Beispiele für Integrale – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

In diesem Kapitel wollen wir die wichtigsten Beispiele von unbestimmten Integralen beziehungsweise Stammfunktionen zusammenfassen, die dir im Laufe des ersten Semsters begegnen werden. Mit Umkehrung der Ableitungsregeln, sowie der Substitutionsregel und der Partiellen Integration kannst du dann weitere, aus diesen Funktionen zusammengesetzte, Funktionen integrieren.

Übersicht

Im folgenden geben wir dir eine Übersicht über die wichtigsten Funktionen und deren Ableitungen, sowie deren Definitionsbereich. Es gilt immer $C\in \mathbb {R}$.

Funktionsname	Funktionsterm	Stammfunktion	Definitionsbereich
Konstante	$c$	$cx+C$	$\mathbb {R}$
Potenz (natürlicher Exponent)	$x^{n}$, $n\in \mathbb {N}$	${\frac {1}{n+1}}x^{n+1}+C$	$\mathbb {R}$
Polynom	$\sum _{k=0}^{n}a_{k}x^{k}$, $n\in \mathbb {N} _{0}$, $a_{k}\in \mathbb {R}$	$\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k+1}}a_{k}x^{k+1}+C$	$\mathbb {R}$
Hyperbelfunktion	${\frac {1}{x}}=x^{-1}$	$\ln |x|+C$	$\mathbb {R} \setminus \{0\}$
Potenz (negativer ganzzahliger Exponent)	$x^{-n}={\frac {1}{x^{n}}}$, $n\in \mathbb {N} \setminus {\{1\}}$	$-{\frac {1}{n-1}}x^{-n+1}+C$	$\mathbb {R} \setminus \{0\}$
Quadratwurzel	${\sqrt {x}}=x^{\frac {1}{2}}$	${\frac {2}{3}}{\sqrt[{2}]{x^{3}}}+C={\frac {2}{3}}x^{\frac {3}{2}}+C$	$\mathbb {R} ^{+}$
Allgemeine Wurzel	${\sqrt[{q}]{x^{p}}}$, $q\in \mathbb {N} ,p\in \mathbb {Z}$	${\frac {q}{q+p}}({\sqrt[{q}]{x}})^{q+p}+C$	$\mathbb {R} ^{+}$
Exponentialfunktion	$\exp(x)=e^{x}$	$\exp(x)=e^{x}+C$	$\mathbb {R}$
Allgemeine Exponentialfunktion	$a^{x}=\exp(x\ln a)$, $a\in \mathbb {R} ^{+}$	${\frac {1}{\ln(a)}}a^{x}+C$	$\mathbb {R}$
Allgemeine Potenz	$x^{r}=\exp(r\ln x)$, $r\in \mathbb {R} \setminus {\{-1\}}$	${\frac {1}{r+1}}x^{r+1}+C$	$\mathbb {R} ^{+}$
Natürliche Logarithmusfunktion	$\ln(x)$	$x\cdot \ln(x)-x+C$	$\mathbb {R} ^{+}$
Allgemeine Logarithmusfunktion	$\log _{a}(x)={\frac {\ln(x)}{\ln a}}$, $a\in \mathbb {R} \setminus \{0\}$	${\frac {x\cdot \ln(x)-x}{\ln a}}+C$	$\mathbb {R} ^{+}$
Sinus	$\sin(x)$	$-\cos(x)+C$	$\mathbb {R}$
Cosinus	$\cos(x)$	$\sin(x)+C$	$\mathbb {R}$
Tangens	$\tan(x)={\frac {\sin x}{\cos x}}$	$-\ln(\cos(x))+C$	$\mathbb {R} \setminus \{{\tfrac {\pi }{2}}+k\pi \mid k\in \mathbb {Z} \}$
Sekans	$\sec(x)={\frac {1}{\cos(x)}}$	$\ln {\Big |}\sec(x)+\tan(x){\Big |}+C$	$\mathbb {R} \setminus \{{\tfrac {\pi }{2}}+k\pi \mid k\in \mathbb {Z} \}$
Kosekans	$\csc(x)={\frac {1}{\sin(x)}}$	$\ln \left|\tan \left({\frac {x}{2}}\right)\right|+C$	$\mathbb {R} \setminus \{k\pi \mid k\in \mathbb {Z} \}$
Kotangens	$\cot(x)={\frac {\cos x}{\sin x}}$	$\ln |\sin(x)|+C$	$\mathbb {R} \setminus \{k\pi \mid k\in \mathbb {Z} \}$
	${\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}$	$\arcsin x+C\;$	$(-1,1)$
	$-{\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}$	$\arccos x+C\;$	$(-1,1)$
	${\frac {1}{1+x^{2}}}$	$\arctan x+C\;$	$\mathbb {R}$
	$-{\frac {1}{1+x^{2}}}$	$\operatorname {arccot} x+C\;$	$\mathbb {R}$
Arcussinus	$\arcsin(x)$	$x\arcsin x+{\sqrt {1-x^{2}}}+C\;$	$(-1,1)$
Arcuscosinus	$\arccos(x)$	$x\arccos x-{\sqrt {1-x^{2}}}+C\;$	$(-1,1)$
Arcustangens	$\arctan(x)$	$x\arctan x-{\tfrac {1}{2}}\ln \left(1+x^{2}\right)+C\;$	$\mathbb {R}$
Arcuscotangens	${\text{arcot}}(x)$	$x\operatorname {arccot} x+{\tfrac {1}{2}}\ln \left(1+x^{2}\right)+C\;$	$\mathbb {R}$
Sinus Hyperbolicus	$\sinh(x)={\frac {e^{x}-e^{-x}}{2}}$	$\cosh x+C\;$	$\mathbb {R}$
Cosinus Hyperbolicus	$\cosh(x)={\frac {e^{x}+e^{-x}}{2}}$	$\sinh x+C\;$	$\mathbb {R}$
Tangens Hyperbolicus	$\tanh(x)={\frac {\sinh x}{\cosh x}}$	$\ln \cosh x+C\;$	$\mathbb {R}$
	${\frac {1}{\sqrt {1+x^{2}}}}$	$\ln(x+{\sqrt {1+x^{2}}})+C\;$	$\mathbb {R}$
	$-{\frac {1}{\sqrt {x^{2}-1}}}$	$\ln |x+{\sqrt {x^{2}-1}}|+C\;$	$(-\infty ,-1)\cup (1,\infty )$
	${\frac {1}{1-x^{2}}}$	${\frac {1}{2}}\ln \left({\frac {1+x}{1-x}}\right)+C\;$	$(-1,1)$
Areasinus Hyperbolicus	${\text{arsinh}}(x)$	$x\cdot \operatorname {arsinh} (x)-{\sqrt {x^{2}+1}}+C$	$\mathbb {R}$
AreaCosinus Hyperbolicus	${\text{arcosh}}(x)$	$x\cdot \operatorname {arcosh} (x)-{\sqrt {x^{2}-1}}+C$	$(1,\infty )$
Areatangens Hyperbolicus	${\text{artanh}}(x)$	$x\cdot \operatorname {artanh} (x)+{\frac {1}{2}}\ln \left(1-x^{2}\right)+C$	$(-1,1)$

