Die Differentialrechnung ist u.a. durch das Tangentenproblem und das Geschwindigkeitsproblem motiviert. Dabei ist also eine Funktion

f

– etwa die Funktion des zurückgelegten Weges eines sich bewegenden Massepunktes – gegeben, und die Ableitung

f^{'}

der Funktion

f

– also die Funktion der Geschwindigkeit des Punktes – ist gesucht.

In der Praxis entsteht oft die umgekehrte Fragestellung. Z.B. kann die Funktion der Geschwindigkeit gegeben sein, und man sucht die Funktion des Weges. Also gegeben ist eine Funktion

f

, gesucht ist eine differenzierbare Funktion

F

mit

F^{'} = f

. Dies führt uns in gewisser Weise zur Umkehrung des Differenzierens, zum (unbestimmten) Integrieren. Mit dieser Fragestellung verwandt, obwohl auf dem ersten Blick nicht zu erkennen, ist das sog. Flächenproblem :

Gegeben sei eine in einem abgeschlossenen Intervall

I = [a, b]

mit

a < b

definierte und nicht negative Funktion

f

. Es erhebt sich die Frage, ob der ebenen Punktmenge

in „vernünftiger Weise“ ein Flächeninhalt zugeschrieben werden kann und wie dieser gegebenenfalls berechnet werden könnte? (siehe auch Abb. 9.1 und 9.2)

Diese Fragestellungen werden in den nächsten beiden Abschnitten behandelt. Wir befassen uns zunächst mit der „Umkehrung des Differenzierens“.

Im folgenden seien – wenn nichts anderes vereinbart wird –

f, g, F, G

reellwertige Funktionen einer reellen Veränderlichen, und

I

sei ein Intervall in

I R

Satz 9.1 Sind $F_{1}$ und $F_{2}$ Stammfunktionen von $f$ in einem Intervall $I$ , dann unterscheiden sich $F_{1}$ und $F_{2}$ höchstens um eine additive Konstante. (D.h., es existiert ein $c \in I R$ , so daß $F_{1} (x) = F_{2} (x) + c$ für jedes $x \in I$ ).

Beweis. Nach Voraussetzung gilt

F_{1}^{'} = f = F_{2}^{'}

I

. Folglich ist

F_{1}^{'} - F_{2}^{'} = {(F_{1} - F_{2})}^{'}

, und nach dem Korollar zum ersten Mittelwertsatz der Differentialrechnung ist

F_{1} - F_{2}

konstant.

<mi
>P</mi><mi >I</mi><mi >C</mi><mi >T</mi>

Beweis zu (2). Ist

F_{1}

eine beliebige Stammfunktion von

f

und

F_{1} (x_{0}) : = c

, dann ist auch

F (x) = F_{1} (x) - c

eine Stammfunktion, und es gilt

F (x_{0}) = F_{1} (x_{0}) - c = 0

. Ist

F^{*}

ebenfalls eine Stammfunktion von

f

mit

F^{*} (x_{0}) = 0

, dann unterscheiden sich

F^{*}

und

F

nur um eine additive Konstante, also

F^{*} - F = c^{'}

. Folglich ist

F^{*} (x_{0}) - F (x_{0}) = 0 = c^{'}

Für diese – durch

x_{0} \in I

eindeutig bestimmte – Stammfunktion

F

benutzen wir folgende Bezeichnungen:

Aus drucktechnischen Gründen schreiben wir für

\int_{x_{0}}^{x} \dots

auch

\int_{x_{0}}^{x} \dots .

Die Menge aller Stammfunktionen von

f

in einem Intervall

I

heißt unbestimmtes Integral von

f

I

. Bez.:

\int f (x) d x

Das unbestimmte Integral von einer Funktion – die eine Stammfunktion besitzt – ist also eine ganze Klasse von Funktionen, die sich voneinander nur um eine additive Konstante unterscheiden. Will man mit diesen Klassen „rechnen“, dann kann man dies repräsentantenweise tun und jeweils entsprechende Konstanten addieren.

$\int x^{n} d x = \frac{x^{n + 1}}{n + 1} + c,$ $n \in Z Z$ $\$ ${- 1}$	$\int \frac{d x}{x} = ln \| x \| + c$
$\int sin x d x = - cos x + c$	$\int e^{x} d x = e^{x} + c$
$\int cos x d x = sin x + c$	$\int a^{x} d x = \frac{a^{x}}{ln a} + c$
$\int \frac{d x}{cos x} = tan x + c$	$\int \frac{d x}{\sqrt{1 - x^{2}}} = arcsin x + c$
$\int \frac{d x}{sin x} = - cot x + c$	$\int \frac{d x}{\sqrt{1 + x^{2}}} = ln (x + \sqrt{x^{2} - 1}) + c$
$\int \frac{d x}{1 + x^{2}} = arctan x + c$	$\int \frac{d x}{\sqrt{x^{2} - 1}} = ln \| x + \sqrt{x^{2} - 1} \| + c,$ $\| x \| > 1$
$\int \frac{d x}{1 - x^{2}} = \frac{1}{2} \cdot ln \frac{1 + x}{1 - x} + c,$ $\| x \| < 1$	$\int \frac{g^{'} (x)}{g (x)} d x = ln \| g (x) \| .$

Beispiel. Es gilt

\int \frac{1}{x} d x = ln | x | + c

, wobei

c

eine beliebige Konstante ist.

Es genügt zu zeigen, daß

F (x) = ln | x | + c

eine Stammfunktion von

f (x) = \frac{1}{x}

mit

x \neq 0

ist. Für

x < 0

ist

| x | = - x

, also

ln | x | = ln (- x)

und schließlich

F^{'} (x) = (ln (- x) + c)^{'} = \frac{1}{- x} \cdot (- 1) = \frac{1}{x}

. Für

x > 0

ist

| x | = x

und damit

F^{'} (x) = (ln | x | + c)^{'} = \frac{1}{x} .

Aus den Differentiationsregeln gewinnt man entsprechende Regeln für das Integrieren.

Satz 9.2 $($ Integration einer Summe $)$ Es seien $a, b \in I R$ . Besitzen $f$ und $g$ Stammfunktionen in $I$ , dann besitzt auch $a \cdot f + b \cdot g$ eine Stammfunktion in $I$ , und es gilt

$\int (a \cdot f (x) + b \cdot g (x)) d x = a \cdot \int f (x) d x + b \cdot \int g (x) d x .$

Beweis. Sei

x_{0} \in I

und

F, G

seien die Stammfunktionen von

f

bzw.

g

, für die

F (x_{0}) = G (x_{0}) = 0

, also

F^{'} (x) = f (x), G^{'} (x) = g (x)

und

F (x) = \int_{x_{0}}^{x} f (x) d x

und

G (x) = \int_{x_{0}}^{x} g (x) d x .

Dann ist offenbar

a \cdot F + b \cdot G

die Stammfunktion von

a \cdot f + b \cdot g

I

, welche an der Stelle

x_{0}

Null wird. Also ist

\int_{x_{0}}^{x} (a \cdot f (x) + b \cdot g (x)) d x = a \cdot F (x) + b \cdot G (x) = a \cdot \int_{x_{0}}^{x} f (x) d x + b \cdot \int_{x_{0}}^{x} g (x) d x .

Die Produktregel für das Differenzieren liefert eine entsprechende Regel für das Integrieren. Denn

{(u v)}^{'} = u^{'} v + u v^{'}

, folglich ist

u v

eine Stammfunktion für

u^{'} v + u v^{'}

. Setzt man

u^{'} = f

und

v = g

, dann motiviert dies den folgenden Satz.

Satz 9.3 $($ partielle Integration $)$ Es seien $f$ und $g$ in $I$ definiert. Besitzt $f$ in $I$ eine Stammfunktion $F$ und ist $g$ in $I$ differenzierbar und besitzt $F \cdot g^{'}$ in $I$ eine Stammfunktion, dann besitzt auch $f \cdot g$ in $I$ eine Stammfunktion, und es ist

$\int f (x) g (x) d x = F (x) g (x) - \int F (x) g^{'} (x) d x .$

Beweis. Es sei

x_{0} \in I

und o.B.d.A. sei

F

die Stammfunktion von

f

I

, die an der Stelle

x_{0}

Null wird. Weiterhin sei

Dann ist

h

als Differenz zweier differenzierbarer Funktionen wieder differenzierbar in

I

, und es gilt

h^{'} (x) = \underset{= f (x)}{\underset{︸}{F^{'} (x)}} g (x) + F (x) g^{'} (x) - F (x) g^{'} (x) = f (x) g (x) .

Folglich ist

h

die Stammfunktion von

f \cdot g

I

, die an der Stelle

x_{0}

Null wird. Hieraus folgt die Behauptung.

Bemerkung. Ersetzt man in Satz 9.3

f

durch

u^{'}

und damit

F

durch

u

, dann erhält man

\int u^{'} v d x = u v - \int u v^{'} d x

Wir versuchen, dieses Integral mit Hilfe der partiellen Integration zu berechnen. Ansatz 1:

u^{'} (x) = x

und

v (x) = e^{x}

. Dann ist

u (x) = \frac{1}{2} x^{2}

eine Stammfunktion von

x

und

v^{'} (x) = e^{x}

. Folglich ist

\int x e^{x} d x = \frac{x^{2}}{2} \cdot e^{x} - \int \frac{x^{2}}{2} \cdot e^{x} d x .

Das letzte Integral ist aber komplizierter als das Ausgangsintegral, demzufolge führt dieser Ansatz nicht zum Ziel. Ansatz 2:

u^{'} (x) = e^{x}

und

v (x) = x

. Dann ist

u (x) = e^{x}

eine Stammfunktion von

e^{x}

und

v^{'} (x) = 1

. Folglich ist

\int x e^{x} d x = x e^{x} - \int 1 \cdot e^{x} d x = x e^{x} - e^{x} + c = e^{x} (x - 1) + c .

Auch die Kettenregel für das Differenzieren liefert eine entsprechende Regel für das Integrieren. Denn

(u (v (x))^{'} = u^{'} (v (x)) \cdot v^{'} (x)

, folglich ist

u (v (x))

eine Stammfunktion von

u^{'} (v (x)) \cdot v^{'} (x)

. Setzt man

u^{'} = f

und

v = g

, dann motiviert dies folgenden Satz.

Satz 9.4 $($ Substitutionsregel $)$ Sei $g$ in dem Intervall $I$ und $f$ in dem Intervall $J$ definiert, und es sei $g (I) \subseteq J$ . Besitzt $f$ in $J$ eine Stammfunktion und ist $g$ in $I$ differenzierbar, dann besitzt $f (g (x)) \cdot g^{'} (x)$ in $I$ eine Stammfunktion, und es gilt

$\int_{x_{0}}^{x} f (g (x)) g^{'} (x) d x = \int_{t_{0}}^{t} f (t) d t,$ wobei $x_{0} \in I, t = g (x)$ und $t_{0} = g (x_{0})$ .

Beweis. Sei

x_{0} \in I, t_{0} = g (x_{0})

und

F

die Stammfunktion von

f

J

, die in

t_{0} \in J

Null wird. Es gilt also

F (t_{0}) = F (g (x_{0})) = 0

und

Folglich ist

F (g (x))

die Stammfunktion von

f (g (x)) \cdot g^{'} (x)

, die in

x_{0}

Null wird, denn

F (g (x_{0})) = F (t_{0}) = 0

. Also ist

F (\underset{= t}{\underset{︸}{g (x)}}) = \int_{x_{0}}^{x} f (g (x)) \cdot g^{'} (x) d x,

F (t) = \int_{t_{0}}^{t} f (t) d x = \int_{x_{0}}^{x} f (g (x)) \cdot g^{'} (x) d x .

Mit Hilfe einer Stammfunktion

F

von

f

läßt sich sofort das unbestimmte Integral

\int f (g (x)) \cdot g^{'} (x) d x = F (g (x)) + c

angeben.

Es sei

I = (- \infty, \infty)

, und

J = [0, \infty)

. Setzt man

f (t) = \sqrt{t}

und

g (x) = 1 + x^{2}

, dann ist

g^{'} (x) = 2 x

und

\sqrt{1 + x^{2}} \cdot x = \frac{1}{2} \sqrt{1 + x^{2}} \cdot 2 x = f (g (x)) \cdot g^{'} (x) .

Eine Stammfunktion von

f (t) = \sqrt{t}

ist durch

\frac{2}{3} \sqrt{t^{3}}

gegeben. Folglich ist

\int \sqrt{1 + x^{2}} \cdot x d x = \frac{1}{3} \cdot \sqrt{{(1 + x^{2})}^{3}} + c .

2. Berechnung des unbestimmten Integrals

\int \frac{g^{'} (x)}{g (x)} d x

mit

g (x) \neq 0

Setzt man

f (t) = \frac{1}{t}

und

t = g (x)

, dann ist

\frac{g^{'} (x)}{g (x)} = f (g (x)) \cdot g^{'} (x)

ln | t |

ist eine Stammfunktion von

f (t) = \frac{1}{t} .

Folglich ist

Wir versuchen dies wieder mit Hilfe der Substitutionsregel. Hierzu setzen wir

t = e^{x}

. Folglich ist

\frac{d t}{d x} = e^{x}

. Rechnet man mit Differentialen, dann ergibt sich hieraus

d x = \frac{d t}{e^{x}} = \frac{d t}{t}

. Folglich ist

Der Integrand wird mit Hilfe der Partialbruchzerlegung so umgeformt, daß sich die resultierenden Integrale leichter berechnen lassen. Hierzu machen wir folgenden Ansatz:

wobei

A

und

B

Konstanten sind und die Gleichheit als Gleichheit von rationalen Funktionen zu verstehen ist. Multipliziert man die Gleichung mit der Nennerfunktion

t (t + 1)

, dann erhält man die folgende Polynomgleichheit:

Ein Koeffizientenvergleich der auf beiden Seiten der Gleichheit stehenden Polynome liefert das Gleichungssystem

mit den Unbekannten

A, B

. Die Lösung ergibt

B = - A = - 1

. Damit erhält man

Wir versuchen dies erneut mit der Partialbruchzerlegung. Hierzu machen wir folgenden Ansatz:

\frac{1}{x^{2} (x^{2} + 1)} = \frac{A}{x^{2}} + \frac{B}{x} + \frac{C x + D}{x^{2} + 1} .

