# Mathe für Nicht-Freaks: Aufgaben zu Integralen

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## Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung
### Aufgabe 1

Aufgabe
Sei die Funktion $F$ mit $F(x)=\int _{0}^{x}{\sqrt {1-t^{8}}}\,\mathrm {d} t$ für $-1\leq x\leq 1$.
* Berechne $F'$ und $F''$.
* Bestätige mit einfachen Ober- und Untersummen: $0.496\leq F(0.5)\leq 0.500$ und $0.733\leq F(1)\leq 1.00$
Lösung
Lösung Teilaufgabe 1:
Da $f:[-1,1]\to \mathbb {R} ,\ f(t)={\sqrt {1-t^{8}}}$ stetig ist, gilt mit dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung:
$F'(x)=f(x)={\sqrt {1-x^{8}}}$
Weiter ist $f$ differenzierbar, und mit der Kettenregel folgt
$F''(x)=f'(x)={\frac {1}{2{\sqrt {1-x^{8}}}}}\cdot (-8x^{7})=-{\frac {4x^{7}}{\sqrt {1-x^{8}}}}$
Lösung Teilaufgabe 2:
1. Abschätzung: Da $t\mapsto f(t)={\sqrt {1-t^{8}}}$ auf $[0,0.5]$ monoton fällt, gilt mit der Monotonie des Integrals:
$F(0,5)=\int _{0}^{0.5}{\sqrt {1-t^{8}}}\mathrm {d} t\geq \int _{0}^{0.5}{\sqrt {1-(0.5)^{8}}}\mathrm {d} t=[0.998t]_{0}^{0.5}=0.499\geq 0.496$
sowie
$F(0,5)=\int _{0}^{0.5}{\sqrt {1-t^{8}}}\mathrm {d} t\leq \int _{0}^{0.5}{\sqrt {1-0^{8}}}\mathrm {d} t=[t]_{0}^{0.5}=0.500$
2. Abschätzung: Ebenso ist $f$ auf $[0,1]$ monoton fallend, und mit der Linearität des Integrals folgt
${\begin{aligned}F(1)&=\int _{0}^{1}{\sqrt {1-t^{8}}}\mathrm {d} t=\int _{0}^{0.5}{\sqrt {1-t^{8}}}\mathrm {d} t+\int _{0.5}^{0.75}{\sqrt {1-t^{8}}}\mathrm {d} t+\int _{0.75}^{1}{\sqrt {1-t^{8}}}\mathrm {d} t\\&\geq \underbrace {\int _{0}^{0.5}{\sqrt {1-(0.5)^{8}}}\mathrm {d} t} _{=0.496}+\underbrace {\int _{0.5}^{0.75}{\sqrt {1-(0.75)^{8}}}\mathrm {d} t} _{=0.237}+\underbrace {\int _{0.75}^{1}{\sqrt {1-1^{8}}}\mathrm {d} t} _{=0}\\&=0.733\end{aligned}}$
Schließlich ist
$F(1)=\int _{0}^{1}{\sqrt {1-t^{8}}}\mathrm {d} t\leq \int _{0}^{1}{\sqrt {1}}\mathrm {d} t=1$

### Aufgabe 2

Aufgabe
Gegeben sei $f(x)=\int _{1}^{x}(t-1)^{2}\ln(t-1)\,\mathrm {d} t$.
* Bestimme den Definitionsbereich von $f$.
* Untersuche das Monotonieverhalten von $f$ und bestimme gegebenenfalls Extrema.
Lösung
Lösung Teilaufgabe 1:
$f$ ist genau für alle reellen Zahlen definiert, für die der Integrand $g(t)=(t-1)^{2}\ln(t-1)$ definiert und stetig ist. Dies ist zunächst auf $]1,\infty [$ als Komposition stetiger Funktionen der Fall. Weiter gilt
$\lim _{t\to 1+}(t-1)^{2}\ln(t-1){\overset {x=t-1}{=}}\lim _{x\to 0+}x^{2}\ln(x)=0$
Siehe dazu die Anwendungsbeispiele zur Regel von L'Hospital. Somit ist $g$ in $t=1$ stetig fortsetzbar, und daher $f$ auf $[1,\infty [$ definiert.
Lösung Teilaufgabe 2:
Monotonie: Nach dem Monotoniekriterium ist $f$ genau dann streng monoton steigend bzw. fallend, wenn $f'>0$ bzw. $f'<0$ ist.
Mit dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung gilt nun für alle $x\in [1,\infty [$:
$f'(x)=(x-1)^{2}\ln(x-1)$
Weiter ist für $x\neq 1$:
$\underbrace {(x-1)^{2}} _{\geq 0}\ln(x-1){\begin{cases}>0&\iff \ln(x-1)>0\iff x-1>1\iff x>2,\\<0&\iff \ln(x-1)<0\iff x-1<1\iff x<2\end{cases}}$
Damit ist $f$ in $]2,\infty [$ streng monoton steigend und in $]1,2[$ streng monoton fallend.
Extrema: Es gilt:
$f'(x)=(x-1)^{2}\ln(x-1)=0\iff x=1{\text{ oder }}x=2$
Da $f$ rechts von $x=1$ monoton fällt, besitzt die Funktion dort eine lokale (Rand-)Extremstelle. Schließlich fällt $f$ links von $x=2$ und steigt rechts davon. Somit ist $x=2$ eine lokale Minimalstelle.
konvexes und konkaves Verhalten

