04 – (Partielle) Integration und Substitution

 

Berechnen Sie folgende Integrale:

(a) \int\limits_0^1 {\left( {\sqrt x -2x^3 } \right)dx}

(b) \int\limits_{1-e}^0 {\frac{1} {{1-x}}dx}

(c) \int\limits_0^{\frac{1} {2}} {\frac{x} {{1-x^2 }}dx}

Hinweis: Finden Sie Werte A und B mit \frac{x} {{1-x^2 }} = \frac{A} {{1+x}}+\frac{B} {{1-x}}.

(d) \int\limits_0^\pi  {\cos ^2 \left( x \right)\sin \left( x \right)dx}

Hinweis: Verwenden Sie die Substitutionsregel.

Lösung

a )

Bei diesem Integral gibt es nichts Besonderes zu beachten. Man muss lediglich daran denken, dass \sqrt x  = x^{\frac{1} {2}} ist.

\int\limits_0^1 {\left( {\sqrt x -2x^3 } \right)dx}  = \int\limits_0^1 {\left( {x^{\frac{1} {2}} -2x^3 } \right)dx}  = \left. {\frac{2} {3}x^{\frac{3} {2}} -\frac{1} {2}x^4 } \right|_0^1  = \frac{2} {3}-\frac{1} {2}-\left( {0-0} \right) = \frac{1} {6}

b )

Erste Möglichkeit der Lösung: Lösen durch hinschauen:

\int\limits_{1-e}^0 {\frac{1} {{1-x}}dx}  = \int\limits_{1-e}^0 {\left( {1-x} \right)^{-1} dx}  = \left. {-\ln \left( {1-x} \right)} \right|_{1-e}^0  = -0+\ln \left( e \right) = 1

Ansonsten Lösen durch Substitution:

\int\limits_{1-e}^0 {\frac{1} {{1-x}}dx}  = \int\limits_{1-e}^0 {\left( {1-x} \right)^{-1} dx}

Hierbei wird wie folgt substituiert:

g\left( x \right) = 1-x

g ^{\prime}= -1

dx = \frac{{dg}} {{g ^{\prime}}} = -dg

\Rightarrow -\int\limits_{}^{} {\left( {g\left( x \right)} \right)^{-1} dg}  = \left. {-\ln \left( {g\left( x \right)} \right)} \right| = \left. {-\ln \left( {1-x} \right)} \right|_{1-e}^0  = -0+\ln \left( e \right) = 1

a )

Möglichkeit 1

Zunächst folgen wir dem Hinweis: Finden Sie Werte A und B mit \frac{x} {{1-x^2 }} = \frac{A} {{1+x}}+\frac{B} {{1-x}}.

\frac{x} {{1-x^2 }} = \frac{A} {{1+x}}+\frac{B} {{1-x}} = \frac{A} {{1+x}} \cdot \frac{{1-x}} {{1-x}}+\frac{B} {{1-x}} \cdot \frac{{1+x}} {{1+x}} = \frac{{A\left( {1-x} \right)+B\left( {1+x} \right)}} {{\left( {1+x} \right)\left( {1-x} \right)}}

= \frac{{\overbrace {\left( {A+B} \right)}^0+x\overbrace {\left( {-A+B} \right)}^1}} {{\left( {1+x} \right)\left( {1-x} \right)}}

\Rightarrow \quad A = -\frac{1} {2}\quad ;\quad B = \frac{1} {2}

Eingesetzt ergibt sich dann:

\frac{x} {{1-x^2 }} = \frac{A} {{1+x}}+\frac{B} {{1-x}} = -\frac{1} {2} \cdot \frac{1} {{1+x}}+\frac{1} {2} \cdot \frac{1} {{1-x}}

\int\limits_0^{\frac{1} {2}} {\frac{x} {{1-x^2 }}dx}  = \int\limits_0^{\frac{1} {2}} {-\frac{1} {2} \cdot \frac{1} {{1+x}}+\frac{1} {2} \cdot \frac{1} {{1-x}}dx}  = \int\limits_0^{\frac{1} {2}} {-\frac{1} {2} \cdot \frac{1} {{1+x}}}  dx+\int\limits_0^{\frac{1} {2}} {\frac{1} {2} \cdot \frac{1} {{1-x}} } dx

Weiterrechnen können wir nun mit der Lösung aus Teilaufgabe b:

