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

Herleitung

Die Formel für die partielle Integration kann aus der Produktregel für Ableitungen hergeleitet werden. Diese lautet für zwei Funktionen f und g:
(fg)'=f'g+fg'
Nehmen wir an, dass die Ableitungen f' und g' stetig sind, so dass wir die rechte Seite integrieren können. Wenn wir nun auf beiden Seiten das (unbestimmte) Integral bilden, erhalten wir:
{\begin{aligned}&\int (f'(x)g(x)+f(x)g'(x)){\mathrm d}x=\int (fg)'(x)\,{\mathrm d}x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\begin{aligned}&{\text{Summenregel für Integrale und }}\\&fg{\text{ ist die Stammfunktion von }}(fg)'\end{aligned}}\right.}\\[0.5em]\implies &\int f'(x)g(x)\,{\mathrm d}x+\int f(x)g'(x)\;{\mathrm d}x=f(x)\cdot g(x)\\[0.5em]\implies &\int f'(x)g(x)\,{\mathrm d}x=f(x)\cdot g(x)-\int f(x)g'(x)\;{\mathrm d}x\end{aligned}}
Damit haben wir folgende Formel für das unbestimmte Integral gefunden:
\int {\color {WildStrawberry}f'(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}\,{\mathrm {d}}x={\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}-\int {\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g'(x)}\,{\mathrm {d}}x
Für das bestimmte Integral kann analog eine Formel gefunden werden. Diese lautet:
\int _{a}^{b}{\color {WildStrawberry}f'(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}\,{\mathrm {d}}x=[{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}]_{{a}}^{{b}}-\int _{a}^{b}{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g'(x)}\,{\mathrm {d}}x
Wir haben so eine Formel gefunden, mit der man das Integrationsproblem in ein anderes überführen kann. In der Praxis lohnt sich die Anwendung dieser Formel, wenn das Integral \int f(x)g'(x)\;{\mathrm d}x einfacher zu berechnen ist als das Ausgangsintegral \int f'(x)g(x)\,{\mathrm d}x. Insbesondere muss hierfür eine Stammfunktion von f' bekannt sein.
Betrachten wir zum Einstieg das unbestimmte Integral \int e^{x}x\;{\mathrm d}x. Eine Stammfunktion von e^{x}x ist nicht direkt erkennbar. Wählen wir jedoch f'(x)=e^{x} und g(x)=x in der obigen Formel, so erhalten wir mit f(x)=e^{x} und g'(x)=1:
\int \underbrace {{\color {WildStrawberry}e^{x}}\cdot {\color {NavyBlue}x}}_{{{\color {WildStrawberry}f'(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}}}\;{\mathrm d}x=\underbrace {{\color {WildStrawberry}e^{x}}\cdot {\color {NavyBlue}x}}_{{{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}}}-\int \underbrace {{\color {WildStrawberry}e^{x}}\cdot {\color {NavyBlue}1}}_{{{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g'(x)}}}{\mathrm d}x=e^{x}x-e^{x}+c
Damit haben wir, ohne allzu großen Aufwand, eine Stammfunktion von e^{x}x berechnet. Der entscheidende Punkt war, dass wir das „neue“ Integral \int e^{x}\;{\mathrm d}x im Gegensatz zum ursprünglichen Integral \int e^{x}x\;{\mathrm d}x bestimmen konnten.

Satz und Beweis

Satz: Partielle Integration
Sei [a,b] ein Intervall und f,\,g\colon [a,b]\to \mathbb{R} zwei stetig differenzierbare Funktionen. Dann gilt für das bestimmte Integral:
\int _{a}^{b}{\color {WildStrawberry}f'(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}\,{\mathrm {d}}x=[{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}]_{{a}}^{{b}}-\int _{a}^{b}{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g'(x)}\,{\mathrm {d}}x
Für das unbestimmte Integral lautet die Formel:
\int {\color {WildStrawberry}f'(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}\,{\mathrm {d}}x={\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}-\int {\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g'(x)}\,{\mathrm {d}}x
Beweis
Mit der Produktregel (fg)'=f'g+g'f und dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung (HDI) gilt
{\begin{aligned}\left[f(x)\cdot g(x)\right]_{{a}}^{{b}}&=\int _{a}^{b}(f(x)\cdot g(x))'\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Produktregel}}\right.}\\[0.5em]&=\int _{a}^{b}(f'g)+(g'f)\,{\mathrm {d}}x=\int _{a}^{b}(f'g)\,{\mathrm {d}}x+\int _{a}^{b}(g'f)\,{\mathrm {d}}x\end{aligned}}
Durch Subtraktion von \int _{a}^{b}(g'f)\,{\mathrm {d}}x auf beiden Seiten erhalten wir die gewünschte Formel. Auf analoge Weise kann die Formel für das unbestimmte Integral hergeleitet werden.

Anwendungsbeispiele

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

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

Beispiel:
Beispiel
Wir betrachten das Integral \int _{0}^{\pi }\sin(x)\cdot x\,{\mathrm d}x. Hier ist es sinnvoll f'(x)=\sin(x) und g(x)=x zu wählen. Der Grund ist, dass eine Stammfunktion f(x)=-\cos(x) von f'(x)=\sin(x) bekannt ist und dass das „neue“ Integral \int _{0}^{\pi }f(x)g'(x)\,{\mathrm d}x=\int _{0}^{\pi }[-\cos(x)]\,{\mathrm d}x mit dem HDI einfach gelöst werden kann. Damit erhalten wir:
{\begin{aligned}\int _{0}^{\pi }\underbrace {{\color {WildStrawberry}x}\cdot {\color {NavyBlue}\sin(x)}}_{{{\color {WildStrawberry}g(x)}\cdot {\color {NavyBlue}f'(x)}}}\,{\mathrm {d}}x&=[\underbrace {{\color {WildStrawberry}x}\cdot {\color {NavyBlue}(-\cos(x))}}_{{{\color {WildStrawberry}g(x)}\cdot {\color {NavyBlue}f(x)}}}]_{0}^{\pi }-\int _{0}^{\pi }\underbrace {{\color {WildStrawberry}1}\cdot {\color {NavyBlue}(-\cos(x))}}_{{{\color {WildStrawberry}g'(x)}\cdot {\color {NavyBlue}f(x)}}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&=[-x\cdot \cos(x)]_{0}^{\pi }+\int _{0}^{\pi }\cos(x)\,{\mathrm {d}}x=[-x\cdot \cos(x)]_{0}^{\pi }+[\sin(x)]_{0}^{\pi }\\[0.5em]&=-\pi \cos(\pi )+0\cdot \cos(0)+\sin(\pi )-\sin(0)\\[0.5em]&=-\pi \cdot (-1)=\pi \end{aligned}}
Hinweis:
Bei diesem Beispiel gibt es auch die Möglichkeit f'(x)=x und g(x)=\sin(x) zu wählen. Durch Anwendung der partiellen Integration erhalten wir
\int _{0}^{\pi }\underbrace {{\color {WildStrawberry}x}\cdot {\color {NavyBlue}\sin(x)}}_{{{\color {WildStrawberry}f'(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}}}\,{\mathrm {d}}x=\underbrace {\left[{\color {WildStrawberry}{\frac 12}x^{2}}\cdot {\color {NavyBlue}\sin(x)}\right]_{0}^{\pi }}_{{\left[{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}\right]_{0}^{\pi }}}-\int _{0}^{\pi }\underbrace {{\color {WildStrawberry}{\frac 12}x^{2}}\cdot {\color {NavyBlue}\cos(x)}}_{{{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g'(x)}}}\,{\mathrm {d}}x
Das nun neu entstandene Integral \int _{0}^{\pi }{\tfrac 12}x^{2}\cdot \cos(x)\,{\mathrm {d}}x ist allerdings „komplizierter“ als das ursprüngliche Integral \int _{0}^{\pi }x\cdot \sin(x)\,{\mathrm {d}}x. Die Anwendung der partiellen Integration in dieser Form ist nicht sinnvoll. Man muss also durchaus probieren, ob eine partielle Integration sinnvoll ist oder nicht.

