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Analysis-Blog: Folge 72

Substitution

Unsere zweite Methode zur Konstruktion von Stammfunktionen

Peter Becker

veröffentlicht: 02 Jan 2025, zuletzt geändert: 06 Jan 2025 19:30

Schlüsselwörter: Integral, unbestimmtes Integral, Stammfunktion, Hauptsatz, Substitution

Unsere zweite elementare Integrationstechnik ist die Substitution. Sie basiert auf der Kettenregel für Ableitungen.

Während die Wurzeln der partiellen Integration in der Produktregel für Ableitungen liegen, basiert die Substitution auf der Kettenregel. Zur Erinnerung: Für eine Verkettetung $f(g(x))$ von zwei differenzierbaren Funktion gilt \[ (f(g(x)))' = f'(g(x))\cdot g'(x). \] Ist $F(x)$ eine Stammfunktion von $f(x)$, dann folgt mit der Kettenregel \[ (F(g(x)))' = f(g(x))\cdot g'(x). \] Wenn wir jetzt auf beiden Seiten integrieren, entsteht \[ F(g(x)) = \int f(g(x)) \cdot g'(x)\,dx \] Dies ist dann auch schon die Substitutionsregel in ihrer einfachsten Form.

Satz 1

Seien $I, I'\subseteq \R$ Intervalle, $g:I\rightarrow I'$ stetig differenzierbar, $f: I'\rightarrow\R$ stetig und $F$ eine Stammfunktion von $f$.

Dann gilt \[ \int f(g(x))g'(x)\,dx = F(g(x)) + c. \]

In dieser einfachen Form wenden wir die Substitutionsregel an, indem wir prüfen, ob bzw. wie die Funktion unter dem Integral in der Form $f(g(x))g'(x)$ dargestellt werden kann. Im Idealfall sehen wir, dass die Ableitung $g'(x)$ der inneren Funktion $g(x)$ in der Funktion unter dem Integral auftaucht. Anschließend sucht man nach einer Stammfunktion $F(y)$ für $f(y)$. Hat man diese gefunden, muss man nur noch $g(x)$ für $y$ einsetzen und $F(g(x))+c$ als Ergebnis angeben.

Es reicht hierbei auch, wenn $g'(x)$ bis auf einen konstanten Faktor unter dem Integral auftaucht. Durch die Linearität können wir jederzeit einen Faktor unter dem Integral hinzunehmen und dies durch den Kehrwert vor dem Integral ausgleichen. Ich verdeutliche das gesamte Vorgehen der einfachen Substitution an einigen Beispielen.

Beispiel 1

  1. Wir wollen \[ \int x\,\e^{-\frac{1}{2}x^2}\,dx \] bestimmen. Unter dem Integral sehen wir eine Verkettung der Funktionen $f(y) = \e^y$ und $g(x) = -\frac{1}{2}x^2$. Als Ableitung der inneren Funktion haben wir $g'(x) = -x$, was leider nicht ganz mit $x$ übereinstimmt. Es gilt aber \[ \int x\,\e^{-\frac{1}{2}x^2}\,dx = - \int (-x)\,\e^{-\frac{1}{2}x^2}\,dx, \] womit wir nun die Funktion unter dem Integral als $f(g(x))g'(x)$ schreiben können.

    Aus $f(y) = \e^y$ folgt $F(y) = \e^y$ und damit ergibt sich \[ \int x\,\e^{-\frac{1}{2}x^2}\,dx = - \e^{-\frac{1}{2}x^2} + c. \]

  2. Diesmal wollen wir \[ \int \frac{\sin(x)}{\cos(x)}\,dx \] bestimmen. Bis auf den konstanten Faktor $(-1)$ ist der Zähler die Ableitung des Nenners. Wir setzen daher \[ f(y) = \frac{1}{y}, F(y) = \log(y), g(x) = \cos(x), g'(x) = -\sin(x) \] und erhalten damit \[ \int \frac{\sin(x)}{\cos(x)}\,dx = - \int \frac{-\sin(x)}{\cos(x)}\,dx = -\log(\cos(x)) + c. \]
  3. Es gilt \[ \int \sin(x)\cdot\cos(x)\,dx = \frac{1}{2} (\sin(x))^2 + c \] mit $f(y)=y$, $F(y)=\frac{1}{2}y^2$, $g(x)=\sin(x)$ und $g'(x)=\cos(x)$.
  4. Es gilt \begin{eqnarray*} \int x^2 \sin(x^3)\,dx & = & \frac{1}{3}\int 3x^2 \sin(x^3)\,dx \\[3mm] & = & -\frac{1}{3}\cos(x^3) + c \end{eqnarray*} mit $f(y)=\sin(y)$, $F(y)=-\cos(y)$, $g(x)=x^3$ und $g'(x)=3x^2$.

