In diesem Kapitel wollen wir die wichtigsten Beispiele von unbestimmten Integralen beziehungsweise Stammfunktionen zusammenfassen, die dir im Laufe des ersten Semsters begegnen werden. Mit Umkehrung der Ableitungsregeln, sowie der error: internal links not implemented, yet!
und der error: internal links not implemented, yet!
kannst du dann weitere, aus diesen Funktionen zusammengesetzte, Funktionen integrieren.
Übersicht
Im folgenden geben wir dir eine Übersicht über die wichtigsten Funktionen und deren Ableitungen, sowie deren Definitionsbereich. Es gilt immer C\in \mathbb{R} .
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Funktionsname
|
Funktionsterm
|
Stammfunktion
|
Definitionsbereich
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|---|---|---|---|
|
Konstante
|
c
|
cx+C
|
\mathbb{R}
|
|
Potenz (natürlicher Exponent)
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x^{n}, n\in \mathbb{N}
|
{\frac {1}{n+1}}x^{{n+1}}+C
|
\mathbb{R}
|
|
Polynom
|
\sum _{{k=0}}^{n}a_{k}x^{k}, n\in \mathbb{N} _{0}, a_{k}\in \mathbb{R}
|
\sum _{{k=0}}^{n}{\frac {1}{k+1}}a_{k}x^{{k+1}}+C
|
\mathbb{R}
|
|
Hyperbelfunktion
|
{\frac 1x}=x^{{-1}}
|
\ln |x|+C
|
\mathbb{R} \setminus \{0\}
|
|
Potenz (negativer ganzzahliger Exponent)
|
x^{{-n}}={\frac {1}{x^{n}}}, n\in \mathbb{N} \setminus {\{1\}}
|
-{\frac {1}{n-1}}x^{{-n+1}}+C
|
\mathbb{R} \setminus \{0\}
|
|
Quadratwurzel
|
{\sqrt {x}}=x^{{{\frac 12}}}
|
{\frac {2}{3}}{\sqrt[ {2}]{x^{3}}}+C={\frac 23}x^{{{\frac 32}}}+C
|
\mathbb{R} ^{+}
|
|
Allgemeine Wurzel
|
{\sqrt[ {q}]{x^{p}}}, q\in \mathbb{N} ,p\in \mathbb{Z}
|
{\frac {q}{q+p}}({\sqrt[ {q}]{x}})^{{q+p}}+C
|
\mathbb{R} ^{+}
|
|
Exponentialfunktion
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\exp(x)=e^{x}
|
\exp(x)=e^{x}+C
|
\mathbb{R}
|
|
Allgemeine Exponentialfunktion
|
a^{x}=\exp(x\ln a), a\in \mathbb{R} ^{+}
|
{\frac {1}{\ln(a)}}a^{x}+C
|
\mathbb{R}
|
|
Allgemeine Potenz
|
x^{r}=\exp(r\ln x), r\in \mathbb{R} \setminus {\{-1\}}
|
{\frac {1}{r+1}}x^{{r+1}}+C
|
\mathbb{R} ^{+}
|
|
Natürliche Logarithmusfunktion
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\ln(x)
|
x\cdot \ln(x)-x+C
|
\mathbb{R} ^{+}
|
|
Allgemeine Logarithmusfunktion
|
\log _{a}(x)={\frac {\ln(x)}{\ln a}}, a\in \mathbb{R} \setminus \{0\}
|
{\frac {x\cdot \ln(x)-x}{\ln a}}+C
|
\mathbb{R} ^{+}
|
|
Sinus
|
\sin(x)
|
-\cos(x)+C
|
\mathbb{R}
|
|
Cosinus
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\cos(x)
|
\sin(x)+C
|
\mathbb{R}
|
|
Tangens
|
\tan(x)={\frac {\sin x}{\cos x}}
|
-\ln(\cos(x))+C
|
\mathbb{R} \setminus \{{\tfrac {\pi }{2}}+k\pi \mid k\in \mathbb{Z} \}
|
|
Sekans
|
\sec(x)={\frac {1}{\cos(x)}}
|
\ln {\Big |}\sec(x)+\tan(x){\Big |}+C
|
\mathbb{R} \setminus \{{\tfrac {\pi }{2}}+k\pi \mid k\in \mathbb{Z} \}
|
|
Kosekans
|
\csc(x)={\frac {1}{\sin(x)}}
|
\ln \left|\tan \left({\frac {x}{2}}\right)\right|+C
|
\mathbb{R} \setminus \{k\pi \mid k\in \mathbb{Z} \}
|
|
Kotangens
|
\cot(x)={\frac {\cos x}{\sin x}}
|
\ln |\sin(x)|+C
|
\mathbb{R} \setminus \{k\pi \mid k\in \mathbb{Z} \}
|
|
{\frac {1}{{\sqrt {1-x^{2}}}}}
|
\arcsin x+C\;
|
(-1,1)
| |
|
-{\frac {1}{{\sqrt {1-x^{2}}}}}
|
\arccos x+C\;
