Substitutionsregel für Integrale – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Die Substitutionsregel ist eine Methode zur Bestimmung von bestimmten und unbestimmten Integralen. Diese wird aus der Kettenregel der Ableitung mit Hilfe des Hauptsatzes der Differential- und Integralrechnung gewonnen. Durch diese Regel wird das ursprüngliche Integral in ein anderes Integrationsproblem überführt, welches idealerweise leichter zu lösen ist.

Herleitung

Leider gibt es im Allgemeinen keine „Formeln“ zur Bestimmung von Stammfunktionen, wie es zum Beispiel bei Ableitungen der Fall ist. Jedoch können aus den Ableitungsregeln über den Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung Umformungsregeln für Integrale gewonnen werden. Die Substitutionsregel ist ein solches Beispiel: Wir wissen, dass die Kettenregel $h'(x)=u'(v(x))\cdot v'(x)$ für eine Funktion $h(x)=u(v(x))$ mit differenzierbaren Funktionen $u$ und $v$ gilt. Daher muss umgekehrt eine Funktion $f$ mit der Zuordnungsvorschrift $f(x)=u'(v(x))\cdot v'(x)$ die Funktion $F(x)=u(v(x))$ als Stammfunktion besitzen. Dies kann für die Integralrechnung ausgenutzt werden.

Beispiel (Umkehrung Kettenregel)

Sei die Funktion $f(x):=2x\sin(x^{2})$ gegeben. Wir erkennen, dass die vordere Funktion $x\mapsto 2x$ genau die Ableitung der Funktion $x\mapsto x^{2}$ ist, die „innerhalb“ des Sinus steht. Setzen wir $v'(x)=2x$, $v(x)=x^{2}$ und $u'(x)=\sin(x)$, so ist $f$ von der Form $u'(v(x))\cdot v'(x)$. Nach der Kettenregel hat eine Stammfunktion die Gestalt $F(x)=u(v(x))$. Die Stammfunktion von $u'=\sin$ lautet $u=-\cos$. Daraus folgt, dass $F(x)=-\cos(x^{2})$ eine Stammfunktion von $f(x)=2x\sin(x^{2})$ ist. Durch Ableiten von $F$ können wir dies leicht verifizieren. Für das Integrationsproblem ${\textstyle \int _{0}^{\sqrt {\pi }}2x\sin(x^{2})\,\mathrm {d} x}$ folgt nun mit dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung:

${\begin{aligned}\int _{0}^{\sqrt {\pi }}2x\sin(x^{2})\,\mathrm {d} x&=\int _{0}^{\sqrt {\pi }}\underbrace {{\color {NavyBlue}\sin \left({\color {WildStrawberry}x^{2}}\right)}\cdot {\color {VioletRed}2x}} _{{\color {NavyBlue}u'({\color {WildStrawberry}v(x)})}\cdot {\color {VioletRed}v'(x)}}\,\mathrm {d} x=\left.\underbrace {\color {NavyBlue}-\cos({\color {WildStrawberry}x^{2}})} _{\color {NavyBlue}u({\color {WildStrawberry}v(x)})}\right|_{0}^{\sqrt {\pi }}\\[0.3em]&=-\underbrace {\cos \left({\sqrt {\pi }}^{2}\right)} _{=\ -1}-(-\underbrace {\cos(0)} _{=\ 1})=1+1=2\end{aligned}}$

Allgemeine Formulierung

Damit die Substitutionsregel aus dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung hergeleitet werden kann, nehmen wir alle Voraussetzungen des Hauptsatzes an:

Satz (Substitutionsregel)

Sei $I$ ein reelles Intervall. Seien $v\colon [a,b]\to I$ und $u\colon I\to \mathbb {R}$ zwei stetig differenzierbare Funktionen. Es ist dann

$\int _{a}^{b}{\color {NavyBlue}u'({\color {WildStrawberry}v(x)})}\cdot {\color {VioletRed}v'(x)}\,\mathrm {d} x={\color {WildStrawberry}\left.{\color {Black}\int }\right._{v(a)}^{v(b)}}{\color {NavyBlue}u'(t)}\,\mathrm {d} t={\color {WildStrawberry}\left.{\color {Black}[{\color {NavyBlue}u(x)}]}\right._{v(a)}^{v(b)}}$

Insbesondere gilt

$\int {\color {NavyBlue}u'({\color {WildStrawberry}v(x)})}\cdot {\color {VioletRed}v'(x)}\,\mathrm {d} x={\color {NavyBlue}u({\color {WildStrawberry}v(x)})}+C$

Beweis (Substitutionsregel)

Sei $I$ ein reelles Intervall sowie $v\colon [a,b]\to I$ und $u\colon I\to \mathbb {R}$ stetig differenzierbar. Nach der Kettenregel gilt für die Ableitung der zusammengesetzten Funktion $u\circ v$:

$(u\circ v)'(t)=u'(v(t))v'(t)$

Dann folgt aus dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung (HDI):

${\begin{aligned}&\int _{a}^{b}u'(v(x))\cdot v'(x)\,\mathrm {d} x&{}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{HDI mit }}(u\circ v)'(t)=u'(v(t))v'(t)\right.}\\[0.3em]&{}=[u(v(x)]_{a}^{b}=u(v(b))-u(v(a))=[u(x)]_{v(a)}^{v(b)}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{HDI mit Stammfunktion }}u(x)\right.}\\[0.3em]&{}=\int _{v(a)}^{v(b)}u'(t)\,\mathrm {d} t\end{aligned}}$

Anwendung

Das Ziel bei der Substitution ist es, einen Integranden der Form $f(x)=u'(v(x))\cdot v'(x)$ durch Anwendung der Substitutionsmethode in den „einfacheren“ Integranden $u'(t)$ umzuwandeln.

Anwendungsbeispiel

Beispiel

Gegeben sei das Integral $\textstyle \int _{1}^{3}8x\cdot \sin(x^{2}+4)\;\mathrm {d} x$. Der Integrand ist hier $f(x)=8x\cdot \sin(x^{2}+4)$. Wichtig ist es nun zu erkennen, dass die „äußere“ Funktion $8x$ ein Vielfaches der Ableitung der „inneren“ Funktion $v(x)=x^{2}+4$ ist. Genauer gilt $v'(x)=2x$ und damit $8x=4\cdot v'(x)$. Daher „packen“ wir den Faktor $4$ zur „äußeren“ Funktion $u'$, d.h. wir setzen $u'(x)=4\cdot \sin(x)$. Wir können nun die Substitutionsregel anwenden:

${\begin{aligned}\int _{1}^{3}8x\cdot \sin(x^{2}+4)\;\mathrm {d} x&=\int _{1}^{3}\underbrace {{\color {NavyBlue}4\sin \left({\color {WildStrawberry}x^{2}+4}\right)}\cdot {\color {VioletRed}2x}} _{{\color {NavyBlue}u'({\color {WildStrawberry}v(x)})}\cdot {\color {VioletRed}v'(x)}}\,\mathrm {d} x=\underbrace {{\color {WildStrawberry}\left.{\color {Black}\int }\right._{1^{2}+4}^{3^{2}+4}}{\color {NavyBlue}4\cdot \sin(t)}\;\mathrm {d} t} _{{\color {WildStrawberry}\left.{\color {Black}\int }\right._{v(a)}^{v(b)}}{\color {NavyBlue}u'(t)}\;\mathrm {d} t}\\[0.3em]&=\int _{5}^{13}4\cdot \sin(t)\;\mathrm {d} t=[-4\cdot \cos(t)]_{5}^{13}\\[0.3em]&=4\cdot (-\cos(13)-(-\cos(5)))=4\cdot (\cos(5)-\cos(13))\end{aligned}}$

Berechnung von bestimmten Integralen

Sei ein Integrationsproblem ${\textstyle \int _{a}^{b}f(x)\,\mathrm {d} x}$ gegeben, bei dem $f$ von der Gestalt $u'(v(x))\cdot v'(x)$ ist. Über folgende Schritte kann die Substitution durchgeführt werden:

1. Suche den Ausdruck $v(x)$ im Integranden. Definiere diesen Ausdruck als deine neue Variable $t$.
2. Bilde die erste Ableitung $v'(x)$ und ersetze $\mathrm {d} x$ durch ${\textstyle {\frac {1}{v'(x)}}\mathrm {d} t}$.
3. Ersetze die Grenzen $a$ und $b$ durch $v(a)$ und $v(b)$.

Der zweite Schritt kann auch mit Hilfe der Leibnizschen Schreibweise gewonnen werden:

$t=v(x)\implies {\frac {\mathrm {d} t}{\mathrm {d} x}}=v'(x)\implies \mathrm {d} t=v'(x)\mathrm {d} x\implies {\frac {1}{v'(x)}}\mathrm {d} t=\mathrm {d} x$

Beispiel

Zu lösen sei das Integral

$\int _{0}^{1}{\frac {x}{\sqrt {2+x^{2}}}}\,\mathrm {d} x$

1. Wir erkennen, dass für $v(x)=2+x^{2}$ (Funktion unter der Wurzel im Nenner) gilt: $v'(x)=2x$ (Doppeltes der Funktion im Zähler). Daher Substituieren wir $t=2+x^{2}$
2. Es folgt ${\textstyle {\frac {\mathrm {d} t}{\mathrm {d} x}}=2\cdot x}$. Nach $\mathrm {d} x$ umgestellt, erhalten wir ${\textstyle \mathrm {d} x={\frac {\mathrm {d} t}{2x}}}$. Wir ersetzen nun $\mathrm {d} x$ durch ${\textstyle {\frac {\mathrm {d} t}{2x}}}$.
3. Schließlich ersetzen wir noch die Integrationsgrenzen $0$ und $1$ durch $v(0)=2+0^{2}=2$ und $v(1)=2+1^{2}=3$.

Insgesamt erhalten wir:

$\int _{0}^{1}{\frac {x}{\sqrt {2+x^{2}}}}\,\mathrm {d} x=\int _{2}^{3}{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{\sqrt {t}}}\,\mathrm {d} t=\left[{\frac {1}{2}}2{\sqrt {t}}\right]_{2}^{3}={\sqrt {3}}-{\sqrt {2}}$

Berechnung von unbestimmten Integralen

Auch unbestimmte Integrale ${\textstyle \int f(x)\,\mathrm {d} x}$ mit $f(x)=u'(v(x))\cdot v'(x)$ können über die Substitutionsregel bestimmt werden. Das Vorgehen ist im Wesentlichen dasselbe wie bei der Berechnung von bestimmten Integralen. Jedoch besitzen unbestimmte Integrale keine Integrationsgrenzen und so fällt die Bestimmung der neuen Integrationsgrenzen weg. Auch muss am Ende die neue Variable zurücksubstituiert werden. Im Einzelnen lauten die Schritte:

1. Suche den Ausdruck $v(x)$ im Integranden. Definiere diesen Ausdruck als deine neue Variable $t$.
2. Bilde die erste Ableitung $v'(x)$ und ersetze $\mathrm {d} x$ durch ${\textstyle {\frac {1}{v'(x)}}\mathrm {d} t}$.
3. Nach Anwendung der Substitutionsregel muss in der bestimmten Stammfunktion $u(t)$ die Variable $t$ wieder durch $v(x)$ ersetzt werden.

Beispiel

Wir bestimmen das unbestimmte Integral ${\textstyle \int (x^{3}+6)^{4}x^{2}\,\mathrm {d} x}$.

1. Wir erkennen, dass für $v(x)=x^{3}+6$ (Funktion in der Klammer) gilt: $v'(x)=3x^{2}$ (Dreifaches der Funktion hinter der Klammer). Daher substituieren wir $t=x^{3}+6$.
2. Es folgt ${\textstyle {\frac {\mathrm {d} t}{\mathrm {d} x}}=3\cdot x^{2}}$. Nach $\mathrm {d} x$ umgestellt, erhalten wir ${\textstyle \mathrm {d} x={\frac {\mathrm {d} t}{3x^{2}}}}$. Deswegen ersetzen wir $\mathrm {d} x$ durch ${\textstyle {\frac {\mathrm {d} t}{2x}}}$. So erhalten wir:
   $\int (x^{3}+6)^{4}x^{2}\,\mathrm {d} x=\int t^{4}x^{2}\cdot {\frac {1}{3x^{2}}}\,\mathrm {d} t={\frac {1}{3}}\int t^{4}\,\mathrm {d} t={\frac {1}{15}}t^{5}+C$
3. Schließlich ersetzen wir $t$ wieder durch $x^{3}+6$ und erhalten
   $\int (x^{3}+6)^{4}x^{2}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{15}}t^{5}+C={\frac {1}{15}}(x^{3}+6)^{5}+C$

Warnung

In Schritt 2 in dem Beispiel passiert die Magie: Durch unsere Wahl $t=x^{3}+6$ heben sich im zweiten Ausdruck die $x^{2}$-Terme auf. Hätten wir eine andere Wahl für $t=w(x)$ getroffen, bliebe hier möglicherweise ein Ausdruck in $x$ übrig. In dem Fall dürfen wir nicht $x$ aus dem Integral herausziehen oder Ähnliches, da $x$ über die Definition von $t=w(x)$ von der Integrationsvariable $t$ abhängt! Tritt dieser Fall auf, hat man zwei Möglichkeiten: Entweder man versucht eine andere Substitution $t={\tilde {w}}(x)$ oder man invertiert $w$, falls möglich, und setzt den Ausdruck $x=w^{-1}(t)$ in das Integral ein und hofft, dass das somit entstehende Integral einfacher zu lösen ist als das ursprüngliche. Das Erraten einer passenden Substitution erfordert viel Übung!

