f (x) dx = lim

Riemann-Integral

Das Riemann-Integral einer st¨ uckweise stetigen Funktion f ist durch Z

a

f (x) dx = lim

|∆|→0

Z

f

(x) dx = lim

|∆|→0

X

k

f (ξ

) ∆x

definiert. Dabei bezeichnet ∆ : a = x

< x

< · · · < x

= b eine Zerlegung von [a, b], ∆x

= x

− x

,

|∆| = max

k

∆x

ist die maximale Intervalll¨ ange und ξ

ist ein beliebiger Punkt im k -ten Intervall. Gebr¨ auchlich ist ebenfalls die abgek¨ urzte Schreibweise R

a

f . Die Summen auf der rechten Seite der Integraldefinition werden

Riemann-Summen genannt und k¨ onnen als Integral einer Treppenfunktion interpretiert werden.

Aufgrund der fest gew¨ ahlten Integrationsgrenzen wird R

a

f = R

a

f (x) dx als bestimmtes Integral bezeichnet.

1 / 87

F¨ ur eine positive Funktion f entspricht R

a

f (x) dx dem Inhalt der Fl¨ ache

unterhalb des Graphen von f .

Beweis

Nachweis der Konvergenz der Riemann-Summen f¨ ur stetig differenzierbares f mit Hilfe des Cauchy-Kriteriums zu zeigen:

Z

f

− Z

a

f

< ε f¨ ur m, n > N

f¨ ur jede Folge ∆

, ∆

, . . . von Zerlegungen mit |∆

| → 0

Vergleich der Riemann-Summen mit Hilfe einer Zerlegung ∆ bestehend aus der Vereinigung der Unterteilungspunkte von ∆

und ∆

∆

: x

, i = 0, . . . , k

, ∆

: y

, i = 0, . . . , k

und

∆: z

, j = 0, . . . , k mit der Riemann-Summe

k

X

j=1

f (ζ

) ∆z

, ζ

∈ [z

, z

]

3 / 87

Mittelwertsatz = ⇒

|f (r ) − f (s)| ≤ |r − s | max

t

|f

(t )|

P

xi−1≤zj−1<zj≤xi

∆z

= ∆x

und |ζ

− ξ

| ≤ (x

− x

) ≤ |∆

| f¨ ur ζ

∈ [x

, x

] sowie P

i=1

∆x

= b − a = ⇒

Z

f

− Z

a

f

=

k

X

j=1

f (ζ

) ∆z

−

km

X

i=1

f (ξ

) ∆x

=

km

X

i=1

X

xi−1≤zj−1<zj≤x_i

(f (ζ

) − f (ξ

))∆z

≤ |∆

| max

t∈[a,b]

|f

(t)|

| {z }

=c

km

X

i=1

X

xi−1≤zj−1<zj≤xi

∆z

| {z }

=b−a

,

d.h.

Z

f

− Z

a

f

≤ c (b − a) |∆

| analoge Absch¨ atzung f¨ ur | R

a

f

− R

f

|

Z

f

− Z

a

f

≤ c (b − a) (|∆

| + |∆

|) → 0 m, n → ∞ analog: Konvergenz zweier Folgen gegen den gleichen Grenzwert ebenfalls analog: Beweis f¨ ur st¨ uckweise stetiges f , basierend auf der gleichm¨ aßigen Stetigkeit von f :

|f (x

) − f (x

)| ≤ ε f¨ ur |x

− x

| < δ

5 / 87

Beispiel

Berechnung von R

0

x

dx mit Riemann-Summen Folge von Partitionen

∆

: x

= k/n , k = 0, . . . , n Auswertungsstellen

ξ

= (2k − 1)/(2n) , k = 1, . . . , n Grenzwert der Riemann-Summen

Z

f

=

n

X

k=1

1 n

2k − 1 2n

= 1 4n

4

n

X

k=1

k

− 4

n

X

k=1

k +

n

X

k=1

1

!

= 1

4n

4n(n + 1)(2n + 1)

6 − 4n(n + 1)

2 + n

= 1 3 − 1

12n

= ⇒ lim

R

f

=

Eigenschaften des Riemann-Integrals

Das bestimmte Integral besitzt folgende Eigenschaften:

Linearit¨ at:

Z

r f = r Z

a

f , Z

a

f + g = Z

a

f + Z

a

g Monotonie: f ≤ g = ⇒

Z

f ≤ Z

a

g Additivit¨ at:

Z

f + Z

b

f = Z

a

f

In ¨ Ubereinstimmung mit der letzten Eigenschaft definiert man R

b

f = − R

f .

7 / 87

Mittelwertsatz der Integralrechnung

Sind die Funktionen f und g auf [a, b] stetig und besitzt g keinen Vorzeichenwechsel, so existiert c ∈ (a, b) mit

Z

f g = f (c ) Z

a

g .

Insbesondere ist, wie in der Abbildung veranschaulicht, R

a

f = (b − a)f (c ).

Beweis

o.B.d.A. g ≥ 0

Absch¨ atzung des Integranden (min

[a,b]

f ) g (x) ≤ f (x )g (x) ≤ (max

[a,b]

f ) g (x) Integration

(min

[a,b]

f ) Z

a

g ≤ Z

a

f g ≤ (max

[a,b]

f ) Z

a

g Zwischenwertsatz = ⇒

Z

f g

. Z

g

= f (c ) f¨ ur ein c ∈ [a, b]

Gegenbeispiel bei Vorzeichenwechsel von g : Z

−1

x

dx

| {z }

>0

= Z

−1

x

|{z}

f

· x

|{z}

g

dx 6= c Z

−1

x dx = 0

9 / 87

Stammfunktion

Eine Funktion F mit F

= f ist eine Stammfunktion von f , und man

schreibt Z

f (x) dx = F (x) + c

f¨ ur die Menge aller Stammfunktionen, die als unbestimmtes Integral von f bezeichnet wird. Ebenfalls gebr¨ auchlich ist die Kurzschreibweise

R f = F + c .

Die Integrationskonstante c ∈ R ist beliebig. Beispielsweise ist F

(x) =

Z

f (t) dx mit F

(a) = 0 eine m¨ ogliche Stammfunktion.

Nicht zu allen elementaren Funktionen ist die explizite Angabe einer

Stammfunktion m¨ oglich. Ein Beispiel ist f (x) = exp(x

).

