Partielle Integration – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Bei der partiellen Integration handelt es sich um eine weitere wichtige Methode zur Berechnung von bestimmten bzw. unbestimmten Integralen. Bei dieser Regel wird mit Hilfe des Hauptsatzes der Differential- und Integralrechnung aus der Produktregel eine Formel für Integrale hergeleitet. Dabei wird das ursprüngliche Integral in ein anderes Integrationsproblem überführt, das idealerweise leichter zu lösen ist.

Herleitung

Die Formel für die partielle Integration kann aus der Produktregel für Ableitungen hergeleitet werden. Diese lautet für zwei Funktionen $f$ und $g$:

$(fg)'=f'g+fg'$

Nehmen wir an, dass die Ableitungen $f'$ und $g'$ stetig sind, so dass wir die rechte Seite integrieren können. Wenn wir nun auf beiden Seiten das (unbestimmte) Integral bilden, erhalten wir:

${\begin{aligned}&\int (f'(x)g(x)+f(x)g'(x))\mathrm {d} x=\int (fg)'(x)\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\begin{aligned}&{\text{Summenregel für Integrale und }}\\&fg{\text{ ist die Stammfunktion von }}(fg)'\end{aligned}}\right.}\\[0.5em]\implies &\int f'(x)g(x)\,\mathrm {d} x+\int f(x)g'(x)\;\mathrm {d} x=f(x)\cdot g(x)\\[0.5em]\implies &\int f'(x)g(x)\,\mathrm {d} x=f(x)\cdot g(x)-\int f(x)g'(x)\;\mathrm {d} x\end{aligned}}$

Damit haben wir folgende Formel für das unbestimmte Integral gefunden:

$\int {\color {WildStrawberry}f'(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}\,\mathrm {d} x={\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}-\int {\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g'(x)}\,\mathrm {d} x$

Für das bestimmte Integral kann analog eine Formel gefunden werden. Diese lautet:

$\int _{a}^{b}{\color {WildStrawberry}f'(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}\,\mathrm {d} x=[{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}]_{a}^{b}-\int _{a}^{b}{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g'(x)}\,\mathrm {d} x$

Wir haben so eine Formel gefunden, mit der man das Integrationsproblem in ein anderes überführen kann. In der Praxis lohnt sich die Anwendung dieser Formel, wenn das Integral ${\textstyle \int f(x)g'(x)\;\mathrm {d} x}$ einfacher zu berechnen ist als das Ausgangsintegral ${\textstyle \int f'(x)g(x)\,\mathrm {d} x}$. Insbesondere muss hierfür eine Stammfunktion von $f'$ bekannt sein.

Betrachten wir zum Einstieg das unbestimmte Integral ${\textstyle \int e^{x}x\;\mathrm {d} x}$. Eine Stammfunktion von $e^{x}x$ ist nicht direkt erkennbar. Wählen wir jedoch $f'(x)=e^{x}$ und $g(x)=x$ in der obigen Formel, so erhalten wir mit $f(x)=e^{x}$ und $g'(x)=1$:

$\int \underbrace {{\color {WildStrawberry}e^{x}}\cdot {\color {NavyBlue}x}} _{{\color {WildStrawberry}f'(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}}\;\mathrm {d} x=\underbrace {{\color {WildStrawberry}e^{x}}\cdot {\color {NavyBlue}x}} _{{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}}-\int \underbrace {{\color {WildStrawberry}e^{x}}\cdot {\color {NavyBlue}1}} _{{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g'(x)}}\mathrm {d} x=e^{x}x-e^{x}+c$

Damit haben wir, ohne allzu großen Aufwand, eine Stammfunktion von $e^{x}x$ berechnet. Der entscheidende Punkt war, dass wir das „neue“ Integral ${\textstyle \int e^{x}\;\mathrm {d} x}$ im Gegensatz zum ursprünglichen Integral ${\textstyle \int e^{x}x\;\mathrm {d} x}$ bestimmen konnten.

Satz und Beweis

Satz (Partielle Integration)

Sei $[a,b]$ ein Intervall und $f,\,g\colon [a,b]\to \mathbb {R}$ zwei stetig differenzierbare Funktionen. Dann gilt für das bestimmte Integral:

$\int _{a}^{b}{\color {WildStrawberry}f'(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}\,\mathrm {d} x=[{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}]_{a}^{b}-\int _{a}^{b}{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g'(x)}\,\mathrm {d} x$

Für das unbestimmte Integral lautet die Formel:

$\int {\color {WildStrawberry}f'(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}\,\mathrm {d} x={\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}-\int {\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g'(x)}\,\mathrm {d} x$

Beweis (Partielle Integration)

Mit der Produktregel $(fg)'=f'g+g'f$ und dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung (HDI) gilt

${\begin{aligned}\left[f(x)\cdot g(x)\right]_{a}^{b}&=\int _{a}^{b}(f(x)\cdot g(x))'\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Produktregel}}\right.}\\[0.5em]&=\int _{a}^{b}(f'g)+(g'f)\,\mathrm {d} x=\int _{a}^{b}(f'g)\,\mathrm {d} x+\int _{a}^{b}(g'f)\,\mathrm {d} x\end{aligned}}$

Durch Subtraktion von ${\textstyle \int _{a}^{b}(g'f)\,\mathrm {d} x}$ auf beiden Seiten erhalten wir die gewünschte Formel. Auf analoge Weise kann die Formel für das unbestimmte Integral hergeleitet werden.

Anwendungsbeispiele

Um die partielle Integration anwenden zu können, muss der Integrand die Form $f'\cdot g$ haben oder in diese gebracht werden. Hier muss man sich überlegen, welcher der Faktoren des Produkts die Rolle von $f'$ übernehmen soll. Auch muss die Stammfunktion von $f'$ bekannt sein. Im Folgenden werden wir typische Anwendungsmöglichkeiten der partiellen Integration betrachten.

Typ: ${\textstyle \int x\cdot f'(x)\,\mathrm {d} x}$

Beispiel

Wir betrachten das Integral ${\textstyle \int _{0}^{\pi }\sin(x)\cdot x\,\mathrm {d} x}$. Hier ist es sinnvoll $f'(x)=\sin(x)$ und $g(x)=x$ zu wählen. Der Grund ist, dass eine Stammfunktion $f(x)=-\cos(x)$ von $f'(x)=\sin(x)$ bekannt ist und dass das „neue“ Integral ${\textstyle \int _{0}^{\pi }f(x)g'(x)\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{\pi }[-\cos(x)]\,\mathrm {d} x}$ mit dem HDI einfach gelöst werden kann. Damit erhalten wir:

${\begin{aligned}\int _{0}^{\pi }\underbrace {{\color {WildStrawberry}x}\cdot {\color {NavyBlue}\sin(x)}} _{{\color {WildStrawberry}g(x)}\cdot {\color {NavyBlue}f'(x)}}\,\mathrm {d} x&=[\underbrace {{\color {WildStrawberry}x}\cdot {\color {NavyBlue}(-\cos(x))}} _{{\color {WildStrawberry}g(x)}\cdot {\color {NavyBlue}f(x)}}]_{0}^{\pi }-\int _{0}^{\pi }\underbrace {{\color {WildStrawberry}1}\cdot {\color {NavyBlue}(-\cos(x))}} _{{\color {WildStrawberry}g'(x)}\cdot {\color {NavyBlue}f(x)}}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&=[-x\cdot \cos(x)]_{0}^{\pi }+\int _{0}^{\pi }\cos(x)\,\mathrm {d} x=[-x\cdot \cos(x)]_{0}^{\pi }+[\sin(x)]_{0}^{\pi }\\[0.5em]&=-\pi \cos(\pi )+0\cdot \cos(0)+\sin(\pi )-\sin(0)\\[0.5em]&=-\pi \cdot (-1)=\pi \end{aligned}}$

