac{b−a}{N}) · ∑_{i=1}^{N} Δx_{i} = δ (\frac{b−a}{N}) · (b − a)

wird beliebig klein für N → ∞

Damit ist gezeigt, daß f bei einer äquidistanten Zerlegung Riemann-integrierbar ist. Die betrachtete Zerlegung sei Z_{N} mit \overline{ε} = \overline{ε}(N). Nun betrachten wir eine weitere Zerlegung Z, a = y_{0} < y_{1} < … < y_{N′} = b mit dem Feinheitsgrad ε(Z) < \overline{ε}^{2} Auswahl der Punkte η_{ν} ∈ [y_{ν−1}, y_{ν}]. Dann gilt

I(Z) = ∑_{ν=1}^{N′} f (η_{ν}) · Δy_{ν}

Δx_{i} ∼ [x_{i−1}, x_{i}] Länge \overline{ε}(N) = \frac{b−a}{N}

…, y_{ν}, …  L_{ν} L_{ν}^{x_{i−1}}  ^{x_{i}} L_{ν} =Länge ≤ \overline{ε}^{2}  L_{ν} < 2 · \overline{ε}^{2}

Abbildung 2: Skizze zum Beweis

⇒ I(Z) = ∑_{ν=1}^{N′} f (η_{ν}) · Δy_{ν} + ∑_{ν=1}^{N′} f (η_{ν}) · Δy_{ν}

[y_{ν−1},y_{ν}]⊂[x_{i−1},x_{i}]

für ein festes i [y_{ν−1},y_{ν}]⊄[x_{i−1},x_{i}]

∀i
I(Z) ≤ ∑_{ν=1}^{N′} f (η_{ν}) · Δy_{ν} + ∑_{i=1}^{N} ∑_{ν=1}^{N′} f (η_{ν}) · Δy_{ν}

[y_{ν−1},y_{ν}]⊂[x_{i−1},x_{i}]

für ein festes i x_{i} ∈ \underbrace{[y_{ν−1}, y_{ν}]}_{≤\overline{ε}^{2}}

≤ ∑_{i=1}^{N} ∑_{ν=1}^{N′} f (η_{ν}) · Δy_{ν} + ∑_{i=1}^{N} ∑_{ν=1}^{N′} f (η_{ν}) · Δy_{ν}

[y_{ν−1},y_{ν})⊂[x_{i−1},x_{i})

für ein festes i x_{i} ∈ \underbrace{[y_{ν−1}, y_{ν}]}_{≤\overline{ε}^{2}}

|η_{ν} − x_{i}| ≤ 2 · \overline{ε}^{2} ≤ \overline{ε}^{2}

⇒ |f (η_{ν}) − m_{i}| ≤ δ \underbrace{(\frac{b − a}{N})}_{\overline{ε}}

I(Z) ≤ ∑_{i=1}^{N} ∑_{ν=1}^{N′} f (η_{ν}) · Δy_{ν} + ∑_{i=1}^{N} (m_{i} + δ (\overline{ε})) · \overline{ε}^{2}

[y_{ν−1},y_{ν})⊂[x_{i−1},x_{i})

≤ ∑_{i=1}^{N} ( ∑_{ν=1}^{N′} (m_{i} + δ (\overline{ε})) · Δy_{ν}) + \overline{ε}^{2} · (∑_{i=1}^{N} m_{i} + ∑_{i=1}^{N} δ (\overline{ε}))

≤ ∑_{i=1}^{N} (m_{i} · ( ∑_{ν=1}^{N′} Δy_{ν}) + δ (\overline{ε}) · ( ∑_{ν=1}^{N′} Δy_{ν}))

+\frac{(b−a)^{2}}{N^{2}} · (∑_{i=1}^{N}(m_{i}) + N · (\overline{ε}))

m_{i} · ∑_{ν=1}^{N′} Δy_{ν} = m_{i} · Δx_{i} + m_{i} · φ_{i} mit |φ_{i}| ≤ 2 · \overline{ε}^{2}

≤ \underbrace{∑_{i=1}^{N} (m_{i} · Δx_{i})}_{A} + \underbrace{∑_{i=1}^{N} (m_{i} · φ_{i})}_{B} + \underbrace{∑_{i=1}^{N} (δ (\overline{ε}) · Δx_{i})}_{→0 für N→∞} + \underbrace{∑_{i=1}^{N} (δ (\overline{ε}) · φx_{i})}_{→0 für N→∞}

+ \underbrace{\frac{(b − a)^{2}}{N} · δ (\overline{ε})}_{→0 für N→∞} + \underbrace{\frac{(b − a)}{N} · ∑_{i=1}^{N} \frac{m_{i} · (b − a)}{N}}_{C}

≤ \underbrace{I(a)}_{A} + \underbrace{∑_{i=1}^{N} |m_{i}| · 2\frac{(b − a)^{2}}{N^{2}}}_{B} + \underbrace{\frac{(b − a)}{N} · ∑_{i=1}^{N} |m_{i}| · \frac{b − a}{N}}_{C} +R

≤ I(a) + \underbrace{∑_{i=1}^{N} |m_{i}| · 3\frac{(b − a)^{2}}{N^{2}}}_{D} + \underbrace{R}_{→0 für N→∞}

Sei f_{max} = max |f(x)| ≥ |m_{i}|. Betrachten D.

D≤ 3\frac{(b−a)^{2}}{N^{2}} · ∑_{i=1}^{N} f_{max} = 3 · \frac{(b−a)^{2}}{N^{2}} N · f_{max} = \underbrace{3\frac{(b − a)^{2}}{N} · f_{max}}_{→0 für N→0}

Zurück zur Ungleichung:

I(Z) ≤ I(a) + \underbrace{R}_{→0 für N→∞}

Der Unterschied zwischen den Integralsummen I_{a} (Z_{N}) = ∑_{i=1}^{N} m_{i} · Δx_{i} und I(Z) ist

abschätzbar durch D(N), wobei D(N) → 0 für N → ∞ gilt, sofern Z eine Zerlegung mit Feinheitsgrad ≤ \overline{ε}^{2} ist.

[figure: I(x); N; I(b) = max; I(a) = min; \overline{ε} = \frac{b−a}{N}; \overline{ε} = \overline{ε}^{2}]

Abbildung 3: Skizze zum Beweis

Wenn der Feinheitsgrad \frac{1}{k} → 0 für k → ∞, dann müssen die Integralsummen eine Cauchy-Folge bilden. ⇒ in R konvergente Folge □

Hausaufgabe 1 Beweisen Sie, ∫_{a}^{b} f(x)dx = ∫_{a}^{c} f(x)dx + ∫_{c}^{b} f(x)dx mit c ∈ [a, b].

ana1804.tex Das Integral existiert für nichtstetige Funktionen, wenn nur endlich viele Unstetigkeitsstellen existieren und die Funktion beschränkt ist. Eine Integralsumme der Funktion f hat die folgende Gestalt

I(f) = ∑_{i=1}^{N} f(ζ_{i}) · Δx_{i} ,

für 2f

I(2f) = ∑_{i=1}^{N} 2f(ζ_{i}) · Δx_{i}.

Eigenschaften von integrierbaren Funktionen

Wenn f integrierbar ist, so ist auch αf (α ∈ R) integrierbar. Dabei gilt (αf)(x) =_{Def} α · f(x). Analoges gilt für die Summe: Wenn f, g integrierbar sind, so ist auch (f + g) integrierbar. Dabei gilt (f + g)(x) =_{Def} f(x) + g(x). Für die Integrale gilt dann

∫_{a}^{b}(αf)(x)dx = α · ∫_{a}^{b} f(x)dx  (3)

∫_{a}^{b}(f + g)(x)dx = ∫_{a}^{b} f(x)dx + ∫_{a}^{b} g(x)dx  (4)

Integrale können Funktionen beschreiben. Die Abbildung, die integrierbaren Funk-

tionen f über [a, b] gerade v(f) = ∫_{a}^{b} f(x)dx zuordnet, ist additiv(siehe 4) v(f +g) =

v(f) + v(g) und homogen(siehe 3) v(αf) = αv(f). ⇒ Durch die Definitionen von (f + g) und (αf) wird ein linearer Raum definiert.

Definition 3.1 ∫_{a}^{b} f(x)dx =_{Def} − ∫_{b}^{a} f(x)dx (a ≤ b)

Satz 3.2 (Triviale Abschätzung)

∫_{a}^{b} f(x)dx ≤ ( sup_{x∈[a,b]} f(x)) · (b − a) (b ≥ a)  (5)

∫_{a}^{b} f(x)dx ≥ ( inf_{x∈[a,b]} f(x)) · (b − a) (b ≥ a)  (6)

Beweis zu 3.2 Wir beweisen zunächst 5.

Es gelten die Beziehungen ∑_{i=1}^{N} Δx_{i} = b − a und f(ζ_{i}) ≤ sup f, wie man leicht sieht.

⇒ Jede Integralsumme ≤ (sup f) · (b − a) Analog für 6. □

[figure: a; b; ζ; \begin{aligned}F & = & ∫_{a}^{b} f(x)dx \\ & = & f(ζ) · (b − a) \end{aligned}; f(ζ)]

Abbildung 4: Skizze

Folgerung: Es existiert ein γ ∈ \underbrace{[inf f, sup f]}_{Menge der \underline{möglichen} Funktionswerte} mit ∫_{a}^{b} f(x)dx = γ · (b − a).

Wenn f stetig ist, so ist [inf f, sup f] die Menge der \underline{angenommenen} Funktionswerte.

⇒ Es existiert ein ζ ∈ [a, b] mit f(ζ) = γ und ∫_{a}^{b} f(x)dx = f(ζ) · (b − a).

3.2 Stammfunktion einer Funktion f : R → R

Definition 3.2 F heißt Stammfunkiton für f, falls F′(x) existiert ∀x x ∈ R und F′(x) = f(x) ∀x x ∈ R. (Umkehrung der Differentiation)

Folgerung: Wenn F Stammfunktion für f ist, so auch G mit G(x) = F (x) + c ∀x x, c ∈ R, denn G′(x) = F′(x) + 0 = f(x).

Satz 3.3 Wenn F Stammfunktion für f ist, so werden durch G(x) = F (x) + c c ∈ R alle Stammfunktionen von f erfaßt.

Beweis zu 3.3 Den Beweis führen wir indirekt. Annahme G ist ebenfalls Stammfunktion für f, aber G − F ist nicht konstant, also sei H(x) = G(x) − F (x). Dann existieren a, b mit

H(a) ≠ H(b).  (7)

O.B.d.A. sei a kleiner als b. Betrachten die 1.Ableitung von H. H′(x) = G′(x) − F′(x) = f(x) − f(x) = 0 Nun wenden wir den Mittelwertsatz auf H an:

H(b) − H(a) = H′(ζ) · (b − a) ζ ∈ (a, b) gilt für wenigstens ein ζ
= 0 da H′(x) = 0

⇒ H(b) = H(a) steht im Widerspruch zu 7. □

Schreibweise: F = ∫ f(x)dx Abkürzung für ”F heißt Stammfunktion …“ siehe Definition 3.2 Rechenregeln:

1. ∫ (f(x) + g(x)) dx = ∫ f(x)dx+∫ g(x)dx, falls die beiden letzteren existieren, so existiert auch das Zusammengesetzte. Hinweis: ∫ f(x)+g(x) dx kann auch existieren, wenn f keine Stammfunktion

besitzt ( z.B. f(x) = \{ \begin{matrix}0 & x rational \\ 1 & x irrational \end{matrix} ), so existiert die Stammfunktion

von f − f = 0. Setzen wir also g = −f, so existiert die Stammfunktion von f + g, aber nicht von f und g.

2. ∫ (αf)(x)dx = α · ∫ f(x)dx α ∈ R

3.3 Zusammenhang zwischen bestimmtem und unbestimmtem Integral

Satz 3.4 (Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung) Ist f stetig und F ist irgendeine Stammfunktion von f, so gilt

∫_{a}^{b} f(x)dx = F (b) − F (a).

Beweis zu 3.4 Wir definieren zunächst die Funktion G. G(y) = ∫_{a}^{y} f(x)dx

Nun wollen wir die 1.Ableitung von G herleiten. Betrachten

G(y + h) − G(y) = ∫_{a}^{y+h}f(x)dx − ∫_{a}^{y} f(x)dx

= ∫_{y}^{y+h}f(x)dx

= \underbrace{f(ζ) · (y + h − y)}_{Mittelwertsatz} ζ ∈ [y, y + h]

= f(ζ) · h

f(ζ)→f(y)

falls h→0, da f stetig

Daraus folgt für (h > 0)

lim_{h→+0} \frac{1}{h} (G(y + h) − G(y)) = \frac{h·f(ζ)}{h} = f(ζ) = \underline{\underline{f(y)}}

Falls (h < 0) folgt analog:

G(y + h) − Gy = ∫_{y+h}^{y} −f(x)dx = \underbrace{−f(ζ) · |h| ζ ∈ [y + h, y]}_{ζ→y für h→0}

⇒ lim_{h→−0} \frac{1}{h} (G(y + h) − G(y)) = \frac{|h|}{h} (−f(ζ)) = f(ζ) = \underline{\underline{f(y)}}

⇒ G(y) ist diffbar. G′(y) = f(y) ⇒ G ist Stammfunktion von f. F ist nach Voraussetzung beliebige Stammfunktion von f. ⇒ F (y) = G(y) + c

⇒ \begin{aligned}F (b) − F (a) & = & G(b) − G(a) + c − c \\ & = & ∫_{a}^{b} f(x)dx − ∫_{a}^{a} f(x)dx = ∫_{a}^{b} f(x)dx \end{aligned}

□

Durch den Hauptsatz ist die Frage nach Stammfunktionen praktisch (über Flächenberechnung) motiviert! Wollen den Flächeninhalt der Fläche A bestimmen. Bilden

[figure: 0; 1; f(x) = x^{2}; Fläche A]

Abbildung 5: Flächenberechnung

eine Stammfunktion von f z.B. F (x) = \frac{1}{3}x^{3} A = F (1) − F (0) = \frac{1}{3} · 1 = \frac{1}{3}

3.4 Beispiele für Stammfunktionen

Beispiel 3 Stammfunktionen

f  F
e^{x} e^{x} + c
x^{n}  \frac{1}{n+1}x^{n+1} + c
sin x − cos x + c
cos x sin x + c
\frac{1}{x}  ln |x| + c x ≠ 0
ln x ? Wenden Integrationstrick 1 an! ⇒ x · (ln x − 1) + c

3.4.1 Partielle Integration

Integrationstrick 1: Partielle Integration Benutzen die Produktregel: (uv)′ = u′v + v′u u = u(x), v = v(x) Integrieren beide Seiten: ∫ (uv)′dx = ∫ u′vdx + ∫ v′udx + c ⇒ ∫ u′vdx = uv − ∫ v′udx + c Mit dieser Gleichung sind wir in der Lage, Integrale von Funktionen zu bestimmen, wenn f die Gestalt u′v hat und u bzw. v′ leicht aus u′ bzw. v zu bestimmen ist.

Beispiel 4 Gesucht ist ∫ ln xdx x ≠ 0! Setzen

\begin{aligned}u′(x) & = & 1 & u(x) & = & x \\ v(x) & = & ln x & v′(x) & = & \frac{1}{x} \end{aligned}

So folgt

∫ 1 · ln xdx = x · ln x − ∫ \frac{1}{x} · xdx + c
= x · ln x − ∫ 1dx + c
= x · ln x − x + c
= x(ln x − 1) + c

Probe:

(x ln x − x + c)′ = ln x + \frac{1}{x} · x − 1
= ln x + 1 − 1 = ln x

Beispiel 5 Gesucht ist das Integral von x · e^{x}!

guter Ansatz: Setzen

\begin{aligned}u′(x) & = & e^{x} & u(x) & = & e^{x} \\ v(x) & = & x & v′(x) & = & 1 \end{aligned}

∫ x · e^{x}dx = x · e^{x} − ∫ e^{x}dx + c
= x · e^{x} − e^{x} + c
= (x − 1)e^{x} + c

ungschickter Ansatz: Setzen

\begin{aligned}u′(x) & = & x & u(x) & = & \frac{x^{2}}{2} \\ v(x) & = & e^{x} & v′(x) & = & e^{x} \end{aligned}

∫ e^{x} · xdx = \frac{x^{2}}{2} · e^{x} − ∫ \frac{x^{2}}{2} · e^{x}dx + c

3.4 Beispiele für Stammfunktionen 13 3.4.2 Umkehrung der Differentiation

ana2104.tex

Wir ermitteln nun Grundintegrale mit arcsin x, arsinh x, … Dazu erinnern wir uns an die Ableitungen für diese Funktionen.

y = arcsin x ⟺ x = sin y y = y(x) \begin{aligned}−1 & < x < & 1 \\ −\frac{π}{2} & < y < & \frac{π}{2} \end{aligned}

Differenzieren nach x

1 = y′(x) · cos y(x)
y′(x) = \frac{1}{cos y(x)} = \frac{1}{\sqrt{1−sin^{2} y(x)}}
y′(x) = \frac{1}{\sqrt{1−x^{2}}}

⇒ ∫ \frac{1}{\sqrt{1−x^{2}}} dx = arcsin x + c falls x ∈ (−1, 1)

y = arccos x ⟺  x = cos y y = y(x)  \begin{aligned}−1 & < x < & 1 \\ 0 & < y < & π \end{aligned}

Differenzieren nach x

1 = y′(x) · (− sin y(x))
y′(x) = −\frac{1}{sin y(x)} = \frac{1}{\sqrt{1−cos^{2} y(x)}}
y′(x) = −\frac{1}{\sqrt{1−x^{2}}}

⇒ ∫ −\frac{1}{\sqrt{1−x^{2}}} dx = arccos x + c

y = arctan x ⟺  x = tan y y = y(x) 0 < y < π

Differenzieren nach x

1 = y′(x) · (1 + tan^{2} y(x))
y′(x) = \frac{1}{1+tan^{2} y(x)}
y′(x) = \frac{1}{1+x^{2}}

⇒ ∫ \frac{1}{1+x^{2}} dx = arctan x + c

y = arccot x ⟺  x = cot y y = y(x)

Differenzieren nach x

1 = y′(x) · \frac{− sin^{2} y(x)−cos^{2} y(x)}{sin^{2} y(x)}
1 = (−1) · y(x) (1 + cot^{2} y(x))
y′(x) = −\frac{1}{1+x^{2}}

⇒ ∫ −\frac{1}{1+x^{2}} dx = arccot x + c

y = arsinh x ⟺ x = sinh y =_{Def} \frac{1}{2} (e^{y} − e^{−y}) y = y(x)

Differenzieren nach x

1 = y′(x) · cosh y(x)
y′(x) = \frac{1}{cosh y(x)} = \frac{1}{\sqrt{1+sinh^{2} y(x)}}
y′(x) = \frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}

⇒ ∫ \frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}} dx = arsinh x + c

y = artanh x ⟺ x = tanh y =_{Def} \frac{sinh y}{cosh y} y = y(x) x^{2} ≠ 1, |x| < 1

Differenzieren nach x

1 = y′(x) · \frac{− sinh^{2} y(x)+cosh^{2} y(x)}{cosh^{2} y(x)}
1 = y′(x) · (1 − tanh^{2} y(x))
y′(x) = \frac{1}{1−x^{2}}

⇒ ∫ \frac{1}{1−x^{2}} dx = artanh x + c

y = arcoth x ⟺ x = coth y =_{Def} \frac{cosh y}{sinh y} y = y(x) x^{2} ≠ 1, |x| > 1

Differenzieren nach x

1 = y′(x) · \frac{sinh^{2} y(x)−cosh^{2} y(x)}{sinh^{2} y(x)}
y′(x) = \frac{1}{1−x^{2}}

⇒ ∫ \frac{1}{1−x^{2}} dx = arcoth x + c

∫ sin^{2} xdx = ∫ \underbrace{sin x}_{u′} · \underbrace{sin x}_{v} dx
u(x) = − cos x v′(x) = cos x
= − sin x cos x − ∫ − cos^{2} xdx
= − sin x cos x + ∫ cos^{2} xdx
= − sin x cos x + ∫ 1 − sin^{2} xdx
= − sin x cos x + x − ∫ sin^{2} xdx |+ ∫ sin^{2} xdx
2 ∫ sin^{2} xdx = − sin x cos x + x |: 2
∫ sin^{2} xdx = \frac{x−sin x cos x}{2} + c
∫ cos^{2} xdx = ∫ \underbrace{cos x}_{u′} · \underbrace{cos x}_{v} dx
u(x) = sin x v′(x) = − sin x
= sin x cos x − ∫ − sin^{2} xdx
= sin x cos x + ∫ sin^{2} xdx
= sin x cos x + ∫ 1 − cos^{2} xdx
= sin x cos x + x − ∫ cos^{2} xdx |+ ∫ cos^{2} xdx
2 ∫ cos^{2} xdx = sin x cos x + x |: 2
∫ cos^{2} xdx = \frac{x+sin x cos x}{2} + c

3.4.3 \frac{f′(x)}{f(x)}-Regel Jetzt wollen wir Integrale der Form

∫ \frac{f′(x)}{f(x)}dx = ln |f(x)| + c

berechnen. Diese Formel wenden wir nun auf tan x, cot x an.

∫ tan xdx = ∫ \frac{sin x}{cos x}dx = − ∫ \frac{− sin x}{cos x}dx = − ln | cos x| + c

∫ cot xdx = ∫ \frac{cos x}{sin x}dx = ln | sin x| + c

ähnlich ∫ tanh x, ∫ coth x, … 3.4.4 Substitutionsregeln

Betrachten

∫ f(x)dx = F
\begin{matrix}1. & x & = & g(u) \\ 2. & u & = & h(x) \end{matrix} \}

Beide Zuordnungen seien bijektiv und es gelte u = g^{−1}(x); g und g^{−1} seien diffbar.

Rechnen formal

\frac{dx}{du} = g′(u) f(x) = f(g(u))

∫ f(x)dx = ∫ f(g(u)) · g′(u)du = G(u) + c

H(x) = G (g^{−1}(x)) + c

Zeigen: H(x) = F (x) + c

Satz 3.5 Wenn G eine Stammfunktion von f(g(u)) · g′(u) ist und H(x) definiert ist durch G (g^{−1}(x)), so ist H eine Stammfunktion für f.

Beweis zu 3.5 zu zeigen: H′(x) = f(x) Vorüberlegung:

g^{−1}(x) = y ⇒ x = g(y) \overrightarrow{}_{differenzieren} 1 = g′(y) · y′

y′ = \frac{1}{g′(x)} = \frac{1}{g′ (g^{−1}(x))}

Zum Beweis:

\frac{dG(g^{−1}(x))}{dx} = \frac{dG(g^{−1}(x))}{du} · \frac{dg^{−1}(x)}{dx}
= f (g (g^{−1}(x))) · g′ (g^{−1}(x)) · \frac{dg^{−1}(x)}{dx}
= f(x) · \underbrace{g′ (g^{−1}(x)) · \frac{dg^{−1}(x)}{dx}}_{1}

□

Hausaufgabe 2 ∫ sin^{n} xdx Gesucht ist die Iterationsformel.

Berechnen Sie!

Hausaufgabe 3 ∫ e^{x} · sin xdx; ∫ e^{x} · sinh xdx

Hausaufgabe 4 ∫ \frac{x+1}{1+x^{2}} dx

Zeigen Sie!

Hausaufgabe 5

∫_{0}^{2π}(cos(nx)) · cos(mx)dx = \{ \begin{matrix}0 & n ≠ m \\ π & n = m \end{matrix}

(für F ourier-Reihen wichtig)

3.4.5 Flächenberechnung für eine Ellipse

ana2504.tex

Folgende Integrale werden wir im folgenden benötigen:

∫ sin^{2} xdx = \frac{1}{2} (x − sin x · cos x) + c  (8)
∫ sinh^{2} xdx = \frac{1}{2} (sinh x · cosh x − x) + c  (9)
∫ cos^{2} dx = ∫ 1 − sin^{2} xdx
= x − \frac{1}{2} (x − sin x · cos x) + c
= \frac{1}{2} (x + sin x · cos x) + c  (10)
∫ cosh^{2} xdx = ∫ sinh^{2} x + 1dx
= x + \frac{1}{2} (sinh x · cosh x − x) + c
= \frac{1}{2} (sinh x · cosh x + x) + c  (11)

Diese Integrale spielen bei Substitutionen für \sqrt{1 + x^{2}}, \sqrt{1 − x^{2}} u.s.w. eine Rolle.

