Kurs:Analysis (Osnabrück 2021-2023)/Teil I/Vorlesung 25

Wir besprechen nun die wesentlichen Rechenregeln, mit denen man Stammfunktionen finden bzw. bestimmte Integrale berechnen kann. Sie beruhen auf Ableitungsregeln.

Partielle Integration

Satz

Es seien

$f,g\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R}$

stetig differenzierbare Funktionen.

Dann gilt

${}\int _{a}^{b}f(t)g'(t)\,dt=fg|_{a}^{b}-\int _{a}^{b}f'(t)g(t)\,dt\,.$

Beweis

Aufgrund der Produktregel ist ${}fg$ eine Stammfunktion von ${}fg'+f'g$. Daher ist

$\int _{a}^{b}f(t)g'(t)\,dt+\int _{a}^{b}f'(t)g(t)\,dt=\int _{a}^{b}{\left(fg'+f'g\right)}(t)\,dt=fg|_{a}^{b}\,.$

$\Box$

Bei der partiellen Integration sind insbesondere zwei Dinge zu beachten. Erstens liegt die zu integrierende Funktion im Allgemeinen nicht in der Form ${}fg'$ vor, sondern einfach als Produkt ${}uv$ (wenn kein Produkt vorliegt, so kommt man mit dieser Regel sowieso nicht weiter, wobei allerdings die triviale Produktzerlegung ${}1u$ manchmal helfen kann). Dann muss man einen Faktor integrieren und den anderen differenzieren. Wenn ${}V$ eine Stammfunktion von ${}v$ ist, so lautet die Formel

${}\int uv=uV-\int u'V\,.$

Zweitens führt partielle Integration nur dann zum Ziel, wenn das Integral rechts, also ${}\int _{a}^{b}f'(t)g(t)\,dt$, integriert werden kann.

Beispiel

Wir bestimmen eine Stammfunktion des natürlichen Logarithmus ${}\ln x$ mittels partieller Integration, wobei wir ${}\ln x=1\cdot \ln x$ schreiben und die konstante Funktion ${}1$ integrieren und den Logarithmus ableiten. Damit ist

${}\int _{a}^{b}\ln x\,dx=(x\cdot \ln x)|_{a}^{b}-\int _{a}^{b}x\cdot {\frac {1}{x}}\,dx=(x\cdot \ln x)|_{a}^{b}-\int _{a}^{b}1\,dx=(x\cdot \ln x)|_{a}^{b}-x|_{a}^{b}\,.$

Eine Stammfunktion ist also ${}x\cdot \ln x-x$.

Beispiel

Eine Stammfunktion der Sinusfunktion ${}\sin x$ ist ${}-\cos x$. Um Stammfunktionen zu ${}\sin ^{n}x$ zu finden, verwenden wir partielle Integration, um eine rekursive Beziehung zu Potenzen mit kleinerem Exponenten zu erhalten. Um dies präzise zu machen, arbeiten wir mit Intervallgrenzen, und zwar sollen die Stammfunktionen von ${}0$ ausgehen, also für ${}0$ den Wert ${}0$ besitzen. Für ${}n\geq 2$ ist mittels partieller Integration

${}{\begin{aligned}\int _{0}^{x}\sin ^{n}t\,dt&=\int _{0}^{x}\sin ^{n-2}t\cdot \sin ^{2}t\,dt\\&=\int _{0}^{x}\sin ^{n-2}t\cdot {\left(1-\cos ^{2}t\right)}\,dt\\&=\int _{0}^{x}\sin ^{n-2}t\,dt-\int _{0}^{x}{\left(\sin ^{n-2}t\cos t\right)}\cos t\,dt\\&=\int _{0}^{x}\sin ^{n-2}t\,dt-{\frac {\sin ^{n-1}t}{n-1}}\cos t|_{0}^{x}-{\frac {1}{n-1}}{\left(\int _{0}^{x}\sin ^{n}t\,dt\right)}.\end{aligned}}$

Durch Multiplikation mit ${}n-1$ und Umstellen erhält man

$n\int _{0}^{x}\sin ^{n}t\,dt=(n-1)\int _{0}^{x}\sin ^{n-2}t\,dt-\sin ^{n-1}x\cos x\,.$

Speziell ergibt sich für ${}n=2$

${}\int _{0}^{x}\sin ^{2}t\,dt={\frac {1}{2}}{\left(x-\sin x\cos x\right)}\,.$

Die folgende Darstellung von ${}\pi$ heißt Wallissches Produkt.