Hinweis

Bei diesem Beispiel gibt es auch die Möglichkeit $f'(x)=x$ und $g(x)=\sin(x)$ zu wählen. Durch Anwendung der partiellen Integration erhalten wir

$\int _{0}^{\pi }\underbrace {{\color {WildStrawberry}x}\cdot {\color {NavyBlue}\sin(x)}} _{{\color {WildStrawberry}f'(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}}\,\mathrm {d} x=\underbrace {\left[{\color {WildStrawberry}{\frac {1}{2}}x^{2}}\cdot {\color {NavyBlue}\sin(x)}\right]_{0}^{\pi }} _{\left[{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}\right]_{0}^{\pi }}-\int _{0}^{\pi }\underbrace {{\color {WildStrawberry}{\frac {1}{2}}x^{2}}\cdot {\color {NavyBlue}\cos(x)}} _{{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g'(x)}}\,\mathrm {d} x$

Das nun neu entstandene Integral ${\textstyle \int _{0}^{\pi }{\tfrac {1}{2}}x^{2}\cdot \cos(x)\,\mathrm {d} x}$ ist allerdings „komplizierter“ als das ursprüngliche Integral ${\textstyle \int _{0}^{\pi }x\cdot \sin(x)\,\mathrm {d} x}$. Die Anwendung der partiellen Integration in dieser Form ist nicht sinnvoll. Man muss also durchaus probieren, ob eine partielle Integration sinnvoll ist oder nicht.

Typ: ${\textstyle \int p(x)\cdot f'(x)\,\mathrm {d} x}$ mit einer Polynomfunktion $p$

Die partielle Integration ist bei Funktionen nützlich, die sich als Produkt einer Polynomfunktion und einer integrierbaren Funktion schreiben lassen. Das hat den Hintergrund, dass der Grad der Polynomfunktion mit jeder Ableitung um einen Grad reduziert wird. Die integrierbare Funktion wird dabei als $f'$ und die Polynomfunktion als $g$ gewählt. Dabei sollte jedoch die Stammfunktion $f$ nicht „komplizierter“ als $f'$ sein.

Beispiel

Als Beispiel betrachten wir das unbestimmte Integral ${\textstyle \int e^{x}\cdot \left(2-x^{2}\right)\,\mathrm {d} x}$. Setzen wir bei jedem partiellen Integrationsschritt $f'(x)=e^{x}$ und $g(x)$ den übrigen (Polynom-)Term unter dem Integral, so ergibt sich:

${\begin{aligned}\int \underbrace {{\color {WildStrawberry}e^{x}}\cdot {\color {NavyBlue}\left(2-x^{2}\right)}} _{{\color {WildStrawberry}f'(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}}\,\mathrm {d} x&=\underbrace {{\color {WildStrawberry}e^{x}}\cdot {\color {NavyBlue}\left(2-x^{2}\right)}} _{{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}}-\int \underbrace {{\color {WildStrawberry}e^{x}}\cdot {\color {NavyBlue}(-2x)}} _{{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g'(x)}}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&=e^{x}\cdot \left(2-x^{2}\right)+\int \underbrace {{\color {WildStrawberry}e^{x}}\cdot {\color {NavyBlue}2x}} _{{\color {WildStrawberry}f'(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&=e^{x}\cdot \left(2-x^{2}\right)+\left(\underbrace {{\color {WildStrawberry}e^{x}}\cdot {\color {NavyBlue}2x}} _{{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}}-\int \underbrace {{\color {WildStrawberry}e^{x}}\cdot {\color {NavyBlue}2}} _{{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g'(x)}}\,\mathrm {d} x\right)\\[0.5em]&=e^{x}\cdot \left(2-x^{2}\right)+e^{x}\cdot 2x-2\cdot e^{x}+C\\[0.3em]&=e^{x}\cdot \left(2-x^{2}+2x-2\right)+C=e^{x}\cdot \left(2x-x^{2}\right)+C\end{aligned}}$

Hier mussten wir mehrfach partiell integrieren, um die gewünschte Stammfunktion zu erhalten. Da die trigonometrischen Funktionen $\sin(x)$ und $\cos(x)$ sich analog zu der Exponentialfunktion ebenfalls leicht integrieren lassen, bietet sich obige Methode auch für diese Funktionen als $f'$ an.

Typ: ${\textstyle \int 1\cdot f'(x)\,\mathrm {d} x}$

Manchmal hilft es, die zu integrierende Funktion mit dem Faktor $1$ zu multiplizieren. Dadurch erhält der Integrand die gewünschte Form $f'g$ mit $f'(x)=1$ und $g$ gleich der ursprünglichen Funktion. Durch eine partielle Integration ist es manchmal möglich, die ursprüngliche Funktion zu integrieren:

Beispiel

Die Menge aller Stammfunktionen von $\ln(x)$ kann folgendermaßen gefunden werden:

${\begin{aligned}\int \ln(x)\,\mathrm {d} x&=\int \underbrace {{\color {WildStrawberry}1}\cdot {\color {NavyBlue}\ln(x)}} _{{\color {WildStrawberry}f'(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}}\,\mathrm {d} x=\underbrace {{\color {WildStrawberry}x}\cdot {\color {NavyBlue}\ln(x)}} _{{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}}-\int \underbrace {{\color {WildStrawberry}x}\cdot {\color {NavyBlue}{1 \over x}}} _{{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g'(x)}}\,\mathrm {d} x\\&=x\cdot \ln(x)-\int 1\,\mathrm {d} x=x\cdot \ln(x)-x+C\end{aligned}}$

Diese Vorgehensweise ist beim Integrieren von Umkehrfunktionen oft vorteilhaft. Weitere Beispiele sind ${\textstyle \int \arctan(x)\,\mathrm {d} x}$ und ${\textstyle \int \arcsin(x)\,\mathrm {d} x}$.

Indirekte Berechnung von Integralen

Bei der partiellen Integration wird häufig das ursprüngliche Integral durch partielle Integration vereinfacht, um es anschließend berechnen zu können. Bei manchen Integralen gibt es durch (mehrfache) partielle Integration die Möglichkeit, dass das ursprüngliche Integral wiederkehrt. Durch Äquivalenzumformungen kann dieses dann bestimmt werden. Mittels eines Beispiels lässt sich der Trick am besten nachvollziehen:

Beispiel

Als Beispiel wollen wir das unbestimmte Integral ${\textstyle \int \sin(x)\cdot \cos(x)\,\mathrm {d} x}$ berechnen. Wir setzen $g(x)=\cos(x)$ und $f'(x)=\sin(x)$ erhalten:

${\begin{aligned}\int \underbrace {{\color {WildStrawberry}\sin(x)}\cdot {\color {NavyBlue}\cos(x)}} _{{\color {WildStrawberry}f'(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}}\,\mathrm {d} x&=\underbrace {{\color {WildStrawberry}-\cos(x)}\cdot {\color {NavyBlue}\cos(x)}} _{{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}}-\int \underbrace {{\color {WildStrawberry}(-\cos(x))}\cdot {\color {NavyBlue}(-\sin(x))}} _{{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g'(x)}}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&=-\cos ^{2}(x)-\int \sin(x)\cdot \cos(x)\,\mathrm {d} x\end{aligned}}$