Beispiel 6 Gegeben sei ein Ausdruck der Form \sqrt{1 + x^{2}}. Wir ersetzen nun x durch sinh u. ⇒ \sqrt{1 + x^{2}} = \sqrt{1 + sinh^{2} u} = cosh u

dx = cosh udu ∫ \sqrt{1 + x^{2}} geht über in ∫ cosh^{2} udu, letzteres Integral ist schon bekannt(siehe 11).

Wir wollen nun die Fläche einer Ellipse berechnen.

[figure: −b; b; −a; a; A]

Abbildung 6: Fläche einer Ellipse

Die Gleichung einer Ellipse ist \frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1. Zur Flächenberechnung benötigen wir den Wert von y an einer Stelle x.

y^{2} = b^{2} (1 − \frac{x^{2}}{a^{2}} )

y = b · \sqrt{1 − \frac{x^{2}}{a^{2}}} = \frac{b}{a}\sqrt{a^{2} − x^{2}} für a > 0, |x| ≤ a

Für die Fläche A gilt also:

A = 2\frac{b}{a} ∫_{−a}^{a} \sqrt{a^{2} − x^{2}}dx

Nun lösen wir dieses Integral. Setzen x = a · sin u. \frac{dx}{du} = a · cos u

⟹ dx = a · cos udu  (12)
∫ \sqrt{a^{2} − x^{2}}dx = ∫ \sqrt{a^{2} − a^{2} sin^{2} u}dx
= ∫ a\sqrt{1 − sin^{2} u}dx da a > 0
= ∫ a cos udx
= ∫ a^{2} cos^{2} udu siehe 12
= G(u)
= \frac{a^{2}}{2} (u + sin u · cos u) + c siehe 10

Die Integrationsgrenzen −a, a ersetzen wir durch die Transferfunktion/Substitution u = arcsin \frac{x}{a}. Den Grenzen −a, a entsprechen die Grenzen u = −\frac{π}{2} , u = \frac{π}{2} . Die Substitution ist im Intervall u ∈ [−\frac{π}{2} , \frac{π}{2} ] möglich, d.h., daß die Umkehrfunktion des Sinus nur in dem Intervall eindeutig definiert ist, in dem jeder Funktionswert nur einmal angenommen wird. Also Intervalle der Art [−\frac{π}{2} + k · π, \frac{π}{2} + k · π] für k ∈ N_{0}. Wir betrachten hier den Fall für k = 0. Betrachten nun folgendes Integral

∫_{− \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} a^{2} cos^{2} du = G (\frac{π}{2} ) − G (−\frac{π}{2} ) = \frac{a^{2}}{2} (\frac{π}{2} − (−\frac{π}{2} )) = \frac{a^{2}}{2} π

Also gilt für den Flächeninhalt die Formel

A = 2 · \frac{b}{a} (\frac{a^{2}}{2} π) = abπ

Nun ergibt sich die Frage, ob wir überhaupt die Grenzen ebenfalls substituieren dürfen. Dazu klären wir die Frage, was bei der Substitution passiert! Zunächst haben wir das Integral

R_{1} = ∫_{a}^{b} f(x)dx

mit den Grenzen a, b gegeben. Dabei sollen folgende Gleichungen gelten x = g(u), dx = g′(u)du und u = g^{−1}(x). Nun berechnen wir die neuen Integrationsgrenzen α und β; α = g^{−1}(a) und β = g^{−1}(b). Es soll die folgende Gleichung gelten.

R_{2} = ∫_{α}^{β} f(g(u)) · g′(u)du

Zu zeigen: R_{1} = R_{2} Nach der Substitutions-Regel gilt für die Stammfunktion

G(u) = ∫ f(g(u)) · g′(u)du

mit G(g^{−1}(x)) =_{Def} H(x), daß H(x) = F (x) + c wobei

F (x) = ∫ f(x)dx ist.

Mit x = a, b folgt

\underbrace{F (b) − F (a)}_{R_{1}} = G (g^{−1}(b)) + c − (G (g^{−1}(a)) + c)
= \underbrace{G(β) − G(α)}_{da G Stammfunktion ist.} = R_{2}

Zu beachten ist, daß g^{−1} möglicherweise an den Grenzen und/oder an anderen Punkten nicht definiert ist. Diese Stellen nähert man dann durch Addition bzw. Substraktion eines ε > 0, beliebig klein, an.

3.4.6 Flächenberechnung an der Hyperbel

Gegeben sei eine Hyperbel mit der Gleichung

y^{2} = x^{2} − 1

[figure: A; 1; p]

Abbildung 7: Flächenberechnung an der Hyperbel

Suchen nach dem Wert von y in Abhängigkeit von x. Wir erhalten y = \sqrt{x^{2} − 1} für die obere Hälfte, die wir im weiteren nur betrachten wollen. Wir berechnen das Integral

I = ∫_{1}^{p} \sqrt{x^{2} − 1}dx für p > 1 .

Für den Flächeninhalt A gilt A = 2 · I. Setzen x = cosh u ⟹ dx = sinh udu. Damit gilt \sqrt{x^{2} − 1} = \sqrt{cosh^{2} u − 1} = sinh u

⇒ I = ∫_{1}^{p} \sqrt{x^{2} − 1}dx = ∫_{α}^{β} sinh^{2} udu

Es muß gelten: 1 = cosh α ⇒ α = 0 p = cosh β ⇒ β = arcosh p

I = ∫_{0}^{arcosh p}sinh^{2} udu = [\frac{1}{2} (sinh u · cosh u − u)]_{0}^{arcosh p}
F (0) = 0
= \frac{1}{2} (sinh( arcosh p) · cosh( arcosh p) − arcosh p)

sinh x = \sqrt{cosh^{2} x − 1}, p = cosh( arcosh p)
= \frac{1}{2} (p · \sqrt{p^{2} − 1} − arcosh p)

⇒ A = p · \sqrt{p^{2} − 1} − arcosh p Wollen nun einen ”einfacheren“ Ausdruck für arcosh p finden!

arcosh p = q ⟺ p = cosh q = \frac{1}{2} (e^{q} + e^{−q})

Setzen u(> 0) u = e^{q}.

p = \frac{1}{2} (u + \frac{1}{u}) ⇒ 2pu = u^{2} + 1
u^{2} − 2pu + 1 = 0
u_{1,2} = p ± \sqrt{p^{2} − 1}

Es gilt u_{1,2} > 0 ⇒ e^{q} ist für beide u_{1,2} definiert.

⇒ q = ln u = ln (p ± \sqrt{p^{2} − 1})

Also gilt arcosh p = ln (p ± \sqrt{p^{2} − 1}) und für den Flächeninhalt gilt

A = p\sqrt{p^{2} − 1} − ln (p ± \sqrt{p^{2} − 1})

Welches Zeichen + oder − gilt? Beide Zeichen gelten, falls der Ausdruck p±\sqrt{p^{2} − 1} für beide Zeichen größer als Null ist, sonst gilt ”+“. Analog: arsinh p = ln (p + \sqrt{p^{2} + 1}), da für ”−“ u kleiner als Null wird und somit der Logarithmus nicht definiert wäre.

3.5 Berechnung von Kurvenlängen

Betrachten f = f(x) über [a, b]. Gegeben sei folgendes Funktionsbild(siehe Abbildung 8). Gegeben sei eine Zerlegung Z mit a = x_{0} < … < x_{i−1} < x_{i} < … < x_{N} = b

[figure: a; b; f; f(x_{i}); f(x_{i−1}); L_{i} = \sqrt{Δx_{i}^{2} + Δy_{i}^{2}}; x_{i}; x_{i−1}]

Abbildung 8: Kurvenlängenberechnung

und Δx_{i} = x_{i} − x_{i−1} sowie Δy_{i} = f(x_{i}) − f(x_{i−1}). Sei L_{i} die Länge der Sekante, die die Länge des Kurvenstückes über dem Intervall [x_{i−1}, x_{i}] approximiert. Dann gilt für L_{i}

L_{i} = \sqrt{Δx_{i}^{2} + Δy_{i}^{2}} .

Sei L die folgende Summe

L = ∑_{i=1}^{N} L_{i} ,

L ersetzt die Integralsumme beim Riemann-Integral und ist von der Zerlegung abhängig.

Definition 3.3 f besitzt über [a, b] eine Kurvenlänge L, wenn alle Summen für ε(Z) → 0 gegen einen Grenzwert konvergieren.

Betrachten den Fall, daß f stetig diffbar über [a, b] ist. Nach dem Mittelwertsatz gilt dann:

Δy_{i} = f(x_{i}) − f(x_{i−1}) = f′(ζ_{i}) · (x_{i} − x_{i−1}) ζ ∈ (x_{i−1}, x_{i})
= f′(ζ_{i}) · Δx_{i} für ein gewisses ζ_{i}

⇒ L_{i} = \sqrt{Δx_{i}^{2} + (f′(ζ_{i}) · Δx_{i})^{2}} = Δx_{i} \underbrace{\sqrt{1 + f′(ζ_{i})^{2}}}_{g(ζ_{i})}

Also gilt:

L = ∑_{i} g(ζ_{i})Δx_{i}

L hängt von der speziellen Zerlegung ab. Die Länge der Kurve erhalten wir beim Übergang zum Grenzwert.

L^{∗} = lim_{max_{i} Δx_{i}→0} L = ∫_{a}^{b} g(x) dx

Beispiel 7 Wir berechnen eine Formel für den Kreisumfang U eines Kreises mit dem Radius r. Für den Kreis gilt die Kreisgleichung x^{2} + y^{2} = r^{2}. Wir stellen zunächst nach y um und betrachten dabei nur die positiven Werte. Der Umfang ist dann das Doppelte des ermittelten Betrages. f(x) = y = \sqrt{r^{2} − x^{2}} für x ∈ [−r, r] Nun bilden wir f′ und g. f′(x) = −\frac{x}{\sqrt{r^{2}−x^{2}}} f′(x)^{2} = \frac{x^{2}}{r^{2}−x^{2}}

g(x) = \sqrt{1 + \frac{x^{2}}{r^{2}−x^{2}}} = \sqrt{\frac{r^{2}−x^{2}+x^{2}}{r^{2}−x^{2}}} = r\sqrt{\frac{1}{r^{2}−x^{2}}} Für den Umfang gilt damit:

\frac{U}{2} = r ∫_{−r}^{r} \frac{1}{\sqrt{r^{2} − x^{2}}} dx

Eigentlich ist der Bruch an den Grenzen nicht definiert, aber das stört uns nicht weiter!

\frac{U}{2} = r ∫_{−r}^{r} \frac{1}{\sqrt{r^{2} − x^{2}}} dx

= r ∫_{−r}^{r} \frac{1}{r\sqrt{1 − (\frac{x}{r})^{2}}} dx

= ∫_{−r}^{r} \frac{1}{\sqrt{1 − (\frac{x}{r})^{2}}} dx

Substitution: \frac{x}{r} = u; dx = r du Neue Grenzen: −1, 1 3.6 Integrale der Form ∫ \frac{Ax+B}{ax^{2}+bx+c}dx 21

= ∫_{−1}^{1} \frac{1}{\sqrt{1 − u^{2}}} · r du
= r · [arcsin u]_{−1}^{1}
= r · (\frac{π}{2} − (−\frac{π}{2} ))
\frac{U}{2} = \underline{rπ}

Schließlich erhalten wir für den Umfang folgende Formel:

U = 2rπ

3.6 Integrale der Form ∫ \frac{Ax+B}{ax^{2}+bx+c}dx

Wir wollen uns nun überlegen, wie wir ein Integral der Form y = ∫ \frac{Ax+B}{ax^{2}+bx+c}dx lösen. Nach Voraussetzung sei a ≠ 0.

y = ∫ \frac{Ax + B}{ax^{2} + bx + c}dx
= \frac{1}{a} ∫ \frac{Ax + B}{x^{2} + \frac{b}{a}x + \frac{c}{a}} dx

b̃ = \frac{b}{a}; c̃ = \frac{c}{a}

= \frac{1}{a} ∫ \frac{Ax + B}{x^{2} + b̃x + c̃}dx
= \frac{A}{2a} ∫ \frac{2x + \frac{2B}{A}}{x^{2} + b̃x + c̃}dx
= \frac{A}{2a} ∫ \frac{2x + b̃ (\frac{2B}{A} − b̃)}{x^{2} + b̃x + c̃}dx
= \frac{A}{2a} ln |x^{2} + b̃x + c̃| + \frac{A}{2a} \underbrace{∫ \frac{(\frac{2B}{A} − b̃)}{x^{2} + b̃x + c̃}dx}_{D}

Betrachte D.

D = ∫ \frac{\overbrace{(\frac{2B}{A} − b̃)}^{M}}{\underbrace{x^{2} + b̃x + c̃}_{E}}dx

Betrachte nun E.

x^{2} + b̃x + c̃ = (x + \underbrace{\frac{b̃}{2}}_{α})^{2} + \underbrace{[c̃ − (\frac{b̃}{2})^{2}]}_{±β^{2}}

Also hat der Nenner die Form

(x + α)^{2} + β^{2}  (13)

oder

(x + α)^{2} − β^{2}  (14)

Wir betrachten nur den Fall 13, den Fall 14 behandelt man analog.

(x + α)^{2} + β^{2} = β^{2} [\frac{(x + α)^{2}}{β^{2}} + 1]

⇒

D = M ∫ \frac{1}{x^{2} + b̃x + c̃}dx = \frac{M}{β^{2}} ∫ \frac{1}{1 + (\frac{x+α}{β})^{2}} dx

Nun substituieren wir: \frac{x+α}{β} = u; dx = β du ⇒

D = \frac{M}{β^{2}} ∫ \frac{1}{1 + u^{2}} β du
= \frac{M}{β} ∫ \frac{1}{1 + u^{2}} du
= \frac{M}{β} arctan u + c

Daraus folgt für y

y = \frac{A}{2a} ln |x^{2} + b̃x + c̃| + \frac{B \frac{2}{A} − b̃}{\sqrt{c̃ − (\frac{b̃}{2})^{2}}} arctan \frac{x + \frac{b̃}{2}}{\sqrt{c̃ − (\frac{b̃}{2})^{2}}} + c

3.7 Partialbruchzerlegung

In diesem Abschnitt wollen wir Integrale der Form

∫ \frac{P (x)}{Q(x)}dx

berechnen. Dabei sind P und Q Polynome in x.

P (x) = a_{n}x^{n} + a_{n−1}x^{n−1} + … + a_{1}x + a_{0} a_{n} ≠ 0
Q(x) = b_{m}x^{m} + b_{m−1}x^{m−1} + … + b_{1}x + b_{0} b_{m} ≠ 0

Sei m = 2, so läßt sich Q auch in der Form

Q(x) = (x − ζ_{1})(x − ζ_{2})

schreiben, wobei ζ_{1}, ζ_{2} reelle Nullstellen von Q sind. Dies gilt aber nicht immer, denn x^{2} + 1 hat keine reellen Nullstellen, aber komplexe ζ_{1} = i, ζ_{2} = −i. Betrachten daher beliebige komplexe Polynome

P (z) = ∑_{k=0}^{n} a_{k}z^{k}

a_{k}, z seien komplex.

3.7.1 Fundamentalsatz der Algebra

Wir kommen nun zum Fundamentalsatz der Algebra. Zunächst beschäftigen wir uns mit einer Folgerung aus dem Fundamentalsatz der Algebra. Folgerung: P (z) läßt sich schreiben als P (z) = (z − ξ_{1}) · (z − ξ_{2}) · . . . · (z − ξ_{n}), wobei ξ_{i} i = 1, …, n Nullstellen von P sind. Bemerkung: Wenn ξ_{i} (i fest) mehrfach auftritt, d.h. ξ_{i} = ξ_{j}, so spricht man von Mehrfachnullstellen, z.B. bei P (z) = z^{2}. Beweis der Folgerung: Schreiben P in der Form Q(z)(z−ξ), falls ξ eine Nullstelle von P ist.

Wobei Q angesetzt wird als Q(z) = ∑_{k=0}^{n−1} b_{k}z^{k}. Rechnen die ”neuen“Koeffizienten b_{k}

durch Koeffizientenvergleich aus.

a_{n}z^{n} = b_{n−1}(z^{n−1} · z)  ⇒ a_{n} = b_{n−1} ; a_{n−1}z^{n−1} = b_{n−2}z^{n−2}z − b_{n−1}ξz^{n−1} ⇒ a_{n−1} = b_{n−2} − b_{n−1}ξ ; ⋮ ; a_{k−1} = b_{k−2} − b_{k−1}ξ ; k = 2, …, n}

n

Bedingungen bestimmen eindeutig b_{o}, …, b_{n−1} (∗)

Zusätzlich muß noch die Bedingung a_{0} = −b_{0}ξ (♯) bzgl. z^{0} erfüllt sein. Nun stellt sich die Frage, ob b_{0} errechnet mit (∗) (♯) erfüllt. (♯) ist mit jeder Nullstelle ξ von P erfüllt. Mögen b_{0}, …, b_{n−1} (∗) erfüllen. Es gelten folgende Gleichungen

a_{n}ξ^{n} = b_{n−1}ξ^{n}
a_{n−1}ξ^{n−1} = b_{n−2}ξ^{n−1} − b_{n−1}ξ^{n}
⋮
a_{k−1}ξ^{k−1} = b_{k−2}ξ^{k−1} − b_{k−1}ξ^{k}

Dies sind n Gleichungen. Nun bilden wir die Summen der Seiten.

Linke Seite ∑_{k=1}^{n} a_{k}ξ^{k} = P (ξ) − a_{0}ξ^{0}.

Rechte Seite b_{0}ξ^{1} Da beide Summen aber gleich sein müssen, ist (♯) nur dann erfüllt, wenn P (ξ) = 0 ist, also ξ Nullstelle von P ist. □ Bevor wir nun zum Fundamentalsatz kommen, beweisen wir noch einen Hilfssatz.

Hilfssatz 3.6 Zu jedem (komplexen) ξ gibt es Konstanten b_{0}, …, b_{n} (komplex) derart, daß

P (z) = ∑_{k=0}^{n} b_{k}(z − ξ)^{k}

ist(siehe Taylor). (Man kann zeigen, daß b_{k} = \frac{1}{k!}P^{(k)}(ξ). P^{(k)} die k-te komplexe Ableitung ist.)

Beweis zu 3.6 Induktion über n. IA: n ≤ 1 Aussage trivial IVor.: Die Aussage gelte also schon für (n − 1)-Polynome. IBeh.: Die Aussage gilt auch für ein n-Polynom. IBew.: Wir betrachten ein n-Polynom. P (z) = a_{n}z^{n} + \underbrace{(a_{n−1}z^{n−1} + … + a_{0})}_{Grad n − 1 oder kleiner} Eine Darstellung des Klammerausdruckes als Summe existiert nach Voraussetzung. Zeigen, daß a_{n}z^{n} als Summe darstellbar ist.

a_{n}z^{n} = \underbrace{a_{n}z^{n−1}}_{Grad n−1} ·z

= (a_{n}z^{n−1}) (z − ξ) + (a_{n}z^{n−1}) · ξ
= (∑_{k=0}^{n−1} β_{k} · (z − ξ)^{k}) + (∑_{k=0}^{n−1} β_{k} · (z − ξ)^{k}) · ξ

= ∑_{k=0}^{n−1} β_{k} · (z − ξ)^{k+1} + ∑_{k=0}^{n−1}(β_{k} · ξ) · (z − ξ)^{k}

□

Hausaufgabe 6 Berechnen Sie ∫ \frac{3x+5}{6x^{2}+x+30}dx !

Hausaufgabe 7 Berechnen Sie ∫ \frac{x−4}{x^{2}+4x−10}dx !

Hausaufgabe 8 Berechnen Sie die Kurvenlänge zu f(x) = x^{2} für x ∈ [0, 2] !

Hausaufgabe 9 Berechnen Sie ∫_{α}^{β} \frac{Ax+B}{ax+b} dx !

ana0205.tex

Satz 3.7 (Fundamentalsatz der Algebra) Jedes komplexe Polynom

P (z) = ∑_{k=0}^{n} a_{k}z^{k} a_{n} ≠ 0, n ≥ 1

besitzt mindestens eine Nullstelle.

Beweis zu 3.7 Ist P (z) = 0, so gilt auch h(z) := |P (z)| = 0, wobei h eine stetige Funktion der Art h : Z → R ist(h ist ja auch Polynom). Sei z_{ν} eine Folge von komplexen Zahlen. Wenn der Betrag der z_{ν}’s gegen unendlich strebt(da z_{ν} komplex, geht der Radius in trigonometrischer Schreibweise gegen unendlich), so strebt auch |P (z)| gegen unendlich.

a_{k}z^{k} = a_{k} \underbrace{r (cos(kφ) + i sin(kφ))}_{z^{k}} mit r ≥ 1; z = r(cos φ + i sin φ)

Wenn |z| → ∞, so r → ∞. ⇒ |a_{n}z^{n}| ≫ |a_{k}z^{k}| ∀k k < n ⇒ |P (z)| ≥ |a_{n}z^{n}| − |a_{n−1}z^{n−1}| − … − |a_{0}| |P (z)| → ∞ Dann gibt es eine positive Zahl R, so daß inf_{|z|≤R} |P (z)| = inf_{z∈Z} |P (z)| gilt.

Würde kein R = \frac{1}{ν} (ν ∈ N^{+}) die Gleichung erfüllen, so wäre also

\underbrace{inf_{|z|≤ \frac{1}{ν}} |P (z)|}_{m(ν)} > inf_{z∈Z} |P (z)

⇒ ∃z_{ν} mit |P (z_{ν})| < m(ν) ⇒ |z_{ν}| > \frac{1}{ν}; |z_{ν}| → ∞ Wenn ν → ∞, so werden m(ν) nicht wachsen, m(ν + 1) ≤ m(ν).

Wir würden also erhalten: |z_{ν}| → ∞ und |P (z_{ν})| < m(ν) ≤ m(1) (|P (z_{ν})| ist beschränkt), strebt also nicht gegen Unendlich. ⇒ Widerspruch R existiert mit

inf_{|z|≤R} |P (z)| = inf_{z∈Z} |P (z)|  (15)

Die Menge M = {z| |z| ≤ R} ist eine kompakte Teilmenge von Z mit der durch |z| definierten Metrik. Da |P (z)| = h(z) stetig ist, existiert nach dem Satz von Weierstraß ein ξ, so daß h(ξ) ≤ h(z) für alle z ∈ M gilt. Da 15 gilt, folgt sogar h(ξ) ≤ h(z) ∀z z ∈ Z. Damit haben wir die ξ’s, die möglicherweise Nullstelle sind, in einen bestimmten Radius eingegrenzt. ξ’s, die außerhalb von diesem Radius liegen, sind keine Nullstellen. Nun nutzen wir den Hilfssatz:

P (z) = ∑_{k=0}^{n} b_{k}(z − ξ)^{k} ∀z z − ξ = w; z = ξ + w

P (ξ + w) = ∑_{k=0}^{n} b_{k}w^{k}

Wenn w = 0, so ist P (ξ +w) = P (ξ) = b_{0} da 0^{0} = 1. Interessant ist nur noch b_{0} ≠ 0. Zeigen, daß b_{1}, b_{2}, …, b_{n} alle Null sind, wenn b_{0} ≠ 0. ⇒ D.h. P (z) = b_{0} · z^{0} = b_{0} > 0 ∀z, was wiederum bedeutet, daß P ein Polynom vom Grad 0 (aber ge1 war vorausgesetzt!) ist. ⇒ P (ξ) = 0, d.h., daß mindestens das globale Minimum eine Nullstelle ist. Betrachten b_{1}. Wählen w so, daß b_{1}w = −b_{0} gilt. Ein solches w existiert, wenn b_{1} ≠ 0 (sonst b_{1} = 0 gehen wir gleich zu b_{2} über) ist. Betrachten Punkte der Form z = ξ + tw t ∈ R. Dann gilt

P (z) = P (ξ + tw)
= b_{0} + ∑_{k=1}^{n} b_{k}(tw)^{k}

= \underbrace{b_{0} + b_{1}tw}_{b_{0}−b_{0}t} + \overbrace{∑_{k=2}^{n} t^{k} \underbrace{(b_{k}w^{k})}_{b̃_{k}}}^{Rest}

b_{0} − b_{0}t ist interessant für t > 0, t aber klein. Außerdem sei P (ξ) = b_{0}.