|
(-1,1)
| |
|
{\frac {1}{1+x^{2}}}
|
\arctan x+C\;
|
\mathbb{R}
| |
|
-{\frac {1}{1+x^{2}}}
|
\operatorname{arccot} x+C\;
|
\mathbb{R}
| |
|
Arcussinus
|
\arcsin(x)
|
x\arcsin x+{\sqrt {1-x^{2}}}+C\;
|
(-1,1)
|
|
Arcuscosinus
|
\arccos(x)
|
x\arccos x-{\sqrt {1-x^{2}}}+C\;
|
(-1,1)
|
|
Arcustangens
|
\arctan(x)
|
x\arctan x-{\tfrac 12}\ln \left(1+x^{2}\right)+C\;
|
\mathbb{R}
|
|
Arcuscotangens
|
{\text{arcot}}(x)
|
x\operatorname{arccot} x+{\tfrac 12}\ln \left(1+x^{2}\right)+C\;
|
\mathbb{R}
|
|
Sinus Hyperbolicus
|
\sinh(x)={\frac {e^{x}-e^{{-x}}}{2}}
|
\cosh x+C\;
|
\mathbb{R}
|
|
Cosinus Hyperbolicus
|
\cosh(x)={\frac {e^{x}+e^{{-x}}}{2}}
|
\sinh x+C\;
|
\mathbb{R}
|
|
Tangens Hyperbolicus
|
\tanh(x)={\frac {\sinh x}{\cosh x}}
|
\ln \cosh x+C\;
|
\mathbb{R}
|
|
{\frac {1}{{\sqrt {1+x^{2}}}}}
|
\ln(x+{\sqrt {1+x^{2}}})+C\;
|
\mathbb{R}
| |
|
-{\frac {1}{{\sqrt {x^{2}-1}}}}
|
\ln |x+{\sqrt {x^{2}-1}}|+C\;
|
(-\infty ,-1)\cup (1,\infty )
| |
|
{\frac {1}{1-x^{2}}}
|
{\frac 12}\ln \left({\frac {1+x}{1-x}}\right)+C\;
|
(-1,1)
| |
|
Areasinus Hyperbolicus
|
{\text{arsinh}}(x)
|
x\cdot \operatorname {arsinh}(x)-{\sqrt {x^{2}+1}}+C
|
\mathbb{R}
|
|
AreaCosinus Hyperbolicus
|
{\text{arcosh}}(x)
|
x\cdot \operatorname {arcosh}(x)-{\sqrt {x^{2}-1}}+C
|
(1,\infty )
|
|
Areatangens Hyperbolicus
|
{\text{artanh}}(x)
|
x\cdot \operatorname {artanh}(x)+{\frac 12}\ln \left(1-x^{2}\right)+C
|
(-1,1)
|
Um die Stammfunktionen der obigen Tabelle zu berechnen, gibt es im Grunde genommen zwei Möglichkeiten. Einerseits kann man durch Umkehrung der Ableitungsregeln die Stammfunktion direkt herleiten. Andererseits ist es auch möglich durch explizites Ableiten der vermuteten Stammfunktionen den Nachweis zu erbringen.
Konstante Funktionen
Satz: Stammfunktion einer konstanten Funktion
Für eine konstante Funktion f\equiv c gilt:
\int c\;{\mathrm {d}}x=cx+C,\quad C\in \mathbb{R}
Beweis
Um das zu beweisen, genügt es nach dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung die rechte Seite abzuleiten. Es gilt \forall x\in \mathbb{R} :
(cx+C)'=(cx)'+(C)'=c
Potenzfunktion
Satz: Stammfunktion der Potenzfunktion
Die Potenzfunktion
f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ f(x)=x^{n}
hat eine Stammfunktion. Für alle x\in \mathbb{R} gilt:
\int x^{n}\;{\mathrm {d}}x={\frac {1}{n+1}}x^{{n+1}}
Beweis
Wieder leiten wir die rechte Seite ab, um die Behauptung zu zeigen. Es gilt \forall x\in \mathbb{R} :
\left({\frac {1}{n+1}}\cdot x^{{n+1}}\right)'={\frac {1}{n+1}}\cdot (n+1)\cdot x^{{n}}=x^{n}
Übung: Stammfunktion der Polynomfunktion
Zeige, dass für die Polynomfunktion f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ f(x)=\sum _{{k=0}}^{n}a_{k}x^{k} gilt:
\int \left(\sum _{{k=0}}^{n}a_{k}x^{k}\right)\,{\mathrm d}x=\sum _{{k=0}}^{n}{\frac {1}{k+1}}a_{k}x^{{k+1}}+C
Durch Ableiten der rechten Seite erhalten wir, wegen der Linearität der Ableitung:
\left(\sum _{{k=0}}^{n}{\frac {1}{k+1}}a_{k}x^{{k+1}}+C\right)'=\sum _{{k=0}}^{n}{\frac {1}{k+1}}a_{k}\left(x^{{k+1}}\right)'+(C)'=\sum _{{k=0}}^{n}{\frac {1}{k+1}}a_{k}\cdot (k+1)x^{{k}}+0=\sum _{{k=0}}^{n}a_{k}x^{k}