Neben dieser Substitutionsregel für das unbestimmte Integral gibt es weitere für das bestimmte Integral. Der wesentliche Unterschied besteht darin, dass sich hier die Grenzen verschieben.

Proposition 1

Es seien die Voraussetzungen von Satz 1 gegeben, sowie $a,b\in I$.

Dann gilt \[ \int_a^b f(g(x))g'(x)\,dx = F(g(x))|_{x=a}^{x=b} = F(y)|_{y=g(a)}^{y=g(b)} = \int_{g(a)}^{g(b)} f(y)\,dy. \]

Bei der Berechnung eines bestimmten Integrals ist also nicht unbedingt notwendig, $F(g(x))$ zu bilden. Stattdessen können wir einfach $F(y)$ in den Grenzen $g(a)$ und $g(b)$ zur Berechnung des Integrals nehmen. Ich verdeutliche dies an zwei Beispielen.

Beispiel 2

  1. Wir wollen \[ \int_0^1 x\,\e^{-\frac{1}{2}x^2}\,dx \] berechnen. Wie in Beispiel 1 (i) nutzen wir $f(y) = \e^y$, $y=g(x)=-\frac{1}{2}x^2$ und $g'(x) = -x$. Damit ergibt sich \begin{eqnarray*} \int_0^1 x\,\e^{-\frac{1}{2}x^2}\,dx & = & - \int_0^1 (-x)\,\e^{-\frac{1}{2}x^2}\,dx \\[3mm] & = & - \int_{g(0)}^{g(1)} \e^y\,dy \\[3mm] & = & - \int_0^{-\frac{1}{2}} \e^y\,dy \\[3mm] & = & \int_{-\frac{1}{2}}^0 \e^y\,dy \\[3mm] & = & \e^y|_{y=-\frac{1}{2}}^{y=0} \\[3mm] & = & 1 - \e^{-\frac{1}{2}} \\[3mm] & = & 1 - \frac{1}{\sqrt{\e}}. \end{eqnarray*}
  2. Wir wollen \[ \int_1^2 \frac{2x}{x^2 + 3}\,dx \] berechnen. Mit $f(y) = \frac{1}{y}, y=g(x)=x^2 + 3$ und $g'(x) = 2x$ ergibt sich \begin{eqnarray*} \int_1^2 \frac{2x}{x^2 + 3}\,dx & = & \int_{g(1)}^{g(2)} \frac{1}{y}\,dy \\[3mm] & = & \int_4^7 \frac{1}{y}\,dy \\[3mm] & = & \log(y)|_{y=4}^{y=7} \\[3mm] & = & \log(7) - \log(4). \end{eqnarray*}

Die Aussage von Proposition 1 bzw. Satz 1 können wir in beide Richtungen anwenden. Bisher haben wir die Substitution stets so genutzt, dass wir eine innere Funktion $g(x)$ durch $y$ ersetzt haben. Dies nennt man Substitution 1. Art, die ich im folgenden Abschnitt noch genauer erläutern möchte.

Substitution 1. Art

Mit den folgenden sechs Schritten führst Du systematisch eine Substitution 1. Art durch.

  1. Setze $y = g(x)$.
  2. Schreibe $dy = g'(x)\,dx$ und ersetze unter dem Integral den Teil $g'(x)\,dx$ entsprechend.
  3. Falls unter dem Integral noch ein Term in $x$ verbleibt, so ersetze diesen auf der Basis der Substitution $y = g(x)$.
  4. Falls Du ein bestimmtes Intergal berechnen willst, ersetze die Grenzen $a$ und $b$ durch $g(a)$ und $g(b)$.
  5. Bestimme eine Stammfunktion für das Integral in $y$.
  6. Wenn Du ein bestimmtes Integral hast, dann kannst Du jetzt die Grenzen in die Stammfunktion einsetzen. Ansonsten ersetze in der Stammfunktion $y$ durch $g(x)$ (Rücksubstitution), um eine Stammfunktion zu erhalten.

Klingt ziemlich abstrakt, oder? Wie so oft in der Mathematik musst Du dieses Vorgehen an Beispielen üben, damit Du es beherrschst. Ich zeige Dir dazu einige Beispiele.

Beispiel 3

Wir wenden die sechs Schritte auf das schon bekannte Integral \[ \int_0^1 x \e^{-\frac{1}{2}x^2}\,dx \] an.

  1. Wir setzen $y = g(x) = -\frac{1}{2}x^2$.

  2. $dy = g'(x)\,dx$, d. h. $dy = -x\,dx$, woraus $x\,dx = -dy$ folgt.