Spezialfälle

Lineare Verkettungen

Satz (Lineare Verkettungen)

Sei $f$ stetig und $mx+t$ eine lineare Funktion. Dann gilt:

$\int _{a}^{b}f(mx+t)\,\mathrm {d} x={\frac {1}{m}}\left[F(mx+t)\right]_{a}^{b}$

Insbesondere ist

$\int f(mx+t)\,\mathrm {d} x={\frac {1}{m}}F(mx+t)+c$

Beweis (Lineare Verkettungen)

Es folgt nach der Substitutionsregel mit der Substitution $z=mx+t$:

${\begin{aligned}&\int _{a}^{b}f(mx+t)\,\mathrm {d} x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}z=mx+t\right.}\\&{}=\int _{ma+t}^{mb+t}{\frac {1}{m}}\cdot f(z)\,\mathrm {d} z\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\&{}={\frac {1}{m}}\cdot \left[F(z)\right]_{ma+t}^{mb+t}\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Auswerten}}\right.}\\&{}={\frac {1}{m}}\cdot (F(ma+t)-F(mb+t))\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Vergleichen}}\right.}\\&{}={\frac {1}{m}}\cdot \left[F(mx+t)\right]_{a}^{b}\end{aligned}}$

Beispiel (Lineare Verkettung)

Für $f(x)=e^{x}$ und $mx+t=-2x+1$ gilt

$\int _{0}^{1}e^{-2x+1}\;\mathrm {d} x=[-{\frac {1}{2}}e^{-2x+1}]_{0}^{1}=-{\tfrac {1}{2}}(e^{-1}-(e^{1}))={\frac {e-e^{-1}}{2}}={\frac {e^{2}-1}{2e}}$

Quadratische Verkettungen

Satz (Quadratische Verkettungen)

Sei $f$ stetig. Dann gilt:

$\int _{a}^{b}xf(x^{2})\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}\left[F(x^{2})\right]_{a}^{b}$

Insbesondere ist

$\int xf(x^{2})\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}F(x^{2})+c$

Beweis (Quadratische Verkettungen)

Es folgt nach der Substitutionsregel mit der Substitution $z=x^{2}$:

${\begin{aligned}&\int _{a}^{b}xf(x^{2})\,\mathrm {d} x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}z=x^{2}\right.}\\&{}=\int _{a^{2}}^{b^{2}}{\frac {1}{2}}\cdot f(z)\,\mathrm {d} z\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\&{}={\frac {1}{2}}\cdot \left[F(z)\right]_{a^{2}}^{b^{2}}\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Auswerten}}\right.}\\&{}={\frac {1}{2}}\cdot (F(b^{2})-F(a^{2}))\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Vergleichen}}\right.}\\&{}={\frac {1}{2}}\cdot \left[F(x^{2})\right]_{a}^{b}\end{aligned}}$

Beispiel (Quadratische Verkettung)

Für $f(x)=\sinh(x)$ gilt

$\int _{0}^{1}x\sinh(x^{2})\;\mathrm {d} x=[{\tfrac {1}{2}}\cosh(x^{2})]_{0}^{1}={\tfrac {1}{2}}(\cosh(1^{2})-\cosh(0^{2}))={\tfrac {1}{2}}(\cosh(1)-\cosh(0))={\frac {e+e^{-1}-2}{4}}$

Logarithmische Integration

Satz (Logarithmische Integration)

Sei $f$ stetig differenzierbar und $f(x)\neq 0$. Dann gilt:

$\int _{a}^{b}{\frac {f'(x)}{f(x)}}\mathrm {d} x=\left[\ln |z|\right]_{f(a)}^{f(b)}=\left[\ln |f(x)|\right]_{a}^{b}$

Insbesondere ist

$\int {\frac {f'(x)}{f(x)}}\mathrm {d} x=\ln |f(x)|+c$

Beweis (Logarithmische Integration)

Es folgt nach der Substitutionsregel mit der Substitution $z=f(x)$:

${\begin{aligned}&\int _{a}^{b}{\frac {f'(x)}{f(x)}}\,\mathrm {d} x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}z=f(x)\right.}\\&{}=\int _{f(a)}^{f(b)}{\frac {1}{z}}\,\mathrm {d} z\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\&{}=\left[\ln |z|\right]_{f(a)}^{f(b)}\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution}}z=f(x)\right.}\\&{}=\left[\ln |f(x)|\right]_{a}^{b}\\\end{aligned}}$

Beispiel (Logarithmische Integration)

Für $f(x)=\cos(x)$ und $f'(x)=-\sin(x)$ gilt für $x\in [-{\tfrac {\pi }{4}},{\tfrac {\pi }{4}}]$:

$\int {\frac {\sin(x)}{\cos(x)}}\;\mathrm {d} x=-\int {\frac {-\sin(x)}{\cos(x)}}\;\mathrm {d} x=-\ln(\cos(x))+c$

Exponentielle Integration

Satz (Exponentielle Integration)

Sei $f$ stetig differenzierbar. Dann gilt:

$\int _{a}^{b}e^{f(x)}f'(x)\mathrm {d} x=\left[e^{y}\right]_{f(a)}^{f(b)}=\left[e^{f(x)}\right]_{a}^{b}$

Insbesondere ist

$\int e^{f(x)}f'(x)\mathrm {d} x=e^{f(x)}+c$

Beweis (Exponentielle Integration)

Es folgt nach der Substitutionsregel mit der Substitution $y=f(x)$:

${\begin{aligned}&\int _{a}^{b}e^{f(x)}f'(x)\,\mathrm {d} x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=f(x)\right.}\\&{}=\int _{f(a)}^{f(b)}e^{y}\,\mathrm {d} y\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\&{}=\left[e^{y}\right]_{f(a)}^{f(b)}\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution }}y=f(x)\right.}\\&{}=\left[e^{f(x)}\right]_{a}^{b}\\\end{aligned}}$

Beispiel (Exponentielle Integration)

Für $f(x)=-x^{2}$ und $f'(x)=-2x$ gilt

$\int xe^{-x^{2}}\;\mathrm {d} x=-{\frac {1}{2}}\int -2xe^{-x^{2}}\;\mathrm {d} x=-{\frac {1}{2}}e^{-x^{2}}+c$

Aufgaben

Aufgabe (Bestimmte/unbestimmte Integrale)

Bestimme die folgenden bestimmten/unbestimmten Integrale:

1. $\int _{1}^{e}{\frac {\ln(x)}{x}}\,\mathrm {d} x$
2. $\int {\frac {1}{x\ln(x)}}\,\mathrm {d} x$
3. $\int _{0}^{1}{\frac {x^{2016}}{1+x^{2017}}}\,\mathrm {d} x$
4. $\int x^{2}{\sqrt {x^{3}+1}}\,\mathrm {d} x$

Lösung (Bestimmte/unbestimmte Integrale)

Teilaufgabe 1:

${\begin{aligned}&\int _{1}^{e}{\frac {\ln(x)}{x}}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=\ln(x)\Longrightarrow {\frac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x}}={\frac {1}{x}}\Longrightarrow \mathrm {d} x=x\mathrm {d} y\right.}\\[0.3em]&=\int _{\ln(1)}^{\ln(e)}{\frac {xy}{x}}\,\mathrm {d} y\\[0.3em]&=\int _{0}^{1}y\,\mathrm {d} y\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.3em]&=\left[{\frac {1}{2}}y^{2}\right]_{0}^{1}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Grenzen einsetzen}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {1}{2}}\cdot 1^{2}-{\frac {1}{2}}\cdot 0^{2}\\[0.3em]&={\frac {1}{2}}\end{aligned}}$

Teilaufgabe 2:

${\begin{aligned}&\int {\frac {1}{x\ln(x)}}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=\ln(x)\Longrightarrow {\frac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x}}={\frac {1}{x}}\Longrightarrow \mathrm {d} x=x\mathrm {d} y\right.}\\[0.3em]&{}=\int {\frac {x}{xy}}\,\mathrm {d} y\\[0.3em]&{}=\int {\frac {1}{y}}\,\mathrm {d} y\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\&{}=\ln(|y|)+c\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution}}\right.}\\[0.3em]&{}=\ln(|\ln(x)|)+c\end{aligned}}$

Teilaufgabe 3:

${\begin{aligned}&\int _{0}^{1}{\frac {x^{2016}}{1+x^{2017}}}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=1+x^{2017}\Longrightarrow {\frac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x}}=2017\cdot x^{2016}\Longrightarrow \mathrm {d} x={\frac {1}{2017\cdot x^{2016}}}\mathrm {d} y\right.}\\[0.3em]&=\int _{1}^{1+1}{\frac {x^{2016}}{2017\cdot x^{2016}\cdot y}}\,\mathrm {d} y\\[0.3em]&={\frac {1}{2017}}\int _{1}^{2}{\frac {1}{y}}\,\mathrm {d} y\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {1}{2017}}\left[\ln(y)\right]_{1}^{2}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Grenzen einsetzen}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {1}{2017}}\cdot (\ln(2)-\ln(1))\\[0.3em]&={\frac {\ln(2)}{2017}}\end{aligned}}$

Teilaufgabe 4:

${\begin{aligned}&\int x^{2}{\sqrt {x^{3}+1}}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=x^{3}+1\Longrightarrow {\frac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x}}=3x^{2}\Longrightarrow \mathrm {d} x={\frac {1}{3x^{2}}}\mathrm {d} y\right.}\\[0.3em]&{}=\int {\frac {x^{2}}{3x^{2}}}{\sqrt {y}}\,\mathrm {d} y\\[0.3em]&{}={\frac {1}{3}}\int {\sqrt {y}}\,\mathrm {d} y\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\&{}={\frac {1}{3}}\cdot {\frac {2}{3}}y^{\frac {3}{2}}+c\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution}}\right.}\\[0.3em]&{}={\frac {2}{9}}(x^{3}+1)^{\frac {3}{2}}+c\end{aligned}}$

Aufgabe (Bestimmtes Integral)

Berechne folgendes bestimmte Integral: $\int _{0}^{\ln(2)}{\frac {1-\exp(x)}{1+\exp(x)}}\,\mathrm {d} x$.

Lösung (Bestimmtes Integral)

Zunächst spalten wir das Integral folgendermaßen auf:

$\int _{0}^{\ln(2)}{\frac {1-\exp(x)}{1+\exp(x)}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{\ln(2)}{\frac {1}{1+\exp(x)}}\,\mathrm {d} x-\int _{0}^{\ln(2)}{\frac {\exp(x)}{1+\exp(x)}}\,\mathrm {d} x$

Rechtes Integral: Wir erkennen, dass im Zähler die Ableitung des Nenners steht. Also ist hier $v(x)=\exp(x)+1$ und $v'(x)=\exp(x)$. Daher substitutieren wir $t=\exp(x)+1$. Dann gilt $\mathrm {d} t=\exp(x)\mathrm {d} x$, oder umgestellt $\mathrm {d} x={\frac {1}{\exp(x)}}\mathrm {d} t$. Die Grenzen ersetzen wir durch $\exp(0)+1=2$ und $\exp(\ln(2))+1=2+1=3$. Insgesamt ergibt sich:

${\begin{aligned}&\int _{0}^{\ln(2)}{\frac {\exp(x)}{1+\exp(x)}}\,\mathrm {d} x&\\[0.3em]&{}=\int _{\exp(0)+1}^{\exp(\ln(2))+1}{\frac {\exp(x)}{t}}\cdot {\frac {1}{\exp(x)}}\mathrm {d} t\\[0.3em]&{}=\int _{2}^{3}{\frac {1}{t}}\mathrm {d} t\\[0.3em]&{}=[\ln(t)]_{2}^{3}\\[0.3em]&{}=\ln(3)-\ln(2)\end{aligned}}$

Linkes Integral: Dieses ist etwas schwieriger. Wir schreiben den Integranden um, damit wir eine ähnliche Substitution wie oben machen können. Dies erreichen wir, indem wir im Zähler und Nenner $\exp(x)$ ausklammern und anschließend kürzen:

${\frac {1}{1+\exp(x)}}={\frac {1}{1+\exp(x)}}={\frac {\exp(x)\cdot \exp(-x)}{\exp(x)\cdot (\exp(-x)+1)}}={\frac {\exp(-x)}{1+\exp(-x)}}=-{\frac {-\exp(-x)}{1+\exp(-x)}}$

Nun steht im Zähler wieder die Ableitung des Nenners. Wir wählen daher die Substitution $t=1+\exp(-x)$. Dann gilt $\mathrm {d} t=-\exp(-x)\mathrm {d} x$, oder umgestellt $\mathrm {d} x=-{\frac {1}{\exp(-x)}}\mathrm {d} t$. Die Grenzen ersetzen wir durch $\exp(-0)+1$ und $\exp(-3)$. Es ergibt sich:

${\begin{aligned}&\int _{0}^{\ln(2)}{\frac {1}{1+\exp(x)}}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&=-\int _{0}^{\ln(2)}{\frac {-\exp(-x)}{1+\exp(-x)}}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{}=-\int _{\exp(0)+1}^{\exp(-\ln(2))+1}{\frac {-\exp(-x)}{t}}\cdot {\frac {(-1)}{\exp(-x)}}\mathrm {d} t\\[0.3em]&{}=-\int _{2}^{\frac {3}{2}}{\frac {1}{t}}\mathrm {d} t\\[0.3em]&{}=\int _{\frac {3}{2}}^{2}{\frac {1}{t}}\mathrm {d} t\\[0.3em]&{}=[\ln(t)]_{\frac {3}{2}}^{2}\\[0.3em]&{}=\ln(2)-\ln({\tfrac {3}{2}})\\[0.3em]&{}=\ln(2)-\ln(3)+\ln(2)\\[0.3em]&{}=2\ln(2)-\ln(3)\end{aligned}}$