Übung: Stammfunktion von Potenzen mit negativen Exponenten
Zeige, dass für die Potenzfunktion f:\mathbb{R} \setminus \{0\}\to \mathbb{R} ,\ f(x)={\frac {1}{x^{n}}}, n\in \mathbb{N} \setminus \{1\}, gilt:
\int {\frac {1}{x^{n}}}\,{\mathrm d}x={\frac {1}{1-n}}{\frac {1}{x^{{n-1}}}}+C
Durch Ableiten der rechten Seite erhalten wir, mit der Linearität der Ableitung und der Quotientenregel:
\left({\frac {1}{1-n}}{\frac {1}{x^{{n-1}}}}+C\right)'={\frac {1}{1-n}}\left({\frac {1}{x^{{n-1}}}}\right)'+(C)'={\frac {1}{1-n}}\cdot {\frac {0\cdot x^{{n-1}}-1\cdot (n-1)x^{{n-2}}}{(x^{{n-1}})^{2}}}={\frac {1-n}{1-n}}\cdot {\frac {1}{x^{{2n-2}}x^{{2-n}}}}={\frac {1}{x^{n}}}
Satz: Stammfunktion der Hyperbelfunktion
Die Hyperbelfunktion
f:\mathbb{R} \setminus \{0\}\to \mathbb{R} ,\ f(x)={\frac 1x}
gilt:
\int {\frac 1x}\;{\mathrm {d}}x=\ln |x|+C
BeweisFall 2:
Wir leiten die rechte Seite ab, um die Behauptung zu zeigen. Dabei unterscheiden wir die Fälle x\in \mathbb{R} ^{+} und x\in \mathbb{R} ^{-}:
Fall 1:
x\in \mathbb{R} ^{+}
\left(\ln |x|+C\right)'=\left(\ln(x)+C\right)'={\frac 1x}
x\in \mathbb{R} ^{-}
\left(\ln |x|+C\right)'=\left(\ln(-x)+C\right)'={\frac {1}{-x}}\cdot (-1)={\frac 1x}
Exponentialfunktion
Satz: Stammfunktion der Exponentialfunktion
Die Exponentialfunktion
f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ^{+},\ f(x)=\exp(x)
hat eine Stammfunktion. Für alle x\in \mathbb{R} gilt:
\int \exp(x)\;{\mathrm {d}}x=\exp(x)+C
BeweisNach der Definition einer Stammfunktion genügt es, die rechte Seite abzuleiten. Da bekanntermaßen die Exponentialfunktion abgeleitet wieder die Exponentialfunktion ergibt, folgt schon die Behauptung.
Übung: Stammfunktion der allgemeinen Exponentialfunktion
Zeige: Für die allgemeine Exponentialfunktion
f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ^{+},\ f(x)=a^{x}=\exp(x\ln(a))
mit a\in \mathbb{R} ^{+} gilt:
\int a^{x}\;{\mathrm {d}}x={\frac {a^{x}}{\ln(a)}}+C
Mit Hilfe der Substitutionsregel erhalten wir
{\begin{aligned}\int a^{x}\;{\mathrm {d}}x&=\int \exp(x\ln(a))\;{\mathrm {d}}x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution mit }}(y=x\ln(a)\iff x={\tfrac {y}{\ln(a)}})\Longrightarrow ({\tfrac {{\mathrm d}y}{{\mathrm d}x}}=\ln(a)\iff {\mathrm d}x={\tfrac {{\mathrm d}y}{\ln(a)}})\right.}\\&{}=\int \exp(y){\frac {1}{\ln(a)}}\,{\mathrm {d}}y\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Linearität des Integrals}}\right.}\\&{}={\frac {1}{\ln(a)}}\int \exp(y)\,{\mathrm {d}}y\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Integration von }}\exp \right.}\\&{}={\frac {1}{\ln(a)}}\exp(y)+C\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution}}\right.}\\&{}={\frac {1}{\ln(a)}}\exp(x\ln(a))+C\\&{}={\frac {a^{x}}{\ln(a)}}+C\end{aligned}}
Logarithmusfunktion
Satz: Stammfunktion der Logarithmusfunktion
Die Logarithmusfunktion
f:\mathbb{R} ^{+}\to \mathbb{R} ,\ f(x)=\ln(x)
hat eine Stammfunktion. Für alle x\in \mathbb{R} ^{+} gilt:
\int \ln(x)\;{\mathrm {d}}x=x\cdot \ln(x)-x+C
Beweis
Wir leiten die Stammfunktion her, in dem wir die Produktregel umkehren, also Partielle Integration verwenden. Hierbei nutzt man den Trick, die Funktion mit 1 zu multiplizieren.