Addieren wir auf beiden Seiten der Gleichung das Ausgangsintegral $\int \sin(x)\cdot \cos(x)\,\mathrm {d} x$, so folgt

${\begin{aligned}&2\int \sin(x)\cdot \cos(x)\,\mathrm {d} x=-\cos ^{2}(x)\\[0.5em]\implies &\int \sin(x)\cdot \cos(x)\,\mathrm {d} x=-{\frac {1}{2}}\cos ^{2}(x)\end{aligned}}$

So haben wir eine Stammfunktion gefunden. Alle Stammfunktionen haben somit die Form

$\int \sin(x)\cdot \cos(x)\,\mathrm {d} x=-{\frac {1}{2}}\cos ^{2}(x)+C$

Herleitung von Rekursionsformeln

Mit Hilfe der partiellen Integration lassen sich Rekursionsformeln für Integrale bestimmen. Zwei beliebte Beispiele sind die Integrale

$\int \sin ^{n}(x)\,\mathrm {d} x$

und

$\int \cos ^{n}(x)\,\mathrm {d} x$

für $n\in \mathbb {N}$, $n\geq 2$. Der Trick dabei ist es die Integranden als Produkt $\sin(x)\cdot \sin ^{n-1}(x)$ bzw. $\cos(x)\cdot \cos ^{n-1}(x)$ zu schreiben, und anschließend partiell zu integrieren. Wir führen dies am ersten Integral vor:

Beispiel (Rekursionsformel für Integral)

Wir wollen eine Rekursionsformel für das Integral $\int \sin ^{n}(x)\,\mathrm {d} x$ herleiten, mit der wir sukzessive die Potenz $n$ verringern können.

${\begin{aligned}\int \sin ^{n}(x)\,\mathrm {d} x&=\int \underbrace {\sin(x)\cdot \sin ^{n-1}(x)} _{f'(x)\cdot g(x)}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration von}}\ f'(x)=\sin(x)\ {\text{und}}\ g(x)=\sin ^{n-1}(x)\ \Longrightarrow \ f(x)=-\cos(x)\ {\text{und}}\ g'(x)=(n-1)\sin ^{n-2}(x)\cos(x)\right.}\\[0.3em]&=\underbrace {-\cos(x)\cdot \sin ^{n-1}(x)} _{f(x)\cdot g(x)}-\int \underbrace {(-\cos(x))\cdot (n-1)\sin ^{n-2}(x)\cos(x)} _{f(x)\cdot g'(x)}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&=-\cos(x)\cdot \sin ^{n-1}(x)+(n-1)\int \cos ^{2}(x)\sin ^{n-2}(x)\,\mathrm {d} x\end{aligned}}$

Nun möchten wir, dass auf der rechten Seite wieder ein Integral der Form $\int \sin ^{m}(x)\,\mathrm {d} x$ mit $m\leq n$ steht. Dazu wenden wir den trigonometrischen Pythagoras

$\sin ^{2}(x)+\cos ^{2}(x)=1\iff \cos ^{2}(x)=1-\sin ^{2}(x)$

an, und erhalten

${\begin{aligned}&\int \sin ^{n}(x)\,\mathrm {d} x=\\[0.3em]&\ =-\cos(x)\cdot \sin ^{n-1}(x)+(n-1)\int \cos ^{2}(x)\sin ^{n-2}(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{trigonometrischer Pythagoras}}\right.}\\[0.3em]&\ =-\cos(x)\cdot \sin ^{n-1}(x)+(n-1)\int (1-\sin ^{2}(x))\sin ^{n-2}(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&\ =-\cos(x)\cdot \sin ^{n-1}(x)+(n-1)\int \sin ^{n-2}(x)\,\mathrm {d} x-(n-1)\int \sin ^{n}(x)\,\mathrm {d} x\end{aligned}}$

Addieren wir $(n-1)\int \sin ^{n}(x)\,\mathrm {d} x$ auf beiden Seiten, so erhalten wir

$n\int \sin ^{n}(x)\,\mathrm {d} x=-\cos(x)\cdot \sin ^{n-1}(x)+(n-1)\int \sin ^{n-2}(x)\,\mathrm {d} x$

Durch Division durch $n$ ergibt sich schließlich die Rekursionsformel

$\int \sin ^{n}(x)\,\mathrm {d} x=-{\frac {1}{n}}\cos(x)\cdot \sin ^{n-1}(x)+{\frac {n-1}{n}}\int \sin ^{n-2}(x)\,\mathrm {d} x$

Verständnisfrage: Wie lautet die Formel, die wir nach erneuter Anwendung der Rekursionsformel erhalten?

Es gilt

${\begin{aligned}&\int \sin ^{n}(x)\,\mathrm {d} x=-{\frac {1}{n}}\cos(x)\cdot \sin ^{n-1}(x)+{\frac {n-1}{n}}\int \sin ^{n-2}(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Anwendung der Rekursionsformel für}}\ n-2\right.}\\[0.3em]&\ =\int \sin ^{n}(x)\,\mathrm {d} x=-{\frac {1}{n}}\cos(x)\cdot \sin ^{n-1}(x)+{\frac {n-1}{n}}\left[-{\frac {1}{n-2}}\cos(x)\cdot \sin ^{n-3}(x)+{\frac {n-3}{n-2}}\int \sin ^{n-4}(x)\,\mathrm {d} x\right]\\[0.3em]&\ =\int \sin ^{n}(x)\,\mathrm {d} x=-{\frac {1}{n}}\cos(x)\cdot \sin ^{n-1}(x)-{\frac {n-1}{n(n-2)}}\cos(x)\cdot \sin ^{n-3}(x)+{\frac {n-1}{n}}\cdot {\frac {n-3}{n-2}}\int \sin ^{n-4}(x)\,\mathrm {d} x\end{aligned}}$

Damit könnten wir nun für beliebige $n\in \mathbb {N}$, $n\geq 2$ Stammfunktionen von $\sin ^{n}(x)$ bestimmen. Nach wiederholtem Anwenden der Rekusionsformel landen wir schließlich beim Integral

$\int \sin ^{1}(x)\,\mathrm {d} x=\int \sin(x)\,\mathrm {d} x=-\cos(x)+C$ (für ungerade $n$)

und

$\int \sin ^{0}(x)\,\mathrm {d} x=\int 1\,\mathrm {d} x=x+C$ (für gerade $n$)

Verständnisfrage: Bestimme mit Hilfe der Rekursionsformel Stammfunktionen von $\sin ^{2}(x)$ und $\sin ^{3}(x)$.