John Wallis (1616-1703)

Korollar

Es gilt die Darstellung

${}{\frac {\pi }{2}}=\prod _{k=1}^{\infty }{\frac {4k^{2}}{4k^{2}-1}}=\lim _{m\rightarrow \infty }\prod _{k=1}^{m}{\frac {4k^{2}}{4k^{2}-1}}\,.$

Beweis

Wir setzen

${}a_{n}=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin ^{n}t\,dt\,.$

Dies ist eine fallende Folge, für die aufgrund von Beispiel 25.3 die rekursive Beziehung

${}a_{n}={\frac {n-1}{n}}a_{n-2}\,$

und die Anfangsbedingungen ${}a_{0}={\frac {\pi }{2}}$ und ${}a_{1}=1$ gelten. Ausgeschrieben bedeutet dies für gerades ${}n$

${}a_{n}={\frac {(n-1)(n-3)\cdots 3\cdot 1}{n(n-2)\cdots 4\cdot 2}}\cdot {\frac {\pi }{2}}\,$

und für ungerades ${}n$

${}a_{n}={\frac {(n-1)(n-3)\cdots 4\cdot 2}{n(n-2)\cdots 5\cdot 3}}\,.$

Mit ${}n=2m$ bzw. ${}n=2m+1$ schreibt sich dies als

${}a_{2m}={\frac {(2m-1)(2m-3)\cdots 3\cdot 1}{2m(2m-2)\cdots 4\cdot 2}}\cdot {\frac {\pi }{2}}\,$

bzw. als

${}a_{2m+1}={\frac {2m(2m-2)\cdots 4\cdot 2}{(2m+1)(2m-1)\cdots 5\cdot 3}}\,.$

Da die Folge fallend ist und ${}{\frac {a_{n}}{a_{n+2}}}={\frac {n+2}{n+1}}$ gilt, konvergieren die Quotienten ${}{\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}$ gegen ${}1$. Also ist insbesondere

${}{\begin{aligned}1&=\lim _{m\rightarrow \infty }{\frac {a_{2m}}{a_{2m+1}}}\\&=\lim _{m\rightarrow \infty }{\frac {\,\,\,{\frac {(2m-1)(2m-3)\cdots 3\cdot 1}{2m(2m-2)\cdots 4\cdot 2}}\cdot {\frac {\pi }{2}}\,\,\,}{\,\,\,{\frac {2m(2m-2)\cdots 4\cdot 2}{(2m+1)(2m-1)\cdots 5\cdot 3}}\,\,\,}}\\&=\lim _{m\rightarrow \infty }{\frac {(2m+1)(2m-1)^{2}(2m-3)^{2}\cdots 5^{2}\cdot 3^{2}\cdot 1}{(2m(2m-2)\cdots 4\cdot 2)^{2}}}\cdot {\frac {\pi }{2}}.\end{aligned}}$

Hier kann man den Zähler, indem man zwei aufeinander folgende Faktoren ausmultipliziert, als ${}\prod _{k=1}^{m}(4k^{2}-1)$ und den Nenner als ${}\prod _{k=1}^{m}4k^{2}$ schreiben. Daher ist

${}\lim _{m\rightarrow \infty }{\frac {\prod _{k=1}^{m}4k^{2}}{\prod _{k=1}^{m}(4k^{2}-1)}}={\frac {\pi }{2}}\,.$

$\Box$

Integration der Umkehrfunktion

Satz

Es sei ${}f\colon [a,b]\rightarrow [c,d]$ eine bijektive differenzierbare Funktion und es sei ${}F$ eine Stammfunktion von ${}f$.

Dann ist

${}G(y):=yf^{-1}(y)-F{\left(f^{-1}(y)\right)}\,$

eine Stammfunktion der Umkehrfunktion ${}f^{-1}$.

Beweis

Ableiten unter Verwendung von Lemma 18.7 und Satz 18.9 ergibt

${}{\begin{aligned}{\left(yf^{-1}(y)-F{\left(f^{-1}(y)\right)}\right)}'&=f^{-1}(y)+y{\frac {1}{f'(f^{-1}(y))}}-f{\left(f^{-1}(y)\right)}{\frac {1}{f'{\left(f^{-1}(y)\right)}}}\\&=f^{-1}(y).\end{aligned}}$

$\Box$

Funktionsgraph mit Umkehrfunktion und Flächen zur Berechnung eines Integrals der Umkehrfunktion.

