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Integral der Umkehrfunktion

Bemerkung. Man veranschauliche die Aussage des folgenden Satzes und auch den Beweis mit einer Zeichnung.

Satz 3.1.37 (Integral der Umkehrfunktion)  

1. Es sei $ f: [a,b] \rightarrow \mathbb{R}$ stetig und streng monoton wachsend mit Umkehrfunktion $ g: [f(a),f(b)]\rightarrow [a,b] $. Dann gilt

$\displaystyle \int_a^b f(x)\,dx +\int_{f(a)}^{f(b)} g(y)\,dy
= bf(b) - af(a)$   .$\displaystyle $

2. Wenn $ f$ streng monoton fallend ist gilt die obige Formel für die Umkehrfunktion $ g:[f(b),f(a)] $:

$\displaystyle \textstyle
\int\limits_{[a,b]}f
- \int\limits_{[f(b),f(a)]}\!\!\!\! g = bf(b)-af(a)$.$\displaystyle $

Beweis . 1: $ f$ streng monoton wachsend: Es seien $ Z = \{a=x_0<x_1\dots x_k=b\} $, $ y_\varkappa :=f(x_\varkappa) $, $ (\varkappa=1,\dots,k) $. Man erhält eine Einteilung $ Z^* = \{f(a)=y_0<y_1<\dots<y_k=f(b)\} $ des Bildes. Man addiere die Riemannschen Summen von $ f$ und $ g $:

$\displaystyle \sum_{\varkappa=1}^k$ $\displaystyle f(x_{\varkappa-1}) (x_\varkappa - x_{\varkappa-1}) + \sum_{\varkappa=1}^k g(y_{\varkappa})( y_\varkappa - y_{\varkappa-1})$    
  $\displaystyle =\sum_{\varkappa=1}^k f(x_{\varkappa-1}) (x_\varkappa - x_{\varka...
...}) + \sum_{\varkappa=1}^k x_{\varkappa} ( f(x_\varkappa) - f(x_{\varkappa-1}) )$    
  $\displaystyle = \sum_{\varkappa=1}^k f(x_\varkappa)x_\varkappa -f(x_{\varkappa-1})x_{\varkappa-1}$    
  $\displaystyle = f(x_k)x_k -f(x_0)x_0 = bf(b) - af(a)$   .    

Für eine Folge $ Z_n $ von Einteilung von $ [a,b] $, deren Feinheit $ d(Z_n)\to 0 $, konvergiert auch die Feinheit der Bildeinteilung $ d(Z_n^*)\to 0 $. So folgt die Formel für die Integrale.

2: $ f$ streng monoton fallend: Es seien $ Z = \{a=x_0<x_1\dots x_k=b\} $, $ y_\varkappa :=f(x_\varkappa) $, $ (\varkappa=1,\dots,k) $. Man erhält eine Einteilung $ Z^* = \{f(b)=y_k<y_{k-1}<\dots<y_0=f(a)\} $ von $ [f(b),f(a)] $. Man subtrahiere die Riemannschen Summen von $ f$ und $ g $:

$\displaystyle \sum_{\varkappa=1}^k$ $\displaystyle f(x_{\varkappa-1}) (x_\varkappa - x_{\varkappa-1}) - \sum_{\varkappa=0}^{k-1} g(y_{k-\varkappa})( y_{k-\varkappa} - y_{k-(\varkappa-1)})$    
  $\displaystyle =\sum_{\varkappa=1}^k f(x_{\varkappa-1}) (x_\varkappa - x_{\varkappa-1}) + \sum_{\varkappa=1}^k g(y_{\varkappa})( y_\varkappa - y_{\varkappa-1})$    
  $\displaystyle =\sum_{\varkappa=1}^k f(x_{\varkappa-1}) (x_\varkappa - x_{\varka...
...}) + \sum_{\varkappa=1}^k x_{\varkappa} ( f(x_\varkappa) - f(x_{\varkappa-1}) )$    
  $\displaystyle = \sum_{\varkappa=1}^k f(x_\varkappa)x_\varkappa -f(x_{\varkappa-1})x_{\varkappa-1}$    
  $\displaystyle = f(x_k)x_k -f(x_0)x_0 = bf(b) - af(a)$   .    

Also gilt die behauptete Gleichung (2.).

Beispiele 3.1.38   Für $ n\in \mathbb{N}$ gilt: $ \displaystyle \int_0^y t^{\frac{1}{n}}\,dt
= {\textstyle \frac{n}{n+1}}\,y^{1+\frac{1}{n}} $.

