Integration durch Substitution

Berechnung des Integrals

${\displaystyle \int _{0}^{a}\sin(2x)\,\mathrm {d} x}$

für eine beliebige reelle Zahl ${\displaystyle a>0}$: Durch die Substitution ${\displaystyle t=\varphi (x)=2x}$ erhält man ${\displaystyle \mathrm {d} t=\varphi '(x)\,\mathrm {d} x=2\,\mathrm {d} x}$, also ${\displaystyle \mathrm {d} x={\tfrac {1}{2}}{\mathrm {d} t}}$, und damit:

${\displaystyle \int _{0}^{a}\sin(2x)\,\mathrm {d} x=\int _{\varphi (0)}^{\varphi (a)}\sin(t)\,{\frac {1}{2}}{\mathrm {d} t}=\int _{0}^{2a}\sin(t)\,{\frac {1}{2}}{\mathrm {d} t}={\frac {1}{2}}\int _{0}^{2a}\sin(t)\,\mathrm {d} t}$

${\displaystyle ={\frac {1}{2}}[-\cos(t)]_{0}^{2a}={\frac {1}{2}}(-\cos(2a)+\cos(0))={\frac {1}{2}}(1-\cos(2a))}$.

Berechnung des Integrals

${\displaystyle \int _{0}^{2}x\cos \left(x^{2}+1\right)\,\mathrm {d} x}$:

Durch die Substitution ${\displaystyle t=\varphi (x)=x^{2}+1}$ erhält man ${\displaystyle \mathrm {d} t=2x\,\mathrm {d} x}$, also ${\displaystyle x\,\mathrm {d} x={\tfrac {1}{2}}\mathrm {d} t}$, und damit

${\displaystyle \int _{0}^{2}x\cos \left(x^{2}+1\right)\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}\int _{1}^{5}\cos(t)\,\mathrm {d} t={\frac {1}{2}}\left(\sin(5)-\sin(1)\right)}$.

Es wird also ${\displaystyle x^{2}+1}$ durch ${\displaystyle t}$ ersetzt und ${\displaystyle x\,\mathrm {d} x}$ durch ${\displaystyle {\tfrac {1}{2}}\,\mathrm {d} t}$. Die untere Grenze des Integrals ${\displaystyle x=0}$ wird dabei in ${\displaystyle t(0)=0^{2}+1=1}$ umgewandelt und die obere Grenze ${\displaystyle x=2}$ in ${\displaystyle t(2)=2^{2}+1=5}$.

Das ist ein Beispiel für die Substitution rückwärts.

Für die Berechnung des Integrals

${\displaystyle \int _{0}^{1}{\sqrt {1-t^{2}}}\,\mathrm {d} t}$

kann man ${\displaystyle t=\sin(x)}$ substituieren. Daraus ergibt sich ${\displaystyle \mathrm {d} t=\cos(x)\,\mathrm {d} x}$. Um die Integrationsgrenzen umzurechnen, benutzt man die umgekehrte Beziehung ${\displaystyle x=\arcsin(t)}$. Die obere Grenze ${\displaystyle 1}$ wird zu ${\displaystyle {\frac {\pi }{2}}}$, weil ${\displaystyle \arcsin(1)={\frac {\pi }{2}}}$. Aus ${\displaystyle \arcsin(0)=0}$ ergibt sich die neue untere Grenze ${\displaystyle 0}$. Mit ${\displaystyle {\sqrt {1-\sin ^{2}(t)}}=\cos(t)}$ für ${\displaystyle 0\leq t\leq {\frac {\pi }{2}}}$ rechnet man

${\displaystyle \int _{0}^{1}{\sqrt {1-t^{2}}}\,\mathrm {d} t=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\sqrt {1-\sin ^{2}(x)}}\cos(x)\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{2}(x)\,\mathrm {d} x}$.

Das Ergebnis kann mit partieller Integration oder mit der trigonometrischen Formel

${\displaystyle \cos ^{2}(x)={\frac {1+\cos(2x)}{2}}}$

und einer weiteren Substitution berechnet werden. Es ergibt sich

${\displaystyle \int _{0}^{1}{\sqrt {1-t^{2}}}\,\mathrm {d} t=\left[{\frac {x}{2}}+{\frac {1}{4}}\sin(2x)\right]_{x=0}^{x={\frac {\pi }{2}}}={\frac {\pi }{4}}}$.