Diese Aussage besitzt einen einfachen geometrischen Hintergrund. Wenn ${}f\colon [a,b]\rightarrow \mathbb {R} _{+}$ eine streng wachsende stetige Funktion ist (und daher eine Bijektion zwischen ${}[a,b]$ und ${}[f(a),f(b)]$ induziert), so besteht zwischen den beteiligten Flächeninhalten der Zusammenhang

${}\int _{a}^{b}f(s)\,ds+\int _{f(a)}^{f(b)}f^{-1}(t)\,dt=bf(b)-af(a)\,$

bzw.

${}\int _{f(a)}^{f(b)}f^{-1}(t)\,dt=bf(b)-af(a)-\int _{a}^{b}f(s)\,ds\,.$

Für die Stammfunktion ${}G$ von ${}f^{-1}$ mit dem Startpunkt ${}f(a)$ gilt daher, wenn ${}F$ die Stammfunktion zu ${}f$ bezeichnet, die Beziehung

${}{\begin{aligned}G(y)&=\int _{f(a)}^{y}f^{-1}(t)\,dt\\&=\int _{f(a)}^{f(f^{-1}(y))}f^{-1}(t)\,dt\\&=f^{-1}(y)f(f^{-1}(y))-af(a)-\int _{a}^{f^{-1}(y)}f(s)\,ds\\&=yf^{-1}(y)-af(a)-F(f^{-1}(y))+F(a)\\&=yf^{-1}(y)-F(f^{-1}(y))-af(a)+F(a),\end{aligned}}$

wobei ${}-af(a)+F(a)$ eine Integrationskonstante ist.

Beispiel

Wir berechnen eine Stammfunktion von ${}\arctan x$ unter Verwendung von Satz 25.5. Eine Stammfunktion des Tangens ist

${}\int _{}^{}\tan t\,dt=-\ln(\cos x)\,.$

Also ist

$x\cdot \arctan x+\ln(\cos(\arctan x))$

eine Stammfunktion von ${}\arctan x$.

Die Substitutionsregel

Satz

Es sei ${}I$ ein reelles Intervall und sei

$f\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$

eine stetige Funktion. Es sei

$g\colon [a,b]\longrightarrow I$

stetig differenzierbar.

Dann gilt

${}\int _{a}^{b}f(g(t))g'(t)\,dt=\int _{g(a)}^{g(b)}f(s)\,ds\,.$

Beweis

Wegen der Stetigkeit von ${}f$ und der vorausgesetzten stetigen Differenzierbarkeit von ${}g$ existieren beide Integrale. Es sei ${}F$ eine Stammfunktion von ${}f$, die aufgrund von Korollar 24.5 existiert. Nach der Kettenregel hat die zusammengesetzte Funktion

${}t\mapsto F(g(t))=(F\circ g)(t)\,$

die Ableitung ${}F'(g(t))g'(t)=f(g(t))g'(t)$. Daher gilt insgesamt

${}\int _{a}^{b}f(g(t))g'(t)\,dt=(F\circ g)|_{a}^{b}=F(g(b))-F(g(a))=F|_{g(a)}^{g(b)}=\int _{g(a)}^{g(b)}f(s)\,ds\,.$

$\Box$

Beispiel

Typische Beispiele, wo man sofort erkennen kann, dass man die Substitutionsregel anwenden kann, sind beispielsweise

$\int g^{n}g'$

mit der Stammfunktion

${\frac {1}{n+1}}g^{n+1}$

oder

$\int {\frac {g'}{g}}$

mit der Stammfunktion

$\ln g.$

Häufig liegt ein bestimmtes Integral nicht in einer Form vor, dass man die vorstehende Regel direkt anwenden könnte. Häufiger kommt die folgende umgekehrte Variante zum Zug.

Korollar

Es sei

$f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R}$

eine stetige Funktion und es sei

$\varphi \colon [c,d]\longrightarrow [a,b],\,s\longmapsto \varphi (s),$

eine bijektive, stetig differenzierbare Funktion.