Beweis . Für $ 0< x $ und $ y=x^n $ gilt

$\displaystyle %%displaystyle
\int_0^x \xi^n\,d\xi +\int_0^y \eta^{\frac{1}{n}} \,d\eta$,$\displaystyle = xy
$

und somit

$\displaystyle \frac{1}{n+1}x^{n+1} + \int_0^y \eta^{\frac{1}{n}} \,d\eta = x^{n+1}
$

Da $ x=y^{\frac{1}{n}} $ ist, folgt

$\displaystyle \int_0^y \eta^{\frac{1}{n}} \,d\eta
= \frac{n}{n+1}\,y^{1+\frac{1}{n}}$   .$\displaystyle $

Übung.

  1. Nun folgt induktiv $ \int_0^x t^{1+\frac{1}{n}}t^{\frac{1}{n}}\,dt
= \frac{n}{n+2} x^{1+\frac{2}{n}} $ usw.

    Und schließlich $ \int_0^x t^{r}\,dt
= \frac{1}{r+1} x^{r+1} $ für $ 1\leqslant r\in\mathbb{Q}$.

  2. Man folgere aus (1.), daß $ \int_0^x t^{r}\,dt
= \frac{1}{r+1} x^{r+1} $ für $ 0\leqslant r< 1, r\in\mathbb{Q}$.
  3. Man folgere aus $ \int x^{-2}\,dx = -x^{-1} $, daß

    $\displaystyle \int_1^y \frac{1}{\sqrt{\eta}}\,d\eta = 2(\sqrt{y}-1)$.$\displaystyle $

    D.h. $ \int x^{-\frac{1}{2}} = 2\, x^{\frac{1}{2}} $.
  4. $ \int x^{r}\,dx
= \frac{1}{r+1} x^{r+1} $ für $ r\in\mathbb{Q}\setminus\{-1\} $.
  5. $ \int x^{a}\,dx
= \frac{1}{a+1} x^{a+1} $ für $ a\in\mathbb{R}\setminus\{-1\} $.

Satz 3.1.39 (Integral der Exponentialfunktion)  

Für $ y\in \mathbb{R}$ gilt

$\displaystyle \displaystyle
\int_0^y e^t\,dt = e^y-e^0
$

Bemerkung. Die Exponentialfunktion $ y\mapsto e^y $ ist ein unbestimmtes Integral von sich selbst. Man schreibt abkürzend:

$\displaystyle \int e^x\,dx = e^x + C$.$\displaystyle $

Beweis . Für $ 1<x $ und $ y = \log x $ gilt

$\displaystyle x$ $\displaystyle \log x - (x-1) + \int_0^y e ^t\,dt$    
  $\displaystyle = \int_1^x \log \xi\,d\xi + \int_{\log 1}^{\log x} e ^t\,dt$    
  $\displaystyle = x \log x - 1 \log 1 = x \log x$    

Also folgt $ \int_0^y e^t\,dt = x-1 = e^y-1 $.

Im Fall $ 0<x<1 $ gilt eine analoge Rechnung für $ [x,1] $:

$\displaystyle - x$ $\displaystyle \log x - (1-x) + \int_{y}^0 e ^t\,dt$    
  $\displaystyle = \int_x^1 \log \xi\,d\xi + \int_{\log x}^0 e ^t\,dt$    
  $\displaystyle = 1 \log 1 - x \log x = - x \log x$.    

Beispiele 3.1.40 (Approximation der Exp.-Funktion)  

Durch partielle Integration erhalt man

$\displaystyle \int_0^x e^{\xi_0}\,d\xi_0$ $\displaystyle = e^x-1,$    
$\displaystyle \int_0^x\int_0^{\xi_1} e^{\xi_0}\,d\xi_0\,d\xi_1$ $\displaystyle = e^x-1-x$    
$\displaystyle \int_0^x\int_0^{\xi_2}\int_0^{\xi_1} e^{\xi_0}\,d\xi_0\,d\xi_1\,d\xi_2$ $\displaystyle = e^x-1-x-\frac{x^2}{2} ,$    
$\displaystyle \quad\dots$    
$\displaystyle \int_0^x\int_0^{\xi_n}\dots\int_0^{\xi_1} e^{\xi_0}\,d\xi_0\,d\xi_1\dots\,d\xi_n$ $\displaystyle = e^x - \sum_{k=0}^n \frac{x^k}{k!}$    .    

Da $ e^{\xi_0}\leqslant \max\{1,e^x\} $ folgt (vgl. [*])

$\displaystyle \Bigl\vert e^x - \sum_{k=0}^n \frac{x^k}{k!} \Bigr\vert
\leqslan...
...x\} \frac{\vert x\vert^{n+1}}{(n+1)!}
\stackrel{n\to\infty}{\longrightarrow} 0$    .$\displaystyle $


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Analysis1-A.Lambert 2001-02-09