Es gilt

$\int \sin ^{2}(x)\,\mathrm {d} x=-{\frac {1}{2}}\cos(x)\cdot \sin ^{1}(x)+{\frac {1}{2}}\int \sin ^{0}(x)\,\mathrm {d} x=-{\frac {1}{2}}\cos(x)\sin(x)+{\frac {1}{2}}x+C$

und

$\int \sin ^{3}(x)\,\mathrm {d} x=-{\frac {1}{3}}\cos(x)\cdot \sin ^{2}(x)+{\frac {1}{3}}\int \sin ^{1}(x)\,\mathrm {d} x=-{\frac {1}{3}}\cos(x)\sin ^{2}(x)-{\frac {2}{3}}\cos(x)+C$

Ebenso können wir bestimmte Integrale mit der Rekursionsformel berechnen. Setzen wir die Integralgrenzen gleich $0$ und ${\frac {\pi }{2}}$, so gilt für gerade Potenzen

${\begin{aligned}I_{2n}&=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin ^{2n}(x)\,\mathrm {d} x=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&=\underbrace {\left[-{\frac {1}{2n}}\cos(x)\cdot \sin ^{2n-1}(x)\right]_{0}^{\frac {\pi }{2}}} _{=0}+{\frac {2n-1}{2n}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin ^{2n-2}(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&={\frac {2n-1}{2n}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin ^{2n-2}(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {2n-1}{2n}}\underbrace {\left[-{\frac {1}{2n-2}}\cos(x)\cdot \sin ^{2n-3}(x)\right]_{0}^{\frac {\pi }{2}}} _{=0}+{\frac {2n-1}{2n}}\cdot {\frac {2n-3}{2n-2}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin ^{2n-4}(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Wiederholtes Anwenden der Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {2n-1}{2n}}\cdot {\frac {2n-3}{2n-2}}\cdot \ldots \cdot {\frac {3}{4}}\cdot {\frac {1}{2}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin ^{0}(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&={\frac {2n-1}{2n}}\cdot {\frac {2n-3}{2n-2}}\cdot \ldots \cdot {\frac {3}{4}}\cdot {\frac {1}{2}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}1\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&={\frac {2n-1}{2n}}\cdot {\frac {2n-3}{2n-2}}\cdot \ldots \cdot {\frac {3}{4}}\cdot {\frac {1}{2}}\cdot [x]_{0}^{\frac {\pi }{2}}\\[0.3em]&={\frac {2n-1}{2n}}\cdot {\frac {2n-3}{2n-2}}\cdot \ldots \cdot {\frac {3}{4}}\cdot {\frac {1}{2}}\cdot {\frac {\pi }{2}}\\[0.3em]&={\frac {\pi }{2}}\cdot \prod _{k=1}^{n}{\frac {2k-1}{2k}}\end{aligned}}$

Ebenso gilt für ungerade Potenzen

$I_{2n+1}=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin ^{2n+1}(x)\,\mathrm {d} x={\frac {2n}{2n+1}}\cdot {\frac {2n-2}{2n-1}}\cdot \ldots \cdot {\frac {4}{5}}\cdot {\frac {2}{3}}=\prod _{k=1}^{n}{\frac {2k}{2k+1}}$

Verständnisfrage: Warum gilt die Formel für $I_{2n+1}$?

${\begin{aligned}I_{2n+1}&=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin ^{2n+1}(x)\,\mathrm {d} x=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&=\underbrace {\left[-{\frac {1}{2n+1}}\cos(x)\cdot \sin ^{2n}(x)\right]_{0}^{\frac {\pi }{2}}} _{=0}+{\frac {2n}{2n+1}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin ^{2n-1}(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&={\frac {2n}{2n+1}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin ^{2n-1}(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {2n}{2n+1}}\underbrace {\left[-{\frac {1}{2n-1}}\cos(x)\cdot \sin ^{2n-2}(x)\right]_{0}^{\frac {\pi }{2}}} _{=0}+{\frac {2n}{2n+1}}\cdot {\frac {2n-2}{2n-1}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin ^{2n-3}(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Wiederholtes Anwenden der Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {2n}{2n+1}}\cdot {\frac {2n-2}{2n-1}}\cdot \ldots \cdot {\frac {4}{5}}\cdot {\frac {2}{3}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin ^{1}(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&={\frac {2n}{2n+1}}\cdot {\frac {2n-2}{2n-1}}\cdot \ldots \cdot {\frac {4}{5}}\cdot {\frac {2}{3}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&={\frac {2n}{2n+1}}\cdot {\frac {2n-2}{2n-1}}\cdot \ldots \cdot {\frac {4}{5}}\cdot {\frac {2}{3}}\cdot \underbrace {[-\cos(x)]_{0}^{\frac {\pi }{2}}} _{=-0+1=1}\\[0.3em]&={\frac {2n}{2n+1}}\cdot {\frac {2n-2}{2n-1}}\cdot \ldots \cdot {\frac {4}{5}}\cdot {\frac {2}{3}}\\[0.3em]&=\prod _{k=1}^{n}{\frac {2k}{2k+1}}\end{aligned}}$

Aufgabe (Rekursionsformel für die n-te Potenz des Kosinus)

Löse folgende Aufgaben:

1. Bestimme eine Rekursionsformel für $\int \cos ^{n}(x)\mathrm {d} x$ und damit Stammfunktionen von $\cos ^{2}(x)$ und $\cos ^{3}(x)$.
2. Berechne mit der Rekursionsformel die Integrale $J_{2n}=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{2n}(x)\mathrm {d} x$ und $J_{2n+1}=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{2n+1}(x)\mathrm {d} x$ mit $n\in \mathbb {N} _{0}$.
3. Zeige die Formel für das wallissche Produkt $\prod _{k=1}^{\infty }{\frac {2k\cdot 2k}{(2k-1)(2k+1)}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {2\cdot 2}{1\cdot 3}}\cdot {\frac {4\cdot 4}{3\cdot 5}}\cdot \ldots \cdot {\frac {2n\cdot 2n}{(2n-1)(2n+1)}}={\frac {\pi }{2}}$, indem du den Grenzwert $\lim _{n\to \infty }{\frac {J_{2n+1}}{J_{2n}}}$ (oder $\lim _{n\to \infty }{\frac {I_{2n+1}}{I_{2n}}}$) bestimmst.

Lösung (Rekursionsformel für die n-te Potenz des Kosinus)

Lösung Teilaufgabe 1:

${\begin{aligned}&\int \cos ^{n}(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&\ =\int \cos(x)\cdot \cos ^{n-1}(x)\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit}}\ f'(x)=\cos(x)\ {\text{und}}\ g(x)=\cos ^{n-1}(x)\Longrightarrow f(x)=\sin(x)\ {\text{und}}\ g'(x)=(n-1)\cos ^{n-2}(x)(-\sin(x))\right.}\\[0.3em]&\ =\sin(x)\cdot \cos ^{n-1}(x)+(n-1)\int \sin ^{2}(x)\cos ^{n-2}(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{trigonometrischer Pythagoras}}\right.}\\[0.3em]&\ =\sin(x)\cdot \cos ^{n-1}(x)+(n-1)\int (1-\cos ^{2}(x))\cos ^{n-2}(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&\ =\sin(x)\cdot \cos ^{n-1}(x)+(n-1)\int \cos ^{n-2}(x)\,\mathrm {d} x-(n-1)\int \cos ^{n}(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]\iff &n\int \cos ^{n}(x)\,\mathrm {d} x=\sin(x)\cdot \cos ^{n-1}(x)+(n-1)\int \cos ^{n-2}(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]\iff &\int \cos ^{n}(x)\,\mathrm {d} x={\frac {1}{n}}\sin(x)\cdot \cos ^{n-1}(x)+{\frac {n-1}{n}}\int \cos ^{n-2}(x)\,\mathrm {d} x\end{aligned}}$

Damit folgt

${\begin{aligned}\int \cos ^{2}(x)\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}\sin(x)\cdot \cos(x)+{\frac {1}{2}}\int \cos ^{0}(x)\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}\sin(x)\cos(x)+{\frac {1}{2}}\int 1\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}\sin(x)\cos(x)+{\frac {1}{2}}x+C\end{aligned}}$

sowie

${\begin{aligned}\int \cos ^{3}(x)\,\mathrm {d} x={\frac {1}{3}}\sin(x)\cdot \cos ^{2}(x)+{\frac {2}{3}}\int \cos ^{1}(x)\,\mathrm {d} x={\frac {1}{3}}\sin(x)\cos ^{2}(x)+{\frac {2}{3}}\int \cos(x)\,\mathrm {d} x={\frac {1}{3}}\sin(x)\cos ^{2}(x)+{\frac {2}{3}}\sin(x)+C\end{aligned}}$

