V. Kapitel: Das Riemann-Integral

§1 Treppenfunktionen

Definition: Eine Funktion ϕ : [a, b] → R heißt Treppenfunktion, wenn es eineZerlegung

a = x0 < x1 < · · · < xn = b

gibt, so daß ϕ auf jedem offenen Teilintervall ]xh−1, xh[, h = 1, . . . , n konstantist.Mit T [a, b] sei die Menge aller Treppenfunktionen auf [a, b] bezeichnet.

Satz 1:

1. T [a, b] ist ein R-Vektorraum

2. Fur eine Fn ϕ : [a, b] → R sei ϕ+(x) = max(ϕ(x), 0), ϕ− = −min(ϕ(x), 0)Falls ϕ ∈ T [a, b] ist, gilt ϕ+, ϕ−, |ϕ| ∈ T [a, b].

3. Falls ϕ, ψ ∈ T [a, b] gilt: max(ϕ, ψ), min(ϕ, ψ) ∈ T [a, b]

Beweis:

1. Da die Menge aller Funktionen ϕ : [a, b] → R ein R-VR ist, genugt es zuzeigen, daß T [a, b] 6= ∅ und daß fur alle ϕ, ψ ∈ T [a, b], λ ∈ R gilt:

ϕ + ψ ∈ T [a, b], λϕ ∈ T [a, b]

T [a, b] 6= ∅, λϕ ∈ T [a, b] ist klar.

Sind Z : a = x0 < x1 < · · · < xn = bZ ′ : a = x′0 < x′1 < · · · < x′m = b

Zerlegungen, so daß ϕ auf den Teilintervallen von Z, ψ auf denen von Z ′

konstant ist, dann sei Z ′′ : a = t0 < t1 < · · · < tk = b eine Zerlegung,die alle Teilpunkte von Z und Z ′ enthalt, z.B. {t0, . . . , tk} = {x0, . . . , xn}∪{x′0, . . . x′m}.Dann sind ϕ und ψ konstant auf jedem Teilintervall ]ti−1, ti[, i = 1, . . . , k,also auch ϕ + ψ.

2. ϕ+, ϕ− ∈ T [a, b] klar.Wegen |ϕ| = ϕ+ + ϕ− folgt |ϕ| ∈ T [a, b].

3. Es gilt (s. Aufgabe 1, Blatt 8, Analysis I):max(ϕ, ψ) = 1

2(ϕ + ψ + ϕ− ψ|), min(ϕ, ψ) = 1

2(ϕψ − |ϕ− ψ|)

Daraus: Beh. nach 1.und 2.

1

Definition: Fur ϕ ∈ T [a, b] sei Z : a = x0 < x1 < · · · < xn = b eine Zerlegungmit ϕ|]xk−1,xk[ = ck, k = 1, . . . , n. Das Integral von ϕ uber [a, b] ist die reelle Zahl

b∫

a

ϕ(x) dx =n∑

k=1

ck(xk − xk−1)

Bemerkung: Damit dies eine sinnvolle Definition ist, muss gezeigt werden, daß sieunabhangig von der speziell gewahlten Zerlegung ist.Ist also Z ′ : a = x0 < x1 < · · · < x′m = b eine weitere Zerlegung mit ϕ|]xj−1,xj [ =c′j, dann setze

A =n∑

i=1

ci(xi − xi−1), A′ =m∑

j=1

c′j(x′j − x′j−1)

1. Fall: Z ′ Verfeinerung von Z, d.h. {x0, . . . , xn} ⊂ {x′0, . . . , x′m}Sei etwa xi = x′ki

. Dann istxi−1 = x′ki−1

< x′ki−1+1< · · · < x′ki

= xi, i = 1, . . . , n und c′j = ci furki−1 < j ≤ ki

Dann folgt

A′ =n∑

i=1

ki∑

j=ki−1+1

ci(x′i − x′j−1) =

n∑i=1

ci(xi − xi−1) = A

2. Fall: Sind Z,Z ′ beliebig, Z ′′ gemeinsame Verfeinerung von Z und Z ′ und A′′

die bzgl. Z ′′ gebildete Summe, dann folgt A = A′′ = A.

Satz 2: Fur alle ϕ, ψ ∈ T [a, b], λ ∈ R gilt:

1.∫ b

a(ϕ + ψ)(x) dx =

∫ b

aϕ(x) dx +

∫ b

aψ(x) dx

2.∫ b

a(λϕ)(x) dx = λ

∫ b

aϕ(x) dx

3. aus ϕ ≤ ψ (d.h. ϕ(x) ≤ ψ(x) fur alle x ∈ [a, b]) folgt:∫ b

aϕ(x) dx ≤ ∫ b

aψ(x) dx

Bemerkung: 1., 2. besagen, daß das Integral ein lineares Funktional auf T [a, b]ist. 3. besagt, daß dieses monoton ist.Beweis: Da ϕ und ψ bzgl. derselben Zerlegung definiert werden konnen, ist derSatz leicht zu beweisen.

