Vertauschungsregel

Wenn wir von rechts nach links, statt von links nach rechts integrieren, arbeiten wir mit $(-dx)$ statt mit $dx$. Deshalb ändert sich das Vorzeichen des Integrals:

\[ \int_a^b  f(x) \; dx = – \int_b^a f(x) \; dx \]

Wir schauen uns das an einem Beispiel an:

\[ \int_1^2 \frac{1}{x} \; dx = \big[ \ln(x) \big]_1^2 = \ln(2) – \cancel{\ln(1)} = \ln(2) \]

Jetzt vertauschen wir die beiden Integrationsgrenzen und rechnen nochmals alles durch:

\[ \int_2^1 \frac{1}{x} \; dx = \big[ \ln(x) \big]_2^1 = \cancel{\ln(1)} – \ln(2) = -\ln(2) \]

Das Vorzeichen hat tatsächlich gewechselt.

Integral aufteilen

Da ein Integral eine Summe von unendlich vielen Summanden ist (die vielen dünnen Rechtecke), können wir jederzeit die Summe in zwei Teilsummen aufteilen. Das ist manchmal ganz praktisch.

Wenn ein Integral von $a$ bis $c$ verläuft, dann kann die Summe in $b$ unterbrochen und das Integral deshalb als zwei Integrale notiert werden:

\[ \int_a^c f(x) \; dx \;\; = \;\; \int_a^b f(x) \; dx + \int_b^c f(x) \; dx \]

Beispiel

Teile das folgende Integral auf und zeige, dass die Summe der beiden Integrale zum gleichen Resultat führt:

\[ \int_0^{2\pi} \sin(x) \; dx \]


Die Sinus-Funktion ist ja von null bis $\pi$ positiv und von $\pi$ bis $2\pi$ negativ. Aus Symmetriegründen sind beide Flächen gleich, heben sich also wegen des Vorzeichens genau auf. Wir rechnen die beiden Teilintegrale aus:

\[ \int_0^{\pi} \sin(x) \; dx = \Big[ -\cos(x) \Big]_0^{\pi} = -\cos(\pi) – \big(-\cos(0)\big) = -(-1) – (-1) = 1 + 1 = 2 \]

\[ \int_{\pi}^{2\pi} \sin(x) \; dx = \Big[ -\cos(x) \Big]_{\pi}^{2\pi} = -\cos(2\pi) – \big(-\cos(\pi)\big) = -1 – \big(-(-1)\big) = -1 – 1 = -2 \]

Die beiden Flächen sind wirklich gleich gross und haben jeweils das andere Vorzeichen. Ihr Summe würde demnach null ergeben. Wir überprüfen und rechnen das ganze Integral aus:

\[ \int_0^{2\pi} \sin(x) \; dx = \Big[ -\cos(x) \Big]_0^{2\pi} = -\cos(2\pi) – \big(-\cos(0)\big) = -1 – (-1) = -1 + 1 = 0 \]

Identische Integrationsgrenzen

Ein weiterer interessanter Fall liegt vor, wenn wir beide Integrationsgrenzen gleichsetzen.

\[ \int_a^a f(x) \; dx = ? \]

Es erscheint logisch, dass hier die Fläche keine Breite hat und somit verschwinden sollte. Wir sehen das einerseits daran, dass die Lösung die Differenz der Stammfunktion für die obere Grenze minus der Stammfunktion für die untere Grenze ist. Wenn beide Grenzen gleich sind, ziehen wir das Gleiche wieder ab und wir kriegen deshalb null.

\[ \int_a^a f(x) \; dx = \Big[ F(x) \Big]_a^a = F(a) – F(a) = 0 \]

Andererseits können wir diesen Fall auch mit der Aufteilung beweisen. Wir teilen das Integral auf in ein Integral von der unteren Grenze $a$ bis zu einer “mittleren Grenze” $b$ und dann integrieren wir weiter von dieser Grenze $b$ zur oberen Grenze $a$:

\[ \int_a^a f(x) \; dx \;\; = \;\; \int_a^b f(x) \; dx + \int_b^a f(x) \; dx \]

Mit der Vertauschungsregel erhalten wir:

\[ = \int_a^b f(x) \; dx – \int_a^b f(x) \; dx \;\; = \;\; 0 \]

Wir halten somit fest, dass das Integral, unabhängig von der Funktion $f(x)$ verschwindet, wenn wir identische Integrationsgrenzen haben.

Für identische Integrationsgrenzen gilt:

\[ \int_a^a f(x) \; dx = 0 \]