= \left. {-\frac{1} {2}\ln \left( {1+x} \right)-\frac{1} {2}\ln \left( {1-x} \right)} \right|_0^{\frac{1} {2}}  = \left. {-\frac{1} {2}\ln \left( {\left( {1+x} \right) \cdot \left( {1-x} \right)} \right)} \right|_0^{\frac{1} {2}}  = -\frac{1} {2}\ln \left( {\frac{3} {4}} \right)

Möglichkeit 2

Eine einfachere Methode der Lösung stellt die Substitution dar:

\int\limits_0^{\frac{1} {2}} {\frac{x} {{1-x^2 }}dx}

g\left( x \right) = 1-x^2

g ^{\prime}= -2x

dx = \frac{{dg}} {{g ^{\prime}}} = \frac{{dg}} {{-2x}}

\Rightarrow \int\limits_{}^{} {\frac{x} {{g\left( x \right)}}\frac{{dg}} {{-2x}}}  = -\frac{1} {2}\int\limits_{}^{} {\frac{1} {{g\left( x \right)}}dg}  = \left. {-\frac{1} {2}\ln \left( {g\left( x \right)} \right)} \right| = \left. {-\frac{1} {2}\ln \left( {1-x^2 } \right)} \right|_0^{\frac{1} {2}}

= -\frac{1} {2}\ln \left( {\frac{3} {4}} \right)

d )

Zur Lösung dieses Integrals gibt es auch wieder 2 Möglichkeiten.
Als Erstes betrachten wir die Integration durch Substitution:

\int\limits_0^\pi  {\cos ^2 \left( x \right)\sin \left( x \right)dx}

g\left( x \right) = \cos \left( x \right)

g ^{\prime}= -\sin \left( x \right)

dx = \frac{{dg}} {{g ^{\prime}}} = \frac{{dg}} {{-\sin \left( x \right)}}

Daraus folgt dann:

\int\limits_0^\pi  {\cos ^2 \left( x \right)\sin \left( x \right)dx}  = \int\limits_{}^{} {g^2 \sin \left( x \right)} \frac{{dg}} {{-\sin \left( x \right)}} = -\int\limits_{}^{} {g^2 } dg = \left. {-\frac{1} {3}g^3 } \right|

= \left. {-\frac{1} {3}\cos ^3 \left( x \right)} \right|_0^\pi   = \frac{1} {3}+\frac{1} {3} = \frac{2} {3}

Die zweite Möglichkeit ist die partielle Integration:

\int\limits_0^\pi  {\overbrace {\cos ^2 \left( x \right)}^u\overbrace {\sin \left( x \right)}^{v ^{\prime}}dx}

v ^{\prime}= \sin \left( x \right)

v = -\cos \left( x \right)

u = \cos ^2 \left( x \right)

u ^{\prime}= \left( {\cos ^2 \left( x \right)} \right)^\prime   = \left( {\cos \left( x \right)\cos \left( x \right)} \right)^\prime   = -\sin \left( x \right)\cos \left( x \right)-\cos \left( x \right)\sin \left( x \right)

= -2\sin \left( x \right)\cos \left( x \right)

Somit erhalten wir:

\int\limits_0^\pi  {\overbrace {\cos ^2 \left( x \right)}^u\overbrace {\sin \left( x \right)}^{v ^{\prime}}dx}

= \left. {\overbrace {\cos ^2 \left( x \right)}^u \cdot \overbrace {\left( {-\cos \left( x \right)} \right)}^v} \right|_0^\pi  -\int\limits_0^\pi  {\overbrace {\left( {-2\sin \left( x \right)\cos \left( x \right)} \right)}^{u ^{\prime}}} \overbrace {\left( {-\cos \left( x \right)} \right)}^vdx

Vereinfacht:

\int\limits_0^\pi  {\cos ^2 \left( x \right)\sin \left( x \right)dx}  = \left. {-\cos ^3 \left( x \right)} \right|_0^\pi  -2 \cdot \int\limits_0^\pi  {\cos ^2 \left( x \right)\sin \left( x \right)dx}

Nun ziehen wir das Integral einfach auf die linke Seite herüber:

3 \cdot \int\limits_0^\pi  {\cos ^2 \left( x \right)\sin \left( x \right)dx}  = \left. {-\cos ^3 \left( x \right)} \right|_0^\pi

\int\limits_0^\pi  {\cos ^2 \left( x \right)\sin \left( x \right)dx}  = \left. {-\frac{1} {3}\cos ^3 \left( x \right)} \right|_0^\pi   = \frac{1} {3}+\frac{1} {3} = \frac{2} {3}

Fertig!