(Damit haben wir die Fläche eines Viertelkreises berechnet.)

Unter den obigen Voraussetzungen gilt

${\displaystyle F(\varphi (\cdot ))=\int f(\varphi (t))\cdot \varphi '(t)\,\mathrm {d} t.}$

wobei ${\displaystyle F}$ eine Stammfunktion von ${\displaystyle f}$ ist.

Durch quadratische Ergänzung und anschließende Substitution ${\displaystyle t=x+1}$, ${\displaystyle \mathrm {d} x=\mathrm {d} t}$ erhält man

${\displaystyle \int {\frac {1}{x^{2}+2x+2}}\,\mathrm {d} x=\int {\frac {1}{(x+1)^{2}+1}}\,\mathrm {d} x=\int {\frac {1}{t^{2}+1}}\,\mathrm {d} t=\arctan(t)+C=\arctan(x+1)+C}$

Mit der Substitution ${\displaystyle t=x^{2},\mathrm {d} t=2x\,\mathrm {d} x}$ erhält man

${\displaystyle \int x\,\cos \left(x^{2}\right)\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}\int 2x\cos \left(x^{2}\right)\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}\int \cos(t)\,\mathrm {d} t={\frac {1}{2}}\left(\sin(t)+C'\right)={\frac {1}{2}}\sin \left(x^{2}\right)+C}$

Man beachte, dass die Substitution nur für ${\displaystyle x\geq 0}$ bzw. nur für ${\displaystyle x\leq 0}$ streng monoton ist.

Integrale mit linearen Verkettungen können wie folgt berechnet werden: Ist ${\displaystyle F}$ eine Stammfunktion von ${\displaystyle f}$, dann gilt

${\displaystyle \int f(ax+b)\,\mathrm {d} x={\frac {1}{a}}F(ax+b)+C}$, falls ${\displaystyle a\neq 0}$.

Zum Beispiel gilt

${\displaystyle \int e^{3x+1}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{3}}e^{(3x+1)}+C}$,

da ${\displaystyle f(x)=e^{x}=F(x)}$ und ${\displaystyle a=3}$.

Integrale, bei denen der Integrand ein Bruch ist, dessen Zähler die Ableitung des Nenners ist, können sehr einfach mit Hilfe der logarithmischen Integration gelöst werden:

${\displaystyle \int {\frac {f'(x)}{f(x)}}\,\mathrm {d} x=\ln |f(x)|+C\quad \left(f(x)\neq 0\right)}$.

Das entspricht einem Spezialfall der Substitutionsmethode mit ${\displaystyle t=f(x)}$.

Zum Beispiel gilt

${\displaystyle \int {\frac {x}{x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}\int {\frac {2x}{x^{2}+1}}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}\ln(x^{2}+1)+C}$,

da ${\displaystyle f(x)=x^{2}+1}$ die Ableitung ${\displaystyle f'(x)=2x}$ hat.

Nach einem Satz von Bernoulli lassen sich alle Integrale des Typs

${\displaystyle \int {\sqrt {ax^{2}+bx+c}}\;\mathrm {d} x}$

und

${\displaystyle \int {\frac {\mathrm {d} x}{\sqrt {ax^{2}+bx+c}}}}$

elementar integrieren.

Beispiel:

${\displaystyle \int {\frac {\mathrm {d} x}{\sqrt {x^{2}+1}}}}$

Durch die Substitution ${\displaystyle t-x={\sqrt {x^{2}+1}}}$ also ${\displaystyle t^{2}-2tx=1}$, ${\displaystyle x={\tfrac {t}{2}}-{\tfrac {1}{2t}}}$, ${\displaystyle t-x={\tfrac {t}{2}}+{\tfrac {1}{2t}}}$ und ${\displaystyle \mathrm {d} x=\left({\tfrac {1}{2}}+{\tfrac {1}{2t^{2}}}\right)\mathrm {d} t}$ ergibt sich

${\displaystyle \int {\frac {\mathrm {d} x}{\sqrt {x^{2}+1}}}=\int {\frac {{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2t^{2}}}}{{\frac {t}{2}}+{\frac {1}{2t}}}}\mathrm {d} t=\int {\frac {\mathrm {d} t}{t}}=\ln t+C=\ln \left(x+{\sqrt {x^{2}+1}}\right)+C}$.