Dann gilt

${}\int _{a}^{b}f(t)\,dt=\int _{\varphi ^{-1}(a)}^{\varphi ^{-1}(b)}f(\varphi (s))\cdot \varphi '(s)\,ds\,$

Beweis

Nach Satz 25.7 ist

${}\int _{\varphi ^{-1}(a)}^{\varphi ^{-1}(b)}f(\varphi (s))\varphi '(s)\,ds=\int _{\varphi {\left(\varphi ^{-1}(a)\right)}}^{\varphi {\left(\varphi ^{-1}(b)\right)}}f(t)\,dt=\int _{a}^{b}f(t)\,dt\,.$

$\Box$

Bemerkung  

Die Substitution wird folgendermaßen angewendet: Es soll das Integral

$\int _{a}^{b}f(t)\,dt$

berechnet werden. Man muss dann eine Idee haben, dass durch die Substitution

${}t=\varphi (s)\,$

das Integral einfacher wird (und zwar unter Berücksichtigung der Ableitung ${}\varphi '(s)$ und unter der Bedingung, dass die Umkehrfunktion ${}\varphi ^{-1}$ berechenbar ist). Mit ${}c=\varphi ^{-1}(a)$ und ${}d=\varphi ^{-1}(b)$ liegt insgesamt die Situation

$[c,d]{\stackrel {\varphi }{\longrightarrow }}[a,b]{\stackrel {f}{\longrightarrow }}\mathbb {R}$

vor. In vielen Fällen kommt man mit gewissen Standardsubstitutionen weiter.

Bei einer Substitution werden drei Operationen durchgeführt.

1. Ersetze ${}f(t)$ durch ${}f(\varphi (s))$.
2. Ersetze ${}dt$ durch ${}\varphi '(s)ds$.
3. Ersetze die Integrationsgrenzen ${}a$ und ${}b$ durch ${}\varphi ^{-1}(a)$ und ${}\varphi ^{-1}(b)$.

Für den zweiten Schritt empfiehlt sich die Merkregel

${}dt=d\varphi (s)=\varphi '(s)ds\,,$

der man im Rahmen der Theorie der „Differentialformen“ auch eine inhaltliche Bedeutung geben kann.

Beispiel

Die obere Kreislinie des Einheitskreises ist die Punktmenge

${\left\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}=1,\,-1\leq x\leq 1,\,y\geq 0\right\}}.$

Zu gegebenem ${}x$, ${}-1\leq x\leq 1$, gibt es genau ein ${}y$, das diese Bedingung erfüllt, nämlich ${}y={\sqrt {1-x^{2}}}$. Daher ist der Flächeninhalt der oberen Einheitskreishälfte gleich der Fläche unter dem Graphen der Funktion ${}x\mapsto {\sqrt {1-x^{2}}}$ über dem Intervall ${}[-1,1]$, also gleich

$\int _{-1}^{1}{\sqrt {1-x^{2}}}\,dx.$

Mit der Substitution

$x=\cos t{\text{ bzw. }}t=\arccos x$

(wobei ${}\cos :[0,\pi ]\rightarrow [-1,1]$ nach Korollar 21.4 bijektiv ist), erhält man unter Verwendung von Beispiel 25.3

${}{\begin{aligned}\int _{a}^{b}{\sqrt {1-x^{2}}}\,dx&=\int _{\arccos a}^{\arccos b}{\sqrt {1-\cos ^{2}t}}(-\sin t)\,dt\\&=-\int _{\arccos a}^{\arccos b}\sin ^{2}t\,dt\\&={\frac {1}{2}}(\sin t\cos t-t)|_{\arccos a}^{\arccos b}.\end{aligned}}$

Insbesondere ist

${\frac {1}{2}}{\left(x\cdot \sin \left(\arccos x\right)-\arccos x\right)}={\frac {1}{2}}{\left(x\cdot {\sqrt {1-x^{2}}}-\arccos x\right)}\,$

eine Stammfunktion zu ${}{\sqrt {1-x^{2}}}$. Daher ist

${}{\begin{aligned}\int _{-1}^{1}{\sqrt {1-x^{2}}}\,dx&={\frac {1}{2}}{\left(x\cdot {\sqrt {1-x^{2}}}-\arccos x\right)}|_{-1}^{1}\\&={\frac {1}{2}}(-\arccos 1+\arccos(-1))\\&=\pi /2.\end{aligned}}$