    Mit den Ersetzungen aus 1. und 2. steht damit unter dem Integral \[ \int -\e^y\,dy. \]

  3. Es verbleibt kein Term in $x$, daher ist keine weitere Ersetzung notwendig.
  4. Die neuen Grenzen sind $g(0) = 0$ und $g(1) = -\frac{1}{2}$. Wir haben damit das bestimmte Integral \[ \int_0^{-\frac{1}{2}} -\e^y\,dy. \] Vertauschung der Grenzen ergibt \[ \int_{-\frac{1}{2}}^0 \e^y\,dy. \]
  5. Stammfunktion zu $f(y) = \e^y$ ist $F(y)=\e^y$.
  6. Damit erhalten wir insgesamt \begin{eqnarray*} \int_0^1 x \e^{-\frac{1}{2}x^2}\,dx & = & \int_{-\frac{1}{2}}^0 \e^y\,dy \\[3mm] & = & \left. \e^y\right|_{y=-\frac{1}{2}}^{y=0} \\[3mm] & = & 1 - \e^{-\frac{1}{2}} \\[3mm] & = & 1 - \frac{1}{\sqrt{\e}}. \end{eqnarray*}

Beispiel 4

Wir möchten \[ \int_0^1 \frac{x^2}{1 + x^3}\,dx \] berechnen.

  1. Wir setzen $y=g(x) = 1 + x^3$.

  2. $dy = g'(x)\,dx$, d. h. $dy = 3x^2 \,dx$, also $x^2\,dx = \frac{1}{3}\,dy$.

    Mit den Ersetzungen aus 1. und 2. entsteht so \[ \int \frac{\frac{1}{3}}{y}\,dy = \frac{1}{3} \int \frac{1}{y}\,dy. \]

  3. Es verbleibt kein Term in $x$.
  4. $g(0) = 1$ und $g(1) = 2$. Wir haben damit das bestimmte Integral \[ \frac{1}{3} \int_1^2 \frac{1}{y}\,dy. \]
  5. Stammfunktion zu $f(y) = \frac{1}{y}$ ist $F(y) = \log(y)$.
  6. Damit erhalten wir insgesamt \begin{eqnarray*} \int_0^1 \frac{x^2}{1 + x^3}\,dx & = & \frac{1}{3} \int_1^2 \frac{1}{y}\,dy \\[3mm] & = & \frac{1}{3}\left. \log(y) \right|_{y=1}^{y=2} \\[3mm] & = & \frac{1}{3} \log(2). \end{eqnarray*}

Das nächste Beispiel ist deutlich anspruchsvoller als die beiden vorigen Beispiele.

Beispiel 5

Wir wollen \[ \int x^3 \sin(x^2-1)\,dx \] bestimmen.

  1. Wir setzen $y = g(x) = x^2 -1$.

  2. $dy = g'(x)\,dx$, d. h. $dy = 2x\,dx$, also $x\,dx = \frac{1}{2}\,dy$.

    Damit entsteht \[ \int x^2 \frac{1}{2} \sin(y)\,dy. \]

  3. Wir haben unter dem Integral noch den Term $x^2$. Wegen $y=x^2-1$ folgt $y+1 = x^2$. Damit entsteht \[ \frac{1}{2} \int (y+1)\sin(y)\,dy. \]
  4. Da wir ein unbestimmtes Integral haben, müssen keine Grenzen eingesetzt werden.
  5. Um eine Stammfunktion zu bestimmen, wenden wir partielle Integration an. Wir nutzen: \[ \begin{array}{lcl} f'(y) = \sin(y) & \Rightarrow & f(y) = -\cos(y) \\ g(y) = y+1 & \Rightarrow & g'(y) = 1. \end{array} \] Damit ergibt sich \begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \int (y+1)\sin(y)\,dy & = & \frac{1}{2}\left( -(y+1)\cos(y) + \int \cos(y)\,dy \right) \\[3mm] & = & \frac{1}{2}\left( -(y+1)\cos(y) + \sin(y) \right) \\[3mm] & = & -\frac{1}{2}((y+1)\cos(y) - \sin(y)) + c \end{eqnarray*}
  6. Wir führen die Rücksubstitution durch, d. h. wir ersetzen $y$ durch $g(x)$. Damit entsteht als Stammfunktion \[ -\frac{1}{2}\left( x^2 \cos(x^2-1) - \sin(x^2-1) \right) + c. \]

Substitution 2. Art

Substitutionen 2. Art wenden die Substitutionsregel praktisch rückwärts an. D. h., wir ersetzen die Variable $x$ durch eine Funktion in $y$ und machen damit das Intergral scheinbar komplexer. Es zeigt sich aber, dass diese Methode häufig zielführend ist.

Proposition 2

Seien $I,I' \subseteq \R$ Intervalle, $f:I'\rightarrow \R$ stetig, $g: I \rightarrow I'$ injektiv und stetig differenzierbar sowie $\alpha, \beta \in I'$.