Um die Stammfunktionen der obigen Tabelle zu berechnen, gibt es im Grunde genommen zwei Möglichkeiten. Einerseits kann man durch Umkehrung der Ableitungsregeln die Stammfunktion direkt herleiten. Andererseits ist es auch möglich durch explizites Ableiten der vermuteten Stammfunktionen den Nachweis zu erbringen.

Konstante Funktionen

Satz (Stammfunktion einer konstanten Funktion)

Für eine konstante Funktion $f\equiv c$ gilt:

$\int c\;\mathrm {d} x=cx+C,\quad C\in \mathbb {R}$

Beweis (Stammfunktion einer konstanten Funktion)

Um das zu beweisen, genügt es nach dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung die rechte Seite abzuleiten. Es gilt $\forall x\in \mathbb {R}$:

$(cx+C)'=(cx)'+(C)'=c$

Potenzfunktion

Satz (Stammfunktion der Potenzfunktion)

Die Potenzfunktion

$f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ f(x)=x^{n}$

hat eine Stammfunktion. Für alle $x\in \mathbb {R}$ gilt:

$\int x^{n}\;\mathrm {d} x={\frac {1}{n+1}}x^{n+1}$

Beweis (Stammfunktion der Potenzfunktion)

Wieder leiten wir die rechte Seite ab, um die Behauptung zu zeigen. Es gilt $\forall x\in \mathbb {R}$:

$\left({\frac {1}{n+1}}\cdot x^{n+1}\right)'={\frac {1}{n+1}}\cdot (n+1)\cdot x^{n}=x^{n}$

Aufgabe (Stammfunktion der Polynomfunktion)

Zeige, dass für die Polynomfunktion $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ f(x)=\sum _{k=0}^{n}a_{k}x^{k}$ gilt:

$\int \left(\sum _{k=0}^{n}a_{k}x^{k}\right)\,\mathrm {d} x=\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k+1}}a_{k}x^{k+1}+C$

Lösung (Stammfunktion der Polynomfunktion)

Durch Ableiten der rechten Seite erhalten wir, wegen der Linearität der Ableitung:

$\left(\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k+1}}a_{k}x^{k+1}+C\right)'=\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k+1}}a_{k}\left(x^{k+1}\right)'+(C)'=\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k+1}}a_{k}\cdot (k+1)x^{k}+0=\sum _{k=0}^{n}a_{k}x^{k}$

Aufgabe (Stammfunktion von Potenzen mit negativen Exponenten)

Zeige, dass für die Potenzfunktion $f:\mathbb {R} \setminus \{0\}\to \mathbb {R} ,\ f(x)={\frac {1}{x^{n}}}$, $n\in \mathbb {N} \setminus \{1\}$, gilt:

$\int {\frac {1}{x^{n}}}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{1-n}}{\frac {1}{x^{n-1}}}+C$

Lösung (Stammfunktion von Potenzen mit negativen Exponenten)