2

§2 Integrierbare Funktionen

Definition: Ist f : [a, b] → R eine beschrankte Funktion, dann heißen

b∫

a

∗f(x) dx = inf

{ b∫

a

ϕ(x) dx : ϕ ∈ T [a, b], ϕ ≥ f}

das Oberintegral von f uber [a, b],

b∫

a

∗f(x) dx = sup{ b∫

a

ϕ(x) dx : ϕ ∈ T [a, b], ϕ ≤ f}

das Unterintegral von f uber [a, b].

Bemerkung: Es sei c ≤ f(x) ≤ C fur alle x ∈ [a, b].Die Konstanten c und C definieren Treppenfktn, und es folgt fur jedes ϕ ∈ T [a, b]mit ϕ ≥ f (bzw. ϕ ≤ f): ϕ ≥ c (bzw. ϕ ≤ C).Daher ist

b∫

a

ϕ(x) dx ≥b∫

a

c dx = c(b− a), bzw.

b∫

a

ϕ(x) dx ≤b∫

a

C dx = C(b− a)

Offensichtlich ist stets∫ b

a∗f(x) dx =∫ b

a

∗f(x) dx.

Beispiele:

1. Fur ϕ ∈ T [a, b] ist∫ b

a∗ϕ(x) dx =b∫

a

ϕ(x) dx =∫ b

a

∗ϕ(x) dx

2. Die Dirichlet-Funktion f : [0, 1] → R, f(x) =

{0 x ∈ Q1 x ∈ [0, 1]−Q∫ b

a∗f(x) dx = 0,∫ b

a

∗f(x) dx = 1

Satz 1: Sind f, g : [a, b] → R beschrankt, dann gilt:

1.∫ b

a

∗(f + g)(x) dx ≤ ∫ b

a

∗f(x) dx +

∫ b

a

∗g(x) dx

2.∫ b

a∗(f + g)(x) dx ≥ ∫ b

a∗f(x) dx +∫ b

a∗g(x) dx

3. Fur λ > 0 ist∫ b

a

∗(λf)(x) dx = λ

∫ b

a

∗f(x) dx∫ b

a∗(λf)(x) dx = λ∫ b

a∗f(x) dx

3

4. Fur λ < 0 ist∫ b

a

∗(λf)(x) dx = λ

∫ b

a∗f(x) dx∫ b

a∗ [λf)(x) dx = λ∫ b

a

∗f(x) dx

Beweis: Es reicht, die Aussagen fur das Oberintegral zu beweisen,

denn∫ b

a∗f(x) dx = − ∫ b

a

∗(−f(x)) dx

1. Wir zeigen, daß fur jedes ε > 0 gilt:

∫ ∗(f + g) ≤

∫ ∗f +

∫ ∗g + ε

Nach Def. von inf gibt es ϕ, ψ ∈ T [a, b] mit ϕ ≥ f, ψ ≥ g und∫

ϕ ≤∫ ∗f + ε

2,

∫ϕ ≤ ∫ ∗

g + ε2.

Wegen ϕ + ψ ≥ f + g ist∫ ∗

(f + g) ≤ ∫(ϕ + ψ)

=∫

ϕ +∫

ψ

≤ ∫ ∗f +

∫ ∗g + ε

4

3. Wir zeigen, da fr jedes ε > 0 gilt:

λ

∫ ∗f − ε ≤

∫ ∗(λf) ≤ λ

∫ ∗f + ε

Es gibt ein ϕ ∈ T [a, b], ϕ ≥ f , mit∫

ϕ ≤ ∫ ∗f + ε

λ.

Wegen λϕ ≥ λf folgt daraus

∫ ∗(λf) ≤

∫(λϕ) = λ

∫ϕ ≤ λ(

∫ ∗f +

ε

λ) = λ

∫ ∗f + ε

Analog beweist man, da λ∫ ∗

f ≤ ∫ ∗(λf) + ε.

4.∫ ∗

(λf) =∫ ∗

(−λ)(−f) = (−λ)∫ ∗

(−f) = (−λ)(− ∫∗f) = λ

∫∗f

Definition: Eine beschrnkte Funktion f : [a, b] → R heit Riemann-integrierbar,wenn

b∫

a

∗f(x) dx =

b∫

a

∗f(x) dx

Der gemeinsame Wert heit das Integral von f ber [a, b]:

b∫

a

f(x) dx

Satz 2: Eine beschrnkte Funktion f :[a, b] → R ist genau dann ber [a,b] Riemann-integrierbar, wenn es zu jedem ε > 0 Treppenfunktionen ϕ, ψ ∈ T [a, b] gibt, mitϕ ≤ f ≤ ψund

∫ b

aψ(x) dx− ∫ b

aϕ(x) dx ≤ ε.

Im Folgenden werden bis auf weiteres nur beschrnkte Funktionen behandelt.

5

Satz 3:

1. Sind f, g : [a, b] → R integrierbar, dann sind auch f +g und λf integrierbarund es gilt:

b∫

a

(f + g) dx =

b∫

a

f(x) dx +

b∫

a

g(x) dx

b∫

a

(λf) dx = λ

b∫

a

f(x) dx

2. Aus f ≤ g folgt:∫ b

af(x) dx ≤ ∫ b

ag(x) dx

Anders ausgedrckt:Die ber [a, b] integrierbaren Funktionen bilden einen R-VR, und das Integralist ein monotones lineares Funktional darauf.