Multipliziert man diese Gleichung (Gleichheit von Funktionen) mit der Nennerfunktion

x^{2} (x^{2} + 1)

, dann entsteht eine Gleichung zwischen zwei Polynomen:

für den Fall bestimmen, daß

x^{2} + b x + c

keine reelle Nullstelle besitzt, dann macht man bei der Partialbruchzerlegung folgenden Ansatz:

\frac{1}{{(x - a)}^{m} {(x^{2} + b x + c)}^{n}} = \frac{A_{1}}{x - a} + \frac{A_{2}}{{(x - a)}^{2}} + \dots + \frac{A_{m}}{{(x - a)}^{m}} +

\frac{B_{1} x + C_{1}}{x^{2} + b x + c} + \frac{B_{2} x + C_{2}}{{(x^{2} + b x + c)}^{2}} + \dots + \frac{B_{n} x + C_{n}}{{(x^{2} + b x + c)}^{n}} .

6. Hat man eine beliebige rationale Funktion

f (x)

in der Form

\frac{p (x)}{q (x)}

gegeben, dann kann durch Polynomdivision immer erreicht werden, daß

Für die entsprechende Partialbruchzerlegung von

\frac{r (x)}{g (x)}

macht man folgenden Ansatz:

\frac{r (x)}{{(x - a_{1})}^{m_{1}} \dots {(x - a_{k})}^{m_{k}} {(x^{2} + b_{1} x + c_{1})}^{n_{1}} \dots {(x^{2} + b_{l} x + c_{l})}^{n_{l}}} =

\frac{A_{11}}{x - a_{1}} + \dots + \frac{A_{1 m_{1}}}{{(x - a_{1})}^{m_{1}}} + \dots + \frac{A_{k 1}}{x - a_{k}} + \dots + \frac{A_{k m_{k}}}{{(x - a_{k})}^{m_{k}}} +

\frac{B_{11} x + C_{11}}{x^{2} + b_{1} x + c_{1}} + \dots + \frac{B_{1 n_{1}} x + C_{1 n_{1}}}{{(x^{2} + b_{1} x + c_{1})}^{n_{1}}} + \dots + \frac{B_{l 1} x + C_{l 1}}{x^{2} + b_{l} x + c_{l}} + \dots + \frac{B_{l n_{l}} x + C_{l n_{l}}}{{(x^{2} + b_{l} x + c_{l})}^{n_{l}}},

wobei

q (x)

schon als Produkt gegeben sei und die Faktoren

x^{2} + b_{i} x + c_{i}

keine reellen Nullstellen besitzen sollen. Die Multiplikation der Gleichung mit

q (x)

liefert wieder eine Polynomgleichung. Durch Koeffizientenvergleich erhält man ein lineares Gleichungssystem, aus dem man die Koeffizienten

A_{i j}, B_{i j}, C_{i j}

berechnen kann. Mit dieser Methode bleiben schließlich nur noch Integrale über Funktionen der Gestalt

f (x) = \frac{1}{{(x - a)}^{k}}

und

g (x) = \frac{A x + B}{{(x^{2} + b x + c)}^{l}}

zu berechnen. Bei der ersten Funktion substituiert man

t = x - a

, und löst auf diese Weise das Integral. Bei der zweiten Funktion ist

x^{2} + b x + c = {(x + \frac{b}{2})}^{2} + c - {(\frac{b}{2})}^{2} .

x^{2} + b x + c

keine reelle Nullstelle besitzt, ist

c - {(\frac{b}{2})}^{2} > 0

. Der Einfachheit wegen setzen wir

c - {(\frac{b}{2})}^{2} : = r^{2} .

Substituiert man jetzt

t = x + \frac{b}{2},

so ist

d x = d t

und

x^{2} + b x + c = {(x + \frac{b}{2})}^{2} + r^{2} = t^{2} + r^{2} = r^{2} ({(\frac{t}{r})}^{2} + 1)

. Folglich erhält man

\int \frac{A x + B}{{(x^{2} + b x + c)}^{l}} d x = \int \frac{A t + (B - A \cdot \frac{b}{2})}{r^{2 l} ((\frac{t}{r})^{2} + 1)^{l}} d t = \frac{1}{r^{2 l}} \int \frac{A t + C}{((\frac{t}{r})^{2} + 1)^{l}} d t : = (⋆),

wobei

C : = B - A \cdot \frac{b}{2}

. Substituiert man erneut

u : = \frac{t}{r}

, also

t = r \cdot u

und

d t = r \cdot d u

, so ergibt sich

(⋆) = \frac{1}{r^{2 l}} \int \frac{r \cdot A u + C}{{(u^{2} + 1)}^{l}} \cdot r d u = \frac{1}{r^{2 l - 2}} \int \frac{A u + C^{*}}{{(u^{2} + 1)}^{l}} d u,

mit

C^{*} = \frac{c}{r}

zu berechnen. Bei dem ersten Integral substituiert man

v : = u^{2} + 1 \Rightarrow d v = 2 u d u

, also

und dies ist ein Grundintegral. Das zweite Integral ist für

l = 1

ein Grundintegral; für

l > 1

führt folgender Ansatz schließlich zum Ziel:

\int \frac{d u}{{(u^{2} + 1)}^{l}} = \frac{a^{*} u + b^{*}}{{(u^{2} + 1)}^{l - 1}} + c^{*} \int \frac{d u}{{(u^{2} + 1)}^{l - 1}}, (⋆ ⋆)

wobei

a^{*}, b^{*}, c^{*}

zu bestimmende Konstanten sind. (Wenn dieser Ansatz gelingt, dann hat man das Problem „von

l > 1

auf

l - 1 \geq 1

“ reduziert. Wiederholte Anwendung dieses Verfahrens führt das Ausgangsintegral auf ein Grundintegral zurück.)

Differenziert man die Gleichung

(⋆ ⋆)

, dann erhält man (analog wie bei der Partialbruchzerlegung) eine Gleichheit von rationalen Funktionen. Durch Koeffizientenvergleich entsteht ein lineares Gleichungssystem, aus dem sich

a^{*}, b^{*}, c^{*}

bestimmen lassen. Es ergibt sich:

Wir wenden uns nun dem Flächenproblem zu. Gegeben sei also ein abgeschlossenes Intervall

I = [a, b]

mit

a < b

und eine in

I

definierte und beschränkte Funktion

f

. Im folgenden sei stets – falls nichts anderes vereinbart wird –

I

dieses Intervall und

f : I \to I R

. (vgl. auch Abb. 9.1)

Wenn

f

I

nicht negativ ist und der Flächeninhalt

A

der ebenen Punktmenge

M : = {(x, y) : a \leq x \leq b, 0 \leq y \leq f (x)}

überhaupt existiert, dann muß folgende Ungleichung gelten (siehe Abb. 9.4)

(b - a) \cdot inf_{x \in I} f (x) \leq A \leq (b - a) \cdot sup_{x \in I} f (x) .

Mit dieser Grundidee versuchen wir jetzt, den vermeintlichen „Flächeninhalt“ näherungsweise zu berechnen (hierbei setzen wir die Definition des Flächeninhalts eines Rechtecks als gegeben voraus.)

Zur Behandlung des Problems benötigen wir einige neue Begriffsbildungen: Zerlegung eines Intervalls, Untersumme, Obersumme, Verfeinerung einer Zerlegung.

Die Elemente

a_{0}, \dots, a_{n + 1}

heißen dann Unterteilungspunkte von

𝔷

I_{i} : = [a_{i}, a_{i + 1}]

bezeichne das

i

-te Teilintervall bezüglich

𝔷

, und

d (𝔷) : = max {a_{i + 1} - a_{i} : i = 0, \dots, n}

heißt Maximaldistanz (oder Norm, Feinheitsmaß,…) von

𝔷

(1)

{\underline{S}}_{f} (𝔷)

heißt Untersumme von

f

I

bei der Zerlegung

𝔷

(2)

{\overline{S}}_{f} (𝔷)

heißt Obersumme von

f

I

bei der Zerlegung

𝔷

Es seien

𝔷

und

𝔷^{'}

Zerlegungen von

I

𝔷^{'}

ist eine Verfeinerung von

𝔷

Satz 9.5 Es sei $f$ in $I = [a, b]$ definiert und beschränkt und $𝔷, 𝔷^{'}, 𝔷_{1}, 𝔷_{2}$ seien beliebige Zerlegungen von $I$ . Dann gilt $:$

$(1)$ ${\underline{S}}_{f} (𝔷) \leq {\overline{S}}_{f} (𝔷) .$

$(2)$ $(b - a) \cdot inf_{x \in I} f (x) \leq {\underline{S}}_{f} (𝔷)$ und ${\overline{S}}_{f} (𝔷) \leq (b - a) \cdot sup_{x \in I} f (x) .$

$(3)$ Ist $𝔷^{'}$ eine Verfeinerung von $𝔷$ , dann gilt ${\underline{S}}_{f} (𝔷) \leq {\underline{S}}_{f} (𝔷^{'}) \leq {\overline{S}}_{f} (𝔷^{'}) \leq {\overline{S}}_{f} (𝔷) .$

$(4)$ Es ist stets ${\underline{S}}_{f} (𝔷_{1}) \leq {\overline{S}}_{f} (𝔷_{2}) .$

(1). Wegen

a_{i + 1} - a_{i} > 0

und

inf_{x \in I_{i}} f (x) \leq sup_{x \in I_{i}} f (x)

gilt

{\underline{S}}_{f} (𝔷) = \sum_{i = 0}^{n} (a_{i + 1} - a_{i}) \cdot inf_{x \in I_{i}} f (x) \leq \sum_{i = 0}^{n} (a_{i + 1} - a_{i}) \cdot sup_{x \in I_{i}} f (x) = {\overline{S}}_{f} (𝔷) .

inf_{x \in I} f (x) \leq inf_{x \in I_{i}} f (x)

und

sup_{x \in I} f (x) \geq sup_{x \in I_{i}} f (x) .

(b - a) \cdot inf_{x \in I} f (x) = (\sum_{i = 0}^{n} (a_{i + 1} - a_{i})) \cdot inf_{x \in I} f (x) \leq (\sum_{i = 0}^{n} (a_{i + 1} - a_{i})) \cdot inf_{x \in I_{i}} f (x)

= \sum_{i = 0}^{n} (a_{i + 1} - a_{i}) \cdot inf_{x \in I_{i}} f (x) = {\underline{S}}_{f} (𝔷) \leq {\overline{S}}_{f} (𝔷) = \sum_{i = 0}^{n} (a_{i + 1} - a_{i}) \cdot sup_{x \in I_{i}} f (x)

\leq \sum_{i = 0}^{n} (a_{i + 1} - a_{i}) \cdot sup_{x \in I} f (x) = (b - a) \cdot sup_{x \in I} f (x) .

(3). Sei

(a_{0}^{i}, \dots, a_{n_{i} + 1}^{i})

die entsprechende Zerlegung von

I_{i}

, die durch die Verfeinerung

𝔷^{'}

von

𝔷

erzeugt wird, und es sei

I_{i j} = [a_{j}^{i}, a_{j + 1}^{i}]

(a_{i + 1} - a_{i}) \cdot inf_{x \in I_{i}} f (x) \leq \sum_{j = 0}^{n_{i}} (a_{j + 1}^{i} - a_{j}^{i}) \cdot inf_{x \in I_{i j}} f (x)

(⋆)

(a_{i + 1} - a_{i}) \cdot sup_{x \in I_{i}} f (x) \geq \sum_{j = 0}^{n_{i}} (a_{j + 1}^{i} - a_{j}^{i}) \cdot sup_{x \in I_{i j}} f (x) .

(⋆ ⋆)

Addiert man die Ungleichungen

(⋆)

bzw.

(⋆ ⋆)

bezüglich

i

, dann erhält man die gewünschte Behauptung.

(4). Es sei

𝔷^{'}

eine gemeinsame Verfeinerung von

𝔷_{1}

und

𝔷_{2}

, d.h., alle Unterteilungspunkte von

𝔷_{1}

und von

𝔷_{2}

sind auch Unterteilungspunkt von

𝔷^{'}

. Dann gilt

{\underline{S}}_{f} (𝔷) \leq {\underline{S}}_{f} (𝔷^{'}) \leq {\overline{S}}_{f} (𝔷^{'}) \leq {\overline{S}}_{f} (𝔷) .

Bemerkung. Nach (2) ist die Menge der Untersummen und die Menge der Obersummen stets beschränkt. Dies gibt Anlaß zu folgender Definition:

Definition. (Unterintegral, Oberintegral, Integral ) Es sei

f

I

definiert und beschränkt. Die obere Grenze (= Supremum) der Menge aller Untersummen heißt Unterintegral von

f

I

, und die untere Grenze (= Infimum) der Menge aller Obersummen heißt Oberintegral von

f

I

Bez.:

\int_{\overline{a}}^{b} f (x) d x

bzw.

\int_{a}^{\underline{b}} f (x) d x

oder auch

\int_{a}^{b} f (x) d x

bzw.

{\int^{__}}_{a}^{b} f (x) d x .

Sind Unter- und Oberintegral von

f

I

gleich, dann heißt

f

I

(

bestimmt

)

integrierbar, und der gemeinsame Wert von Unter- und Oberintegral heißt bestimmtes (Riemann-) Integral oder einfach bestimmtes Integral von

f

I

. Bez.:

\int_{a}^{b} f (x) d x

oder auch

\int_{a}^{b} f (x) d x

Sei

f

[a, b]

definiert, beschränkt und nicht negativ. Die (ebene) Punktmenge

M : = {(x, y) : a \leq x \leq b u n d 0 \leq y \leq f (x)}

besitzt einen Flächeninhalt (der Größe

A

) =Df

Bemerkung. Aus Satz 9.5 (4) folgt sofort, daß

\int_{a}^{b} f (x) d x \leq {\int^{__}}_{a}^{b} f (x) d x .

Beispiel. Wir diskutieren jetzt ein Beispiel dafür, daß das Unterintegral kleiner ist als das Oberintegral.

Dann gilt für jede Zerlegung

𝔷

von

I

und jedes Teilintervall

I_{i} = [a_{i}, a_{i + 1}] \subseteq I

{\underline{S}}_{f} (𝔷) = \sum_{i = 0}^{n} (a_{i + 1} - a_{i}) \cdot \underset{= 1}{\underset{︸}{inf_{x \in I_{i}} f (x)}} = \sum_{i = 0}^{n} (a_{i + 1} - a_{i}) = a_{n + 1} - a_{0} = 1

{\overline{S}}_{f} (𝔷) = \sum_{i = 0}^{n} (a_{i + 1} - a_{i}) \cdot \underset{= 2}{\underset{︸}{sup_{x \in I_{i}} f (x)}} = 2 \cdot \sum_{i = 0}^{n} (a_{i + 1} - a_{i}) = 2 .