Durch Ableiten der rechten Seite erhalten wir, mit der Linearität der Ableitung und der Quotientenregel:

$\left({\frac {1}{1-n}}{\frac {1}{x^{n-1}}}+C\right)'={\frac {1}{1-n}}\left({\frac {1}{x^{n-1}}}\right)'+(C)'={\frac {1}{1-n}}\cdot {\frac {0\cdot x^{n-1}-1\cdot (n-1)x^{n-2}}{(x^{n-1})^{2}}}={\frac {1-n}{1-n}}\cdot {\frac {1}{x^{2n-2}x^{2-n}}}={\frac {1}{x^{n}}}$

Satz (Stammfunktion der Hyperbelfunktion)

Die Hyperbelfunktion

$f:\mathbb {R} \setminus \{0\}\to \mathbb {R} ,\ f(x)={\frac {1}{x}}$

gilt:

$\int {\frac {1}{x}}\;\mathrm {d} x=\ln |x|+C$

Beweis (Stammfunktion der Hyperbelfunktion)

Wir leiten die rechte Seite ab, um die Behauptung zu zeigen. Dabei unterscheiden wir die Fälle $x\in \mathbb {R} ^{+}$ und $x\in \mathbb {R} ^{-}$:

Fall 1: $x\in \mathbb {R} ^{+}$

$\left(\ln |x|+C\right)'=\left(\ln(x)+C\right)'={\frac {1}{x}}$

Fall 2: $x\in \mathbb {R} ^{-}$

$\left(\ln |x|+C\right)'=\left(\ln(-x)+C\right)'={\frac {1}{-x}}\cdot (-1)={\frac {1}{x}}$

Exponentialfunktion

Satz (Stammfunktion der Exponentialfunktion)

Die Exponentialfunktion

$f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ^{+},\ f(x)=\exp(x)$

hat eine Stammfunktion. Für alle $x\in \mathbb {R}$ gilt:

$\int \exp(x)\;\mathrm {d} x=\exp(x)+C$

Beweis (Stammfunktion der Exponentialfunktion)

Nach der Definition einer Stammfunktion genügt es, die rechte Seite abzuleiten. Da bekanntermaßen die Exponentialfunktion abgeleitet wieder die Exponentialfunktion ergibt, folgt schon die Behauptung.

Aufgabe (Stammfunktion der allgemeinen Exponentialfunktion)

Zeige: Für die allgemeine Exponentialfunktion

$f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ^{+},\ f(x)=a^{x}=\exp(x\ln(a))$

mit $a\in \mathbb {R} ^{+}$ gilt:

$\int a^{x}\;\mathrm {d} x={\frac {a^{x}}{\ln(a)}}+C$

Lösung (Stammfunktion der allgemeinen Exponentialfunktion)

Mit Hilfe der Substitutionsregel erhalten wir

${\begin{aligned}\int a^{x}\;\mathrm {d} x&=\int \exp(x\ln(a))\;\mathrm {d} x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution mit }}(y=x\ln(a)\iff x={\tfrac {y}{\ln(a)}})\Longrightarrow ({\tfrac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x}}=\ln(a)\iff \mathrm {d} x={\tfrac {\mathrm {d} y}{\ln(a)}})\right.}\\&{}=\int \exp(y){\frac {1}{\ln(a)}}\,\mathrm {d} y\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Linearität des Integrals}}\right.}\\&{}={\frac {1}{\ln(a)}}\int \exp(y)\,\mathrm {d} y\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Integration von }}\exp \right.}\\&{}={\frac {1}{\ln(a)}}\exp(y)+C\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution}}\right.}\\&{}={\frac {1}{\ln(a)}}\exp(x\ln(a))+C\\&{}={\frac {a^{x}}{\ln(a)}}+C\end{aligned}}$

Logarithmusfunktion

Satz (Stammfunktion der Logarithmusfunktion)

Die Logarithmusfunktion

$f:\mathbb {R} ^{+}\to \mathbb {R} ,\ f(x)=\ln(x)$

hat eine Stammfunktion. Für alle $x\in \mathbb {R} ^{+}$ gilt:

$\int \ln(x)\;\mathrm {d} x=x\cdot \ln(x)-x+C$

Beweis (Stammfunktion der Logarithmusfunktion)

Wir leiten die Stammfunktion her, in dem wir die Produktregel umkehren, also Partielle Integration verwenden. Hierbei nutzt man den Trick, die Funktion mit $1$ zu multiplizieren.