Spezielle Stammfunktionen

f (x) F (x) f (x) F (x)

x

, s 6= −1 x

/(s + 1) 1/x ln |x|

exp(x ) exp(x) ln(x) x ln(x) − x

sin x − cos x cos x sin x

tan x − ln(cos x) sin x cos x sin

(x)/2 1/(1 + x

) arctan x 1/ √

1 − x

arcsin x

11 / 87

Hauptsatz der Integralrechnung

Ist F eine Stammfunktion einer stetigen Funktion f , d.h. f = F

, so gilt Z

a

f (x) dx = F (b) − F (a) bzw. in Kurzschreibweise

Z

a

f = [F ]

.

Ein bestimmtes Integral l¨ asst sich also als Differenz der Funktionswerte

einer Stammfunktion an den Intervallendpunkten berechnen.

Beweis

betrachte beide Seiten der zu beweisenden Identit¨ at Z

a

f (x) dx = F (b) − F (a) als Funktion von b

Ubereinstimmung f¨ ¨ ur b = a (beide Seiten Null) gen¨ ugt Gleichheit der Ableitungen zu zeigen Ableitung der linken Seite

h→0

lim 1 h

Z

f − Z

a

f

= lim

h→0

1 h

Z

f Mittelwertsatz = ⇒

Z

f = (b + h − b) f (c ) = h f (c) mit c ∈ (b, b + h)

f (c ) → f (b) = ⇒ Ableitung der linken Seite gleich f (b) gleicher Wert f¨ ur die Ableitung der rechten Seite (F

= f )

13 / 87

Beispiel

Integration von Polynomen, illustriert f¨ ur p(x) = x

− 4x + 3 (i) Stammfunktion und bestimmtes Integral:

R x

dx = x

/(k + 1) + c = ⇒ Z

p(x) dx = Z

x

− 4x + 3 dx = x

3 − 4 x

2 + 3x + c , d.h. P (x) = x

/3 − 2x

+ 3x,

Bestimmtes Integral, beispielsweise ¨ uber das Intervall [−1, 2]:

Z

−1

x

− 4x + 3 dx = [x

/3 − 2x

+ 3x]

= (8/3 − 8 + 6) − (−1/3 − 2 − 3) = 6

(ii) Fl¨ ache, eingeschlossen mit der x-Achse:

Nullstellen x

Randpunkte Formel f¨ ur die L¨ osung der quadrati- schen Gleichung x

− 4x + 3 = 0

= ⇒ x

= 4

2 ± q

(4/2)

− 3 = 2 ± 1 , d.h. x

= 1, x

= 3

Berechnung der Fl¨ ache als bestimmtes Integral (negatives Vorzeichen des Integrals, da der Funktionsgraph im relevanten Intervall [x

, x

] unterhalb der x-Achse liegt)

− Z

1

x

− 4x + 3 dx = −[x

/3 − 2x

+ 3x]

= −(3

/3 − 2 · 3

+ 3 · 3) + (1/3 − 2 + 3)

= −0 + 4/3 = 4/3

15 / 87

Beispiel

Integration der Exponential-Funktion

d dx exp x

| {z }

f(x)

= exp x

Stammfunktion F (x) = exp x und

Z

e

dx = [e

]

= e

− e

Die Fl¨ ache unter dem Graph zwischen a und b entspricht einem Rechteck

mit Breite 1 und dem Abstand der Funktionswerte als H¨ ohe.

Beispiel

Integration von f (x) = 1/(1 + x

) und g (x) = tan x Stammfunktionen

F (x) = arctan x + c , G(x) = − ln(cos x), |x| < π/2 Anwendung des Hauptsatzes R

a

f = [F ]

f¨ ur konkrete Intervalle [a, b]

Z

dx

1 + x

= [arctan]

= arctan(1) − arctan(0) = π 4 Z

0

tan x dx = − [ln(cos x)]

= − ln(1/ √

2) + ln(1) = 1 2 ln(2)

17 / 87

Beispiel

Kraft auf einen K¨ orper der Masse m im Gravitationsfeld eines Planeten mit Masse M :

f (x) = γ mM x

mit γ der Gravitationskonstante und x dem Abstand der Schwerpunkte Z

f (x) dx = −γ mM x

| {z }

F(x)

+c

Arbeit bei Bewegung vom Abstand x = a zum Abstand x = b Z

a

f (x) dx = γmM Z

a

1 x

dx =

−γ mM x

= γ mM 1

a − 1 b

a: Radius r des Planeten, b → ∞ und Gleichsetzen mit der kinetischen Energie Fluchtgeschwindigkeit:

m

2 v

= γ mM

r = ⇒ v = p

γ 2M /r

v

= 11.2 km/s

Partielle Integration

Aus der Produktregel (fg )

= f

g + fg

ergibt sich eine analoge Formel f¨ ur unbestimmte Integrale:

Z

f

(x)g (x) dx = f (x)g (x) − Z

f (x)g

(x) dx . Entsprechend gilt Z

a

f

g = [fg ]

− Z

a

f g

f¨ ur bestimmte Integrale.

Dabei ist zu beachten, dass der Randterm [f g ]

verschwindet, wenn eine der beiden Funktionen an den Intervallendpunkten Null ist. Er entf¨ allt ebenfalls f¨ ur periodische Funktionen mit Periodenl¨ ange (b − a).

Die partielle Integration eignet sich zur Integration von Produkten, bei denen ein Faktor durch Differenzieren einfacher wird (z.B. ein Polyom) oder zumindestens nicht komplizierter (z.B. Exponentialfunktionen oder trigonometrische Funktionen).

19 / 87

Beispiel

Partielle Integration von x √ 1 ± x

R (1 + x)

dx =

(1 + x)

+ c f¨ ur s 6= −1 = ⇒ Z

x √ 1 + x

f g⁰

dx = x (2/3)(x + 1)

f g

− Z

1 · (2/3)(1 + x)

f⁰ g

dx

= 2

3 x(1 + x)

− 2 3 2 5

|{z}

2/15

(1 + x)

+ c

analog: (d/dx)(−(2/3)(1 − x)

) = √

1 − x = ⇒ Z

0

x √ 1 − x

f g⁰

dx =

−x 2

3 (1 − x)

0

+ Z

0

1 · 2

3 (1 − x)

dx

= 0 − 4

15 (1 − x)

0

= 4

15

Beispiel

Partielle Integration logarithmischer Faktoren (i) R

f

g = fg − R

fg

mit f

(x) = x

, f (x) = x

/(n + 1), g (x) = ln |x|, g

(x) = 1/x = ⇒

Z

x

ln |x| dx = 1

n + 1 x

ln |x| − Z 1

n + 1 x

1 x dx

= 1

n + 1 x

ln |x| − 1

(n + 1)

x

+ c (ii) Analoge Integration von Ausdr¨ ucken der Form P

j,k

a

x

(ln |x|)

, z.B.