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

Die partielle Integration ist bei Funktionen nützlich, die sich als Produkt einer Polynomfunktion und einer integrierbaren Funktion schreiben lassen. Das hat den Hintergrund, dass der Grad der Polynomfunktion mit jeder Ableitung um einen Grad reduziert wird. Die integrierbare Funktion wird dabei als f' und die Polynomfunktion als g gewählt. Dabei sollte jedoch die Stammfunktion f nicht „komplizierter“ als f' sein.
Beispiel:
Beispiel
Als Beispiel betrachten wir das unbestimmte Integral \int e^{x}\cdot \left(2-x^{2}\right)\,{\mathrm {d}}x. Setzen wir bei jedem partiellen Integrationsschritt f'(x)=e^{x} und g(x) den übrigen (Polynom-)Term unter dem Integral, so ergibt sich:
{\begin{aligned}\int \underbrace {{\color {WildStrawberry}e^{x}}\cdot {\color {NavyBlue}\left(2-x^{2}\right)}}_{{{\color {WildStrawberry}f'(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}}}\,{\mathrm {d}}x&=\underbrace {{\color {WildStrawberry}e^{x}}\cdot {\color {NavyBlue}\left(2-x^{2}\right)}}_{{{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}}}-\int \underbrace {{\color {WildStrawberry}e^{x}}\cdot {\color {NavyBlue}(-2x)}}_{{{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g'(x)}}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&=e^{x}\cdot \left(2-x^{2}\right)+\int \underbrace {{\color {WildStrawberry}e^{x}}\cdot {\color {NavyBlue}2x}}_{{{\color {WildStrawberry}f'(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}}}\,{\mathrm d}x\\[0.5em]&=e^{x}\cdot \left(2-x^{2}\right)+\left(\underbrace {{\color {WildStrawberry}e^{x}}\cdot {\color {NavyBlue}2x}}_{{{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}}}-\int \underbrace {{\color {WildStrawberry}e^{x}}\cdot {\color {NavyBlue}2}}_{{{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g'(x)}}}\,{\mathrm {d}}x\right)\\[0.5em]&=e^{x}\cdot \left(2-x^{2}\right)+e^{x}\cdot 2x-2\cdot e^{x}+C\\[0.3em]&=e^{x}\cdot \left(2-x^{2}+2x-2\right)+C=e^{x}\cdot \left(2x-x^{2}\right)+C\end{aligned}}
Hier mussten wir mehrfach partiell integrieren, um die gewünschte Stammfunktion zu erhalten. Da die trigonometrischen Funktionen \sin(x) und \cos(x) sich analog zu der Exponentialfunktion ebenfalls leicht integrieren lassen, bietet sich obige Methode auch für diese Funktionen als f' an.

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

Manchmal hilft es, die zu integrierende Funktion mit dem Faktor 1 zu multiplizieren. Dadurch erhält der Integrand die gewünschte Form f'g mit f'(x)=1 und g gleich der ursprünglichen Funktion. Durch eine partielle Integration ist es manchmal möglich, die ursprüngliche Funktion zu integrieren:
Beispiel:
Beispiel
Die Menge aller Stammfunktionen von \ln(x) kann folgendermaßen gefunden werden:
{\begin{aligned}\int \ln(x)\,{\mathrm {d}}x&=\int \underbrace {{\color {WildStrawberry}1}\cdot {\color {NavyBlue}\ln(x)}}_{{{\color {WildStrawberry}f'(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}}}\,{\mathrm {d}}x=\underbrace {{\color {WildStrawberry}x}\cdot {\color {NavyBlue}\ln(x)}}_{{{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}}}-\int \underbrace {{\color {WildStrawberry}x}\cdot {\color {NavyBlue}{1 \over x}}}_{{{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g'(x)}}}\,{\mathrm {d}}x\\&=x\cdot \ln(x)-\int 1\,{\mathrm {d}}x=x\cdot \ln(x)-x+C\end{aligned}}
Diese Vorgehensweise ist beim Integrieren von Umkehrfunktionen oft vorteilhaft. Weitere Beispiele sind \int \arctan(x)\,{\mathrm d}x und \int \arcsin(x)\,{\mathrm d}x.

Indirekte Berechnung von Integralen

Bei der partiellen Integration wird häufig das ursprüngliche Integral durch partielle Integration vereinfacht, um es anschließend berechnen zu können. Bei manchen Integralen gibt es durch (mehrfache) partielle Integration die Möglichkeit, dass das ursprüngliche Integral wiederkehrt. Durch Äquivalenzumformungen kann dieses dann bestimmt werden. Mittels eines Beispiels lässt sich der Trick am besten nachvollziehen:
Beispiel:
Beispiel
Als Beispiel wollen wir das unbestimmte Integral \int \sin(x)\cdot \cos(x)\,{\mathrm {d}}x berechnen. Wir setzen g(x)=\cos(x) und f'(x)=\sin(x) erhalten:
{\begin{aligned}\int \underbrace {{\color {WildStrawberry}\sin(x)}\cdot {\color {NavyBlue}\cos(x)}}_{{{\color {WildStrawberry}f'(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}}}\,{\mathrm {d}}x&=\underbrace {{\color {WildStrawberry}-\cos(x)}\cdot {\color {NavyBlue}\cos(x)}}_{{{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g(x)}}}-\int \underbrace {{\color {WildStrawberry}(-\cos(x))}\cdot {\color {NavyBlue}(-\sin(x))}}_{{{\color {WildStrawberry}f(x)}\cdot {\color {NavyBlue}g'(x)}}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&=-\cos ^{2}(x)-\int \sin(x)\cdot \cos(x)\,{\mathrm {d}}x\end{aligned}}
Addieren wir auf beiden Seiten der Gleichung das Ausgangsintegral \int \sin(x)\cdot \cos(x)\,{\mathrm {d}}x, so folgt
{\begin{aligned}&2\int \sin(x)\cdot \cos(x)\,{\mathrm {d}}x=-\cos ^{2}(x)\\[0.5em]\implies &\int \sin(x)\cdot \cos(x)\,{\mathrm {d}}x=-{\frac 12}\cos ^{2}(x)\end{aligned}}
So haben wir eine Stammfunktion gefunden. Alle Stammfunktionen haben somit die Form
\int \sin(x)\cdot \cos(x)\,{\mathrm {d}}x=-{\frac 12}\cos ^{2}(x)+C