Insgesamt folgt:

${\begin{aligned}&\int _{0}^{\ln(2)}{\frac {1-\exp(x)}{1+\exp(x)}}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{}=\int _{0}^{\ln(2)}{\frac {1}{1+\exp(x)}}\,\mathrm {d} x-\int _{0}^{\ln(2)}{\frac {\exp(x)}{1+\exp(x)}}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{}=2\ln(2)-\ln(3)-(\ln(3)-\ln(2))\\[0.3em]&{}=3\ln(2)-2\ln(3)\\[0.3em]&{}=\ln(2^{3})-\ln(3^{2})\\[0.3em]&{}=\ln(8)-\ln(9)\\[0.3em]&{}=\ln \left({\frac {8}{9}}\right)\end{aligned}}$

Alternative Lösung:

Diese Lösung geht schneller, benötigt aber einen nicht ganz offensichtlichen Unformungstrick. Durch einfügen von $\exp(x)-\exp(x)(=0)$ erhalten wir für den Integranden:

${\frac {1-\exp(x)}{1+\exp(x)}}={\frac {1+\exp(x)-\exp(x)-\exp(x)}{1+\exp(x)}}={\frac {1+\exp(x)-2\exp(x)}{1+\exp(x)}}={\frac {1+\exp(x)}{1+\exp(x)}}-2{\frac {\exp(x)}{1+\exp(x)}}$

Damit folgt

$\int _{0}^{\ln(2)}{\frac {1-\exp(x)}{1+\exp(x)}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{\ln(2)}{\frac {1+\exp(x)}{1+\exp(x)}}\,\mathrm {d} x-\int _{0}^{\ln(2)}{\frac {2\exp(x)}{1+\exp(x)}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{\ln(2)}1\,\mathrm {d} x-2\int _{0}^{\ln(2)}{\frac {\exp(x)}{1+\exp(x)}}\,\mathrm {d} x$

Da vordere Integral leicht zu lösen, das hintere entspricht dem hinteren von der Lösung oben. Mit der Substitution von oben und dem HDI folgt daher

${\begin{aligned}&\int _{0}^{\ln(2)}1\,\mathrm {d} x-2\int _{0}^{\ln(2)}{\frac {\exp(x)}{1+\exp(x)}}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&=[x]_{0}^{\ln(2)}-2[\ln(t)]_{2}^{3}\\[0.3em]&=3\ln(2)-2\ln(3)\\[0.3em]&=\ln \left({\frac {8}{9}}\right)\end{aligned}}$

Aufgabe (Integration von Potenzen von Funktionen)

1. Zeige: Sei $f>0$ differenzierbar und $r\in \mathbb {R} \setminus \{-1\}$, dann gilt: $\int _{a}^{b}f(x)^{r}f'(x)\mathrm {d} x=\left[{\frac {y^{r+1}}{r+1}}\right]_{f(a)}^{f(b)}$ und $\int f(x)^{r}f'(x)\mathrm {d} x={\frac {f(x)^{r+1}}{r+1}}+c$
2. Welche Stammfunktionen ergeben sich für die Fälle $r=1$, $r={\tfrac {1}{2}}$ und $r=-{\tfrac {1}{2}}$?
3. Warum wurde der Fall $r=-1$ ausgeschlossen?

Beweis (Integration von Potenzen von Funktionen)

Teilaufgabe 1: Mit der Substitution $y=f(x)$ gilt

${\begin{aligned}&\int _{a}^{b}f(x)^{r}f'(x)\,\mathrm {d} x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=f(x)\right.}\\&{}=\int _{f(a)}^{f(b)}y^{r}\,\mathrm {d} y\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\&{}=\left[{\frac {y^{r+1}}{r+1}}\right]_{f(a)}^{f(b)}\\\end{aligned}}$

Teilaufgabe 2: Im Fall $r=1$ gilt

$\int _{a}^{b}f(x)f'(x)\mathrm {d} x=\left[{\frac {1}{2}}y^{2}\right]_{f(a)}^{f(b)}$ bzw. $\int f(x)f'(x)\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}f(x)^{2}+c$

Im Fall $r={\tfrac {1}{2}}$ gilt

$\int _{a}^{b}{\sqrt {f(x)}}f'(x)\mathrm {d} x=\left[{\frac {2}{3}}y^{\frac {3}{2}}\right]_{f(a)}^{f(b)}$ bzw. $\int {\sqrt {f(x)}}f'(x)\mathrm {d} x={\frac {2}{3}}f(x)^{\frac {3}{2}}+c$

Im Fall $r=-{\tfrac {1}{2}}$ gilt

$\int _{a}^{b}{\frac {f'(x)}{\sqrt {f(x)}}}\mathrm {d} x=\left[2{\sqrt {y}}\right]_{f(a)}^{f(b)}$ bzw. $\int {\frac {f'(x)}{\sqrt {f(x)}}}\mathrm {d} x=2{\sqrt {f(x)}}+c$

Teilaufgabe 3: Im Fall $r=-1$ handelt es sich um die logarithmische Integration von oben, und es gilt

$\int _{a}^{b}{\frac {f'(x)}{f(x)}}\mathrm {d} x=\left[\ln y\right]_{f(a)}^{f(b)}$ bzw. $\int {\frac {f'(x)}{f(x)}}\mathrm {d} x=\ln f(x)+c$

Der Betrag kann weggelassen werden, da wir hier $f>0$ vorausgesetzt haben.

„Umgekehrte“ Variante der Substitutionsregel mit Beispielen

Wir haben oben die Substitutionsregel verwendet, um ein Integral der Form $\int _{a}^{b}u'(v(x))\cdot v'(x)\,\mathrm {d} x$ in ein neues Integral der Form $\int _{v(a)}^{v(b)}u'(t)\,\mathrm {d} t$ zu überführen, das leichter zu lösen ist. Formal haben wir dazu $t:=v(x)$ definiert und $v(x)$ durch $t$ ersetzt. Es gibt aber auch Integrale, die sich auf umgekehrtem Wege bestimmen lassen: Man will also ein Integral der Form $\int _{c}^{d}u'(x)\,\mathrm {d} x$ in ein Integral der Form $\int _{\tilde {c}}^{\tilde {d}}u'(v(t))v'(t)\,\mathrm {d} t$ umwandeln, wozu man $x$ durch $v(t)$ substituiert. Um dabei die Integrationsgrenzen richtig zu „verschieben“, muss man die Urbilder $v^{-1}(c)$ und $v^{-1}(d)$ bestimmen. Damit diese eindeutig sind, muss man die Umkehrbarkeit von $v$ voraussetzen. Meist lassen sich die Urbilder durch die Umkehrfunktion $v^{-1}$ bestimmen. Die Umkehrbarkeit von $v$ erzwingen wir durch zwei zusätzliche Bedingungen: $v'\neq 0$ und $v$ ist surjektiv. Dann gilt: $x=v(t)\iff t=v^{-1}(x)$. Die „umgekehrte“ Variante der Substitutionsregel lautet also