Z

x

(ln x)

dx =

∗

[(x

/3)(ln x)

]

− Z

1

(x

/3)(2 ln x/x) dx

= (e

/3 · 1

− 1/3 · 0

) − Z

1

(2/3)(x

ln x) dx ,

* Kettenregel: z = (y)

, y = ln x z

(x) = (dz/dy )(dy/dx) = (2y)/x Berechnung des verbleibenden Integrals mit der Stammfunktion aus (i)

21 / 87

Beispiel

Partielle Integration von Produkten aus Monomen und Exponentialfunktionen

(i) Unbestimmtes Integral:

(d/dx) e

= e

= ⇒

R x

e

dx = x

e

− R

nx

e

dx

f g

f g f

g

partielle Integration gleicher Typ erneute partielle Integration

− Z

nx

e

dx = −nx

e

+ Z

n(n − 1)x

e

dx

= −nx

e

+ n(n − 1)x

e

− Z

n(n − 1)(n − 2)x

e

dx = . . . Hinzuf¨ ugen des Terms x

e

= ⇒ R

x

e

dx = P

k=0

(−1)

x

+ c

(ii) Bestimmtes Integral:

konkreter Fall eines quadratischen Polynoms R

0

(x

− 3x + 1) e

dx = [ (x

− 3x + 1) e

]

− R

0

(2x − 3) e

dx

f g

f g f

g

erster Term

[fg ]

= (1 − 3 + 1)e

− (0 − 0 + 1)e

= −e − 1 zweiter Term, berechnet mit erneuter partieller Integration

− Z

0

f

g = −

[(2x − 3)e

]

− Z

0

2e

dx

= −

(−e + 3) − 2[e

]

= e − 3 + 2e − 2 = 3e − 5 Summe der Terme R

0

fg

= 2e − 6

23 / 87

(iii) Produkte mit trigonometrischen Funktionen:

R x

cos x sin x

dx = x

sin x

− cos x

− R

nx

cos x sin x

dx

f g

f g f

g

Beispiel

Paradox bei partieller Integration

(d/dx) e

= e

, (d/dx) cosh x = sinh x, (d/dx) sinh x = cosh x partielle Integration R

fg

= fg − R

f

g mit

(1) f = e

, g

= sinh x und (2) f = e

, g

= cosh x = ⇒ Z

e

sinh x dx =

(1)

e

cosh x − Z

e

cosh x dx

=

(2)

e

cosh x − e

sinh x + Z

e

sinh x dx (vermeintlicher) Widerspruch: e

cosh x = e

sinh x

Erkl¨ arung: Identit¨ at zwischen Stammfunktionen beinhaltet (unbestimmte) Integrationskonstante c

c = 1 = ⇒

e

e

+ e

2

| {z }

coshx

= e

e

− e

2

| {z }

sinhx

+c X

25 / 87

Beispiel

Integration von e

sin(bx) und e

cos(bx) mit alternativen Methoden (i) Zweimalige partielle Integration:

I = R

e

sin(bx) dx = e

a sin(bx ) − R e

a b cos(bx) dx

f

g f g f g

nochmalige partielle Integration mit f

= e

/a und g = b cos(bx) I = e

a sin(bx) − b a

e

a cos(bx) − b

a

Z

e

sin(bx) dx

| {z }

I

Aufl¨ osen nach I I =

Z

e

sin(bx) dx = ae

sin(bx) − be

cos(bx)

a

+ b

+ c

(ii) Komplexe Methode:

Formel von Euler-Moivre, e

= cos t + i sin t = ⇒ cos t = Re (exp(it)) Anwendung auf den kontreten Integrand e

cos t

Z

e

cos(t) dt = Re Z

0

exp(t + it) dt

= Re

exp(t + it) 1 + i

= Re

e

− e

1 + i

e

= −1, Erweitern mit 1 − i, (1 + i)(1 − i) = 1 + 1 = 2 Re

−e

− 1 1 + i

= Re

−e

− 1 2 (1 − i)

= − e

+ 1 2

27 / 87

Beispiel

Orthogonalit¨ at trigonometrischer Funktionen

kein Randterm bei partieller Integration periodischer Funktionen ¨ uber Periodizit¨ atsintervalle [a, b] d.h. R

a

f

g = − R

a

fg

Anwendung auf Produkte von Sinus und Kosinus, z.B.

I = R

−π

sin(nx) sin(mx) dx = − R

−π

(− cos(nx)/n) (m cos(mx)) dx

f

g f g

erneute partielle Integration mit f

= − cos(nx )/n, g = m cos(mx) I =

Z

−π

(− sin(nx)/n

)(−m

sin(mx)) dx = m

n

I

= ⇒

Z

−π

sin(nx) sin(mx) dx = 0, m 6= n

m = n: Identit¨ at nach der ersten partiellen Integration, R

−π

sin

(nx ) dx = R

−π

cos

(nx) dx , und cos

(nx) = 1 − sin

(nx) = ⇒ 2

Z

−π

sin

(nx) dx = Z

−π

1 dx = 2π analoges Argument Orthogonalit¨ at von cos(nx )

29 / 87

Delta-Funktion

Die Diracsche Delta-Funktion δ ist durch Z

R

δf = f (0)

definiert, wobei f eine beliebige stetige Funktion ist, die ausserhalb eines Intervalls (a, b) verschwindet.

Mit Hilfe von partieller Integration oder ¨ uber einen Grenzwertprozess kann δ als verallgemeinerte Ableitung der Heavisideschen Sprungfunktion

H(x) =

( 1, f¨ ur x > 0

0, sonst

interpretiert werden.