Beweis:

1. Aus Satz 1 folgt:∫∗f +

∫∗g ≤

∫∗f + g ≤

∫ ∗f + g ≤

∫ ∗f +

∫ ∗g

Wegen∫∗f =

∫ ∗f ,

∫∗g =

∫ ∗g ist

∫∗(f + g) =

∫ ∗(f + g), also f + g

integrierbar und∫

(f + g) =∫

f +∫

g.

Der Beweis der Homogenitt ist hnlich und dem Studenten selbst berlassen.

2. Ist ϕ ∈ T [a, b] mit ϕ ≤ f , dann ist ϕ ≤ g.Daher

∫∗f ≤

∫∗g.

Beispiele:

1. Jede Treppenfunktion ist integrierbar.

2. Die Dirichlet-Fn f(x) =

{0 x ∈ Q ∩ [0, 1]

1 x ∈ [0, 1] \Q ist nicht integrierbar.

Satz 4: Jede monotone Funktion f : [a, b] → R ist integrierbar.

Beweis: Es sei f monoton wachsend.Fr n ∈ N, n ≥ 1, sei xk = a + k b−a

n, k = 0, 1, . . . , n

(gleichmige Unterteilung von [a, b] in n Teile.)

Wir definieren Treppenfunktionen ϕ, ψ ∈ T [a, b] durch:ϕ(x) = f(xk−1), xk−1 ≤ x < xk

ψ(x) = f(xk)

6

ϕ(b) = ψ(b) = f(b)Da f monoton wchst, ist ϕ ≤ f ≤ ψ. Ferner gilt:

b∫

a

ψ(x) dx−b∫

a

ϕ(x) dx =n∑

k=1

f(xk)(xk − xk−1)−n∑

k=1

f(xk − 1)(xk − xk−1)

=b− a

n

n∑

k=1

(f(xk)− f(xk − 1)

)

=b− a

n

(f(b)− f(a)

)

Zu ε > 0 whle n so gro, da dies < ε wird. Nach Satz 2 ist f integrierbar.

Ist f monoton fallend, ist −f monoton wachsend.

Satz 5: Jede stetige Funktion f : [a, b] → R ist integrierbar.

Beweis:

1. spter

2. Nach 1. gibt es zu geg. ε > 0 Treppenfkten ϕ, ψ ∈ T [a, b] mit ϕ ≤ f ≤ ψund ψ(x)− ϕ(x) ≤ ε

b−afr x ∈ [a, b].

Dann ist

b∫

a

ψ(x) dx−b∫

a

ϕ(x) dx =

b∫

a

(ψ − ϕ)(x) dx

≤b∫

a

ε

b− adx

=ε

b− a(b− a)

= ε

7

Satz 5: Jede stetige Funktion f : [a, b] → R ist integrierbar.

Beweis:

1. Es sei ε > 0. Da f auf [a,b] gleichmaßig stetig ist, gibt es ein δ > 0 , so daß∀x, x′ ∈ [a, b] mit |x− x′| < δ gilt |f(x)− f(x′)| < ε

2.

Wir wahlen n so groß, daß b−an

< δ und setzen xk = a+k b−an

, k = 0, 1, . . . , nZu dieser Zerlegung definieren wir Treppenfunktionen ϕ, ψ ∈ T [a, b] durch

ck = f(xk) +ε

2c′k = f(xk)− ε

2

ϕ(a) = ψ(a) = f(a)

ϕ(x) = c′k, ψ(x) = ck, xk−1 < x ≤ xk

Dann ist fur xk−1 < x ≤ xk

|ϕ(x)− ψ(x)| = |f(xk)− ε

2− f(xk)− ε

2| = ε , also

|ϕ(x)− ψ(x)| ≤ ε auf [a, b]

Fur x ∈]xk−1, . . . , xk] ist |x− xk| < δ, also − ε2

< f(x)− f(xk) < ε2, daher

ϕ(x) = c′k = f(xk)− ε

2< f(x) < f(xk) +

ε

2= ck = f(x)

Also ist ϕ(x) ≤ f(x) ≤ ψ(x) auf [a, b]

Satz 6: (Mittelwertsatz der Integralrechnung).

Es sei ein f, g : [a, b] → R stetig, g ≥ 0. Dann gibt es ein ξ ∈ [a, b], so daß gilt :

b∫

a

f(x)g(x)dx = f(ξ)

b∫

a

g(x)dx

Spezialfall : g = 1b∫

a

f(x)g(x)dx = f(ξ)(b− a)

Beweis:Es sei ein m = inf{f(x) : x ∈ [a, b]}, M = sup{f(x) : x ∈ [a, b]}. Dann giltmg ≤ fg ≤ Mg und daher

m

b∫

a

f(x)g(x)dx ≤b∫

a

f(x)g(x)dx ≤ M

b∫

a

f(x)g(x)dx

Daher gibt es ein µ ∈ [m,M ] mit

b∫

a

f(x)g(x)dx = µ

b∫

a

(x)dx

8

Nach dem Zwischenwertsatz gibt es ein ξ ∈ [a, b] mit µ = f(ξ)