Lösung Teilaufgabe 2:

${\begin{aligned}J_{2n}&=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{2n}(x)\,\mathrm {d} x=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&=\underbrace {\left[{\frac {1}{2n}}\sin(x)\cdot \cos ^{2n-1}(x)\right]_{0}^{\frac {\pi }{2}}} _{=0}+{\frac {2n-1}{2n}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{2n-2}(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&={\frac {2n-1}{2n}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{2n-2}(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {2n-1}{2n}}\underbrace {\left[{\frac {1}{2n-2}}\sin(x)\cdot \cos ^{2n-3}(x)\right]_{0}^{\frac {\pi }{2}}} _{=0}+{\frac {2n-1}{2n}}\cdot {\frac {2n-3}{2n-2}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{2n-4}(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Wiederholtes Anwenden der Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {2n-1}{2n}}\cdot {\frac {2n-3}{2n-2}}\cdot \ldots \cdot {\frac {3}{4}}\cdot {\frac {1}{2}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{0}(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&={\frac {2n-1}{2n}}\cdot {\frac {2n-3}{2n-2}}\cdot \ldots \cdot {\frac {3}{4}}\cdot {\frac {1}{2}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}1\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&={\frac {2n-1}{2n}}\cdot {\frac {2n-3}{2n-2}}\cdot \ldots \cdot {\frac {3}{4}}\cdot {\frac {1}{2}}\cdot [x]_{0}^{\frac {\pi }{2}}\\[0.3em]&={\frac {2n-1}{2n}}\cdot {\frac {2n-3}{2n-2}}\cdot \ldots \cdot {\frac {3}{4}}\cdot {\frac {1}{2}}\cdot {\frac {\pi }{2}}\\[0.3em]&={\frac {\pi }{2}}\cdot \prod _{k=1}^{n}{\frac {2k-1}{2k}}\end{aligned}}$

${\begin{aligned}J_{2n+1}&=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{2n+1}(x)\,\mathrm {d} x=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&=\underbrace {\left[{\frac {1}{2n+1}}\sin(x)\cdot \cos ^{2n}(x)\right]_{0}^{\frac {\pi }{2}}} _{=0}+{\frac {2n}{2n+1}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{2n-1}(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&={\frac {2n}{2n+1}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{2n-1}(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {2n}{2n+1}}\underbrace {\left[{\frac {1}{2n-1}}\sin(x)\cdot \cos ^{2n-2}(x)\right]_{0}^{\frac {\pi }{2}}} _{=0}+{\frac {2n}{2n+1}}\cdot {\frac {2n-2}{2n-1}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{2n-3}(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Wiederholtes Anwenden der Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {2n}{2n+1}}\cdot {\frac {2n-2}{2n-1}}\cdot \ldots \cdot {\frac {4}{5}}\cdot {\frac {2}{3}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{1}(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&={\frac {2n}{2n+1}}\cdot {\frac {2n-2}{2n-1}}\cdot \ldots \cdot {\frac {4}{5}}\cdot {\frac {2}{3}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&={\frac {2n}{2n+1}}\cdot {\frac {2n-2}{2n-1}}\cdot \ldots \cdot {\frac {4}{5}}\cdot {\frac {2}{3}}\cdot \underbrace {[\sin(x)]_{0}^{\frac {\pi }{2}}} _{=1-0=1}\\[0.3em]&={\frac {2n}{2n+1}}\cdot {\frac {2n-2}{2n-1}}\cdot \ldots \cdot {\frac {4}{5}}\cdot {\frac {2}{3}}\\[0.3em]&=\prod _{k=1}^{n}{\frac {2k}{2k+1}}\end{aligned}}$

Lösung Teilaufgabe 3:

$\cos ^{2n}(x)\geq \cos ^{2n+1}(x)\geq \cos ^{2n+2}(x)$

Aus der Monotonie des Integrals folgt

$\underbrace {\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{2n}(x)\mathrm {d} x} _{J_{2n}}\geq \underbrace {\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{2n+1}(x)\mathrm {d} x} _{J_{2n+1}}\geq \underbrace {\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{2n+2}(x)\mathrm {d} x} _{=J_{2n+2}}$

Drehen wir diese Gleichung um, und teilen Sie durch $J_{2n}>0$, so erhalten wir

${\frac {J_{2n+2}}{J_{2n}}}\leq {\frac {J_{2n+1}}{J_{2n}}}\leq \underbrace {\frac {J_{2n}}{J_{2n}}} _{=1}$

Außerdem gilt

${\frac {J_{2n+2}}{J_{2n}}}={\frac {{\frac {2n+1}{2n+2}}\cdot \cdot {\frac {2n-1}{2n}}\cdot {\frac {2n-3}{2n-2}}\cdot \ldots \cdot {\frac {3}{4}}\cdot {\frac {1}{2}}\cdot {\frac {\pi }{2}}}{{\frac {2n-1}{2n}}\cdot {\frac {2n-3}{2n-2}}\cdot \ldots \cdot {\frac {3}{4}}\cdot {\frac {1}{2}}\cdot {\frac {\pi }{2}}}}={\frac {2n+1}{2n+2}}={\frac {2+{\frac {1}{n}}}{2+{\frac {2}{n}}}}\to {\frac {2}{2}}=1$

Mit dem Sandwichsatz folgt $\lim _{n\to \infty }{\frac {J_{2n+1}}{J_{2n}}}=1$. Wegen ${\frac {J_{2n+1}}{J_{2n}}}={\frac {2}{\pi }}\cdot \prod _{k=1}^{n}{\frac {2k\cdot 2k}{(2k-1)(2k+1)}}$ ergibt sich daraus

$\lim _{n\to \infty }{\frac {J_{2n+1}}{J_{2n}}}={\frac {2}{\pi }}\cdot \prod _{k=1}^{\infty }{\frac {2k\cdot 2k}{(2k-1)(2k+1)}}=1$

Multiplizieren wir diese Gleichung mit ${\tfrac {\pi }{2}}$, so folgt die Behauptung.

Riemannsches Lemma

Aufgabe (Riemannsches Lemma)

Sei $f:[a,b]\to \mathbb {R}$ eine stetig differenzierbare Funktion. Für $k\in \mathbb {R}$ sei

$F(k)=\int _{a}^{b}f(x)\sin(kx)\;\mathrm {d} x$

Zeige, dass dann $\lim _{|k|\to \infty }F(k)=0$ gilt.