$\int _{c}^{d}u'(x)\,\mathrm {d} x=\int _{v^{-1}(c)}^{v^{-1}(d)}u'(v(t))v'(t)\,\mathrm {d} t$

Satz (Substitutionsregel)

Sei $J$ ein reelles Intervall mit $J\supseteq [c,d]$, $u\colon J\to \mathbb {R}$ und $v\colon [v^{-1}(c),v^{-1}(d)]\to J$ stetig differenzierbar und surjektiv mit $v'\neq 0$. Dann ist $v$ umkehrbar, und es gilt

$\int _{c}^{d}u'(x)\,\mathrm {d} x=\int _{v^{-1}(c)}^{v^{-1}(d)}u'(v(t))v'(t)\,\mathrm {d} t$

sowie

$\int u'(v(x))\cdot v'(x)\,\mathrm {d} x=\left[\int u'(v(t))v'(t)\,\mathrm {d} t\right]_{t=v^{-1}(x)}$

Hinweis

Ist die Ableitung $v'$ nur in einzelnen isolierten Punkten gleich null, und sonst überall ungleich null, so ist $v$ ebenfalls umkehrbar. In diesem Fall ist die Substitutionsregel ebenfalls anwendbar.

Der Beweis funktioniert ähnlich wie bei der Standardversion oben. Wir müssen allerdings noch die Umkehrbarkeit von $v$ begründen.

Beweis (Substitutionsregel Variante 2)

$v'$ ist stetig und ungleich null. Mit dem Zwischenwertsatz ist $v'$ somit überall positiv oder negativ. Also ist $v$ streng monoton und nach Voraussetzung stetig, also injektiv. Da $v$ nach Voraussetzung auch surjektiv ist, ist die Funktion bijektiv und damit umkehrbar.

Ähnlich zu oben folgt mit der Kettenregel und dem Hauptsatz der Differenzial- und Integralrechnung:

${\begin{aligned}&\int _{c}^{d}u'(x)\,\mathrm {d} x&{}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{HDI angewendet mit }}f(x)=u'(x){\text{ und }}F(x)=u(x)\right.}\\[0.3em]&{}=[u(x)]_{c}^{d}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ v\ {\text{umkehrbar}}\ \Longrightarrow x=v(v^{-1}(x))\right.}\\[0.3em]&{}=[u(v(v^{-1}(x))]_{c}^{d}\\[0.3em]&{}=[u(v(t))]_{v^{-1}(c)}^{v^{-1}(d)}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{HDI angewendet mit }}f(t)=u'(v(t))v'(t){\text{ und }}F(t)=u(v(t))\right.}\\[0.3em]&{}=\int _{v^{-1}(c)}^{v^{-1}(d)}u'(v(t))v'(t)\,\mathrm {d} t\end{aligned}}$

Wir wollen auch diese Variante an einem Beispiel veranschaulichen.

Beispiel (Umgekehrte Substitutionsregel)

Sei folgendes Problem gegeben:

$\int _{0}^{1}{\sqrt {1-x^{2}}}\,\mathrm {d} x$

Bei diesem Integral ist es entscheidend, zu erkennen, dass sich der Integrand durch die Substitution $x=\underbrace {\sin(t)} _{=v(t)}$ vereinfacht. Aus dem trigonometrischen Pythagoras folgt nämlich $1-\sin ^{2}(t)=\cos ^{2}(t)$. Damit löst sich die Wurzel auf. Wir müssen nur beachten, dass wir wegen ${\tfrac {\mathrm {d} x}{\mathrm {d} t}}=\cos(t)$ noch ein $\cos(t)$ multiplizieren müssen. Die Substitution ist nach dem Hinweis von oben auch zulässig, denn $v'(t)=\cos(t)\neq 0$ für alle $t\in [\sin ^{-1}(0),\sin ^{-1}(1)[=[0,{\tfrac {\pi }{2}}[$ und der Randpunkt $t=0$ ändert an der Bijektivität von $v:[0,{\tfrac {\pi }{2}}],\ v(t)=\sin(t)$ nichts. Damit erhalten wir

${\begin{aligned}&\int _{0}^{1}{\sqrt {1-x^{2}}}\,\mathrm {d} x&{}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution}}\ x=\sin(t)\Longrightarrow {\tfrac {\mathrm {d} x}{\mathrm {d} t}}=\cos(t)\Longrightarrow \mathrm {d} x=\cos(t)\mathrm {d} t\right.}\\[0.3em]&{}=\int _{\sin ^{-1}(0)}^{\sin ^{-1}(1)}{\sqrt {1-\sin ^{2}(t)}}\cos(t)\,\mathrm {d} t\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Trigonometrische Pythagoras:}}\ {\sqrt {1-\sin ^{2}(t)}}={\sqrt {\cos ^{2}(t)}}=\cos(t)\ {\text{auf }}[0,{\tfrac {\pi }{2}}]\right.}\\[0.3em]&{}=\int _{\sin ^{-1}(0)}^{\sin ^{-1}(1)}\cos ^{2}(t)\,\mathrm {d} t\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Bestimmung der Grenzen:}}\ \sin ^{-1}(0)=\arcsin(0)=0{\text{ und }}\sin ^{-1}(1)=\arcsin(1)={\tfrac {\pi }{2}}\right.}\\[0.3em]&{}=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{2}(t)\,\mathrm {d} t\end{aligned}}$

Dieses Integral kann nun mit Hilfe von Partielle Integration berechnet werden, oder mit Hilfe der Formel

$\cos ^{2}(x)={\frac {1+\cos(2x)}{2}}$

die sich mit Hilfe der Additionstheoreme zur Trigonometrie ergibt. Damit ist

${\begin{aligned}&\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{2}(t)\,\mathrm {d} t\\[0.3em]&=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {1+\cos(2t)}{2}}\,\mathrm {d} t\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Linearität des Integrals}}\right.}\\[0.3em]&=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {1}{2}}\mathrm {d} t+{\frac {1}{2}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos(2t)\,\mathrm {d} t\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{HDI}}\right.}\\[0.3em]&{}=\left[{\frac {1}{2}}t\right]_{0}^{\frac {\pi }{2}}+{\frac {1}{2}}\left[{\frac {1}{2}}\sin(2t)\right]_{0}^{\frac {\pi }{2}}\\[0.3em]&{}={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {\pi }{2}}-{\frac {1}{2}}\cdot 0+{\frac {1}{2}}\left[{\frac {1}{2}}\sin(\pi )-{\frac {1}{2}}\sin(0)\right]\\[0.3em]&{}={\frac {\pi }{4}}-0+{\frac {1}{2}}[0-0]\\[0.3em]&{}={\frac {\pi }{4}}\end{aligned}}$

Hinweis

Neben der oben angeprochenen Möglichkeit $\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{2}(t)\,\mathrm {d} t$ mittels partieller Integration zu lösen, gibt es noch zwei weitere Möglichkeiten unser Ausgangsintegral $\int _{0}^{1}{\sqrt {1-x^{2}}}\,\mathrm {d} x$, ohne unsere Substitution $x=\sin(t)$, zu lösen. Zum einen könnten wir auch direkt partiell Integrieren, dazu müssen wir den Integrand als $1\cdot {\sqrt {1-x^{2}}}$ schreiben. Zum anderen ist das Integral auch über die Euler-Substitution lösbar, welche wir im Kapitel Fortgeschrittene Substitutionen besprechen werden.