Für eine beliebige Zerlegung

𝔷

von

I

ist also stets

{\underline{S}}_{f} (𝔷) = 1 < 2 = {\overline{S}}_{f} (𝔷)

. Folglich ist auch

\int_{\overline{0}}^{1} f (x) d x = 1 < 2 = \int_{0}^{\underline{1}} f (x) d x .

Damit ist die Funktion

f

I

nicht integrierbar, und die entsprechende Punktmenge

M

besitzt keinen Flächeninhalt. (siehe auch Abb. 9.6)

Satz 9.6 Ist $f$ in $I = [a, b]$ definiert und beschränkt, dann gibt es für jedes $ε > 0$ ein $δ > 0$ , so daß für jede Zerlegung $𝔷$ von $I$ mit $d (𝔷) < δ$ gilt $:$

(1) $0 \leq \int_{\overline{a}}^{b} f (x) d x - {\underline{S}}_{f} (𝔷) < ε$ und

(2) $0 \leq {\overline{S}}_{f} (𝔷) - \int_{a}^{\underline{b}} f (x) d x < ε .$

Beweis. (1). Es sei

ε > 0 .

Nach Definition des Unterintegrals existiert eine Zerlegung

𝔷^{'} = (a_{0}, \dots, a_{n + 1})

von

I

, so daß

0 \leq \int_{\overline{a}}^{b} f (x) d x - {\underline{S}}_{f} (𝔷) < \frac{ε}{2} .

f

I

beschränkt ist, gibt es ein

c \in I R

, so daß

| f (x) | < c

für alle

x \in I

Es sei

𝔷^{″}

eine gemeinsame Verfeinerung von

𝔷

und

𝔷^{'}

. Dann ist

0 \leq {\underline{S}}_{f} (𝔷^{'}) \leq {\underline{S}}_{f} (𝔷^{″})

, also gilt

0 \leq \int_{\overline{a}}^{b} f (x) d x - {\underline{S}}_{f} (𝔷^{″}) < \frac{ε}{2} .

{\underline{S}}_{f} (𝔷^{″}) - {\underline{S}}_{f} (𝔷) \leq \frac{ε}{2} .

Wegen

d (𝔷) < δ < d (𝔷^{'})

enthält jedes Intervall von

𝔷

höchstens einen Zerlegungspunkt von

𝔷^{'}

als inneren Punkt. Die durch

𝔷

entstehenden Intervalle werden in zwei Klassen zerlegt:

M_{1} : =

Intervalle von

𝔷

, die kein

a_{i}

von

𝔷^{'}

als inneren Punkt enthalten,

M_{2} : =

Intervalle von

𝔷

, die ein

a_{i}

von

𝔷^{'}

als inneren Punkt enthalten.

Mit der Zerlegung

𝔷^{″}

erhält man die folgenden beiden Intervallmengen:

In der Differenz

{\underline{S}}_{f} (𝔷^{″}) - {\underline{S}}_{f} (𝔷)

liefern die Intervalle aus

M_{1}

(diese gehören auch zu

M_{1}^{″}

) keinen Beitrag (die entsprechenden Summanden heben sich gegenseitig auf). Es bleiben noch die Summanden zu berücksichtigen, die durch die Intervalle aus

M_{2}

bzw.

M_{2}^{″}

entstehen.

M_{2}

enthält höchstens

(n + 1)

Intervalle und

M_{2}^{″}

höchstens

2 (n + 1)

. Wegen

| (c - d) \cdot inf_{x \in [c, d]} f (x) | < δ \cdot c

, falls

| c - d | < δ

, erhält man

| {\underline{S}}_{f} (𝔷^{″}) - {\underline{S}}_{f} (𝔷) | \leq 3 (n + 1) c \cdot δ \leq \frac{ε}{2} .

Es sei

{(𝔷_{ν})}_{ν = 0, 1, 2, \dots}

eine Folge von Zerlegungen des Intervalls

I

(𝔷_{ν})

heißt ausgezeichnete Zerlegungsfolge von

I

=Df

Satz 9.7 Sei $f$ in $I = [a, b]$ definiert und beschränkt und $(𝔷_{ν})$ eine ausgezeichnete Zerlegungsfolge von $I$ . Dann gilt $:$

(1) $lim_{ν \to \infty} {\underline{S}}_{f} (𝔷_{ν}) = \int_{\overline{a}}^{b} f (x) d x .$

(2) $lim_{ν \to \infty} {\overline{S}}_{f} (𝔷_{ν}) = \int_{a}^{\underline{b}} f (x) d x .$

(3) Ist $f$ in $I$ integrierbar, dann sind die Limites in (1) und (2) gleich $\int_{a}^{b} f (x) d x .$

Beweis. (1). Es ist zu zeigen: Wenn

ε > 0

, dann existiert ein

ν_{0}

, so daß für jedes

ν \geq ν_{0}

gilt:

Nach Satz 9.6 existiert für

ε > 0

ein

δ > 0

, so daß

| \int_{a}^{b} f (x) d x - {\underline{S}}_{f} (𝔷_{ν}) | < ε,

falls

d (𝔷_{ν}) < δ

. Nach Voraussetzung ist

(d (𝔷_{ν}))

eine Nullfolge, folglich existiert ein

ν_{0}

, so daß

d (𝔷_{ν}) < δ

für alle

ν \geq ν_{0}

. Damit leistet

ν_{0}

für die Behauptung (1) das Verlangte.

Der Umgang mit der Definition der Integrierbarkeit ist ein wenig schwerfällig. Daher wäre es sehr hilfreich, ein gut anwendbares Integrierbarkeitskriterium zu haben. Ein solches Kriterium ist mit dem folgenden Satz gegeben.

Satz 9.8 $($ Riemannsches Integrierbarkeitskriterium $)$

Sei $f$ in $I = [a, b]$ definiert und beschränkt. Dann gilt $:$ $f$ ist in $I$ integrierbar gdw für jedes $ε > 0$ eine Zerlegung $𝔷$ von $I$ existiert, so daß ${\overline{S}}_{f} (𝔷) - {\underline{S}}_{f} (𝔷) < ε$ .

Beweis.

(\to)

Sei

f

I

integrierbar, also

\int_{a}^{b} f (x) d x = {\int^{__}}_{a}^{b} f (x) d x .

Sei

ε > 0

. Nach Satz 9.6 existiert ein

δ > 0

, so daß für jedes

𝔷

mit

d (𝔷) < δ

gilt:

\int_{\overline{a}}^{b} f (x) d x - {\underline{S}}_{f} (𝔷) < \frac{ε}{2}

und

{\overline{S}}_{f} (𝔷) - \int_{a}^{\underline{b}} f (x) d x < \frac{ε}{2} .

\int_{\overline{a}}^{b} f (x) d x - {\underline{S}}_{f} (𝔷) + {\overline{S}}_{f} (𝔷) - \int_{a}^{\underline{b}} f (x) d x < ε .

Da nach Voraussetzung Unter- und Oberintegral übereinstimmen, ergibt sich

{\overline{S}}_{f} (𝔷) - {\underline{S}}_{f} (𝔷) < ε

sogar für jede Zerlegung

𝔷

mit

d (𝔷) < δ

0 < \int_{a}^{\underline{b}} f (x) d x - \int_{\overline{a}}^{b} f (x) d x : = ε .

Nach Voraussetzung existiert für dieses

ε > 0

eine Zerlegung

𝔷

von

I

, so daß

{\overline{S}}_{f} (𝔷) - {\underline{S}}_{f} (𝔷) < ε

. Folglich ist

ε = \int_{a}^{\underline{b}} f (x) d x - \int_{\overline{a}}^{b} f (x) d x \leq {\overline{S}}_{f} (𝔷) - {\underline{S}}_{f} (𝔷) < ε .

Es sei

f

I

definiert,

𝔷 = (a_{0}, \dots, a_{n + 1})

eine Zerlegung von

I

, und für jedes

i = 1, \dots, n

sei

ξ_{i} \in [a_{i}, a_{i + 1}]

. Dann nennt man

τ = (ξ_{0}, \dots, ξ_{n})

ein Zwischenstellensystem bei der Zerlegung

𝔷

, und

S_{f} (𝔷, τ) : = \sum_{i = 0}^{n} (a_{i + 1} - a_{i}) \cdot f (ξ)

heißt Zwischensumme von

f

bei der Zerlegung

𝔷

und dem Zwischenstellensystem

τ

Bemerkung. Ist

f

I

definiert und beschränkt, dann gilt für

ξ \in [a_{i}, a_{i + 1}] : = I_{i}

stets

inf_{x \in I_{i}} f (x) \leq f (ξ) \leq sup_{x \in I_{i}} f (x)

und somit auch

{\underline{S}}_{f} (𝔷) \leq S_{f} (𝔷, τ) \leq {\overline{S}}_{f} (𝔷) .

Satz 9.9 Es sei $f$ in $I = [a, b]$ definiert und beschränkt. Dann gilt $:$ $f$ ist in $I$ integrierbar gdw für jede ausgezeichnete Zerlegungsfolge $(𝔷_{ν})$ und jede Folge $(τ_{ν})$ von zugehörigen Zwischenstellensystemen $τ_{ν}$ gilt $:$ Es existiert $lim_{ν \to \infty} S_{f} (𝔷_{ν}, τ_{ν})$ $($ und der Limes ist gleich dem Integral $\int_{a}^{b} f (x) d x .)$

Beweis.

(\to)

Nach Voraussetzung ist

\int_{a}^{b} f (x) d x = {\int^{__}}_{a}^{b} f (x) d x .

lim_{ν \to \infty} {\underline{S}}_{f} (𝔷_{ν}) = \int_{\overline{a}}^{b} f (x) d x = \int_{a}^{b} f (x) d x

lim_{ν \to \infty} {\overline{S}}_{f} (𝔷_{ν}) = \int_{a}^{\underline{b}} f (x) d x = \int_{a}^{b} f (x) d x .

Ist

(τ_{ν})

eine zu

(𝔷_{ν})

gehörende Folge von Zwischenstellensystemen, dann ist nach der obigen Bemerkung stets

{\underline{S}}_{f} (𝔷) \leq S_{f} (𝔷, τ) \leq {\overline{S}}_{f} (𝔷) .

Hieraus folgt sofort die Behauptung.

(\leftarrow)

Angenommen,

f

ist unter der gemachten Voraussetzung nicht integrierbar, also

Sei

(𝔷_{ν})

eine beliebige ausgezeichnete Zerlegungfolge von

I

, dann konvergiert

S_{f} (𝔷_{ν}, τ_{ν})

für jedes zugehörige Zwischenstellensystem

(τ_{ν})

. Wir konstruieren jetzt ein Zwischenstellensystem, so daß die entsprechende Folge der Zwischensummen nicht konvergiert, und dies liefert uns den gewünschten Widerspruch.

Es sei

𝔷_{ν} = (a_{0}^{ν}, \dots, a_{n_{ν} + 1}^{ν})

ν \geq 0

und

I_{i ν} = [a_{i}^{ν}, a_{i + 1}^{ν}]

. Offenbar lassen sich

inf_{x \in I_{i ν}} f (x)

und

sup_{x \in I_{i ν}} f (x)

beliebig gut durch Funktionswerte

f (ξ_{i}^{ν})

annähern. Für jedes

ν

konstruieren wir ein

τ_{ν}

wie folgt:

Ist

ν

gerade, dann wählt man

ξ_{i}^{ν} \in I_{i ν}

so, daß

f (ξ_{i}^{ν}) - inf_{x \in I_{i ν}} f (x) < \frac{1}{n_{ν} (b - a)}

, und

ist

ν

ungerade, dann wählt man

ξ_{i}^{ν} \in I_{i ν}

so, daß

sup_{x \in I_{i ν}} f (x) - f (ξ_{i}^{ν}) < \frac{1}{n_{ν} (b - a)} .

Auf diese Weise erhält man für jedes

ν

ein Zwischenstellensystem

τ_{ν} = (ξ_{0}^{ν}, \dots, ξ_{n_{ν}}^{ν})

. Für gerade

ν

gilt dann

0 \leq S_{f} (𝔷_{ν}, τ_{ν}) - {\underline{S}}_{f} (𝔷_{ν}) = \sum_{i = 0}^{n_{ν}} (a_{i + 1}^{ν} - a_{i}^{ν}) (\underset{< \frac{1}{n_{ν} (b - a)}}{\underset{︸}{f (ξ_{i}^{ν}) - inf_{x \in I_{i ν}} f (x)}}

)

< \underset{= b - a}{\underset{︸}{\sum_{i = 0}^{n_{ν}} (a_{i + 1}^{ν} - a_{i}^{ν})}} \cdot \frac{1}{n_{ν} (b - a)} = \frac{1}{n_{ν}} .

Analog erhält man

0 \leq {\overline{S}}_{f} (𝔷_{ν}) - S_{f} (𝔷_{ν}, τ_{ν}) < \frac{1}{n_{ν}}

für ungerade

ν

Nach Voraussetzung existiert

lim_{ν \to \infty} (S_{f} (𝔷_{ν}, τ_{ν})) : = c .

Dann konvergiert auch jede Teilfolge von

(S_{f} (𝔷_{ν}, τ_{ν}))

gegen

c

, insbesondere konvergieren die Teilfolgen mit den geraden bzw. mit den ungeraden Indizes gegen

c

. Wir haben also insgesamt

lim_{ν \to \infty} (S_{f} (𝔷_{ν}, τ_{ν})) - {\underline{S}}_{f} (𝔷_{ν})) = lim_{ν \to \infty} \frac{1}{n_{ν}} = 0

für gerade

ν

und

lim_{ν \to \infty} ({\overline{S}}_{f} (𝔷_{ν}) - S_{f} (𝔷_{ν}, τ_{ν})) = lim_{ν \to \infty} \frac{1}{n_{ν}} = 0

für ungerade

ν

lim_{ν \to \infty} {\underline{S}}_{f} (𝔷_{ν}) = lim_{ν \to \infty} S_{f} (𝔷_{ν}, τ_{ν}) = c

für gerade

ν

und

lim_{ν \to \infty} {\overline{S}}_{f} (𝔷_{ν}) = lim_{ν \to \infty} S_{f} (𝔷_{ν}, τ_{ν}) = c

für ungerade

ν

\int_{\overline{a}}^{b} f (x) d x = lim_{ν \to \infty} {\underline{S}}_{f} (𝔷_{ν}) = c

für gerade

ν

und

\int_{a}^{\underline{b}} f (x) d x = lim_{ν \to \infty} {\overline{S}}_{f} (𝔷_{ν}) = c

für ungerade

ν

Bemerkung. Nach dem Satz 9.9 kann man das Riemann-Integral auch als Limes einer Folge von Zwischensummen definieren.