{\begin{aligned}\int \ln(x)\,{\mathrm {d}}x&=\int 1\cdot \ln(x)\,{\mathrm {d}}x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration von }}f'\cdot g=1\cdot \ln(x)\right.}\\&{}=\underbrace {x\cdot \ln(x)}_{{f\cdot g}}-\int \underbrace {x\cdot {1 \over x}}_{{f\cdot g'}}\,{\mathrm {d}}x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Zusammenfassen}}\right.}\\&{}=x\cdot \ln(x)-\int 1\,{\mathrm {d}}x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Integration von }}1\right.}\\&{}=x\cdot \ln(x)-x+C\,.\end{aligned}}
Übung: Stammfunktion des allgemeinen Logarithmus
Zeige: Für die allgemeine Logarithmusfunktion
f:\mathbb{R} ^{+}\to \mathbb{R} ,\ f(x)=\log _{a}(x)={\frac {\ln(x)}{\ln(a)}}
mit a\in \mathbb{R} ^{+} gilt:
\int \log _{a}(x)\;{\mathrm {d}}x={\frac {x\cdot \ln(x)-x}{\ln(a)}}+C
Wegen der Linearität des uneigentlichen Integrals gilt
\int \log _{a}(x)\;{\mathrm {d}}x=\int {\frac {\ln(x)}{\ln(a)}}\;{\mathrm d}x={\frac {1}{\ln(a)}}\int \ln(x)\;{\mathrm d}x={\frac {1}{\ln(a)}}(x\cdot \ln(x)-x)+C={\frac {x\cdot \ln(x)-x}{\ln(a)}}+C
Die trigonometrischen Funktionen
Sinus und Kosinus
Satz: Stammfunktion von Sinus
Der Sinus und der Kosinus haben eine Stammfunktion. Es gilt:
\int \sin(x)\;{\mathrm {d}}x=-\cos(x)+C
\int \cos(x)\;{\mathrm {d}}x=\sin(x)+C
Beweis
Nach der Definition einer Stammfunktion genügt es jeweils, die rechte Seite abzuleiten. Es folgt für den Sinus:
(-\cos(x)+C)'=-\cos '(x)+(C)'=-(-\sin(x))=\sin(x)
Analog folgt für den Kosinus:
(\sin(x)+C)'=\sin '(x)+(C)'=\cos(x)
Tangens und Kotangens
Satz: Stammfunktion von Tangens
Der Tangens und der Kotangens haben eine Stammfunktion. Es gilt:
\int \tan(x)\,{\mathrm {d}}x=-\ln |\cos(x)|+C
\int \cot(x)\,{\mathrm {d}}x=\ln |\sin(x)|+C
Beweis
Die Tangensfunktion ist definiert als \tan(x)={\frac {\sin(x)}{\cos(x)}}. Da der Sinus bis auf ein Vorzeichen der Ableitung des Kosinus entspricht, ist es hier nützlich die Logarithmische Integration (ein Spezialfall der Substitutionsregel) zu verwenden. Es folgt:
{\begin{aligned}&\int \tan(x)\,{\mathrm {d}}x=\int {\frac {\sin(x)}{\cos(x)}}\,{\mathrm {d}}x\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Linearität des Integrals}}\right.}\\&{}=-\int \underbrace {{\frac {-\sin(x)}{\cos(x)}}}_{{{\frac {f'(x)}{f(x)}}}}\,{\mathrm {d}}x\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Logarithmische Integration}}\right.}\\&{}=-\ln {|\cos(x)|}+C\\\end{aligned}}
Übung: Stammfunktion von Kotangens
Zeige:
\int \cot(x)\;{\mathrm d}x=\ln |\sin(x)|+C
Genau wir oben gilt mit Logarithmischer Integration
{\begin{aligned}&\int \cot(x)\,{\mathrm {d}}x=\int \underbrace {{\frac {\cos(x)}{\sin(x)}}}_{{{\frac {f'(x)}{f(x)}}}}\,{\mathrm {d}}x\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Logarithmische Integration}}\right.}\\&{}=\ln {|\sin(x)|}+C\\\end{aligned}}
Kosekans uns Sekans
Satz: Stammfunktion von Tangens
Der Kosekans und der Sekans haben eine Stammfunktion. Es gilt:
\int \csc(x)\,{\mathrm {d}}x=\ln |\tan({\tfrac x2})|+C
\int \sec(x)\,{\mathrm {d}}x=\ln |\sec(x)+\tan(x)|+C
Beweis
Die Kosekansfunktion ist definiert als \csc(x)={\frac 1{\sin(x)}}. Um diese zu integrieren benutzen wir die Substitutionsregel mit der Weierstraß-Substitution
t=\tan({\tfrac x2}):
