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By Professor Dr. Gert Böhme (auth.)

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O h also I'(x) = fex) I(x) = f f(x)dx = F(x) + c. Die Integrationskonstante C ist in diesem Fall jedoch eindeutig bestimm bar, denn es handelt sich um eine konkrete Fläche: x x = a: I(a) = 0 = F(a) = b: I(b) = I = F(b) C = -F(a) + C => + C = F(b) - F(a) d. h. es ist f b I = f(x)dx. a Bemerkungen und Ergänzungen 1. Der Beweis kann auf beliebige, in a ~ x ~ b stetige Funktionen erweitert werden, sofern fex) dort keine reellen Nullstellen hat.

X_---"-9_ = x 2 _ 8x + 15 3. Schritt: Integration der Partialbrüche f 4x - 9 d 11 x 2 _ 8x + 15 x ="2 f dx 3 x - 5 - 2" f dx x - 3 11 In Ix - 5 I - 2" 3 In / x - 3/ + C. = "2 2·f 2x 4 2 - x - 5x + 1 dx _ ? 3 2 - . x - x - 2x Lösung: Der Integrand ist unecht-gebrochen rational, muß also zunächst aufgespalten werden. Deshalb 1. Schritt: Ausführung der Division: 4 2 3 2 5x 2 - x + 1 (2x -x -5x+1):(x -x -2x)=2x+2+ 3 2 • x-x-2x 2. Schritt: Nullstellenbestimmung: 3 2 x - x - 2x = 0 = xl = 0, x 2 = 2, x 3 _ x 2 _ 2x = x(x - 2)(x + 1).

Schritt: Ansatz für Partialbruchzerlegung: Al A2 A3 =-+--+-x x-2 x+l und Koeffizientenbestimmung Sx 2 _ x + 1 =A 1 (x - 2)(x + 1} + A 2x(x + 1) + A 3x(x - 2} x = 0: 1 = -2A 1 => Al = -"21 x = 2: x = -1: 4. Schritt: Integration f 2X 4 -X 2 _SX+l x 3 _x 2 _2x dx= f( 2x+2dx} fl2x dx + f 6(x-2)+ 19dx f 3(x+l) 7dx = x 2 + 2x - 2. Fall: ~ In 1xl + ~9 In 1x - 21 + ; In 1x + 11 + Das Nennerpolynom hat lauter reelle Nullstellen, die auch mehrfach auftreten Vorgelegt: f~~~~ dx mit Q(x} = (x - xl) Grad p(x}

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