### Aufgabe 3

Aufgabe
Für $x\in \mathbb {R}$ sei die Funktion $g$ definiert durch $g(x)=\int _{0}^{x^{2}}{\sqrt {1+t\sin ^{2}(t)}}\,\mathrm {d} t$.
* Begründe: $g$ hat im Nullpunkt ein globales Minimum.
* Berechne die Ableitung $g'(x)$ für $x\in \mathbb {R}$.
Lösung
Lösung Teilaufgabe 1:
Zunächst ist
$g(0)=\int _{0}^{0^{2}}{\sqrt {1+t\sin ^{2}(t)}}\,\mathrm {d} t=\int _{0}^{0}{\sqrt {1+t\sin ^{2}(t)}}\,\mathrm {d} t=0$
Für den Integranden gilt weiter auf $[0,x^{2}]$:
${\sqrt {1+t\sin ^{2}(t)}}\geq 0$
Aus der Monotonie des Integrals folgt für alle $x\in \mathbb {R}$:
$g(x)=\int _{0}^{x^{2}}{\sqrt {1+t\sin ^{2}(t)}}\,\mathrm {d} t\geq \int _{0}^{x^{2}}0\,\mathrm {d} t=0=g(0)$
Somit hat $g$ im Nullpunkt ein lokales und sogar globales Minimum.
Lösung Teilaufgabe 2:
Für die Hilfsfunktion
$h(y)=\int _{0}^{y}{\sqrt {1+t\sin ^{2}(t)}}\,\mathrm {d} t$
gilt mit dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung für alle $y\geq 0$:
$h'(y)={\sqrt {1+y\sin ^{2}(y)}}$
Weiter ist
$g(x)=h(x^{2})$
Mit der Kettenregel folgt damit für alle $x\in \mathbb {R}$:
$g'(x)=h'(x^{2})\cdot 2x={\sqrt {1+x^{2}\sin ^{2}(x^{2})}}\cdot 2x=2x{\sqrt {1+x^{2}\sin ^{2}(x^{2})}}$