Satz 7: Es seien a < b < c, f : [a, c] eine Funktion. f ist genau dann uber[a, b] integrierbar, wenn

f |[a,b] uber [a, b] und f |[b,c] uber [a, b] integrierbar sind

Dann gilt :

c∫

a

f(x) =

b∫

a

f(x) +

c∫

b

f(x)

Beweis:

(i) Fur ϕ ∈ T [a, b] gilt stets

c∫

a

ϕ(x) =

b∫

a

ϕ(x) +

c∫

b

ϕ(x)

Das sieht man sofort, wenn man ϕ bezuglich einer Darstellung darstellt, inder b ein Teilpunkt ist.

(ii) Es sei f integrierbar uber [a, c], zu ε > 0 gibt es Treppenfunktionen ϕ, ψ ∈T [a, b] mit ϕ ≤ f ≤ ψ und

c∫a

(ψ − ϕ)(x)dx < ε.

In der Zerlegung

c∫

a

(ψ − ϕ)(x)dx =

b∫

a

(ψ − ϕ)(x)dx +

c∫

b

(ψ − ϕ)(x)dx

sind wegen ϕ ≤ ψ beide Integrale ≥ 0.

Daher istb∫

a

(ψ − ϕ)(x)dx < ε,c∫b

(ψ − ϕ)(x)dx < ε.

Daher sind f |[a,b] und f |[b,c] integrierbar

(iii) Es sei f nun integrierbar uber [a, b] und [b, c]. Wir definieren g, h : [a, c] → R

g(x) =

{f(x) , a ≤ x ≤ b

0 , b < x ≤ c

h(x) =

{0 , a ≤ x ≤ b

f(x) , b < x ≤ c

9

Wir zeigen, daß g, h uber [a, c] integrierbar sind.Zu ε > 0 gibt es Treppenfunktionen ϕ, ψ ∈ T [a, b] mit ϕ ≤ f ≤ ψ undb∫

a

(ψ − ϕ)(x)dx < ε

Definiere ϕ∗, ψ∗ : [a, c] → R durch

ϕ∗(x) =

{ϕ(x) , a ≤ x ≤ b

0 , b < x ≤ c

ψ∗(x) =

{ψ(x) , a ≤ x ≤ b

0 , b < x ≤ c

Dann ist ϕ∗ ≤ g ≤ ψ∗ auf [a, c] und

c∫

a

(ψ∗ − ϕ∗)(x)dx =

c∫

a

(ψ − ϕ)(x)dx < ε

Daher ist g uber [a, c] integrierbar. Die Integrierbarkeit von h ist analog.Daher ist f = g + h uber [a, c] integrierbar und es gilt

c∫

a

g(x)dx = sup{b∫

a

ϕ(x)dx : ϕ ∈ T [a, c]; ϕ ≤ g} =

= sup{c∫

a

ϕ(x)dx : ϕ ∈ T [a, c]; ϕ|[b,c] = 0, ϕ ≤ g} =

= sup{b∫

a

ϕ(x)dx : ϕ ∈ T [a, b]; ϕ ≤ f} =

b∫

a

f(x)dx

Ebenso

c∫

a

h(x)dx =

c∫

b

f(x)dx

Daher ist

c∫

a

f(x)dx =

c∫

a

g(x)dx +

c∫

a

h(x)dx =

b∫

a

f(x)dx +

c∫

b

f(x)dx

10

Satz 8: Die Folge (fn) stetiger Funktionen f : [a, b] → R sei auf [a, b]gleichmaßig konvergent gegen f .Dann gilt

b∫

a

f(x)dx = limn→∞

b∫

a

fn(x)dx

b∫

a

limn→∞

fn(x)dx = limn→∞

b∫

a

fn(x)dx

Beweis :Ist ε > 0, dann gibt es ein n0 ∈ N, so daß ∀n ≥ n0 und alle x ∈ [a, b] gilt

|fn(x)− f(x)| < ε

b− a

Da f stetig ist, ist f uber [a, b] imtegrierbar und

|b∫

a

f(x)dx−b∫

a

fn(x)dx| = |b∫

a

(f(x)− fn(x))dx| ≤

≤b∫

a

|f(x)− fn(x)|dx ≤b∫

a

ε

b− a=

ε

b− a(b− a) = ε (∀n ≥ n0)

Bemerkungen :

(i) Der Satz ist ohne die ( starke) Voraussetzung der gleichmaßiger Konvergenzi.a. falsch.

(ii) Die Reihe∞∑

n=0

fn stetiger Funktionen fn : [a, b] → R sei gleichmaßig konver-

get auf [a, b]. Dann gilt

b∫

a

∞∑n=0

fn(x)dx =∞∑

n=0

b∫

a

fn(x)dx

Definition : f integrierbar auf [a, b]

b∫

a

f(x)dx = −a∫

b

f(x)dx

11

§3 Differentiation und Integration

Definition : Es sei f : [a, b] → R eine Funktion.Eine Funktion F : [a, b] → R heisst Stammfunktion von f , wenn F auf [a, b]differentierbar ist, mit F ′ = f .