Rest = ∑_{k=2}^{n} t^{k}b̃_{k} hat einen Betrag B(t) mit

B(t) ≪ |(1 − t)b_{0}| = (1 − t)|b_{0}|

für t > 0, aber klein. ⇒ |P (ξ + tw)| < |P (ξ)| führt zum Widerspruch, also gilt b_{1} = 0. Für b_{2}, …, b_{n} zeigt man dies analog. Also haben wir

P (ξ + tw) = b_{0} + ∑_{k=2}^{n} (b_{k}w^{k}) t^{k}

Wenn b_{2} ≠ 0, so existiert w mit b_{2}w^{2} = −b_{0}. Dieses setzen wir wieder ein und erhalten

P (ξ + tw) = b_{0} − t^{2}b_{0} + ∑_{k=3}^{n} (b_{k}w^{k}) t^{k}

Wenn t > 0 hinreichend klein ist, so gilt

|P (ξ + tw)| < \underbrace{|P (ξ)|}_{|b_{0}|}

was wieder einen Widerspruch ergibt. Somit haben wir b_{2} = 0. Allgemein gilt also b_{k} = 0. Dies erhalten wir, wenn wir für jedes k b_{k}w^{k} = −b_{0} betrachten. Nun stellt sich noch die Frage, ob denn überhaupt eine Lösung existiert. Dazu betrachten wir

w = ^{k} \sqrt{\frac{−b_{0}}{b_{k}}}

und sehen sofort, daß im Komplexen mindestens eine Lösung existiert. ⟹ Gleichung lösbar Damit ist der Beweis erbracht, obwohl, laut Pascal Müller-Gugenberger, die ”logische Struktur“ undurchsichtig ist(Welche Struktur er wohl meint??? :-¿ ) □

ana0505.tex Betrachten ein komplexes Polynom der Art

P (z) = ∑_{k=0}^{n} a_{k}z^{k} a_{n} ≠ 0, n ≥ 1 .

Es mögen die Nullstellen ξ_{1}, …, ξ_{n} existieren, so gilt also

P (z) = (z − ξ_{1}) · . . . · (z − ξ_{n}) .

Wir nehmen jetzt den Spezialfall an, daß alle a_{i} reell sind. Wenn z komplex ist, so läßt es sich auch in trigonmetrischer Darstellung schreiben und es gilt

z = r(cos φ + i · sin φ)
z^{k} = r^{k}(cos kφ + i · sin kφ)
P (z) = \underbrace{∑_{k=0}^{n} a_{k} · r^{k} cos kφ}_{Realteil} + i \underbrace{∑_{k=0}^{n} a_{k} · r^{k} sin kφ}_{Imaginärteil}  (16)

z ist genau dann Nullstelle, wenn Real- und Imaginärteil Null sind(hierzu benötigen wir die Bedingung: alle a_{i} reell!). ⇒ Wenn z Nullstelle ist, betrachten wir die konjugiert komplexe Zahl \overline{z} = r(cos φ−i· sin φ) zu z. So ist \overline{z} auch Nullstelle von P (z), denn es gilt \overline{z} = r (cos φ + i · sin(−φ)) und weiter

\overline{z}^{k} = r^{k} (cos kφ + i · sin(−φ))
= r^{k}(cos kφ − i · sin kφ)

Die Summen(Beträge) in der Gleichung (16) bleiben gleich, es ändert sich nur das Vorzeichen der zweiten Summe. ⇒ 0 + 0 = 0 − 0 □ \overline{z} ist also auch Nullstelle. Folgerung: Wenn alle a_{i} reell sind, treten komplexe Nullstellen stets konjugiert komplex auf! Diese Aussage wenden wir nun auf die Partialbruchzerlegung an. Seien P (x), Q(x) zwei Polynome mit reellen Koeffizienten. Wir wollen Integrale der Form

∫ \frac{P (x)}{Q(x)}dx

lösen. P sei vom Grade p, Q vom Grade q. Wenn p ≥ q ist, dann kann man per Polynomdivision die Form

\frac{P (x)}{Q(x)} = R(x) + \frac{P̃(x)}{Q(x)}

erreichen, wobei R Polynom und P̃ Polynom vom Grad< q ist. Es gilt

P (x) = R(x) · Q(x) + P̃(x) ,

wobei R(x) Ergebnis, P̃(x) Rest der Division ist. R und P̃ kann man auch durch einen Koeffizientenvergleich bestimmen. Was tun wir, wenn p < q ist? Wir suchen folgend, eine Partialbruchzerlegung genannte Darstellung:

\frac{P (x)}{Q(x)} = \underbrace{\frac{A_{1}}{z − ξ_{1}} + \frac{A_{2}}{z − ξ_{2}} + … + \frac{A_{n}}{z − ξ_{n}}}_{Partialbruchzerlegung} Q(z) ≠ 0, z ≠ ξ_{i} (i = 1, …, n) ,

wobei Q in der Darstellung

Q(z) = ∑_{k=0}^{n} b_{k}z^{k} = \underbrace{(z − ξ_{1}) · . . . · (z − ξ_{n})}_{Nullstellen−Darstellung} b_{n} ≠ 0

bekannt sei. Jetzt schreiben wir Bedingungen(ein Gleichungssystem) auf, denen A_{1}, …, A_{n} zu genügen haben. Multiplizieren obige Gleichung mit Q(z).

P (z) = A_{1}(z−ξ_{2})·. . .·(z−ξ_{n})+A_{2}(z−ξ_{1})(z−ξ_{3})·. . .·(z−ξ_{n})+…+A_{n}(z−ξ_{1})·. . .·(z−ξ_{n−1})

P (z) ist also vom Grad n − 1. P ist somit ein Polynom der Art

P (z) = ∑_{k=0}^{n−1} a_{k}z^{k} .

Wir führen nun einen Koeffizientenvergleich durch, dabei sind die a_{i} und die ξ_{i} gegeben. Dazu stellen wir ein Gleichungssystem mit den Unbekannten A_{1}, …, A_{n} auf.

a_{n−1} = A_{1} + A_{2} + … + A_{n}
a_{n−2} = A_{1}(−ξ_{2} − ξ_{3} − … − ξ_{n}) + A_{2}(−ξ_{1} − ξ_{3} − … − ξ_{n}) + … + A_{n}(−ξ_{1} − … − ξ_{n−1})
⋮
a_{0} = (−1)^{n+1} · (A_{1}(ξ_{2} · . . . · ξ_{n}) + A_{2}(ξ_{1} · ξ_{3} · . . . · ξ_{n}) + … + A_{n}(ξ_{1} · . . . · ξ_{n−1}))

Hilfssatz 3.8 Wenn ξ_{1}, …, ξ_{n} paarweise verschieden sind(ξ_{i} ≠ ξ_{j}, falls i ≠ j), so hat obiges lineare Gleichungssystem genau eine Lösung A = (A_{1}, …, A_{n}). Die Partialbruchzerlegung ist eindeutig bestimmt.

Beweis zu 3.8 Ein Gleichungssystem ist eindeutig lösbar, wenn das zugehörige homogene Gleichungssystem genau eine Lösung(nämlich die triviale) besitzt. Seien also a_{0} = a_{1} = … = a_{n−1} = 0. P (z) ist das Nullpolynom(da der Grad p kleiner gleich n − 1 nach Voraussetzung ist). zu zeigen: A_{1} = A_{2} = … = A_{n} = 0 Wir führen den Beweis indirekt. o.B.d.A. sei A_{1} ≠ 0 Betrachten eine Folge von z’s, die gegen ξ_{1} konvergiert, wobei z ≠ ξ_{i} gelten soll.

⇒ A_{1}(z − ξ_{2}) · . . . · (z − ξ_{n}) → A_{1} \underbrace{(ξ_{1} − ξ_{2}) · . . . · (ξ_{1} − ξ_{n})}_{∗} ≠ 0

∗ kein Faktor ist Null, da ξ_{i} paarweise verschieden sind. Alle anderen Summanden enthalten den Faktor (z −ξ_{1}), der gegen Null geht. Daher gehen alle anderen Summanden gegen Null, d.h. der ganze Rest der Summe geht gegen Null. ⇒ 0 = \underbrace{A_{1} …}_{≠0} +0 Widerspruch

Also muß A_{1} Null sein. Analog zeigt man dies für die A_{i} i = 2, …, n □

Falls P (z) gleiche Nullstellen besitzt(P habe den Grad n), addieren wir zu P (z) H(z) = (z − 1) · . . . · (z − n). Die Summe hat keine gleichen Nullstellen.

Beispiel 8 Zu berechnen ist das Integral

∫ \frac{1}{(x − 1)(x − 2)(x − 3)}dx

Wir berechnen die Partialbruchdarstellung!

\frac{1}{(x − 1)(x − 2)(x − 3)} = \frac{A}{x − 1} + \frac{B}{x − 2} + \frac{C}{x − 3}

Bestimmen A, B, C mittels Koeffizientenvergleich. 1 = A(x − 2)(x − 3) + B(x − 1)(x − 3) + C(x − 2)(x − 3)

0 = A + B + C
0 = −5A − 4B − 3C
1 = 6A + 3B + 2C

Lösung:

∫ \frac{1}{(x − 1)(x − 2)(x − 3)}dx = \frac{1}{2} ∫ \frac{1}{x − 1}dx − ∫ \frac{1}{x − 2}dx + \frac{1}{2} ∫ \frac{1}{x − 3}dx
= \frac{1}{2} ln |x − 1| − ln |x − 2| + \frac{1}{2} ln |x − 3| + c

Beispiel 9 Wir berechnen das Integral ∫ \frac{1}{x^{2}+1}dx. Der Nenner hat keine reellen Nullstellen.

1. Ansatz: x^{2}+1 = (x+i)(x−i) Wir haben also eine konjugiert komplexe Nullstelle. ⇒ 1 = A_{1}(x + i) + A_{2}(x − i)

0 = A_{1} + A_{2}
1 = iA_{1} − iA_{2}

Wir erhalten die Koeffizienten A_{1} = \frac{1}{2i} und A_{2} = −\frac{1}{2i}.

2. Ansatz: Betrachten konjugiert komplexe Nullstellen ξ, \overline{ξ}, so daß gilt

\frac{P}{Q} = \underbrace{\frac{Ax + B}{(x − ξ)(x − \overline{ξ})}}_{reell}

Man bestimmt die Koeffizienten A, B. ⇒ \frac{1}{x^{2}+1} = \frac{Ax+B}{(x+i)(x−i)} = \frac{Ax+B}{x^{2}+1} ⇒ A = 0, B = 1 (Standardintegral)

Im allgemeinen verwendet man folgenden Ansatz. Sei

P (x) = (x − r_{1})^{α} · (x − ξ)(x − \overline{ξ}) α ≥ 1

gegeben. Zu der Darstellung

\frac{R(x)}{P (x)} = \frac{A_{1}}{x − r_{1}} + \frac{A_{2}}{(x − r_{1})^{2}} + … + \frac{A_{α}}{(x − r_{1})^{α}} + \underbrace{\frac{Cx + D}{(x − ξ)(x − \overline{ξ})}}_{quadratisch reell}

ermittelt man die Koeffizienten und löst das Integral mit Hilfe von Standardintegralen.

Berechnen Sie folgende Integrale!

Hausaufgabe 10 ∫ \frac{x}{x^{3}−x^{2}+4x−4}dx

Hausaufgabe 11 ∫ \frac{x^{3}+x}{x^{3}−x^{2}−x+1}dx

Hausaufgabe 12 ∫ \sqrt{\frac{1+x}{1−x}}dx

Hausaufgabe 13 ∫ \frac{1}{x ln x}dx

Wir schauen uns nun noch den Ansatz an, falls mehrfache reelle und komplexe ana0905.tex Nullstellen auftreten. Seien ξ_{1}, …, ξ_{p} reelle Nullstelle der Vielfachheit(wie oft jede Nullstelle auftritt) h_{1}, …, h_{p}, (η_{1}, \overline{η}_{1}), …, (η_{q}, \overline{η}_{q}) konjugiert komplexe Nullstellen der Vielfachheit l_{1}, …, l_{q}. Dann setzt man wiefolgt an:

\frac{P (x)}{Q(x)} = \frac{A_{1,1}}{x − ξ_{1}} + \frac{A_{1,2}}{(x − ξ_{1})^{2}} + … + \frac{A_{1,h_{1}}}{(x − ξ_{1})^{h_{1}}} + … + \frac{A_{p,1}}{x − ξ_{p}} + … + \frac{A_{p,h_{p}}}{(x − ξ_{p})^{h_{p}}}

+ \frac{B_{1,1} + C_{1,1}x}{\underbrace{[(x − η_{1})(x − \overline{η}_{1})]^{1}}_{reeller quadratischer Ausdruck}} + … + \frac{B_{1,l_{1}} + C_{1,l_{1}}x}{[(x − η_{1})(x − \overline{η}_{1})]^{l_{1}}}

+ … + \frac{B_{q,1} + C_{q,1}x}{[(x − η_{q})(x − \overline{η}_{q})]^{1}} + … + \frac{B_{q,l_{q}} + C_{q,l_{q}}x}{[(x − η_{q})(x − \overline{η}_{q})]^{l_{q}}}

3.7.2 Substitution bei rationalen Funktionen von Winkelfunktionen

Beispiel 10 f(x) = sin^{2} x + \sqrt{7 + sin^{2} x} Allgemein: \frac{P (sin x)}{Q(cos x)}

Ansatz: y = tan \frac{x}{2}

sin x = sin (2\frac{x}{2}) = 2 sin \frac{x}{2} cos \frac{x}{2}
= 2\frac{sin \frac{x}{2} cos \frac{x}{2}}{\underbrace{sin^{2} \frac{x}{2} + cos^{2} \frac{x}{2}}_{1}}

= 2\frac{\begin{matrix}sin & \frac{x}{2} \\ cos & \frac{x}{2} \end{matrix}}{1 + \begin{matrix}sin & ^{2} & \frac{x}{2} \\ cos & ^{2} & \frac{x}{2} \end{matrix}}

= 2\frac{tan \frac{x}{2}}{1 + tan^{2} \frac{x}{2}}

Analog verfährt man beim Cosinus.

3.8 Parameterabhängige Integrale

Wir betrachten

F(t) =_{Def} ∫_{a}^{b} f(x, t) dx .

Was kann über F′(t) gesagt werden? Etwas komplizierter ist die folgende Betrachtung.

F(t) = ∫_{a(t)}^{b(t)}f(x, t) dx a = a(t), b = b(t) seien diffbar

Wir betrachten jetzt

F(t) = ∫_{a}^{b(t)}f(x, t) dx

Die untere Grenze a sei fest. Weiter setzen wir voraus, daß die benötigten Ableitungen existieren und stetig von den Argumenten abhängen. Nun nehmen wir einige Abschätzungen vor(für t = 0):

F(t) − F(t) = ∫_{a}^{b(t)}f(x, t) dx − ∫_{a}^{b(t)}f(x, 0) dx + ∫_{a}^{b(t)}f(x, 0) dx − ∫_{a}^{b(0)}f(x, 0) dx

= ∫_{a}^{b(t)}\frac{∂}{∂t}f(x, τ_{x}) · t dx + ∫_{b(0)}^{b(t)}f(x, 0) dx  (17)

= ∫_{a}^{b(t)}\frac{∂}{∂t}f(x, τ_{x}) · t dx + ∫_{b(0)}^{b(0)+b′(ξ)·t}f(x, 0) dx  (18)

Zu (17): Mittelwertsatz angewendet auf f für t

f(x, t) − f(x, 0) = \frac{∂}{∂t}(x, τ) · (t − 0)
= \frac{∂}{∂t}f(x, τ) · t

mit τ = τ(x) ∈ (0, t). Zu (18): Mittelwertsatz angewendet auf b für t

b(t) − b(0) = \frac{d}{dt}b(ξ) · (t − 0)
= \frac{d}{dt}b(ξ) · t

mit ξ = ξ(t) ∈ (0, t). Für t → 0 gilt dann:

\frac{F(t) − F(0)}{t} = ∫_{a}^{b(t)}\frac{∂}{∂t}f(x, τ_{x}) dx + \underbrace{[b(0) + b′(ξ) · t − b(0)] · f(x_{θ}, 0)}_{Mittelwertsatz der Integralrechnung x_{θ} ∈(b(0), b(0)+b′(ξ)·t)} ·\frac{1}{t}

t gehe gegen Null

⇒  x_{θ} → 0
ξ → 0
τ_{x} → 0
b(t) → b(0)

⇒

lim_{t→0} \frac{F(t) − F(0)}{t} = ∫_{a}^{b(0)}\frac{∂}{∂t}f(x, 0) dx + b′(0) · f(b(0), 0)

Falls b(t) konstant ist, so ist b′ = 0 und nur der erste Summand ist wichtig.

3.9 Uneigentliche Integrale

Gesucht ist das Integral ∫_{1}^{∞} \frac{1}{x}dx . Also die Fläche unter der Kurve für alle x x ≥ 1. Allgemein:

∫_{a}^{∞}f(x) dx := lim_{b→∞} ∫_{a}^{b} f(x) dx

Das uneigentliche Integral(∫_{a}^{∞}) existiert per Definition ⟺ lim_{b→∞} ∫_{a}^{b} f(x) dx existiert für jede b-Folge, die gegen unendlich geht. ⇒

∫_{a}^{b} \frac{1}{x}dx = [ln |x|]_{a}^{b} = ln(b) − ln(a) da b, a > 0.

⇒

lim_{b→∞} ∫_{a}^{b} \frac{1}{x}dx = ∞

Dies ist aber ein uneigentlicher Grenzwert! Also existiert das Integral ∫_{1}^{∞} \frac{1}{x}dx nicht. Betrachten das Integral

∫_{1}^{∞} \frac{1}{x^{2}} dx = lim_{b→∞} [−x^{−1}]_{1}^{b} = lim_{b→∞} \underbrace{−\frac{1}{b} + 1}_{→1} .

3.9.1 Polstellen von Funktionen

Betrachten Polstellen von Funktionen als Grenzen

∫_{0}^{1} \frac{1}{x}dx

Dieses Integral ist ein uneigentliches, da \frac{1}{0} nicht definiert ist bzw. weil \frac{1}{x} an der Stelle Null eine Polstelle besitzt.

∫_{a}^{1} \frac{1}{x}dx existiert für jedes positive a. Also gilt

∫_{0}^{1} \frac{1}{x}dx = lim_{a→+0} ∫_{a}^{1} \frac{1}{x}dx

falls der Limes für jede Nullfolge a existiert und von der Wahl der speziellen Folge unabhängig ist.

3.9.2 Unterschiedliche Grenzwerte für unterschiedliche Folgen

Untersuchen ∫_{0}^{∞}sin x dx

Betrachten

h(k) = ∫_{0}^{2kπ}sin x dx = 0 ∀k k ∈ N und

H(k) = ∫_{0}^{π+2kπ}sin x dx = ∫_{0}^{π} sin x dx = [− cos x]_{0}^{π} = 2 ∀k k ∈ N

In diesem Fall liegt keine Konvergenz vor, da die Grenzwerte für zwei verschiedene Folgen unterschiedlich sind.

3.9.3 Integrale der Form ∫_{−∞}^{∞} f(x) dx

Das Integral ∫_{−∞}^{∞} f(x) dx existiert per Definition, falls die beiden Integrale ∫_{0}^{∞}f(x) dx

und ∫_{−∞}^{0} f(x) dx im obigen Grenzwertsinne existieren. Dann gilt

∫_{−∞}^{∞} f(x) dx = ∫_{0}^{∞}f(x) dx + ∫_{−∞}^{0} f(x) dx

Bemerkung: ∫_{−∞}^{∞} f(x) dx heißt nicht, daß lim_{c→∞} ∫_{−c}^{c} f(x) dx existiert und unabhängig

von einer speziellen Folge ist.

Beispiel 11 Betrachten die Funktion f(x) = x^{3} ∫_{−c}^{c} x^{3} dx ≡ 0 Uneigentliches Integral(siehe Abbildung 9) existiert nicht.

[figure: −c; c]

Abbildung 9: Uneigentliches Integral

3.10 Konvergente Reihen

Beispiel 12 Zu untersuchen ist die Reihe ∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{k}.

[figure: 1; 2; 3; 4; F_{1}=1; F_{2}= \frac{1}{2}; F_{3}= \frac{1}{3}]

Abbildung 10: Harmonische Reihe

Es gilt

∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k} ≥ ∫_{1}^{n+1}\frac{1}{x}dx
= lim_{n→∞} ∫_{1}^{n+1}\frac{1}{x}dx
= ∞

⇒ lim_{n→∞} ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k} = ∞

Die harmonische Reihe divergiert also!

Die Konvergenz der Reihe ∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{k^{2}} zeigt man ganz ähnlich.

[figure: 1; 2; 3; F_{1}=1; F_{2}= \frac{1}{4}; F_{3}= \frac{1}{9}]
Abbildung 11: f(x) = \frac{1}{x^{2}}

Beispiel 13 Es gilt(siehe Abbildung 11)

∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k^{2}} = F_{1} + F_{2} + … + F_{n} ≤ F_{1} + \underbrace{∫_{1}^{n} \frac{1}{x^{2}} dx}_{1} = F_{1} + 1

⇒ Die Reihe ist beschränkt und es existiert ein Grenzwert für n → ∞.

⇒ lim_{n→∞} ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k^{2}} ≤ 2 ⇒ Konvergenz

Noch eine Eigenschaft: Wenn ∫_{0}^{∞}f(x) dx existiert, und wenn gilt 0 ≤ g(x) ≤ f(x) ∀x x ≥ 0 dann folgt, daß auch ∫_{0}^{∞}g(x) dx existiert. Hausaufgabe 14 Zeigen Sie, daß ∑_{k=2}^{∞} \frac{1}{k·ln k} divergiert! Ermitteln Sie in den nächsten beiden Aufgaben, ob die Integrale konvergieren oder ob nicht! Hausaufgabe 15 Konvergiert ∫_{0}^{\frac{π}{2}} tan x dx ? Hausaufgabe 16 Konvergiert ∫_{−∞}^{∞} sin x dx ?

3.11 Approximation von bestimmten Integralen

ana1605.tex

Gegeben sei eine Funktion f. Wir suchen eine Näherung für die Stammfunktion F. Dazu betrachten wir die Abbildung 12. Mit y_{i} = f(x_{i}) und h = Δx_{i} = x_{i} − x_{i−1}

[figure: F_{i,2}; F_{i,1}; b = x_{N}; a = x_{0}; x_{1}; x_{i}; x_{i−1}; f; y_{i}; y_{i−1}]

Abbildung 12: Erste Näherung(Trapezregel)

sei konstant(äquidistante Zerlegung). F_{i} sei F_{i,1} + F_{i,2}.

Wir suchen eine Näherung für das Integral y = ∫_{a}^{b} f(x) dx.

y ≈ ∑_{i=1}^{N} F_{i} und F_{i} = \underbrace{h · y_{i}}_{F_{i,1}} + \underbrace{\frac{h}{2} (y_{i−1} − y_{i})}_{F_{i,2}}

Wir erhalten die Näherung ỹ für y.

ỹ = h ∑_{i=1}^{N} (y_{i} + \frac{1}{2} (y_{i−1} − y_{i}))

= h (∑_{i=1}^{N} \frac{1}{2}y_{i} + ∑_{i=1}^{N} \frac{1}{2}y_{i−1})

Die Trapezregel lautet also:

ỹ = h (\frac{y_{0} + y_{N}}{2} + ∑_{i=1}^{N−1} y_{i})

Ansatz mit Ableitungen

Jetzt betrachten einen weiteren Ansatz. Dazu sehen wir uns die Abbildung 13 an. Gegeben sei wieder eine äquidistante Zerlegung des Intervalls [a, b] durch a = x_{0} < x_{1} < … < x_{N} = b. f sei diffbar und m_{i} beliebig gewählt. Die Gerade g_{i} geht durch den Punkt (m_{i}, f(m_{i})) mit dem Anstieg f′(m_{i}). F_{i} ist die Fläche unter der Gerade g_{i} im Intervall [x_{i−1}, x_{i}]. Man bestimme die F_{i} und verfahre wie im letzten Abschnitt.