Beweis

(i) Begr¨ undung mit Hilfe von partieller Integration:

0 ∈ (a, b), f (a) = 0 = f (b) = ⇒ Z

a

H

f = [Hf ]

| {z }

=0

− Z

a

Hf

= − Z

0

f

= −[f ]

= f (0)

f beliebig R

H

f = R δf

-1 0 1

0 2 4

-1 0 1

0 2 4

Heaviside-Funktion H N¨ aherungen H

, δ

= H

31 / 87

(ii) Begr¨ undung mit Hilfe eines Grenzwertprozesses:

Z

H

f = n Z

0

f = f (t

)

f¨ ur ein t

∈ [0, 1/n] aufgrund des Mittelwertsatzes

Stetigkeit von f = ⇒ f (t

) → f (0)

Variablensubstitution Aus der Kettenregel

d

dx F (g (x)) = f (g (x))g

(x), f = F

,

folgt f¨ ur eine Substitution y = g (x) durch Bilden von Stammfunktionen Z

f (g (x))g

(x) dx = F (y ) + c = Z

f (y ) dy . Entsprechend gilt f¨ ur bestimmte Integrale

Z

f (g (x))g

(x) dx = F (g (b)) − F (g (a)) = Z

g(a)

f (y) dy Mit Hilfe von Differentialen l¨ asst sich diese Identit¨ at in der suggestiven

Form Z

a

f (g (x)

| {z }

y

) dy dx dx =

Z

g(a)

f (y) dy schreiben.

33 / 87

Beispiel

Variablensubstitution bei erkennbarer innerer Ableitung (i) Unbestimmtes Integral:

z.B. Z

(ln x)

(1/x) dx = Z

f (g (x)) g

(x) dx mit f (y) = y

, y = g (x) = ln x, g

(x) = 1/x

Substitutionsregel R

f (g (x))g

(x) dx = R

f (y) dy Z

y

dy = 1 3 y

+ c R¨ ucksubstitution y = g (x) = ln x

Z ln x

x dx = 1

3 (ln x )

+ c

(ii) Bestimmtes Integral:

z.B.

Z

√

sin x cos x dx = Z

a

f (g (x )) g

(x ) dx mit f (y) = √

y, y = g (x ) = sin x, g

(x) = cos x Bilder von a = 0, b = π/2 unter der Abbildung x 7→ y:

g (a) = sin(0) = 0, g (b) = sin(π/2) = 1 transformiertes Integral

Z

f (y ) dy = Z

0

√ y dy = 2

3 y

0

= 1 − 0 = 1

35 / 87

Beispiel

Stammfunktion F (y) von (e

− 1)

f¨ ur y > 0 (Pol bei y = 0) Substituiere y = g (x) = ln x ⇐⇒ x = e

im unbestimmten Integral

Z

f (y ) dy = Z 1

e

− 1 dy Transformationsregel, dy =

dx = ⇒

Z

f (y) dy = Z

f (g (x)) g

(x)

| {z }

dy/dx

dx = Z 1

x − 1 1 x dx =

Z 1 (x − 1)x dx Partialbruchzerlegung

= −

+

− ln |x| + ln |x − 1| + c = ln

x − 1 x

+ c = ln |1 − 1/x| + c R¨ ucksubstitution von x = e

Stammfunktion

F (y) = ln |1 − 1/e

| = ln |1 − e

|

Beispiel

Lineare Variablensubstitution

y = px + q

(i) Unbestimmtes Integral R

(2x − 3)

| {z }

f(x)

dx:

y = 2x − 3, dy = 2 dx Z

(2x − 3)

(dx/dy) dy = Z

y

(1/2) dy = 1

5 · 2 y

+ c R¨ ucksubstitution Stammfunktion

F (x) = 1 10 y

= (2x − 3)

10

37 / 87

(ii) Bestimmtes Integral Z

−1

1

(3 − 4x)

dx:

Umrechung der Differentiale

y = 3 − 4x, dy = −4 dx und Transformation der Grenzen

x = −1 7→ y = 3 − 4 · (−1) = 7, x = 0 7→ y = 3 − 4 · 0 = 3

Z

−1

1

(3 − 4x)

(dx/dy ) dy = Z

7

(1/y

) (−1/4) dy

= [(−1/y) (−1/4)]

= 1

4 · 3 − 1 4 · 7 = 1

21

Beispiel

Unbestimmtes und bestimmtes Integral von f (x) = 1/ p

x

− 6x + 5 Umformung durch quadratische Erg¨ anzung

x

− 6x + 5 = (x − 3)

− 4 = 4 ((x − 3)/2)

− 1 f (x ) = 1

2

1

p ((x − 3)/2)

− 1 (i) Unbestimmtes Integral R

f (x) dx:

Substitution y = (x − 3)/2, dx = 2dy Z

f (x) dx =

Z dx

√

x

− 6x + 5 =

Z dy p y

− 1

39 / 87

Substitution y = cosh t, dy = sinh t dt Z dy

p y

− 1 =

Z sinh t dt sinh t =

Z

dt = t + c

= arcosh y + c = arcosh((x − 3)/2) + c

= ln

x − 3 2 + 1

2

p x

− 6x + 5

+ c

(benutzt: cosh

t − 1 = sinh

t, Formel f¨ ur die Umkehrfunktion von cosh) (ii) Beispiel eines bestimmten Integrals:

Z

√ dx

x

− 6x + 5 =

ln

x − 3 2 + 1

2

p x

− 6x + 5

5

= ln(4/2 + √

12/2) − ln(2/2 + √ 0/2)

= ln(2 +

√

3) − ln 1 = ln(2 +

√

3)

Beispiel

Verschiedene Berechnungsmethoden f¨ ur R

√

1 − x

dx (i) Geometrisches Argument:

f (x) = √

1 − x

≥ 0 f¨ ur 0 ≤ x ≤ 1

= ⇒ R

f (x) dx: Inhalt der Fl¨ ache A (Viertelkreis) unter dem Funktionsgraph

= ⇒ R

0

f (x) dx = π/4 (ii) Substitution x = sin u:

dx = cos u du und x = 0 7→ u = 0, x = 1 7→ u =

= ⇒ Z

0

f (x) dx = Z

0

p

1 − sin

u

| {z }

cosu

cos u du = 1 2

π 2

41 / 87

(iii) Substitution x = cos u:

dx = − sin u du und x = 0 7→ u = −π/2, x = 1 7→ u = 2π

(ebenfalls m¨ oglich u = 0 bzw. u = 2kπ; Eindeutigkeit des Urbildes der Transformationsabbildung nicht erforderlich - gleiche Resultate)