Herleitung von Rekursionsformeln

Mit Hilfe der partiellen Integration lassen sich Rekursionsformeln für Integrale bestimmen. Zwei beliebte Beispiele sind die Integrale
\int \sin ^{n}(x)\,{\mathrm d}x
und
\int \cos ^{n}(x)\,{\mathrm d}x
für n\in \mathbb{N} , n\geq 2. Der Trick dabei ist es die Integranden als Produkt \sin(x)\cdot \sin ^{{n-1}}(x) bzw. \cos(x)\cdot \cos ^{{n-1}}(x) zu schreiben, und anschließend partiell zu integrieren. Wir führen dies am ersten Integral vor:
Beispiel: Rekursionsformel für Integral
Beispiel
Wir wollen eine Rekursionsformel für das Integral \int \sin ^{n}(x)\,{\mathrm d}x herleiten, mit der wir sukzessive die Potenz n verringern können.
{\begin{aligned}\int \sin ^{n}(x)\,{\mathrm d}x&=\int \underbrace {\sin(x)\cdot \sin ^{{n-1}}(x)}_{{f'(x)\cdot g(x)}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration von}}\ f'(x)=\sin(x)\ {\text{und}}\ g(x)=\sin ^{{n-1}}(x)\ \Longrightarrow \ f(x)=-\cos(x)\ {\text{und}}\ g'(x)=(n-1)\sin ^{{n-2}}(x)\cos(x)\right.}\\[0.3em]&=\underbrace {-\cos(x)\cdot \sin ^{{n-1}}(x)}_{{f(x)\cdot g(x)}}-\int \underbrace {(-\cos(x))\cdot (n-1)\sin ^{{n-2}}(x)\cos(x)}_{{f(x)\cdot g'(x)}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&=-\cos(x)\cdot \sin ^{{n-1}}(x)+(n-1)\int \cos ^{2}(x)\sin ^{{n-2}}(x)\,{\mathrm {d}}x\end{aligned}}
Nun möchten wir, dass auf der rechten Seite wieder ein Integral der Form \int \sin ^{m}(x)\,{\mathrm {d}}x mit m\leq n steht. Dazu wenden wir den trigonometrischen Pythagoras
\sin ^{2}(x)+\cos ^{2}(x)=1\iff \cos ^{2}(x)=1-\sin ^{2}(x)
an, und erhalten
{\begin{aligned}&\int \sin ^{n}(x)\,{\mathrm d}x=\\[0.3em]&\ =-\cos(x)\cdot \sin ^{{n-1}}(x)+(n-1)\int \cos ^{2}(x)\sin ^{{n-2}}(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{trigonometrischer Pythagoras}}\right.}\\[0.3em]&\ =-\cos(x)\cdot \sin ^{{n-1}}(x)+(n-1)\int (1-\sin ^{2}(x))\sin ^{{n-2}}(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&\ =-\cos(x)\cdot \sin ^{{n-1}}(x)+(n-1)\int \sin ^{{n-2}}(x)\,{\mathrm {d}}x-(n-1)\int \sin ^{{n}}(x)\,{\mathrm {d}}x\end{aligned}}
Addieren wir (n-1)\int \sin ^{{n}}(x)\,{\mathrm {d}}x auf beiden Seiten, so erhalten wir
n\int \sin ^{n}(x)\,{\mathrm d}x=-\cos(x)\cdot \sin ^{{n-1}}(x)+(n-1)\int \sin ^{{n-2}}(x)\,{\mathrm {d}}x
Durch Division durch n ergibt sich schließlich die Rekursionsformel
\int \sin ^{n}(x)\,{\mathrm d}x=-{\frac 1n}\cos(x)\cdot \sin ^{{n-1}}(x)+{\frac {n-1}{n}}\int \sin ^{{n-2}}(x)\,{\mathrm {d}}x
Verständnisfrage: Wie lautet die Formel, die wir nach erneuter Anwendung der Rekursionsformel erhalten?
Es gilt
{\begin{aligned}&\int \sin ^{n}(x)\,{\mathrm d}x=-{\frac 1n}\cos(x)\cdot \sin ^{{n-1}}(x)+{\frac {n-1}{n}}\int \sin ^{{n-2}}(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Anwendung der Rekursionsformel für}}\ n-2\right.}\\[0.3em]&\ =\int \sin ^{n}(x)\,{\mathrm d}x=-{\frac 1n}\cos(x)\cdot \sin ^{{n-1}}(x)+{\frac {n-1}{n}}\left[-{\frac {1}{n-2}}\cos(x)\cdot \sin ^{{n-3}}(x)+{\frac {n-3}{n-2}}\int \sin ^{{n-4}}(x)\,{\mathrm {d}}x\right]\\[0.3em]&\ =\int \sin ^{n}(x)\,{\mathrm d}x=-{\frac 1n}\cos(x)\cdot \sin ^{{n-1}}(x)-{\frac {n-1}{n(n-2)}}\cos(x)\cdot \sin ^{{n-3}}(x)+{\frac {n-1}{n}}\cdot {\frac {n-3}{n-2}}\int \sin ^{{n-4}}(x)\,{\mathrm {d}}x\end{aligned}}
Damit könnten wir nun für beliebige n\in {\mathbb {N}}, n\geq 2 Stammfunktionen von \sin ^{n}(x) bestimmen. Nach wiederholtem Anwenden der Rekusionsformel landen wir schließlich beim Integral
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und
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Verständnisfrage: Bestimme mit Hilfe der Rekursionsformel Stammfunktionen von \sin ^{2}(x) und \sin ^{3}(x).
Es gilt
\int \sin ^{2}(x)\,{\mathrm d}x=-{\frac 12}\cos(x)\cdot \sin ^{{1}}(x)+{\frac {1}{2}}\int \sin ^{{0}}(x)\,{\mathrm {d}}x=-{\frac 12}\cos(x)\sin(x)+{\frac {1}{2}}x+C
und
\int \sin ^{3}(x)\,{\mathrm d}x=-{\frac 13}\cos(x)\cdot \sin ^{{2}}(x)+{\frac {1}{3}}\int \sin ^{{1}}(x)\,{\mathrm {d}}x=-{\frac 13}\cos(x)\sin ^{2}(x)-{\frac {2}{3}}\cos(x)+C
Ebenso können wir bestimmte Integrale mit der Rekursionsformel berechnen. Setzen wir die Integralgrenzen gleich 0 und {\frac {\pi }{2}}, so gilt für gerade Potenzen
{\begin{aligned}I_{{2n}}&=\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\sin ^{{2n}}(x)\,{\mathrm d}x=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&=\underbrace {\left[-{\frac 1{2n}}\cos(x)\cdot \sin ^{{2n-1}}(x)\right]_{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}}_{{=0}}+{\frac {2n-1}{2n}}\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\sin ^{{2n-2}}(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&={\frac {2n-1}{2n}}\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\sin ^{{2n-2}}(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {2n-1}{2n}}\underbrace {\left[-{\frac 1{2n-2}}\cos(x)\cdot \sin ^{{2n-3}}(x)\right]_{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}}_{{=0}}+{\frac {2n-1}{2n}}\cdot {\frac {2n-3}{2n-2}}\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\sin ^{{2n-4}}(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Wiederholtes Anwenden der Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {2n-1}{2n}}\cdot {\frac {2n-3}{2n-2}}\cdot \ldots \cdot {\frac 34}\cdot {\frac 12}\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\sin ^{{0}}(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&={\frac {2n-1}{2n}}\cdot {\frac {2n-3}{2n-2}}\cdot \ldots \cdot {\frac 34}\cdot {\frac 12}\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}1\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&={\frac {2n-1}{2n}}\cdot {\frac {2n-3}{2n-2}}\cdot \ldots \cdot {\frac 34}\cdot {\frac 12}\cdot [x]_{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\\[0.3em]&={\frac {2n-1}{2n}}\cdot {\frac {2n-3}{2n-2}}\cdot \ldots \cdot {\frac 34}\cdot {\frac 12}\cdot {\frac {\pi }{2}}\\[0.3em]&={\frac {\pi }{2}}\cdot \prod _{{k=1}}^{n}{\frac {2k-1}{2k}}\end{aligned}}