[figure: f; g_{i}; F_{i}; x_{i−1}; x_{i}; m_{i}; f(m_{i})]

Abbildung 13: Zweite Näherung(mit Ableitungen)

Faßformel

Schließlich betrachten wir noch einen dritten Näherungsansatz. Hierzu betrachten wir ein Teilstück Δx_{i} der Zerlegung(siehe Abbildung 14). Für q gelten die folgenden

[figure: x_{i}; x_{i−1}; m_{i}; F_{i}; q(x); y_{i−1}; y_{i}; M_{i} = f(m_{i})]

Abbildung 14: Faßformel-Näherung

Gleichungen:

q(x_{i−1}) = y_{i−1} = f(x_{i−1})
q(x_{i}) = y_{i} = f(x_{i})
q(m_{i}) = M_{i} = f(m_{i})

Wobei q für jedes Intervall verschieden sein kann, daher bezeichnen wir q mit q_{i}. Es gilt für F_{i}:

F_{i} = ∫_{x_{i−1}}^{x_{i}} q_{i}(x) dx

Somit ergibt sich für ∫_{a}^{b} die Formel:

∫_{a}^{b} f(x) dx = ∑_{i=1}^{N} F_{i}

Wenn q_{i}(x) = a_{i,2}x^{2} + a_{i,1}x + a_{i,0} gilt, so ist die Stammfunktion von q_{i} \frac{a_{i,2}x^{3}}{3} +

\frac{a_{i,2}x^{2}}{2} + a_{i,0}x. Die F_{i} sind also leicht zu berechnen. Man muß nur die a_{i,2}, a_{i,1}, a_{i,0}, durch Lösen eines linearen Gleichungssystems, bestimmen. Dieses lineare Gleichungssystem hat die Gestalt:

a_{i,2}x_{x−1}^{2} + a_{i,1}x_{i−1} + a_{i,0} = y_{i−1}
a_{i,2}x_{i}^{2} + a_{i,1}x_{i} + a_{i,0} = y_{i}
a_{i,2}m_{i}^{2} + a_{i,1}m_{i} + a_{i,0} = M_{i}

Hier sind die a_{i,j} die drei Unbekannten, die anderen Variablen sind gegeben(siehe Abbildung 14).

3.12 Satz über implizite Funktionen

Betrachten eine diffbare Funktion f = f(x, t) mit x ∈ R^{n}, t ∈ R^{m} und f(x, t) ∈ R^{n}. Wir untersuchen die Lösungen von f(x, t) = 0 für verschiedene t.

Beispiel 14 Sei x ∈ R^{2}. f ist durch folgende Funktionen definiert.

f_{1}(x_{1}, x_{2}, t) = x_{1} · sin x_{2} + t
f_{2}(x_{1}, x_{2}, t) = (1 − x_{1}) · t · cos x_{2}

Wir zielen auf die Lösungen x(t) des Systems f(x(t), t) = 0 und wollen Bedingungen aufstellen, die uns folgendes sichern:

1. Existenz der Lösung / Eindeutigkeit der Lösung

2. Stetigkeit/Diffbarkeit der ”Lösungskurve“ x = x(t)

Dazu betrachten wir das folgende Bild.

[figure: f(x,0); f(x,t); x(0); x(t)]

Wir variieren t. Der Einfachheit halber wollen wir nur lokale Eindeutigkeit erreichen, d.h. in einer gewissen Umgebung von x(0). Somit erhalten wir eine veränderte Aufgabenstellung: Gegeben seien (x_{0}, t_{0}) ∈ R^{n} × R^{m} mit f(x_{0}, t_{0}) = 0. Fragen nach der Existenz positiver Zahlen ε und δ, so daß die Gleichung f(x, t) = 0 für ∥x − x_{0}∥ < ε und ∥t − t_{0}∥ < δ genau eine Lösung x = x(t) besitzt und die Funktion x = x(t) in t = t_{0} stetig/diffbar ist.

Satz 3.9 (über implizite Funktionen) Die Existenz von ε, δ(siehe oben) ist gesichert, falls f stetig diffbar ist und die Ableitung nach x: D_{x}f(x_{0}, t_{0}) = \frac{∂}{∂x}f(x_{0}, t_{0}) eine reguläre Matrix ist. Dann ist auch x = x(t) in t_{0} diffbar und

\frac{d}{dt}x(t_{0}) = − \underbrace{(\frac{∂}{∂x}f(x_{0}, t_{0}))^{−1}}_{♯} \frac{∂}{∂t}f(x_{0}, t_{0})

♯ inverse Matrix von \frac{∂}{∂x}f(x_{0}, t_{0})

Beweis zu 3.9 Sei A eine Matrix mit A = D_{x}f(x_{0}, t_{0}). Diese ist eine (n, n)-Matrix mit

a_{ij} = \frac{∂}{∂x_{j}} f_{i}(x_{0}, t_{0}) j, i = 1, …, n

Da A regulär ist, existiert die inverse Matrix A^{−1}. Diese ist ebenfalls regulär. A^{−1}u = 0 ⇔ u = 0 (∀u ∈ R^{n} richtig) D.h. das System \underbrace{f(x, t)}_{u} = 0 ist äquivalent mit A^{−1}f(x, t) = 0. Nach Voraussetzung

ist f diffbar:

f(x, t) = \underbrace{f(x_{0}, t_{0})}_{0 nach Vor.} + \underbrace{D_{x}f(x_{0}, t_{0})(x − x_{0}, t − t_{0})}_{(∗)} +o(x − x_{0}, t − t_{0})

(♯) wobei \frac{o(x−x_{0} ,t−t_{0} )}{∥x−x_{0} ∥ ∥t−t_{0} ∥} → 0, falls x → x_{0}, t → t_{0}.

(∗) \underbrace{D_{x}f(x_{0}, t_{0})}_{A}(x − x_{0}) + D_{t}f(x_{0}, t_{0})(t − t_{0})

⇒

A^{−1}f(x, t) = \underbrace{A^{−1} · A}_{E}(x − x_{0}) + A^{−1}D_{t}f(x_{0}, t_{0}) + A^{−1}o(x − x_{0}, t − t_{0})
= x − x_{0} + A^{−1}D_{t}f(x_{0}, t_{0})(t − t_{0}) + A^{−1}o(x − x_{0}, t − t_{0})
= 0

x = \underbrace{x_{0} − A^{−1} \overbrace{D_{t}f(x_{0}, t_{0})}^{(n,n)-Matrix}(t − t_{0}) − A^{−1}o(x − x_{0}, t − t_{0})}_{T_{t}(x)∈R^{n}}

x ist Lösung von f(x, t) = 0 ⇔ x = T_{t}(x) x ist Fixpunkt von T_{t} : R^{n} → R^{n}. Hier kann also der Banachsche Fixpunktsatz angewandt werden. Dazu muß T_{t} kontraktiv sein:

\begin{aligned}T_{t} & = & −A^{−1}· & g(t) & − & A^{−1}· & h(x, t) & +x_{0} \\ & & & \overbrace{D_{t}f(x_{0}, t_{0})(t − t_{0})} & & & \overbrace{o(x − x_{0}, t − t_{0})} \end{aligned}

Nach (♯) besitzt o eine Ableitung: h bzw. o hat in (x_{0}, t_{0}) die Ableitung 0.

h_{i}(x, t) − h_{i}(x′, t′) = \underbrace{D_{(x,t)}h_{i}(θ, τ)}_{(n,n+m)-Matrix}. (MWS angewandt)

x, x′ in der Nähe von x_{0} t, t′ in der Nähe von t_{0}

\begin{matrix}θ ∈ (x, x′) \\ τ ∈ (t, t′) \end{matrix} \} für verschiedene i verschieden

D_{(x,t)}h_{i}(θ, τ) ist Matrix vom Typ (n, n+m) mit Elementen α, die eine Abschätzung der Form max |α| ≤ β(θ, τ) erfüllen, wobei für θ → 0, τ → 0 die β_{i} gegen 0 streben. ⇒ Wenn r > 0 hinreichend klein ist, so folgt für ∥x − x_{0}∥ ≤ r, ∥x′ − x_{0}∥ ≤ r, ∥t − t_{0}∥ ≤ r, ∥t′ − t_{0}∥ ≤ r, daß gilt

|h_{i}(x, t) − h_{i}(x′, t′)| ≤ \frac{1}{2} (∥x − x′∥ + ∥t − t′∥)

Analog: ∀c c > 0 ∃r r = r(c) > 0, so daß für ∥x−x_{0}∥ ≤ r, ∥x′−x_{0}∥ ≤ r, ∥t−t_{0}∥ ≤ r, ∥t′ − t_{0}∥ ≤ r gilt:

(♯_{2}) |h_{i}(x, t) − h_{i}(x′, t′)| ≤ c\frac{1}{2} (∥x − x′∥ + ∥t − t′∥)

Wenn c kleiner ist als die Norm der Matrix ∥A^{−1}∥^{−1}, so folgt

∥A^{−1}h(x, t) − A^{−1}h(x′, t′)∥ ≤ \frac{1}{2} (∥x − x′∥ + ∥t − t′∥)

Norm einer Matrix ∥B∥ = sup_{∥u∥≤1} ∥Bu∥

⇒ ∥Bu∥ ≤ ∥B∥ · ∥u∥ ∀u

Für jedes feste t ist T_{t} kontraktiv, d.h. T_{t} erfüllt

∥T_{t}(x) − T_{t}(x′)∥ ≤ \frac{1}{2}∥x − x′∥

sofern t nahe an t_{0}(∥t − t_{0}∥ ≤ r) ist und x, x′ einen Abstand kleiner gleich r von x_{0} haben. Mit x′ = x_{0} folgt außerdem ∥T_{t}(x) − T_{t}(x_{0})∥ ≤ \frac{1}{2}∥x − x_{0}∥. Das Bild von x(x liegt auf Radius um x_{0}) liegt innerhalb eines Radius r ≤ \frac{1}{2}∥x_{0} − x∥. ⇒ metrischer Raum ist X = x_{0} + rB ⇒ Anwendung des Fixpunktsatzes Wir wollen nun die Form der Ableitung D_{t}f(x_{0}, t_{0}), falls sie existiert, ermitteln! ana1905.tex

wissen: \underbrace{f(x(t), t)}_{φ(t)} ≡ 0 ∀t nahe t_{0}(|t − t_{0}| < r)

⇒ \frac{dφ(t)}{dt} ≡ 0 für t nahe t_{0} Wenn x diffbar wäre, müßte \frac{dφ}{dt} = \frac{∂}{∂x}f(x(t), t) · \frac{dx(t)}{dt} + \frac{∂}{∂t}f(x(t), t) sein. An der Stelle t = t_{0} gilt:

0 = \underbrace{\frac{∂}{∂x}f(x_{0}, t_{0})}_{A} ·\frac{dx(t_{0})}{dt} + \frac{∂}{∂t}f(x_{0}, t_{0})  | ·A^{−1}

= \frac{dx(t_{0})}{dt} + A^{−1} \frac{∂}{∂t}f(x_{0}, t_{0})
\frac{dx(t_{0})}{dt} = \underline{\underline{−A^{−1}D_{t}f(x_{0}, t_{0})}}

Nun müssen wir noch die Existenz von \frac{dx(t_{0})}{dt} zeigen! Wir betrachten x(t) − x(t_{0}).

x(t) − x(t_{0}) = T_{t}(x(t)) − T_{t_{0}}(\underbrace{x(t_{0})}_{x_{0}})

= −A^{−1}(o(x(t), t) − o(x_{0}, t_{0}) + g(t))
= −A^{−1}(\underbrace{o(x(t), t) − o(x_{0}, t_{0})}_{α(t)} +D_{t}f(x_{0}, t_{0})(t − t_{0}))

wobei \frac{α(t)}{∥t−t_{0}∥} → 0

= −A^{−1}D_{t}f(x_{0}, t_{0})(t − t_{0}) − A^{−1}α(t)

⇒ \frac{x(t)−x(t_{0})}{t} → −A^{−1}D_{t}f(x_{0}, t_{0}) falls t reell, ansonsten ist −A^{−1}D_{t}f(x_{0}, t_{0})(t − t_{0}) die lineare Approximation für x(t) − x(t_{0}). □

Betrachten lineare Gleichungssysteme A(t)x = b(t) mit A(t) ist (n, n)-Matrix, b(t) ∈ R^{n}, gesucht ist x ∈ R^{n}. Die Matrix hat also die Gestalt:

( \begin{matrix}a_{11}(t) & ⋯ & a_{1n}(t) \\ ⋮ & ... & ⋮ \\ a_{n1}(t) & ⋯ & a_{nn}(t) \end{matrix} )

f^{∗} sei eine Funktion, die einem t eine Matrix A(t) zuordnet und stetig diffbar ist. Setzen f(x, t) = A(t)·x−b(t) ∈ R^{n}. Betrachten t nahe t_{0}. Es gelte A(t_{0})x_{0} = b(t_{0}). Jetzt können wir den Satz über implizite Funktionen anwenden, falls A(t_{0}) regulär ist. ⇒ Das System A(t)x = b(t) hat mit x bzw. t nahe x_{0} bzw. t_{0} genau eine Lösung. ⇒ A(t)x = b(t) hat global(im ganzen R^{n}) nur eine Lösung (sonst können wir zwei Lösungen mit einer Geraden verbinden und alle Punkte auf der Geraden, also auch mehrere nahe (x_{0}, t_{0}), sind Lösung). Es existiert also genau eine Lösung. Daher sind alle A(t) regulär für t nahe t_{0}.

3.13 Newtonverfahren

Im folgenden Abschnitt beschäftigen wir uns mit einem Verfahren, mit dem man Nullstellen einer Funktion näherungsweise bestimmen kann. Wie wir später sehen werden, ist das Verfahren auch dazu geeignet, nichtlineare Gleichungssysteme zu lösen. Zunächst betrachten wir eine Funktion f : R → R an der Stelle x_{k}. f sei stetig diffbar. Wir schauen uns die Abbildung (15) an. Wir bestimmen zunächst die

[figure: x_{k}; f; x_{k+1}; x_{k+2}; l_{k}(x); l_{k+1}]

Abbildung 15: Newtonverfahren(Ansatz)

Ableitung und den Funktionswert an der Stelle x_{k}. Mit

l_{k}(x) := f (x_{k}) + Df (x_{k}) (x − x_{k})

erhalten wir die Tangente an f an der Stelle x_{k}. Die Nullstelle x_{k+1} ist diejenige Stelle, die wir als nächstes betrachten, usw. . In unserem obigen Beispiel ist leicht zu sehen, daß bei unserer Wahl der Startstelle x_{k}, das Verfahren die tatsächliche Nullstelle annähert, d.h., daß die Folge der x_{n} (n = k, k + 1, …) gegen die ”wirkliche“ Nullstelle konvergiert. Nun wollen wir das Newtonverfahren für Funktionen f : R^{n} → R^{n} verallgemeinern. In einem allgemeinen Schritt sei x_{k} ∈ R^{n} gegeben. Wir benutzen den Ansatz L_{k}(x) = 0 mit

L_{k}(x) = f (x_{k}) + \underbrace{Df (x_{k})}_{(n,n)-Matrix} \underbrace{(x − x_{k})}_{n-Vektor}

und erhalten ein lineares Gleichungssystem mit n Unbekannten(Komponenten der nächsten Nullstelle) und n Gleichungen. Falls eine Lösung(die Ableitung kann ja z.B. Null sein → ”Tangente“ hat keinen Schnittpunkt mit der x-Achse) existiert, erhalten wir also x_{k+1}. Fälle, in denen keine Lösung existiert:

1. Falls für die Ableitung Df (x_{k}) = 0 gilt(wie schon erwähnt), existiert keine Lösung.

2. Sei f(x) = sin x. Wir betrachten folgende Skizze.

[figure: x_{n}; x_{k}]

n = 0, 2, 4, … und k = 1, 3, 5, . . .. Die Folge der x_{l} kann also in zwei konstante Teilfolgen x_{n} und x_{k} zerlegt werden. Deshalb kann das Newtonverfahren für sin x mit dem Startwert x_{0} nicht funktionieren.

3. Sei f(x) = x^{2}. Wir betrachten die Skizze.

[figure: x_{0}; x_{1}; x_{2}; g]

Falls man die Ableitung an der Stelle x_{1} falsch berechnet hat, erhält man eine falsche Gerade(meist keine Tangente mehr) und somit auch eine falsche Nullstelle. Die schräge Linie g deutet diese Gerade an.

Nun stellt sich natürlich die Frage, ob das Newtonverfahren immer bzw. wann es besonders gut funktioniert? Das Newtonverfahren funktioniert sehr gut, wenn sich der Startpunkt x_{0} hinreichend nahe an einer regulären Lösung x_{∗} des Systems f (x_{∗}) = 0 befindet. Reguläre Lösung: f (x_{∗}) = 0 und die Matrix Df (x_{∗}) ist regulär.

Satz 3.10 Ist x_{∗} eine reguläre Lösung von f(x) = 0, so existiert zu jedem ε > 0 ein positives r(ε) derart, daß das Newtonverfahren eine Folge {x_{k}} generiert mit

∥x_{k+1} − x_{∗}∥ ≤ ε ∥x_{k} − x_{∗}∥

sofern nur der Startpunkt x_{0} die Bedingung ∥x_{0} − x_{∗}∥ ≤ r(ε) erfüllt.

Beweis zu 3.10 Wir nehmen an, daß gilt ∥x_{k} − x_{∗}∥ = r(ε) > 0. Betrachten das Hilfssystem

f (x_{k}) + Df (x_{k}) (x − x_{k}) = 0  (19)

Df (x_{∗}) ist(nach Vor.) regulär! Wenn r(ε) ist, ist ∥Df (x_{k}) − Df (x_{∗})∥ so klein, daß auch die Matrix Df (x_{k}) regulär ist. ⇒ Das System (19) besitzt eine Lösung x_{k+1}. Betrachten den Fehler. Klar ist: f (x_{k+1}) = \underbrace{f (x_{k}) + Df (x_{k}) (x_{k+1} − x_{k})}_{0} +R (x_{k+1})

Schätzen R (x_{k+1}) ab!

Es ist f (x_{k+1}) = f (x_{∗}) + Df (x_{∗}) (x_{k+1} − x_{∗}) + \underbrace{o (x_{k+1} − x_{∗})}_{♯}.

♯ hinreichend schnell gegen Null also \frac{o(ε)}{ε} → 0 für ε → 0. ⇒

0 = \underbrace{f (x_{k}) − f (x_{∗})}_{♣} +Df (x_{k}) (x_{k+1} − x_{k}) − Df (x_{∗}) (x_{k+1} − x_{∗})

+R (x_{k+1}) − o (x_{k+1} − x_{∗})

♣ Gilt speziell für alle Komponenten von f, auf jene wir den MWS anwenden. Erhalten:

0 = \underbrace{Df_{i} (θ_{i}) (x_{k} − x_{∗})}_{siehe ♣} +Df_{i} (x_{k}) (x_{k+1} − x_{∗} + x_{∗} − x_{k}) − Df_{i} (x_{∗}) (x_{k+1} − x_{∗})

+R_{i} (x_{k+1}) − o (x_{k+1} − x_{∗})

Wir sortieren diese Gleichung ein wenig um und erhalten:

0 = \underbrace{(x_{k} − x_{∗}) (Df_{i} (θ_{i}) − Df_{i} (x_{k})) + (x_{k+1} − x_{∗}) (Df_{i} (x_{k}) − Df_{i} (x_{∗}))}_{S}

+R_{i} (x_{k+1}) − o_{i} (x_{k+1} − x_{∗})

Da ∥x_{k} − x_{∗}∥ = r, gilt: wenn ∥x_{k+1} − x_{∗}∥ → 0 (♡), so folgt für die erste Summe S, daß \frac{S}{∥x_{k}−x_{∗}∥} → 0 gilt für ∥x_{k} − x_{∗}∥ → 0. (♡) reichen würde auch ∥x_{k+1} − x_{k}∥ ≤ L ∥x_{k} − x_{∗}∥ mit irgendeinem positiven L. Dann folgt \frac{R_{i}(x_{k+1})}{∥x_{k}−x_{∗}∥} → 0 für x_{k} → x_{∗}

Also gilt ∥f (x_{k+1})∥ ≤ o (∥x_{k} − x_{∗}∥) mit \frac{o(ε)}{ε} → 0 für ε → 0. Zeigen jetzt, daß L und r(ε) in obiger Weise existieren. (indirekt): Falls L und r(ε) nicht existieren, so muß es eine Folge x_{k} → x_{∗} geben mit

\frac{∥x_{k+1} − x_{∗}∥}{∥x_{k} − x_{∗}∥} → ∞ .

Setzen u_{k} = x_{k+1} − x_{k}. Dann gilt f (x_{k}) + Df (x_{k}) u_{k} = 0. Wissen:

∥x_{k+1} − x_{∗}∥ ≤ ∥x_{k+1} − x_{k}∥ + ∥x_{k} − x_{∗}∥
= ∥u_{k}∥ + ∥x_{k} − x_{∗}∥

Es folgt \frac{∥u_{k}∥}{∥x_{k}−x_{∗}∥} → ∞.

Wissen weiter: 0 = \underbrace{\frac{f (x_{k}) − f (x_{∗})}{∥x_{k} − x_{∗}∥}}_{(◇)}+Df (x_{k}) \underbrace{\frac{u_{k}}{∥x_{k} − x_{∗}∥}}_{x_{k}}

Mittelwertsatz auf die Komponenten f_{i} von f anwenden. (◇) ist ein seiner Norm beschränkt:

f_{i} (x_{k}) − f_{i} (x_{∗}) = \underbrace{Df_{i} (θ_{i})}_{\begin{matrix}→ Df_{i} (x_{∗}) \\ da x_{k} → x_{∗} \end{matrix}} · \underbrace{(x_{k} − x_{∗})}_{beschränkt}

Mit w_{k} = \frac{u_{k}}{∥x_{k}−x_{∗}∥} gilt ∥w_{k}∥ → ∞ und ∥Df (x_{k}) · w_{k}∥ ≤ C C < ∞ (C ist Konstante). ⇒

∥Df (x_{k}) · \frac{w_{k}}{∥w_{k}∥}∥ ≤ \underbrace{\frac{C}{∥w_{k}∥}}_{♯_{2}}

♯_{2} → 0 da ∥w_{k}∥ → ∞ Sei v_{k} = \frac{w_{k}}{∥w_{k}∥}. Die Norm von v_{k} ist 1. Also liegt v_{k} auf dem Rand der Einheitskugel in R (v_{k} ∈ bd B; bd- boundary, B-Ball→ Einheitskugel). Der Rand der Einheitskugel ist kompakt! Es existiert also eine unendliche Teilfolge v_{k_{ν}} (ν = 1, 2, …) mit v_{k_{ν}} → v_{∗}. Aus ∥v_{k}∥ = 1(Norm von v_{k} ist 1) folgt ∥v_{∗}∥ = 1. Aus obiger Abschätzung folgt mit Df (x_{k_{ν}}) → Df (x_{∗}), daß ∥Df (x_{∗}) · v_{∗}∥ = 0 gilt, d.h. Df (x_{∗}) · v_{∗} = 0. Da v_{∗} ≠ 0 folgt Df (x_{∗}) ist nicht regulär. Dies ist aber ein Widerspruch zur Voraussetzung. Also gilt tatsächlich ∥f (x_{k+1})∥ ≤ o (x_{k} − x_{∗}).

f_{i} (x_{k+1}) − \underbrace{f_{i} (x_{∗})}_{0} = \underbrace{Df_{i} (θ_{i})}_{♯_{3}} (x_{k+1} − x_{∗})

♯_{3} → Df_{i} (x_{∗}) Diese Matrix ist nach Voraussetzung in x_{∗} regulär. Wie vorher zeigt man, daß nun eine Konstante L < ∞ existiert, mit

∥f (x_{k+1}) − f (x_{∗})∥ ≫ L ∥x_{k+1} − x_{∗}∥

für hinreichend große k(falls x_{k} − x_{∗} hinreichend klein ist). Damit folgt schließlich o (x_{k} − x_{∗}) ≥ ∥f (x_{k}) − f (x_{∗})∥ ≥ L_{1} ∥x_{k+1} − x_{∗}∥ ⇒

∥x_{k+1} − x_{∗}∥ ≤ \frac{1}{L_{1}} o (x_{k} − x_{∗}) mit \frac{o(ε)}{ε} → 0 falls ε → 0

Mit jeder Konstanten \overline{ε} > 0 folgt

\frac{1}{L_{1}} o (x_{k} − x_{∗}) ≤ \overline{ε} ∥x_{k} − x_{∗}∥ ,

falls nur ∥x_{k} − x_{∗}∥ hinreichend klein ist. \overline{ε} ist ε in der Behauptung des Satzes. r (\overline{ε}) charakterisiert ”hinreichend klein“. □

Hausaufgabe 17 Lösen eines Gleichungssystem mit dem Newtonverfahren. Gegeben sei f : R^{2} → R^{2}, mit

f_{1}(x, y) = tan x − x + y
f_{2}(x, y) = −x^{2} + sin y + 1

f(x, y) = (0, 0) ist gesucht! Berechnen Sie drei Iterationen für den Startpunkt (1, 1)! Geben Sie den Fehler und die Lösung an!