Bemerkung : Wenn F Stammfunktion von f ist, dann auch jede G mit G(x) =F (x) + c, c ∈ R. Weitere Stammfunktionen gibt es nicht, denn aus G′ = F ′ = ffolgt (G− F )′ = 0 ⇒ (G− F ) = const.

Satz 1 (Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung)Es sei f : [a, b] → R stetig

(i) Die Funktion F : [a, b] → R, F (x) =x∫a

f(t)dt ist eine

Stammfunktion von f :F ′ = f

(ii) Ist F irgendeine Stammfunktion fur f , dann gilt

b∫

a

f(x)dx = F (b)− F (a) = F (x)|ba

Beweis :

(i) fur h 6= 0 ist

F (x + h)− F (x)

h=

1

h

x+h∫

a

f(t)dt−x∫

a

f(t)dt

=

1

h

x+h∫

x

f(t)dt

Nach dem MWS der Integralrechnung existiert ein ξn ∈ [x, x + h](bzw. ξn ∈ [x + h, x], h < 0) mit

x+h∫

a

f(t)dt = hf(ξn)

Da limh→0

ξn = x und f stetig ist, folgt

F ′(x) = limh→0

F (x + h)− F (x)

h= lim

h→0f(ξn) = f(x)

12

(ii) Die Funktion F0 : [a, b] → R, F0(x) =x∫a

f(t)dt ist eine Stammfunktion von

f mit F0(a) = 0 und F0(b) =b∫

a

f(t)dt.

Ist F eine beliebige Stammfunktion von f , dann gibt es ein c ∈ R, so daßF (x) = F0(x) + c ist. Dann

F (b)− F (a) = F0(b)− F0(a) = F0(b) =

b∫

a

f(t)dt

Beispiele :

(i) f(x) = xα, α 6= −1

b∫

a

xαdx =xα+1

α + 1

∣∣∣∣b

a

α ∈ N a, b ∈ R beliebigα ∈ Z, α ≤ −2 : 0 6∈ [a, b]α ∈ R \ Z, a, b > 0

(ii) a = −1 ⇒ f(x) = 1x

b∫

a

dx

x= ln x|ba

ln x =

x∫

1

dt

t, x > 0

(iii)∫

sin xdx = − cos x

∫cos xdx = sin x

(iv)∫

exdx = ex

(v)∫

dx√1− x2

= arcsin x |x| < 1

13

(vi)

∫dx

1 + x2= arctg x

(vii)

∫dx

cos2 x= tg x

Bonn, 25/IV,02

(vii) fn : [0, 1] → R

fn(x) =

n2x , 0 ≤ x ≤ 1n

−n2x + 2n , 1n≤ x ≤ 2

n

0 , sonst

lim fn(x) = 0,∀x ∈ [a, b]

1∫

0

fn(x)dx =

1n∫

0

n2xdx−2n∫

1n

(−n2x + 2n)dx =

=

[n2x2

2

] 1n

0

+

[−n2x2

2+ 2nx

] 2n

1n

=1

2+((−2+4)−(−1

2+2)) =

1

2+(−2+a+

1

2−2) = 1

(ix) 1x

= 11−(1−x)

=∞∑

n=0

(1− x)n |x− 1| < 1 (0 < x < 2)

gleichmaßige Konvergenz |x− 1| ≤ ρ < 1

ln x =

x∫

1

dt

t

(x>0)=

x∫

1

∞∑n=0

(1−t)n (|x−1|<1)=

∞∑n=0

x∫

1

(1−t)n =∞∑

n=0

[−(1− t)n+1

n + 1

]x

1

=

= −∞∑

n=0

(1− x)n+1

n + 1= −

∞∑n=1

(1− x)n

n|x− 1| < 1

14

Satz 2 (Substitutionregel)

Es sei f : [A,B] → R stetig, ϕ : [a, b] → R stetig differentierbar und ϕ([a, b]) ⊂[A,B] dann gilt

b∫

a

f(ϕ(t))dtϕ′(t)dt =

ϕ(b)∫

ϕ(a)

f(x)dx

Beweis : Ist F : [A,B] → R eine Stammfunktion fur f , dann gilt nach der Ket-tenregel :

(F ◦ ϕ)(t) = F ′(ϕ(t))ϕ(t) = f(ϕ(t))ϕ′(t)

Daher F ◦ ϕ eine Stammfunktion fur (f ◦ ϕ)ϕ′, also gilt nach dem Hauptsatz

b∫

a

f(ϕ(t))ϕ′(t)dt = (F ◦ ϕ)(t)|ba = F (ϕ(b))− F (ϕ(a)) =

ϕ(b)∫

ϕ(a)

f(x)dx

Bezeichnung : Verwendet man die Abkurzung dϕ(t) = ϕ′(t)dt, schreibt sich dieSubstitutionregel

b∫

a

f(ϕ(t))dϕ(t) =

ϕ(b)∫

ϕ(a)

f(x)dx x = ϕ(t) dx = ϕ′(t)

Beispiele :