Ebenso gilt für ungerade Potenzen
I_{{2n+1}}=\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\sin ^{{2n+1}}(x)\,{\mathrm d}x={\frac {2n}{2n+1}}\cdot {\frac {2n-2}{2n-1}}\cdot \ldots \cdot {\frac 45}\cdot {\frac 23}=\prod _{{k=1}}^{n}{\frac {2k}{2k+1}}
Verständnisfrage: Warum gilt die Formel für I_{{2n+1}}?
{\begin{aligned}I_{{2n+1}}&=\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\sin ^{{2n+1}}(x)\,{\mathrm d}x=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&=\underbrace {\left[-{\frac 1{2n+1}}\cos(x)\cdot \sin ^{{2n}}(x)\right]_{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}}_{{=0}}+{\frac {2n}{2n+1}}\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\sin ^{{2n-1}}(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&={\frac {2n}{2n+1}}\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\sin ^{{2n-1}}(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {2n}{2n+1}}\underbrace {\left[-{\frac 1{2n-1}}\cos(x)\cdot \sin ^{{2n-2}}(x)\right]_{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}}_{{=0}}+{\frac {2n}{2n+1}}\cdot {\frac {2n-2}{2n-1}}\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\sin ^{{2n-3}}(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Wiederholtes Anwenden der Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {2n}{2n+1}}\cdot {\frac {2n-2}{2n-1}}\cdot \ldots \cdot {\frac 45}\cdot {\frac 23}\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\sin ^{{1}}(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&={\frac {2n}{2n+1}}\cdot {\frac {2n-2}{2n-1}}\cdot \ldots \cdot {\frac 45}\cdot {\frac 23}\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\sin(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&={\frac {2n}{2n+1}}\cdot {\frac {2n-2}{2n-1}}\cdot \ldots \cdot {\frac 45}\cdot {\frac 23}\cdot \underbrace {[-\cos(x)]_{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}}_{{=-0+1=1}}\\[0.3em]&={\frac {2n}{2n+1}}\cdot {\frac {2n-2}{2n-1}}\cdot \ldots \cdot {\frac 45}\cdot {\frac 23}\\[0.3em]&=\prod _{{k=1}}^{n}{\frac {2k}{2k+1}}\end{aligned}}
Rekursionsformel für die n-te Potenz des Kosinus
Löse folgende Aufgaben:
Übung 1:
Bestimme eine Rekursionsformel für \int \cos ^{n}(x){\mathrm d}x und damit Stammfunktionen von \cos ^{2}(x) und \cos ^{3}(x).
Übung 2:
Berechne mit der Rekursionsformel die Integrale J_{{2n}}=\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\cos ^{{2n}}(x){\mathrm d}x und J_{{2n+1}}=\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\cos ^{{2n+1}}(x){\mathrm d}x mit n\in \mathbb{N} _{0}.
Übung 3:
Zeige die Formel für das wallissche Produkt \prod _{{k=1}}^{\infty }{\frac {2k\cdot 2k}{(2k-1)(2k+1)}}=\lim _{{n\to \infty }}{\frac {2\cdot 2}{1\cdot 3}}\cdot {\frac {4\cdot 4}{3\cdot 5}}\cdot \ldots \cdot {\frac {2n\cdot 2n}{(2n-1)(2n+1)}}={\frac {\pi }{2}}, indem du den Grenzwert \lim _{{n\to \infty }}{\frac {J_{{2n+1}}}{J_{{2n}}}} (oder \lim _{{n\to \infty }}{\frac {I_{{2n+1}}}{I_{{2n}}}}) bestimmst.
Lösung: Lösung von Teilaufgabe 1:
{\begin{aligned}&\int \cos ^{n}(x)\,{\mathrm d}x\\[0.3em]&\ =\int \cos(x)\cdot \cos ^{{n-1}}(x){\mathrm d}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit}}\ f'(x)=\cos(x)\ {\text{und}}\ g(x)=\cos ^{{n-1}}(x)\Longrightarrow f(x)=\sin(x)\ {\text{und}}\ g'(x)=(n-1)\cos ^{{n-2}}(x)(-\sin(x))\right.}\\[0.3em]&\ =\sin(x)\cdot \cos ^{{n-1}}(x)+(n-1)\int \sin ^{2}(x)\cos ^{{n-2}}(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{trigonometrischer Pythagoras}}\right.}\\[0.3em]&\ =\sin(x)\cdot \cos ^{{n-1}}(x)+(n-1)\int (1-\cos ^{2}(x))\cos ^{{n-2}}(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&\ =\sin(x)\cdot \cos ^{{n-1}}(x)+(n-1)\int \cos ^{{n-2}}(x)\,{\mathrm {d}}x-(n-1)\int \cos ^{{n}}(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]\iff &n\int \cos ^{n}(x)\,{\mathrm d}x=\sin(x)\cdot \cos ^{{n-1}}(x)+(n-1)\int \cos ^{{n-2}}(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]\iff &\int \cos ^{n}(x)\,{\mathrm d}x={\frac 1n}\sin(x)\cdot \cos ^{{n-1}}(x)+{\frac {n-1}{n}}\int \cos ^{{n-2}}(x)\,{\mathrm {d}}x\end{aligned}}
Damit folgt
{\begin{aligned}\int \cos ^{2}(x)\,{\mathrm d}x={\frac 12}\sin(x)\cdot \cos(x)+{\frac 12}\int \cos ^{{0}}(x)\,{\mathrm {d}}x={\frac 12}\sin(x)\cos(x)+{\frac 12}\int 1\,{\mathrm {d}}x={\frac 12}\sin(x)\cos(x)+{\frac 12}x+C\end{aligned}}
sowie