Hausaufgabe 18 Gegeben seien folgende Gleichungen:

x^{2} + y^{2} = 2 + t
\frac{3}{2}x^{2} + \frac{1}{2}y^{2} = 2 − t

Berechnen Sie \frac{dz(t)}{dt} im Punkte t = 0 mit z(t) = (x(t), y(t))!

Hausaufgabe 19 Bestimmen Sie das Integral(Formel) ∫_{a}^{c} q(x) dx! q(x) ist eine qua-

dratische Funktion und es gilt a < b < c mit q(a) = A, q(b) = B und q(c) = C.

3.14 Glatte Mannigfaltigkeiten

ana2605.tex

1. Motivierung

Kurvenintegrale: Sei G ⊂ R^{2} ein Gebiet und f(x, y) auf G definiert, d.h. f : G → R. Weiter sei C ⊂ G eine Kurve. Wir wollen Ausdrücke der Form ∫_{C} f(x, y) ds betrachten!(Kurvenintegrale)

Extremwerte unter Nebenbedingungen: Sei x ∈ R^{n}.

min {f(x) | g_{i}(x) = 0, i = 1, …, m} ist gesucht, mit f : R^{n} → R^{n}, g_{i} : R^{n} → R, i = 1, …, m g_{i}(x) = 0 sind Mannigfaltigkeiten

2. Bemerkung: Im Hinblick auf spätere Anwendungen betrachten wir den Begriff der glatten Mannigfaltigkeit enger als üblich.

3. Hyperflächen: Sei G ⊂ R^{n} ein Gebiet und f : G → R eine stetige Funktion. Wir betrachten die Menge S = {x ∈ G | f(x) = 0}. S kann leer bzw. nicht leer sein. Beispiel: n = 2 f(x) = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + 3 S = {(x_{1}, x_{2}) ∈ R^{2} | x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + 3 = 0} = ∅ Dieser Fall ist für uns uninteressant.

Definition 3.4 (Hyperfläche) Ist S ≠ ∅, so heißt S Hyperfläche in R^{n}.

4. Regulärer/singulärer Punkt f besitze (partielle) Ableitungen 1.Ordnung.

grad f(x) = (\frac{∂f}{∂x_{1}} , …, \frac{∂f}{∂x_{n}} )

ist der Gradient von f an der Stelle (x_{1}, …, x_{n}).

Definition 3.5 (singulärer/regulärer Punkt) \overline{x} ∈ S heißt singulärer Punkt von S, wenn grad f(\overline{x}) = 0 gilt. x̃ ∈ S heißt regulärer Punkt von S, wenn grad f(x̃) ≠ 0 gilt.

S heißt glatte Hyperfläche, wenn f stetige partielle Ableitungen erster Ordnung besitzt und jedes x_{∗} ∈ S regulärer Punkt ist. Beispiel: n = 2 Sei G ⊂ R^{2} ein Gebiet und f(x_{1}, x_{2}) auf G definiert und reellwertig. Weiter sei f auf G stetig partiell diffbar und jeder Punkt von S = {(x_{1}, x_{2}) ∈ R^{2} | f(x_{1}, x_{2}) = 0} regulär.

(a) f(x_{1}, x_{2}) = x_{1}^{2} − x_{2} + 3 f(x_{1}, x_{2}) = 0 ⇔ x_{1}^{2} + x_{2} + 3 = 0 ⇔ x_{2} = x_{1}^{2} + 3 S hat die Gestalt einer Parabel, G sei eine Kreisfläche, die den unteren Teil der Parabel schneidet. Die Schnittfläche(-kurve) von S und G ist dann eine glatte Hyperfläche, wenn der Gradient von f existiert und stetig ist, sowie ungleich Null an allen Stellen x′ von S ist. Gradient: grad f(x) = (D_{x_{1}}, D_{x_{2}}) = (2x_{1}, −1) Dieser ist, wie man leicht sieht( (x ist beliebig,-1) ), ungleich Null außerdem stetig, also ist die oben beschriebene Schnittkurve eine glatte Hyperfläche.

(b) Sei n = 3, G = R^{3}. f : G → R f(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} − x_{3} f(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 0 ⇔ x_{1}^{2} + x_{2}^{2} − x_{3} = 0 ⇔ x_{3} = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} Es gilt x_{3} = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} ≥ 0 wegen der Quadrate. Der Gradient lautet (2x_{1}, 2x_{2}, −1) dieser ist ebenfalls stetig und ungleich Null für alle (x_{1}, x_{2}, x_{3}) ∈ G. Die durch die Funktion beschriebene Fläche ist also eine glatte Hyperfläche. Diese hat die Gestalt einer zur x_{3}-Achse symmetrischen und um diese rotierende Parabel mit dem Scheitel (0, 0, 0).

(c) Sei f : R^{n} → R linear. f(x) = f(x_{1}, …, x_{n}) = 0 ist lineare Funktion f(x) = a_{1}x_{1} + a_{2}x_{2} + … + a_{n}x_{n} = 0 a_{i} ∈ R i = 1, …, n ⇒ grad f(x) = (a_{1}, …, a_{n}) ≠ 0

⇔ ∃i (i = 1, …, n) mit a_{i} ≠ 0

⇒ S = \{x ∈ R^{n} | \underbrace{a_{1}x + … + a_{n}x}_{⟨grad f(x),x⟩} = 0\} ist Hyperebene(Hyperfläche

der Dimension 2).

5. Tangentialhyperebene an glatten Hyperflächen Sei S glatte Hyperfläche, beschrieben durch f(x) = 0. ⇒ grad f(x) = (D_{x_{1}}f, …, D_{x_{n}}f) ≠ 0 ∀x x ∈ S.

Definition 3.6 (Normalenvektor, Tangentialhyperebene, Tangente) Sei \overline{x} ∈ S, dann heißt jeder Vektor, der parallel zu grad f(\overline{x}) ist, Normalenvektor von S in \overline{x}. Diejenige Ebene, die den Punkt \overline{x} enthält und orthogonal zu grad f(\overline{x}) ist, heißt Tangentialhyperebene an S in \overline{x}. Jede Gerade, die in der Tangentialhyperebene an S in \overline{x} liegt und \overline{x} enthält, heißt Tangente an S in \overline{x}.

Glatte Mannigfaltigkeiten

Sei G ⊂ R^{n} ein Gebiet und seien g_{i} : G → R i = 1, …, m stetige Funktionen, m < n. Wir setzen voraus, daß jedes g_{i} eine glatte Hyperfläche S_{i} definiert. Wir betrach-

ten M = ⋂_{i=1}^{m} S_{i}. Setzen voraus, daß M ≠ ∅ gilt. Sei \overline{x} ∈ M, dann gilt \overline{x} ∈

S_{i} ∀i (i = 1, …, m) - nach Definition des allgemeinen Durchschnitts. Wir betrachten grad g_{i}(\overline{x}), i = 1, …, m.

Definition 3.7 (Glatte Mannigfaltigkeit, Tangentialebene, Tangente) Ist M ≠ ∅ und sind die Gradienten für alle i = 1, …, m und für alle x mit x ∈ M linear unabhängig, dann heißt M glatte Mannigfaltigkeit. M ist (n−m)-dimensional.

Sei T_{i} Tangentialhyperebene an S_{i} in \overline{x} ∈ S_{i}, i = 1, …, m. Es gilt also \overline{x} ∈ M. Sei

T = ⋂_{i=1}^{m} T_{i}. T ist Ebene der Dimension (n − m). T heißt Tangentialebene an M in

\overline{x}. Jede Gerade, die durch \overline{x} geht und in M liegt, heißt Tangente an M in \overline{x}.

Betrachten eine (n − m)-dimensionale glatte Mannigfaltigkeit. Ist n − m = 1, so heißt die glatte Mannigfaltigkeit Kurve.

Kurven in R^{n}

Sei G ⊂ R ein Intervall und f : G → R^{n} stetig in G, d.h. f(x) = (f_{1}(x), …, f_{n}(x)) mit x ∈ G. Betrachten die Menge {x ∈ R^{n} | ∃t ∈ G mit f(t) = x}. Diese heißt stetige Kurve in R^{n}. f heißt Parameterdarstellung der Kurve, t der Parameter. Sind die f_{i}, i = 1, …, n in G stetig diffbar, dann heißt die Kurve glatt. f′(t) = (f′_{1}(t), …, f′_{n}(t)) heißt Ableitung von f in t. Die Tangente g an die Kurve im Punkt (t, f(t)) läßt sich in der Form

g(λ) = f(t) + λ · f′(t) λ ∈ R

darstellen. Speziell für n = 2 Sei [a, b] ⊂ R, a, b ∈ R, a < b und x = x(t), y = y(t) für t ∈ [a, b] stetige Funktionen. Dann heißt C = {(x, y) ∈ R^{2} | x = x(t), y = y(t), t ∈ [a, b]} stetige Kurve. Das Paar (x(a), y(a)) heißt Anfangspunkt(t = a), das Paar (x(b), y(b)) heißt Endpunkt(t = b) der Kurve C. Wenn (x(a), y(a)) = (x(b), y(b)) gilt, heißt die Kurve geschlossen. C heißt glatt, wenn:

1. (x(t_{1}), y(t_{1})) ≠ (x(t_{2}), y(t_{2})) ∀ t_{1}, t_{2} ∈ [a, b] und t_{1} ≠ t_{2} (x, y sind injektiv.)

2. x = x(t), y = y(t) stetige Ableitungen besitzen und (x′(t))^{2} + (y′(t))^{2} ≠ 0 ∀t ∈ [a, b] gilt.

Beispiel:

1. x = cos t, y = sin t t ∈ [a, b]

2. x = ã + at, y = b̃ + bt a, b, ã, b̃, t ∈ R

3. x = a, y = b ∀t ∈ R nicht glatt, da die Ableitungen Null sind.

Hausaufgabe 20 Sei F (x, y) = 2xy + π sin y − 2π (x_{0}, y_{0}) = (1, \frac{π}{2} ). Wird durch F (x, y) = 0 in einer gewissen Umgebung von x_{0} eine Funktion y = f(x) implizit definiert? Wenn ja, berechne man die Ableitung dieser Funktion an der Stelle x = 1!

Hausaufgabe 21 Untersuchen Sie ∫_{1}^{∞}π · \frac{1}{x^{2}} dx auf Konvergenz!

Versuchen Sie das uneigentliche Integral, falls es existiert, geometrisch zu interpretieren.

Hausaufgabe 22 Untersuchen Sie das Integral ∫_{−∞}^{∞} \frac{1}{x^{2}} dx auf Konvergenz!

Hausaufgabe 23 Besitzt die Gleichung 2x − 3 sin x = 0, x ∈ R Nullstellen? Wenn ja, berechnen Sie eine mit dem Newtonverfahren auf drei Stellen nach dem Komma genau!

Betrachten eine Mannigfaltigkeit M = {x ∈ R^{n} | g_{i}(x) = 0, i = 1, …, n}. ana3005.tex Die g_{1}, …, g_{m}(m ≤ n) seien stetig diffbar. Speziell sei m < n. Alle g_{i} seien affin-linear, d.h. g_{i}(x) = \underbrace{a_{i}x}_{Skalarprodukt} +b_{i} a_{i} ∈ R^{n}, b_{i} ∈ R

Dann hat das System die Form a_{i,1}x_{1} + … + a_{i,n}x_{n} = b_{i} (i = 1, …, m). Betrachten ein lineares Gleichungssystem.

B | N x = b

Das Gleichungssystem hat m Zeilen. Die n Spalten haben die Form

A_{n} = ( a_{1} ; ⋮ ; a_{m} )

Die Matrix A hat also die Gestalt (B, N). B ist eine (m, m) Matrix und N eine (m, n − m) Matrix. Das dazugehörige Gleichungssystem hat die Form

Bx_{B} + Nx_{N} = b x = (x_{B}, x_{N})

Wenn B regulär ist, so ist das System äquivalent zu

x_{B} + B^{−1} · NX_{N} = B^{−1}b
x_{B} = B^{−1}b − B^{−1}Nx_{N}
= h(x_{N})

Dies ist eine Darstellung für M.

Definition 3.8 Ein Punkt x_{0} ∈ M heißt regulär, wenn die Matrix Dg(x_{0}) mit den Elementen \frac{∂g_{i}(x_{0})}{∂x_{j}} i = 1, …, m; j = 1, …, n vollen Rang(m) besitzt.

Das Gleichungssystem A = Dg(x_{0}) habe die obige (B, N)-Gestalt. Es hat m linear unabhängige Spalten. o.B.d.A. seien dies die ersten m. Wir interpretieren das Gleichungssystem g(x) = 0 als

g_{1}(x_{B}, x_{N}) = 0
⋮
g_{m}(x_{B}, x_{N}) = 0

Wenn x_{N} = x_{0_{N}} gilt, so löst x_{B} = x_{0_{B}} das Gleichungssystem(da x_{0} ∈ M). Betrachten x_{N} als Parameter t im impliziten Funktionen-Satz! t_{0} = x_{0_{N}} Wissen: Wenn x_{N} hinreichend nahe an x_{0_{N}} liegt, so gibt es genau ein passendes x_{B} mit g(x_{B}, x_{N}) = 0. Es wird durch implizite Funktionen geliefert: x_{B} = h(x_{N}) (x_{B} nahe x_{0_{B}}). Somit erhält man die Ableitung von h:

Dh(x_{0_{N}}) = \underbrace{− [\frac{∂g}{∂x_{B}} (x_{0})]^{−1}}_{(m,m)-Matrix} · \underbrace{\frac{∂g(x_{0})}{∂x_{N}}}_{(m,n−m)}

3.15 Lagrange-Multiplikatoren

Wir beschäftigen uns nun mit Exremwertaufgaben unter gewissen Nebenbedingun- ana0206.tex gen. Problem: Man bestimme das Minimum von f(x) x ∈ M, wobei M = {x ∈ R^{n} | g_{i}(x) = 0, i = 1, …, m} (M ist Mannigfaltigkeit) ist. Dabei seien f, g_{i} : R^{n} → R stetig diffbar.

Definition 3.9 x_{0} ∈ M heißt lokaler Minimalpunkt der obigen Aufgabe, falls es eine Umgebung von x_{0} gibt, mit der Eigenschaft f(x_{0}) ≤ f(x) ∀x x ∈ M ∩ U(x_{0}).

U(x) ist eine Umgebung von x_{0}, d.h. eine offene Menge, die x_{0} enthält.

Satz 3.11 Sei x_{0} ein lokaler Minimalpunkt und sei x_{0} ein regulärer Punkt von M.

Dann gibt es Zahlen λ_{i} ∈ R (i = 1, …, m) mit Df(x_{0}) = ∑_{i=1}^{m} λ_{i} \underbrace{Dg_{i}(x_{0})}_{∈R^{n}}.

Bemerkung: Zum Aufstellen des linearen Gleichungssystems eignet sich die soge-

nannte Lagrange-Funktion: L(x) = f(x) + ∑_{i=1}^{m} λ_{i}g_{i}(x). Von dieser bilde man nun

die partiellen Ableitungen nach x und λ, setze diese gleich Null und fertig ist das Gleichungssystem.

Beweis zu 3.11 Erhalten n Gleichungen, m + n Variablen(m für λ_{i}, n Anzahl der Komponenten von x_{0}). Hinzu kommen m Gleichungen aus M. Formulieren die Behauptung um. Sei U der durch die Gradienten Dg_{1}(x_{0}), …, Dg_{m}(x_{0}) auf-

gespannte Unterraum, U = {u | u = ∑_{i=1}^{m} λ_{i}Dg_{i}(x_{0}), λ_{i} ∈ R}. Die Behauptung ist

nun Df(x_{0}) ∈ U. Angenommen es gilt Df(x_{0}) ∉ U. Betrachten die Aufgabe: min {∥v∥ | Df(x_{0}) + v ∈ U und ∥v∥ ≤ ∥Df(x_{0})∥} v = −Df(x_{0}) ist also möglich. Die Menge der zulässigen v ist kompakt. Wir suchen den kürzesten Vektor v_{∗}, so daß Df(x_{0}) + v_{∗} ∈ U gilt. Die Menge der ∥v∥ ist stetig. Nutzen den Satz von Weierstraß. ⇒ Eine Lösung v = v_{∗} mit v_{∗} ist kürzestes v existiert und steht senkrecht auf der ”Ebene“ U (v_{∗} heißt orthogonal zu U). Für v_{∗} gilt dann:

1. ⟨v_{∗}, u⟩ = 0 ∀u u ∈ U

2. ⟨v_{∗}, Dg_{i}(x_{0})⟩ = 0 ∀i

Zwischen beiden Bedingungen gilt die folgende Beziehung:

⟨v_{∗}, \underbrace{∑_{i=1}^{m} λ_{i}Dg_{i}(x_{0})}_{u}⟩ = ∑_{i=1}^{m} λ_{i} \underbrace{⟨v_{∗}, Dg_{i}(x_{0})⟩}_{0} = 0

Df(x_{0}) liegt in U ⇔ ∥v_{∗}∥ = 0 bzw. v_{∗} = 0. Wir zeigen: Aus ⟨v, Dg_{i}(x_{0})⟩ = 0 (d.h. v⊥U) folgt

⟨Df(x_{0}), v⟩ = 0  (20)

Hieraus würde weiter weiter mit der Darstellung Df(x_{0}) + v_{∗} = u ∈ U folgen, daß

⟨v_{∗}, Df(x_{0}) + v_{∗}⟩ = ⟨v_{∗}, u⟩ = 0 und somit \underbrace{⟨v_{∗}, Df(x_{0})⟩}_{0 nach (20)} + \underbrace{⟨v_{∗}, v_{∗}⟩}_{0} = 0 gilt.

⇒ ∥v_{∗}∥^{2} = 0 ⇒ v_{∗} = 0 Zeigen nun, daß (20) gilt. x_{0} ist regulärer Punkt von M (nach Vor.). D.h. die Matrix A mit den Elementen \frac{∂g_{i}(x_{0})}{∂x_{j}} = a_{ij} hat den vollen Rang m (o.B.d.A. sei m < n). Die Matrix A hat die Gestalt (B, N). A ist eine (m, n), B eine (m, m) und N eine (m, n − m) Matrix. Die m linear unabhängigen Spalten in A (wegen Rang gleich m) seien o.B.d.A. die ersten m Spalten. Diese liegen also alle in B. Wenden den Satz über implizite Funktionen auf das System (B, N) an. Es gelte g(y, t) = 0 mit y = (x_{1}, …, x_{m}) und t = (x_{m+1}, …, x_{n}). Weiterhin gilt D_{y}g(y_{0}, t_{0}) = B sowie D_{t}g(y_{0}, t_{0}) = N. B ist nach Voraussetzung regulär. ⇒ Es gibt eine stetig diffbare Lösungsfunktion y = y(t) (lokal um (y_{0}, t_{0})) mit g(y(t), t) = 0. Dabei gilt:

D_{t}y(t_{0}) = − \underbrace{(D_{y}g(y_{0}, t_{0}))^{−1}}_{B} ·D_{t}g(y_{0}, t_{0})

= −B^{−1}N

Wenn x_{0} lokaler Minimalpunkt ist und (y(t), t) ∈ M. ⇒ f(y(t), t) ≥ f(x_{0}) = f(y(t), t) ∀t nahe t_{0} = x_{0_{N}} ⇒ F (t) := f(y(t), t) hat in t = t_{0} einen lokalen Minimalpunkt.

⇒ DF (t_{0}) = 0 = D_{y}f(y(t_{0}), t_{0}) · D_{t}y(t_{0}) + D_{t}f(y(t_{0}), t_{0})
= D_{y}f(x_{0}) · (−B)^{−1}N + \underbrace{D_{t}f(x_{0})}_{∈R^{n−m}} = 0

d.h. ⟨D_{y}f(x_{0}) · (−B^{−1}N) , w⟩ + ⟨D_{t}f(x_{0}), w⟩ = 0 für alle w ∈ R^{n−m}. Sei v⊥U, d.h. ⟨v, Dg_{i}(x_{0})⟩ = 0 ∀i. Dies bedeutet A·v = 0. Setzen v = (v_{B}, v_{N})^{T}. Damit gilt A\binom{v_{B}}{v_{N}} = (B, N)\binom{v_{B}}{v_{N}} = 0.

Bv_{B} + Nv_{N} = 0  | ·B^{−1}  da B regulär, möglich
v_{B} + B^{−1}Nv_{N} = 0
v_{B} = −B^{−1}Nv_{N}  (v orthogonal zu U) v_{N} ∈ R^{n−m}

Setzen v_{N} = w. Dann ist v_{B} = −B^{−1}Nw. ⇒

⟨Df(x_{0}), v⟩ = ⟨D_{y}f(x_{0}), v_{B}⟩ + ⟨D_{t}f(x_{0}), v_{N}⟩
= ⟨D_{y}f(x_{0}) (−B^{−1}N) , v_{N}⟩ + ⟨D_{t}f(x_{0}), v_{N}⟩
= 0

□

Hausaufgabe 24 Lösen Sie min{x+y+z} unter den Nebenbedingungen x^{2} +y^{2} = 1 und y^{2} + z^{2} = 1! Warum ist der Punkt eine Lösung?

Hausaufgabe 25 Sei M = {(x, y) | sin^{2} x + cos^{2} y = 1} gegeben. Geben Sie einen regulären und einen nichtregulären Punkt an!

Hausaufgabe 26 Siehe Hausaufgabe 24. Gesucht ist max{x+y} unter der Nebenbedingung x^{2} + y^{2} ≤ 1!

Hausaufgabe 27 Geben Sie die Gleichung der Tangenten an die Kurve x = x(t) mit t ∈ R und x_{1}(t) = t + cos t, x_{2}(t) = t + sin t in t_{0} = \frac{π}{2} an!

Zu Wiederholung betrachten wir die folgende Aufgabe: ana0606.tex min {f(x) | g_{i}(x) = 0, x ∈ R^{n}, i = 1, …, m} Wenn x_{0} lokaler Minimalpunkt und x_{0} regulär bzgl. der Menge aller zulässigen Punkte, so existieren λ_{i} ∈ R mit

Df(x_{0}) = ∑_{i=1}^{m} λ_{i}Dg_{i}(x_{0}) (bewiesen als Satz).

Beispiel 15 Ein Reiter befinde sich an der Position (a, b). Er möchte in kürzester Zeit zum Punkt (A, B) reiten. Dabei ist die Reitgeschwindigkeit oberhalb der x-Achse (Acker) v_{1}, unterhalb (Wiese) v_{2} und es gilt v_{1} < v_{2}. Gesucht ist der Punkt (x, y), an welchem der Reiter den Acker hinter sich läßt und auf der Wiese weiterreitet. Betrachten die Abbildung 16.

[figure: l_{1}; (a, b); b; a; (x_{0}, y_{0}); φ_{1}; l_{2}; B; A; (A, B); φ_{2}; x; y] Abbildung 16: Reiter

Vorbetrachtung: Wege: l_{1} = l_{1}(x, y) l_{2} = l_{2}(x, y) Zeiten: t_{1} = \frac{l_{1}}{v_{1}} t_{2} = \frac{l_{2}}{v_{2}} f(x, y) = t_{1} + t_{2} soll minimal werden unter der Nebenbedingung g(x, y) = y = 0. Lösung: Nach dem Satz des Pythagoras gilt

l_{1} = \sqrt{(a − x)^{2} + (b − y)^{2}}
l_{2} = \sqrt{(A − x)^{2} + (B − y)^{2}}

⇒ f(x, y) = ^{\frac{\sqrt{(a−x)^{2}+(b−y)^{2}}}{v_{1}}} + ^{\frac{\sqrt{(A−x)^{2}+(B−y)^{2}}}{v_{2}}} Bilden nun die partiellen Ableitungen \frac{∂f}{∂x}, \frac{∂f}{∂y}, \frac{∂g}{∂x}, \frac{∂g}{∂y}!