Beispiel

Wir bestimmen eine Stammfunktion von ${}{\sqrt {x^{2}-1}}$ unter Verwendung der Hyperbelfunktionen ${}\sinh t$ und ${}\cosh t$, für die nach Aufgabe 20.50 die Beziehung ${}\cosh ^{2}t-\sinh ^{2}t=1$ gilt. Die Substitution

$x=\cosh t{\text{ mit }}dx=\sinh tdt$

liefert

$\int _{a}^{b}{\sqrt {x^{2}-1}}\,dx=\int _{\,\operatorname {arcosh} \,a\,}^{\,\operatorname {arcosh} \,b\,}{\sqrt {\cosh ^{2}t-1}}\cdot \sinh t\,dt=\int _{\,\operatorname {arcosh} \,a\,}^{\,\operatorname {arcosh} \,b\,}\sinh ^{2}t\,dt\,.$

Eine Stammfunktion des Sinus hyperbolicus im Quadrat ergibt sich aus

${}\sinh ^{2}t={\left({\frac {1}{2}}{\left(e^{t}-e^{-t}\right)}\right)}^{2}={\frac {1}{4}}{\left(e^{2t}+e^{-2t}-2\right)}\,.$

Daher ist

${}\int _{}^{}\sinh ^{2}u\,du={\frac {1}{4}}{\left({\frac {1}{2}}e^{2u}-{\frac {1}{2}}e^{-2u}-2u\right)}={\frac {1}{4}}\sinh 2u-{\frac {1}{2}}u\,$

und somit

$\int _{}^{}{\sqrt {x^{2}-1}}\,dx={\frac {1}{4}}\sinh(2\,\operatorname {arcosh} \,x\,)-{\frac {1}{2}}\,\operatorname {arcosh} \,x\,\,.$

Aufgrund des Additionstheorems für Sinus hyperbolicus ist ${}\sinh 2u=2\sinh u\cosh u$ und daher kann man diese Stammfunktion auch als

${}{\begin{aligned}{\frac {1}{2}}{\left(\sinh {\left(\,\operatorname {arcosh} \,x\,\right)}\cosh {\left(\,\operatorname {arcosh} \,x\,\right)}-\,\operatorname {arcosh} \,x\,\right)}&={\frac {1}{2}}{\left({\sqrt {\cosh {\left(\,\operatorname {arcosh} \,x\,\right)}^{2}-1}}\cdot x-\,\operatorname {arcosh} \,x\,\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\left({\sqrt {x^{2}-1}}\cdot x-\,\operatorname {arcosh} \,x\,\right)}\,\end{aligned}}$

schreiben.

Beispiel

Wir wollen eine Stammfunktion für die Funktion

${}f(x)={\frac {x^{2}}{(x\cos x-\sin x)^{2}}}\,$

bestimmen. Als Vorüberlegung berechnen wir die Ableitung von

${\frac {1}{x\cos x-\sin x}}.$

Diese ist

$-{\frac {\cos x-x\sin x-\cos x}{(x\cos x-\sin x)^{2}}}={\frac {x\sin x}{(x\cos x-\sin x)^{2}}}\,.$

Wir schreiben daher ${}f$ als ein Produkt ${}f(x)={\frac {x\sin x}{(x\cos x-\sin x)^{2}}}\cdot {\frac {x}{\sin x}}$ und wenden darauf partielle Integration an, wobei wir den ersten Faktor integrieren und den zweiten Faktor ableiten. Die Ableitung des zweiten Faktors ist

${}{\left({\frac {x}{\sin x}}\right)}'={\frac {\sin x-x\cos x}{\sin ^{2}x}}\,.$

Daher ist

${}{\begin{aligned}\int _{}^{}f(x)\,dx&={\frac {1}{x\cos x-\sin x}}\cdot {\frac {x}{\sin x}}-\int _{}^{}{\frac {1}{x\cos x-\sin x}}\cdot {\frac {\sin x-x\cos x}{\sin ^{2}x}}\,dx\\&={\frac {1}{x\cos x-\sin x}}\cdot {\frac {x}{\sin x}}+\int _{}^{}{\frac {1}{\sin ^{2}x}}\,dx\\&={\frac {1}{x\cos x-\sin x}}\cdot {\frac {x}{\sin x}}-\cot x.\end{aligned}}$

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