Beweis (Riemannsches Lemma)

Durch Anwendung von partieller Integration erhalten wir zunächst zweimal den Vorfaktor ${\tfrac {1}{k}}$:

${\begin{aligned}F(k)&=\int _{a}^{b}\underbrace {{\color {NavyBlue}f(x)}\cdot {\color {WildStrawberry}\sin(kx)}} _{{\color {NavyBlue}g(x)}\cdot {\color {WildStrawberry}f'(x)}}\,\mathrm {d} x=\underbrace {\left[{\color {NavyBlue}f(x)}\cdot {\color {WildStrawberry}\left(-{\frac {1}{k}}\cos(kx)\right)}\right]_{a}^{b}} _{{\color {NavyBlue}g(x)}\cdot {\color {WildStrawberry}f(x)}}-\int _{a}^{b}\underbrace {{\color {NavyBlue}f'(x)}\cdot {\color {WildStrawberry}\left(-{\frac {1}{k}}\cos(kx)\right)}} _{{\color {NavyBlue}g'(x)}\cdot {\color {WildStrawberry}f(x)}}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&=\left[-{\frac {1}{k}}f(x)\cos(kx)\right]_{a}^{b}+{\frac {1}{k}}\int _{a}^{b}f'(x)\cos(kx)\,\mathrm {d} x\end{aligned}}$

Da $f$ nach Voraussetzung stetig differenzierbar ist, sind nach dem Satz vom Minimum und Maximum sowohl $f$ als auch die Ableitungsfunktion $f'$ auf $[a,b]$ beschränkt. D.h. es existiert ein $M>0$ mit $|f(x)|\leq M$ und $|f'(x)|\leq M$. Damit folgt

${\begin{aligned}|F(k)|&=\left|\left[-{\frac {1}{k}}f(x)\cos(kx)\right]_{a}^{b}+{\frac {1}{k}}\int _{a}^{b}f'(x)\cos(kx)\,\mathrm {d} x\right|\\[0.5em]&=\left|-{\frac {1}{k}}f(b)\cos(kb)+{\frac {1}{k}}f(a)\cos(ka)+{\frac {1}{k}}\int _{a}^{b}f'(x)\cos(kx)\,\mathrm {d} x\right|\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Dreiecksungleichung }}\right.}\\[0.5em]&\leq \left|-{\frac {1}{k}}f(b)\cos(kb)\right|+\left|{\frac {1}{k}}f(a)\cos(ka)\right|+\left|{\frac {1}{k}}\int _{a}^{b}f'(x)\cos(kx)\,\mathrm {d} x\right|\\[0.5em]&\leq {\left|{\frac {1}{k}}\right|}\underbrace {\left|f(b)\right|} _{\leq M}\underbrace {\left|\cos(kb)\right|} _{\leq 1}+{\left|{\frac {1}{k}}\right|}\underbrace {\left|f(a)\right|} _{\leq M}\underbrace {\left|\cos(ka)\right|} _{\leq 1}+{\left|{\frac {1}{k}}\right|}\int _{a}^{b}\underbrace {\left|f'(x)\right|} _{\leq M}\underbrace {\left|\cos(kx)\right|} _{\leq 1}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&\leq {\left|{\frac {1}{k}}\right|}M+{\left|{\frac {1}{k}}\right|}M+{\left|{\frac {1}{k}}\right|}M\underbrace {\int _{a}^{b}1\,\mathrm {d} x} _{=\left[x\right]_{a}^{b}=b-a}\\[0.5em]&={\left|{\frac {1}{k}}\right|}M+{\left|{\frac {1}{k}}\right|}M+{\left|{\frac {1}{k}}\right|}M(b-a)\end{aligned}}$

Da $M$ und $b-a$ konstant sind, konvergiert der letzte Ausdruck nun mit $k\to \pm \infty$ gegen null. Damit folgt die Behauptung.

Aufgaben

Aufgabe (Partielle Integration)

Berechne

1. $\int _{1}^{e}x\ln(x)\,\mathrm {d} x$ und $\int _{1}^{e}x^{2}\ln(x)\,\mathrm {d} x$
2. $\int \arcsin(x)\,\mathrm {d} x$ und $\int \arctan(x)\,\mathrm {d} x$
3. $\int _{0}^{\pi }x^{2}\sin(x)\,\mathrm {d} x$ und $\int _{0}^{\pi }x^{2}\cos(x)\,\mathrm {d} x$
4. $\int e^{x}\sin(x)\,\mathrm {d} x$ und $\int e^{x}\cos(x)\,\mathrm {d} x$

Lösung (Partielle Integration)

Lösung Teilaufgabe 1:

Beide Integrale sind nach einmaliger partieller Integration zu lösen. Setzen wir jeweils $g(x)=\ln(x)$, so vereinfachen sich die Integrale deutlich:

${\begin{aligned}&\int _{1}^{e}x\ln(x)\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit}}\ f'(x)=x\ {\text{und}}\ g(x)=\ln(x)\ \Longrightarrow \ f(x)={\frac {1}{2}}x^{2}\ {\text{und}}\ g'(x)={\frac {1}{x}}\right.}\\[0.5em]&\ =[\underbrace {{\frac {1}{2}}x^{2}\ln(x)} _{f(x)g(x)}]_{1}^{e}-\int _{1}^{e}\underbrace {{\frac {1}{2}}x^{2}\cdot {\frac {1}{x}}} _{f(x)g'(x)}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&\ =[{\frac {1}{2}}x^{2}\ln(x)]_{1}^{e}-\int _{1}^{e}{\frac {1}{2}}x\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{HDI}}\right.}\\[0.5em]&\ =[{\frac {1}{2}}x^{2}\ln(x)]_{1}^{e}+[{\frac {1}{4}}x^{2}]_{1}^{e}\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Auswerten}}\right.}\\[0.5em]&\ ={\frac {1}{2}}\cdot e^{2}\underbrace {\ln(e)} _{=1}-{\frac {1}{2}}\cdot 1^{2}\underbrace {\ln(1)} _{=0}-{\frac {1}{4}}\cdot e^{2}+{\frac {1}{4}}\cdot 1^{2}\\[0.5em]&\ ={\frac {1}{2}}e^{2}-{\frac {1}{4}}e^{2}+{\frac {1}{4}}\\[0.5em]&\ ={\frac {1}{4}}e^{2}+{\frac {1}{4}}\end{aligned}}$

${\begin{aligned}&\int _{1}^{e}x^{2}\ln(x)\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit}}\ f'(x)=x^{2}\ {\text{und}}\ g(x)=\ln(x)\ \Longrightarrow \ f(x)={\frac {1}{3}}x^{3}\ {\text{und}}\ g'(x)={\frac {1}{x}}\right.}\\[0.5em]&\ =[\underbrace {{\frac {1}{3}}x^{3}\ln(x)} _{f(x)g(x)}]_{1}^{e}-\int _{1}^{e}\underbrace {{\frac {1}{3}}x^{3}\cdot {\frac {1}{x}}} _{f(x)g'(x)}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&\ =[{\frac {1}{3}}x^{3}\ln(x)]_{1}^{e}-\int _{1}^{e}{\frac {1}{3}}x^{2}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{HDI}}\right.}\\[0.5em]&\ =[{\frac {1}{3}}x^{3}\ln(x)]_{1}^{e}+[{\frac {1}{9}}x^{3}]_{1}^{e}\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Auswerten}}\right.}\\[0.5em]&\ ={\frac {1}{3}}\cdot e^{3}\underbrace {\ln(e)} _{=1}-{\frac {1}{3}}\cdot 1^{3}\underbrace {\ln(1)} _{=0}-{\frac {1}{9}}\cdot e^{3}+{\frac {1}{9}}\cdot 1^{3}\\[0.5em]&\ ={\frac {1}{3}}e^{3}-{\frac {1}{9}}e^{3}+{\frac {1}{9}}\\[0.5em]&\ ={\frac {2}{9}}e^{3}+{\frac {1}{9}}\end{aligned}}$

Lösung Teilaufgabe 2:

Hier müssen wir jeweils $f'(x)=1$ ergänzen. Dann folgt nach Anwendung der partiellen Integration:

Erstes Integral:

${\begin{aligned}\int \arctan(x)\,\mathrm {d} x&=\int 1\cdot \arctan(x)\,\mathrm {d} x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}f'(x)=1\ {\text{und}}\ g(x)=\arctan(x)\Longrightarrow f(x)=x\ {\text{und}}\ g'(x)={\frac {1}{1+x^{2}}}\right.}\\&=\underbrace {x\cdot \arctan(x)} _{f(x)\cdot g(x)}-\int \underbrace {x\cdot {\frac {1}{1+x^{2}}}} _{f(x)\cdot g'(x)}\,\mathrm {d} x\\\end{aligned}}$