(i)

b∫

a

f(t + c)dt =

b+c∫

a+c

f(x)dx ϕ(t) = t + c

(ii)

c 6= 0

b∫

a

f(ct)dt =1

c

bc∫

ac

f(x)dx, ϕ(t) = ct

(iii)

b∫

a

tf(t2)dt =1

2

b2∫

a2

f(x)dx, ϕ(t) = t2

15

(iv) ϕ : [a, b] → R stetig differentierbar, ϕ(t) 6= 0 fur t ∈ [a, b]

b∫

a

ϕ′(t)ϕ(t)

dt = [ln |ϕ(t)|]ba

(v) −π2

< a < b < π2

b∫

a

tg tdt =

b∫

a

sin t

cos tdt = − ln cos t|ba

(vi) 11−x2 = 1

2

(1

1+x+ 1

1−x

)fur 1,−1 6∈ [a, b]

b∫

a

dx

1− x2=

1

2

b∫

a

dx

1 + x+

b∫

a

dx

1− x

=

1

2[ln |1 + x|]ba−

1

2[ln |1− x|]ba =

1

2

(ln

∣∣∣∣x + 1

x− 1

∣∣∣∣)∣∣∣∣

b

a

(vii)

β∫

α

√1− x2dx, −1 ≤ α < β ≤ 1, a, b ∈ [−π

2,π

2] mit α = sin α, β = sin β, x = sin t

cos 2t = cos2 t− sin2 t = 2 cos2 t− 1 ⇒ cos2 t =1

2(1 + cos 2t)

sin 2t = 2 sin t cos t = 2 sin t√

1− sin2 t

β∫

α

√1− x2dx =

b∫

a

√1− sin2 t cos tdt =

b∫

a

cos2 tdt =

=1

2

b∫

a

(cos 2t + 1)dt =1

2

[1

2sin 2t + t

]b

a

=

=1

2

[x√

1− x2 + arcsin x]β

α, α = −1, β = 1

1∫

−1

√1− x2 =

1

2

(π

2+

π

2

)=

π

2

π ist somit die Flache des Einheitskreises

16

Bonn, 30/IV,02

(viii)

∫dx

1 + x4

Ansatz : 1 + x4 = (1 + x2)2 − 2x2 = (1 + x2 +√

2x)(1 + x2 −√2x)

1

1 + x4=

ax + b

x2 +√

2x + 1+

cx + d

x2 −√2x + 1=

=(a + c)x3 + (b + d−√2(a− c))x2 + (a + c− (b− d)

√2)x + b + d

1 + x4

Dann gilt: a+c = 0, b+d = 1, b = d = 12, a−c = 1

2

√2, a = 1

2

√2, c = −1

2

√2

1

1 + x4=

14

√2x + 1

2

x2 +√

2x + 1−

14

√2x− 1

2

x2 −√2x + 1=

=1

8

√2

(2x + 2

√2

x2 +√

2x + 1− 2x− 2

√2

x2 −√2x + 1

)+

1

4

(2x +

√2

x2 +√

2x + 1− 2x−√2

x2 −√2x + 1

)

∫ (2x +

√2

x2 +√

2x + 1− 2x−√2

x2 −√2x + 1

)dx = ln

x2 +√

2x + 1

x2 −√2x + 1

x2 +√

2x + 1 = x2 +√

2x +1

2+

1

2= (x +

1

2

√2)2 +

1

2=

=1

2(2(x +

1

2

√2)2 + 1) =

1

2((√

2x + 1)2 + 1)

∫dx

x2 +√

2x + 1= 2

∫dx

(√

2 + 1)2 + 1=,

y =√

2x + 1

dy =√

2dx

=√

2

∫dy

y2 + 1=√

2 arctg y =√

2 arctg(√

2x + 1)

Ergebnis:

∫dx

1 + x4=

1

8

√2 ln

x2 +√

2x + 1

x2 −√2x + 1+

1

4

√2(arctg(

√2x+1)+arctg(

√2x−1))

(∫dx√

1− x2,

∫dx√

x2 − 1,

∫dx√

x3 + ax + belliptische Integrale

)

17

(ix)

∫dx√

x2 + 1,

x = sinh t = 12(et − e−t)

dx = cosh tdtcosh t = 1

2(et + e−t)

=

∫cosh t

cosh tdt =

∫dt = t =∈ (x +

√1 + x2)

(x)

∫dx√

x2 − 1=, x > 1,

x = cosh tdx = sinh tdt

=

∫sinh t

sinh tdt =

∫dt = t = ln(x +

√x2 − 1)

Satz 3 ( Partielle Integration ) Sind f, g : [a, b] → R stetig differentierbar,dann gilt

b∫

a

f(x)g′(x)dx = f(x)g(x)|ba −b∫

a

f ′(x)g(x)dx

Beweis : F = f · g, dann ist F ′ = f ′ · g + f · g′. Aus dem Hauptsatz folgt:

b∫

a

f ′(x)g(x)dx +

b∫

a

f(x)g′(x)dx = F (x)|ba = f(x) · g(x)|ba

Bsp.