= ⇒ Z

f (x) dx = Z

0

p 1 − cos

u (− sin u) du =

(∗)

Z

−π/2

− sin

u du = − 5π 4 (*) falsche Berechnung der Wurzel

richtig: √

1 − cos

u = | sin u| korrektes Ergebnis Z

0

f (x ) dx = Z

−π/2

| sin u|(− sin u) du

= Z

−π/2

− sin

u du + Z

0

sin

u du − · · ·

= π

4

Beispiel

Mercator-Projektion:

winkeltreue Abbildung der Erdoberfl¨ ache auf eine Ebene (x, sin ϑ) 7→

x cos ϑ ,

Z

dt cos t

Streckung der Breitenkreise mit dem Faktor 1/ cos ϑ

43 / 87

Bestimmung einer Stammfunktion F f¨ ur f (t) = 1/ cos t Substitution

u = 1

cos t + tan t = 1 + sin t

cos t , du = sin t

cos

t + 1 cos

t

dt

= ⇒

Z 1

cos t dt = Z

(cos t)

sin t

cos

t + 1 cos

t

du

| {z }

dt

= Z

sin t cos t + 1

cos t

du

=

Z du

u = ln |u| + c

= ln

1

cos t + tan t

+ c

Elementare rationale Integranden mit einfachen Polstellen Die Stammfunktionen der drei Grundtypen rationaler Funktionen sind

Z dx

ax + b = 1

a ln |x + b/a| + c Z dx

(x − a)

+ b

= 1 b arctan

x − a b

+ c Z (x − a) dx

(x − a)

+ b

= 1

2 ln((x − a)

+ b

) + c

45 / 87

Beweis

Uberpr¨ ¨ ufung der Stammfunktionen durch Differenzieren alternativ: Umformung der Integranden

(i) R

dy/y = ln |y| + c = ⇒ Z dx

ax + b = 1 a

Z dx

x + b/a = 1

a ln |x + b/a| + c (ii) Umformung

Z dx

(x − a)

+ b

= 1 b

Z dx ((x − a)/b)

+ 1 Substitution y = (x − a)/b, dx = b dy

1 b

Z dy y

+ 1 = 1

b arctan y + c = 1 b arctan

x − a b

+ c

(iii) Substitution y = (x − a)

+ b

, dx = dy/(2(x − a)) Z (x − a) dx

(x − a)

+ b

= 1 2

Z dy y = 1

2 ln |y | + c

= 1

2 ln((x − a)

+ b

) + c

47 / 87

Beispiel

Fl¨ achen begrenzt durch rationale Funktionsgraphen (i) r(x) = 2 − x

1 + x :

Umformung r(x) = −1 − x 1 + x + 3

1 + x = −1 + 3 1 + x Summe der Stammfunktionen der elemen-

taren Ausdr¨ ucke Stammfunktion R(x) = −x + 3 ln |1 + x|

r (2) = 0 Fl¨ acheninhalt Z

0

r(x) dx = [R(x)]

= (−2 + 3 ln 3) − (−0 + 3 ln 1)

= −2 + 3 ln 3

-1 0 1 2 3

0

1

2

3

(ii) r(x ) = 1 x

+ 1 :

-4 -2 0 2 4

-1 0 1

Fl¨ acheninhalt: Grenzwert der Fl¨ acheninhalte von {(x, y ) : 0 ≤ y ≤ r (x), −a ≤ x ≤ a}

a→∞

lim Z

−a

dx

1 + x

= lim

a→∞

(arctan a − arctan(−a))

= π

2 + π 2 = π

49 / 87

Beispiel

Berechnung der Stammfunktion von

r(x) = 3x + 6 2x

− 4x + 10 quadratische Erg¨ anzung des Nenners

2(x

− 2x + 5) = 2((x − 1)

+ 2

) Anpassung des Z¨ ahlers

3(x + 2) = 3((x − 1) + 3) Zerlegung in Standardausdr¨ ucke:

r (x) = 3 2

x − 1

(x − 1)

+ 2

+ 9 2

1

(x − 1)

+ 2

Stammfunktionen der elementaren Integranden Z

r(x) dx = 3

4 ln ((x − 1)

+ 4) + 9 4 arctan

x − 1 2

+ c

Berechnung eines bestimmten Integrals durch Einsetzen der Grenzen in die Stammfunktion

z.B.

Z

r (x) dx = 3 4

ln((x − 1)

+ 4)

+ 9

4

arctan

x − 1 2

= 3

4 (ln 8 − ln 4) + 9

4 (arctan 1 − arctan 0)

= 3

4 ln 2 + 9 16 π

51 / 87

Elementare rationale Integranden mit mehrfachen Polstellen F¨ ur n ∈ N ist

Z

(x − a)

dx = − 1

n (x − a)

+ c . Bei mehrfachen komplex konjugierten Polstellen a ± ib mit dem entsprechenden quadratischen Faktor q(x) = (x − a)

+ b

gilt

Z c (x − a) + d

q(x)

dx = − c

2n q(x)

+ d (x − a)

2b

n q(x )

+ d (2n − 1) 2b

n

Z dx q(x)

. Die Reduktion des Exponenten von q (n + 1 → n) erm¨ oglicht eine

rekursive Berechnung der Stammfunktion.

Beweis

(i) Reelle Polstelle:

Substitution y = x − a, dx = dy Z

(x − a)

dx = Z

y

dy = − 1

n y

+ c (ii) Komplex konjugierte Polstellen, erster Term:

Substitution y = (x − a)

+ b

, dx = dy/(2(x − a)) Z c(x − a)

((x − a)

+ b

)

dx = c 2

Z dy

y

= − c 2ny

= − c

2n((x − a)

+ b

)

53 / 87

(iii) Komplex konjugierte Polstellen, zweiter Term:

zu zeigen

Z d dx

q (x)

= d (x − a)

2b

nq(x)

+ d (2n − 1) 2b

n

Z dx q (x)

mit q(x) = (x − a)

+ b

Division durch d und Substitution y = (x − a)/b, dy = dx/b

¨ aquivalente Identit¨ at Z b dy

(b

y

+ b

)

= by

2b

n(b

y

+ b

)

+ 2n − 1 2b

n

Z b dy (b

y

+ b

)

bzw. nach Multiplikation mit b

Z dy

(y

+ 1)