Rezept zur Anwendung der „umgekehrten“ Substitutionsregel

Auch für diese Variante können wir wieder eine Rezept formulieren:

Sei ein Integrationsproblem der Form $\int _{a}^{b}u'(x)\,\mathrm {d} x$ gegeben.

1. Schritt: Suche eine passende Substitution $x=v(t)$, wobei $v$ bijektiv sein muss.

2. Schritt: Bilde die erste Ableitung $v'(t)$ und ersetze $\mathrm {d} x$ durch $v'(t)\mathrm {d} t$.

3. Schritt: Ersetze die Grenzen $a$ und $b$ durch $v^{-1}(a)$ und $v^{-1}(b)$.

Hinweis

Schritt 2 können wir uns wieder mit der Leibnizschen Schreibweise merken:

$x=v(t)\Longrightarrow {\frac {\mathrm {d} x}{\mathrm {d} t}}=v'(t)\Longrightarrow \mathrm {d} x=v'(t)\mathrm {d} t$

Hinweis

Im Falle eines unbestimmten Integrals entfällt Schritt 3. Stattdessen muss nach bilden einer Stammfunktion von $u'(v(t))v'(t)$ erneut $t=v^{-1}(x)$ zurücksubstituiert werden.

Aufgaben

Aufgabe (Substitutionsregel Variante 2)

Berechne die folgenden Integrale

1. $\int _{0}^{\frac {1}{2}}{\sqrt {1-4x^{2}}}\mathrm {d} x$
2. $\int {\sqrt {1+x^{2}}}\mathrm {d} x$

Lösung (Substitutionsregel Variante 2)

Teilaufgabe 1:

Um hier die Wurzel „wegzusubstituieren“ müssen wir, wegen dem Faktor $4$, als Substitution $x=\underbrace {\frac {\sin(t)}{2}} _{=v(t)}$ wählen. Dann ist $v$ erneut stetig diffbar und bijektiv auf $[0,{\tfrac {1}{2}}]$. Damit erhalten wir

${\begin{aligned}&\int _{0}^{\frac {1}{2}}{\sqrt {1-4x^{2}}}\,\mathrm {d} x&{}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution}}\ x={\frac {\sin(t)}{2}}\Longrightarrow {\tfrac {\mathrm {d} x}{\mathrm {d} t}}={\frac {\cos(t)}{2}}\Longrightarrow \mathrm {d} x={\frac {\cos(t)}{2}}\mathrm {d} t\ {\text{und}}\ t=\arcsin(2x)\right.}\\[0.3em]&{}=\int _{\arcsin(0)}^{\arcsin(2\cdot {\frac {1}{2}})}{\sqrt {1-4\cdot {\frac {\sin ^{2}(t)}{4}}}}{\frac {\cos(t)}{2}}\,\mathrm {d} t\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Trigonometrische Pythagoras:}}\ {\sqrt {1-\sin ^{2}(t)}}={\sqrt {\cos ^{2}(t)}}=\cos(t)\ {\text{auf }}[0,{\tfrac {\pi }{2}}]\right.}\\[0.3em]&{}=\int _{\arcsin(0)}^{\arcsin(1)}{\frac {\cos ^{2}(t)}{2}}\,\mathrm {d} t\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Bestimmung der Grenzen:}}\ \arcsin(0)=0{\text{ und }}\arcsin(1)={\tfrac {\pi }{2}}\ {\text{ und Linearität}}\right.}\\[0.3em]&{}={\frac {1}{2}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{2}(t)\,\mathrm {d} t\end{aligned}}$

Mit Hilfe der Formel

$\cos ^{2}(x)={\frac {1+\cos(2x)}{2}}$

ergibt sich nun, genau wie oben

${\begin{aligned}&{\frac {1}{2}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{2}(t)\,\mathrm {d} t\\[0.3em]&={\frac {1}{2}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {1+\cos(2t)}{2}}\,\mathrm {d} t\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Linearität des Integrals}}\right.}\\[0.3em]&=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {1}{4}}\mathrm {d} t+{\frac {1}{4}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos(2t)\,\mathrm {d} t\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{HDI}}\right.}\\[0.3em]&{}=\left[{\frac {1}{4}}t\right]_{0}^{\frac {\pi }{2}}+{\frac {1}{4}}\underbrace {\left[{\frac {1}{2}}\sin(2t)\right]_{0}^{\frac {\pi }{2}}} _{=0}\\[0.3em]&{}={\frac {1}{4}}\cdot {\frac {\pi }{2}}\\[0.3em]&{}={\frac {\pi }{8}}\end{aligned}}$

Teilaufgabe 2:

Bei diesem Integral steht unter der Wurzel der Term $1+x^{2}$. Wegen $\cosh ^{2}(x)-\sinh ^{2}(x)=1\iff \cosh ^{2}(x)=1+\sinh ^{2}(x)$ ist es hier sinnvoll die Substitution $x=\underbrace {\sinh(t)} _{=v(t)}$ zu wählen. Dann gilt ${\tfrac {\mathrm {d} x}{\mathrm {d} t}}=\cosh(t)\iff \mathrm {d} x=\cosh(t)\mathrm {d} t$. Diese Substitution ist erneut zulässig, denn $v'(t)=\cosh(t)\neq 0$ für alle $t\in \mathbb {R}$. Damit ist $v$ umkehrbar mit $t=v^{-1}(x)=\mathrm {arsinh} (x)$. Damit erhalten wir

${\begin{aligned}&\int {\sqrt {1+x^{2}}}\,\mathrm {d} x&{}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution}}\ x=\sinh(t)\Longrightarrow \mathrm {d} x=\cosh(t)\mathrm {d} t\right.}\\[0.3em]&{}=\int {\sqrt {1+\sinh ^{2}(t)}}\cosh(t)\,\mathrm {d} t\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hyperbolischer Pythagoras:}}\ {\sqrt {1+\sinh ^{2}(t)}}={\sqrt {\cosh ^{2}(t)}}=\cosh(t)\right.}\\[0.3em]&{}=\int \cosh ^{2}(t)\,\mathrm {d} t\end{aligned}}$