Als nächstes wollen wir das Integral $\int {\frac {x}{1+x^{2}}}\,\mathrm {d} x$ bestimmen. Dazu benutzen wir die Substitutionsregel aus dem vorherigen Kapitel. Wir setzen $t=1+x^{2}$, da im Zähler ${\tfrac {1}{2}}$ Mal die Ableitung dieser Funktion steht. Dann gilt $\mathrm {d} t=2x\mathrm {d} x$ ,und umgestellt $\mathrm {d} x={\frac {1}{2x}}\mathrm {d} t$. Damit folgt

${\begin{aligned}&\int {\frac {x}{1+x^{2}}}\,\mathrm {d} x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}t=1+x^{2}\Longrightarrow \mathrm {d} x={\frac {1}{2x}}\mathrm {d} t\right.}\\&\ =\int {\frac {x}{t}}({\frac {1}{2x}})\,\mathrm {d} t\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Zusammenfassen}}\right.}\\&\ =\int {\frac {1}{2t}}\,\mathrm {d} t\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Integration von }}{\frac {1}{2t}}\right.}\\&\ ={\frac {1}{2}}\ln(t)+C\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution}}\right.}\\&\ ={\frac {1}{2}}\ln(1+x^{2})+C\\\end{aligned}}$

Insgesamt folgt

$\int \arctan(x)\,\mathrm {d} x=x\arctan(x)-{\frac {1}{2}}\ln(1+x^{2})+C$

Zweites Integral:

${\begin{aligned}\int \arcsin(x)\,\mathrm {d} x&=\int 1\cdot \arcsin(x)\,\mathrm {d} x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}f'(x)=1\ {\text{und}}\ g(x)=\arcsin(x)\Longrightarrow f(x)=x\ {\text{und}}\ g'(x)={\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}\right.}\\&\ =\underbrace {x\cdot \arcsin(x)} _{f\cdot g}-\int \underbrace {x\cdot {\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}} _{f\cdot g'}\,\mathrm {d} x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}t=1-x^{2}\Longrightarrow \mathrm {d} x=-{\frac {1}{2x}}\mathrm {d} t\right.}\\&\ =x\arcsin(x)-\int x\cdot {\frac {1}{\sqrt {t}}}(-{\frac {1}{2x}})\,\mathrm {d} t\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Zusammenfassen}}\right.}\\&\ =x\arcsin(x)+\int {\frac {1}{2{\sqrt {t}}}}\,\mathrm {d} t\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Integration von }}{\frac {1}{2{\sqrt {t}}}}\right.}\\&\ =x\arcsin(x)+{\sqrt {t}}+C\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution}}\right.}\\&\ =x\arcsin(x)+{\sqrt {1-x^{2}}}+C\end{aligned}}$

Lösung Teilaufgabe 3:

Bei diesen beiden Integralen sind die Integranden vom Typ „Polynom Mal integrierbare Funktion“. Setzen wir jeweils $g(x)=x^{2}$, so können wir die Integrale nach zweimaliger partieller Integration berechnen.

Erstes Integral:

${\begin{aligned}&\int _{0}^{\pi }x^{2}\sin(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}f'(x)=\sin(x)\ {\text{und}}\ g(x)=x^{2}\ \Longrightarrow \ f(x)=-\cos(x)\ {\text{und}}\ g'(x)=2x\right.}\\[0.3em]&\ =[\underbrace {-x^{2}\cdot \cos(x)} _{f(x)\cdot g(x)}]_{0}^{\pi }-\int _{0}^{\pi }\underbrace {-2x\cos(x)} _{f(x)\cdot g'(x)}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&\ =\left[-x^{2}\cdot \cos(x)\right]_{0}^{\pi }+\int _{0}^{\pi }2x\cos(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}f'(x)=\cos(x)\ {\text{und}}\ g(x)=2x\ \Longrightarrow \ f(x)=\sin(x)\ {\text{und}}\ g'(x)=2\right.}\\[0.3em]&\ =\left[-x^{2}\cdot \cos(x)\right]_{0}^{\pi }+\left[2x\cdot \sin(x)\right]_{0}^{\pi }-\int _{0}^{\pi }2\sin(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{HDI}}\right.}\\[0.3em]&\ =\left[-x^{2}\cdot \cos(x)\right]_{0}^{\pi }+\left[2x\cdot \sin(x)\right]_{0}^{\pi }-\left[-2\cos(x)\right]_{0}^{\pi }\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Auswerten}}\right.}\\[0.3em]&\ =\underbrace {=-\pi ^{2}\cdot (-1)} _{=\pi ^{2}}+\underbrace {0^{2}\cos(0)} _{=0}+\underbrace {2\pi \sin(\pi )-2\cdot 0\cdot \sin(0)} _{=0}+\underbrace {2\cos(\pi )-2\cos(0)} _{-2-2}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Zusammenfassen}}\right.}\\[0.3em]&\ =\pi ^{2}-4\end{aligned}}$

Zweites Integral:

${\begin{aligned}&\int _{0}^{\pi }x^{2}\cos(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}f'(x)=\cos(x)\ {\text{und}}\ g(x)=x^{2}\ \Longrightarrow \ f(x)=\sin(x)\ {\text{und}}\ g'(x)=2x\right.}\\[0.3em]&\ =[\underbrace {x^{2}\cdot \sin(x)} _{f(x)\cdot g(x)}]_{0}^{\pi }-\int \underbrace {2x\sin(x)} _{f(x)\cdot g'(x)}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&\ =\left[x^{2}\cdot \sin(x)\right]_{0}^{\pi }-\int _{0}^{\pi }2x\sin(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}f'(x)=\sin(x)\ {\text{und}}\ g(x)=2x\ \Longrightarrow \ f(x)=-\cos(x)\ {\text{und}}\ g'(x)=2\right.}\\[0.3em]&\ =\left[x^{2}\cdot \sin(x)\right]_{0}^{\pi }-\left[-2x\cdot \cos(x)\right]_{0}^{\pi }-\int _{0}^{\pi }-2\cos(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{HDI}}\right.}\\[0.3em]&\ =\left[x^{2}\cdot \sin(x)\right]_{0}^{\pi }-\left[-2x\cdot \cos(x)\right]_{0}^{\pi }-\left[-2\sin(x)\right]_{0}^{\pi }\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Auswerten}}\right.}\\[0.3em]&\ =\underbrace {\pi ^{2}\cdot \sin(\pi )-0^{2}\sin(0)} _{=0}+\underbrace {2\pi \cos(\pi )-2\cdot 0\cdot \cos(0)} _{-2\pi -0}+\underbrace {2\sin(\pi )-2\sin(0)} _{=0}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Zusammenfassen}}\right.}\\[0.3em]&\ =-2\pi \end{aligned}}$

Lösung Teilaufgabe 4:

Hier integrieren wir erneut zweimal partiell, und lösen die daraus entstehende Gleichung nach dem ursprünglichen Integral auf.

