Die Integration von Funktionen behandelt grundsätzlich Problemstellungen zur Berechnung von Flächeninhalten bzw. Flächenbilanzen. Die verschiedenen Aufgabenstellungen lassen sich grob in folgende Kategorien einteilen:
Bereits in der Antike berechneten die Gelehrten krummlinig begrenzte Flächen indem sie diese in eine Folge von Teilflächen zerlegten, deren Flächeninhalt sie berechnen konnten.
Dieses Verfahren, die sog. Exhaustionsmethode, wenden wir auch heute noch zur näherungsweisen Berechnung eines bestimmten Integrals \( \int\limits_a^b f(x)dx \) an. Wir schätzen dazu die Fläche zwischen dem Graphen einer Funktion \( \small f\) und der x-Achse mit geeigneten Teilflächen wie Rechtecke, Dreiecke und Trapeze ab.
Im Folgenden berechnen wir die Fläche A zwischen dem Graphen \( \small G_f\) und den Koordinatenachsen näherungsweise auf zwei verschiedenen Wegen an.
\[ \Rightarrow A \approx \int\limits_0^9 f(x)dx\]
| \(\int\limits_0^9 f(x)dx \space\) | \( \small \approx 0,5 \cdot 1,0 + 0,5 \cdot 1,3+0,5 \cdot 1,6 + 0,5 \cdot 2 + ...\) |
| \( \small \approx 0,5 \cdot (1,0+1,3+ 1,6+2,0+ 3,3+ 3,9+4,1 +
4,0+ 3,9+3,9+ \) \( \small \hspace{18mm} 3,9+4,1+4,5+ 4,8+ 4,7+ 4,0 + 2,2+ 1,1+0,5)= \) \( \small \approx 29,4 \space FE \) |
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| \(\int\limits_0^9 f(x)dx \space\) | \( \small \approx A_1 + A_2 + A_3 + A_4 + A_5 \) |
| \( \approx \frac{1+2}{2} \cdot 1,5 + \frac{2+4,1}{2} \cdot 1,5 +
4,1 \cdot 2,5 + \frac{4,1+5,0}{2} \cdot 1,5 + \frac{1}{2} \cdot 3,0
\cdot 5,0 = \) \( \approx 2,25 + 4,8 + 10,25 + 6,8 + 7,5 = \) \( \small \approx 31,6 \space FE \) |
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Das bestimmte Integral \( \int\limits_a^b f(x)dx \) berechnet die Maßzahl der Flächenstücke zwischen dem Graphen \( \small G_f\) der Funktion \( \small f\) und der x-Achse im Integrationsintervall \([a;b]\) unter Berücksichtigung der Vorzeichen der Flächenstücke:
Beispiel: \( \small f(x)=x^4-3x^3-21x^2+43x+60 \)
| Im Integrationsintervall \( \small [-2;4]\)
erkennen wir Flächenstücke oberhalb und unterhalb der x-Achse. Das
bestimmte Integral \( \small \int\limits_{-2}^4 f(x)dx\)
bestimmt daher eine sogenannte
Flächenbilanz. Rechnerisch erhalten wir eine positive Bilanz \(\hspace{10mm} \small \int\limits_{-2}^4 f(x)dx = 145,2 \) Die Flächenstücke über der x-Achse überwiegen deutlich, was wir auch am Graphen festmachen können! |
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Vorgehen im obigen Beispiel:
\( \hspace{10mm} A= \small \biggl | \int\limits_{-2}^{-1} f(x)dx \biggr |+ \int\limits_{-1}^3 f(x)dx+\biggl | \int\limits_3^4 f(x)dx \biggr |\)
\( \hspace{15mm} = \small \biggl | -36,05 \biggr |+ 204,8 +\biggl | -23,55 \biggr | = 264,4\)