## Substitutionsregel

Aufgabe (Substitutionsregel 1)
Berechne die unbestimmten Integrale
* $\int {\frac {1}{1+x}}\;\mathrm {d} x$ für $x>-1$
* $\int {\frac {1}{1+x^{2}}}\;\mathrm {d} x$ für $x\in \mathbb {R}$
* $\int {\frac {x}{1+x}}\;\mathrm {d} x$ für $x>-1$
* $\int {\frac {x^{2}}{1+x^{2}}}\;\mathrm {d} x$ für $x\in \mathbb {R}$
* $\int {\frac {x}{1+x^{2}}}\;\mathrm {d} x$ für $x\in \mathbb {R}$
* $\int {\frac {x}{1+x^{4}}}\;\mathrm {d} x$ für $x\in \mathbb {R}$
Lösung (Substitutionsregel 1)
Teilaufgabe 1:
${\begin{aligned}&\int {\frac {1}{1+x}}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=1+x\Longrightarrow {\frac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x}}=1\Longrightarrow \mathrm {d} x=\mathrm {d} y\right.}\\[0.5em]&=\int {\frac {1}{y}}\,\mathrm {d} y\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&=\ln(y)+c\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution: }}y=1+x\right.}\\[0.5em]&=\ln(1+x)+c\end{aligned}}$
Teilaufgabe 2:
${\begin{aligned}&\int {\frac {1}{1+x^{2}}}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&=\arctan(x)+c\end{aligned}}$
Teilaufgabe 3:
${\begin{aligned}&\int {\frac {x}{1+x}}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&=\int {\frac {1+x-1}{1+x}}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&=\int \left({\frac {1+x}{1+x}}-{\frac {1}{1+x}}\right)\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Linearität}}\right.}\\[0.5em]&=\int 1\,\mathrm {d} x-\int {\frac {1}{1+x}}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung und Teilaufgabe 1}}\right.}\\[0.5em]&=x-\ln(1+x)+c\end{aligned}}$
Teilaufgabe 4:
${\begin{aligned}&\int {\frac {x^{2}}{1+x^{2}}}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&=\int {\frac {1+x^{2}-1}{1+x^{2}}}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&=\int \left({\frac {1+x^{2}}{1+x^{2}}}-{\frac {1}{1+x^{2}}}\right)\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Linearität}}\right.}\\[0.5em]&=\int 1\,\mathrm {d} x-\int {\frac {1}{1+x^{2}}}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung und Teilaufgabe 2}}\right.}\\[0.5em]&=x-\arctan(x)+c\end{aligned}}$
Teilaufgabe 5:
${\begin{aligned}&\int {\frac {x}{1+x^{2}}}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=1+x^{2}\Longrightarrow {\frac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x}}=2x\Longrightarrow \mathrm {d} x={\frac {1}{2x}}\mathrm {d} y\right.}\\[0.5em]&=\int {\frac {x}{y}}{\frac {1}{2x}}\,\mathrm {d} y\\[0.5em]&=\int {\frac {1}{2}}{\frac {1}{y}}\,\mathrm {d} y\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}\ln(y)+c\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution: }}y=1+x^{2}\right.}\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}\ln(1+x^{2})+c\end{aligned}}$
Teilaufgabe 6:
${\begin{aligned}&\int {\frac {x}{1+x^{4}}}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&\int {\frac {x}{1+(x^{2})^{2}}}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=x^{2}\Longrightarrow {\frac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x}}=2x\Longrightarrow \mathrm {d} x={\frac {1}{2x}}\mathrm {d} y\right.}\\[0.5em]&=\int {\frac {x}{1+y^{2}}}{\frac {1}{2x}}\,\mathrm {d} y\\[0.5em]&=\int {\frac {1}{2}}{\frac {1}{1+y^{2}}}\,\mathrm {d} y\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}\arctan(y)+c\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution: }}y=x^{2}\right.}\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}\arctan(x^{2})+c\end{aligned}}$
Aufgabe (Substitutionsregel 2)
Berechne die bestimmten/unbestimmten Integrale
* $\int {\frac {1}{{\sqrt[{3}]{1-x}}^{4}}}\;\mathrm {d} x$ für $x<1$
* $\int {\frac {\cos(x)+\sin(x)}{\cos(x)-\sin(x)}}\;\mathrm {d} x$ für $x\in ]-{\tfrac {3\pi }{4}},{\tfrac {\pi }{4}}[$
* $\int _{1}^{e^{2}}{\frac {\sqrt {\ln(x)}}{x}}\;\mathrm {d} x$
* $\int _{1}^{\sqrt {e}}{\frac {(\ln(x))^{2}}{x}}\;\mathrm {d} x$
* $\int {\frac {e^{2x}-1}{e^{2x}+1}}\;\mathrm {d} x$ für $x\in \mathbb {R}$
* $\int {\frac {1}{x\ln(x)\ln(\ln(x))}}\;\mathrm {d} x$ für $x>0$
* $\int {\frac {e^{x}}{e^{2x}-1}}\;\mathrm {d} x$ für $x<0$
* $\int _{1}^{e}{\frac {\ln(x)}{x([\ln(x)]^{2}+1)}}\;\mathrm {d} x$
Lösung (Substitutionsregel 2)
Teilaufgabe 1:
${\begin{aligned}&\int {\frac {1}{{\sqrt[{3}]{1-x}}^{4}}}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&\int {\frac {1}{(1-x)^{\frac {4}{3}}}}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=1-x\Longrightarrow {\frac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x}}=-1\Longrightarrow \mathrm {d} x=-\mathrm {d} y\right.}\\[0.5em]&=-\int {\frac {1}{y^{\frac {4}{3}}}}\,\mathrm {d} y\\[0.5em]&=-\int y^{-{\frac {4}{3}}}\,\mathrm {d} y\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&=-(-3y^{-{\frac {1}{3}}})+c\\[0.5em]&=3y^{-{\frac {1}{3}}}+c\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution: }}y=1+x\right.}\\[0.5em]&=3(1-x)^{-{\frac {1}{3}}}+c\end{aligned}}$
Teilaufgabe 2:
${\begin{aligned}&\int {\frac {\cos(x)+\sin(x)}{\cos(x)-\sin(x)}}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&=-\int {\frac {\cos(x)+\sin(x)}{\sin(x)-\cos(x)}}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=\sin(x)-\cos(x)\Longrightarrow {\frac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x}}=\cos(x)+\sin(x)\Longrightarrow \mathrm {d} x={\frac {1}{\cos(x)+\sin(x)}}\mathrm {d} y\right.}\\[0.5em]&=-\int {\frac {1}{y}}\,\mathrm {d} y\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&=-\ln |y|+c\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution: }}y=\sin(x)-\cos(x)\right.}\\[0.5em]&=-\ln |\sin(x)-\cos(x)|+c\end{aligned}}$
Teilaufgabe 3:
${\begin{aligned}&\int _{1}^{e^{2}}{\frac {\sqrt {\ln(x)}}{x}}\;\mathrm {d} x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=\ln(x)\Longrightarrow {\frac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x}}={\frac {1}{x}}\Longrightarrow \mathrm {d} x=x\mathrm {d} y\right.}\\[0.5em]&=\int _{\ln(1)}^{\ln(e^{2})}{\sqrt {y}}\,\mathrm {d} y\\[0.5em]&=\int _{0}^{2}y^{\frac {1}{2}}\,\mathrm {d} y\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&=\left[{\frac {2}{3}}y^{\frac {3}{2}}\right]_{0}^{2}\\[0.5em]&={\frac {2}{3}}\cdot 2^{\frac {3}{2}}-{\frac {2}{3}}\cdot 0\\[0.5em]&={\frac {2}{3}}\cdot 2{\sqrt {2}}\\[0.5em]&={\frac {4{\sqrt {2}}}{3}}\end{aligned}}$
Teilaufgabe 4:
${\begin{aligned}&\int _{1}^{\sqrt {e}}{\frac {(\ln(x))^{2}}{x}}\;\mathrm {d} x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=\ln(x)\Longrightarrow {\frac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x}}={\frac {1}{x}}\Longrightarrow \mathrm {d} x=x\mathrm {d} y\right.}\\[0.5em]&=\int _{\ln(1)}^{\ln({\sqrt {e}})}y^{2}\,\mathrm {d} y\\[0.5em]&=\int _{0}^{\frac {1}{2}}y^{2}\,\mathrm {d} y\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&=\left[{\frac {1}{3}}y^{3}\right]_{0}^{\frac {1}{2}}\\[0.5em]&={\frac {1}{3}}\cdot \left({\frac {1}{2}}\right)^{3}-{\frac {1}{3}}\cdot 0\\[0.5em]&={\frac {1}{3}}\cdot {\frac {1}{8}}\\[0.5em]&={\frac {1}{24}}\end{aligned}}$
Teilaufgabe 5:
1.Möglichkeit:
${\begin{aligned}&\int {\frac {e^{2x}-1}{e^{2x}+1}}\;\mathrm {d} x\\[0.5em]&\ =\int {\frac {e^{x}(e^{x}-e^{-x})}{e^{x}(e^{x}+e^{-x})}}\;\mathrm {d} x\\[0.5em]&\ =\int {\frac {e^{x}-e^{-x}}{e^{x}+e^{-x}}}\;\mathrm {d} x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=e^{x}+e^{-x}\Longrightarrow {\frac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x}}=e^{x}-e^{-x}\Longrightarrow \mathrm {d} x={\frac {1}{e^{x}-e^{-x}}}\mathrm {d} y\right.}\\[0.5em]&\ =\int {\frac {1}{y}}\,\mathrm {d} y\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&\ =\ln(y)+c\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution: }}y=e^{x}+e^{-x}\right.}\\[0.5em]&\ =\ln(e^{x}+e^{-x})+c\end{aligned}}$
2.Möglichkeit:
${\begin{aligned}&\int {\frac {e^{2x}-1}{e^{2x}+1}}\;\mathrm {d} x\\[0.5em]&\ =\int {\frac {e^{x}(e^{x}-e^{-x})}{e^{x}(e^{x}+e^{-x})}}\;\mathrm {d} x\\[0.5em]&\ =\int {\frac {e^{x}-e^{-x}}{e^{x}+e^{-x}}}\;\mathrm {d} x\\[0.5em]&\ =\int {\frac {\sinh(x)}{\cosh(x)}}\;\mathrm {d} x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=\cosh(x)\Longrightarrow {\frac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x}}=\sinh(x)\Longrightarrow \mathrm {d} x={\frac {1}{\sinh(x)}}\mathrm {d} y\right.}\\[0.5em]&\ =\int {\frac {1}{y}}\,\mathrm {d} y\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&\ =\ln(y)+c\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution: }}y=\cosh(x)\right.}\\[0.5em]&\ =\ln(\cosh(x))+c\end{aligned}}$
3.Möglichkeit:
${\begin{aligned}&\int {\frac {e^{2x}-1}{e^{2x}+1}}\;\mathrm {d} x\\[0.5em]&\ =\int {\frac {2e^{2x}-1-e^{2x}}{e^{2x}+1}}\;\mathrm {d} x\\[0.5em]&\ =\int {\frac {2e^{2x}-(e^{2x}+1)}{e^{2x}+1}}\;\mathrm {d} x\\[0.5em]&\ =\int \left({\frac {2e^{2x}}{e^{2x}+1}}-{\frac {e^{2x}+1}{e^{2x}+1}}\right)\;\mathrm {d} x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Linearität des Integrals}}\right.}\\[0.5em]&\ =\int {\frac {2e^{2x}}{e^{2x}+1}}\;\mathrm {d} x-\int \underbrace {\frac {e^{2x}+1}{e^{2x}+1}} _{=1}\;\mathrm {d} x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=e^{2x}+1\Longrightarrow {\frac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x}}=2e^{2x}\Longrightarrow \mathrm {d} x={\frac {1}{2e^{2x}}}\mathrm {d} y\right.}\\[0.5em]&\ =\int {\frac {1}{y}}\,\mathrm {d} y-\int 1\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&\ =\ln(y)-x+c\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution: }}y=e^{2x}+1\right.}\\[0.5em]&\ =\ln(e^{2x}+1)-x+c\end{aligned}}$
Teilaufgabe 6:
${\begin{aligned}&\int {\frac {1}{x\ln(x)\ln(\ln(x))}}\;\mathrm {d} x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=\ln(\ln(x))\Longrightarrow {\frac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x}}={\frac {1}{x\ln(x)}}\Longrightarrow \mathrm {d} x=x\ln(x)\mathrm {d} y\right.}\\[0.5em]&\ =\int {\frac {1}{y}}\;\mathrm {d} y\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&\ =\ln(y)+c\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution: }}y=\ln(\ln(x))\right.}\\[0.5em]&\ =\ln(\ln(\ln(x)))+c\end{aligned}}$
Teilaufgabe 7:
${\begin{aligned}&\int {\frac {e^{x}}{e^{2x}-1}}\;\mathrm {d} x\\[0.5em]&\ =\int {\frac {e^{x}}{(e^{x})^{2}-1}}\;\mathrm {d} x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=e^{x}\Longrightarrow {\frac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x}}=e^{x}\Longrightarrow \mathrm {d} x={\frac {1}{e^{x}}}\mathrm {d} y\ (x<0\Longrightarrow y\in (0,1))\right.}\\[0.5em]&\ =\int {\frac {1}{y^{2}-1}}\;\mathrm {d} y\\[0.5em]&\ =-\int {\frac {1}{1-y^{2}}}\;\mathrm {d} y\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&\ =-{\text{artanh}}(y)+c\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution: }}y=e^{x}\right.}\\[0.5em]&\ =-{\text{artanh}}(e^{x})+c\end{aligned}}$
Teilaufgabe 8:
${\begin{aligned}&\int _{1}^{e}{\frac {\ln(x)}{x([\ln(x)]^{2}+1)}}\;\mathrm {d} x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}y=\ln(x)\Longrightarrow {\frac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x}}={\frac {1}{x}}\Longrightarrow \mathrm {d} x=x\mathrm {d} y\right.}\\[0.5em]&\ =\int _{\ln(1)}^{\ln(e)}{\frac {y}{y^{2}+1}}\;\mathrm {d} y\\[0.5em]&\ =\int _{0}^{1}{\frac {y}{y^{2}+1}}\;\mathrm {d} y\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}t=y^{2}+1\Longrightarrow {\frac {\mathrm {d} t}{\mathrm {d} y}}=2y\Longrightarrow \mathrm {d} y={\frac {1}{2y}}\mathrm {d} t\right.}\\[0.5em]&\ =\int _{0^{2}+1}^{1^{2}+1}{\frac {1}{2t}}\;\mathrm {d} t\\[0.5em]&\ ={\frac {1}{2}}\int _{1}^{2}{\frac {1}{t}}\;\mathrm {d} t\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung}}\right.}\\[0.5em]&\ ={\frac {1}{2}}\left[\ln(t)\right]_{1}^{2}\\[0.5em]&\ ={\frac {1}{2}}[\ln(2)-\ln(1)]\\[0.5em]&\ ={\frac {1}{2}}\ln(2)\end{aligned}}$