\frac{∂f}{∂x} = \frac{1}{v_{1}} (\frac{2(a − x) · (−1)}{2\sqrt{(a − x)^{2} + (b − y)^{2}}} ) + \frac{1}{v_{2}} (\frac{2(A − x) · (−1)}{2\sqrt{(A − x)^{2} + (B − y)^{2}}} )

\frac{∂f}{∂y} = \frac{1}{v_{1}} (\frac{2(b − y) · (−1)}{2\sqrt{(a − x)^{2} + (b − y)^{2}}} ) + \frac{1}{v_{2}} (\frac{2(B − y) · (−1)}{2\sqrt{(A − x)^{2} + (B − y)^{2}}} )

\frac{∂g}{∂x} = 0
\frac{∂g}{∂y} = 1

Stellen nun die Lagrange-Bedingungen auf!

\frac{∂f}{∂x} = λ · \underbrace{\frac{∂g}{∂x}}_{0} \frac{∂f}{∂y} = λ · \frac{∂g}{∂y}

Es gilt also \frac{∂f}{∂x} = 0 = \frac{1}{v_{1}} (\frac{a−x}{l_{1}}) + \frac{1}{v_{2}} (\frac{A−x}{l_{2}}).

\frac{1}{v_{2}} \frac{A−x}{l_{2}} = \frac{1}{v_{2}} \frac{x−a}{l_{1}} Können x − a > 0 und A − x > 0, d.h. der Reiter überquert die x-Achse zwischen a und A, annehmen. Dann gilt: \frac{x−a}{l_{1}} = sin φ_{1} \frac{A−x}{l_{2}} = sin φ_{2} (siehe Abbildung 16) und \frac{sin φ_{1}}{v_{1}} = \frac{sin φ_{2}}{v_{2}} .

Letztlich erhalten wir das Brechungsgesetz \frac{sin φ_{2}}{sin φ_{1}} = \frac{v_{2}}{v_{1}} !

Prüfen, ob die Matrix mit den Zeilen (\frac{∂g_{i}}{∂x} \frac{∂g_{i}}{∂y} ) i = 1, …, m den Rang m hat! In unserem Beispiel ist m = 1 mit g(x, y) = y.

(\frac{∂g}{∂x} \frac{∂g}{∂y} ) = (0 1) ⇒ Matrix regulär

Beispiel 16 Unter allen Punkten des R^{2} (x, y) ist ein solcher gesucht, der die Bedingungen 2x + y ≤ 9 und x + 2y ≤ 9 (x ≥ 0, y ≥ 0) erfüllt, und außerdem die Summe x + y möglichst groß werden läßt. Zunächst betrachten wir die Abbildung 17.

[figure: x; y; 9; 9; x+2y≤9; 2x+y≤9; x + y = 0 (∗); x + y = Optimalwert (♯); mögliche Punkte]

Abbildung 17: Ungleichungen als Nebenbedingungen

Die Summe x + y ist optimal (♯), wenn der Punkt (x, y) auf der Gerade x + y = Optimalwert liegt. Zur Veranschaulichung ist noch die Gerade x + y = 0 (∗) eingezeichnet. Die Summe jeden Paares, das auf dieser Geraden liegt ist 0. Der gesuchte Punkt wird also ganz sicher nicht auf dieser Geraden liegen, denn die Summe ist für jeden Punkt, der zwischen diesen Parallelen und zusätzlich noch in der angezeigten Fläche liegt, größer als Null. Wahrscheinlicher ist, daß er auf den Geraden 2x+y = 9, x+2y = 9 und x+y = Optimalwert liegt. Wir nehmen daher an, daß im Lösungspunkt die Gleichheit der Ungleichungen gilt. Außerdem gelte x > 0, y > 0. ⇒ Die Lösung (x_{∗}, y_{∗}) der Originalaufgabe ist eine Lösung des Problems max(x+y) unter den Forderungen

λ_{1} : 2x + y = 9
λ_{2} : x + 2y = 9

Wenden die Lagrange-Bedingungen an.

\frac{∂}{∂x} : 1 = 2λ_{1} + λ_{2}
\frac{∂}{∂y} : 1 = λ_{1} + 2λ_{2}

Erhalten λ_{1,2} = \frac{1}{3}. Testen nun auf Regularität.

rg( \begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & 2 \end{matrix} ) = 2 ⇒ Regularität erfüllt.

Beispiel 17 Nun betrachten wir noch ein Beispiel, in dem die Regularitätsbedingung nicht erfüllt ist. Aufgabe: min{x | x^{2} = 0} g(x) = x^{2} \frac{∂g}{∂x}(x_{∗}) = 2x_{∗} = 0 da x_{∗} = 0 offenbar die einzige Lösung ist. Dieser Punkt ist aber nicht regulär, denn die (1, 1)-Matrix ist Null. Schauen uns noch die Lagrange-Bedingung an: Df(x) = λDg(x) (im Lösungspunkt) ⇒ 1 = λ · 0 Die letzte Gleichung ist unlösbar. Wir sehen also, daß wir auch auf diesem Weg zu der Unlösbarkeit, in Bezug auf die Methode der Lagrange-Multiplikatoren, kommen.

Betrachten nun folgende Aufgabe: Gesucht ist min {f(x) | g_{i}(x) = 0 i = 1, …, m und h_{k}(x) ≤ 0 k = 1, …, p} . Wir haben also p Nebenbedingungen, die auch Ungleichungen sein können.

Satz 3.12 Wenn x_{0} ein lokaler Minimalpunkt ist und x_{0} eine gewisse Regularitätsbedingung erfüllt, so gibt es Zahlen λ_{i} ∈ R und μ_{k} ≥ 0 mit

Df(x_{0}) + ∑_{i=1}^{m} λ_{i}Dg_{i}(x_{0}) + ∑_{k=1}^{p} μ_{k}Dh_{k}(x_{0}) = 0

und μ_{k} = 0, falls für die k-te Bedingung h_{k}(x_{0}) gilt.

Die Bedingungen heißen Karush-Kuhn-Tucker-Bedingungen. Den Satz wollen wir nicht beweisen.

3.16 Kurvenintegrale

Nun beschäftigen wir uns wieder mit Integralen. Gegeben seien f = f(x, y) über R^{2} definiert und eine Kurve K in R^{2}. Gesucht ist die Fläche zwischen der Ebene, in der die Kurve liegt, und der Funktion entlang der Kurve. Betrachten dazu die Abbildung 18.

[figure: y; x; f; K; P; Q]

Abbildung 18: Kurvenintegral

Zerlegen die Kurve in N Teilstücke. Das Kurvenstück K_{ν} habe die Länge l_{ν}. Die Länge des längsten Kurvenstückes L = max l_{ν} gehe gegen Null. z_{ν} sei ein Punkt des

Teilstücks K_{ν}. Wir betrachten Summen S = ∑_{ν=1}^{N} l_{ν} · f(z_{ν}) , die von der Zerlegung

und der Wahl der z_{ν} abhängen. Wenn diese Summen für beliebige Zerlegungen mit L → 0 gegen eine einheitlichen Wert konvergieren, dann heißt dieser Kurvenintegral 1.Art von f über der Kurve K. Das Integral notieren wir durch ∫_{K} f dl.

Betrachten eine spezielle Form von Kurvenintegralen 2.Art über derselben Kurve(siehe Abbildung 19).

[figure: K_{ν}; A; B; x; y; x_{ν−1}; x_{ν}; y_{ν}; y_{ν−1}]

Abbildung 19: Kurvenintegral 2.Art

Setzen Δy_{ν} = y_{ν} − y_{ν−1} und Δx_{ν} = x_{ν} − x_{ν−1}. Δx_{ν}, Δy_{ν} < 0 ist also möglich. Wir ”durchlaufen“ die Kurve von A nach B. Betrachten Integralsummen der Form:

S = ∑_{ν=1}^{N} f(z_{ν}) · (Δx_{ν} + Δy_{ν})

Analog kann man vom Integral als gemeinsamen Limes dieser Summen reden (L → 0). Bezeichnung: ∫_{K} f dx + ∫_{K} f dy

Nun verallgemeinern wir dies noch ein wenig. Allgemeines Kurvenintegral 2.Art: Ersetzen f durch g im zweiten Integral. D.h. f und g sind gegeben K ebenfalls. Der

Grenzwert der Integralsummen ∑_{ν=1}^{N} f(z_{ν})Δx_{ν} + ∑_{ν=1}^{N} g(z_{ν})Δy_{ν} für L → 0 heißt jetzt

Kurvenintegral 2.Art(allgemein).

Schreibweisen: ∫_{K} f dx + ∫_{K} g dy ≡ ∫_{K} f dx + g dy

3.17 Gebietsintegral der Art ∫∫_{G} f(x, y) dω

ana0906.tex

Definition 3.10 G heißt Gebiet in R^{2}, wenn G eine beschränkte Teilmenge des R^{2} mit G = \overline{int G}. G ist Abschließung des Inneren von G.

Wenn z.B. Ω offen ist, dann ist \overline{Ω} ein Gebiet. Sei G ein Gebiet. Wir betrachten die Abbildung 20. Wir zerlegen das äußere Recht-

[figure: 0; x; y; G; 1]

Abbildung 20: Gebietsintegral

eck in kleine Teilrechtecke(in Abb. 20 sind es Quadrate). So erhalten wir obiges Gitter. Nun numerieren wir die Rechtecke mit W_{ν}. Betrachten alle Rechtecke W_{ν} mit W_{ν} ∩ int G ≠ 0. Wählen ein z_{ν} mit z_{ν} = (x_{0}, y_{0}) ∈ W_{ν} ∩ int G. Mit gegebener Funktion f : R^{2} → R (G → R) bilden wir die Integralsumme I = ∑_{ν} f(z_{ν}) · w_{ν}

mit w_{ν} ist die Fläche des ν-ten Rechtecks W_{ν}. Das Integral sei der gemeinsame, unabhängig von der Wahl der z_{ν}, Grenzwert all dieser Integralsummen, für beliebige Verfeinerungen der Zerlegungen in x- und y-Richtung. Sofern ein solcher Grenzwert existiert.

Wir wollen nun die Fläche von G berechnen. Dazu sehen wir uns die Abbildung 21 an. Die Kurve K sei glatt. D.h., die Minima- und Maxima-x-Werte werden angenommen; x_{min} = a x_{max} = b. Wir zerlegen die Kurve K in diesen x-Grenzen in eine ”untere“(K_{1}) und ”obere“(K_{2}) Kurve. Den Verlauf der Kurve K_{1} beschreibt die Funktion y_{1}(x), den der Kurve K_{2} die Funktion y_{2}(x). Wir zerlegen das Intervall

3.17 Gebietsintegral der Art ∫∫_{G} f(x, y) dω 55

[figure: a; b; x; y; K; G; G_{ν}; x_{ν−1}; x_{ν}; _{Δx_{ν}}; K_{2}; K_{1}; y_{2}(x); y_{1}(x)]

Abbildung 21: Fläche eines Gebietes

[a, b] in N, nicht notwendigerweise, gleichgroße Teilstücke. Wir setzen das Gebietsintegral wie folgt an:

∫ ∫_{G} f(x, y) dw = ∑_{ν} ∫ ∫_{G_{ν}} f(x, y) dw

Wir approximieren das Integral auf der rechten Seite durch

( ∫_{y_{1}(x_{ν})}^{y_{2}(x_{ν})} f(x_{ν}, y_{ν}) dy) · Δx_{ν} .

Dabei entsteht ein Fehler. Diesen schätzen wir durch die Differenz zum Integral

( ∫_{y_{1}(ξ)}^{y_{2}(ξ)} f(ξ, y) dy) · Δx_{ν} ξ ∈ [x_{ν−1}, x_{ν}] .

⇒ Der Fehler hat die Größenordnung ε(Δx_{ν})·Δx_{ν} (ε(Δx_{ν}) - Differenz der Integrale) geht gegen Null für Δx_{ν} → 0. ⇒ ∑_{ν} ∫∫ f dw konvergiert gegen denselben Grenzwert wie

∑_{ν} ( ∫_{y_{1}(x_{ν})}^{y_{2}(x_{ν})} f(x_{ν}, y) dy) · Δx_{ν} .

Dieser Ausdruck ist eine Integralsumme für

∫_{a}^{b} \underbrace{( ∫_{y_{1}(x)}^{y_{2}(x)} f(x, y) dy)}_{g(x)} dx .

Das letzte Integral kann(theoretisch) berechnet werden, in dem zuerst

g(x) = ∫_{y_{1}(x)}^{y_{2}(x)} f(x, y) dy

berechnet wird, und dann ∫_{a}^{b} g(x) dx bestimmt wird. In analoger Weise berechnet man folgendes Integral

∫ ∫_{G} f dw = ∫_{α}^{β} ( ∫_{x_{1}(y)}^{x_{2}(y)} f(x, y) dx) dy .

Dazu stelle man sich das Bild der Abbildung 21 an der Geraden x = y gespiegelt vor, mit den entsprechenden Bezeichnungen. Andere Schreibweisen für obiges Integral sind:

∫_{α}^{β} dy ∫_{x_{1}(y)}^{x_{2}(y)} f(x, y) dx = ∫_{α}^{β} ∫_{x_{1}(y)}^{x_{2}(y)} f(x, y) dx dy

3.17.1 Zusammenhänge zwischen Kurven- und Gebietsintegralen

Betrachten zunächst Kurvenintegrale. Dazu sehen wir uns die Abbildung 22 an. Betrachten folgende Integrale:

[figure: K; _{Δx_{ν}}; Δy_{ν} {; α; l_{ν}]

Abbildung 22: Kurvenintegral 1. und 2. Art

• Kurvenintegral 1.Art: ∫_{K} f(x, y) dl

• Kurvenintegral 2.Art: ∫_{K} f(x, y)dx + f(x, y) dy

allgemeiner: ∫_{K} P (x, y)dx + Q(x, y)dy

Für das Kurvenintegral 1.Art sind die l_{ν} absolut(die Richtung ist unwichtig). Für das Kurvenintegral 2.Art sind die l_{ν} beliebig(die Richtung ist wichtig). Der Winkel α ist der Winkel zwischen der Sekante, die zu l_{ν} gehört und einer Parallelen zur x-Achse. ⇒ Δx_{ν} = Δl_{ν} · cos α

⇒ ∫_{K} f(x, y) dl = ∫_{K} f(x, y)\frac{1}{cos α}dx bzw.

∫_{K} f(x, y) cos α dl = ∫_{K} f(x, y) dx. Das linke Integral ist ein Kurvenintegral 1.Art,

das rechte ein’s 2.Art. Dies ist aber nur richtig, solange die Δx_{ν} positiv bleiben! Betrachten ein Kurvenintegral 2.Art ∫_{K} P dx + ∫_{K} Qdy. K muß gegeben sein.

Beispiel 18 Sei K durch K = {(x(t), y(t)) | t ∈ [0, 1]} mit x(t) = t und y(t) = sin t gegeben. t wandere von 0 bis 1. oder Sei K durch K = {(x(t), y(t)) | t ∈ [0, 2π]} mit x(t) = cos t und y(t) = sin t gegeben. t wandere von 0 bis 2π. K ist der Einheitskreis mit dem Ursprung als Mittelpunkt. Außerdem ist K entgegengesetzt zum Uhrzeigersinn orientiert.

Wenn x, y als Funktion von t stetig diffbar sind, so ist

Δx_{ν} = x_{ν} − x_{ν−1}
= x(t_{ν}) − x(t_{ν−1})
= x′(τ_{ν}) · (t_{ν} − t_{ν−1})  τ_{ν} ∈ [t_{ν−1}, t_{ν}] MWS angewandt

In den Integralsummen wird Δx_{ν} durch x′(τ_{ν})(t_{ν} − t_{ν−1}) ersetzt. Die restlichen Terme bleiben, wie sie sind.

⇒ \underbrace{∫_{K} P dx}_{(∗)} = \underbrace{∫_{0}^{2π}P (x(t), y(t)) · x′(t) dt}_{(♯)}

Sei z_{ν} = (x(s_{ν}), y(s_{ν})) s_{ν} ∈ [t_{ν−1}, t_{ν}]. Dann gilt folgendes

\underbrace{P (z_{ν})}_{in (∗)} ·Δx_{ν} = \underbrace{P (x(s_{ν}), y(s_{ν}))}_{in (♯)} ·x′(τ_{ν}) · (t_{ν} − t_{ν−1})

für die Summanden der Integralsumme. ⇒ Schließlich erhalten wir mit K = {(x(t), y(t)) | t ∈ [a, b]} und t läuft von a bis b

∫_{K} P dx + ∫_{K} Qdy = ∫_{a}^{b} P (x(t), y(t)) · x′(t) + Q(x(t), y(t)) · y′(t) dt

falls x, y stetig diffbar sind.

Hausaufgabe 28 Berechnen Sie ∫∫_{G} (x + 2y) dw mit G = {(x, y) | x^{2} + y^{2} ≤ 1} !

Hausaufgabe 29 Berechnen Sie ∫∫_{G} (1 + x^{2} + y^{2}) dw mit

G = {(x, y) | |x| ≤ 1, |y| ≤ 1} !

Hausaufgabe 30 Berechnen Sie ∫_{K}(x + y)dx + (x − y) dy mit K ist ein Kreisbogen

von (0, 0) zu (1, 1) (x^{2} + y^{2} = \sqrt{2} ) !

Hausaufgabe 31 Berechnen Sie ∫_{K}(x + y)dx + (x − y) dy mit K ist die Verbin-

dungsstrecke von (0, 0) nach (1, 1) !

ana1306.tex

Beispiel 19 Gesucht ist das Volumen der Kugel x^{2} + y^{2} + z^{2} = r^{2}! Betrachten die Schnittfigur dieser Kugel mit der Ebene z = 0. Diese ist ein Kreis um den Koordinatenursprung mit dem Radius r. Das Gebiet, welches der Kreis abgrenzt, vierteln wir noch einmal. Betrachten also nur noch den 1.Quadranten. Zu berechnen ist das Integral

I = ∫ ∫_{G} \sqrt{(r^{2} − x^{2}) − y^{2}} dw .

[figure: x; y; G; h]

Abbildung 23: Volumen einer Kugel

Dazu sehen wir uns zunächst die Abbildung 23 an. h ist eine Funktion von x(h > 0). Es gilt h^{2} + x^{2} = r^{2} mit h = h(x). Also erhalten wir für h den Ausdruck h = \sqrt{r^{2} − x^{2}}. Lassen x von 0 bis r wandern.

I = ∫ ∫_{G} \sqrt{h^{2} − y^{2}} dw = ∫_{0}^{r} dx ∫_{0}^{h(x)}\sqrt{h^{2} − y^{2}} dy

= ∫_{0}^{r} ( ∫_{0}^{h(x)}\sqrt{h^{2} − y^{2}} dy) dx

Berechnen zuerst das Integral ∫_{0}^{h} \sqrt{h^{2} − y^{2}} dy! Substituieren wie folgt:

Sei y = h · sin t. Dann gilt dy = h · cos t dt. ⇒ \sqrt{h^{2} − y^{2}} = \sqrt{h^{2} − h^{2} · sin^{2} t} = \sqrt{h^{2}} · \sqrt{1 − sin^{2} t} = h · cos t

⇒ ∫ \sqrt{h^{2} − y^{2}} dy = ∫ h^{2} cos^{2} t dt = h^{2} · \frac{1}{2} (sin t · cos t + t) + c Wegen y = h sin t korrespondieren die Integralgrenzen wie folgt: y = 0 ⇒ t = 0 für die Stammfunktion F (t) gilt: F (t) = h^{2} · \frac{1}{2} (sin t · cos t + t) = 0 y = h ⇒ sin t = 1 ⇒ t = \frac{π}{2} ⇒ cos t = 0 für die Stammfunktion F (t) gilt: F (t) = h^{2} · \frac{1}{2} \frac{π}{2} Also erhalten wir für das ”innere“ Integral:

∫_{0}^{h} \sqrt{h^{2} − y^{2}} dy = F (\frac{π}{2} ) − F (0) = \frac{π}{4} · h^{2}

Nun berechnen wir das ”äußere“ Integral:

∫ ∫_{G} \sqrt{h^{2} − y^{2}} dy = ∫_{0}^{r} \frac{π}{4} (h(x))^{2} dx

= \frac{π}{4} ∫_{0}^{r} (r^{2} − x^{2}) dx

= \frac{π}{4} [r^{2}x − \frac{x^{3}}{3} ]_{0}^{r}

= \frac{π}{4} (r^{3} − \frac{r^{3}}{3} ) = \frac{π}{6} r^{3}

Dieses Volumen ist aber nur ein Achtel des tatsächlichen Volumens der Kugel. ⇒ VKugel = 8\frac{π}{6} r^{3} = \underline{\underline{\frac{4}{3}πr^{3}}} Zusammenhang zwischen Gebietsintegral und Kurvenintegral 2.Art

Betrachten ein Gebiet G in R^{2}. dieses bestehe aus einer Zusammenhangskomponente etwa in der angegebenen Form(siehe Abb. 24). y_{1}(x), y_{2}(x) sind stetige Funktionen, die den Rand von G beschreiben. K sei die geschlossene Randkurve. Es gelte K = K_{1} − K_{2} mit K_{1} und K_{2} sind die Teilkurven. Beide sind von links nach rechts orientiert. Betrachten mit beliebigen stetig diffbaren Funktionen P = P (x, y) und Q = Q(x, y) das Kurvenintegral 2.Art I_{1} = ∫_{K}(P dx + Qdy). Außerdem sei

I_{2} = ∫ ∫_{G} \underbrace{(\frac{∂Q}{∂x} − \frac{∂P}{∂y} )}_{f(x,y)} dw .

[figure: G; y_{2}(x); y_{1}(x); a; b; x; y; K; K_{2}; K_{1}]

Abbildung 24: Zusammenhang zwischen Gebiets- und Kurvenintegral 2.Art

Satz 3.13 (Satz von Green) Diese Integrale sind gleich.

Beweis zu 3.12 Betrachten das Integral

∫ ∫_{G} \frac{∂P}{∂y} dw .

Wir berechnen dieses nun.

∫ ∫_{G} \frac{∂P}{∂y} dw = ∫_{a}^{b} dx ∫_{y_{1}(x)}^{y_{2}(x)}\frac{∂P}{∂y} dy

= ∫_{a}^{b} ( ∫_{y_{1}(x)}^{y_{2}(x)}\frac{∂P}{∂y} dy) dx

= ∫_{a}^{b} ([P (x, y)]_{y_{1}(x)}^{y_{2}(x)}) dx

= ∫_{a}^{b} P (x, y_{2}(x)) − P (x, y_{1}(x)) dx

= ∫_{a}^{b} P (x, y_{2}(x)) dx − ∫_{a}^{b} P (x, y_{1}(x)) dx

Wir durchlaufen die obere Kurve von a nach b(analog die untere).

= ∫_{K_{2}} P dx − ∫_{K_{1}} P dx

= ∫_{K_{2}−K_{1}} P dx

= − ∫_{K} P dx

Betrachten analog das Integral

∫ ∫_{G} \frac{∂Q}{∂x}dw .

Dazu wird K in Kurvenstücke x_{1}(y), x_{2}(y) zerlegt(analog zum oberen Fall). Wobei S_{1} und S_{2} die Kurvenstücke bezeichnen. Dann gilt K = S_{2} − S_{1}.

⇒ ∫ ∫_{G} \frac{∂Q}{∂x}dw = ∫_{S_{2}} Qdy − ∫_{S_{1}} Qdy = ∫_{S_{2}−S_{1}} Qdy = ∫_{K} Qdy

Wir haben also folgende Identitäten erhalten:

− ∫ ∫_{G} \frac{∂P}{∂y} dw = ∫_{K} P dx

∫ ∫_{G} \frac{∂Q}{∂x}dw = ∫_{K} Qdy

Schließlich erhalten wir die Green’sche Formel

∫∫_{G} (\frac{∂Q}{∂x} − \frac{∂P}{∂y} ) dw = ∫_{K} P dx + Qdy

□

Der Satz gilt auch für ”unschöne“ Gebiete, d.h. die betrachteten Teilstücke nicht durch nur jeweils eine Funktion darstellbar sind. Folgerung: Wenn \frac{∂Q(x,y)}{∂x} = \frac{∂P (x,y)}{∂y} für alle (x, y) ∈ G gilt, so ist I_{1} = 0.

