# Stammfunktion/Substitution/Textabschnitt
## Satz

Es sei $I$ ein reelles Intervall und sei
    $f\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$
eine stetige Funktion. Es sei
    $g\colon [a,b]\longrightarrow I$
stetig differenzierbar.
Dann gilt

### Beweis

Wegen der Stetigkeit von $f$ und der vorausgesetzten stetigen Differenzierbarkeit von $g$ existieren beide Integrale. Es sei $F$ eine Stammfunktion von $f$, die aufgrund von Fakt existiert. Nach der Kettenregel hat die zusammengesetzte Funktion
    $t\mapsto F(g(t))=(F\circ g)(t)\,$
die Ableitung $F'(g(t))g'(t)=f(g(t))g'(t)$. Daher gilt insgesamt
    $\int _{a}^{b}f(g(t))g'(t)\,dt=(F\circ g)|_{a}^{b}=F(g(b))-F(g(a))=F|_{g(a)}^{g(b)}=\int _{g(a)}^{g(b)}f(s)\,ds\,.$
$\Box$

## Beispiel

Typische Beispiele, wo man sofort erkennen kann, dass man die Substitutionsregel anwenden kann, sind beispielsweise
    $\int g^{n}g'$
mit der Stammfunktion
    ${\frac {1}{n+1}}g^{n+1}$
oder
    $\int {\frac {g'}{g}}$
mit der Stammfunktion
    $\ln g.$
Häufig liegt ein bestimmtes Integral nicht in einer Form vor, dass man die vorstehende Regel direkt anwenden könnte. Häufiger kommt die folgende umgekehrte Variante zum Zug.

## Korollar

Es sei
    $f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R}$
eine stetige Funktion und es sei
    $\varphi \colon [c,d]\longrightarrow [a,b],\,s\longmapsto \varphi (s),$
eine bijektive, stetig differenzierbare Funktion.
Dann gilt

### Beweis

Nach Fakt ist
    $\int _{\varphi ^{-1}(a)}^{\varphi ^{-1}(b)}f(\varphi (s))\varphi '(s)\,ds=\int _{\varphi {\left(\varphi ^{-1}(a)\right)}}^{\varphi {\left(\varphi ^{-1}(b)\right)}}f(t)\,dt=\int _{a}^{b}f(t)\,dt\,.$
$\Box$

## Bemerkung

Die Substitution wird folgendermaßen angewendet: Es soll das Integral
    $\int _{a}^{b}f(t)\,dt$
berechnet werden. Man muss dann eine Idee haben, dass durch die Substitution
    $t=\varphi (s)\,$
das Integral einfacher wird (und zwar unter Berücksichtigung der Ableitung $\varphi '(s)$ und unter der Bedingung, dass die Umkehrfunktion $\varphi ^{-1}$ berechenbar ist). Mit $c=\varphi ^{-1}(a)$ und $d=\varphi ^{-1}(b)$ liegt insgesamt die Situation
    $[c,d]{\stackrel {\varphi }{\longrightarrow }}[a,b]{\stackrel {f}{\longrightarrow }}\mathbb {R}$
vor. In vielen Fällen kommt man mit gewissen Standardsubstitutionen weiter.
Bei einer Substitution werden drei Operationen durchgeführt.
* Ersetze $f(t)$ durch $f(\varphi (s))$.
* Ersetze $dt$ durch $\varphi '(s)ds$.
* Ersetze die Integrationsgrenzen $a$ und $b$ durch $\varphi ^{-1}(a)$ und $\varphi ^{-1}(b)$.
Für den zweiten Schritt empfiehlt sich die Merkregel
    $dt=d\varphi (s)=\varphi '(s)ds\,,$
der man im Rahmen der Theorie der „Differentialformen“ auch eine inhaltliche Bedeutung geben kann.

## Beispiel

Die obere Kreislinie des Einheitskreises ist die Punktmenge
    ${\left\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}=1,\,-1\leq x\leq 1,\,y\geq 0\right\}}.$
Zu gegebenem $x$, $-1\leq x\leq 1$, gibt es genau ein $y$, das diese Bedingung erfüllt, nämlich $y={\sqrt {1-x^{2}}}$. Daher ist der Flächeninhalt der oberen Einheitskreishälfte gleich der Fläche unter dem Graphen der Funktion $x\mapsto {\sqrt {1-x^{2}}}$ über dem Intervall $[-1,1]$, also gleich
    $\int _{-1}^{1}{\sqrt {1-x^{2}}}\,dx.$
Mit der Substitution
    $x=\cos t{\text{ bzw. }}t=\arccos x$
(wobei $\cos :[0,\pi ]\rightarrow [-1,1]$ nach Fakt bijektiv ist), erhält man unter Verwendung von Beispiel
    ${\begin{aligned}\int _{a}^{b}{\sqrt {1-x^{2}}}\,dx&=\int _{\arccos a}^{\arccos b}{\sqrt {1-\cos ^{2}t}}(-\sin t)\,dt\\&=-\int _{\arccos a}^{\arccos b}\sin ^{2}t\,dt\\&={\frac {1}{2}}(\sin t\cos t-t)|_{\arccos a}^{\arccos b}.\end{aligned}}$
Insbesondere ist
    ${\frac {1}{2}}{\left(x\cdot \sin \left(\arccos x\right)-\arccos x\right)}={\frac {1}{2}}{\left(x\cdot {\sqrt {1-x^{2}}}-\arccos x\right)}\,$
eine Stammfunktion zu ${\sqrt {1-x^{2}}}$. Daher ist
    ${\begin{aligned}\int _{-1}^{1}{\sqrt {1-x^{2}}}\,dx&={\frac {1}{2}}{\left(x\cdot {\sqrt {1-x^{2}}}-\arccos x\right)}|_{-1}^{1}\\&={\frac {1}{2}}(-\arccos 1+\arccos(-1))\\&=\pi /2.\end{aligned}}$