## Partielle Integration

Aufgabe (Rekursionsformeln für Integrale)
Bestimme Rekursionsformeln für
* $I_{k}=\int {\frac {1}{{\sqrt {1+x^{2}}}^{k}}}\,\mathrm {d} x$ mit $k\in \mathbb {N}$
* $L_{a,k}=\int _{0}^{1}x^{a}\ln ^{k}(x)\,\mathrm {d} x$ für $a>0$ und $k\in \mathbb {N} _{0}$ und berechne damit den Wert des Integrals.
Hinweis: Beim zweiten Integral dürft ihr verwenden, dass der Integrand im Nullpunkt stetig fortsetzbar ist, und dort den Wert null hat.
Lösung (Rekursionsformeln für Integrale)
Teilaufgabe 1:
${\begin{aligned}I_{k}&=\int {\frac {1}{{\sqrt {1+x^{2}}}^{k}}}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&=\int 1\cdot {\frac {1}{(1+x^{2})^{\tfrac {k}{2}}}}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit}}\ f'(x)=1\ {\text{und}}\ g(x)={\frac {1}{(1+x^{2})^{\tfrac {k}{2}}}}\Longrightarrow f(x)=x\ {\text{und}}\ g'(x)=-{\frac {k}{2}}{\frac {1}{(1+x^{2})^{{\tfrac {k}{2}}+1}}}\cdot 2x=-k{\frac {x}{(1+x^{2})^{{\tfrac {k}{2}}+1}}}\right.}\\[0.5em]&=x\cdot {\frac {1}{{\sqrt {1+x^{2}}}^{k}}}-\int x\cdot \left(-k{\frac {x}{(1+x^{2})^{{\tfrac {k}{2}}+1}}}\right)\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&={\frac {x}{{\sqrt {1+x^{2}}}^{k}}}+k\int {\frac {x^{2}}{(1+x^{2})^{{\tfrac {k}{2}}+1}}}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&={\frac {x}{{\sqrt {1+x^{2}}}^{k}}}+k\int {\frac {1+x^{2}-1}{(1+x^{2})^{{\tfrac {k}{2}}+1}}}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&={\frac {x}{{\sqrt {1+x^{2}}}^{k}}}+k\int \left({\frac {1+x^{2}}{(1+x^{2})^{{\tfrac {k}{2}}+1}}}-{\frac {1}{(1+x^{2})^{{\tfrac {k}{2}}+1}}}\right)\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&={\frac {x}{{\sqrt {1+x^{2}}}^{k}}}+\underbrace {k\int {\frac {1}{(1+x^{2})^{\tfrac {k}{2}}}}\,\mathrm {d} x} _{=k\cdot I_{k}}-\underbrace {k\int {\frac {1}{(1+x^{2})^{\tfrac {k+2}{2}}}}} _{=k\cdot I_{k+2}}\,\mathrm {d} x\end{aligned}}$
Stellen wir diese Gleichung um, so erhalten wir
${\begin{aligned}&k\cdot I_{k+2}=(k-1)\cdot I_{k}+{\frac {x}{{\sqrt {1+x^{2}}}^{k}}}\\[0.5cm]{\overset {|:k}{\iff }}&I_{k+2}={\frac {k-1}{k}}\cdot I_{k}+{\frac {x}{k{\sqrt {1+x^{2}}}^{k}}}\end{aligned}}$
Ersetzen wir noch $k+2$ durch $k$, so erhalten wir schließlich
$I_{k}={\frac {k-3}{k-2}}\cdot I_{k-2}+{\frac {x}{(k-2){\sqrt {1+x^{2}}}^{k-2}}}$
Für $k=1$ und $k=2$ erhalten wir noch
${\begin{aligned}I_{1}&=\int {\frac {1}{\sqrt {1+x^{2}}}}\,\mathrm {d} x\\[0.5cm]&=\int {\frac {1}{\sqrt {1+x^{2}}}}\cdot {\frac {x+{\sqrt {1+x^{2}}}}{x+{\sqrt {1+x^{2}}}}}\,\mathrm {d} x\\[0.5cm]&=\int {\frac {{\frac {1}{\sqrt {1+x^{2}}}}\cdot (x+{\sqrt {1+x^{2}}})}{x+{\sqrt {1+x^{2}}}}}\,\mathrm {d} x\\[0.5cm]&=\int {\frac {{\frac {x}{\sqrt {1+x^{2}}}}+1}{x+{\sqrt {1+x^{2}}}}}\,\mathrm {d} x\\[0.5cm]&=\ln(x+{\sqrt {1+x^{2}}})\end{aligned}}$
und
${\begin{aligned}I_{2}&=\int {\frac {1}{1+x^{2}}}\,\mathrm {d} x=\arctan(x)\end{aligned}}$
Teilaufgabe 2:
${\begin{aligned}L_{a,k}&=\int _{0}^{1}x^{a}\ln ^{k}(x)\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit}}\ f'(x)=x^{a}\ {\text{und}}\ g(x)=\ln ^{k}(x)\Longrightarrow f(x)={\frac {1}{a+1}}x^{a+1}\ {\text{und}}\ g'(x)=k\ln ^{k-1}(x)\cdot {\frac {1}{x}}={\frac {k\ln ^{k-1}(x)}{x}}\right.}\\[0.5em]&=\underbrace {\left[{\frac {x^{a+1}\ln ^{k}(x)}{a+1}}\right]_{0}^{1}} _{=0}-\int _{0}^{1}{\frac {k}{a+1}}{\frac {x^{a+1}\ln ^{k-1}(x)}{x}}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&=\left[\underbrace {\frac {1^{a+1}\ln ^{k}(1)}{a+1}} _{=0}-\underbrace {\lim _{x\to 0+}{\frac {x^{a+1}\ln ^{k}(x)}{a+1}}} _{=0}\right]-\int _{0}^{1}{\frac {k}{a+1}}{\frac {x^{a+1}\ln ^{k-1}(x)}{x}}\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&=-{\frac {k}{a+1}}\int _{0}^{1}x^{a}\ln ^{k-1}(x)\,\mathrm {d} x\\[0.5em]&=-{\frac {k}{a+1}}L_{a,k-1}\end{aligned}}$
Wiederholen wir die analoge Rechnung $(k-1)$-Mal, so erhalten wir
${\begin{aligned}L_{a,k}&=(-1)^{k}{\frac {k!}{(a+1)^{k}}}L_{a,0}\\[0.5cm]&=(-1)^{k}{\frac {k!}{(a+1)^{k}}}\int _{0}^{1}x^{a}\ln ^{0}(x)\,\mathrm {d} x\\[0.5cm]&=(-1)^{k}{\frac {k!}{(a+1)^{k}}}\int _{0}^{1}x^{a}\,\mathrm {d} x\\[0.5cm]&=(-1)^{k}{\frac {k!}{(a+1)^{k}}}\left[{\frac {x^{a+1}}{a+1}}\right]_{0}^{1}\\[0.5cm]&=(-1)^{k}{\frac {k!}{(a+1)^{k}}}{\frac {1}{a+1}}\\[0.5cm]&=(-1)^{k}{\frac {k!}{(a+1)^{k+1}}}\end{aligned}}$