{\begin{aligned}\int \cos ^{3}(x)\,{\mathrm d}x={\frac 13}\sin(x)\cdot \cos ^{2}(x)+{\frac 23}\int \cos ^{{1}}(x)\,{\mathrm {d}}x={\frac 13}\sin(x)\cos ^{2}(x)+{\frac 23}\int \cos(x)\,{\mathrm {d}}x={\frac 13}\sin(x)\cos ^{2}(x)+{\frac 23}\sin(x)+C\end{aligned}}
Lösung von Teilaufgabe 2:
{\begin{aligned}J_{{2n}}&=\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\cos ^{{2n}}(x)\,{\mathrm d}x=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&=\underbrace {\left[{\frac 1{2n}}\sin(x)\cdot \cos ^{{2n-1}}(x)\right]_{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}}_{{=0}}+{\frac {2n-1}{2n}}\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\cos ^{{2n-2}}(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&={\frac {2n-1}{2n}}\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\cos ^{{2n-2}}(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {2n-1}{2n}}\underbrace {\left[{\frac 1{2n-2}}\sin(x)\cdot \cos ^{{2n-3}}(x)\right]_{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}}_{{=0}}+{\frac {2n-1}{2n}}\cdot {\frac {2n-3}{2n-2}}\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\cos ^{{2n-4}}(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Wiederholtes Anwenden der Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {2n-1}{2n}}\cdot {\frac {2n-3}{2n-2}}\cdot \ldots \cdot {\frac 34}\cdot {\frac 12}\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\cos ^{{0}}(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&={\frac {2n-1}{2n}}\cdot {\frac {2n-3}{2n-2}}\cdot \ldots \cdot {\frac 34}\cdot {\frac 12}\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}1\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&={\frac {2n-1}{2n}}\cdot {\frac {2n-3}{2n-2}}\cdot \ldots \cdot {\frac 34}\cdot {\frac 12}\cdot [x]_{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\\[0.3em]&={\frac {2n-1}{2n}}\cdot {\frac {2n-3}{2n-2}}\cdot \ldots \cdot {\frac 34}\cdot {\frac 12}\cdot {\frac {\pi }{2}}\\[0.3em]&={\frac {\pi }{2}}\cdot \prod _{{k=1}}^{n}{\frac {2k-1}{2k}}\end{aligned}}
{\begin{aligned}J_{{2n+1}}&=\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\cos ^{{2n+1}}(x)\,{\mathrm d}x=\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&=\underbrace {\left[{\frac 1{2n+1}}\sin(x)\cdot \cos ^{{2n}}(x)\right]_{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}}_{{=0}}+{\frac {2n}{2n+1}}\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\cos ^{{2n-1}}(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&={\frac {2n}{2n+1}}\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\cos ^{{2n-1}}(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {2n}{2n+1}}\underbrace {\left[{\frac 1{2n-1}}\sin(x)\cdot \cos ^{{2n-2}}(x)\right]_{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}}_{{=0}}+{\frac {2n}{2n+1}}\cdot {\frac {2n-2}{2n-1}}\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\cos ^{{2n-3}}(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Wiederholtes Anwenden der Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {2n}{2n+1}}\cdot {\frac {2n-2}{2n-1}}\cdot \ldots \cdot {\frac 45}\cdot {\frac 23}\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\cos ^{{1}}(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&={\frac {2n}{2n+1}}\cdot {\frac {2n-2}{2n-1}}\cdot \ldots \cdot {\frac 45}\cdot {\frac 23}\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\cos(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&={\frac {2n}{2n+1}}\cdot {\frac {2n-2}{2n-1}}\cdot \ldots \cdot {\frac 45}\cdot {\frac 23}\cdot \underbrace {[\sin(x)]_{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}}_{{=1-0=1}}\\[0.3em]&={\frac {2n}{2n+1}}\cdot {\frac {2n-2}{2n-1}}\cdot \ldots \cdot {\frac 45}\cdot {\frac 23}\\[0.3em]&=\prod _{{k=1}}^{n}{\frac {2k}{2k+1}}\end{aligned}}
Lösung von Teilaufgabe 3:
\cos ^{{2n}}(x)\geq \cos ^{{2n+1}}(x)\geq \cos ^{{2n+2}}(x)
Aus der Monotonie des Integrals folgt
\underbrace {\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\cos ^{{2n}}(x){\mathrm d}x}_{{J_{{2n}}}}\geq \underbrace {\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\cos ^{{2n+1}}(x){\mathrm d}x}_{{J_{{2n+1}}}}\geq \underbrace {\int _{0}^{{{\frac {\pi }{2}}}}\cos ^{{2n+2}}(x){\mathrm d}x}_{{=J_{{2n+2}}}}
Drehen wir diese Gleichung um, und teilen Sie durch J_{{2n}}>0, so erhalten wir
{\frac {J_{{2n+2}}}{J_{{2n}}}}\leq {\frac {J_{{2n+1}}}{J_{{2n}}}}\leq \underbrace {{\frac {J_{{2n}}}{J_{{2n}}}}}_{{=1}}
Außerdem gilt
{\frac {J_{{2n+2}}}{J_{{2n}}}}={\frac {{\frac {2n+1}{2n+2}}\cdot \cdot {\frac {2n-1}{2n}}\cdot {\frac {2n-3}{2n-2}}\cdot \ldots \cdot {\frac 34}\cdot {\frac 12}\cdot {\frac {\pi }{2}}}{{\frac {2n-1}{2n}}\cdot {\frac {2n-3}{2n-2}}\cdot \ldots \cdot {\frac 34}\cdot {\frac 12}\cdot {\frac {\pi }{2}}}}={\frac {2n+1}{2n+2}}={\frac {2+{\frac 1n}}{2+{\frac 2n}}}\to {\frac 22}=1
Mit dem error: internal links not implemented, yet! folgt \lim _{{n\to \infty }}{\frac {J_{{2n+1}}}{J_{{2n}}}}=1. Wegen {\frac {J_{{2n+1}}}{J_{{2n}}}}={\frac {2}{\pi }}\cdot \prod _{{k=1}}^{n}{\frac {2k\cdot 2k}{(2k-1)(2k+1)}} ergibt sich daraus
\lim _{{n\to \infty }}{\frac {J_{{2n+1}}}{J_{{2n}}}}={\frac {2}{\pi }}\cdot \prod _{{k=1}}^{\infty }{\frac {2k\cdot 2k}{(2k-1)(2k+1)}}=1
Multiplizieren wir diese Gleichung mit {\tfrac {\pi }{2}}, so folgt die Behauptung.