Satz 9.10 Ist $f$ in $I$ stetig, dann ist $f$ in $I$ integrierbar.

Beweis. Der Beweis erfolgt mit Hilfe des Riemann-Kriteriums. Nach Voraussetzung ist

f

stetig in

I

, folglich ist

f

dort auch gleichmäßig stetig. Sei

ε > 0

. Wir suchen eine Zerlegung

𝔷

von

I

, so daß

{\overline{S}}_{f} (𝔷) - {\underline{S}}_{f} (𝔷) < ε

. Sei jetzt

ε^{'} > 0

beliebig, aber

Zu diesem

ε^{'} > 0

existiert auf Grund der gleichmäßigen Stetigkeit von

f

I

ein

δ^{'} > 0

, so daß für jedes

x_{1}, x_{2} \in I

gilt:

Sei jetzt

𝔷 = (a_{0}, \dots, a_{n + 1})

eine Zerlegung von

I

, so daß

d (𝔷) < δ^{'}

. Dann gilt:

${\overline{S}}_{f} (𝔷) - {\underline{S}}_{f} (𝔷)$	$=$	$\sum_{i = 0}^{n} \underset{< δ^{'}}{\underset{︸}{(a_{i + 1} - a_{i})}} \cdot (\underset{\leq ε^{'}}{\underset{︸}{sup_{x \in I_{i}} f (x) - inf_{x \in I_{i}} f (x)}})$
	$\leq$	$\sum_{i = 0}^{n} (a_{i + 1} - a_{i}) \cdot ε^{'}$
	$=$	$ε^{'} \cdot \underset{= b - a}{\underset{︸}{\sum_{i = 0}^{n} (a_{i + 1} - a_{i})}}$
	$=$	$ε^{'} (b - a) < ε .$

Satz 9.11 Ist $f$ in $I$ definiert und beschränkt und besitzt $f$ in $I$ höchstens endlich viele Unstetigkeitsstellen, dann ist $f$ in $I$ integrierbar.

Beweis. Der Beweis erfolgt induktiv über die Anzahl

k

der Unstetigkeitsstellen von

f

in dem betrachteten Intervall. Ist

k = 0

, dann ist

f

I

stetig und damit nach Satz 9.10 integrierbar. Für

k

gelte die Behauptung bereits. Habe

f

jetzt

k + 1

Unstetigkeitsstellen in

I

. Sei

x_{0}

eine Unstetigkeitsstelle mit

a < x_{0} < b

. (Für

x_{0} = a

oder

x_{0} = b

vereinfacht sich der Beweis, man führt ihn aber analog.) Wir wählen

a^{'}, b^{'} \in I = [a, b]

, so daß

a^{'} < x_{0} < b^{'}

und

I^{'} = [a^{'}, b^{'}]

keine weitere Unstetigkeitsstelle von

f

enthält. Nach Voraussetzung ist

f

I

beschränkt. Folglich existiert eine Konstante

c

, so daß

| f (x) | \leq c

, insbesondere gilt dann

Es sei

ε > 0

. Wir suchen eine Zerlegung

𝔷

von

I

, so daß

{\overline{S}}_{f} (𝔷) - {\underline{S}}_{f} (𝔷) < ε

(b^{'} - a^{'}) \cdot (sup_{x \in I^{'}} f (x) - inf_{x \in I^{'}} f (x)) \leq (b^{'} - a^{'}) \cdot 2 c < \frac{ε}{3} .

Seien nun

𝔷_{1}, 𝔷_{2}

Zerlegungen von

[a, a^{'}]

bzw. von

[b^{'}, b]

, so daß

{\overline{S}}_{f} (𝔷_{i}) - {\underline{S}}_{f} (𝔷_{i}) < \frac{ε}{3},

für

i = 1, 2

Nach Induktionsvoraussetzung gibt es solche Zerlegungen, da

f

[a, a^{'}]

und in

[b^{'}, b]

jeweils höchstens

k

Unstetigkeitsstellen besitzt. Sei

𝔷_{1} = (a_{0}, \dots, a_{n + 1})

und

𝔷_{2} = (b_{0}, \dots, b_{m + 1})

, dann ist offenbar

𝔷 = (a_{0}, \dots, a_{n + 1}, b_{0}, \dots, b_{m + 1})

eine Zerlegung von

I = [a, b]

, und es gilt

{\overline{S}}_{f} (𝔷) - {\underline{S}}_{f} (𝔷) = {\overline{S}}_{f} (𝔷_{1}) - {\underline{S}}_{f} (𝔷_{1}) + (b^{'} - a^{'}) \cdot (sup_{x \in I^{'}} f (x) - inf_{x \in I^{'}} f (x)) + {\overline{S}}_{f} (𝔷_{2}) - {\underline{S}}_{f} (𝔷_{2})

Satz 9.12 Ist $f$ in $I$ definiert und monoton, dann ist $f$ in $I$ integrierbar.

Beweis. (mit Hilfe des Riemann-Kriteriums) Sei

ε > 0

. Wir beweisen den Satz für monoton wachsendes

f

, für monoton fallende Funktionen erfolgt der Beweis analog. Es sei

𝔷 = (a_{0}, \dots, a_{n + 1})

mit

a_{i} = a + \frac{b - a}{n + 1} \cdot i

. Dann ist offenbar

a_{i + 1} - a_{i} = \frac{b - a}{n + 1}

. Die Teilintervalle

I_{i} = [a_{i}, a_{i + 1}]

sind also alle gleich lang. Da

f

monoton wächst, ist

inf_{x \in I_{i}} f (x) = f (a_{i})

und

sup_{x \in I_{i}} f (x) = f (a_{i + 1}) .

${\overline{S}}_{f} (𝔷) - {\underline{S}}_{f} (𝔷)$	$=$	$\sum_{i = 0}^{n} \underset{= \frac{b - a}{n + 1}}{\underset{︸}{(a_{i + 1} - a_{i})}} \cdot (\underset{= f (a_{i + 1})}{\underset{︸}{sup_{x \in I_{i}} f (x)}} - \underset{= f (a_{i})}{\underset{︸}{inf_{x \in I_{i}} f (x)}})$
	$=$	$\frac{b - a}{n + 1} \cdot \sum_{i = 0}^{n} (f (a_{i + 1}) - f (a_{i}))$
	$=$	$\frac{b - a}{n + 1} \cdot (f (a_{n + 1}) - f (a_{0}))$
	$=$	$\frac{(b - a) (f (b) - f (a))}{n + 1}$
	$<$	$ε,$ falls $n$ hinreichend groß gewählt wird.

1. Mit dem letzten Satz lassen sich Beispiele für Funktionen angeben, die in einem Intervall sogar unendlich viele Unstetigkeitsstellen besitzen und trotzdem integrierbar sind (vgl. Abb. 9.10).

Sei

I = [0, 1]

(c_{n})

eine streng monoton wachsende Folge mit

c_{0} = 0

und

c_{n} \to 1

(z.B.

c_{n} = \frac{n}{n + 1})

, und

f (x)

sei wie folgt definiert:

f (x) = {\begin{array}{l} 2 - c_{n}, für c_{n} \leq x < c_{n + 1} \\ 1, für x = 1. \end{array}

f

ist offenbar in jedem Punkt

c_{n}

unstetig, aber in

I

monoton fallend und daher integrierbar.

Sei

f (x) = {\begin{array}{l} \frac{1}{m}, falls x = \frac{n}{m}, m, n \in ℕ und n, m teilerfremd \\ 0, falls x irrational . \end{array}

Wir betrachten

f

in dem Intervall

I = [0, 1]

. Dann ist

f

in allen irrationalen Punkten aus

I

stetig und in allen rationalen unstetig (vgl. Aufgabe 6, Kapitel 5). Folglich liegen die Unstetigkeitsstellen dicht in dem Intervall. Trotzdem ist die Funktion in

I

integrierbar.

Satz 9.13 Seien $f$ und $g$ in $I$ integrierbar. Dann gilt $:$

$(1)$ Ist $h (x) = c$ für alle $x \in I$ , so ist $\int_{a}^{b} h (x) d x = c (b - a) .$

$(2)$

Sind

c_{1}, c_{2} \in I R

, so ist

c_{1} \cdot f + c_{2} \cdot g

I

integrierbar, und es ist

$\int_{a}^{b} (c_{1} \cdot f (x) + c_{2} \cdot g (x)) d x = c_{1} \int_{a}^{b} f (x) d x + c_{2} \int_{a}^{b} g (x) d x .$

$(3)$ $f \cdot g$ ist in $I$ integrierbar.

$(4)$

Ist

g (x) \neq 0

für alle

x \in I

und ist

\frac{1}{g}

beschränkt in

I

, dann ist

\frac{1}{g}

I

integrierbar. (Zusammen mit (3) erhält man sofort die Integrierbarkeit von

f \cdot \frac{1}{g} = \frac{f}{g}

I)

$(5)$ $| f |$ ist in $I$ integrierbar, und es ist $| \int_{a}^{b} f (x) d x | \leq \int_{a}^{b} | f (x) | d x .$

Beweis. (1) und (2) beweist man sehr leicht mit Hilfe von Satz 9.9 unter Benutzung von Zwischensummen und entsprechenden Grenzwertbetrachtungen.

(3). (Beweis mit Hilfe des Riemann-Kriteriums) Wir betrachten den Fall:

f (x), g (x) \geq 0

I

. Hierauf lassen sich die restlichen Fälle zurückführen. Denn nach Voraussetzung sind

f

und

g

I

beschränkt, folglich gibt es eine Konstante

d

, so daß

Wenn die Behauptung für nicht-negative Funktionen schon gilt, dann ist

f_{1} \cdot g_{1}

I

integrierbar, und es ist

f_{1} \cdot g_{1} = (f + d) \cdot (g + d) = f \cdot g + d \cdot (f + g) + d^{2},

Nach (1) und (2) ist

f \cdot g

dann in

I

für beliebige

f, g

integrierbar.

Wir beweisen jetzt die Behauptung für nicht-negative Funktionen. Es sei

ε > 0

. Gesucht ist eine Zerlegung

𝔷 = (a_{0}, \dots, a_{n + 1})

, so daß

{\overline{S}}_{f \cdot g} (𝔷) - {\underline{S}}_{f \cdot g} (𝔷) < ε

{\overline{S}}_{f \cdot g} (𝔷) - {\underline{S}}_{f \cdot g} (𝔷) = \sum_{i = 0}^{n} (a_{i + 1} - a_{i}) \cdot (\underset{: = (⋆)}{\underset{︸}{sup_{x \in I_{i}} (f (x) \cdot g (x)) - inf_{x \in I_{i}} (f (x) \cdot g (x))}}) .

sup_{x \in I_{i}} (f (x) \cdot g (x)) \leq \underset{: = H_{f i}}{\underset{︸}{sup_{x \in I_{i}} f (x)}} \cdot \underset{: = H_{g i}}{\underset{︸}{sup_{x \in I_{i}} g (x)}}

inf_{x \in I_{i}} (f (x) \cdot g (x)) \geq \underset{: = h_{f i}}{\underset{︸}{inf_{x \in I_{i}} f (x)}} \cdot \underset{: = h_{g i}}{\underset{︸}{inf_{x \in I_{i}} g (x)}} .

f, g

I

beschränkt sind, existiert ein

c > 0

, so daß

H_{f i}, h_{g i} \leq c

. Folglich ist

$sup_{x \in I_{i}} (f (x) \cdot g (x)) - inf_{x \in I_{i}} (f (x) \cdot g (x))$	$\leq$	$H_{f i} \cdot H_{g i} - h_{f i} \cdot h_{g i}$
	=	$H_{f i} \cdot H_{g i} - H_{f i} \cdot h_{g i} + H_{f i} \cdot h_{g i} - h_{f i} \cdot h_{g i}$
	=	$\underset{\leq c}{\underset{︸}{H_{f i}}} \cdot (H_{g i} - h_{g i}) + \underset{\leq c}{\underset{︸}{h_{g i}}} \cdot (H_{f i} - h_{f i})$
	$\leq$	$c \cdot (H_{g i} - h_{g i}) + c \cdot (H_{f i} - h_{f i}) .$

${\overline{S}}_{f \cdot g} (𝔷) - {\underline{S}}_{f \cdot g} (𝔷)$	=	$\sum_{i = 0}^{n} (a_{i + 1} - a_{i}) \cdot (⋆)$
	$\leq$	$\sum_{i = 0}^{n} (a_{i + 1} - a_{i}) \cdot (c \cdot (H_{g i} - h_{g i}) + c \cdot (H_{f i} - h_{f i}))$
	=	$c \cdot \underset{= {\overline{S}}_{g} (𝔷) - {\underline{S}}_{g} (𝔷)}{\underset{︸}{\sum_{i = 0}^{n} (a_{i + 1} - a_{i}) (H_{g i} - h_{g i})}} + c \cdot \underset{= {\overline{S}}_{f} (𝔷) - {\underline{S}}_{f} (𝔷)}{\underset{︸}{\sum_{i = 0}^{n} (a_{i + 1} - a_{i}) (H_{f i} - h_{f i})}} .$

Nach dem Riemannschen Integrierbarkeitskriterium existieren für

f

und

g

Zerlegungen

𝔷_{1}

bzw.

𝔷_{2}

von

I

, so daß

{\overline{S}}_{g} (𝔷_{1}) - {\underline{S}}_{g} (𝔷_{1}) < \frac{ε}{2 c}

und

{\overline{S}}_{f} (𝔷_{2}) - {\underline{S}}_{f} (𝔷_{2}) < \frac{ε}{2 c} .

Wählt man jetzt

𝔷

als gemeinsame Verfeinerung von

𝔷_{1}

und

𝔷_{2}

, dann ist nach den obigen Betrachtungen

{\overline{S}}_{f \cdot g} (𝔷) - {\underline{S}}_{f \cdot g} (𝔷) < c \cdot \frac{ε}{2 c} + c \cdot \frac{ε}{2 c} = ε .

(4) und (5) beweist man ebenfalls mit dem Riemannkriterium durch geeignete Abschätzungen. Der Beweis soll hier weggelassen werden.