{\begin{aligned}&\int \csc(x)\,{\mathrm {d}}x=\int {\frac 1{\sin(x)}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution:}}\ t=\tan({\tfrac x2})\Longrightarrow \sin(x)={\frac {2t}{1+t^{2}}}\ {\text{und}}\ {\mathrm d}x={\frac {2}{1+t^{2}}}{\mathrm d}t\right.}\\\\[0.3em]&{}=\int {\frac {1+t^{2}}{2t}}{\frac {2}{1+t^{2}}}\,{\mathrm {d}}t\\[0.3em]&{}=\int {\frac {1}{t}}\,{\mathrm {d}}t\\[0.3em]&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Integration von}}\ {\frac 1t}\right.}\\[0.3em]&{}=\ln {|t|}+C\\[0.3em]&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution}}\right.}\\[0.3em]&{}=\ln {|\tan({\tfrac x2})|}+C\end{aligned}}
Übung: Stammfunktion von Kotangens
Zeige:
\int \sec(x)\,{\mathrm {d}}x=\ln |\sec(x)+\tan(x)|+C
Zur Integration der Sekansfunktion \sec(x)={\frac 1{\cos(x)}} benutzen wir ebenfalls zunächst die Weierstraß-Substitution
t=\tan({\tfrac x2}). Allerdings müssen wie anschließend noch eine Partialbruchzerlegung
durchführen:
{\begin{aligned}&\int \sec(x)\,{\mathrm {d}}x=\int {\frac 1{\cos(x)}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution:}}\ t=\tan({\tfrac x2})\Longrightarrow \cos(x)={\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}\ {\text{und}}\ {\mathrm d}x={\frac {2}{1+t^{2}}}{\mathrm d}t\right.}\\\\[0.3em]&{}=\int {\frac {1+t^{2}}{1-t^{2}}}{\frac {2}{1+t^{2}}}\,{\mathrm {d}}t\\[0.3em]&{}=\int {\frac {2}{1+t^{2}}}\,{\mathrm {d}}t\\[0.3em]&{}=\int {\frac {2}{(1+t)(1-t)}}\,{\mathrm {d}}t\\[0.3em]&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partialbruchzerlegung}}\ {\frac {2}{(1+t)(1-t)}}={\frac {1}{1+t}}+{\frac {1}{1-t}}\right.}\\[0.3em]&{}=\int \left({\frac {1}{1+t}}+{\frac {1}{1-t}}\right)\,{\mathrm {d}}t\\[0.3em]&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Integration von}}\ {\frac {1}{1+t}}+{\frac {1}{1-t}}\right.}\\[0.3em]&{}=\ln(|1+t|)-\ln(|1-t|)+C\\[0.3em]&{}=\ln \left(\left|{\frac {1+t}{1-t}}\right|\right)+C\\[0.3em]&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution}}\right.}\\[0.3em]&{}=\ln \left(\left|{\frac {1+\tan({\tfrac x2})}{1-\tan({\tfrac x2})}}\right|\right)+C\\[0.3em]&{}=\ln \left(\left|{\frac {1+{\tfrac {\sin({\tfrac x2})}{\cos({\tfrac x2})}}}{1-{\tfrac {\sin({\tfrac x2})}{\cos({\tfrac x2})}}}}\right|\right)+C\\[0.3em]&{}=\ln \left|{\frac {\cos({\tfrac x2})+\sin({\tfrac x2})}{\cos({\tfrac x2})-\sin({\tfrac x2})}}\right|+C\\[0.3em]&{}=\ln \left|{\frac {(\cos({\tfrac x2})+\sin({\tfrac x2}))^{2}}{(\cos({\tfrac x2})-\sin({\tfrac x2}))(\cos({\tfrac x2})+\sin({\tfrac x2}))}}\right|+C\\[0.3em]&{}=\ln \left|{\frac {\cos ^{2}({\tfrac x2})+2\cos({\tfrac x2})\sin({\tfrac x2})+\sin ^{2}({\tfrac x2})}{\cos ^{2}({\tfrac x2})-\sin ^{2}({\tfrac x2})}}\right|+C\\[0.3em]&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Trigonometrische Identitäten:}}\ \cos ^{2}({\tfrac x2})+\sin ^{2}({\tfrac x2})=1,\ \cos({\tfrac x2})\sin({\tfrac x2})={\tfrac 12}\sin(x),\ \cos ^{2}({\tfrac x2})={\tfrac {1+\cos(x)}{2}},\ \sin ^{2}({\tfrac x2})={\tfrac {1-\cos(x)}{2}}\right.}\\[0.3em]&{}=\ln \left|{\frac {1+\sin(x)}{\cos(x)}}\right|+C\\[0.3em]&{}=\ln \left|{\frac {1}{\cos(x)}}+{\frac {\sin(x)}{\cos(x)}}\right|+C\\[0.3em]&=\ln |\sec(x)+\tan(x)|+C\end{aligned}}
Die Arkusfunktionen
Arkussinus und Arkuskosinus
Satz:
Die Funktionen f:(-1,1)\to \mathbb{R} ,\ f(x)={\tfrac {1}{{\sqrt {1-x^{2}}}}} und g:(-1,1)\to \mathbb{R} ,\ g(x)=-{\tfrac {1}{{\sqrt {1-x^{2}}}}} haben \arcsin und \arccos als Stammfunktion. Es gilt:
\int {\frac {1}{{\sqrt {1-x^{2}}}}}\;{\mathrm {d}}x=\arcsin(x)+C
\int -{\frac {1}{{\sqrt {1-x^{2}}}}}\;{\mathrm {d}}x=\arccos(x)+C
Beweis
Die Stammfunktionen ergeben sich durch Differenzieren der rechten Seite, mit Hilfe der error: internal links not implemented, yet!