⇒ 0 = ∫_{K} P dx + Qdy = ∫_{K_{1}} P dx + Qdy − ∫_{K_{2}} Qdy + P dx

z.B. P = x^{2} + y^{2} ⇒ \frac{∂P}{∂y} = 2y = \frac{∂Q}{∂x} Wählen Q Q = 2yx + sin y.

⇒  ∫_{K} P dx+Qdy ist unabhängig vom ”Weg“ der Integration(von der Teilkurve).

Man kann sich also das ”bequemere“ Integral aussuchen, falls P und Q obige Bedingung erfüllen.

Wenn die Bedingung \frac{∂P}{∂y} = \frac{∂Q}{∂x} für alle Punkte (x, y) ∈ R^{2} erfüllt ist, so ist jedes Kurvenintegral ∫_{K} P dx + Qdy = 0, sofern K eine geschlossene Kurve ist.

Außerdem sind die Integrale ∫_{K_{1}} P dx + Qdy und ∫_{K_{2}} P dx + Qdy gleich, falls Anfangs-

und Endpunkt der Kurven K_{1} und K_{2} und die Orientierung der Kurven gleich sind.

3.17.2 Stammfunktionen von Funktionen mehrerer Veränderlicher

ana1606.tex

Suchen eine Stammfunktion für P, Q : R^{2} → R unter der Voraussetzung, daß P, Q stetig diffbar sind.

Satz 3.14 Eine Stammfunktion existiert genau dann, wenn \frac{∂P}{∂y} = \frac{∂Q}{∂x} erfüllt ist. F ist eine Stammfunktion, wenn gilt: \frac{∂F}{∂x} = P, \frac{∂F}{∂y} = Q für alle Punkte (x, y) ∈ R^{2} (F : R^{2} → R).

Beweis zu 3.13 1.(⇒) Wenn F eine Stammfunktion ist, dann existieren auch die zweiten partiellen Ableitungen von F, denn \frac{∂^{2}F}{∂x∂y} = \frac{∂P}{∂y} und \frac{∂^{2}F}{∂y∂x} = \frac{∂Q}{∂x}. Nach dem Satz von Schwarz gilt für jede zweimal stetig diffbare Funktion F die Gleichheit \frac{∂^{2}F}{∂x∂y} = \frac{∂^{2}F}{∂y∂x}. ⇒ \frac{∂Q}{∂x} = \frac{∂P}{∂y} 2.(⇐) Gelte nun \frac{∂P}{∂y} = \frac{∂Q}{∂x}. Zu zeigen ist, daß eine Stammfunktion existiert. Wir definieren F wie folgt:

F (x, y) := ∫_{(0,0)}^{(x,y)}P dx + Qdy (entlang irgendeiner Kurve)

F ist aufgrund der Wegunabhängigkeit eindeutig definiert. Zeigen, daß F die gesuchte Stammfunktion ist. Untersuchen dazu F (x + h, y) − F (x, y) mit h > 0 (das h-fache des Differenzenquotienten \frac{∂F}{∂x}, falls er existiert)!

F (x + h, y) − F (x, y) = ∫_{(0,0)}^{(x+h,y)}P dx + Qdy − ∫_{(0,0)}^{(x,y)}P dx + Qdy

= ∫_{(x,y)}^{(x+h,y)}P dx + Qdy

= ∫_{(x,y)}^{(x+h,y)}P dx

da die Δy verschwinden siehe Abb. 25

= ∫_{x}^{x+h}P (x, y)dx

=^{MWS} (x + h − x) · P (θ, y)

Wobei θ eine geeignete Zahl im Intervall [x, x + h] ist.

= hP (θ, y)

Es gilt: θ → 0 für h → 0.

⇒ lim_{h→+0} \frac{1}{h} (F (x + h, y) − F (x, y)) = lim_{h→+0} P (θ, y) = P (x, y)

Analog: h < 0 In ähnlicher Weise erhalten wir für \frac{∂F}{∂y}: \frac{∂F}{∂y} wird durch

∫_{(0,0)}^{(x,y+h)}P dx + Qdy − ∫_{(0,0)}^{(x,y)}P dx + Qdy

angenähert. Schließlich erhalten wir auch hier \frac{∂F}{∂y} = Q. □

Hinweis: Für komplexe Funktionen f = f(z) z ∈ C hatten wir Differenzierbarkeitsbedingungen aufgeschrieben(Cauchy-Riemannsche-Gleichung). Sei z = x+iy f(z) = f_{1}(z)+i·f_{2}(z). Wir erhalten obige Bedingungen wie folgt:

\frac{∂f_{1}}{∂x} = \frac{∂f_{2}}{∂y} ; \frac{∂f_{1}}{∂y} = −\frac{∂f_{2}}{∂x}

⇒ ∫_{K} \underbrace{f_{1}(x, y)}_{P} dx − \underbrace{f_{2}(x, y)}_{−Q} dy Integral ist ”wegunabhängig“.

[figure: (x,y); (x+h,y); Δy; y; x; Δx; (0,0)]

Abbildung 25: Δy verschwindet

3.18 Newtonverfahren für Extremwertaufgaben unter Nebenbedingungen

Betrachten die Aufgabe

min {f(x) | h_{i}(x)_{i=1,...,m} = 0} .

Seien x ∈ R, h : R → R, f, h zweimal stetig diffbar. Definieren die sogenannte Lagrange-Funktion:

L(x, λ) = f(x) + ∑_{i=1}^{m} λ_{i}h_{i}(x)

Dann lautet das Lagrange-System:

F_{1} : D_{x}L(x, λ) = 0  d.h. Df(x) + ∑_{i=1}^{m} λ_{i}Dh_{i}(x) = 0

F_{2} : D_{λ}L(x, λ) = 0  d.h. \frac{∂L}{∂λ_{i}} (x, λ) = 0 ∀λ_{i}

Die letzte Zeile ist gleichbedeutend mit der Forderung h_{i}(x) = 0. Auf dieses System wenden wir das Newtonverfahren an. Untersuchen, was dabei eigentlich berechnet wird. Sei (x_{0}, λ_{0}) ( λ_{0} = (λ_{1}, …, λ_{m}) ) ein gegebener Iterationspunkt. Gesucht ist ein Paar (x, λ), welches die Gleichung F (x, λ) = 0 erfüllt. Entwicklen einen allgemeinen Newton-Schritt, um das Gleichungssystem

F (x_{0}, λ_{0}) + DF (x_{0}, λ_{0})\binom{x − x_{0}}{λ − λ_{0}} = 0

zu lösen. Der Lösungspunkt ist ein neuer Iterationspunkt. Die Matrix DF besteht aus

DF_{1} = (\frac{∂F_{1}}{∂x} \frac{∂F_{1}}{∂λ_{1}} ⋯ \frac{∂F_{1}}{∂λ_{m}} ) .

\frac{∂F_{1}}{∂x} (x_{0}, λ_{0}) = D^{2}f(x_{0}) + ∑_{i=1}^{m} λ_{i,0}D^{2}h_{i}(x_{0}) \frac{∂F_{1}}{∂λ_{i}} (x_{0}, λ_{i,0}) = Dh_{i}(x_{0})

und

DF_{2} = (\frac{∂F_{2}}{∂x} \frac{∂F_{2}}{∂λ_{1}} ⋯ \frac{∂F_{2}}{∂λ_{m}} ) .

\frac{∂F_{2}}{∂x} (x_{0}, λ_{0}) = ∑_{i=1}^{m} Dh_{i}(x_{0}) \frac{∂F_{2}}{∂λ_{i}} (x_{0}, λ_{0}) = 0

Setzen h(x) := ∑_{i=1}^{m} h_{i}(x). Das Gleichungssystem hat dann die Form:

F_{1}(x_{0}, λ_{0}) + (D^{2}f(x_{0}) + λ_{0}D^{2}h(x_{0})) (x − x_{0}) + Dh(x_{0})(λ − λ_{0}) = 0 (21)
h(x_{0}) + Dh(x_{0})(x − x_{0}) = 0 (22)

Aus dieser Linearisierung (22) des Lagrange-System konstruieren wir eine quadratische Optimierungsaufgabe. Dazu überlegen wir uns, daß (21) aus der Ableitung einer quadratischen Funktion Q in x = x_{0} hervorgeht. Diese hat die Gestalt:

Q(x, λ) = ⟨Df(x_{0}), u⟩ + \frac{1}{2} ⟨u, (D^{2}f(x_{0}) + λ_{0}D^{2}h(x_{0})) u⟩ .

mit u = x − x_{0}. Zu lösen ist nun die Aufgabe

min_{u} {Q(x, λ}

wobei h_{i}(x_{0}) + Dh_{i}(x_{0})u = 0 erfüllt sein muß.

Hausaufgabe 32 Berechnen Sie das Integral

∫_{K} y cos x − cos y dx + x sin y + sin x dy !

K ist ein Halbkreis vom Punkt (0, 0) zum Punkt (2, 2) mit Mittelpunkt (1, 1)(Radius 1)!

Hausaufgabe 33 Berechnen Sie das Gebietsintegral

∫ ∫_{G} 1 + x + y dw !

G sei durch den Einheitskreis im R^{2} berandet.

Hausaufgabe 34 min −(x^{3} + y^{2}) mit der Nebenbedingung \frac{x^{2}}{4} + (y − 2)^{2} = 1

1. Lösung bestimmen!

2. Newtonverfahren auf S_{∗}, das Lagrange-System der Aufgabe mit dem Startpunkt (x, y, λ) = (1, 1, 1), anwenden(1 Iteration).

Die Aufgabe hängt von dem betrachteten Punkt (x, λ) ab. Für den iterativen Prozeß ana2006.tex ist (x_{0}, λ_{0}) beliebiges Skalarprodukt. Allgemein: Wird die Aufgabe min {Q(x_{k}, λ_{k})} gelöst, erhalten wir u_{k} als Lösung.

Bestimmen zu u_{k} passende Lagrange-Multiplikatoren der Aufgabe min {Q(x_{k}, λ_{k})}, d.h. wir bestimmen v_{1}, …, v_{m} derart, daß

\underbrace{Df(x_{k}) + (D_{x}^{2}f(x_{k}) + λ_{k}D_{x}^{2}h(x_{k})) u_{k}}_{\frac{∂Q}{∂u}} + ∑_{i=1}^{m} v_{i}Dh_{i}(x_{k}) = 0

gilt. Der neue Iterationspunkt hat nun die Form (x_{k+1}, λ_{k+1}) = (x_{k}, λ_{k}) + (u_{k}, v) v = v_{k}. Ohne Restriktionen h_{i}(x) = 0 hat die Hilfsaufgabe die Form

min_{u} \{Df(x)u + \frac{1}{2} ⟨u, D^{2}f(x)u⟩\}

Der zu minimierende Ausdruck ist eine quadratische Approximation der Funktion f in der Umgebung eines Punktes x_{0}. D.h., wir suchen nicht mehr den Schnittpunkt einer Tangente an die Funktion f im Startpunkt, sondern den Scheitelpunkt eben jener quadratischen Funktion, die die Funktion bei x_{0} am besten annähert. Wir haben also keine bessere Konvergenz des Newtonverfahrens erhalten.

3.19 Lösen von linearen Optimierungsaufgaben

Betrachten einen Spezialfall der obigen Aufgabe. Gesucht: max {⟨c, x⟩ | Ax = b x ≥ 0 (komponentenweise)} x ∈ R^{n} Gegeben ist eine (m, n)-Matrix. Außerdem seien b ∈ R^{m}, c ∈ R^{n}.

Beispiel 20 Gesucht: min {c_{1}x_{1} + c_{2}x_{2} + c_{3}x_{3}} unter den Bedingungen

x_{1} − x_{3} ≤ 1
x_{2} + x_{3} ≥ 2

und x_{1} ≥ 0, x_{2} ≤ 0 sowie x_{3} beliebig. Wollen nun diese Aufgabe in obige Form (Ax = b) bringen. Führen zusätzliche Variablen u_{1}, u_{2} ein. Die Aufgabe lautet nun: min {c_{1}x_{1} + c_{2}x_{2} + c_{3}x_{3}} mit den geänderten Nebenbedingungen

x_{1} − x_{3} + u_{1} = 1  u_{1} ≥ 0
x_{2} + x_{3} − u_{2} = 2  u_{2} ≥ 0

Nun schreiben wir die Vorzeichenbedingungen um. Die letzte Formulierung ist äquivalent zu:

min {c_{1}x_{1} − c_{2}ξ_{2} + c_{3}x_{3}} mit ξ_{2} = −x_{2}

Die Nebenbedingungen lauten nun:

−ξ_{2} + x_{3} − u_{2} = 2
x_{1} − x_{3} + u_{1} = 1

und x_{1} ≥ 0, ξ_{2} ≥ 0, u_{i} ≥ 0 sowie x_{3} beliebig. Nun schreiben wir noch die ”Bedingung“ für x_{3} um. Anstelle von x_{3} schreiben wir x_{3} = y_{3}^{+} − y_{3}^{−} (y_{3}^{±} ≥ 0). Wir erhalten die endgültige Form:

max {−c_{1}x_{1} + c_{2}ξ_{2} − c_{3}y_{3}^{+} − c_{3}y_{3}^{−}}

min → max führt zu Vorzeichenwechsel. Die Nebenbedingungen lauten nun:

x_{1} − y_{3}^{+} + y_{3}^{−} + u_{1} = 1
−ξ_{2} + y_{3}^{+} − y_{3}^{−} − u_{2} = 2

und alle Valriablen sind größer gleich Null. Nun kann man die Aufgabe mit bekannter Methode lösen.

Betrachten nun wieder die Ausgangsaufgabe. Es sei rangA = m < n. Sei A = (B, N) mit B ist regulär. Es gilt also

Ax = Bx_{B} + Nx_{N} x = \binom{x_{B}}{x_{N}} .

Das Gleichunssystem(Nebenbedingungen) lautet:

Bx_{B} + Nx_{N} = b
x_{B} = B^{−1}b − B^{−1}Nx_{N}

Dies bedeutet, daß der Vektor x zulässig ist. Für die Zielfunktion(ZF) gilt demnach:

⟨c, x⟩ = ⟨c_{B}, x_{B}⟩ + ⟨c_{N}, x_{N}⟩
= ⟨c_{B}, B^{−1}b − B^{−1}Nx_{N}⟩ + ⟨c_{N}, x_{N}⟩

Setzen d_{B0} := B^{−1}b und d_{BN} := B^{−1}N.

= \underbrace{⟨c_{B}, B^{−1}b⟩}_{(∗)} −⟨\underbrace{c_{B}B^{−1}N − c_{N}}_{d_{0N}}, x_{N}⟩

(∗) Ausdruck ist konstant also uniinteressant für max bzgl. x. ZF hat die Gestalt const − ⟨d_{0N}, x_{N}⟩. Die Nebenbedingungen sehen so aus: x_{B} = d_{B0} − d_{BN}x_{N} mit x_{N}, x_{B} komponentenweise größer gleich Null. Haben also die Aufgabe umgeformt. Wir nehmen an, daß zu unserer Matrix B d_{B0} ≥ 0 wird(wegen Zulässigkeit). Dann ist der Vektor x mit x_{N} = 0 und x_{B} = d_{B0} zulässig. Angenommen d_{0N} ≥ 0 (komponentenweise; Optimalitätsbedingung)

⇒ \underbrace{−⟨d_{0N,x_{N}} ⟩}_{− ∑_{j=m+1}^{n} d_{0j}·x_{j}} ≤ 0 ∀x_{N} ≥ 0

⇒ ZF ≤ const für alle zulässigen Punkte ⇒ (x_{B}, 0) mit x_{B} = d_{B0} löst unser Problem. Angenommen d_{B0} > 0 (in jeder Komponente), aber d_{0N} ist in einer Komponente d_{0n} < 0. ⇒ Die Punkte x_{N} mit x_{ν}(t) = 0 x_{j}(t) = t ∀ν ∈ N ν ≠ j liefern bessere ZF -Werte als x_{N} = 0. Mit x_{B}(t) = d_{B0} − d_{Bj} · t bleibt das Gleichungssystem erfüllt. Da x_{B}(0) = d_{B0} > 0 bleibt also x_{B}(t) > 0 für kleine positive t. Wenn x_{i}(t) ≥ 0 bleibt ∀i ∈ {1, …, m} ∀t > 0, dann würde ZF beliebig groß werden. ⇒ Es exisitieren beliebigen zulässige Punkte, die die ZF beliebig groß werden lassen, ⇒ die Aufgabe min … hat keine Lösung. Andernfalls gibt es ein t_{k} > 0, so daß erstmals eine Variable x_{B}(t) in t = t_{k} zu Null wird. Das sei etwa x_{k}. Jetzt soll B durch B′ ersetzt werden. B′ entsteht aus B durch Vertauschen von Spalte k und n.

⇒ x_{k} = d_{k0} − ∑_{j=m+1}^{n} d_{kj}x_{j} ana2306.tex

Lösen nach x_{j} auf

d_{kj}x_{j} = d_{k0} − x_{k} − ∑_{ν≠j} d_{kν}x_{ν}

x_{j} = \frac{d_{k0}}{d_{kj}} − \underbrace{\frac{1}{d_{kj}} x_{k} − ∑_{ν≠j} \frac{d_{kν}}{d_{kj}} x_{ν}}_{(∗)}

(∗) einsetzen in ZF. Erhalten Darstellung der ZF in den Variablen x_{ν} (ν ≠ j), x_{k}. Nach diesem Schritt hat sich die ZF verbessert. Wie sehen nach diesem Austauschschritt die neuen Koeffizienten d̃_{B0}, d̃_{BN}, d̃_{0N} aus? Zweckmäßig ist eine Tabelle(Simplextabelle, Simplextableau), die wie folgt aufgebaut ist:

B \{ \overbrace{\begin{aligned}& & x_{m+1} & & ⋯ & & x_{n} \\ x_{1} & d_{1 0} & d_{1 m+1} & ⋯ & ⋮ & ⋯ & d_{1 n} \\ & & ⋮ & & ⋮ & & ⋮ \\ ⋮ & ⋮ & ⋯ & ⋯ & d_{k j} & ⋯ & ⋯ \\ & & ⋮ & & ⋮ & & ⋮ \\ x_{m} & d_{m 0} & d_{m m+1} & ⋯ & ⋮ & ⋯ & d_{m n} \\ & d_{0 0} & d_{0 m+1} & ⋯ & d_{0 j} & ⋯ & d_{0 n} \end{aligned}}^{N}

Suchen ein Element d_{kj} > 0. x_{k} wird Null, wenn 0 = d_{k0} − d_{kj} · t, d_{k0} > 0 und t_{k} = \frac{d_{k0}}{d_{kj}}. Wir wollen das t so wählen, daß erstmals eine derartige Funktion Null wird. D.h.

t = min ; \begin{matrix}k \\ d_{kj} > 0 \end{matrix} \{\frac{d_{k0}}{d_{kj}} = t_{k}\} .

Bilden min_{k; d_{kj}>0}. Wenn d_{kj} ≤ 0 ∀k ∈ B, ist die ZF nach oben unbeschränkt. Das

Minimum werde also für ein (jetzt festes) k angenommen. Damit haben wir eine interessante Spalte und Zeile gefunden. Jetzt können wir die neue Tabelle berechnen. Wir unterscheiden drei Positionen in der Tabelle:

1. Führungsspalte: d̃_{ij} = −\frac{d_{ij}}{d_{kj}} für i ≠ k

d̃_{kj} = \frac{1}{d_{kj}}

2. Führungszeile: d̃_{kν} = \frac{d_{kν}}{d_{kj}} für ν ≠ j

3. irgendwo:

d̃_{iν} = d_{iν} − \frac{d_{ij} · d_{kν}}{d_{kj}}

für i ≠ k, ν ≠ j

Diese Formel wird Kreuzregel genannt.

Beispiel 21 Gesucht: max {x_{1} + x_{2}} unter den Bedingungen x_{1} + 2x_{2} ≤ 9 und 2x_{1} + x_{2} ≤ 9 wobei x_{1}, x_{2} ≥ 0 gelte. Formen die Aufgabe um: max {x_{1} + x_{2}}; x_{1} + 2x_{2} + u_{1} = 9; 2x_{1} + x_{2} + u_{2} = 9; x_{1,2}, u_{1,2} ≥ 0 ⇒

u_{1} = 9 − (1 · x_{1} + 2 · x_{2})
u_{2} = 9 − (2 · x_{1} + 1 · x_{2})

ZF = 0 − (−1x_{1} − 1x_{2}) ⇒ Tabelle: 1.Schritt

\begin{aligned}& & x_{1} & x_{2} \\ u_{1} & 9 & 1 & 2 \\ u_{2} & 9 & 2 & 1 \\ & 0 & −1 & −1 \end{aligned} ⟹ \begin{aligned}& & x_{1} & u_{1} \\ x_{2} & \frac{9}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ u_{2} & \frac{9}{2} & \frac{3}{2} & −\frac{1}{2} \\ & \frac{9}{2} & −\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{aligned}

2.Schritt:

u_{2} u_{1}
x_{2} 3 −\frac{1}{3}  \frac{2}{3}
x_{1} 3 \frac{2}{3} −\frac{1}{3}
6 \frac{1}{3}  \frac{1}{3}

Lösung ist also das Paar (3, 3) mit dem Maximum 6.

Wie findet man überhaupt einen zulässigen Punkt? Sei Ax = b x ≥ 0 gegeben. o.B.d.A. sei b ≥ 0 Betrachten eine Hilfsaufgabe der Gestalt(für die Nebenbedingungen): Ax + Ev = b x ≥ 0, v ≥ 0. Suchen von ∑ v_{i} das Minimum bzw. von − ∑ v_{i} das Maximum. Wählen den Startpunkt x = 0, v = b ⇒ Wenn v Null wird, existiert ein zulässiger Punkt x, sonst wird Ax + Ev ≠ Ax.

Hausaufgabe 35 Ermitteln Sie max {4x + 8y + z} unter den Bedingungen x+y + z ≤ 20, x − z ≤ 5 und x, y ≥ 0.

Hausaufgabe 36 Ermitteln Sie max {x − y} unter den Nebenbedingungen −5x + 4y ≥ 1 und x, y ≥ 0.

Hausaufgabe 37 Bestimmen Sie diejenige quadratische Funktion, die f(x) = sin x in [0, π] im quadratischen Mittel am besten approximiert.

Hausaufgabe 38 Siehe Hausaufgabe 37, nur für f(x) = x^{3} in [−1, +1].

3.20 Approximation im quadratischen Mittel

ana2706.tex

1. Bemerkungen zur Approximation Wir können z.B. eine diffbare Funktion in der Umgebung eines Punktes x_{0} durch die Tangente an diese Funktion in diesem Punkt annähern. Suchen eine

[figure: x; y; Δy; a; b; x_{0}; f; g]

Abbildung 26: Approximation im quadratischen Mittel

Funktion g, die sich gut an f(siehe Abbildung 26) über dem Intervall [a, b] annähert. Man berechnet den Fehler Δy an diskreten Stellen x_{0} und versucht, diesen zu minimieren. Zur Verfeinerung berechnet man diesen Fehler kontinuierlich.

2. Betrachten die Aufgabenstellung zur Approximation im quadratischen Mittel. Gegeben seien a, b ∈ R mit a < b und f : [a, b] → R sei stetig. Weiter sei P_{n}(x) = u_{0} + u_{1}x + … + u_{n}x^{n}, u_{n} ≠ 0 ∀i u_{i} ∈ R(P_{n}(x) ist Polynom n-ten Grades). Die Menge all dieser Polynome sei P_{n}. Aufgabenstellung: Gesucht ist ein Polynom P_{n}^{∗}(x) ∈ P_{n} mit

∫_{a}^{b} (f(x) − P_{n}^{∗}(x))^{2} dx ≤ ∫_{a}^{b} (f(x) − P_{n}(x))^{2} dx ∀P_{n}(x) ∈ P_{n} .