Satz 9.14 Ist $f$ in $[a, b]$ integrierbar und $a < c < b$ , dann ist $f$ in $[a, c]$ und in $[c, b]$ integrierbar, und es ist

$\int_{a}^{b} f (x) d x = \int_{a}^{c} f (x) d x + \int_{c}^{b} f (x) d x .$

Beweis. Es sei

ε > 0

. Nach dem Riemannkriterium existiert eine Zerlegung

𝔷 = (a_{0}, \dots, a_{n + 1})

von

[a, b]

, so daß

{\overline{S}}_{f} (𝔷) - {\underline{S}}_{f} (𝔷) < ε

. O.B.d.A. sei

c

ein Unterteilungspunkt von

𝔷

(anderenfalls betrachtet man die Verfeinerung von

𝔷

, die durch Hinzunahme des Punktes

c

entsteht). Sei

c = a_{k}

und seien

𝔷_{1} = (a_{0}, \dots, a_{k})

und

𝔷_{2} = (a_{k}, \dots, a_{n + 1})

. Dann sind

𝔷_{1}, 𝔷_{2}

Zerlegungen von

[a, c]

bzw. von

[c, b]

. Damit erhält man

{\overline{S}}_{f} (𝔷) - {\underline{S}}_{f} (𝔷) = {\overline{S}}_{f} (𝔷_{1}) + {\overline{S}}_{f} (𝔷_{2}) - {\underline{S}}_{f} (𝔷_{1}) - {\underline{S}}_{f} (𝔷_{2}) < ε

{\overline{S}}_{f} (𝔷_{i}) - {\underline{S}}_{f} (𝔷_{i}) < ε

für

i = 1, 2

Es sei nun

(𝔷_{ν})

eine ausgezeichnete Zerlegungsfolge von

[a, b]

, und in jeder Zerlegung

𝔷_{ν}

komme

c

als Unterteilungspunkt vor. Weiterhin seien

𝔷_{ν 1}

und

𝔷_{ν 2}

analog aus

𝔷_{ν}

gebildet, wie

𝔷_{1}

und

𝔷_{2}

aus

𝔷

. Dann sind

𝔷_{ν 1}

und

𝔷_{ν 2}

Zerlegungen von

[a, c]

bzw. von

[c, b]

. Mit Hilfe von Satz 9.7 erhält man schließlich

$\int_{a}^{b} f (x) d x$	=	$\int_{\overline{a}}^{b} f (x) d x = lim_{ν \to \infty} {\underline{S}}_{f} (𝔷_{ν})$
	=	$lim_{ν \to \infty} ({\underline{S}}_{f} (𝔷_{ν 1}) + {\underline{S}}_{f} (𝔷_{ν 2}))$
	=	$lim_{ν \to \infty} {\underline{S}}_{f} (𝔷_{ν 1}) + lim_{ν \to \infty} {\underline{S}}_{f} (𝔷_{ν 2})$
	=	$\int_{\overline{a}}^{c} f (x) d x + \int_{\overline{c}}^{b} f (x) d x$

Korollar. Sei

a = a_{0} < a_{1} < \dots < a_{n + 1} = b

und

f

I = [a, b]

integrierbar, dann ist

f

in jedem Teilintervall

[a_{i}, a_{i + 1}] \subseteq I

integrierbar, und es ist

\int_{a}^{b} f (x) d x = \sum_{i = 0}^{n} \int_{a_{i}}^{a_{i + 1}} f (x) d x .

Beweis. Den Beweis führt man leicht (mit Hilfe von Satz 9.14) induktiv über

n

\int_{b}^{a} f (x) d x

=Df

- \int_{a}^{b} f (x) d x

und

\int_{a}^{a} f (x) d x = D f 0 .

Folgerung. Ist

a = a_{0} < a_{1} < \dots < a_{n + 1} = b

und

f

[a, b]

integrierbar, dann ist

\sum_{i = 0}^{n} \int_{a_{i}}^{a_{i + 1}} f (x) d x + \int_{b}^{a} f (x) d x = 0 .

Satz 9.15 Sei $a < b$ , und seien $f, g$ in $I$ integrierbar. Dann gilt $:$ (1) Wenn $f (x) \geq 0$ für jedes $x \in I$ , so ist $\int_{a}^{b} f (x) d x \geq 0$ . (2) Wenn $f (x) \leq g (x)$ für jedes $x \in I$ , so ist $\int_{a}^{b} f (x) d x \leq \int_{a}^{b} g (x) d x .$

Beweis. (1). Sei

𝔷 = (a_{0}, \dots, a_{n + 1})

eine Zerlegung von

I

und

I_{i} = [a_{i + 1}, a_{i}]

. Dann ist wegen

a_{i + 1} - a_{i} > 0

und

inf_{x \in I_{i}} f (x) \geq 0

auch

\int_{a}^{b} f (x) d x = \int_{\overline{a}}^{b} f (x) d x \geq {\underline{S}}_{f} (𝔷) = \sum_{i = 0}^{n} (a_{i + 1} - a_{i}) \cdot inf_{x \in I_{i}} f (x) \geq 0

(2). Wenn

f (x) \leq g (x)

, so

0 \leq g (x) - f (x)

für jedes

x \in I

. Nach (1) gilt dann

0 \leq \int_{a}^{b} (g (x) - f (x)) d x = \int_{a}^{b} g (x) d x - \int_{a}^{b} f (x) d x,

Bemerkung. Ist

a < b, f

stetig und nicht negativ in

I = [a, b]

und

\int_{a}^{b} f (x) = 0

, so ist

f (x) = 0

für jedes

x \in I

Beweis. Gäbe es ein

c \in I

, so daß

f (c) > 0

, so wäre auch

g (x) : = f (x) - \frac{f (c)}{2}

für

x = c

positiv. Da mit

f

auch

g

stetig ist, existiert eine

ε

-Umgebung von

c

, so daß

g

U_{ε} (c)

ebenfalls positiv ist. Ist

𝔷 = (a_{0}, \dots, a_{n + 1})

eine Zerlegung, so daß

c - ε

und

c + ε

Zerlegungspunkte sind (

ε

hinreichend klein; für

c = a

bzw.

c = b

betrachtet man die entsprechende rechts- bzw. linksseitige Umgebung von

c

), etwa

c - ε = a_{k}

und

c + ε = a_{k + 1}

, dann ist

f (x) \geq \frac{f (c)}{2}

[a_{k}, a_{k + 1}]

, also auch

{\underline{S}}_{f} (𝔷) \geq (a_{k + 1} - a_{k}) \cdot inf_{x \in I_{k}} f (x) \geq (a_{k + 1} - a_{k}) \cdot \frac{f (c)}{2} > 0 .

\int_{a}^{b} f (x) d x \geq \int_{\overline{a}}^{b} f (x) d x \geq {\underline{S}}_{f} (𝔷) > 0

Satz 9.16 $($ Erweiterter 1. Mittelwertsatz der Integralrechnung $)$

Sei $a < b$ , seien $f, g$ in $I = [a, b]$ integrierbar, und $g$ wechsle in $I$ nicht das Vorzeichen $($ d.h., $g (x) \geq 0$ für alle $x \in I$ oder $g (x) \leq 0$ für alle $x \in I)$ . Dann gibt es ein $μ \in I R$ mit $inf_{x \in I} f (x) \leq μ \leq sup_{x \in I} f (x)$ , so daß

$\int_{a}^{b} f (x) \cdot g (x) d x = μ \cdot \int_{a}^{b} g (x) d x$ .

Beweis. Sei

g (x) \geq 0

für alle

x \in I

(den verbleibenden Fall beweist man analog). Dann gilt für

inf_{x \in I} f (x) : = μ_{1}

und für

sup_{x \in I} f (x) : = μ_{2}

offenbar

μ_{1} \cdot \int_{a}^{b} g (x) d x \leq \int_{a}^{b} f (x) \cdot g (x) d x \leq μ_{2} \cdot \int_{a}^{b} g (x) d x

Für

A : = \int_{a}^{b} g (x) d x

und

B : = \int_{a}^{b} f (x) g (x) d x

ist

μ_{1} A \leq B \leq μ_{2} A

und somit

μ_{1} \leq \frac{B}{A} : = μ \leq μ_{2},

falls

A \neq 0;

für

A = 0

leistet

μ = 0

das Verlangte.

Korollar. (1. Mittelwertsatz der Integralrechnung) Voraussetzungen über

a, b, f, g, μ_{1}, μ_{2}

wie im Satz

9.16

. Dann gilt

:

(1) Ist

g = 1

dann gibt es ein

μ

mit

μ_{1} \leq μ \leq μ_{2}

, so daß

\int_{a}^{b} f (x) d x = μ \cdot (b - a)

. (2)

(2). Da

f

I

stetig ist, nimmt

f

die Werte

μ_{1} = inf_{x \in I} f (x)

und

μ_{2} = sup_{x \in I} f (x)

als Funktionswerte an. Nach dem Zwischenwertsatz gibt es dann für

μ

mit

μ_{1} \leq μ \leq μ_{2}

auch ein

ξ \in I

, so daß

μ = f (ξ)

. Damit gilt die Behauptung.

Wir werden jetzt mit Hilfe des bestimmten Integrals mit veränderlicher oberer Grenze neue Funktionen definieren. Dazu sei zunächst

f

eine in dem Intervall

I

definierte und beschränkte Funktion. Dann ist offenbar für jedes

x \in I

die Funktion

f

in jedem Teilintervall

[a, x] \subseteq I

bestimmt integrierbar. Damit ist jedem

x \in I

durch

\int_{a}^{x} f (t) d t

ein bestimmter Wert

F (x)

zugeordnet, d.h., durch

F (x) : = \int_{a}^{x} f (t) d t

ist in

I

eine Funktion definiert. Wir leiten jetzt einige Eigenschaften dieser Funktion her.

Satz 9.17 Ist $f$ in $I$ integrierbar und $x \in I$ , dann ist die durch $F (x) : = \int_{a}^{x} f (t) d t$ definierte Funktion $F$ in $I$ stetig.

Beweis. Wir haben zu zeigen, daß

f

in jedem Punkt

c \in I

stetig ist, d.h., wenn

x \to c

, so

F (x) \to F (c)

. Es ist

Die letzte Gleichheit folgt aus dem erweiterten 1. Mittelwertsatz der Integralrechnung, wobei

μ_{x, c}

zwischen dem Infimum und dem Supremum der Funktion

f

in dem Intervall

[c, x]

bzw. in

[x, c]

liegt. Nach Voraussetzung ist

f

I

integrierbar, also auch beschränkt, folglich muß auch

μ_{x, c}

I

beschränkt sein. Wenn nun

x \to c

, so gilt auch

μ_{x, c} \cdot (x - c) \to 0

, und damit auch

F (x) - F (c) \to 0

. Folglich ist

F

I

stetig.

Satz 9.18 Ist $f$ in $I$ stetig und $x \in I$ , dann ist die durch $F (x) : = \int_{a}^{x} f (t) d t$ definierte Funktion $F$ in $I$ differenzierbar, und es ist $F^{'} = f$ $($ d.h., $F$ ist eine Stammfunktion von $f$ in $I)$ .

Beweis. Es gelte

x, c \in I

und

x \neq c

. Dann erhält man mit Hilfe des 1. Mittelwertsatzes der Integralrechnung (Korollar (2)):

$\frac{F (x) - F (c)}{x - c}$	=	$\frac{1}{x - c} \cdot (\int_{a}^{x} f (t) d t - \int_{a}^{c} f (t) d t)$
	=	$\frac{1}{x - c} \cdot \int_{c}^{x} f (t) d t$
	=	$\frac{1}{x - c} \cdot f (ξ_{x}) \int_{c}^{x} d t,$ für ein $ξ_{x}$ zwischen $c$ und $x$
	=	$\frac{1}{x - c} \cdot f (ξ_{x}) \cdot (x - c)$
	=	$f (ξ_{x}) .$

Nach Voraussetzung ist

f

c

stetig. Wegen

x \to c

und damit auch

ξ_{x} \to c

gilt:

f (ξ_{x}) \to f (c)

. Folglich erhält man

Bemerkung. Es soll noch einmal hervorgehoben werden, daß eine in

I

stetige Funktion dort eine Stammfunktion besitzt, und

F (x) : = \int_{a}^{x} f (t) d t

ist die Stammfunktion von

f

I

, die an der Stelle

x = a

null wird (vgl. Abb. 9.12)

Jetzt sind wir in der Lage, den folgenden wichtigen Satz zu formulieren, mit dessen Hilfe man bestimmte Integrale berechnen kann, wenn man eine Stammfunktion der zu integrierenden Funktion schon kennt.

Satz 9.19 $($ Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung $)$

Ist $f$ in $[a, b]$ stetig und $F$ eine Stammfunktion von $f$ in $[a, b]$ , dann ist $\int_{a}^{b} f (x) d x = F (b) - F (a) .$

Beweis. Sei

F

eine (beliebige) Stammfunktion von

f

und

F_{0} (x) = \int_{a}^{x} f (t) d t

. Dann ist

F_{0} (a) = 0

und

\int_{a}^{b} f (t) d x = F_{0} (b) = F_{0} (b) - F_{0} (a) .

F

und

F_{0}

Stammfunktionen der gleichen Funktion

f

in einem Intervall sind, unterscheiden sie sich nur um eine additive Konstante, also

F_{0} (x) = F (x) + c

. Dann gilt

Bemerkung. Um also das bestimmte Integral

\int_{a}^{b} f (x) d x

für eine stetige Funktion berechnen zu können, genügt es, eine Stammfunktion

F

von

f

zu kennen und die entsprechnede Differenz

F (b) - F (a)

zu berechnen.

Unstetige Funktionen können bestimmt integrierbar sein, ohne eine Stammfunktion zu besitzen (vgl. Aufgabe 13, Kap. 9).

Andererseits gibt es Funktionen, die eine Stammfunktion besitzen, aber nicht bestimmt integrierbar sind (vgl. Aufgabe 14, Kap. 9).

Zur Erinnerung sei noch einmal erwähnt, daß eine Funktion

f

in dem Intervall

[a, b]

stetig differenzierbar ist, wenn

f

[a, b]

differenzierbar und die Ableitung von

f

dort stetig ist. Wir wollen uns jetzt mit der partiellen Integration und der Substitutionsregel bei bestimmten Integralen befassen.

Satz 9.20 $($ partielle Integration $)$

Sind $f$ und $g$ in $[a, b]$ stetig differenzierbar, dann ist $\int_{a}^{b} f^{'} (x) g (x) d x = {[f (x) g (x)]}_{a}^{b} - \int_{a}^{b} f (x) g^{'} (x) d x .$

Beweis. Offenbar ist mit

f

und

g

auch

f \cdot g

[a, b]

differenzierbar, und es gilt

{(f \cdot g)}^{'} = f^{'} g + f g^{'}

. Folglich ist

f \cdot g

eine Stammfunktion von

f^{'} g + f g^{'}

. Aufgrund der Stetigkeit von

f^{'}

und

g^{'}

sind auch

f^{'} \cdot g, f \cdot g^{'}

und

f^{'} \cdot g + f \cdot g^{'}

stetig. Dann gilt nach dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung:

\int_{a}^{b} f^{'} (x) g (x) d x = {[f (x) g (x)]}_{a}^{b} - \int_{a}^{b} f (x) g^{'} (x) d x .

