Stammfunktion/Substitution/Textabschnitt

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 Fakt 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 Fakt 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 Fakt bijektiv ist), erhält man unter Verwendung von Beispiel

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

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

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