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

$f,g:[a,b]⟶ℝ$

stetig differenzierbare Funktionen.

Dann gilt

${\int }_a^{b}f(t)g^{\prime }(t)dt=fg{|}_a^b-{\int }_a^b{f}^{\prime }(t)g(t)dt.$

Beweis

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

${\int }_a^{b}f(t)g^{\prime }(t)dt+{\int }_a^b{f}^{\prime }(t)g(t)dt={\int }_a^b(f{g}^{\prime }+f^{\prime }g)(t)dt=fg{|}_a^b.$

$◻$

Bei der partiellen Integration sind insbesondere zwei Dinge zu beachten. Erstens liegt die zu integrierende Funktion im Allgemeinen nicht in der Form $f{g}^{\prime }$ 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

$\int uv=uV-\int u^{\prime }V.$

Zweitens führt partielle Integration nur dann zum Ziel, wenn das Integral rechts, also ${\int }_a^b{f}^{\prime }(t)g(t)dt$, 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

${\int }_a^b\ln xdx=(x\cdot \ln x){|}_a^b-{\int }_a^{b}x\cdot \frac{1}{x}dx=(x\cdot \ln x){|}_a^b-{\int }_a^{b}1dx=(x\cdot \ln x){|}_a^b-x{|}_a^b.$

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  $n\ge 2$  ist mittels partieller Integration

$\begin{array}{cc}{\int }_0^x{\sin }^{n}tdt& ={\int }_0^x{\sin }^{n-2}t\cdot {\sin }^{2}tdt\\ & ={\int }_0^x{\sin }^{n-2}t\cdot (1-{\cos }^{2}t)dt\\ & ={\int }_0^x{\sin }^{n-2}tdt-{\int }_0^x({\sin }^{n-2}t\cos t)\cos tdt\\ & ={\int }_0^x{\sin }^{n-2}tdt-\frac{{\sin }^{n-1}t}{n-1}\cos t{|}_0^x-\frac{1}{n-1}\left({\int }_0^x{\sin }^{n}tdt\right).\end{array}$

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

$n{\int }_0^x{\sin }^{n}tdt=(n-1){\int }_0^x{\sin }^{n-2}tdt-{\sin }^{n-1}x\cos x.$

Speziell ergibt sich für  $n=2$ 

${\int }_0^x{\sin }^{2}tdt=\frac{1}{2}(x-\sin x\cos x).$

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

John Wallis (1616-1703)

Korollar

Es gilt die Darstellung

$\frac{\pi }{2}=\prod _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{4k^2}{4k^2-1}=\underset{m\to \mathrm{\infty }}{lim}\prod _{k=1}^m\frac{4k^2}{4k^2-1}.$

Beweis

Wir setzen

$a_n={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}tdt.$

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

$\begin{array}{cc}1& =\underset{m\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{a_{2m}}{a_{2m+1}}\\ & =\underset{m\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\frac{(2m-1)(2m-3)\cdots 3\cdot 1}{2m(2m-2)\cdots 4\cdot 2}\cdot \frac{\pi }{2}}{\frac{2m(2m-2)\cdots 4\cdot 2}{(2m+1)(2m-1)\cdots 5\cdot 3}}\\ & =\underset{m\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{(2m+1)(2m-1{)}^2(2m-3{)}^2\cdots 5^2\cdot 3^2\cdot 1}{(2m(2m-2)\cdots 4\cdot 2{)}^2}\cdot \frac{\pi }{2}.\end{array}$

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

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

$◻$

Integration der Umkehrfunktion

Satz

Es sei $f:[a,b]\to [c,d]$ eine bijektive differenzierbare Funktion und es sei $F$ eine Stammfunktion von $f$.

Dann ist

$G(y):=y{f}^{-1}(y)-F(f^{-1}(y))$

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

Beweis

Ableiten unter Verwendung von Lemma 18.7 und Satz 18.9 ergibt

$\begin{array}{cc}(y{f}^{-1}(y)-F(f^{-1}(y)))& =f^{-1}(y)+y\frac{1}{f^{\prime }(f^{-1}(y))}-f(f^{-1}(y))\frac{1}{f^{\prime }(f^{-1}(y))}\\ & =f^{-1}(y).\end{array}$

$◻$

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

Diese Aussage besitzt einen einfachen geometrischen Hintergrund. Wenn $f:[a,b]\to {ℝ}_{+}$ 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

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

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

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

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

$f:I⟶ℝ$

eine stetige Funktion. Es sei

$g:[a,b]⟶I$

stetig differenzierbar.