${\begin{aligned}\int \ln(x)\,\mathrm {d} x&=\int 1\cdot \ln(x)\,\mathrm {d} x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration von }}f'\cdot g=1\cdot \ln(x)\right.}\\&{}=\underbrace {x\cdot \ln(x)} _{f\cdot g}-\int \underbrace {x\cdot {1 \over x}} _{f\cdot g'}\,\mathrm {d} x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Zusammenfassen}}\right.}\\&{}=x\cdot \ln(x)-\int 1\,\mathrm {d} x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Integration von }}1\right.}\\&{}=x\cdot \ln(x)-x+C\,.\end{aligned}}$

Aufgabe (Stammfunktion des allgemeinen Logarithmus)

Zeige: Für die allgemeine Logarithmusfunktion

$f:\mathbb {R} ^{+}\to \mathbb {R} ,\ f(x)=\log _{a}(x)={\frac {\ln(x)}{\ln(a)}}$

mit $a\in \mathbb {R} ^{+}$ gilt:

$\int \log _{a}(x)\;\mathrm {d} x={\frac {x\cdot \ln(x)-x}{\ln(a)}}+C$

Lösung (Stammfunktion des allgemeinen Logarithmus)

Wegen der Linearität des uneigentlichen Integrals gilt

$\int \log _{a}(x)\;\mathrm {d} x=\int {\frac {\ln(x)}{\ln(a)}}\;\mathrm {d} x={\frac {1}{\ln(a)}}\int \ln(x)\;\mathrm {d} x={\frac {1}{\ln(a)}}(x\cdot \ln(x)-x)+C={\frac {x\cdot \ln(x)-x}{\ln(a)}}+C$

Die trigonometrischen Funktionen

Sinus und Kosinus

Satz (Stammfunktion von Sinus)

Der Sinus und der Kosinus haben eine Stammfunktion. Es gilt:

$\int \sin(x)\;\mathrm {d} x=-\cos(x)+C$

$\int \cos(x)\;\mathrm {d} x=\sin(x)+C$

Beweis (Stammfunktion von Sinus)

Nach der Definition einer Stammfunktion genügt es jeweils, die rechte Seite abzuleiten. Es folgt für den Sinus:

$(-\cos(x)+C)'=-\cos '(x)+(C)'=-(-\sin(x))=\sin(x)$

Analog folgt für den Kosinus:

$(\sin(x)+C)'=\sin '(x)+(C)'=\cos(x)$

Tangens und Kotangens

Satz (Stammfunktion von Tangens)

Der Tangens und der Kotangens haben eine Stammfunktion. Es gilt:

$\int \tan(x)\,\mathrm {d} x=-\ln |\cos(x)|+C$

$\int \cot(x)\,\mathrm {d} x=\ln |\sin(x)|+C$

Beweis (Stammfunktion von Tangens)

Die Tangensfunktion ist definiert als $\tan(x)={\frac {\sin(x)}{\cos(x)}}$. Da der Sinus bis auf ein Vorzeichen der Ableitung des Kosinus entspricht, ist es hier nützlich die Logarithmische Integration (ein Spezialfall der Substitutionsregel) zu verwenden. Es folgt:

${\begin{aligned}&\int \tan(x)\,\mathrm {d} x=\int {\frac {\sin(x)}{\cos(x)}}\,\mathrm {d} x\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Linearität des Integrals}}\right.}\\&{}=-\int \underbrace {\frac {-\sin(x)}{\cos(x)}} _{\frac {f'(x)}{f(x)}}\,\mathrm {d} x\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Logarithmische Integration}}\right.}\\&{}=-\ln {|\cos(x)|}+C\\\end{aligned}}$

Aufgabe (Stammfunktion von Kotangens)

Zeige:

$\int \cot(x)\;\mathrm {d} x=\ln |\sin(x)|+C$

Lösung (Stammfunktion von Kotangens)

Genau wir oben gilt mit Logarithmischer Integration

${\begin{aligned}&\int \cot(x)\,\mathrm {d} x=\int \underbrace {\frac {\cos(x)}{\sin(x)}} _{\frac {f'(x)}{f(x)}}\,\mathrm {d} x\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Logarithmische Integration}}\right.}\\&{}=\ln {|\sin(x)|}+C\\\end{aligned}}$

Kosekans uns Sekans

Satz (Stammfunktion von Tangens)

Der Kosekans und der Sekans haben eine Stammfunktion. Es gilt:

$\int \csc(x)\,\mathrm {d} x=\ln |\tan({\tfrac {x}{2}})|+C$

$\int \sec(x)\,\mathrm {d} x=\ln |\sec(x)+\tan(x)|+C$

Beweis (Stammfunktion von Tangens)

Die Kosekansfunktion ist definiert als $\csc(x)={\frac {1}{\sin(x)}}$. Um diese zu integrieren benutzen wir die Substitutionsregel mit der Weierstraß-Substitution $t=\tan({\tfrac {x}{2}})$:

${\begin{aligned}&\int \csc(x)\,\mathrm {d} x=\int {\frac {1}{\sin(x)}}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution:}}\ t=\tan({\tfrac {x}{2}})\Longrightarrow \sin(x)={\frac {2t}{1+t^{2}}}\ {\text{und}}\ \mathrm {d} x={\frac {2}{1+t^{2}}}\mathrm {d} t\right.}\\\\[0.3em]&{}=\int {\frac {1+t^{2}}{2t}}{\frac {2}{1+t^{2}}}\,\mathrm {d} t\\[0.3em]&{}=\int {\frac {1}{t}}\,\mathrm {d} t\\[0.3em]&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Integration von}}\ {\frac {1}{t}}\right.}\\[0.3em]&{}=\ln {|t|}+C\\[0.3em]&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution}}\right.}\\[0.3em]&{}=\ln {|\tan({\tfrac {x}{2}})|}+C\end{aligned}}$