Riemannsches Lemma

Übung: Riemannsches Lemma
Sei f:[a,b]\to \mathbb{R} eine stetig differenzierbare Funktion. Für k\in \mathbb{R} sei
F(k)=\int _{a}^{b}f(x)\sin(kx)\;{\mathrm d}x
Zeige, dass dann \lim _{{|k|\to \infty }}F(k)=0 gilt.
Beweis
Durch Anwendung von partieller Integration erhalten wir zunächst zweimal den Vorfaktor {\tfrac 1k}:
{\begin{aligned}F(k)&=\int _{a}^{b}\underbrace {{\color {NavyBlue}f(x)}\cdot {\color {WildStrawberry}\sin(kx)}}_{{{\color {NavyBlue}g(x)}\cdot {\color {WildStrawberry}f'(x)}}}\,{\mathrm {d}}x=\underbrace {\left[{\color {NavyBlue}f(x)}\cdot {\color {WildStrawberry}\left(-{\frac 1k}\cos(kx)\right)}\right]_{a}^{b}}_{{{\color {NavyBlue}g(x)}\cdot {\color {WildStrawberry}f(x)}}}-\int _{a}^{b}\underbrace {{\color {NavyBlue}f'(x)}\cdot {\color {WildStrawberry}\left(-{\frac 1k}\cos(kx)\right)}}_{{{\color {NavyBlue}g'(x)}\cdot {\color {WildStrawberry}f(x)}}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&=\left[-{\frac 1k}f(x)\cos(kx)\right]_{a}^{b}+{\frac 1k}\int _{a}^{b}f'(x)\cos(kx)\,{\mathrm {d}}x\end{aligned}}
Da f nach Voraussetzung stetig differenzierbar ist, sind nach dem error: internal links not implemented, yet! sowohl f als auch die Ableitungsfunktion f' auf [a,b] beschränkt. D.h. es existiert ein M>0 mit |f(x)|\leq M und |f'(x)|\leq M. Damit folgt
{\begin{aligned}|F(k)|&=\left|\left[-{\frac 1k}f(x)\cos(kx)\right]_{a}^{b}+{\frac 1k}\int _{a}^{b}f'(x)\cos(kx)\,{\mathrm {d}}x\right|\\[0.5em]&=\left|-{\frac 1k}f(b)\cos(kb)+{\frac 1k}f(a)\cos(ka)+{\frac 1k}\int _{a}^{b}f'(x)\cos(kx)\,{\mathrm {d}}x\right|\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Dreiecksungleichung }}\right.}\\[0.5em]&\leq \left|-{\frac 1k}f(b)\cos(kb)\right|+\left|{\frac 1k}f(a)\cos(ka)\right|+\left|{\frac 1k}\int _{a}^{b}f'(x)\cos(kx)\,{\mathrm {d}}x\right|\\[0.5em]&\leq {\left|{\frac 1k}\right|}\underbrace {\left|f(b)\right|}_{{\leq M}}\underbrace {\left|\cos(kb)\right|}_{{\leq 1}}+{\left|{\frac 1k}\right|}\underbrace {\left|f(a)\right|}_{{\leq M}}\underbrace {\left|\cos(ka)\right|}_{{\leq 1}}+{\left|{\frac 1k}\right|}\int _{a}^{b}\underbrace {\left|f'(x)\right|}_{{\leq M}}\underbrace {\left|\cos(kx)\right|}_{{\leq 1}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&\leq {\left|{\frac 1k}\right|}M+{\left|{\frac 1k}\right|}M+{\left|{\frac 1k}\right|}M\underbrace {\int _{a}^{b}1\,{\mathrm d}x}_{{=\left[x\right]_{a}^{b}=b-a}}\\[0.5em]&={\left|{\frac 1k}\right|}M+{\left|{\frac 1k}\right|}M+{\left|{\frac 1k}\right|}M(b-a)\end{aligned}}
Da M und b-a konstant sind, konvergiert der letzte Ausdruck nun mit k\to \pm \infty gegen null. Damit folgt die Behauptung.