⇒ P_{n}^{∗}(x) ist die beste Approximation.

Wir setzen P_{n}^{∗}(x) = u_{0}^{∗} + u_{1}^{∗}x + u_{2}^{∗}x^{2} + … + u_{n}^{∗}x^{∗}. Es gilt

f(x) − P_{n}^{∗}(x) = f(x) − (u_{0}^{∗} + u_{1}^{∗}x^{1} + … + u_{n}^{∗}x^{n})
= g(x, u^{∗})

x ist durch den Integrationsvorgang gebunden. Uns interessieren daher nur die Variablen u_{i}^{∗} (i = 0, …, n). ⇒

∫_{a}^{b} (f(x) − P_{n}^{∗}(x))^{2} dx = ∫_{a}^{b} g(x, u^{∗})^{2}dx

Stellen rechtes Integral als Funktion in u^{∗} dar. Dabei treffen wir die Vereinbarungen u = (u_{0}, …, u_{n}) und I(u) = ∫_{a}^{b} g(x, u)^{2}dx. Gesucht ist das Minimum von I(u) mit u ∈ R^{(n+1)}. Die Funktion I(u) ist von (n + 1) Voraussetzungen abhängig und 3.20 Approximation im quadratischen Mittel 69 nimmt ihr Minimum bzgl. R^{(n+1)} an der Stelle u^{∗} = (u_{0}^{∗}, …, u_{n}^{∗}). Wir erhalten die notwendigen Optimalitätsbedingungen

\frac{∂I}{∂u_{j}} (u)|_{u_{j}^{∗}} = 0 j = 0, …, n ,

also ein Gleichungssystem mit (n + 1) Gleichungen. Mit I(u) = ∫_{a}^{b} g(x, u)^{2}dx folgt

D I(u) = 2 ∫_{a}^{b} g(x, u) − D_{u}g(x, u)dx ,

wobei D I(u) durch

\frac{∂I}{∂u_{j}} = 2 ∫_{a}^{b} g(x, u) · \frac{∂g(x, u)}{∂u_{j}}dx j = 0, …, n

bestimmt ist. Wegen \frac{∂I}{∂u_{j}} (u)|_{u_{j}^{∗}} = 0 ist also

∫_{a}^{b} g(x, u^{∗}) · \frac{∂g(x, u^{∗})}{∂u_{j}}dx = 0 j = 0, …, n

zu lösen. Wir klären nun, wie die \frac{∂g(x,u^{∗})}{∂u_{j}} aussehen.

\frac{∂g(x, u)}{∂u_{j}} = \frac{∂(f(x) − u_{0} − u_{1}x^{1} − … − u_{j}x^{j} − … − u_{n}x^{n})}{∂u_{j}}
= −x^{j}  j = 0, …, n

⇒

0 = ∫_{a}^{b} (f(x) − P_{n}^{∗}(x)) x^{j} dx  j = 0, …, n
= ∫_{a}^{b} f(x) · x^{j} dx − ∫_{a}^{b} \underbrace{P_{n}^{∗}(x) · x^{j}}_{(♯)} dx

Wir formen (♯) wiefolgt um

P_{n}^{∗}(x) · x^{j} = (u_{0}^{∗} + u_{1}^{∗}x^{1} + … + u_{n}^{∗}x^{n})x^{j}  j = 0, …, n
= u_{0}^{∗}x^{j} + u_{1}^{∗}x^{j+1} + … + u_{n}^{∗}x^{n+j}
= ∑_{ν=0}^{n} u_{ν}^{∗} · x^{ν+j}

Für das zweite Integral der Differenz gilt dann

∫_{a}^{b} P_{n}^{∗}(x) · x^{j} dx = ∫_{a}^{b} ∑_{ν=0}^{n} u_{ν}^{∗} · x^{ν+j} dx  j = 0, …, n

= ∑_{ν=0}^{n} ∫_{a}^{b} u_{ν}^{∗} · x^{ν+j} dx

= ∑_{ν=0}^{n} u_{ν}^{∗} ∫_{a}^{b} x^{ν+j} dx da u_{ν}^{∗} konstant

= ∑_{ν=0}^{n} u_{ν}^{∗} [\frac{x^{ν+j+1}}{ν + j + 1}]_{a}^{b}

= ∑_{ν=0}^{n} u_{ν}^{∗} (\frac{b^{ν+j+1}}{ν + j + 1} − \frac{a^{ν+j+1}}{ν + j + 1})

⇒

∫_{a}^{b} f(x)x^{j} dx = ∑_{ν=0}^{n} u_{ν}^{∗} (\frac{b^{ν+j+1}}{ν + j + 1} − \frac{a^{ν+j+1}}{ν + j + 1}) j = 0, …, n

Dieses lineare Gleichungssystem besteht aus n+1 Gleichungen und n+1 Variablen. Wir fassen das hergeleitete kurz zusammen. Gegeben: f(x) : [a, b] → R stetig Gesucht: Polynom P_{n}(x) = ∑_{ν=0}^{n} u_{ν}x^{ν}, das die Aufgabe

min {∫_{a}^{b}(f(x) − P_{n}(x))^{2} dx} löst.

Erhalten notwendige Optimalitätsbedingungen:

∑_{ν=0}^{n} u_{ν} (\frac{b^{ν+j+1}}{ν + j + 1} − \frac{a^{ν+j+1}}{ν + j + 1}) = \underbrace{∫_{a}^{b} f(x)x^{j} dx}_{Momentum} j = 0, …, n

Beispiel 22 Sei a = 0, b = 1, f(x) = e^{x}. Gesucht ist ein Polynom P_{2}(x) mit ∫_{0}^{1}(e^{x} − P_{2}(x))^{2} dx ist minimal. Es ist P_{2}(x) = u_{0} + u_{1}x + u_{2}x^{2}. Erhalten drei Gleichungen:

für j = 0 : u_{0} + \frac{1}{2}u_{1} + \frac{1}{3}u_{2} = ∫_{0}^{1} e^{x} dx

für j = 1 : \frac{1}{2}u_{0} + \frac{1}{3}u_{1} + \frac{1}{4}u_{2} = ∫_{0}^{1} xe^{x} dx

für j = 2 : \frac{1}{3}u_{0} + \frac{1}{4}u_{1} + \frac{1}{5}u_{2} = ∫_{0}^{1} x^{2}e^{x} dx

Wenn wir dieses Gleichungssystem lösen, erhalten wir die Koeffizienten des P_{2}- Polynoms.

3.21 Interpolation

Allgemeine Problemstellung

Betrachten eine Funktion F (x, a_{0}, …, a_{n}). a_{0}, …, a_{n} sind reelle (oder komplexe) Zahlen, die als Parameter bezeichnet werden. Möchten jetzt die Parameter a_{i} so bestimmen, daß gilt F (x_{i}, a_{0}, …, a_{n}) = y_{i}. Wir beschäftigen uns mit Polynom- und Spline-Interpolation. Dazu hänge F linear von den a_{i} ab.

Interpolation durch Polynome

Ausgangspunkt: n Punkte x_{i}, i = 1, …, n auf der reellen Achse mit

• x_{i} paarweise verschieden

• x_{i} nicht unbedingt äquidistant gewählt

• x_{i} müssen nicht der natürlichen Reihenfolge der Indizes entsprechen.

Weiter seien n Punkte y_{i} gegeben mit den Eigenschaften analog zu den x_{i}. Die x_{i} heißen Stützstellen, die y_{i} heißen Stützwerte, die Wertepaare (x_{i}, y_{i}) Interpolationsstellen. Es wirft sich die Frage auf, ob überhaupt derartige Polynome existieren.

[figure: y; x; y = a_{0} + a_{1}x; 2 Punkte:→ Grad=1; y = a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2}; 3 Punkte:→ Grad=2]

Abbildung 27: Interpolation durch Polynome

Wie wir aus der Abbildung 27 entnehmen können, führen n Punkte im allgemeinen zu einem interpolierenden Polynom, welches einen Grad kleiner gleich n − 1 hat. Diese Vermutung spiegelt sich in folgendem Satz wider.

Satz 3.15 (Existenz- und Eindeutigkeitssatz) Seien n Wertepaare (x_{i}, y_{i}) x_{i}, y_{i} ∈ R mit x_{i} ≠ x_{k} für i ≠ k (i, k = 1, …, n) gegeben. Dann existiert genau ein Polynom (n − 1)-ten Grades, das an den Stellen x_{i} die Werte y_{i} (i = 1, …, n) annimmt.

Beweis zu 3.14 Sei P_{n−1}(x) = a_{0} + a_{1}x + … + a_{n−1}x^{n−1}. Wenn P_{n−1}(x_{i}) = y_{i} i = 1, …, n gilt, dann gilt P_{n−1}(x_{i}) = a_{0}+a_{1}x_{i}+…+a_{n−1}x_{i}^{n−1} = y_{i} (i = 1, …, n). Ausführlich aufgeschrieben:

a_{0} + a_{1}x_{1} + a_{2}x_{1}^{2} + … + a_{n−1}x_{1}^{n−1} = y_{1}
a_{0} + a_{1}x_{2} + a_{2}x_{2}^{2} + … + a_{n−1}x_{2}^{n−1} = y_{2}
⋮
a_{0} + a_{1}x_{n} + a_{2}x_{n}^{2} + … + a_{n−1}x_{n}^{n−1} = y_{n}

Das ist ein lineares Gleichungssystem mit n Unbekannten a_{i} (i = 0, …, n − 1) und n Gleichungen.

Betrachten die Koeffizientenmatrix!

( \begin{matrix}1 & x_{1} & x_{1}^{2} & ⋯ & x_{1}^{n−1} \\ 1 & x_{2} & x_{2}^{2} & ⋯ & x_{2}^{n−1} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ... & ⋮ \\ 1 & x_{n} & x_{n}^{2} & ⋯ & x_{n}^{n−1} \end{matrix} ) = A

Berechnen die Determinante von A. A ist eine (n, n)-Matrix.

|A| = ∏ ; \begin{matrix}i, k = 1, …, n \\ i ≠ k \end{matrix} (x_{i} − x_{k}) ≠ 0

da x_{j} j = 1, …, n nach Voraussetzung paarweise verschieden sind. ⇒ Lösung ist eindeutig bestimmt. □

Berechnung der Interpolationspolynome

ana3006.tex

Methode nach Lagrange

Ansatz: P_{m}(x) = ∑_{i=1}^{n} L_{i}(x) · y_{i}

Die L_{i}(x) sind von den y_{i} (i = 1, …, n) unabhängig und haben den Grad n − 1. Aufgabe: Bestimmung der L_{i}(x) (i = 1, …, n)! Wegen P_{m}(x_{i}) = y_{i} gilt P_{m}(x_{j}) = ∑_{i=1}^{n} L_{i}(x_{j}) · y_{i} = y_{j}. Ausführlich:

∑_{i=1}^{n} L_{i}(x_{j}) · y_{i} = L_{1}(x_{j})y_{1} + … + L_{j}(x_{j})y_{j} + … + L_{n}(x_{j})y_{n} = y_{j}

Wenn L_{j}(x_{j})y_{j} = 1 und L_{i}(x_{j}) = 0 für i ≠ j, so ist ∑_{i=1}^{n} L_{i}(x_{j})y_{j} = y_{j}. Also

L_{i}(x_{j}) = \{ \begin{matrix}1 & für i = j \\ 0 & für i ≠ j \end{matrix}

⇒

L_{i}(x) = a_{1}(x − x_{1}) · . . . · a_{i−1}(x − x_{i−1}) · a_{i+1}(x − x_{i+1}) · . . . · a_{n}(x − x_{n})
L_{i}(x_{i}) = a_{1}(x_{i} − x_{1}) · . . . · a_{i−1}(x_{i} − x_{i−1}) · a_{i+1}(x_{i} − x_{i+1}) · . . . · a_{n}(x_{i} − x_{n}) = 1
L_{i}(x) = ∏_{j=1, j≠i}^{n} a_{j}(x − x_{j})

L_{i}(x_{i}) = ∏_{j=1, j≠i}^{n} a_{j}(x_{i} − x_{j}) = 1
L_{i}(x_{j}) = 0 i ≠ j
L_{j}(x_{j}) = ∏_{j=1, j≠i}^{n} a_{i} · (x_{j} − x_{i}) = 1 ⇔ a_{i} = \frac{1}{x_{j} − x_{i}}

L_{j}(x) = ∏_{i=1, j≠i}^{n} \frac{x − x_{i}}{x_{j} − x_{i}} ⇒ P_{m}(x) = ∑_{i=1}^{n} ( ∏_{k=1, i≠k}^{n} \frac{x − x_{k}}{x_{i} − x_{k}} ) y_{i}
grad P_{m}(x) ≤ n − 1
L_{i}(x) = \frac{(x − x_{1}) · . . . · (x − x_{i−1}) · (x − x_{i+1}) · . . . · (x − x_{n})}{(x_{i} − x_{1}) · . . . · (x_{i} − x_{i−1}) · (x_{i} − x_{i+1}) · . . . · (x_{i} − x_{n})} i=1,...,n (23)

3.21 Interpolation 73 Beispiel 23 Die Anzahl der Stützstellen n sei 3. Diese lauten

\begin{aligned}(x_{1}, y_{1}) & = & (1, 2) \\ (x_{2}, y_{2}) & = & (2, 2) \\ (x_{3}, y_{3}) & = & (3, 2) \end{aligned} .

Das gesuchte Polynom hat die Gestalt:

P_{m}(x) = L_{1}(x)y_{1} + L_{2}(x)y_{2} + L_{3}(x)y_{3} m=n−1

Mit Hilfe der obigen Formel (23) berechnen wir nun die L_{i}.

L_{1}(x) = \frac{(x − x_{2})(x − x_{3})}{(x_{1} − x_{2})(x_{1} − x_{3})}
= \frac{(x − 2)(x − 3)}{2}
= \frac{x^{2} − 5x + 6}{2}
L_{2}(x) = \frac{(x − x_{1})(x − x_{3})}{(x_{2} − x_{1})(x_{2} − x_{3})}
= \frac{(x − 1)(x − 3)}{−1}
= \frac{x^{2} − 4x + 3}{−1}
L_{3}(x) = \frac{(x − x_{1})(x − x_{2})}{(x_{3} − x_{1})(x_{3} − x_{2})}
= \frac{(x − 1)(x − 2)}{2}
= \frac{x^{2} − 3x + 2}{2}

Diese L_{i} setzen wir nun in unsere Formel für P_{m} ein.

P_{m}(x) = \frac{x^{2} − 5x + 6}{2} · y_{1} + \frac{x^{2} − 4x + 3}{−1} · y_{2} + \frac{x^{2} − 3x + 2}{2} · y_{3}
= \frac{1}{2} ((x^{2} − 5x + 6) y_{1} − (2x^{2} − 8x + 6) y_{2} + (x^{2} − 3x + 2) y_{3})
= \frac{1}{2} (2x^{2} − 4x^{2} + 2x^{2} − 10x + 16x − 6x + 12 − 12 + 4)
= 2

Das gesuchte Polynom lautet also P_{m}(x) = 2. Methode nach Newton

Ansatz: P_{m}(x) = ∑_{j=0}^{n−1} c_{j}N_{j}(x), x_{1} < x_{2} < … < x_{n}

mit N_{0}(x) = 1 und N_{j}(x) = c_{0} + c_{1}(x − x_{1}) + … + c_{j−1}(x − x_{j−1}) j=1,...,n−1 Leiten nun eine Formel für die c_{j} her. Betrachten N_{j} mit

N_{j}(x) = (x − x_{1}) · . . . · (x − x_{j}) j=1,...,n−1 .

74 3 INTEGRALRECHNUNG Dann hat P_{m} die Gestalt c_{0} + c_{1}N_{1}(x) + … + c_{n−1}N_{n−1}(x). Nach Voraussetzung soll P_{m}(x_{i}) = y_{i} gelten. Betrachten nun P_{m}(x) mit x = x_{i} i=1,...n−1.

P_{m}(x_{1}) = ∑_{j=0}^{n−1} c_{j}N_{j}(x_{1})
= c_{0} + c_{1}N_{1}(x_{1}) + … + c_{n−1}N_{n−1}(x_{1})
= c_{0} = y_{1}
P_{m}(x_{2}) = c_{0} + c_{1}N_{1}(x_{2})
= c_{0} + c_{1}(x_{2} − x_{1}) = y_{2}

⇒ c_{1} = \frac{y_{2} − c_{0}}{x_{2} − x_{1}}

P_{m}(x_{3}) = c_{0} + c_{1}N_{1}(x_{3}) + c_{2}N_{2}(x_{3})
= c_{0} + c_{1}(x_{3} − x_{1}) + c_{2}(x_{3} − x_{1})(x_{3} − x_{2}) = y_{3}

⇒ c_{2} = \frac{y_{3} − c_{0} − c_{1}(x_{3} − x_{1})}{(x_{3} − x_{1})(x_{3} − x_{1})}

Wir erhalten folgende Formel

c_{j} = \frac{y_{j+1} − c_{0} − c_{1}(x_{j+1} − x_{1}) − … − c_{j−1}(x_{j+1} − x_{1}) · . . . · (x_{j+1} − x_{j−1})}{(x_{j+1} − x_{1}) · . . . · (x_{j+1} − x_{j})}

j=1,...,n−1 c_{0}=y_{1} .

Beispiel 24 Seien drei Stützstellen

(x_{1}, y_{1}) = (−1, 1)
(x_{2}, y_{2}) = (1, 2)
(x_{3}, y_{3}) = (2, 0)

gegeben. Gesucht ist P_{m}(x) = c_{0} + c_{1}N_{1}(x) + c_{2}N_{2}(x). Berechnen die c_{j}.

c_{0} = y_{1} = 1
c_{1} = \frac{y_{2} − c_{0}}{x_{2} − x_{1}} = \frac{2 − 1}{1 − (−1)} = \frac{1}{2}
c_{2} = \frac{y_{3} − c_{0} − c_{1}(x_{3} − x_{1})}{(x_{3} − x_{1})(x_{3} − x_{2})} = \frac{0 − 1 − \frac{1}{2} (2 − (−1))}{(2 − (−1)) (2 − 1)}
= −\frac{5}{6}

Somit erhalten wir P_{m}.

P_{m}(x) = −\frac{5}{6}(x + 1)(x − 1) + \frac{1}{2}(x + 1) + 1
= −\frac{5}{6} (x^{2} − 1) + \frac{1}{2}x + \frac{1}{2} + 1
= −\frac{5}{6}x^{2} + \frac{5}{6} + \frac{1}{2}x + \frac{1}{2} + 1
= −\frac{5}{6}x^{2} + \frac{1}{2}x + \frac{14}{6}

Das Polynom P_{m}(x) = −\frac{5}{6}x^{2} + \frac{1}{2}x + \frac{14}{6} leistet also das Geforderte.

3.22 Spline-Interpolation

Betrachten wir zunächst die Abbildung 28. Wir suchen eine Funktion h (Poly-

[figure: x; y; h; g]

Abbildung 28: Spline-Interpolation

nom) mit h(x_{i}) = y_{i}. Dabei habe h den kleinstmöglichen Grad. Wir wissen bereits, daß eine Funktion g mit g(x_{i}) = y_{i} existiert (Interpolation). Diese hat allerdings “unschöne“ Oszillationseigenschaften. Gerade diese soll h aber nicht haben. Seien n Stützstellen gegeben. Wir setzen h aus mehreren Polynomen (max(grad)=3) zusammen. Wobei h auch an den Nahtstellen stetig diffbar sein soll. Dann heißt h Spline-Funktion. Gegeben seien also x_{1} < x_{2} < … < x_{n}, y_{i} i = 1, …, n.

Definition 3.11 Eine Funktion S : R → R heißt Spline-Funktion, wenn

1. S über [x_{1}, x_{n}] 2-mal stetig diffbar ist

2. S über [x_{i}, x_{i+1}] durch ein Polynom P_{m}(x) mit m ≤ 3 (grad≤3) dargestellt wird i = 1, …, n − 1 .

S(x) heißt interpolierende Spline-Funktion, wenn S(x_{i}) = y_{i} i = 1, …, n .

Berechnung einer interpolierenden Spline-Funktion

Ansatz: • für jedes Intervall einzeln sei x ∈ [x_{1}, x_{2}] ⇒ S(x) = c_{1}(x − x_{1})^{3} + c_{n+1} + c_{n+2} · x sei x ∈ [x_{2}, x_{3}] ⇒ S(x) = c_{1}(x − x_{1})^{3} + c_{2}(x − x_{2})^{3} + c_{n+1} + c_{n+2} · x sei x ∈ [x_{3}, x_{4}] ⇒ S(x) = c_{1}(x − x_{1})^{3} + c_{2}(x − x_{2})^{3} + c_{3}(x − x_{3})^{3} + c_{n+1} + c_{n+2} · x

⋮ Setzen

(x − x_{i})_{+}^{3} := \{ \begin{matrix}(x − x_{i})^{3} & , falls x > x_{i} \\ 0 & , falls x ≤ x_{i} \end{matrix}

Damit läßt sich S wiefolgt aufschreiben:

⇒ S(x) = ∑_{i=1}^{n} c_{i}(x − x_{i})_{+}^{3} + c_{n+1} + c_{n+2} · x .

Aufgabe: c_{i} so zu bestimmen, daß S(x_{i}) = y_{i} (i = 1, …, n) gilt. Wir stellen nun ein Gleichungssystem mit n + 1 Gleichungen auf, um die c_{1}, …, c_{n−1}, c_{n+1}, c_{n+2} zu bestimmen.

x = x_{1} : S(x_{1}) = ∑_{i=1}^{n} c_{i} (x_{1} − x_{i})_{+}^{3} + c_{n+1} + c_{n+2} · x_{1}
= c_{n+1} + c_{n+2} · x_{1} = y_{1}

c_{n+1} + c_{n+2} · x_{1} = y_{1} ist die 1.Gleichung

x = x_{2} : S(x_{2}) = ∑_{i=1}^{n} c_{i} (x_{2} − x_{i})_{+}^{3} + c_{n+1} + c_{n+2} · x_{2}
= c_{1}(x_{2} − x_{1})^{3} + c_{n+1} + c_{n+2} · x_{2} = y_{2}

c_{1}(x_{2} − x_{1})^{3} + c_{n+1} + c_{n+2} · x_{2} = y_{2} ist die 2.Gleichung

⋮
x = x_{n} : S(x_{n}) = ∑_{i=1}^{n} c_{i} (x_{n} − x_{i})_{+}^{3} + c_{n+1} + c_{n+2} · x_{n}
= c_{1}(x_{n} − x_{1})^{3} + … + c_{n−1}(x_{n} − x_{n−1})^{3} + c_{n+1} + c_{n+2} · x_{n}
= y_{n}

c_{1}(x_{n} − x_{1})^{3} + … + c_{n−1}(x_{n} − x_{n−1})^{3} + c_{n+1} + c_{n+2} · x_{n} = y_{n} ist die n-te Gleichung

Wir haben also n+1 Unbekannte aber nur n Gleichungen. Zu weiteren Gleichungen (Bedingungen) kommen wir, wenn wir S an den Grenzen linear fortsetzen (Tangente an S in x_{1}, x_{n}) und deren Nullstellen bestimmen. Weitere Zusatzbedingungen wären c_{1} + … + c_{n−1} = 0 und c_{1}x_{1} + … + c_{n−1}x_{n−1} = 0 .

Hausaufgabe 39 Zeigen Sie, daß für die Determinante der Vandermonde-Matrix

V (x_{1}, …, v_{n}) = ( \begin{matrix}1 & x_{1} & x_{1}^{2} & ⋯ & x_{1}^{n−1} \\ 1 & x_{2} & x_{2}^{2} & ⋯ & x_{2}^{n−1} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ... & ⋮ \\ 1 & x_{n} & x_{n}^{2} & ⋯ & x_{n}^{n−1} \end{matrix} )

det V (x_{1}, …, x_{n}) = ∏_{j>i}(x_{j} − x_{i}) gilt.

Hausaufgabe 40 Berechnen Sie für (x_{i}, y_{i}), i = 1, 2, 3 mit (x_{1}, y_{1}) = (1, −1), (x_{2}, y_{2}) = (2, 1), (x_{3}, y_{3}) = (4, 0) das Interpolationspolynom

1. nach Lagrange

2. nach Newton !