Aufgabe (Stammfunktion von Kotangens)

Zeige:

$\int \sec(x)\,\mathrm {d} x=\ln |\sec(x)+\tan(x)|+C$

Lösung (Stammfunktion von Kotangens)

Zur Integration der Sekansfunktion $\sec(x)={\frac {1}{\cos(x)}}$ benutzen wir ebenfalls zunächst die Weierstraß-Substitution $t=\tan({\tfrac {x}{2}})$. Allerdings müssen wie anschließend noch eine Partialbruchzerlegung durchführen:

${\begin{aligned}&\int \sec(x)\,\mathrm {d} x=\int {\frac {1}{\cos(x)}}\,\mathrm {d} x\\[0.3em]&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution:}}\ t=\tan({\tfrac {x}{2}})\Longrightarrow \cos(x)={\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}\ {\text{und}}\ \mathrm {d} x={\frac {2}{1+t^{2}}}\mathrm {d} t\right.}\\\\[0.3em]&{}=\int {\frac {1+t^{2}}{1-t^{2}}}{\frac {2}{1+t^{2}}}\,\mathrm {d} t\\[0.3em]&{}=\int {\frac {2}{1+t^{2}}}\,\mathrm {d} t\\[0.3em]&{}=\int {\frac {2}{(1+t)(1-t)}}\,\mathrm {d} t\\[0.3em]&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partialbruchzerlegung}}\ {\frac {2}{(1+t)(1-t)}}={\frac {1}{1+t}}+{\frac {1}{1-t}}\right.}\\[0.3em]&{}=\int \left({\frac {1}{1+t}}+{\frac {1}{1-t}}\right)\,\mathrm {d} t\\[0.3em]&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Integration von}}\ {\frac {1}{1+t}}+{\frac {1}{1-t}}\right.}\\[0.3em]&{}=\ln(|1+t|)-\ln(|1-t|)+C\\[0.3em]&{}=\ln \left(\left|{\frac {1+t}{1-t}}\right|\right)+C\\[0.3em]&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution}}\right.}\\[0.3em]&{}=\ln \left(\left|{\frac {1+\tan({\tfrac {x}{2}})}{1-\tan({\tfrac {x}{2}})}}\right|\right)+C\\[0.3em]&{}=\ln \left(\left|{\frac {1+{\tfrac {\sin({\tfrac {x}{2}})}{\cos({\tfrac {x}{2}})}}}{1-{\tfrac {\sin({\tfrac {x}{2}})}{\cos({\tfrac {x}{2}})}}}}\right|\right)+C\\[0.3em]&{}=\ln \left|{\frac {\cos({\tfrac {x}{2}})+\sin({\tfrac {x}{2}})}{\cos({\tfrac {x}{2}})-\sin({\tfrac {x}{2}})}}\right|+C\\[0.3em]&{}=\ln \left|{\frac {(\cos({\tfrac {x}{2}})+\sin({\tfrac {x}{2}}))^{2}}{(\cos({\tfrac {x}{2}})-\sin({\tfrac {x}{2}}))(\cos({\tfrac {x}{2}})+\sin({\tfrac {x}{2}}))}}\right|+C\\[0.3em]&{}=\ln \left|{\frac {\cos ^{2}({\tfrac {x}{2}})+2\cos({\tfrac {x}{2}})\sin({\tfrac {x}{2}})+\sin ^{2}({\tfrac {x}{2}})}{\cos ^{2}({\tfrac {x}{2}})-\sin ^{2}({\tfrac {x}{2}})}}\right|+C\\[0.3em]&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Trigonometrische Identitäten:}}\ \cos ^{2}({\tfrac {x}{2}})+\sin ^{2}({\tfrac {x}{2}})=1,\ \cos({\tfrac {x}{2}})\sin({\tfrac {x}{2}})={\tfrac {1}{2}}\sin(x),\ \cos ^{2}({\tfrac {x}{2}})={\tfrac {1+\cos(x)}{2}},\ \sin ^{2}({\tfrac {x}{2}})={\tfrac {1-\cos(x)}{2}}\right.}\\[0.3em]&{}=\ln \left|{\frac {1+\sin(x)}{\cos(x)}}\right|+C\\[0.3em]&{}=\ln \left|{\frac {1}{\cos(x)}}+{\frac {\sin(x)}{\cos(x)}}\right|+C\\[0.3em]&=\ln |\sec(x)+\tan(x)|+C\end{aligned}}$

Die Arkusfunktionen

Arkussinus und Arkuskosinus

Satz

Die Funktionen $f:(-1,1)\to \mathbb {R} ,\ f(x)={\tfrac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}$ und $g:(-1,1)\to \mathbb {R} ,\ g(x)=-{\tfrac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}$ haben $\arcsin$ und $\arccos$ als Stammfunktion. Es gilt:

$\int {\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}\;\mathrm {d} x=\arcsin(x)+C$

$\int -{\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}\;\mathrm {d} x=\arccos(x)+C$