:
{\begin{aligned}{\frac {{\mathrm d}}{{\mathrm {d}}x}}\underbrace {\arcsin(x)}_{{=F^{{-1}}(x)}}+C&=\underbrace {{\frac {1}{\sin '(\arcsin(x))}}}_{{={\frac {1}{F'(F^{{-1}}(x))}}}}+0\\&={\frac {1}{\cos(\arcsin(x)}}\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Trigonometrischer Pythagoras:}}\sin ^{2}(x)+\cos ^{2}(x)=1\Longrightarrow \cos(x)={\sqrt {1-\sin ^{2}(x)}}\right.}\\&={\frac {1}{{\sqrt {1-\sin ^{2}(\arcsin(x))}}}}\\&={\frac {1}{{\sqrt {1-x^{2}}}}}\end{aligned}}
Übung:
Zeige:
\int -{\frac {1}{{\sqrt {1-x^{2}}}}}\;{\mathrm {d}}x=\arccos(x)+C
Analog zu oben gilt mit Hilfe der Ableitung der Umkehrfunktion:
{\begin{aligned}{\frac {{\mathrm d}}{{\mathrm {d}}x}}\overbrace {\arccos(x)}^{{=G^{{-1}}(x)}}+C&=\overbrace {{\frac {1}{\cos '(\arccos(x))}}}^{{={\frac {1}{G'(G^{{-1}}(x))}}}}+0\\&={\frac {1}{-\sin(\arccos(x)}}\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Trigonometrischer Pythagoras:}}\sin ^{2}(x)+\cos ^{2}(x)=1\Longrightarrow \sin(x)={\sqrt {1-\cos ^{2}(x)}}\right.}\\&={\frac {1}{-{\sqrt {1-\cos ^{2}(\arccos(x))}}}}\\&=-{\frac {1}{{\sqrt {1-x^{2}}}}}\end{aligned}}
Satz: Stammfunktion des Arkussinus und Arkuskosinus
Der Arkussinus \arcsin :[-1,1]\to \left[-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}}\right] und der Arkuskosinus \arccos :[-1,1]\to [0,\pi ] haben eine Stammfunktion
Für alle x\in [-1,1] gilt:
\int \arcsin(x)\;{\mathrm {d}}x=x\cdot \arcsin(x)+{\sqrt {1-x^{2}}}+C
\int \arccos(x)\;{\mathrm {d}}x=x\cdot \arccos(x)-{\sqrt {1-x^{2}}}+C
Beweis
Wir zeigen dies anhand des Arkussinus, für den Arkuskosinus geht das ganze analog.
Wir beginnen mit Partieller Integration. Schreibe \arcsin(x)=1\cdot \arcsin(x)=f'\cdot g. Dann folgt nach Anwendung der partiellen Integration:
{\begin{aligned}\int \arcsin(x)\,{\mathrm {d}}x&=\int 1\cdot \arcsin(x)\,{\mathrm {d}}x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration von }}f'\cdot g=1\cdot \arcsin(x)\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\\\end{aligned}}
Als nächstes wollen wir das Integral \int x\cdot {\frac {1}{{\sqrt {1-x^{2}}}}}\,{\mathrm {d}}x bestimmen. Dazu benutzen wir die Substitutionsregel. Wir raten
die Substitution t=1-x^{2}. Dann gilt {\mathrm {d}}t=-2x{\mathrm {d}}x und umgestellt {\mathrm {d}}x=-{\frac {1}{2x}}{\mathrm {d}}t. Da wir die Stammfunktion herausfinden wollen, ist es hier nicht notwendig, die Grenzen zu ersetzen. Es folgt also:
{\begin{aligned}&\int x\cdot {\frac {1}{{\sqrt {1-x^{2}}}}}\,{\mathrm {d}}x\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}t=1-x^{2}\right.}\\&{}=\int x\cdot {\frac {1}{{\sqrt {t}}}}(-{\frac {1}{2x}})\,{\mathrm {d}}t\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Zusammenfassen}}\right.}\\&{}=\int -{\frac {1}{2{\sqrt {t}}}}\,{\mathrm {d}}t\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Integration von }}-{\frac {1}{2{\sqrt {t}}}}\right.}\\&{}=[-{\sqrt {t}}]\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution}}\right.}\\&{}=-{\sqrt {1-x^{2}}}+C\\\end{aligned}}
Insgesamt folgt also:
\int \arcsin(x)\,{\mathrm {d}}x=x\cdot \arcsin(x)+{\sqrt {1-x^{2}}}+C
Übung: Stammfunktion von Arkuskosinus
Zeige:
\int \arccos(x)\;{\mathrm {d}}x=x\cdot \arccos(x)-{\sqrt {1-x^{2}}}+C
Wir gehen analog zum \arcsin vor, indem wir zunächst den Faktor Eins ergänzen, und anschließend partiell zu Integrieren und zu Substituieren:
{\begin{aligned}\int \arccos(x)\,{\mathrm {d}}x&=\int 1\cdot \arccos(x)\,{\mathrm {d}}x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}(f'(x)=1\ {\text{und}}\ g(x)=\arccos(x))\ \Longrightarrow \ (f(x)=x\ {\text{und}}\ g'(x)=-{\frac {1}{{\sqrt {1-x^{2}}}}})\right.}\\&{}=\underbrace {x\cdot \arccos(x)}_{{f\cdot g}}-\int \underbrace {x\cdot (-{\frac {1}{{\sqrt {1-x^{2}}}}})}_{{f\cdot g'}}\,{\mathrm {d}}x\\&x\cdot \arccos(x)+\int {\frac {x}{{\sqrt {1-x^{2}}}}}\,{\mathrm {d}}x\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution: }}t=1-x^{2}\Longrightarrow ({\frac {{\mathrm d}t}{{\mathrm d}x}}=-2x\iff {\mathrm d}x={\frac {{\mathrm d}t}{-2x}})\right.}\\&{}=x\cdot \arccos(x)+\int {\frac {x}{{\sqrt {t}}}}(-{\frac {1}{2x}})\,{\mathrm {d}}t\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Zusammenfassen}}\right.}\\&{}=x\cdot \arccos(x)+\int -{\frac {1}{2{\sqrt {t}}}}\,{\mathrm {d}}t\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Integration von }}-{\frac {1}{2{\sqrt {t}}}}\right.}\\&{}=x\cdot \arccos(x)-{\sqrt {t}}+C\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution}}\right.}\\&{}=x\cdot \arccos(x)-{\sqrt {1-x^{2}}}+C\\\end{aligned}}
Arkustangens und Arkuskotangens
Satz:
Die Funktionen f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ f(x)={\tfrac {1}{1+x^{2}}} und g:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ g(x)=-{\tfrac {1}{1+x^{2}}} haben \arctan und \operatorname{arccot} als Stammfunktion. D.h. es gilt:
\int {\frac {1}{1+x^{2}}}\;{\mathrm {d}}x=\arctan(x)+C
\int -{\frac {1}{1+x^{2}}}\;{\mathrm {d}}x=\operatorname{arccot}(x)+C
Beweis
Die Stammfunktionen ergeben sich durch Differenzieren der rechten Seite, mit Hilfe der error: internal links not implemented, yet!
:
{\begin{aligned}{\frac {{\mathrm d}}{{\mathrm {d}}x}}\left(\underbrace {\arctan(x)}_{{=F^{{-1}}(x)}}+C\right)&=\underbrace {{\frac {1}{\tan '(\arctan(x))}}}_{{={\frac {1}{F'(F^{{-1}}(x))}}}}+0\\&={\frac {1}{1+\tan ^{2}(\arctan(x))}}\\&={\frac {1}{1+x^{2}}}\end{aligned}}
Übung:
Zeige:
\int -{\frac {1}{1+x^{2}}}\;{\mathrm {d}}x=\operatorname{arccot}(x)+C
Analog zu oben gilt mit Hilfe der Ableitung der Umkehrfunktion:
{\begin{aligned}{\frac {{\mathrm d}}{{\mathrm {d}}x}}\left(\overbrace {\operatorname{arccot}(x)}^{{=G^{{-1}}(x)}}+C\right)&=\overbrace {{\frac {1}{\cot '(\operatorname{arccot}(x))}}}^{{={\frac {1}{G'(G^{{-1}}(x))}}}}+0\\&={\frac {1}{-1-\cot(\operatorname{arccot}(x))}}\\&={\frac {1}{-1-x^{2}}}\\&=-{\frac {1}{1+x^{2}}}\end{aligned}}
Satz: Stammfunktion des Arkussinus und Arkuskosinus
Der Arkustangens \arctan :\mathbb{R} \to \left]-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}}\right[ und der Arkuskotangens \operatorname{arccot} :\mathbb{R} \to ]0,\pi [ haben eine Stammfunktion
Für alle x\in \mathbb{R} gilt:
\int \arctan(x)\;{\mathrm {d}}x=x\,\arctan x-{\frac {1}{2}}\ln \left(1+x^{2}\right)+C
\int \operatorname{arccot}(x)\;{\mathrm {d}}x=x\,\operatorname{arccot} x+{\frac {1}{2}}\,\ln(1+x^{2})+C
Beweis
Wir leiten die Stammfunktion für die Arkustangensfunktion her, für den Arkuskotangens funktioniert das genauso.
Wir beginnen mit Partieller Integration. Schreibe \arctan(x)=1\cdot \arctan(x)=f'\cdot g. Dann folgt nach Anwendung der partiellen Integration:
{\begin{aligned}\int \arctan(x)\,{\mathrm {d}}x&=\int 1\cdot \arctan(x)\,{\mathrm {d}}x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration von }}f'\cdot g=1\cdot \arctan(x)\right.}\\&{}=\underbrace {x\cdot \arctan(x)}_{{f\cdot g}}-\int \underbrace {x\cdot {\frac {1}{1+x^{2}}}}_{{f\cdot g'}}\,{\mathrm {d}}x\\\end{aligned}}
Als nächstes wollen wir das Integral \int x\cdot {\frac {1}{1+x^{2}}}\,{\mathrm {d}}x bestimmen. Dazu benutzen wir den Spezialfall der Substitutionsregel, die error: internal links not implemented, yet!