Satz 9.21 $($ Substitutionsregel $)$

Ist $f$ in $[a, b]$ stetig, $g$ in $[α, β]$ stetig differenzierbar und $g ([α, β]) = [a, b]$ , $g (α) = a$ und $g (β) = b$ , dann gilt $\int_{α}^{β} f (g (x)) \cdot g^{'} (x) d x = \int_{a = g (α)}^{b = g (β)} f (t) d t .$ Ist außerdem $g$ injektiv, also $α = g^{- 1} (α)$ und $β = g^{- 1} (b)$ , dann ist $\int_{a}^{b} f (t) d t = \int_{g^{- 1} (a)}^{g^{- 1} (b)} f (g (x)) \cdot g^{'} (x) d x .$

Beweis. Sei

F

eine Stammfunktion von

f

; sie existiert nach Satz 9.18. Dann ist offenbar

F (g (x))

eine Stammfunktion von

f (g (x))

[α, β]

. Außerdem ist

f (g (x)) \cdot g^{'} (x)

[α, β]

stetig. Folglich gilt nach dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung

Satz 9.22 $($ 2. Mittelwertsatz der Integralrechnung $)$ Ist $f$ in $[a, b]$ monoton und differenzierbar und sind $f^{'}, g$ in $[a, b]$ stetig, dann gibt es ein $ξ \in [a, b]$ , so daß $\int_{a}^{b} f (x) g (x) d x = f (a) \cdot \int_{a}^{ξ} g (x) d x + f (b) \cdot \int_{ξ}^{b} g (x) d x$ .

Sei nun

f

nicht konstant und o.B.d.A. sei

f

[a, b]

monoton wachsend, folglich ist

f (a) < f (b)

. (Für monoton fallende Funktionen verläuft der Beweis analog.) Dann ist

f^{'} (x) \geq 0

für alle

x \in [a, b]

und

f (c) > 0

für wenigstens ein

c \in [a, b]

Aus dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung und der Bemerkung zum Satz 9.15 und folgt

Es sei jetzt

G (x) : = \int_{a}^{x} g (t) d t .

Nach Satz 9.18 ist

G

[a, b]

differenzierbar und

G^{'} = g

. Mit Hilfe der partiellen Integration (Satz 9.20) erhält man

\int_{a}^{b} f (x) g (x) d x = f (x) G (x) |_{a}^{b} - \int_{a}^{b} f^{'} (x) G (x) d x .

(⋆)

Nach dem Korollar zum erweiterten 1. Mittelwertsatz der Integralrechnung gibt es ein

ξ \in (a, b)

, so daß

Wegen

G (a) = 0

und

G (b) - G (ξ) = \int_{ξ}^{b} g (x) d x

gilt nach

(⋆)

und

(⋆ ⋆)

Wir wenden uns jetzt der Bestimmung des Volumens eines sogenannten Rotationskörpers zu. Zunächst soll aber definiert werden, was unter einem solchen Körper zu verstehen ist.

Dazu sei

I = [a, b]

ein abgeschlossenes Intervall mit

a < b

und sei

f

eine in

I

definierte und integrierbare Funktion, die in dem Intervall nicht negativ wird. Dann bestimmt die Punktmenge

bekanntlich eine Fläche. Läßt man nun diese Fläche um die

x

-Achse rotieren, dann entsteht eine Rotationsfigur oder ein Rotationskörper (vgl. Abb. 9.13).

Wir interessieren uns nun für die Frage, ob man diesem Rotationskörper in „vernünftiger“ Weise ein Volumen zuschreiben kann, und wie man gegebenenfalls dieses Volumen definieren und berechnen könnte.

Das Problem ist aufgeworfen, wir versuchen es zu lösen. Dazu sei

𝔷 = (a_{0}, \dots, a_{n + 1})

eine Zerlegung von

I

. Parallele Ebenen im

{I R}^{3}

, die zur

x

-Achse senkrecht stehen und durch die jeweiligen Zerlegungspunkte auf der

x

-Achse gehen, schneiden aus der Rotationsfigur Kreisscheiben heraus. Das angenäherte Volumen der Kreisscheibe, die durch die Zerlegungspunkte

a_{i}

und

a_{i + 1}

bestimmt wird, kann durch einen geeigneten Kreiszylinder angegeben werden. Dazu sei

ξ_{i} \in [a_{i}, a_{i + 1}]

beliebig. Dann ist durch

(a_{i + 1} - a_{i}) \cdot f^{2} (ξ_{i}) \cdot π

das Volumen des entsprechenden Zylinders mit der Höhe

h = a_{i + 1} - a_{i}

und dem Radius

f (ξ_{i})

gegeben.

ξ_{i}

ist eine Zwischenstelle in

[a_{i}, a_{i + 1}]

(vgl. Abb. 9.8). Entsprechend dieser Überlegung ist durch

das angenäherte Volumen der gesamten Rotationsfigur bestimmt. Diese Summe ist offensichtlich eine Zwischensumme der Funktion

π \cdot f^{2} (x)

bei der Zerlegung

𝔷

und dem Zwischenstellensystem

τ = (ξ_{0}, \dots, ξ_{n})

. Nach Voraussetzung ist

f

I

integrierbar, folglich ist auch

π f^{2}

I

integrierbar. Betrachtet man jetzt eine ausgezeichnete Zerlegungsfolge

(𝔷_{ν})

von

I

und eine Folge

(τ_{ν})

von zugehörigen Zwischenstellensystemen, dann existiert

lim_{ν \to \infty} S_{π f^{2}} (𝔷_{ν}, τ_{ν})

, und der Limes ist gleich dem Integral

\int_{a}^{b} π f^{2} (x) d x .

Daher definiert man das Volumen

V

der Punktmenge

M

wie folgt:

V := lim_{ν \to \infty} S_{π f^{2}} (𝔷_{ν}, τ_{ν}) = \int_{a}^{b} π f^{2} (x) d x = π \int_{a}^{b} f^{2} (x) d x

(1). Ist

f

konstant,

f = r

, dann erhält man mit dieser Formel den Rauminhalt eines Kreiszylinders mit der Höhe

b - a

und dem Radius

r

V = π \int_{a}^{b} f^{2} (x) d x = π \int_{a}^{b} r^{2} d x = π r^{2} (b - a) = r^{2} π h

(2). Es sei

f (x) = \sqrt{x}

und

I = [0, 1]

. Dann ist das Volumen des entsprechenden Rotationskörpers gegeben durch

V = π \int_{a}^{b} f^{2} (x) d x = π \int_{0}^{1} x d x = π \cdot \frac{x^{2}}{2} |_{0}^{1} = \frac{π}{2} .

(3). Es sei jetzt

I = [1, 2]

und

f, g

seien in

I

definierte Funktionen, so daß

f (x) = x

und

g (x) = 1

Wir lassen die durch

f

und

g

bestimmte Fläche um die

x

-Achse rotieren und bestimmen das Volumen des entsprechenden Rotationskörpers.

V = π \int_{1}^{2} (f^{2} (x) - g^{2} (x)) d x

π \int_{1}^{2} (x^{2} - 1) d x

π (\frac{1}{3} x^{3} - x) |_{1}^{2}

\frac{4 π}{3} .

Als Spezialfall erhält man das Volumen eines Kegels mit der Höhe

h

und dem Radius

r

. Hierfür ist nämlich

f (x) = \frac{r}{h} \cdot x

und

I = [0, h]

. Also

Dazu betrachten wir die Gleichung

{(y - R)}^{2} + x^{2} = r^{2}

eines Kreises mit dem Mittelpunkt

(0, R)

und dem Radius

r

. Löst man diese Gleichung nach

y

auf, dann erhält man zwei Funktionen

f (x) = R + \sqrt{r^{2} - x^{2}}

und

g (x) = R - \sqrt{r^{2} - x^{2}}

; den oberen und unteren Kreisbogen des Kreises. Läßt man die Fläche des entsprechenden Kreises um die

x

-Achse rotieren, dann erhält man einen Torus. Dessen Volumen ist gegeben durch

Wir lösen zunächst das unbestimmte Integral, um eine Stammfunktion zu erhalten. Es ist

$\int \sqrt{r^{2} - x^{2}} d x$	=	$r \int \sqrt{1 - (\frac{x}{r})^{2}} d x$
	=	$r \int \sqrt{1 - t^{2}} \cdot r d t$ ; (für $\frac{x}{r} = t$ )
	=	$r^{2} \int \sqrt{1 - {sin}^{2} z} \cdot cos z d z$ ; (für $t = sin z$ )
	=	$r^{2} \int {cos}^{2} z d z$ ( $⋆$ )
	=	$r^{2} (sin z cos z + \int \underset{= 1 - {cos}^{2} z}{\underset{︸}{{sin}^{2} z}} d z)$ ; (partielle Integration)
	=	$r^{2} (sin z cos z + z) - r^{2} \int {cos}^{2} z d z .$

2 r^{2} \int {cos}^{2} z d z = \frac{r^{2}}{2} sin z cos z + z = \frac{r^{2}}{2} sin z \sqrt{1 - {sin}^{2} z} + z .

Damit haben wir das unbestimmte Integral – allerdings bezüglich

z

– gelöst. Wir wollen aber das bestimmte Integral bezüglich

x

in den Grenzen von

- r

bis

r

berechnen. Dazu müßten noch die Grenzen entsprechend der Substitutionen transformiert oder die Substitutionen rückgängig gemacht werden. Folgende Substitutionen wurden vorgenommen:

t = sin z \Rightarrow z = arcsin t

und

\frac{x}{r} = t \Rightarrow z = arcsin \frac{x}{r} .

Für

- r \leq x \leq r

gilt

- 1 \leq \frac{x}{r} \leq 1

und schließlich

- \frac{π}{2} \leq arcsin \frac{x}{r} \leq \frac{π}{2} .

In den betrachteten Intervallen sind die Transformationen bijektiv, folglich ist

$\int_{- r}^{r} \sqrt{r^{2} - x^{2}} d x$	=	$\frac{r^{2}}{2} (sin (arcsin \frac{x}{r}) \cdot \sqrt{1 - {(sin (arcsin \frac{x}{r}))}^{2}} + arcsin \frac{x}{r}) \|_{- r}^{r}$
	=	$\frac{r^{2}}{2} (\frac{x}{r} \cdot \sqrt{1 - (\frac{x}{r})^{2}} + arcsin \frac{x}{r}) \|_{- r}^{r}$
	=	$\frac{r^{2}}{2} (arcsin 1 - arcsin (- 1))$
	=	$\frac{r^{2}}{2} (\frac{π}{2} - (- \frac{π}{2}))$
	=	$\frac{r^{2} π}{2}$

Das gleiche Ergebnis erhält man, indem die Integrationsgrenzen entsprechend transformiert werden:

Das Volumen eines Rotationskörpers ist gleich dem Flächeninhalt der rotierenden Fläche, multipliziert mit dem Umfang des Kreises, der durch den Mittelpunkt (oder Schwerpunkt) der rotierenden Fläche beschrieben wird.

Beim Riemann-Integral wurde stets vorausgesetzt, daß die zu integrierenden Funktionen in einem abgeschlossenen (endlichen) Intervall definiert und beschränkt sind. Für manche Zwecke ist es vorteilhaft, auch Integrale über unendlichen Intervallen oder über unbeschränkten Funktionen zuzulassen. Dies führt zum sogenannten uneigentlichen Integral.

Definition. (uneigentliches Integral über unendlichen Intervallen ) Es sei

a

eine reelle Zahl,

f

sei für alle

x \geq a

definiert und in

[a, x]

integrierbar, und es sei

F (x) : = \int_{a}^{x} f (t) d t .

f

ist in

[a, \infty) = {x : a \leq x}

uneigentlich integrierbar =Df

Ist

f

[a, \infty)

uneigentlich integrierbar, dann heißt

\int_{a}^{\infty} f (t) d t

konvergent, anderenfalls divergent.

Ist

| f |

[a, \infty)

uneigentlich integrierbar, dann heißt

\int_{a}^{\infty} f (t) d t

absolut konvergent.

Analog definiert man das uneigentliche Integral von

f

(- \infty, a]

. Hierbei sei

f

für jedes

x \leq a

definiert und in

[x, a]

integrierbar. Man betrachtet dann

F (x) : = \int_{x}^{a} f (t) d t

und

lim_{x \to - \infty} F (x) .

Es ist

\int_{- \infty}^{\infty} f (t) d t = \int_{- \infty}^{a} f (t) d t + \int_{a}^{\infty} f (t) d t

für beliebiges

a \in I R

Damit gilt

lim_{x \to \infty} F (x) = lim_{x \to \infty} arctan x = \frac{π}{2}

. Also

G (x) = \int_{x}^{0} \frac{d t}{1 + t^{2}} d t = arctan 0 - arctan x = - arctan x

lim_{x \to - \infty} G (x) = lim_{x \to - \infty} (- arctan x) = - (- \frac{π}{2}) = \frac{π}{2} .

\int_{- \infty}^{0} \frac{d t}{1 + t^{2}} = \frac{π}{2}

und somit

\int_{- \infty}^{\infty} \frac{d t}{1 + t^{2}} = π

Bemerkung.

arctan x

könnte auch durch

f (x) = \int_{0}^{x} \frac{d t}{1 + t^{2}}

definiert werden. Interpretiert man das uneigentliche Integral als Fläche, dann schließt die Funktion

f (x) = \frac{1}{1 + t^{2}}

mit der

x

-Achse in dem unendlichen Intervall

(- \infty, \infty)

eine „endliche“ Fläche ein.

(2). Wir betrachten jetzt die Funktion

f (t) = \frac{1}{t}

und zeigen, daß das uneigentliche Integral

\int_{1}^{\infty} \frac{d t}{t}

nicht konvergiert. Dies bedeutet anschaulich gesprochen, daß die „Fläche“, die von oben durch die Funktion und von unten durch die

x

-Achse in dem Intervall

[1, \infty)

begrenzt wird, unendlich groß ist (vgl. Abb. 9.18).