(i)

∫arctg xdx =,

f ′(x) = 1g(x) = arctg xf(x) = xg′(x) = 1

1+x2

= x arctg x−∫

x

1 + x2dx =

= x arctg x− 1

2

∫dt

1 + t=, (t = x2)

= x arctg x− 1

2ln(1 + x2)

18

(iii)

Im =

π/2∫

0

sinm xdx =, m = 0, 1, 2, . . .

fur m ≥ 2,

f ′(x) = sin xg(x) = sinx−1 xf(x) = − cos xg′(x) = (m− 1) sinm−2 x cos x

= − cos x sinm−1 x∣∣π/2

0︸ ︷︷ ︸=0

+(m− 1)

π/2∫

0

cos2 x sinm−2 xdx =

= (m− 1)

π/2∫

0

(1− sin2 x) sinm−2 xdx = (m− 1)(Im−2 − Im)

Im =m− 1

mIm−2, m ≥ 2

I0 = π2, I1 = − cos x|π/2

0 = 1. Es folgt

I2n =(2n− 1) · (2n− 3) · . . . · 3 · 1

2n · (2n− 2) · . . . · 4 · 2 · π

2

I2n+1 =2n · (2n− 2) · . . . · 4 · 2

(2n + 1) · (2n− 1) · . . . · 5 · 3 ·π

2

In [0, π/2] ist sin2n+2 ≤ sin2n+1 ≤ sin2n, also I2n+2 ≤ I2n+1 ≤ I2n

Wegen limn→0

I2n+2

I2n

= lim2n + 1

2n + 2= 1 ist auch lim

I2n+1

I2n

= 1

Es ist aber :I2n+2

I2n

=(2n)2 · (2n− 2)2 · . . . · 42 · 22

(2n + 1) · (2n− 1) · . . . · 5 · 3 · 3 · 1 ·2

π

Daherπ

2=

∞∏n=1

4n2

4n2 − 1, (Walls1655)

19

(iv)

∫x2 cos xdx = x2 sin x− 2

∫x sin xdx

∫x sin xdx = −x cos x +

∫cos xdx = −x cos x + sin x

∫x2 cos xdx = x2 sin x + 2x cos x− 2 sin x

Si(x) =

x∫

0

sin t

tdt ist nicht elementarauszuwerten.

Si heißt Integralsinus. Si(x) kann leicht in eine Potenzreihe entwickelt wer-den.

sin t

t=

1

t

∞∑n=0

(−1)n t2n+1

(2n + 1)!, t ∈ R

Die Reihe konvergiert gleichmaßig auf [0, x], kann also gliedweise integriertwerden :

Si(x) =∞∑

n=0

(−1)n

(2n + 1)!

x∫

0

t2ndt =∞∑

n=0

(−1)n

(2n + 1)(2n + 1)!x2n+1

§4 Uneigentliche Integrale

Definition Es sei f : [a,∞[∈ R eine Funktion, die fur jedes b > 0 uber [a,b]integrierbar sei, wenn der Limes

limb→∞

b∫

a

f(x)dx =

∞∫

a

f(x)dx

existiert, nennt man ihn das uneigentliche Integral von f uber [a,∞[. Man sagt

auch, das Integral∞∫a

f(x)dx konvergiert.

Bsp. : f(x) = xα, α 6= −1

b∫

1

xαdx =xα+1

α + 1

∣∣∣∣b

1

=1

α + 1

(bα+1 − 1

)

20

falls α < −1, ist limb→∞

bα+1 = 0, also konvergiert das Integral gegen − 1α+1

Fur α > −1 ist das Integral divergent.

α = −1,

b∫

1

dx

x= ln x|b1 = ln b → 0 fur b →∞

Entsprechend definiert man

b∫

−∞

f(x)dx

Definition : Es sei f :]a, b] → R eine Funktion, die uber jedes Interval[a + ε, b], a + ε < b integrierbar ist. Wenn der Limes

limε→0

b∫

a+ε

f(x)dx =

b∫

a

f(x)dx

existiert, heißt er das uneigentliche Integral von f uber ]a, b]Beispiel : f(x) = xα

Das Integral

1∫

0

xα dx konvergiert fur α > −1

divergiert fur α ≤ −1

Fur α 6= −1 ist

1∫

ε

xα dx =xα+1

α + 1

∣∣∣∣∣∣

1

ε

=1

α + 1

(1− εα+1

)

Fur α = −1 ist

1∫

ε

dx

x= ln x|1ε = − ln ε →∞ ε → 0

Fur α > 0 ist xα auf [0, 1] stetig

Frage : ist limε→0

1∫ε

xα dx =1∫0

xα dx

ja

Definition : Es sei f :]a, b[→ R eine Funktion, a ∈ R∪ {−∞}, b ∈ R∪ {+∞}, dieuber jedes Teilintervall [α, β] ⊂]a, b[ intefrierbar. Falls die beiden uneigentlicheIntegrale (c ∈]a, b[)

c∫

a

f(x) dx = limα↘a

c∫

α

f(x) dx,

b∫

c

f(x) dx = limβ↗b

β∫

c

f(x) dx

21

existieren, heißt das Integralb∫

a

f(x) dx konvergent und man setzt

b∫

a

f(x) dx =

c∫

a

f(x) dx +

b∫

c

f(x) dx

Bemerkung : Es ist von der Wahl von c unadhangig.Beispiele :