Aufgaben

Partielle Integration
Berechne
Übung 1:
\int _{1}^{e}x\ln(x)\,{\mathrm d}x und \int _{1}^{e}x^{2}\ln(x)\,{\mathrm d}x
Übung 2:
\int \arcsin(x)\,{\mathrm d}x und \int \arctan(x)\,{\mathrm d}x
Übung 3:
\int _{0}^{\pi }x^{2}\sin(x)\,{\mathrm d}x und \int _{0}^{\pi }x^{2}\cos(x)\,{\mathrm d}x
Übung 4:
\int e^{x}\sin(x)\,{\mathrm d}x und \int e^{x}\cos(x)\,{\mathrm d}x
Lösung: Lösung von Teilaufgabe 1:
Beide Integrale sind nach einmaliger partieller Integration zu lösen. Setzen wir jeweils g(x)=\ln(x), so vereinfachen sich die Integrale deutlich:
{\begin{aligned}&\int _{1}^{e}x\ln(x)\,{\mathrm d}x\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit}}\ f'(x)=x\ {\text{und}}\ g(x)=\ln(x)\ \Longrightarrow \ f(x)={\frac 12}x^{2}\ {\text{und}}\ g'(x)={\frac 1x}\right.}\\[0.5em]&\ =[\underbrace {{\frac 12}x^{2}\ln(x)}_{{f(x)g(x)}}]_{1}^{e}-\int _{1}^{e}\underbrace {{\frac 12}x^{2}\cdot {\frac 1x}}_{{f(x)g'(x)}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&\ =[{\frac 12}x^{2}\ln(x)]_{1}^{e}-\int _{1}^{e}{\frac 12}x\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{HDI}}\right.}\\[0.5em]&\ =[{\frac 12}x^{2}\ln(x)]_{1}^{e}+[{\frac 14}x^{2}]_{1}^{e}\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Auswerten}}\right.}\\[0.5em]&\ ={\frac 12}\cdot e^{2}\underbrace {\ln(e)}_{{=1}}-{\frac 12}\cdot 1^{2}\underbrace {\ln(1)}_{{=0}}-{\frac 14}\cdot e^{2}+{\frac 14}\cdot 1^{2}\\[0.5em]&\ ={\frac 12}e^{2}-{\frac 14}e^{2}+{\frac 14}\\[0.5em]&\ ={\frac 14}e^{2}+{\frac 14}\end{aligned}}
{\begin{aligned}&\int _{1}^{e}x^{2}\ln(x)\,{\mathrm d}x\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit}}\ f'(x)=x^{2}\ {\text{und}}\ g(x)=\ln(x)\ \Longrightarrow \ f(x)={\frac 13}x^{3}\ {\text{und}}\ g'(x)={\frac 1x}\right.}\\[0.5em]&\ =[\underbrace {{\frac 13}x^{3}\ln(x)}_{{f(x)g(x)}}]_{1}^{e}-\int _{1}^{e}\underbrace {{\frac 13}x^{3}\cdot {\frac 1x}}_{{f(x)g'(x)}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&\ =[{\frac 13}x^{3}\ln(x)]_{1}^{e}-\int _{1}^{e}{\frac 13}x^{2}\,{\mathrm {d}}x\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{HDI}}\right.}\\[0.5em]&\ =[{\frac 13}x^{3}\ln(x)]_{1}^{e}+[{\frac 19}x^{3}]_{1}^{e}\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Auswerten}}\right.}\\[0.5em]&\ ={\frac 13}\cdot e^{3}\underbrace {\ln(e)}_{{=1}}-{\frac 13}\cdot 1^{3}\underbrace {\ln(1)}_{{=0}}-{\frac 19}\cdot e^{3}+{\frac 19}\cdot 1^{3}\\[0.5em]&\ ={\frac 13}e^{3}-{\frac 19}e^{3}+{\frac 19}\\[0.5em]&\ ={\frac 29}e^{3}+{\frac 19}\end{aligned}}
Lösung von Teilaufgabe 2:
Hier müssen wir jeweils f'(x)=1 ergänzen. Dann folgt nach Anwendung der partiellen Integration:
Erstes Integral:
{\begin{aligned}\int \arctan(x)\,{\mathrm {d}}x&=\int 1\cdot \arctan(x)\,{\mathrm {d}}x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}f'(x)=1\ {\text{und}}\ g(x)=\arctan(x)\Longrightarrow f(x)=x\ {\text{und}}\ g'(x)={\frac {1}{1+x^{2}}}\right.}\\&=\underbrace {x\cdot \arctan(x)}_{{f(x)\cdot g(x)}}-\int \underbrace {x\cdot {\frac {1}{1+x^{2}}}}_{{f(x)\cdot g'(x)}}\,{\mathrm {d}}x\\\end{aligned}}
Als nächstes wollen wir das Integral \int {\frac {x}{1+x^{2}}}\,{\mathrm {d}}x bestimmen. Dazu benutzen wir die error: internal links not implemented, yet! aus dem vorherigen Kapitel. Wir setzen t=1+x^{2}, da im Zähler {\tfrac 12} Mal die Ableitung dieser Funktion steht. Dann gilt {\mathrm {d}}t=2x{\mathrm {d}}x ,und umgestellt {\mathrm {d}}x={\frac {1}{2x}}{\mathrm {d}}t. Damit folgt
{\begin{aligned}&\int {\frac {x}{1+x^{2}}}\,{\mathrm {d}}x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}t=1+x^{2}\Longrightarrow {\mathrm {d}}x={\frac {1}{2x}}{\mathrm {d}}t\right.}\\&\ =\int {\frac {x}{t}}({\frac {1}{2x}})\,{\mathrm {d}}t\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Zusammenfassen}}\right.}\\&\ =\int {\frac {1}{2t}}\,{\mathrm {d}}t\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Integration von }}{\frac {1}{2t}}\right.}\\&\ ={\frac 12}\ln(t)+C\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution}}\right.}\\&\ ={\frac 12}\ln(1+x^{2})+C\\\end{aligned}}
Insgesamt folgt
\int \arctan(x)\,{\mathrm {d}}x=x\arctan(x)-{\frac 12}\ln(1+x^{2})+C
Zweites Integral:
{\begin{aligned}\int \arcsin(x)\,{\mathrm {d}}x&=\int 1\cdot \arcsin(x)\,{\mathrm {d}}x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}f'(x)=1\ {\text{und}}\ g(x)=\arcsin(x)\Longrightarrow f(x)=x\ {\text{und}}\ g'(x)={\frac {1}{{\sqrt {1-x^{2}}}}}\right.}\\&\ =\underbrace {x\cdot \arcsin(x)}_{{f\cdot g}}-\int \underbrace {x\cdot {\frac {1}{{\sqrt {1-x^{2}}}}}}_{{f\cdot g'}}\,{\mathrm {d}}x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}t=1-x^{2}\Longrightarrow {\mathrm {d}}x=-{\frac {1}{2x}}{\mathrm {d}}t\right.}\\&\ =x\arcsin(x)-\int x\cdot {\frac {1}{{\sqrt {t}}}}(-{\frac {1}{2x}})\,{\mathrm {d}}t\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Zusammenfassen}}\right.}\\&\ =x\arcsin(x)+\int {\frac {1}{2{\sqrt {t}}}}\,{\mathrm {d}}t\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Integration von }}{\frac {1}{2{\sqrt {t}}}}\right.}\\&\ =x\arcsin(x)+{\sqrt {t}}+C\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution}}\right.}\\&\ =x\arcsin(x)+{\sqrt {1-x^{2}}}+C\end{aligned}}
Lösung von Teilaufgabe 3:
Bei diesen beiden Integralen sind die Integranden vom Typ „Polynom Mal integrierbare Funktion“. Setzen wir jeweils g(x)=x^{2}, so können wir die Integrale nach zweimaliger partieller Integration berechnen.
Erstes Integral:
{\begin{aligned}&\int _{0}^{\pi }x^{2}\sin(x)\,{\mathrm d}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}f'(x)=\sin(x)\ {\text{und}}\ g(x)=x^{2}\ \Longrightarrow \ f(x)=-\cos(x)\ {\text{und}}\ g'(x)=2x\right.}\\[0.3em]&\ =[\underbrace {-x^{2}\cdot \cos(x)}_{{f(x)\cdot g(x)}}]_{0}^{\pi }-\int _{0}^{\pi }\underbrace {-2x\cos(x)}_{{f(x)\cdot g'(x)}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&\ =\left[-x^{2}\cdot \cos(x)\right]_{0}^{\pi }+\int _{0}^{\pi }2x\cos(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}f'(x)=\cos(x)\ {\text{und}}\ g(x)=2x\ \Longrightarrow \ f(x)=\sin(x)\ {\text{und}}\ g'(x)=2\right.}\\[0.3em]&\ =\left[-x^{2}\cdot \cos(x)\right]_{0}^{\pi }+\left[2x\cdot \sin(x)\right]_{0}^{\pi }-\int _{0}^{\pi }2\sin(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{HDI}}\right.}\\[0.3em]&\ =\left[-x^{2}\cdot \cos(x)\right]_{0}^{\pi }+\left[2x\cdot \sin(x)\right]_{0}^{\pi }-\left[-2\cos(x)\right]_{0}^{\pi }\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Auswerten}}\right.}\\[0.3em]&\ =\underbrace {=-\pi ^{2}\cdot (-1)}_{{=\pi ^{2}}}+\underbrace {0^{2}\cos(0)}_{{=0}}+\underbrace {2\pi \sin(\pi )-2\cdot 0\cdot \sin(0)}_{{=0}}+\underbrace {2\cos(\pi )-2\cos(0)}_{{-2-2}}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Zusammenfassen}}\right.}\\[0.3em]&\ =\pi ^{2}-4\end{aligned}}