Beweis

Die Stammfunktionen ergeben sich durch Differenzieren der rechten Seite, mit Hilfe der Ableitung der Umkehrfunktion:

${\begin{aligned}{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\underbrace {\arcsin(x)} _{=F^{-1}(x)}+C&=\underbrace {\frac {1}{\sin '(\arcsin(x))}} _{={\frac {1}{F'(F^{-1}(x))}}}+0\\&={\frac {1}{\cos(\arcsin(x)}}\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Trigonometrischer Pythagoras:}}\sin ^{2}(x)+\cos ^{2}(x)=1\Longrightarrow \cos(x)={\sqrt {1-\sin ^{2}(x)}}\right.}\\&={\frac {1}{\sqrt {1-\sin ^{2}(\arcsin(x))}}}\\&={\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}\end{aligned}}$

Aufgabe

Zeige:

$\int -{\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}\;\mathrm {d} x=\arccos(x)+C$

Lösung

Analog zu oben gilt mit Hilfe der Ableitung der Umkehrfunktion:

${\begin{aligned}{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\overbrace {\arccos(x)} ^{=G^{-1}(x)}+C&=\overbrace {\frac {1}{\cos '(\arccos(x))}} ^{={\frac {1}{G'(G^{-1}(x))}}}+0\\&={\frac {1}{-\sin(\arccos(x)}}\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Trigonometrischer Pythagoras:}}\sin ^{2}(x)+\cos ^{2}(x)=1\Longrightarrow \sin(x)={\sqrt {1-\cos ^{2}(x)}}\right.}\\&={\frac {1}{-{\sqrt {1-\cos ^{2}(\arccos(x))}}}}\\&=-{\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}\end{aligned}}$

Satz (Stammfunktion des Arkussinus und Arkuskosinus)

Der Arkussinus $\arcsin :[-1,1]\to \left[-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}}\right]$ und der Arkuskosinus $\arccos :[-1,1]\to [0,\pi ]$ haben eine Stammfunktion

Für alle $x\in [-1,1]$ gilt:

$\int \arcsin(x)\;\mathrm {d} x=x\cdot \arcsin(x)+{\sqrt {1-x^{2}}}+C$

$\int \arccos(x)\;\mathrm {d} x=x\cdot \arccos(x)-{\sqrt {1-x^{2}}}+C$

Beweis (Stammfunktion des Arkussinus und Arkuskosinus)

Wir zeigen dies anhand des Arkussinus, für den Arkuskosinus geht das ganze analog.

Wir beginnen mit Partieller Integration. Schreibe $\arcsin(x)=1\cdot \arcsin(x)=f'\cdot g$. Dann folgt nach Anwendung der partiellen Integration:

${\begin{aligned}\int \arcsin(x)\,\mathrm {d} x&=\int 1\cdot \arcsin(x)\,\mathrm {d} x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration von }}f'\cdot g=1\cdot \arcsin(x)\right.}\\&{}=\underbrace {x\cdot \arcsin(x)} _{f\cdot g}-\int \underbrace {x\cdot {\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}} _{f\cdot g'}\,\mathrm {d} x\\\end{aligned}}$

Als nächstes wollen wir das Integral $\int x\cdot {\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}\,\mathrm {d} x$ bestimmen. Dazu benutzen wir die Substitutionsregel. Wir raten die Substitution $t=1-x^{2}$. Dann gilt $\mathrm {d} t=-2x\mathrm {d} x$ und umgestellt $\mathrm {d} x=-{\frac {1}{2x}}\mathrm {d} t$. Da wir die Stammfunktion herausfinden wollen, ist es hier nicht notwendig, die Grenzen zu ersetzen. Es folgt also:

${\begin{aligned}&\int x\cdot {\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}\,\mathrm {d} x\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution }}t=1-x^{2}\right.}\\&{}=\int x\cdot {\frac {1}{\sqrt {t}}}(-{\frac {1}{2x}})\,\mathrm {d} t\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Zusammenfassen}}\right.}\\&{}=\int -{\frac {1}{2{\sqrt {t}}}}\,\mathrm {d} t\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Integration von }}-{\frac {1}{2{\sqrt {t}}}}\right.}\\&{}=[-{\sqrt {t}}]\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution}}\right.}\\&{}=-{\sqrt {1-x^{2}}}+C\\\end{aligned}}$

Insgesamt folgt also:

$\int \arcsin(x)\,\mathrm {d} x=x\cdot \arcsin(x)+{\sqrt {1-x^{2}}}+C$

Aufgabe (Stammfunktion von Arkuskosinus)

Zeige:

$\int \arccos(x)\;\mathrm {d} x=x\cdot \arccos(x)-{\sqrt {1-x^{2}}}+C$

Lösung (Stammfunktion von Arkuskosinus)

Wir gehen analog zum $\arcsin$ vor, indem wir zunächst den Faktor Eins ergänzen, und anschließend partiell zu Integrieren und zu Substituieren:

${\begin{aligned}\int \arccos(x)\,\mathrm {d} x&=\int 1\cdot \arccos(x)\,\mathrm {d} x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}(f'(x)=1\ {\text{und}}\ g(x)=\arccos(x))\ \Longrightarrow \ (f(x)=x\ {\text{und}}\ g'(x)=-{\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}})\right.}\\&{}=\underbrace {x\cdot \arccos(x)} _{f\cdot g}-\int \underbrace {x\cdot (-{\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}})} _{f\cdot g'}\,\mathrm {d} x\\&x\cdot \arccos(x)+\int {\frac {x}{\sqrt {1-x^{2}}}}\,\mathrm {d} x\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution: }}t=1-x^{2}\Longrightarrow ({\frac {\mathrm {d} t}{\mathrm {d} x}}=-2x\iff \mathrm {d} x={\frac {\mathrm {d} t}{-2x}})\right.}\\&{}=x\cdot \arccos(x)+\int {\frac {x}{\sqrt {t}}}(-{\frac {1}{2x}})\,\mathrm {d} t\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Zusammenfassen}}\right.}\\&{}=x\cdot \arccos(x)+\int -{\frac {1}{2{\sqrt {t}}}}\,\mathrm {d} t\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Integration von }}-{\frac {1}{2{\sqrt {t}}}}\right.}\\&{}=x\cdot \arccos(x)-{\sqrt {t}}+C\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution}}\right.}\\&{}=x\cdot \arccos(x)-{\sqrt {1-x^{2}}}+C\\\end{aligned}}$

Arkustangens und Arkuskotangens

Satz

Die Funktionen $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ f(x)={\tfrac {1}{1+x^{2}}}$ und $g:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ g(x)=-{\tfrac {1}{1+x^{2}}}$ haben $\arctan$ und $\operatorname {arccot}$ als Stammfunktion. D.h. es gilt:

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

$\int -{\frac {1}{1+x^{2}}}\;\mathrm {d} x=\operatorname {arccot}(x)+C$

Beweis

Die Stammfunktionen ergeben sich durch Differenzieren der rechten Seite, mit Hilfe der Ableitung der Umkehrfunktion:

${\begin{aligned}{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\left(\underbrace {\arctan(x)} _{=F^{-1}(x)}+C\right)&=\underbrace {\frac {1}{\tan '(\arctan(x))}} _{={\frac {1}{F'(F^{-1}(x))}}}+0\\&={\frac {1}{1+\tan ^{2}(\arctan(x))}}\\&={\frac {1}{1+x^{2}}}\end{aligned}}$

Aufgabe

Zeige:

$\int -{\frac {1}{1+x^{2}}}\;\mathrm {d} x=\operatorname {arccot}(x)+C$

Lösung

Analog zu oben gilt mit Hilfe der Ableitung der Umkehrfunktion:

${\begin{aligned}{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\left(\overbrace {\operatorname {arccot}(x)} ^{=G^{-1}(x)}+C\right)&=\overbrace {\frac {1}{\cot '(\operatorname {arccot}(x))}} ^{={\frac {1}{G'(G^{-1}(x))}}}+0\\&={\frac {1}{-1-\cot(\operatorname {arccot}(x))}}\\&={\frac {1}{-1-x^{2}}}\\&=-{\frac {1}{1+x^{2}}}\end{aligned}}$

Satz (Stammfunktion des Arkussinus und Arkuskosinus)

Der Arkustangens $\arctan :\mathbb {R} \to \left]-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}}\right[$ und der Arkuskotangens $\operatorname {arccot} :\mathbb {R} \to ]0,\pi [$ haben eine Stammfunktion

Für alle $x\in \mathbb {R}$ gilt:

$\int \arctan(x)\;\mathrm {d} x=x\,\arctan x-{\frac {1}{2}}\ln \left(1+x^{2}\right)+C$

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

Beweis (Stammfunktion des Arkussinus und Arkuskosinus)

Wir leiten die Stammfunktion für die Arkustangensfunktion her, für den Arkuskotangens funktioniert das genauso.

Wir beginnen mit Partieller Integration. Schreibe $\arctan(x)=1\cdot \arctan(x)=f'\cdot g$. Dann folgt nach Anwendung der partiellen Integration:

${\begin{aligned}\int \arctan(x)\,\mathrm {d} x&=\int 1\cdot \arctan(x)\,\mathrm {d} x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration von }}f'\cdot g=1\cdot \arctan(x)\right.}\\&{}=\underbrace {x\cdot \arctan(x)} _{f\cdot g}-\int \underbrace {x\cdot {\frac {1}{1+x^{2}}}} _{f\cdot g'}\,\mathrm {d} x\\\end{aligned}}$

Als nächstes wollen wir das Integral $\int x\cdot {\frac {1}{1+x^{2}}}\,\mathrm {d} x$ bestimmen. Dazu benutzen wir den Spezialfall der Substitutionsregel, die logarithmische Integration. Alternativ kann man natürlich auch mit der Substitution $z=1+x^{2}$ vorgehen. Es folgt:

${\begin{aligned}&\int x\cdot {\frac {1}{1+x^{2}}}\,\mathrm {d} x\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Linearität des Integrals}}\right.}\\&{}={\frac {1}{2}}\int \underbrace {2x\cdot {\frac {1}{1+x^{2}}}} _{\frac {f'(x)}{f(x)}}\,\mathrm {d} x\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Logarithmische Integration}}\right.}\\&{}={\frac {1}{2}}\cdot \ln {|1+x^{2}|}+C\\\end{aligned}}$

Insgesamt folgt also:

$\int \arctan(x)\,\mathrm {d} x=x\cdot \arctan(x)-{\frac {1}{2}}\ln \left(1+x^{2}\right)+C$

Aufgabe (Stammfunktion von Arkus Kotangens)

Zeige:

$\int {\text{arccot}}(x)\;\mathrm {d} x=x\operatorname {arccot} x+{\frac {1}{2}}\ln(1+x^{2})+C$

Lösung (Stammfunktion von Arkus Kotangens)

Wir gehen analog zum $\arctan$ vor, indem wir zunächst den Faktor Eins ergänzen, und anschließend partiell zu Integrieren und zu Substituieren:

${\begin{aligned}\int {\text{arccot}}(x)\,\mathrm {d} x&=\int 1\cdot {\text{arccot}}(x)\,\mathrm {d} x\\&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Partielle Integration mit }}(f'(x)=1\ {\text{und}}\ g(x)={\text{arccot}}(x))\ \Longrightarrow \ (f(x)=x\ {\text{und}}\ g'(x)=-{\frac {1}{1+x^{2}}})\right.}\\&{}=\underbrace {x\cdot \arccos(x)} _{f\cdot g}-\int \underbrace {x\cdot (-{\frac {1}{1+x^{2}}})} _{f\cdot g'}\,\mathrm {d} x\\&x\cdot {\text{arccot}}(x)+\int {\frac {x}{1+x^{2}}}\,\mathrm {d} x\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Substitution: }}t=1+x^{2}\Longrightarrow ({\frac {\mathrm {d} t}{\mathrm {d} x}}=2x\iff \mathrm {d} x={\frac {\mathrm {d} t}{2x}})\right.}\\&{}=x\cdot {\text{arccot}}(x)+\int {\frac {x}{t}}({\frac {1}{2x}})\,\mathrm {d} t\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Zusammenfassen}}\right.}\\&{}=x\cdot {\text{arccot}}(x)+\int {\frac {1}{2t}}\,\mathrm {d} t\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Integration von }}{\frac {1}{2t}}\right.}\\&{}=x\cdot {\text{arccot}}(x)+{\frac {1}{2}}\ln(t)+C\\&{}{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rücksubstitution}}\right.}\\&{}=x\cdot {\text{arccot}}(x)+{\frac {1}{2}}\ln(1+x^{2})+C\\\end{aligned}}$

Die hyperbolischen Funktionen

Für die Beweise zu den Stammfunktionen der hyperbolischen Funktionen empfehlen wir die entsprechende Übungsaufgabe zu bearbeiten.

Sinus Hyperbolicus und Kosinus Hyperbolicus

Satz (Stammfunktion von Sinus Hyperbolicus und Kosinus Hyperbolicus)

Der Sinus Hyperbolicus und der Kosinus Hyperbolicus haben eine Stammfunktion. Es gilt:

$\int \sinh(x)\;\mathrm {d} x=\cosh(x)+C$

$\int \cosh(x)\;\mathrm {d} x=\sinh(x)+C$

Tangens Hyperbolicus und Kotangens Hyperbolicus

Satz (Stammfunktion von Tangens Hyperbolicus und Kotangens Hyperbolicus)

Der Tangens Hyperbolicus und der Kotangens Hyperbolicus haben eine Stammfunktion. Es gilt:

$\int \tanh(x)\;\mathrm {d} x=\ln \,\cosh(x)+C$

$\int \coth(x)\;\mathrm {d} x=\ln |\sinh(x)|+C$

Die Areafunktionen

Für die Beweise zu den Stammfunktionen der Area Funktionen empfehlen wir die entsprechende Übungsaufgabe zu bearbeiten.

Areasinus und Areakosinus

Satz (Stammfunktion von Areasinus und Areakosinus)

Der Areasinus und der Areakosinus haben eine Stammfunktion. Es gilt:

$\int \operatorname {arsinh} (x)\ \mathrm {d} x=x\cdot \operatorname {arsinh} (x)-{\sqrt {x^{2}+1}}+C$

$\int \operatorname {arcosh} (x)\ \mathrm {d} x=x\cdot \operatorname {arcosh} (x)-{\sqrt {x^{2}-1}}+C$

Areatangens und Areakotangens

Satz (Stammfunktion von Areatangens und Areakotangens)

Der Areatangens und der Areakotangens haben eine Stammfunktion. Es gilt:

$\int \operatorname {artanh} (x)\,\mathrm {d} x=x\cdot \operatorname {artanh} (x)+{\frac {1}{2}}\ln \left(1-x^{2}\right)$

$\int \operatorname {arcoth} (x)\,\mathrm {d} x=x\cdot \operatorname {arcoth} (x)+{\frac {1}{2}}\ln \left(x^{2}-1\right)$