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

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

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

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

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 $g$:

$$\sum_{\varkappa=1}^k f(x_{\varkappa-1}) (x_\varkappa - x_{\varkappa-1}) + \sum_{\varkappa=1}^k g(y_{\varkappa})( y_\varkappa - y_{\varkappa-1})$$

$$=\sum_{\varkappa=1}^k f(x_{\varkappa-1}) (x_\varkappa - x_{\varka... ...}) + \sum_{\varkappa=1}^k x_{\varkappa} ( f(x_\varkappa) - f(x_{\varkappa-1}) )$$

$$= \sum_{\varkappa=1}^k f(x_\varkappa)x_\varkappa -f(x_{\varkappa-1})x_{\varkappa-1}$$

$$= f(x_k)x_k -f(x_0)x_0 = bf(b) - af(a)$$

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 $g$:

$$\sum_{\varkappa=1}^k f(x_{\varkappa-1}) (x_\varkappa - x_{\varkappa-1}) - \sum_{\varkappa=0}^{k-1} g(y_{k-\varkappa})( y_{k-\varkappa} - y_{k-(\varkappa-1)})$$

$$=\sum_{\varkappa=1}^k f(x_{\varkappa-1}) (x_\varkappa - x_{\varkappa-1}) + \sum_{\varkappa=1}^k g(y_{\varkappa})( y_\varkappa - y_{\varkappa-1})$$

$$=\sum_{\varkappa=1}^k f(x_{\varkappa-1}) (x_\varkappa - x_{\varka... ...}) + \sum_{\varkappa=1}^k x_{\varkappa} ( f(x_\varkappa) - f(x_{\varkappa-1}) )$$

$$= \sum_{\varkappa=1}^k f(x_\varkappa)x_\varkappa -f(x_{\varkappa-1})x_{\varkappa-1}$$

$$= f(x_k)x_k -f(x_0)x_0 = bf(b) - af(a)$$

Also gilt die behauptete Gleichung (2.).

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

Beweis . Für $0< x$ und $y=x^n$ gilt

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

und somit

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

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

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

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

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

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

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

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

$$x \log x - (x-1) + \int_0^y e ^t\,dt$$

$$= \int_1^x \log \xi\,d\xi + \int_{\log 1}^{\log x} e ^t\,dt$$

$$= x \log x - 1 \log 1 = x \log x$$

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

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

$$- x \log x - (1-x) + \int_{y}^0 e ^t\,dt$$

$$= \int_x^1 \log \xi\,d\xi + \int_{\log x}^0 e ^t\,dt$$

$$= 1 \log 1 - x \log x = - x \log x$$

Beispiele 3.1.40 (Approximation der Exp.-Funktion)  

Durch partielle Integration erhalt man

$$\int_0^x e^{\xi_0}\,d\xi_0 = e^x-1,$$

$$\int_0^x\int_0^{\xi_1} e^{\xi_0}\,d\xi_0\,d\xi_1 = e^x-1-x$$

$$\int_0^x\int_0^{\xi_2}\int_0^{\xi_1} e^{\xi_0}\,d\xi_0\,d\xi_1\,d\xi_2 = e^x-1-x-\frac{x^2}{2} ,$$

$$\quad\dots$$

$$\int_0^x\int_0^{\xi_n}\dots\int_0^{\xi_1} e^{\xi_0}\,d\xi_0\,d\xi_1\dots\,d\xi_n = e^x - \sum_{k=0}^n \frac{x^k}{k!}$$

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

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