Zweites Integral:
{\begin{aligned}&\int _{0}^{\pi }x^{2}\cos(x)\,{\mathrm d}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}f'(x)=\cos(x)\ {\text{und}}\ g(x)=x^{2}\ \Longrightarrow \ f(x)=\sin(x)\ {\text{und}}\ g'(x)=2x\right.}\\[0.3em]&\ =[\underbrace {x^{2}\cdot \sin(x)}_{{f(x)\cdot g(x)}}]_{0}^{\pi }-\int \underbrace {2x\sin(x)}_{{f(x)\cdot g'(x)}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&\ =\left[x^{2}\cdot \sin(x)\right]_{0}^{\pi }-\int _{0}^{\pi }2x\sin(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}f'(x)=\sin(x)\ {\text{und}}\ g(x)=2x\ \Longrightarrow \ f(x)=-\cos(x)\ {\text{und}}\ g'(x)=2\right.}\\[0.3em]&\ =\left[x^{2}\cdot \sin(x)\right]_{0}^{\pi }-\left[-2x\cdot \cos(x)\right]_{0}^{\pi }-\int _{0}^{\pi }-2\cos(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{HDI}}\right.}\\[0.3em]&\ =\left[x^{2}\cdot \sin(x)\right]_{0}^{\pi }-\left[-2x\cdot \cos(x)\right]_{0}^{\pi }-\left[-2\sin(x)\right]_{0}^{\pi }\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Auswerten}}\right.}\\[0.3em]&\ =\underbrace {\pi ^{2}\cdot \sin(\pi )-0^{2}\sin(0)}_{{=0}}+\underbrace {2\pi \cos(\pi )-2\cdot 0\cdot \cos(0)}_{{-2\pi -0}}+\underbrace {2\sin(\pi )-2\sin(0)}_{{=0}}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Zusammenfassen}}\right.}\\[0.3em]&\ =-2\pi \end{aligned}}
Lösung von Teilaufgabe 4:
Hier integrieren wir erneut zweimal partiell, und lösen die daraus entstehende Gleichung nach dem ursprünglichen Integral auf.
Erstes Integral:
{\begin{aligned}&\int \underbrace {e^{x}\cdot \sin(x)}_{{f'(x)\cdot g(x)}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}f'(x)=e^{x}\ {\text{und}}\ g(x)=\sin(x)\ \Longrightarrow \ f(x)=e^{x}\ {\text{und}}\ g'(x)=\cos(x)\right.}\\[0.3em]&\ =\underbrace {e^{x}\cdot \sin(x)}_{{f(x)\cdot g(x)}}-\int \underbrace {e^{x}\cdot \cos(x)}_{{f(x)\cdot g'(x)}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}f'(x)=e^{x}\ {\text{und}}\ g(x)=\cos(x)\ \Longrightarrow \ f(x)=e^{x}\ {\text{und}}\ g'(x)=-\sin(x)\right.}\\[0.3em]&\ =e^{x}\sin(x)-\left(\underbrace {e^{x}\cdot \cos(x)}_{{f(x)\cdot g(x)}}-\int \underbrace {e^{x}\cdot (-\sin(x))}_{{f(x)\cdot g'(x)}}\,{\mathrm {d}}x\right)\\[0.3em]&=e^{x}\sin(x)-e^{x}\cos(x)-\int e^{x}\sin(x)\,{\mathrm {d}}x\end{aligned}}
Addieren wir auf beiden Seiten der Gleichung das Ausgangsintegral \int e^{x}\sin(x)\,{\mathrm {d}}x, so folgt
2\int e^{x}\sin(x)\,{\mathrm {d}}x=e^{x}\sin(x)-e^{x}\cos(x)
Dividieren wir beide Seiten durch 2, so erhalten wir
\int e^{x}\sin(x)\,{\mathrm {d}}x={\tfrac 12}e^{x}\sin(x)-{\tfrac 12}e^{x}\cos(x)={\tfrac {e^{x}}{2}}(\sin(x)-\cos(x))
und haben eine Stammfunktion gefunden. Alle Stammfunktionen haben somit die Form
\int e^{x}\sin(x)\,{\mathrm {d}}x={\tfrac {e^{x}}{2}}(\sin(x)-\cos(x))+C
Zweites Integral:
{\begin{aligned}&\int \underbrace {e^{x}\cdot \cos(x)}_{{f'(x)\cdot g(x)}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}f'(x)=e^{x}\ {\text{und}}\ g(x)=\cos(x)\ \Longrightarrow \ f(x)=e^{x}\ {\text{und}}\ g'(x)=-\sin(x)\right.}\\[0.3em]&\ =\underbrace {e^{x}\cdot \cos(x)}_{{f(x)\cdot g(x)}}-\int \underbrace {e^{x}\cdot (-\sin(x))}_{{f(x)\cdot g'(x)}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&\ =e^{x}\cos(x)+\int e^{x}\sin(x)\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}f'(x)=e^{x}\ {\text{und}}\ g(x)=\sin(x)\ \Longrightarrow \ f(x)=e^{x}\ {\text{und}}\ g'(x)=\cos(x)\right.}\\[0.3em]&\ =e^{x}\cos(x)+\underbrace {e^{x}\cdot \sin(x)}_{{f(x)\cdot g(x)}}-\int \underbrace {e^{x}\cdot \cos(x)}_{{f(x)\cdot g'(x)}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&=e^{x}\cos(x)+e^{x}\sin(x)-\int e^{x}\cos(x)\,{\mathrm {d}}x\end{aligned}}
Addieren wir auf beiden Seiten der Gleichung das Ausgangsintegral \int e^{x}\cos(x)\,{\mathrm {d}}x, so folgt
2\int e^{x}\cos(x)\,{\mathrm {d}}x=e^{x}\cos(x)+e^{x}\sin(x)
Dividieren wir beide Seiten durch 2, so er haben alle Stammfunktionen die Form
\int e^{x}\cos(x)\,{\mathrm {d}}x={\tfrac {e^{x}}{2}}(\cos(x)+\sin(x))+C
Rekursionsformeln
Berechne Rekursionsformeln für
Übung 1:
F_{n}=\int x^{n}e^{{cx}}\,{\mathrm d}x
Übung 2:
G_{{n,m}}=\int _{0}^{1}x^{n}(1-x)^{m}\,{\mathrm d}x und berechne damit den Wert des Integrals.
Lösung: Lösung von Teilaufgabe 1:
{\begin{aligned}F_{n}&=\int x^{n}e^{{cx}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}f'(x)=e^{{cx}}\ {\text{und}}\ g(x)=x^{n}\ \Longrightarrow \ f(x)={\frac 1c}e^{{cx}}\ {\text{und}}\ g'(x)=nx^{{n-1}}\right.}\\[0.3em]&\ =\underbrace {{\frac 1c}e^{{cx}}x^{n}}_{{f(x)\cdot g(x)}}-\int \underbrace {{\frac 1c}e^{{cx}}\cdot nx^{{n-1}}}_{{f(x)\cdot g'(x)}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&\ ={\frac 1c}x^{n}e^{{cx}}-{\frac nc}\int x^{{n-1}}e^{{cx}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&\ ={\frac 1c}x^{n}e^{{cx}}-{\frac nc}F_{{n-1}}\end{aligned}}
Lösung von Teilaufgabe 2:
{\begin{aligned}G_{{n,m}}&=\int _{0}^{1}x^{n}(1-x)^{m}\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}f'(x)=(1-x)^{m}\ {\text{und}}\ g(x)=x^{n}\ \Longrightarrow \ f(x)=-{\frac {1}{m+1}}(1-x)^{{m+1}}\ {\text{und}}\ g'(x)=nx^{{n-1}}\right.}\\[0.3em]&\ =\left[\underbrace {-{\frac {1}{m+1}}(1-x)^{{m+1}}x^{n}}_{{f(x)\cdot g(x)}}\right]_{0}^{1}-\int _{0}^{1}\underbrace {-{\frac {1}{m+1}}(1-x)^{{m+1}}\cdot nx^{{n-1}}}_{{f(x)\cdot g'(x)}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&\ =0+{\frac {n}{m+1}}\int _{0}^{1}x^{{n-1}}(1-x)^{{m+1}}\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&\ ={\frac {n}{m+1}}G_{{n-1,m+1}}\end{aligned}}
Wenden wir diese Rekursionsformel nun wiederholt an, so erhalten wir
{\begin{aligned}G_{{n,m}}&=\int _{0}^{1}x^{n}(1-x)^{m}\,{\mathrm {d}}x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&\ ={\frac {n}{m+1}}G_{{n-1,m+1}}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rekursionsformel für}}\ n-1\ {\text{und}}\ m+1\right.}\\[0.3em]&\ ={\frac {n}{m+1}}\cdot {\frac {n-1}{m+2}}G_{{n-2,m+2}}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ (n-2){\text{- maliges Anwenden der Rekursionsformel}}\right.}\\[0.3em]&\ ={\frac {n}{m+1}}\cdot {\frac {n-1}{m+2}}\cdot {\frac {n-2}{m+3}}\cdot \ldots \cdot {\frac {2}{n+m-1}}\cdot {\frac {1}{n+m}}G_{{0,m+n}}\\[0.3em]&\ ={\frac {n\cdot (n-1)\cdot \ldots \cdot 2\cdot 1}{(m+1)\cdot (m+2)\cdot \ldots \cdot (m+n-1)\cdot (m+n)}}\int _{0}^{1}x^{0}(1-x)^{{m+n}}\\[0.3em]&\ ={\frac {n!}{(m+1)\cdot (m+2)\cdot \ldots \cdot (m+n-1)\cdot (m+n)}}\int _{0}^{1}(1-x)^{{m+n}}\\[0.3em]&\ ={\frac {n!m!}{m!\cdot (m+1)\cdot (m+2)\cdot \ldots \cdot (m+n-1)\cdot (m+n)}}\left[-{\frac {1}{n+m+1}}(1-x)^{{m+n+1}}\right]_{0}^{1}\\[0.3em]&\ ={\frac {n!m!}{(m+n)!}}\left[0+{\frac {1}{n+m+1}}\right]\\[0.3em]&\ ={\frac {n!m!}{(n+m+1)!}}\end{aligned}}