## Substitution und partielle Integration

Aufgabe
Bestimme die Integrale
* $\int e^{e^{x}+x}\,\mathrm {d} x$
* $\int _{0}^{1}e^{e^{x}+2x}\,\mathrm {d} x$
Lösung
Teilaufgabe 1:
${\begin{aligned}&\int e^{e^{x}+x}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]=\ &\int e^{e^{x}}\cdot e^{x}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution:}}\ y=e^{x}\Longrightarrow {\frac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x}}=e^{x}\Longrightarrow \mathrm {d} x={\frac {1}{e^{x}}}\mathrm {d} y\right.}\\[0.3em]=\ &\int e^{y}\,\mathrm {d} y\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung mit}}\ f(y)=e^{y}\Longrightarrow F(y)=e^{y}+c\right.}\\[0.3em]=\ &e^{y}+c\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution:}}\ y=e^{x}\right.}\\[0.3em]=\ &e^{e^{x}}+c\end{aligned}}$
Teilaufgabe 2: Aus der Teilaufgabe zuvor wissen wir, dass $e^{e^{x}}$ eine Stammfunktion von $e^{e^{x}+x}=e^{e^{x}}\cdot e^{x}$ ist. Nun können wir partielle Integration verwenden. Wir haben also
${\begin{aligned}&\int _{0}^{1}e^{e^{x}+2x}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]=\ &\int _{0}^{1}e^{e^{x}+x}\cdot e^{x}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit}}\ f'(x)=e^{e^{x}+x}\ {\text{und}}\ g(x)=e^{x}\Longrightarrow f(x)=e^{e^{x}}\ {\text{und}}\ g'(x)=e^{x}\right.}\\[0.3em]=\ &[e^{e^{x}}\cdot e^{x}]_{0}^{1}-\int _{0}^{1}e^{e^{x}}\cdot e^{x}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung mit}}\ f(x)=e^{e^{x}}\cdot e^{x}\Longrightarrow F(x)=e^{e^{x}}\right.}\\[0.3em]=\ &e^{e}\cdot e-e-[e^{e^{x}}]_{0}^{1}\\[0.3em]=\ &e^{e}\cdot e-e-e^{e}+e\\[0.3em]=\ &e^{e}\cdot (e-1)\end{aligned}}$
Aufgabe
Berechne für $n,m\in \mathbb {N}$ die Integrale
* $\int _{0}^{2\pi }\sin(nx)\sin(mx)\,\mathrm {d} x$
* $\int _{0}^{2\pi }\sin(nx)\cos(mx)\,\mathrm {d} x$
* $\int _{0}^{2\pi }\cos(nx)\cos(mx)\,\mathrm {d} x$
Hinweis: Unterscheide jeweils die Fälle $m=n$ und $m\neq n$.
Lösung
Teilaufgabe 1:
Fall 1: $m=n$
${\begin{aligned}&\int _{0}^{2\pi }\sin(nx)\sin(nx)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&=\int _{0}^{2\pi }\sin ^{2}(nx)\,\mathrm {d} x\\[0.3cm]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution:}}\ y=nx\Longrightarrow {\frac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x}}=n\Longrightarrow \mathrm {d} x={\frac {1}{n}}\mathrm {d} y\right.}\\[0.3em]&={\frac {1}{n}}\int _{0}^{2\pi n}\sin ^{2}(y)\,\mathrm {d} y\\[0.3cm]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \int \sin ^{2}(x)\,\mathrm {d} x=-{\frac {1}{2}}\cos(x)\sin(x)+{\frac {1}{2}}x\right.}\\[0.3em]&={\frac {1}{n}}\left[-{\frac {1}{2}}\cos(x)\sin(x)+{\frac {1}{2}}x\right]_{0}^{2\pi n}\\[0.3ex]&={\frac {1}{n}}\left[\underbrace {-{\frac {1}{2}}\cos(2\pi n)\sin(2\pi n)} _{=0}+{\frac {1}{2}}\cdot 2\pi n-\underbrace {(-{\frac {1}{2}}\cos(0)\sin(0)+{\frac {1}{2}}\cdot 0} _{=0}\right]\\[0.3em]&={\frac {1}{n}}\cdot {\frac {1}{2}}\cdot 2\pi n\\[0.3em]&=\pi \end{aligned}}$
Fall 2: $m\neq n$
${\begin{aligned}&\int _{0}^{2\pi }\sin(nx)\sin(mx)\,\mathrm {d} x\\[0.3cm]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit}}\ f'(x)=\sin(nx)\ {\text{und}}\ g(x)=\sin(mx)\Longrightarrow f(x)=-{\frac {1}{n}}\cos(nx)\ {\text{und}}\ g'(x)=m\cos(mx)\right.}\\[0.3em]&=\underbrace {\left[-{\frac {1}{n}}\cos(nx)\sin(mx)\right]_{0}^{2\pi }} _{=0}-\int _{0}^{2\pi }\left(-{\frac {m}{n}}\cos(nx)\cos(mx)\right)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&={\frac {m}{n}}\int _{0}^{2\pi }\cos(nx)\cos(mx)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit}}\ f'(x)=\cos(nx)\ {\text{und}}\ g(x)=\cos(mx)\Longrightarrow f(x)={\frac {1}{n}}\sin(nx)\ {\text{und}}\ g'(x)=-m\sin(mx)\right.}\\[0.3em]&={\frac {m}{n}}\cdot \underbrace {\left[{\frac {1}{n}}\sin(nx)\cos(mx)\right]_{0}^{2\pi }} _{=0}-{\frac {m}{n}}\int _{0}^{2\pi }\left(-{\frac {m}{n}}\sin(nx)\sin(mx)\right)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&={\frac {m^{2}}{n^{2}}}\int _{0}^{2\pi }\sin(nx)\sin(mx)\,\mathrm {d} x\end{aligned}}$
Subtrahieren wir nun das Integral auf der rechtenen Seite, so ist die gesamte Gleichung äquivalent zu
${\begin{aligned}&\int _{0}^{2\pi }\sin(nx)\sin(mx)\,\mathrm {d} x-{\frac {m^{2}}{n^{2}}}\int _{0}^{2\pi }\sin(nx)\sin(mx)\,\mathrm {d} x=0\\[0.3em]\iff &\underbrace {\left(1-{\frac {m^{2}}{n^{2}}}\right)} _{\neq 0}\int _{0}^{2\pi }\sin(nx)\sin(mx)\,\mathrm {d} x=0\end{aligned}}$
Daraus folgt schließlich
$\int _{0}^{2\pi }\sin(nx)\sin(mx)\,\mathrm {d} x=0$
Teilaufgabe 2:
Fall 1: $m=n$