Definition. (uneigentliche Integrale über unbeschränkten Funktionen ) Es sei

a < b

und es gelte eine der Bedingungen:

(1)

f

ist in

[a, b)

definiert und für jedes

x \in [a, b)

[a, x]

integrierbar. (2)

f

ist in

(a, b]

definiert und für jedes

x \in (a, b]

[x, b]

integrierbar. (3)

(1)

lim_{\binom{x \to b}{x < b}} \int_{a}^{x} f (t) d t

existiert bzw. (2)

lim_{\binom{x \to a}{x > a}} \int_{x}^{b} f (t) d t

existiert bzw. (3)

lim_{\binom{x \to c}{x < c}} \int_{a}^{x} f (t) d t

und

lim_{\binom{x \to c}{x > c}} \int_{x}^{b} f (t) d t

existieren.

Diese Limites heißen – falls sie existieren – uneigentliche Integrale von

f

[a, b]

, und

\int_{a}^{b} f (t) d t

heißt dann konvergent, anderenfalls divergent.

Die folgenden Abbildungen sollen einige Möglichkeiten für die Bildung von uneigentlichen Integralen über beschränkten Intervallen und unbeschränkten Funktionen veranschaulichen.

Beispiel. Es sei

[a, b] = [0, 1]

und

f (t) = \frac{1}{\sqrt{t}} .

Es soll

\int_{0}^{1} f (t) d t

berechnet werden, falls das uneigentliche Integral konvergiert. Für

0 < x \leq 1

ist

f

[x, 1]

stetig und damit auch integrierbar. Es ist

F (x) : = \int_{x}^{1} f (t) d t = \int_{x}^{1} t^{- \frac{1}{2}} d t = 2 \sqrt{t} |_{x}^{1} = 2 (1 - \sqrt{x}) .

\int_{0}^{1} \frac{d t}{\sqrt{t}} = lim_{\binom{x \to 0}{x >_0}} 2 (1 - \sqrt{x}) = 2

Die verschiedenen Typen von uneigentlichen Integralen über unendlichen Intervallen bzw. über unbeschränkten Funktionen lassen sich natürlich auch kombinieren.

Tiefergehende Untersuchungen über uneigentliche Integrale findet man z.B. in der Literaturangabe [3], Band II, XII Uneigentliche Integrale, Seite 574 – 676.

Zur Erinnerung:

𝖐 = {f (t) : a \leq t \leq b}

ist eine Kurve in

{I R}^{k}

, falls

f : [a, b] \to {I R}^{k}

eine stetige Vektorfunktion ist.

für jedes

t_{1}, t_{2} \in [a, b]

mit

t_{1} < t_{2}

und

t_{1} \neq a

oder

t_{2} \neq b

gilt

f (t_{1}) \neq f (t_{2})

. Eine doppelpunktfreie Kurve heißt auch Jordan-Kurve. Ist in der obigen Darstellung

f (a) = f (b)

, dann heißt

𝖐

geschlossene Kurve.

Beispiele. Wir geben jetzt einige wichtige Beispiele von Kurven an (vgl. auch die Abbildungen 6.9 und 6.10 aus dem Kapitel 6).

PICT

Unser Ziel ist es nun, die Länge einer Kurve zu definieren bzw. zu berechnen. Für beliebige Kurven wird sich eine Länge nicht definieren lassen. Daher betrachten wir jetzt einige speziellere Klassen von Kurven.

Sei

𝖐 = {f (t) : a \leq t \leq b}

eine Kurve mit der Parameterdarstellung

f : [a, b] \to {I R}^{k}

Es sei

𝖐 = {f (t) : a \leq t \leq b}

zunächst eine Kurve und

𝔷 = (a_{0}, \dots, a_{n + 1})

eine Zerlegung von

[a, b]

. Verbindet man die Bildpunkte

f (a_{0}), \dots, f (a_{n + 1}) \in 𝖐

von

a_{0}, \dots, a_{n + 1}

der Reihe nach durch Verbindungsstrecken, dann entsteht ein der Kurve einbeschriebener Polygonzug

P_{𝔷}

(vgl. Abb. 9.23). Der Abstand zwischen je zwei „benachbarten“ Bildpunkten

f (a_{i})

und

f (a_{i + 1})

auf der Kurve beträgt

| f (a_{i + 1}) - f (a_{i})) |

. Folglich ist die Länge des Polygonzuges gegeben durch

Definition. (Länge einer Kurve ) Sei

𝖐

eine Kurve mit der Parameterdarstellung

𝖐 = {f (t) : a \leq t \leq b}

𝖐

ist rektifizierbar (d.h.

𝖐

besitzt eine Länge ) =Df

Es sei jetzt

𝖐 = {f (t) : a \leq t \leq b}

eine stetig differenzierbare Kurve in

{I R}^{k}

. Insbesondere ist

f : [a, b] \to {I R}^{k}

f = (f_{1}, \dots, f_{k})

und

f_{j} : [a, b] \to I R

stetig differenzierbar für jedes

j = 1, \dots, k

. Weiterhin sei

𝔷 = (a_{0}, \dots, a_{n + 1})

eine Zerlegung von

[a, b]

, und der Einfachheit halber sei

u : = a_{i}

und

v : = a_{i + 1}

. Der Abstand zwischen den auf der Kurve liegenden Punkten

f (u)

und

f (v)

beträgt

Nach Voraussetzung sind

f_{1}, \dots, f_{k}

differenzierbar in

[u, v]

. Folglich gibt es nach dem 1. Mittelwertsatz der Differentialrechnung für jedes

f_{j}

ein

ξ_{i j} \in [u, v]

, so daß

f_{j} (v) - f_{j} (u) = f_{j}^{'} (ξ_{i j}) (v - u) .

(

ξ_{i j}

hängt von

[a_{i}, a_{i + 1}] = [u, v]

und

f_{j}

ab.)

| f (v) - f (u) | = (⋆) = | (f_{1}^{'} (ξ_{i 1}) \cdot (v - u), \dots, f_{k}^{'} (ξ_{i k}) \cdot (v - u)) |

| f (a_{i + 1}) - f (a_{i}) | = \sqrt{\sum_{j = 1}^{k} (f_{j}^{'} (ξ_{i j}))^{2}} \cdot (a_{i + 1} - a_{i}) .

= \sum_{i = 0}^{n} \sqrt{\sum_{j = 1}^{k} (f_{j}^{'} (ξ_{i j}))^{2}} \cdot (a_{i + 1} - a_{i}) .

g (t) = | f^{'} (t) | = | (f_{1}^{'} (t), \dots, f_{k}^{'} (t)) | = \sqrt{\sum_{j = 1}^{k} (f_{j}^{'} (t))^{2}}

ähnlich. Offenbar ist für

ξ_{i} \in [a_{i}, a_{i + 1}]

i = 1, \dots, n

und

τ = (ξ_{0}, \dots, ξ_{n}),

eine Zwischensumme. Wir werden jetzt zeigen, daß sich

l (P_{𝔷})

und

S_{g} (𝔷, τ)

bei geeigneten Zerlegungen um beliebig wenig unterscheiden.

Lemma. Es sei

𝖐

eine durch

f : [a, b] \to {I R}^{k}

definierte und stetig differenzierbare Kurve. Weiterhin sei

(𝔷_{ν})

eine ausgezeichnete Zerlegungsfolge von

[a, b]

, und

(τ_{ν})

sei eine Folge zugehöriger Zwischenstellensysteme von

(𝔷_{ν})

. Dann folgt :

Beweis. Sei

𝔷_{ν} = (a_{0}^{ν}, \dots, a_{n_{ν} + 1}^{ν})

und

τ_{ν} = (ξ_{1}^{ν}, \dots, ξ_{n}^{ν})

. Dann gilt

= | \sum_{i = 0}^{n_{ν}}

\sqrt{\sum_{j = 1}^{k} (f_{j}^{'} (ξ_{i j}^{ν}))^{2}} \cdot (a_{i + 1}^{ν} - a_{i}^{ν}) -

\sum_{i = 0}^{n_{ν}}

\sqrt{\sum_{j = 1}^{k} (f_{j}^{'} (ξ_{i}^{ν}))^{2}} \cdot (a_{i + 1}^{ν} - a_{i}^{ν}) |

= | \sum_{i = 0}^{n_{ν}}

(\sqrt{\sum_{j = 1}^{k} (f_{j}^{'} (ξ_{i j}^{ν}))^{2}} - \sqrt{\sum_{j = 1}^{k} (f_{j}^{'} (ξ_{i}^{ν}))^{2}}) | \cdot (a_{i + 1}^{ν} - a_{i}^{ν})

\leq \sum_{i = 0}^{n_{ν}} | | {\bar{α}}_{i} | - | {\bar{β}}_{i} | | \cdot (a_{i + 1}^{ν} - a_{i}^{ν})

\leq \sum_{i = 0}^{n_{ν}} | {\bar{α}}_{i} - {\bar{β}}_{i} | \cdot (a_{i + 1}^{ν} - a_{i}^{ν})

= \sum_{i = 0}^{n_{ν}}

\sqrt{\sum_{j = 1}^{k} (f_{j}^{'} (ξ_{i j}^{ν}) - f_{j}^{'} (ξ_{i}^{ν}))^{2}} \cdot (a_{i + 1}^{ν} - a_{i}^{ν}) = (⋆) .

Nach Voraussetzung sind die Funktionen

f_{j}^{'}

stetig in

[a, b]

, also sind sie auch gleichmäßig stetig. Folglich erhält man: Für jedes

ε^{'} > 0

existiert ein

δ > 0

, so daß für alle

ξ_{i j}^{ν}, ξ_{i}^{ν} \in [a, b]

mit

| ξ_{i j}^{ν} - ξ_{i}^{ν} | < δ

gilt:

| f_{j}^{'} (ξ_{i j}^{ν}) - f_{j}^{'} (ξ_{i}^{ν}) | < ε^{'}

, also auch

(f_{j}^{'} (ξ_{i j}^{ν}) - f_{j}^{'} (ξ_{i}^{ν}))^{2} < {ε^{'}}^{2}

Wählt man

ν_{0}

so groß, daß

d (𝔷_{ν}) < δ

für alle

ν \geq ν_{0}

, dann erhält man

$(⋆) = \| l (P_{𝔷_{ν}}) - S_{g} (𝔷_{ν}, τ_{ν}) \|$	$<$	$\sum_{i = 0}^{n_{ν}}$ $\sqrt{\sum_{j = 1}^{k} {ε^{'}}^{2}} \cdot (a_{i + 1}^{ν} - a_{i}^{ν})$
	=	$ε^{'} \sqrt{k} \cdot \underset{= b - a}{\underset{︸}{\sum_{i = 0}^{n_{ν}} (a_{i + 1}^{ν} - a_{i}^{ν})}}$
	=	$ε^{'} \sqrt{k} \cdot (b - a)$ .

| l (P_{𝔷_{ν}}) - S_{g} (𝔷_{ν}, τ_{ν}) | < ε^{'} \sqrt{k} \cdot (b - a) = \sqrt{k} \cdot (b - a) \cdot \frac{ε}{\sqrt{k} \cdot (b - a)} = ε .

Satz 9.23 Es sei $f : [a, b] \to {I R}^{k}$ und $𝖐 = {f (t) : a \leq t \leq b}$ eine stetig differenzierbare Kurve. Dann ist $𝖐$ rektifizierbar, und es gilt

$l (𝖐) = \int_{a}^{b} | f^{'} (t) | d t = \int_{a}^{b}$ $\sqrt{\sum_{i = 1}^{k} (f_{j}^{'} (t))^{2}} d t .$

nach oben beschränkt ist (

\Rightarrow

es existiert

sup M

, und somit ist

𝖐

rektifizierbar).

Angenommen,

M

ist nicht nach oben beschränkt. Dann gibt es eine Folge

(𝔷_{ν})

von Zerlegungen des Intervalls

[a, b]

, so daß die Folge

(l (P_{𝔷_{ν}}))

nicht nach oben beschränkt ist. Sei o.B.d.A.

(𝔷_{ν})

eine ausgezeichnete Zerlegungsfolge (durch entsprechende Verfeinerungen läßt sich dies immer erreichen; und aufgrund der Dreiecksungleichung wird bei einer verfeinerten Zerlegung der einbeschriebene Polygonzug höchstens länger). Nach dem Lemma gilt dann für

g (t) = | f^{'} (t) | .

lim_{ν \to \infty} (\underset{= α_{ν}}{\underset{︸}{l (P_{𝔷_{ν}})}} - \underset{= β_{ν}}{\underset{︸}{S_{g} (𝔷_{ν}, τ_{ν})}}) = 0 .

Wegen der Stetigkeit von

g (t) = | f^{'} (t) |

[a, b]

ist

| f^{'} (t) |

als reellwertige Funktion einer reellen Veränderlichen in

[a, b]

integrierbar. Folglich gilt nach Satz 9.9

β_{ν} \to d

und

(α_{ν} - β_{ν})

eine Nullfolge ist, muß auch die Folge

(α_{ν})

gegen

d

konvergieren. Dies führt zum Widerspruch.

Folglich gilt

α_{ν} \underset{ν \to \infty}{\to} l (𝖐)

, und damit ist

l (𝖐) = \int_{a}^{b} | f^{'} (t) | d t .

Korollar. Ist

g : [a, b] \to I R

stetig differenzierbar,

f (t) = (t, g (t)) : = (f_{1} (t), f_{2} (t))

und

𝖐 = {f (t) : a \leq t \leq b}

, dann ist

𝖐

rektifizierbar und

Weiterhin gilt

| f^{'} (t) | = | {(t, g (t))}^{'} | = \sqrt{(f_{1}^{'} (t))^{2} + (f_{2}^{'} (t))^{2}} = \sqrt{1 + {g^{'}}^{2} (t)} .

Bemerkung. Betrachtet man eine Kurve, die (wie im Korollar) durch eine reellwertige Funktion einer Veränderlichen definiert ist, dann erhält man eine vereinfachte Formel für die Länge dieser Kurve.

Es sei

\bar{a} = (1, 1)

und

\bar{b} = (3, 2)

. Wählt man als Parameterintervall

[0, 1]

, dann ist durch

f (t) = \bar{a} + t (\bar{b} - \bar{a}) = (1 + 2 t, 1 + t) : = (f_{1} (t), f_{2} (t))

eine Parameterdarstellung der Verbindungsstrecke

𝖐

gegeben. Offenbar sind

f_{1}, f_{2}

[0, 1]

stetig differenzierbar und

f_{1}^{'} (t) = 2, f_{2}^{'} (t) = 1

und damit

f^{'} (t) = (2, 1)

für jedes

t \in [0, 1]

. Folglich ist

𝖐

rektifizierbar und

l (𝖐) = \int_{0}^{1} | f^{'} (t) | d t = \int_{0}^{1} | (2, 1) | d t = \int_{0}^{1} \sqrt{2^{2} + 1^{2}} d t = \sqrt{5} .