(i)

∞∫

0

xα dx konvergiert fur klein α

(ii)

1∫

−1

dx√1− x2

= limε↘0

0∫

−1+ε

dx√1− x2

+ limε↘0

1−ε∫

0

dx√1− x2

=

= − limε↘0

arcsin(−1 + ε) + limε↘0

arcsin(1− ε) = −(−π

2

)+

π

2= π

(iii)

+∞∫

−∞

fracdx1 + x2 = limR→∞

0∫

−R

dx

1 + x2+ lim

S→∞

S∫

0

dx

1 + x2=

− limR→∞

arctg(−R) + limR→∞

arctg(R) = −(−π

2

)+

π

2= π

22

Bonn, 2/V,02

(iv) Fur x > 0 heißt

Γ(x) =

∞∫

0

tx−1e−t dt

die Gamma-Funktion !Das Integral konvergiert :

(a) bei 0, da tx−1e−t ≤ tx−1 und fur x > 0 das Integral−1∫0

tx−1 dt konver-

giert

(b) bei ∞, da f’ur große t gilt :

tx−1e−t ≤ 1

t2(tx−1e−t ≤ 1

)und

∞∫

1

dt

t2konvergiert

Satz : Es gilt Γ(n + 1) = n! fur n ≥ 1 und xΓ(x) = Γ(x + 1)∀x > 0Beweis : Partielle Integration

R∫

ε

txe−t dt =f ′(t)=e−t

g(t)=tx

=∣∣−txe−t

∣∣Rε

+ x

R∫

ε

tx−1e−t dtf(t)=−e−t

g′(t)=xtx−1

Grenzubergange ε ↘ 0, R →∞ Γ(x + 1) = xΓ(x)

Wegen Γ(1) = limR→∞

R∫

0

e−t dt = limR→∞

(1− e−R) = 1 folgt

Γ(n+1) = n·Γ(n) = n·(n−1)·Γ(n−1) = . . . = n·(n−1)·. . .·1·Γ(1) = n!

(v)

∞∫

0

sin x

xdx ist konvergent

sin xx

stetig auf R, daher gen:ugt es, die Konvergenz von∞∫1

sin xx

dx zu bewei-

sen.

23

Partielle Integration :

R∫

1

sin x

xd = − cos x

x

∣∣∣R

1+

∫cos x

x2dx

∣∣∣cos x

x2

∣∣∣ ≤ 1

x2⇒ Konvergenz des letzten Integrals( s.Aufgabe)

Behauptung :

(n+1)π∫

nπ

∣∣∣∣sin x

x

∣∣∣∣ dx konvergiert nicht

Beweis :

(n+1)π∫

nπ

∣∣∣∣sin x

x

∣∣∣∣ dx ≥ 1

(n + 1)π

(n+1)π∫

nπ

| sin x| dx =

=1

(n + 1)π

π∫

0

sin x dx =1

(n + 1)π[− cos x]π0 =

2

(n + 1)π

(n+1)∫

0

∣∣∣∣sin x

x dx

∣∣∣∣ ≥2

π

n∑

k=0

1

k − 1→∞

VI. Kapitel: Gewohnliche Differentialgleichungen

§1 Beispiel :

(i) f : [a, b] → R stetig. Gesucht ist eine Funktion y : [a, b] → R mity′(x) = f(x). Wir wissen, daß die Losungsgesamtheit der Differentialglei-

chung durch y(x) =x∫a

f(t) dt + c, c ∈ R gegeben ist. Wenn wir verlangen,

y(a) = y0 seien soll, ist die Losung eindeutig bestimmt : c = y0

(ii) y′ = 3xyWenn y keine Nullstellen hat, folgt

(ln y)′ =y′

y= 3x ln y =

x∫

0

3t dt =3

2x2 + c

y(x) = e32x2+c = b · e 3

2x2

, b− ec 6= 0

(iii) y′ = 3y2 sin(x + y) nicht linear, sehr schwierig

(iv) y′′ + a(x)y′ + b(x)y = g(x), x ∈ I lineare Differentialgleichung 2. Ordnung

24

(v) y(n)(x) + an−1(x)yn−1(x) + . . . + a1(x)y′(x) + a0(x)y(x) = g(x) lineare Dif-ferentialgleichung n-ter Ordnung

§1 Die lineare Differentialgleichung 1. Ordnung:

I ⊂ R ein beliebiger Interval, c(I) bzw C1(I) die R-Vektorraume der stetigenbzw. stetig differentierbaren Funktionen auf I, a, b ∈ C(I)

1) y′ = a(x)y(x) homogene lin Dlg 1. Ordnung2) y′ = a(x)y(x) + b(x) inhomogene lin Dlg 1. Ordnung

}gesucht y ∈ C1(I)

Satz 1 :

(i) Die Losungsgesamtheit der homogenen linearen Diiferentialgleichung (1)auf I ist ein eindimendionaler UVR von C1(I)

25