Berechne für die Funktion \( f(x) =\frac{1}{4}x^3-\frac{1}{2}x^2-2x \)
Integration ohne Berücksichtigung der Nullstellen. D.h. das Ergebnis
ist eine Flächenbilanz. \( \hspace{15mm} \int\limits_{-3}^3 f(x)dx=\biggl [ \frac{1}{16}x^4-\frac{1}{6}x^3-x^2
\biggr ]_{-3}^3 =[\frac{81}{16}-\frac{27}{6}-9]-[\frac{81}{16}+\frac{27}{6}-9]=-9\)Das Bestimmte Integral:
Integration mit Berücksichtigung der Nullstellen. D.h. es müssen zuerst die
Nullstellen berechnet werden und mit diesen muss das Integrationsintervall
in Teilintervalle zerlegt werden. \(\hspace{20mm} \Rightarrow x_1=-2, \space x_2=0, \space x_3=4 \) 2. Integration mit Berücksichtigung der Nullstellen \( \hspace{20mm} \small=\biggl | \biggl [ \frac{1}{16}x^4-\frac{1}{6}x^3-x^2
\biggr ]_{-3}^{-2}\biggr |+ \biggl [ \frac{1}{16}x^4-\frac{1}{6}x^3-x^2
\biggr ]_{-2}^{0}+\biggl | \biggl [ \frac{1}{16}x^4-\frac{1}{6}x^3-x^2 \biggr
]_{0}^{3}\biggr |\) \( \hspace{20mm} \small=\biggl
|[-\frac{5}{3}-\frac{9}{16}] \biggr |+[0+\frac{5}{3}]+[- \biggl | \frac{135}{16}-0)
\biggr | \) \( \hspace{20mm} \small=\biggl
|-\frac{107}{48} \biggr |+\frac{5}{3}+ \biggl |-\frac{135}{16} \biggr |=\frac{37}{3}=12\frac{1}{3}\) 3. Skizze des Graphen:
Flächenberechnung
\(
\hspace{15mm}A=\biggl | \space \int\limits_{-3}^{-2} f(x)dx \biggr | +\int\limits_{-2}^{0} f(x)dx
+\biggl | \space \int\limits_{0}^{3} f(x)dx \biggr |=\)
Bestimme die Fläche zwischen den folgenden Funktionsgraphen der Funktionen f und g:
| \(f(x)=x^3-6x^2+8x \) \(g(x)=-x^2+4x \) Die Schnittstellen der Funktionen bestimmen die Integrationsintervalle: Schnittstellen: \(f(x)=g(x)\)\(x^3-6x^2+8x=-x^2+4x \) \(x^3-5x^2+4x=x \cdot (x^2-5x+4) = 0 \) \(\Rightarrow x_1=0, \space x_2=1, \space x_3=4 \) |
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Durch eine geschickte Zerlegung des Integratinsintervalls in drei Bereiche, die sich durch die Schnittstellen der Funktionen ergeben, können wir diese Problemstellung mit unseren Mitteln berechnen!
Wir berechnen drei Teilflächen:
\(A_1 = \small \int\limits_0^1 f(x)dx - \int\limits_0^1 g(x)dx = \biggl [ \frac{1}{4}x^4-2x^3+4x^2 \biggr ]_0^1 - \biggl [ -\frac{1}{3}x^3+2x^2 \biggr ]_0^1 = \frac{9}{4}-\frac{5}{3}=\frac{7}{12}\)
\(A_2 = \small \int\limits_1^2 g(x)dx - \int\limits_1^2 f(x)dx = \biggl [ -\frac{1}{3}x^3+2x^2 \biggr ]_1^2- \biggl [ \frac{1}{4}x^4-2x^3+4x^2 \biggr ]_1^2=\frac{11}{3}-\frac{7}{4} = \frac{23}{12} \)
\(A_3 = \small \int\limits_2^4 g(x)dx + \biggl | \int\limits_2^4 f(x)dx \biggr |= \biggl [ -\frac{1}{3}x^3+2x^2 \biggr ]_1^2+ \biggl | \biggl [ \frac{1}{4}x^4-2x^3+4x^2 \biggr ]_1^2 \biggr | = \frac{16}{3}+\biggl | -4 \biggr | =\frac{28}{3}\)
Wir erhalten als Fläche zwischen den beiden Graphen:
\(A_{ges} = A_1 + A_2 + A_3 = \frac{7}{12}+\frac{23}{12}+\frac{28}{3}=\frac{71}{6}\)
5.1 Integrationsregeln