. Alternativ kann man natürlich auch mit der Substitution z=1+x^{2} vorgehen. Es folgt:
{\begin{aligned}&\int x\cdot {\frac {1}{1+x^{2}}}\,{\mathrm {d}}x\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Linearität des Integrals}}\right.}\\&{}={\frac 12}\int \underbrace {2x\cdot {\frac {1}{1+x^{2}}}}_{{{\frac {f'(x)}{f(x)}}}}\,{\mathrm {d}}x\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Logarithmische Integration}}\right.}\\&{}={\frac 12}\cdot \ln {|1+x^{2}|}+C\\\end{aligned}}
Insgesamt folgt also:
\int \arctan(x)\,{\mathrm {d}}x=x\cdot \arctan(x)-{\frac {1}{2}}\ln \left(1+x^{2}\right)+C
Übung: Stammfunktion von Arkus Kotangens
Zeige:
\int {\text{arccot}}(x)\;{\mathrm {d}}x=x\operatorname{arccot} x+{\frac {1}{2}}\ln(1+x^{2})+C
Wir gehen analog zum \arctan vor, indem wir zunächst den Faktor Eins ergänzen, und anschließend partiell zu Integrieren und zu Substituieren:
{\begin{aligned}\int {\text{arccot}}(x)\,{\mathrm {d}}x&=\int 1\cdot {\text{arccot}}(x)\,{\mathrm {d}}x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}(f'(x)=1\ {\text{und}}\ g(x)={\text{arccot}}(x))\ \Longrightarrow \ (f(x)=x\ {\text{und}}\ g'(x)=-{\frac {1}{1+x^{2}}})\right.}\\&{}=\underbrace {x\cdot \arccos(x)}_{{f\cdot g}}-\int \underbrace {x\cdot (-{\frac {1}{1+x^{2}}})}_{{f\cdot g'}}\,{\mathrm {d}}x\\&x\cdot {\text{arccot}}(x)+\int {\frac {x}{1+x^{2}}}\,{\mathrm {d}}x\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution: }}t=1+x^{2}\Longrightarrow ({\frac {{\mathrm d}t}{{\mathrm d}x}}=2x\iff {\mathrm d}x={\frac {{\mathrm d}t}{2x}})\right.}\\&{}=x\cdot {\text{arccot}}(x)+\int {\frac {x}{t}}({\frac {1}{2x}})\,{\mathrm {d}}t\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Zusammenfassen}}\right.}\\&{}=x\cdot {\text{arccot}}(x)+\int {\frac {1}{2t}}\,{\mathrm {d}}t\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Integration von }}{\frac {1}{2t}}\right.}\\&{}=x\cdot {\text{arccot}}(x)+{\frac 12}\ln(t)+C\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution}}\right.}\\&{}=x\cdot {\text{arccot}}(x)+{\frac 12}\ln(1+x^{2})+C\\\end{aligned}}
Die hyperbolischen Funktionen
Für die Beweise zu den Stammfunktionen der hyperbolischen Funktionen empfehlen wir die entsprechende error: internal links not implemented, yet!
zu bearbeiten.
Sinus Hyperbolicus und Kosinus Hyperbolicus
Satz: Stammfunktion von Sinus Hyperbolicus und Kosinus Hyperbolicus
Der Sinus Hyperbolicus und der Kosinus Hyperbolicus haben eine Stammfunktion. Es gilt:
\int \sinh(x)\;{\mathrm {d}}x=\cosh(x)+C
\int \cosh(x)\;{\mathrm {d}}x=\sinh(x)+C
Tangens Hyperbolicus und Kotangens Hyperbolicus
Satz: Stammfunktion von Tangens Hyperbolicus und Kotangens Hyperbolicus
Der Tangens Hyperbolicus und der Kotangens Hyperbolicus haben eine Stammfunktion. Es gilt:
\int \tanh(x)\;{\mathrm {d}}x=\ln \,\cosh(x)+C
\int \coth(x)\;{\mathrm {d}}x=\ln |\sinh(x)|+C
Die Areafunktionen
Für die Beweise zu den Stammfunktionen der Area Funktionen empfehlen wir die entsprechende error: internal links not implemented, yet!
zu bearbeiten.
Areasinus und Areakosinus
Satz: Stammfunktion von Areasinus und Areakosinus
Der Areasinus und der Areakosinus haben eine Stammfunktion. Es gilt:
\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
Areatangens und Areakotangens
Satz: Stammfunktion von Areatangens
Der Areatangens hat eine Stammfunktion. Es gilt:
\int \operatorname {artanh}(x)\,{\mathrm {d}}x=x\cdot \operatorname {artanh}(x)+{\frac 12}\ln \left(1-x^{2}\right)