= y

2n(y

+ 1)

+ 2n − 1 2n

Z dy

(y

+ 1)

Beweis durch partielle Integration des letzten Terms:

Z

1 · 1

(y

+ 1)

dy

= y · 1 (y

+ 1)

+

Z

y · 1 · 2ny (y

+ 1)

dy

= y

(y

+ 1)

+ 2n

Z dy (y

+ 1)

−

Z dy (y

+ 1)

(y

= (y

+ 1) − 1) Aufl¨ osen nach R

dy /(y

+ 1)

behauptete Identit¨ at

55 / 87

Beispiel

Berechnung von

Z 2x + 1 (x

+ 9)

dx

Formel f¨ ur Integranden mit mehrfachen komplex konjugierten Polstellen Z c(x − a) + d

q(x)

dx = − c

2n q(x)

+ d (x − a)

2b

n q(x)

+ d (2n − 1) 2b

n

Z dx q(x)

mit q(x) = (x − a)

+ b

Einsetzen von a = 0, b = 3, c = 2, d = 1 und n = 1

− 2

2(x

+ 9) + x

18(x

+ 9) + 1 18

Z 1 x

+ 9 dx Zusammenfassen der ersten beiden Terme und die Formel Z dx

(x − a)

+ b

= 1 b arctan

x − a b

+ c mit a = 0, b = 3 x − 18

18(x

+ 9) + 1 18

1

3 arctan(x/3) + c

Integration rationaler Funktionen

Durch reelle Partialbruchzerlegung l¨ asst sich eine reelle rationale Funktion als Summe der drei elementaren Grundtypen

ax

, c

(ax + b)

, c (x − a) + d ((x − a)

+ b

)

mit n ∈ N a, b, c , d ∈ R darstellen. Mit Hilfe der Stammfunktionen f¨ ur diese Grundfunktionen k¨ onnen somit die Stammfunktionen f¨ ur beliebige rationale Funktionen bestimmt werden.

57 / 87

Beispiel

Berechnung von Z

r (x) dx, r(x) = x

+ 10x

+ 5x

− x + 25 x

+ 8x

− 9 mit Hilfe von Partialbruchzerlegung

Polynomdivision

r (x) = x + 2x

+ 5x

+ 8x + 25 x

+ 8x

− 9 Faktorisierung des Nenners

x

+ 8x

− 9 = (x + 1)(x − 1)(x

+ 9)

Ansatz

r (x) − x = a

x + 1 + b

x − 1 + cx

x

+ 9 + d x

+ 9 Multiplikation mit dem Hauptnenner

2x

+ 5x

+ 8x + 25 =

a(x − 1)(x

+ 9) + b(x + 1)(x

+ 9) + (cx + d )(x

− 1) Koeffizienten-Vergleich = ⇒ a = −1, b = 2, c = 1 und d = 2 Stammfunktionen der Grundfunktionen

Z x

+ 10x

+ 5

− x + 25 x

+ 8x

− 9 = Z

x dx −

Z dx x + 1 +

Z 2dx x − 1 +

Z x dx x

+ 9 +

Z 2dx x

+ 9 = 1

2 x

− ln |x + 1| + 2 ln |x − 1| + 1

2 ln(x

+ 9) + 2 3 arctan

x 3

+ c

59 / 87

Integration komplexer trigonometrischer Polynome

Aus Z

e

dx = 1

ik e

+ c, 0 6= k ∈ Z , folgt f¨ ur ein komplexwertiges trigonometrisches Polynom p

Z X

|k|≤n

c

e

| {z }

p(x)

dx = c + c

x + X

06=|k|≤n

c

ik e

sowie Z

−π

p = 2πc

. Mit Hilfe der Formeln von Euler-Moivre,

cos t = e

+ e

2 , sin t = e

− e

2i ,

k¨ onnen auf diese Weise auch beliebige Polynome in sin(kx) und cos(kx)

integriert werden.

Beispiel

Berechnung von Z

−π

sin

x

| {z }

p(x)

= dx (i) Komplexe Methode:

Formel von Euler-Moivre, binomische Formel Integrand 1

2i e

− e

= 1

(2i)

4

X

k=0

4 k

e

e

= 1

16 4

2

e

e

| {z }

Term f¨urk=2

+ 1 16

X

`6=0

c

e

= 6

16 + 1 16

X

`6=0

c

e

R

−π

P

`

c

e

dx = 2πc

Integral 2π · 6/16 = 3π/4

61 / 87

(ii) Partielle Integration:

Z

sin

x dx = Z

sin x sin

x dx

= (− cos x) sin

x − 3 Z

(− cos x)(sin

x) cos x dx

=

− cos x sin

x + 3 Z

sin

x dx − 3 Z

sin

x dx , (*) − cos x sin

x cos x = − cos

x sin

x = −(1 − sin

x) sin

x Aufl¨ osen nach R

sin

Z

−π

sin

x dx = 1 4

− cos x sin

x

−π

+ 3 4

Z

−π

sin

x dx = 0 + 3π/4

Trigonometrische Substitutionen

Mit Hilfe der folgenden Substitutionen lassen sich eine Reihe von elementaren algebraischen Integranden explizit berechnen:

x = a sin t : dx = a cos t dt √

a

− x

= a cos t x = a tan t : dx = a/ cos

t dt √

a

+ x

= a/ cos t x = a/ cos t : dx = a sin t/ cos

t dt √

x

− a

= a tan t Gegebenenfalls m¨ ussen die Argumente der Wurzel zun¨ achst durch quadratische Erg¨ anzung auf Standardform gebracht werden.