Dieses Integral kann nun mit Hilfe der Formel

$\cosh ^{2}(x)={\frac {1+\cosh(2x)}{2}}$

vereinfacht werden. Damit ist

${\begin{aligned}&\int \cosh ^{2}(t)\,\mathrm {d} t\\[0.3em]&=\int {\frac {1+\cosh(2t)}{2}}\,\mathrm {d} t\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Linearität des Integrals}}\right.}\\[0.3em]&=\int {\frac {1}{2}}\mathrm {d} t+{\frac {1}{2}}\int \cosh(2t)\,\mathrm {d} t\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{HDI}}\right.}\\[0.3em]&{}={\frac {1}{2}}t+{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{2}}\sinh(2t)+c\\[0.3em]&{}={\frac {1}{2}}t+{\frac {1}{4}}\sinh(2t)+c\end{aligned}}$

Nun möchten wir gerne $t=\mathrm {arsinh} (x)$ zurücksubstituieren. Um auf einen „schönen“ Ausdruck zu kommen, stört uns aber der Faktor $2$ innerhalb des $\sinh$. Um diesen los zu werden wenden wir die Formel

$\sinh(2x)=2\sinh(x)\cosh(x)=2\sinh(x){\sqrt {1+\sinh ^{2}(x)}}$

an. Mit dieser erhalten wir

${\begin{aligned}&{\frac {1}{2}}t+{\frac {1}{4}}\sinh(2t)+c\\[0.3em]&\ ={\frac {1}{2}}t+{\frac {1}{4}}\cdot 2\sinh(t){\sqrt {1+\sinh ^{2}(t)}}+c\\[0.3em]&\ ={\frac {1}{2}}t+{\frac {1}{2}}\sinh(t){\sqrt {1+\sinh ^{2}(t)}}+c\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution:}}\ t=\mathrm {arsinh} (x)\right.}\\[0.3em]&\ ={\frac {1}{2}}\mathrm {arsinh} (x)+{\frac {1}{2}}\sinh(\mathrm {arsinh} (x)){\sqrt {1+\sinh ^{2}(\mathrm {arsinh} (x))}}+c\\[0.3em]&\ ={\frac {1}{2}}\mathrm {arsinh} (x)+{\frac {1}{2}}x{\sqrt {1+x^{2}}}+c\end{aligned}}$

Eine Anschaulich Herleitungsmöglichkeit

• Zu Anfang sollte man irgentwo schon mal gehört haben was mit einer funktion f(x) passiert wenn man in diese eine andere funktion f(g(x)) einsetzt. Natülich sollen f(x) und g(x) diffbar sein.
• Antwort: f(x) bleibt quasi gleich und wird nur versetzt, gezerrt und gestaucht, (und verdreht bei unmonotonem g).
• Um sich davon zu überzeugen betrachte man bspw.

• Wie genau: dort wo g(x) stärker als die Identität x steigt wird f(x) gestaucht. Dort wo g(x) langsamer als die Identität steigt wird f(x) gestreckt.
• Um sich davon zu überzeugen betrachte man bspw.

Man kann das vielleicht auch wie folgt nachvollziehen: Angenommen wir haben 2 reelle Funktionen f und g (diffbar. und mit Intervallen als Definitionsmengen, g monoton) und wir wollen wissen was mit f passiert wenn man in diese g einsetzt.

Zuerst bemerke man dass das ganze nur Sinn hat wenn die Bildmenge von g eine Teilmenge der Definitionsmenge von f ist, denn sonst wäre f(g(x)) nicht definiert.

Dh. g(x) durchläuft das Definitionsintervall von f. Dh. dort wo g(x) stark steigt durchläuft es das Intervall schnell, dort wo es schwach steigt durchläuft es das Intervall langsam.

Dh. dort wo g(x) stark steigt kommen werden viele Zahlen aus dem Definitionsbereich von f pro argumentenabschnitt von g durchlaufen, dort wo g(x) schwach steigt sind es pro argumentenabschnitt wenige Zahlen.

Dh. bei starkem anstieg von g wird ein einst großes Argumentenintervall von f innerhalb eines viel kleineren Intervalls "verarbeitet", f wird gestaucht und dass einst kleine Teilintervall wird jetzt während eines viel größeren Intervalls verarbeitet, f wird gestreckt

Hierzu betrachte man

(evtl. animieren)

Dh. dort wo g stark steigt wird f gestaucht, dort wo g schwach steigt wird f gestreckt.

• Angenommen wir wollen nun irgentein ein Integral berechen.

• Nun betrachte man was passiert wenn man g(x) in f(x) einsetzt.

(evtl. Animation einfügen)

• Das gleiche passiert mit den Treppenfunktionen

${\begin{aligned}T_{n}(x)\end{aligned}}$

mithilfe welcher versucht wird das Integral zu approximieren bzw. zu berechen

(evtl. animieren)

• Offensichtlich veränder sich dabei der Flächeninhalt einer solchen Treppenfunktion. Um den Flächeninhalt aber trotzdem gleich zu behalten könnte man nun versuchen die Rechtecke in ihrer höhe zu modifizieren. Nach ein wenig überlegung ist dies auch gar nicht so schwer:

Das Intervall welches vorher die Länge

${\begin{aligned}x_{2}-x_{1}\end{aligned}}$

hatte hat nun die Länge

${\begin{aligned}g^{-1}(x_{2})-g^{-1}(x_{1})\end{aligned}}$

(monotonie vorrausgesetzt). Dh. das Intervall welches nun die Länge

${\begin{aligned}b-a\end{aligned}}$

hat, hatte vorher die Länge

${\begin{aligned}g(b)-g(a)\end{aligned}}$

. Dh. wenn man im Kopf wie auf dem Bild nur proforma einfach mal annimmt das neue Intervall b-a wäre kleiner als das alte g(b)-g(a), so würde das alte Intervall um den Faktor

${\begin{aligned}{\frac {b-a}{g(b)-g(a)}}\end{aligned}}$

verkleinert werden.

Dh. damit das entsprechende Rechteck trotzdem noch den gleichen Flächeninhalt hat müsste man es in seiner höhe um das reziproke dieses Faktors vergrößern. Vergrößern heißt multiplizieren, heißt in Formeln

${\begin{aligned}\sum _{x_{i}}T_{n}(x_{i})(x_{i+1}-x_{i})=\sum _{y_{i}=g^{-1}(x_{i})}T_{n}(g(y)){\frac {g(y_{i+1})-g(y_{i})}{y_{i+1}-y_{i}}}(y_{i+1}-y_{i})\end{aligned}}$

.

• Wenn die Intervalle bei
  ${\begin{aligned}T_{n}(x)\end{aligned}}$

immer kleiner werden so nähert sich der Vergößerungsfakor immer mehr g'(y) an, was einen schließlich auf die Vermutung

${\begin{aligned}\int _{c}^{d}f(x)\,\mathrm {d} x&=\lim _{n\to \infty }\sum _{y_{i}=g^{-1}(x_{i})}T_{n}(g(y)){\frac {g(y_{i+1})-g(y_{i})}{y_{i+1}-y_{i}}}(y_{i+1}-y_{i})=\int _{g^{-1}(c)}^{g^{-1}(d)}f(g(x))g'(x)\,\mathrm {d} x&\end{aligned}}$

bringen könnte.