Dann gilt: \[ \int_\alpha^\beta f(x)\,dx = \int_{g^{-1}(\alpha)}^{g^{-1}(\beta)} f(g(y)) g'(y)\,dy. \]

Für eine systematische Anwendung dieser Substitutionsregel führst Du die folgenden fünf Schritte aus.

  1. Setze $x = g(y)$.
  2. Ersetze $dx$ durch $g'(y)\,dy$.
  3. Falls Du ein bestimmtes Integral hast, ersetze die Grenzen $\alpha$ und $\beta$ durch $a = g^{-1}(\alpha)$ und $b = g^{-1}(\beta)$.
  4. Bestimme eine Stammfunktion für das Integral in $y$.
  5. Wenn Du ein bestimmtes Integral hast, dann kannst Du jetzt die Grenzen in die Stammfunktion einsetzen. Ansonsten ersetze in der Stammfunktion $y$ durch $g^{-1}(x)$ (Rücksubstitution).

Beispiel 6

Wir wollen \[ \int_{-1}^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,dx. \] berechnen.

  1. Wir setzen $x = \sin(y) = g(y)$.
  2. Damit gilt $dx = \cos(y)\,dy$, also entsteht \begin{eqnarray*} \int \frac{\cos(y)}{\sqrt{1-\sin^2(y)}}\,dy & = & \int \frac{\cos(y)}{\sqrt{\cos^2(y)}}\,dy \\[3mm] & = & \int 1 \,dy \end{eqnarray*}
  3. Die Umkehrfunktion des Sinus ist der Arcussinus, also $y=g^{-1}(x) = \arcsin(x)$. Es gilt \[ \arcsin(1) = \frac{\pi}{2}\quad\text{und}\quad \arcsin(-1) = -\frac{\pi}{2}. \] Damit entsteht das bestimmte Integral \[ \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 1 \,dy. \]
  4. Stammfunktion ist $F(y) = y$.
  5. Damit erhalten wir \begin{eqnarray*} \int_{-1}^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,dx & = & \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 1 \,dy \\[3mm] & = & \left. y\right|_{y=-\frac{\pi}{2}}^{y=\frac{\pi}{2}} \\[3mm] & = & \frac{\pi}{2} - \left( -\frac{\pi}{2} \right) \\[3mm] & = & \pi. \end{eqnarray*}

Für die Bestimmung des unbestimmtes Integrals müssten wir in Schritt 5 eine Rücksubstitution durchführen, d. h. in $F(y) = y$ die Variable $y$ durch $g^{-1}(x) = \arcsin(x)$ ersetzen. Damit gilt dann \[ \int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,dx = \arcsin(x) + c. \]

Beispiel 7

Wir wollen \[ \int \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} \,dx \] bestimmen. Obwohl die Funktion sehr ähnlich zu der in Beispiel 6 ist, entsteht ein deutlich anderes Ergebnis.
  1. Wir setzen $x = \frac{y}{2} - \frac{1}{2y} = g(y)$.
  2. Damit gilt \[ dx = \frac{1}{2} + \frac{1}{2y^2}\,dy. \] Weiterhin gilt damit \begin{eqnarray*} 1 + x^2 & = & 1 + \left(\frac{y}{2} - \frac{1}{2y}\right)^2 \\ & = & 1 + \left(\frac{y^2-1}{2y}\right)^2 \\ & = & \frac{4y^2 + y^4 - 2y^2 + 1}{4y^2} \\ & = & \frac{y^4 + 2y^2 + 1}{4y^2} \\ & = & \left(\frac{y^2+1}{2y}\right)^2 \end{eqnarray*} und somit \[ \sqrt{1+x^2} = \frac{y^2+1}{2y} = \frac{y}{2} + \frac{1}{2y}. \] Also gilt \begin{eqnarray*} \int \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} \,dx & = & \int \frac{\frac{1}{2} + \frac{1}{2y^2}}{\frac{y}{2} + \frac{1}{2y}}\,dy \\[3mm] & = & \int \frac{\frac{1}{2} + \frac{1}{2y^2}}{y\left(\frac{1}{2} + \frac{1}{2y^2}\right)}\,dy \\[3mm] & = & \int \frac{1}{y}\,dy \end{eqnarray*}
  3. Da wir ein unbestimmtes Integral haben, ist eine Umrechung der Grenzen nicht notwendig.
  4. Stammfunktion zu $f(y) = \frac{1}{y}$ ist $F(y) = \log(y)$.
  5. Für die Rücksubstitution benötigen wir die Umkehrfunktion von $g(y)$. Aus \[ x = \frac{y}{2} - \frac{1}{2y} \] folgt \[ y = x + \sqrt{x^2 + 1} = g^{-1}(x). \] Damit ergibt sich \[ \int \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\,dx = \log\left(x + \sqrt{x^2 + 1}\right) + c. \]
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