${\begin{aligned}&\int _{0}^{2\pi }\sin(nx)\cos(nx)\,\mathrm {d} x\\[0.3cm]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution:}}\ y=nx\Longrightarrow {\frac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x}}=n\Longrightarrow \mathrm {d} x={\frac {1}{n}}\mathrm {d} y\right.}\\[0.3em]&={\frac {1}{n}}\int _{0}^{2\pi n}\sin(y)\cos(y)\,\mathrm {d} y\\[0.3cm]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \int \sin(x)\cos(x)\,\mathrm {d} x=-{\frac {1}{2}}\cos ^{2}(x)\right.}\\[0.3em]&={\frac {1}{n}}\left[-{\frac {1}{2}}\cos ^{2}(x)\right]_{0}^{2\pi n}\\[0.3ex]&={\frac {1}{n}}\left[-{\frac {1}{2}}\cos ^{2}(2\pi n)-(-{\frac {1}{2}}\cos ^{2}(0))\right]\\[0.3em]&={\frac {1}{n}}\left[-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}\right]\\[0.3em]&={\frac {1}{n}}\cdot 0\\[0.3em]&=0\end{aligned}}$
Fall 2: $m\neq n$
${\begin{aligned}&\int _{0}^{2\pi }\sin(nx)\cos(mx)\,\mathrm {d} x\\[0.3cm]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit}}\ f'(x)=\sin(nx)\ {\text{und}}\ g(x)=\cos(mx)\Longrightarrow f(x)=-{\frac {1}{n}}\cos(nx)\ {\text{und}}\ g'(x)=-m\sin(mx)\right.}\\[0.3em]&=\underbrace {\left[-{\frac {1}{n}}\cos(nx)\cos(mx)\right]_{0}^{2\pi }} _{=0}-\int _{0}^{2\pi }\left({\frac {m}{n}}\cos(nx)\sin(mx)\right)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&=-{\frac {m}{n}}\int _{0}^{2\pi }\cos(nx)\sin(mx)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit}}\ f'(x)=\cos(nx)\ {\text{und}}\ g(x)=\sin(mx)\Longrightarrow f(x)={\frac {1}{n}}\sin(nx)\ {\text{und}}\ g'(x)=m\cos(mx)\right.}\\[0.3em]&={\frac {m}{n}}\cdot \underbrace {\left[{\frac {1}{n}}\sin(nx)\sin(mx)\right]_{0}^{2\pi }} _{=0}-\left[-{\frac {m}{n}}\int _{0}^{2\pi }\left({\frac {m}{n}}\sin(nx)\cos(mx)\right)\,\mathrm {d} x\right]\\[0.3em]&={\frac {m^{2}}{n^{2}}}\int _{0}^{2\pi }\sin(nx)\cos(mx)\,\mathrm {d} x\end{aligned}}$
Subtrahieren wir nun das Integral auf der rechtenen Seite, so ist die gesamte Gleichung äquivalent zu
${\begin{aligned}\underbrace {\left(1-{\frac {m^{2}}{n^{2}}}\right)} _{\neq 0}\int _{0}^{2\pi }\sin(nx)\cos(mx)\,\mathrm {d} x=0\end{aligned}}$
Daraus ergibt sich
$\int _{0}^{2\pi }\sin(nx)\cos(mx)\,\mathrm {d} x=0$
Teilaufgabe 3:
Fall 1: $m=n$
${\begin{aligned}&\int _{0}^{2\pi }\cos(nx)\cos(nx)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&=\int _{0}^{2\pi }\cos ^{2}(nx)\,\mathrm {d} x\\[0.3cm]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution:}}\ y=nx\Longrightarrow {\frac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x}}=n\Longrightarrow \mathrm {d} x={\frac {1}{n}}\mathrm {d} y\right.}\\[0.3em]&={\frac {1}{n}}\int _{0}^{2\pi n}\cos ^{2}(y)\,\mathrm {d} y\\[0.3cm]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \int \cos ^{2}(x)\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}\cos(x)\sin(x)+{\frac {1}{2}}x\right.}\\[0.3em]&={\frac {1}{n}}\left[{\frac {1}{2}}\cos(x)\sin(x)+{\frac {1}{2}}x\right]_{0}^{2\pi n}\\[0.3ex]&={\frac {1}{n}}\left[\underbrace {{\frac {1}{2}}\cos(2\pi n)\sin(2\pi n)} _{=0}+{\frac {1}{2}}\cdot 2\pi n-\underbrace {(-{\frac {1}{2}}\cos(0)\sin(0)+{\frac {1}{2}}\cdot 0} _{=0}\right]\\[0.3em]&={\frac {1}{n}}\cdot {\frac {1}{2}}\cdot 2\pi n\\[0.3em]&=\pi \end{aligned}}$
Fall 2: $m\neq n$
${\begin{aligned}&\int _{0}^{2\pi }\cos(nx)\cos(mx)\,\mathrm {d} x\\[0.3cm]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit}}\ f'(x)=\cos(nx)\ {\text{und}}\ g(x)=\cos(mx)\Longrightarrow f(x)={\frac {1}{n}}\sin(nx)\ {\text{und}}\ g'(x)=-m\sin(mx)\right.}\\[0.3em]&=\underbrace {\left[{\frac {1}{n}}\sin(nx)\cos(mx)\right]_{0}^{2\pi }} _{=0}-\int _{0}^{2\pi }\left(-{\frac {m}{n}}\sin(nx)\sin(mx)\right)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&={\frac {m}{n}}\int _{0}^{2\pi }\sin(nx)\sin(mx)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \int _{0}^{2\pi }\sin(nx)\sin(mx)\,\mathrm {d} x=0\ {\text{nach Teilaufgabe 1}}\ \right.}\\[0.3em]&={\frac {m}{n}}\cdot 0\\[0.3em]&=0\end{aligned}}$
Aufgabe
Sei $f:[0,1]\to [0,1]$ stetig differenzierbar mit $f(0)=0$, $f(1)=1$ und $f'(x)>0$ für $x\in [0,1]$. Zeige:
$\int _{0}^{1}\!f^{-1}(y)\,\mathrm {d} y=1-\int _{0}^{1}\!f(x)\;\mathrm {d} x$
Lösung
${\begin{aligned}&\int _{0}^{1}\!f^{-1}(y)\,\mathrm {d} y\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution:}}\ y=f(x)\Longrightarrow {\frac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x}}=f'(x)\Longrightarrow \mathrm {d} y=f'(x)\mathrm {d} x\right.}\\[0.3em]=\ &\int _{f(0)}^{f(1)}f^{-1}(f(x))\cdot f'(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ f(0)=0,\ f(1)=1\ {\text{und}}\ f^{-1}(f(x))=x\right.}\\[0.3em]=\ &\int _{0}^{1}x\cdot f'(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit}}\ f'(x)=f'(x)\ {\text{und}}\ g(x)=x\Longrightarrow f(x)=f(x)\ {\text{und}}\ g'(x)=1\right.}\\[0.3em]=\ &[x\cdot f(x)]_{0}^{1}-\int _{0}^{1}1\cdot f(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]=\ &1\cdot \underbrace {f(1)} _{=1}-\underbrace {0\cdot f(0)} _{=0}-\int _{0}^{1}f(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]=\ &1-\int _{0}^{1}f(x)\,\mathrm {d} x\\[0.3em]\end{aligned}}$