Dann gilt

${\int }_a^{b}f(g(t))g^{\prime }(t)dt={\int }_{g(a)}^{g(b)}f(s)ds.$

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  $F^{\prime }(g(t))g^{\prime }(t)=f(g(t))g^{\prime }(t)$.  Daher gilt insgesamt

${\int }_a^{b}f(g(t))g^{\prime }(t)dt=(F\circ g){|}_a^b=F(g(b))-F(g(a))=F{|}_{g(a)}^{g(b)}={\int }_{g(a)}^{g(b)}f(s)ds.$

$◻$

Beispiel

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

$\int g^n{g}^{\prime }$

mit der Stammfunktion

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

oder

$\int \frac{g^{\prime }}{g}$

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

$f:[a,b]⟶ℝ$

eine stetige Funktion und es sei

$\phi :[c,d]⟶[a,b],s⟼\phi (s),$

eine bijektive, stetig differenzierbare Funktion.

Dann gilt

${\int }_a^{b}f(t)dt={\int }_{{\phi }^{-1}(a)}^{{\phi }^{-1}(b)}f(\phi (s))\cdot {\phi }^{\prime }(s)ds$

Beweis

Nach Satz 25.7 ist

${\int }_{{\phi }^{-1}(a)}^{{\phi }^{-1}(b)}f(\phi (s)){\phi }^{\prime }(s)ds={\int }_{\phi ({\phi }^{-1}(a))}^{\phi ({\phi }^{-1}(b))}f(t)dt={\int }_a^{b}f(t)dt.$

$◻$

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

$t=\phi (s)$

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

$[c,d]\stackrel{\phi }{⟶}[a,b]\stackrel{f}{⟶}ℝ$

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

Bei einer Substitution werden drei Operationen durchgeführt.

1. Ersetze $f(t)$ durch $f(\phi (s))$.
2. Ersetze $dt$ durch ${\phi }^{\prime }(s)ds$.
3. Ersetze die Integrationsgrenzen $a$ und $b$ durch ${\phi }^{-1}(a)$ und ${\phi }^{-1}(b)$.

Für den zweiten Schritt empfiehlt sich die Merkregel

$dt=d\phi (s)={\phi }^{\prime }(s)ds,$

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

Beispiel

Die obere Kreislinie des Einheitskreises ist die Punktmenge

$\{(x,y)\mid x^2+y^2=1,-1\le x\le 1,y\ge 0\}.$

Zu gegebenem $x$, $-1\le x\le 1$, 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 $\cos :[0,\pi ]\to [-1,1]$ nach Korollar 21.4 bijektiv ist), erhält man unter Verwendung von Beispiel 25.3

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

Insbesondere ist

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

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

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

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

${\int }_a^b\sqrt{x^2-1}dx={\int }_{\mathrm{arcosh}a}^{\mathrm{arcosh}b}\sqrt{{\cosh }^{2}t-1}\cdot \sinh tdt={\int }_{\mathrm{arcosh}a}^{\mathrm{arcosh}b}{\sinh }^{2}tdt.$

Eine Stammfunktion des Sinus hyperbolicus im Quadrat ergibt sich aus

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

Daher ist

${\int }_{}^{}{\sinh }^{2}udu=\frac{1}{4}(\frac{1}{2}{e}^{2u}-\frac{1}{2}{e}^{-2u}-2u)=\frac{1}{4}\sinh 2u-\frac{1}{2}u$

und somit

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

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

$\begin{array}{cc}\frac{1}{2}(\sinh (\mathrm{arcosh}x)\cosh (\mathrm{arcosh}x)-\mathrm{arcosh}x)& =\frac{1}{2}(\sqrt{\cosh {(\mathrm{arcosh}x)}^2-1}\cdot x-\mathrm{arcosh}x)\\ & =\frac{1}{2}(\sqrt{x^2-1}\cdot x-\mathrm{arcosh}x)\end{array}$

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

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

<< | Kurs:Analysis (Osnabrück 2021-2023)/Teil I | >> PDF-Version dieser Vorlesung Arbeitsblatt zur Vorlesung (PDF)