Erstes Integral:

${\begin{aligned}&\int \underbrace {e^{x}\cdot \sin(x)} _{f'(x)\cdot g(x)}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}f'(x)=e^{x}\ {\text{und}}\ g(x)=\sin(x)\ \Longrightarrow \ f(x)=e^{x}\ {\text{und}}\ g'(x)=\cos(x)\right.}\\[0.3em]&\ =\underbrace {e^{x}\cdot \sin(x)} _{f(x)\cdot g(x)}-\int \underbrace {e^{x}\cdot \cos(x)} _{f(x)\cdot g'(x)}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}f'(x)=e^{x}\ {\text{und}}\ g(x)=\cos(x)\ \Longrightarrow \ f(x)=e^{x}\ {\text{und}}\ g'(x)=-\sin(x)\right.}\\[0.3em]&\ =e^{x}\sin(x)-\left(\underbrace {e^{x}\cdot \cos(x)} _{f(x)\cdot g(x)}-\int \underbrace {e^{x}\cdot (-\sin(x))} _{f(x)\cdot g'(x)}\,\mathrm {d} x\right)\\[0.3em]&=e^{x}\sin(x)-e^{x}\cos(x)-\int e^{x}\sin(x)\,\mathrm {d} x\end{aligned}}$

Addieren wir auf beiden Seiten der Gleichung das Ausgangsintegral $\int e^{x}\sin(x)\,\mathrm {d} x$, so folgt

$2\int e^{x}\sin(x)\,\mathrm {d} x=e^{x}\sin(x)-e^{x}\cos(x)$

Dividieren wir beide Seiten durch $2$, so erhalten wir

$\int e^{x}\sin(x)\,\mathrm {d} x={\tfrac {1}{2}}e^{x}\sin(x)-{\tfrac {1}{2}}e^{x}\cos(x)={\tfrac {e^{x}}{2}}(\sin(x)-\cos(x))$

und haben eine Stammfunktion gefunden. Alle Stammfunktionen haben somit die Form

$\int e^{x}\sin(x)\,\mathrm {d} x={\tfrac {e^{x}}{2}}(\sin(x)-\cos(x))+C$

Zweites Integral:

${\begin{aligned}&\int \underbrace {e^{x}\cdot \cos(x)} _{f'(x)\cdot g(x)}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}f'(x)=e^{x}\ {\text{und}}\ g(x)=\cos(x)\ \Longrightarrow \ f(x)=e^{x}\ {\text{und}}\ g'(x)=-\sin(x)\right.}\\[0.3em]&\ =\underbrace {e^{x}\cdot \cos(x)} _{f(x)\cdot g(x)}-\int \underbrace {e^{x}\cdot (-\sin(x))} _{f(x)\cdot g'(x)}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&\ =e^{x}\cos(x)+\int e^{x}\sin(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}f'(x)=e^{x}\ {\text{und}}\ g(x)=\sin(x)\ \Longrightarrow \ f(x)=e^{x}\ {\text{und}}\ g'(x)=\cos(x)\right.}\\[0.3em]&\ =e^{x}\cos(x)+\underbrace {e^{x}\cdot \sin(x)} _{f(x)\cdot g(x)}-\int \underbrace {e^{x}\cdot \cos(x)} _{f(x)\cdot g'(x)}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&=e^{x}\cos(x)+e^{x}\sin(x)-\int e^{x}\cos(x)\,\mathrm {d} x\end{aligned}}$

Addieren wir auf beiden Seiten der Gleichung das Ausgangsintegral $\int e^{x}\cos(x)\,\mathrm {d} x$, so folgt

$2\int e^{x}\cos(x)\,\mathrm {d} x=e^{x}\cos(x)+e^{x}\sin(x)$

Dividieren wir beide Seiten durch $2$, so er haben alle Stammfunktionen die Form

$\int e^{x}\cos(x)\,\mathrm {d} x={\tfrac {e^{x}}{2}}(\cos(x)+\sin(x))+C$

Aufgabe (Rekursionsformeln)

Berechne Rekursionsformeln für

1. $F_{n}=\int x^{n}e^{cx}\,\mathrm {d} x$
2. $G_{n,m}=\int _{0}^{1}x^{n}(1-x)^{m}\,\mathrm {d} x$ und berechne damit den Wert des Integrals.

Lösung (Rekursionsformeln)

Lösung Teilaufgabe 1:

${\begin{aligned}F_{n}&=\int x^{n}e^{cx}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}f'(x)=e^{cx}\ {\text{und}}\ g(x)=x^{n}\ \Longrightarrow \ f(x)={\frac {1}{c}}e^{cx}\ {\text{und}}\ g'(x)=nx^{n-1}\right.}\\[0.3em]&\ =\underbrace {{\frac {1}{c}}e^{cx}x^{n}} _{f(x)\cdot g(x)}-\int \underbrace {{\frac {1}{c}}e^{cx}\cdot nx^{n-1}} _{f(x)\cdot g'(x)}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&\ ={\frac {1}{c}}x^{n}e^{cx}-{\frac {n}{c}}\int x^{n-1}e^{cx}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&\ ={\frac {1}{c}}x^{n}e^{cx}-{\frac {n}{c}}F_{n-1}\end{aligned}}$

Lösung Teilaufgabe 2:

${\begin{aligned}G_{n,m}&=\int _{0}^{1}x^{n}(1-x)^{m}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}f'(x)=(1-x)^{m}\ {\text{und}}\ g(x)=x^{n}\ \Longrightarrow \ f(x)=-{\frac {1}{m+1}}(1-x)^{m+1}\ {\text{und}}\ g'(x)=nx^{n-1}\right.}\\[0.3em]&\ =\left[\underbrace {-{\frac {1}{m+1}}(1-x)^{m+1}x^{n}} _{f(x)\cdot g(x)}\right]_{0}^{1}-\int _{0}^{1}\underbrace {-{\frac {1}{m+1}}(1-x)^{m+1}\cdot nx^{n-1}} _{f(x)\cdot g'(x)}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&\ =0+{\frac {n}{m+1}}\int _{0}^{1}x^{n-1}(1-x)^{m+1}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&\ ={\frac {n}{m+1}}G_{n-1,m+1}\end{aligned}}$

Wenden wir diese Rekursionsformel nun wiederholt an, so erhalten wir

${\begin{aligned}G_{n,m}&=\int _{0}^{1}x^{n}(1-x)^{m}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&\ ={\frac {n}{m+1}}G_{n-1,m+1}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rekursionsformel für}}\ n-1\ {\text{und}}\ m+1\right.}\\[0.3em]&\ ={\frac {n}{m+1}}\cdot {\frac {n-1}{m+2}}G_{n-2,m+2}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ (n-2){\text{- maliges Anwenden der Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&\ ={\frac {n}{m+1}}\cdot {\frac {n-1}{m+2}}\cdot {\frac {n-2}{m+3}}\cdot \ldots \cdot {\frac {2}{n+m-1}}\cdot {\frac {1}{n+m}}G_{0,m+n}\\[0.3em]&\ ={\frac {n\cdot (n-1)\cdot \ldots \cdot 2\cdot 1}{(m+1)\cdot (m+2)\cdot \ldots \cdot (m+n-1)\cdot (m+n)}}\int _{0}^{1}x^{0}(1-x)^{m+n}\\[0.3em]&\ ={\frac {n!}{(m+1)\cdot (m+2)\cdot \ldots \cdot (m+n-1)\cdot (m+n)}}\int _{0}^{1}(1-x)^{m+n}\\[0.3em]&\ ={\frac {n!m!}{m!\cdot (m+1)\cdot (m+2)\cdot \ldots \cdot (m+n-1)\cdot (m+n)}}\left[-{\frac {1}{n+m+1}}(1-x)^{m+n+1}\right]_{0}^{1}\\[0.3em]&\ ={\frac {n!m!}{(m+n)!}}\left[0+{\frac {1}{n+m+1}}\right]\\[0.3em]&\ ={\frac {n!m!}{(n+m+1)!}}\end{aligned}}$