63 / 87

Beispiel

Alternative Berechnungsmethoden f¨ ur Z

0

p 1 − x

dx (i) Trigonometrische Substitution:

x = sin t, dx = cos t dt, x = 0 → t = 0, x = 1/2 → t = π/6 p 1 − sin

t = cos t, cos

t = (1 + cos(2t))/2, sin(π/3) = √

3/2 Z

0

cos

t dt = h 1

2 (t + sin(2t)/2)

| {z }

G(t)

i

0

= π

12 +

√ 3 8

R¨ ucktransformation von G (t), sin(2t)/2 = sin t cos t = sin t p

1 − sin

t Stammfunktion

Z p

1 − x

dx = 1

2 arcsin x + x 2

p 1 − x

+ c

(ii) Geometrisches Argument:

Fl¨ ache unter dem Graph von f (x) = √

1 − x

: Summe der Teilfl¨ achen A und B

Dreieck

area A = x p

1 − x

/2 Kreissektor mit

Offnungswinkel ¨ t (x = sin t) area B = t/2 = 1

2 arcsin x

gleiche Stammfunktion F (x) = area A + area B

65 / 87

Beispiel

Integration von f (x) = 1 x √

1 + x

(i) Unbestimmtes Integral

Z

√ 3 1

dx x √

1 + x

:

trigonometrische Substitution x = tan t, dx = 1/ cos

t dt Z dt/ cos

t

tan t/ cos t = Z dt

sin t = ln | tan t 2 | + c benutzt: √

1 + x

= 1/ cos t, (*) Formel f¨ ur die Stammfunktion von 1/ sin R¨ ucksubstitution = ⇒

Z dx x √

1 + x

= ln | tan((arctan x )/2)| + c (*) Verifikation durch Differentiation:

d

dy

ln |y| = 1/y,

tan z = 1/ cos

z = ⇒ d

dt ln | tan(t/2)| = 1 tan(t/2)

1/2

cos

(t/2) = 1

2 sin(t/2) cos(t/2) = 1

sin t X

(ii) Bestimmtes Integral Z

√3

1

dx x √

1 + x

: Verwendung der berechneten Stammfunktion [ln | tan((arctan x)/2)|]

√ 3

x=1

= ln | tan(π/6)| − ln | tan(π/8)|

= ln |1/ √

3| − ln |1/(1 + √

2)| = ln 1 + √

√ 2 3

!

Berechnung von tan(π/8) mit Hilfe der Diagonale einer Raute mit spitzem Winkel π/4

= ⇒ tan(π/8) = y/x = (1/ √

2)/(1/ √

2 + 1) =

1+√ 2

67 / 87

Beispiel

Stammfunktion von f (x) = p

x

− 1/x

, x ≥ 1

(i) Trigonometrische Substitution x = 1/ cos t, 0 ≤ t < π/2:

t = arccos(1/x), dx = sin t/ cos

t dt, p

x

− 1 = tan t Einsetzen in das Integral

Z

f (x) dx = Z

x

p

x

− 1 dx = Z

cos

t tan t sin t cos

t dt =

Z

sin

t dt Stammfunktion von sin

t: (t − cos t sin t)/2 ( ¨ Uberpr¨ ufung durch

Differenzieren)

F (x) = (t − cos t sin t

√

|{z}

1−cos²t

)/2 =

arccos(1/x) − (1/x) q

1 − 1/x

/2

= 1

2 arccos(1/x) − 1 2

p x

− 1/x

(ii) Bestimmtes Integral Z

√2

1

p x

− 1/x

dx:

Einsetzen in die Stammfunktion 1

2 arccos(1/x) − 1 2

p x

− 1/x

2 x=1

1

2 arccos(1/ √ 2) − 1

2

√

2 − 1/2

− 1

2 arccos 1 − 1 2

√

1 − 1/2

(π/8 − 1/4) − (0 − 0) = (π − 2)/8

69 / 87

Rationale Funktionen von Sinus und Kosinus

Mit der Substitution

x = tan(t /2), −π < t < π erh¨ alt man f¨ ur eine beliebige rationale Funktion r

Z

r(cos t, sin t) dt = Z

r

1 − x

1 + x

, 2x

1 + x

2

1 + x

dx . Damit l¨ asst sich ein trigonometrischer in einen rationalen Integranden

¨ uberf¨ uhren, der mit Partialbruchzerlegung berechnet werden kann.

Beweis

Satz des Pythagoras cos(t /2) = 1/ √

1 + x

sin(t/2) = x/ √

1 + x

(d/du) tan u = 1/ cos

u = ⇒ dx = 1

2 1

cos

(t /2) dt = 1

2 (1 + x

) dt und Anwendung der Additionstheoreme f¨ ur Sinus und Kosinus

cos t = cos

(t/2) − sin

(t/2) = 1 − x

1 + x

, sin t = 2 cos(t /2) sin(t/2) = 2x

1 + x

71 / 87

Beispiel

Umwandlung von Z dt

sin t , Z dt

cos t in rationale Integrale

Substitution x = tan(t/2), dt = 2 dx/(1 + x

), sin t = 2x/(1 + x

) Z 1 + x

2x 2

1 + x

dx = Z dx

x = ln |x| + c = ln | tan(t /2)| + c analog: cos t = (1 − x

)/(1 + x

), Partialbruchzerlegung

Z dt cos t =

Z 1 + x

1 − x

2

1 + x

dx = Z

1

1 − x + 1 1 + x

dx = ln

1 + x 1 − x

+c R¨ ucksubstitution

Z dt cos t = ln

1 + tan (t/2) 1 − tan (t/2)

+ c

Beispiel

Stammfunktion von f (t) = 1 1 + sin t − cos t (i) Trigonometrische Substitution:

x = tan(t/2), dt = 2dx/(1 + x

), sin t = 2x/(1 + x

), cos t = (1 − x

)/(1 + x

)

Z

f (t) dt =

Z 1

1 + 2x/(1 + x

) − (1 − x

)/(1 + x

) 2 1 + x

dx

=

Z 1 x

+ x dx (ii) Partialbruchzerlegung:

Ansatz

r(x) = 1

x (x + 1) = a x + b

x + 1

∗x und x = 0 = ⇒ a = 1

∗(x + 1) und x = −1 = ⇒ b = 1

73 / 87

(iii) Bilden der Stammfunktionen:

r (x) = 1/x − 1/(x + 1)

R(x) = ln |x| − ln |x + 1| = ln

x x + 1

R¨ ucktransformation (x = tan(t/2), 1/x = cot(t /2))

F (t) = ln

tan(t/2) tan(t/2) + 1

= ln

1 1 + cot(t/2)

Uneigentliche Integrale

F¨ ur eine auf [a, b) st¨ uckweise stetige Funktion f wird durch Z

a

f = lim

c→b⁻

Z

f

der Integralbegriff auf unendliche Intervalle (b = ∞) und unbeschr¨ ankte Integranden (f (b) = ±∞) erweitert.

Analog wird eine Singularit¨ at an der unteren oder an beiden Grenzen behandelt. Im letzteren Fall muss der Grenzwert unabh¨ angig von der Wahl der Folgen c → a

, d → b

sein.