## Beispiele von Stammfunktionen

Aufgabe (Stammfunktionen der hyperbolischen Funktionen)
Zeige:
* $\int \sinh(x)\;\mathrm {d} x=\cosh(x)+C\$
* $\ \int \cosh(x)\;\mathrm {d} x=\sinh(x)+C$
* $\int \tanh(x)\;\mathrm {d} x=\ln \,\cosh(x)+C\$
* $\ \int \coth(x)\;\mathrm {d} x=\ln |\sinh(x)|+C$
Aufgabe (Stammfunktionen der Area Funktionen)
Zeige:
* $\int {\frac {1}{\sqrt {1+x^{2}}}}\;\mathrm {d} x=\ln(x+{\sqrt {1+x^{2}}})+C$
* $\int -{\frac {1}{\sqrt {x^{2}-1}}}\;\mathrm {d} x=\ln |x+{\sqrt {x^{2}-1}}|+C\$
* $\int {\frac {1}{1-x^{2}}}\;\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}\ln \left({\frac {1+x}{1-x}}\right)+C$
* $\int \operatorname {arsinh} (x)\ \mathrm {d} x=x\cdot \operatorname {arsinh} (x)-{\sqrt {x^{2}+1}}+C$
* $\ \int \operatorname {arcosh} (x)\ \mathrm {d} x=x\cdot \operatorname {arcosh} (x)-{\sqrt {x^{2}-1}}+C\$
* $\ \int \operatorname {artanh} (x)\,\mathrm {d} x=x\cdot \operatorname {artanh} (x)+{\frac {1}{2}}\ln \left(1-x^{2}\right)+C$

## Konvergenz von Integralen

Aufgabe
Finde integrierbare Funktionen $f,f_{n}:]0,1[\to \mathbb {R}$ für alle $n\in \mathbb {N}$, so dass
* $\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{1}f_{n}(x)\,\mathrm {d} x\neq \int _{0}^{1}f(x)\,\mathrm {d} x$
* Für alle $x\in ]0,1[$ gilt $\lim _{n\to \infty }f_{n}(x)=f(x)$.
Wie kommt man auf den Beweis?
Wir machen eine Vorüberlegung. Angenommen, wir haben Funktionen $f,f_{n}:]0,1[\to \mathbb {R}$ gefunden, die die geforderten Eigenschaften erfüllen. Für alle $n\in \mathbb {N}$ betrachten wir die Funktion $g_{n}:]0,1[\to \mathbb {R} ,x\mapsto f_{n}(x)-f(x)$. Dann gilt:
* $\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{1}g_{n}(x)\,\mathrm {d} x=\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{1}(f_{n}(x)-f(x))\,\mathrm {d} x\neq \int _{0}^{1}(f(x)-f(x))\,\mathrm {d} x=0$
* Für alle $x\in ]0,1[$ gilt $\lim _{n\to \infty }g_{n}(x)=\lim _{n\to \infty }f_{n}(x)-f(x)=0$.
Es reicht also, dass wir Funktionen $g_{n}$ suchen, die punktweise gegen die Nullfunktion konvergieren, für die aber $\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{1}g_{n}(x)\,\mathrm {d} x\neq 0$ gilt.
Für alle $n\in \mathbb {N}$ ist $\int _{0}^{1}g_{n}(x)\,\mathrm {d} x$ eine reelle Zahl und die Folge dieser reelle Zahlen soll nicht gegen $0$ konvergieren. Wir versuchen, die $g_{n}$ so zu wählen, dass für alle $n\in \mathbb {N}$ gilt $\int _{0}^{1}g_{n}(x)\,\mathrm {d} x=1$. Dann ist die zweite Bedingung erfüllt. Gleichzeitig müssen wir darauf achten, dass die erste Bedingung erfüllt wird.
Wie können wir sicherstellen, dass die erste Bedingung erfüllt ist? Für alle $n\in \mathbb {N}$ wählen wir $g_{n}$ so, dass für alle $x\in ]0,1[\setminus ]0,{\tfrac {1}{2^{n}}}[$ gilt $g_{n}(x)=0$.
Wir zeigen nun, dass dann die Folge der $g_{n}$ punktweise gegen die Nullfunktion konvergiert. Sei $x\in ]0,1[$. Dann gibt es ein $N\in \mathbb {N}$, so dass ${\tfrac {1}{2^{N}}}<x$. Für alle $n>N$ gilt dann $g_{n}(x)=0$.
Jetzt müssen wir nur noch die Funktionswerte von $g_{n}$ im Intervall $]0,{\tfrac {1}{2^{n}}}[$ festlegen. Wir wählen sie so, dass die Funktionen jeweils konstant auf diesem Intervall sind, also $g_{n}(x)=2^{n}$ für $x\in ]0,{\tfrac {1}{2^{n}}}[$.
Dann ist auch die zweite Bedingung erfüllt, denn $\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{1}g_{n}(x)\,\mathrm {d} x=\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{\tfrac {1}{2^{n}}}2^{n}\,\mathrm {d} x=1\neq 0$ und wir sind fertig.
Lösung
Wir setzen für alle $n\in \mathbb {N}$
$g_{n}:]0,1[\to \mathbb {R} ,x\mapsto {\begin{cases}0&{\text{für }}x\in [{\tfrac {1}{2^{n}}},1[\\2^{n}&{\text{für }}x\in ]0,{\tfrac {1}{2^{n}}}[\end{cases}}$
Für alle $x\in ]0,1[$ gibt es eine natürliche Zahl $N\in \mathbb {N}$, so dass $x>{\tfrac {1}{2^{N}}}$. Dann gilt für alle $n>N$, dass $g_{n}(x)=0$. Somit konvergiert $(g_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ punktweise gegen die Nullfunktion.
Weiter gilt
$\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{1}f_{n}(x)\,\mathrm {d} x=\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{\tfrac {1}{2^{n}}}2^{n}\,\mathrm {d} x=1\neq 0=\int _{0}^{1}0\,\mathrm {d} x$
Folglich sind beide Bedinungen erfüllt.
Lineare Algebra 1 →
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