Natürlich hätte man das Ergebnis in diesem einfachen Fall auch ohne Integrale erhalten.

Wir betrachten einen Kreis mit dem Mittelpunkt

(0, 0)

und dem Radius

r

(vgl. auch Abb. 9.20).

Für die Kreislinie

𝖐

ist durch

f : [0, 2 π] \to {I R}^{2}

mit

f (t) = (r cos t, r sin t)

eine Parameterdarstellung gegeben. Offenbar ist

f

[0, 2 π]

stetig differenzierbar und

f^{'} (t) = (- r sin t, r cos t)

. Folglich ist

l (𝖐) = \int_{0}^{2 π} | f^{'} (t) | d t = \int_{0}^{2 π} r d t = r 2 π .

Wir betrachten eine Schraubenlinie mit dem Radius

r

und zwei „Gewindegängen“. Es sei

f : [0, 4 π] \to {I R}^{3}

f (t) = (r cos t, r sin t, c t), c \neq 0

f

ist in

[0, 4 π]

stetig differenzierbar und

f^{'} (t) = (- r sin t, r cos t, c)

. Dann ist

| f^{'} (t) | = \sqrt{r^{2} {sin}^{2} t + r^{2} {cos}^{2} t + c^{2}} d t = \sqrt{r^{2} + c^{2}} .

l (𝖐) = \int_{0}^{4 π} \sqrt{r^{2} + c^{2}} d t = \sqrt{r^{2} + c^{2}} \cdot 4 π .

(4). Länge der Normalparabel, definiert im Intervall

[0, 1]

(Beispiel für die Berechnung der Länge einer Kurve mit Hilfe des Korollars zu Satz 9.23).

Es sei

g : [0, 1] \to I R

mit

g (t) = t^{2}

und

f (t) = (t, g (t))

. Dann ist durch

𝖐 = {f (t) : 0 \leq t \leq 1}

eine stetig differenzierbare Kurve gegeben und

f^{'} (t) = (1, 2 t)

. Also

l (𝖐) = \int_{0}^{1} \sqrt{1 + {(g^{'} (t))}^{2}} d t = \int_{0}^{1} \sqrt{1 + 4 t^{2}} d t = (⋆)

= \frac{1}{2} ((2 t \cdot \sqrt{1 + 4 t^{2}}) + ln (2 t + \sqrt{1 + 4 t^{2}})) .

(Die eigentliche Berechnung des Integrals

\int \sqrt{1 + z^{2}} d z

bleibt als Übungsaufgabe.) Also

Bemerkung. Die Stetigkeit von

f

ist nicht hinreichend für die Rektifizierbarkeit der entsprechenden Kurve

𝖐

. Wir betrachten als Beispiel die Funktion

f (t) = {\begin{matrix} (t, t \sin \frac{π}{2 t}) für t \neq 0, \\ (0,0) für t = 0. \end{matrix}

Wir betrachten jetzt die Funktion

g : [0, \frac{1}{4}] \to I R

mit

g (t) = t sin \frac{π}{2 t}

und die Kurve

𝖐 : = {f (t) = (t, g (t)) : 0 \leq t \leq \frac{1}{4}}

und zeigen, daß

𝖐

nicht rektifizierbar ist.

Dazu sei

1 \leq n < k

und

𝔷_{k} = (\frac{1}{4 k}, \dots, \underset{a}{\underset{︸}{\frac{1}{4 n + 4}}}, \underset{u}{\underset{︸}{\frac{1}{4 n + 3}}}, \underset{b}{\underset{︸}{\frac{1}{4 n + 2}}}, \underset{v}{\underset{︸}{\frac{1}{4 n + 1}}}, \underset{c}{\underset{︸}{\frac{1}{4 n}}}, \dots, \frac{1}{4})

eine Zerlegung von

[\frac{1}{4 k}, \frac{1}{4}]

(siehe auch Abb. 9.25).

Wir berechnen zunächst den Abstand zwischen den Punkten

(a, 0)

und

(u, \underset{- u}{\underset{︸}{f (u)}})

{I R}^{2}

. Es ist

| (u, - u) - (a, 0) | = | (\frac{1}{4 n + 3} - \frac{1}{4 n + 4}, - \frac{1}{4 n + 3}) |

Ebenso zeigt man, daß die Abstände zwischen

(b, 0)

und

(v, \underset{= v}{\underset{︸}{f (v)}})

bzw. zwischen

(v, v)

und

(c, 0)

größer oder gleich

\frac{1}{4 n + 1}

sind.

l (P_{n}) \geq 2 \cdot \frac{1}{4 n + 3} + 2 \cdot \frac{1}{4 n + 1} \geq \frac{1}{n + 1}

besitzt. Für die Länge des gesamten (einbeschriebenen) Polygonzuges

P_{𝔷_{k}}

bezüglich des Intervalls

[\frac{1}{4 k}, \frac{1}{k}]

ist dann

und diese Summe ist für

k \to \infty

, also für

\frac{1}{4 k} \to 0

, nicht beschränkt. Folglich ist

𝖐

nicht rektifizierbar.

Im nächsten Abschnitt befassen wir uns mit der Integrierbarkeit der Grenzfunktion bei Funktionenfolgen und -reihen.

Satz 9.24 $($ Integrierbarkeit der Grenzfunktion $)$ Sei $a < b, I = [a, b]$ und $(f_{n})$ eine Folge von Funktionen, die in dem Intervall $I$ definiert sind. Dann gilt $:$

$(1)$

Konvergiert

(f_{n})

I

gleichmäßig gegen die Funktion

f

und sind alle

f_{n}

I

integrierbar, dann ist

f

I

integrierbar, und es ist

\int_{a}^{b} f (x) d x = \int_{a}^{b} (lim_{n \to \infty} f_{n} (x)) d x = lim_{n \to \infty} \int_{a}^{b} f_{n} (x) d x

. (Vertauschbarkeit des Limes mit dem Integral)

$(2)$

Konvergiert

\sum_{n = 0}^{\infty} f_{n} (x)

I

gleichmäßig gegen die Funktion

f

und sind alle

f_{n}

I

integrierbar, dann ist

f

I

integrierbar, und es ist

\int_{a}^{b} f (x) d x = \int_{a}^{b} \sum_{n = 0}^{\infty} f_{n} (x) d x = \sum_{n = 0}^{\infty} \int_{a}^{b} f_{n} (x) d x

. (Vertauschbarkeit des Integrals mit der unendlichen Summe)

Beweis. (1). Sei

ε > 0

. Nach Definition der gleichmäßigen Konvergenz gibt es ein

n_{0}

, so daß für jedes

n \geq n_{0}

und für jedes

x \in I

gilt:

f_{n}

I

integrierbar ist, ist

f_{n}

und damit auch

f

I

beschränkt. Mit Hilfe des Riemannschen Integrierbarkeitskriteriums zeigen wir, daß

f

I

integrierbar ist.

sup_{x \in I^{'}} f (x) \leq sup_{x \in I^{'}} f_{n} (x) + ε^{'}

und

inf_{x \in I^{'}} f (x) \geq inf_{x \in I^{'}} f_{n} (x) - ε^{'}

f_{n}

I

integrierbar ist, existiert eine Zerlegung

𝔷 = (a_{0}, \dots, a_{k + 1})

von

I

, so daß

{\overline{S}}_{f_{n}} (𝔷) - {\underline{S}}_{f_{n}} (𝔷) < \frac{ε}{2}

{\overline{S}}_{f_{n}} (𝔷) - {\underline{S}}_{f_{n}} (𝔷) = \sum_{i = 0}^{k} (a_{i + 1} - a_{i}) \cdot (sup_{x \in I_{i}} f (x) - inf_{x \in I_{i}} f (x))

\leq \sum_{i = 0}^{k} (a_{i + 1} - a_{i}) \cdot (sup_{x \in I_{i}} f_{n} (x) + ε^{'} - inf_{x \in I_{i}} f_{n} (x) + ε^{'})

= 2 ε^{'} \cdot \underset{= b - a}{\underset{︸}{\sum_{i = 0}^{k} (a_{i + 1} - a_{i})}} + \underset{< \frac{ε}{3}}{\underset{︸}{({\overline{S}}_{f_{n}} (𝔷) - {\underline{S}}_{f_{n}} (𝔷))}}

|\int_{a}^{b} f_{n} (x) d x - \int_{a}^{b} f (x) d x| = |\int_{a}^{b} (f_{n} (x) - f (x)) d x|

\leq \int_{a}^{b} \underset{< ε^{'}}{\underset{︸}{| f_{n} (x) - f (x) |}} d x

lim_{n \to \infty} \int_{a}^{b} f_{n} (x) d x = \int_{a}^{b} f (x) d x = \int_{a}^{b} (lim_{n \to \infty} f_{n} (x)) d x .

(2). Setzt man

F_{n} (x) : = \sum_{i = 0}^{n} f_{i} (x)

, dann konvergiert

(F_{n})

I

gleichmäßig gegen

f

, und alle

F_{n}

sind in

I

integrierbar. Folglich gilt nach (1):

lim_{n \to \infty} \int_{a}^{b} F_{n} (x) d x = \int_{a}^{b} (lim_{n \to \infty} F_{n} (x) d x) = \int_{a}^{b} (\sum_{n = 0}^{\infty} f_{n} (x)) d x = \int_{a}^{b} f (x) d x .

lim_{n \to \infty} \int_{a}^{b} F_{n} (x) d x = lim_{n \to \infty} \int_{a}^{b} (\sum_{i = 0}^{n} f_{i} (x)) d x = lim_{n \to \infty} \sum_{i = 0}^{n} \underset{: = g_{i} (x)}{\underset{︸}{\int_{a}^{b} f_{i} (x) d x}}

= lim_{n \to \infty} \sum_{i = 0}^{n} g_{i} (x) = \sum_{i = 0}^{\infty} g_{i} (x) = \sum_{i = 0}^{\infty} \int_{a}^{b} f_{i} (x) d x,

\int_{a}^{b} f (x) d x = \int_{a}^{b} (\sum_{n = 0}^{\infty} f_{n} (x)) d x = \sum_{n = 0}^{\infty} \int_{a}^{b} f_{n} (x) d x .

$A$	=	$1$
$A + B$	=	$0$ ,

$\int \frac{1}{1 + e^{x}} d x$	=	$\int \frac{1}{t (1 + t)} d t$
	=	$\int (\frac{1}{t} - \frac{1}{1 + t}) d t$
	=	$ln \| t \| - ln \| 1 + t \| + c$
	=	$ln e^{x} - ln (1 + e^{x}) + c$
	=	$x - ln (1 + e^{x}) + c .$

$1$	=	$A (x^{2} + 1) + B x (x^{2} + 1) + (C x + D) x^{2}$
	=	$A x^{2} + A + B x^{3} + B x + C x^{3} + D x^{2}$
	=	$(B + C) x^{3} + (A + D) x^{2} + B x + A .$

$F (x) - F (c)$	=	$\int_{a}^{x} f (t) d t - \int_{a}^{c} f (t) d t$
	=	$\int_{a}^{x} f (t) d t + \int_{c}^{a} f (t) d t$
	=	$\int_{c}^{x} f (t) d t$
	=	$μ_{x, c} \cdot (x - c) .$

$\int_{α}^{β} f (g (x)) \cdot g^{'} (x) d x$	=	${[F (g (x))]}_{α}^{β}$
	=	$F (g (β)) - F (g (β))$
	=	$F (b) - F (a)$
	=	$\int_{a}^{b} f (t) d t .$

$\int \frac{1}{x^{2} (x^{2} + 1)} d x$	=	$\int \frac{1}{x^{2}} d x - \int \frac{1}{x^{2} + 1} d x$
	=	$- \frac{1}{x} - arctan x + c .$

${[f (x) g (x)]}_{a}^{b}$	=	$\int_{a}^{b} (f^{'} (x) g (x) + f (x) g^{'} (x)) d x$
	=	$\int_{a}^{b} f^{'} (x) g (x) d x + \int_{a}^{b} f (x) g^{'} (x) d x .$

$\int_{a}^{b} f^{'} (x) G (x) d x$	=	$G (ξ) \cdot \int_{a}^{b} f^{'} (x) d x$
	=	$G (ξ) \cdot (f (b) - f (a))$
	=	$f (b) \cdot G (ξ) - f (a) \cdot G (ξ) .$ $(⋆ ⋆)$

$\int_{a}^{b} f (x) g (x) d x$	=	$f (b) G (b) - f (a) G (a) - f (b) G (ξ) + f (a) G (ξ)$
	=	$f (a) G (ξ) + f (b) \cdot (G (b) - G (ξ))$
	=	$f (a) \cdot \int_{a}^{ξ} g (x d x) + f (b) \cdot \int_{ξ}^{b} g (x) d x .$

$f^{2} (x) - g^{2} (x)$	=	$R^{2} + 2 R \sqrt{r^{2} - x^{2}} + r^{2} - x^{2} - (R^{2} - 2 R \sqrt{r^{2} - x^{2}} + r^{2} - x^{2})$
	=	$4 R \sqrt{r^{2} - x^{2}},$

$\int_{- r}^{r} \sqrt{r^{2} - x^{2}} d x$	=	$\frac{r^{2}}{2} (sin z cos z + z) \|_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}$
	=	$\frac{r^{2}}{2} (\frac{π}{2} - (- \frac{π}{2}))$
	=	$\frac{r^{2} π}{2} .$

$F (x)$	=	$\int_{0}^{x} f (t) d x = \int_{0}^{x} \frac{d t}{1 + t^{2}} = arctan t \|_{0}^{x}$
	=	$arctan x - \underset{= 0}{\underset{︸}{arctan 0}} = arctan x$ .

$\| f (v) - f (u) \|$	=	$\| (f_{1} (v), \dots, f_{k} (v)) - (f_{1} (u), \dots, f_{k} (u)) \|$
	=	$\| (f_{1} (v) - f_{1} (u), \dots, f_{k} (v) - f_{k} (u)) \| = (⋆) .$

$S_{g} (𝔷, τ)$	=	$\sum_{i = 0}^{n} g (ξ_{i}) \cdot (a_{i + 1} - a_{i})$
	=	$\sum_{i = 0}^{n}$ $\sqrt{\sum_{j = 1}^{k} (f_{j}^{'} (ξ_{i}))^{2}} \cdot (a_{i + 1} - a_{i})$