Hinreichend f¨ ur die Existenz eines uneigentlichen Integrals ist die absolute Intergrierbarkeit von f , d. h.

Z

|f (x)| ≤ const f¨ ur alle Teilintervalle [c , d ] ⊂ (a, b).

75 / 87

Beispiel

Berechnung des uneigentlichen Integrals Z

0

e

dx

Grenzwert

b→∞

lim Z

0

e

dx = lim

b→∞

−e

= lim

b→∞

−e

+ 1

= 1 direkte Verwendung uneigentlicher Grenzen bei elementaren Grenzwerten:

Z

e

dx = [−e

]

= 0 − (−1) = 1

Beispiel

Existenz des uneigentlichen Integrals Z

2

1

x(ln x)

dx, r ∈ R \0

Substitution y = ln x, dy = dx/x, x = 2 7→ y = ln 2, x = ∞ 7→ y = ∞

Z

1 y

dy =



 

 

(ln y)

1 − r

= (ln b)

− (ln 2)

1 − r , r 6= 1 [ln y]

= ln(ln b) − ln(ln 2) , r = 1 Grenzwert f¨ ur b → ∞ existiert genau dann wenn r > 1:

Z

1

x(ln x)

dx = (ln 2)

r − 1

77 / 87

Beispiel

Berechnung des uneigentlichen Integrals Z

0

sin x

√ cos x dx

Singularit¨ at bei x = π/2 betrachte obere Grenze b < π/2 Substitution y = cos x, dy = − sin x dx, x = 0 7→ y = 1,

x = b 7→ y = cos b Z

1

y

(−dy) = h

−2y

i

y=1

= −2 √

cos b + 2 Grenzwert

Z

sin x

√ cos x dx = lim

b→π/2

Z

sin x

√ cos x dx = lim

b→π/2

−2 √

cos b + 2

= 2

Beispiel

Analyse des uneigentlichen Integrals Z

−∞

1 + 2x 1 + x

dx

Stammfunktion des Integranden: arctan(x) + ln(1 + x

) (i) Falsche Berechnung:

Z

−∞

1 + 2x

1 + x

dx = lim

b→∞

Z

−b

1 + 2x 1 + x

dx

= lim

b→∞

arctan(x) + ln(1 + x

)

= lim

b→∞

(2 arctan(b)) = π (arctan(−b) = − arctan(b), ln(1 + b

) = ln(1 + (−b)

))

79 / 87

(ii) Korrekte Argumentation:

unabh¨ angige Betrachtung der unteren und oberen Grenze Z

c

1 + 2x

1 + x

dx =

arctan x + ln(1 + x

)

= (arctan 0 + ln 1) − (arctan c + ln(1 + c

)

= − arctan(c ) − ln(1 + c

) Z

0

1 + 2x

1 + x

dx = arctan(d ) + ln(1 + d

) c → −∞, d → ∞

= ⇒ keine endlichen Grenzwerte in beiden F¨ allen

= ⇒ Divergenz des uneigentlichen Integrals Z

−∞

1 + 2x

1 + x

dx

Vergleichskriterium f¨ ur uneigentliche Integrale

Ist g eine Majorante f¨ ur f , d.h. gilt

|f (x )| ≤ |g (x)| a < x < b

so folgt aus der absoluten Integrierbarkeit von g die absolute

Integrierbarkeit von f ¨ uber dem Intervall [a, b] und damit die Existenz des Integrals

Z

f (x) dx .

81 / 87

Beweis

betrachte o.B.d.A. eine Singularit¨ at an der oberen Grenze:

R

a

f = lim

R

f

r(c) = Z

a

|f | monoton wachsend, beschr¨ ankt durch R

a

|g |

= ⇒ Konvergenz f¨ ur c → b

und Existenz von R

|f | s (c ) =

Z

a

(f + |f |

| {z }

≥0

)

ebenfalls monoton wachsend, beschr¨ ankt durch 2 R

|g |

= ⇒ Existenz von R

a

(f + |f |) Subtraktion = ⇒ Existenz von

Z

f = Z

a

(f + |f |) − Z

a

|f |

Beispiel

Vergleichsfunktion f (x) = x

Z

x

dx =







b

− a

r + 1 , r 6= −1 ln(b) − ln(a), r = −1

, 0 < a < b < ∞ (i) b → ∞:

Konvergenz f¨ ur r < −1 Existenz von Z

1

x

dx, r < −1, Grenzwert : − 1 r + 1 (ii) a → 0

:

Konvergenz f¨ ur r > −1 Existenz von Z

0

x

dx , r > −1, Grenzwert : 1 r + 1

83 / 87

Beispiel

Existenz des uneigentlichen Integrals R

0

(sin x)/x dx Aufspaltung in zwei Anteile: R

0

. . . = R

0

. . . + R

. . .

Existenz des Integrals ¨ uber [0, 1] wegen Stetigkeit des Integranden Umformung des Integrals ¨ uber [1, ∞] mit partieller Integration

Z

sin(x) x dx =

− cos(x) x

− Z

1

cos(x) x

dx erster Term → cos(1) f¨ ur b → ∞

zweiter Term: Integrand majorisiert durch

cos(x) x

≤

1 x

= ⇒ Konvergenz nach dem Vergleichskriterium Methoden der Fourier-Analysis

Z

sin(x)

x dx = π

2

Gamma-Funktion Die durch

Γ(x) = Z

0

t

e

dt, x ∈ (0, ∞) , definierte Gamma-Funktion erf¨ ullt die Funktionalgleichung

Γ(x + 1) = xΓ(x) . Insbesondere ist Γ(n + 1) = n!, n ∈ N.

-5 0 5

-10 0 10

85 / 87

Mit Hilfe der Funktionalgleichung l¨ asst sich die Gamma-Funktion auch f¨ ur negative Argumente definieren. Wie aus dem abgebildeten

Funktionengraphen ersichtlich ist, besitzt sie einfache Pole f¨ ur x = 0, −1, . . ..

Eine alternative Definition der Gamma-Funktion wurde von Gauß gegeben:

Γ(x) = lim

n→∞

n!n

x(x + 1) · · · (x + n) .

Diese Identit¨ at erm¨ oglicht ebenfalls die Berechnung von Γ f¨ ur negative

Argumente.