Trigonometrische Integrale

Bei einer ungeraden Sinus- oder Kosinuspotenz genügt eine Substitution. Gerade Potenzen musst du zunächst mit einer Identität umformen; die Flächenbilanz über eine Periode zeigt dir, warum. Mit x = sin θ wird √(1 − x²) zur Höhe eines Dreiecks im Einheitskreis. Dort kannst du jeden Term der Stammfunktion als Teil einer Fläche erkennen. Geh die Rechnung Schritt für Schritt durch und versuch es dann selbst.

Gerade Potenzen: Halbiere den Winkel	$sin^{2} x cos^{2} x = \frac{1}{2} (1 - cos 2 x) = \frac{1}{2} (1 + cos 2 x)$
Ungerade Potenz: Ein Faktor wird zu du	$sin^{2 k + 1} x u = (1 - cos^{2} x)^{k} sin x = cos x$
Wurzel aus a² ± x²	$a^{2} - x^{2} a^{2} + x^{2} : x = a sin θ : x = a tan θ$

Rechenbeispiel — Trigonometrische Integrale

Flächenbilanz von 0 bis b	0,0000
Flächenbilanz über eine Periode, 0 bis 2π	0,0000
Mittelwert über eine Periode, c₀	0,0000
Fläche unter xᵏ√(1 − x²), 0 bis X	0,5618
Dieselbe Fläche in θ	0,5618
Winkelterm, c₀·θ	0,3218
Algebraischer Term, der Rest	0,2400

Das sind die Werte, die der Rechner beim Öffnen der Seite anzeigt. Ändere oben eine Eingabe, um sie neu zu berechnen.

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Lektion

Die Theorie — Trigonometrische Integrale

Trigonometrische Integrale sind Integrale über Produkte von Potenzen von sin x und cos x. Mit einer trigonometrischen Substitution lässt sich auch eine Wurzel aus einem quadratischen Ausdruck auf diese Form bringen: x = a sin θ für √(a² − x²), x = a tan θ für √(x² + a²) und x = a sec θ für √(x² − a²). Die Beziehungen kannst du jeweils an einem rechtwinkligen Dreieck ablesen. Bei einem ungeraden Exponenten spaltest du einen Faktor ab und substituierst die jeweils andere Funktion. Sind alle Exponenten gerade, reduzierst du zunächst die Potenzen mit den Halbwinkelformeln sin²x = ½ − ½cos 2x und cos²x = ½ + ½cos 2x.

Was die einzelnen Symbole bedeuten

θ: der Winkel der Substitution; bei x = a sin θ liegt er zwischen −π/2 und π/2. Dort gilt cos θ ≥ 0, also √(a² − x²) = a cos θ
c₀: der Mittelwert von sinᵐx·cosⁿx über eine Periode: 0, wenn m oder n ungerade ist, und (m − 1)!!·(n − 1)!!/(m + n)!!, wenn beide gerade sind. Dabei ist n!! = n(n − 2)(n − 4)… bis hinunter zu 1 oder 2, und es gilt 0!! = (−1)!! = 1

Woher die Formel kommt

Warum die Stammfunktion bei geraden Potenzen ansteigt. Für jede Stammfunktion F von sinᵐx·cosⁿx ist F(x + 2π) − F(x) gleich der Flächenbilanz einer Periode, also 2π·c₀, unabhängig von x. Daher hat F(x) − c₀·x die Periode 2π. Die Substitutionen u = cos x und u = sin x liefern eine Funktion von cos x oder sin x, die selbst die Periode 2π hat. Sie können deshalb nur dann die vollständige Stammfunktion ergeben, wenn c₀ = 0 ist, also wenn mindestens einer der Exponenten ungerade ist.
$F (x + 2 π) - F (x) = \int_{x}^{x + 2 π} sin^{m} t cos^{n} t d t = 2 π c_{0} \Rightarrow F (x) - c_{0} x = F (x + 2 π) - c_{0} (x + 2 π)$

Aufgaben vollständig gelöst

Eine ungerade Sinuspotenz 3 Schritte
Bestimme ∫sin³x dx.

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1. Behalte ein sin x für du und wandle die beiden anderen in Kosinus um:
  
  $sin^{3} x = (1 - cos^{2} x) sin x, u = cos x, d u = - sin x d x$
2. Ein Polynom in u:
  
  $\int (1 - u^{2}) (- d u) = - u + \frac{u ^{3}}{3}$
3. Zurück zu x:
  
  $- cos x + \frac{cos ^{3} x}{3} + C$
Antwort

−cos x + cos³x/3 + C. du = −sin x dx bringt ein Minuszeichen mit. Vergisst du es, dreht sich jedes Vorzeichen um; das Tool meldet dann ein falsches Vorzeichen.

$\int sin^{3} x d x = - cos x + \frac{cos ^{3} x}{3} + C$
Ungerade Kosinuspotenz neben geradem Sinus 2 Schritte
Bestimme ∫sin²x cos³x dx.

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1. Die ungerade Potenz steht beim Kosinus. Behalte also ein cos x für du und drücke den Rest über den Sinus aus:
  
  $sin^{2} x cos^{3} x = sin^{2} x (1 - sin^{2} x) cos x, u = sin x, d u = cos x d x$
2. Ein Polynom in u = sin x:
  
  $\int (u^{2} - u^{4}) d u = \frac{u ^{3}}{3} - \frac{u ^{5}}{5}$
Antwort

sin³x/3 − sin⁵x/5 + C. Welche Potenz ungerade ist, bestimmt die Substitution. Sind beide ungerade, funktioniert jeder der beiden Wege.

$\int sin^{2} x cos^{3} x d x = \frac{sin ^{3} x}{3} - \frac{sin ^{5} x}{5} + C$
Beide Potenzen gerade: Zweimal die Halbwinkelformel 3 Schritte
Bestimme ∫sin²x cos²x dx.

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1. Hier hast du keine ungerade Potenz für du übrig. Zuerst die Doppelwinkelformel:
  
  $sin x cos x = \frac{1}{2} sin 2 x \Rightarrow sin^{2} x cos^{2} x = \frac{1}{4} sin^{2} 2 x$
2. Dann die Halbwinkelformel für sin²2x:
  
  $\frac{1}{4} sin^{2} 2 x = \frac{1}{8} (1 - cos 4 x)$
3. Integriere gliedweise:
  
  $\int \frac{1}{8} (1 - cos 4 x) d x = \frac{x}{8} - \frac{sin 4 x}{32} + C$
Antwort

x/8 − sin 4x/32 + C. Das x/8 ist der Anstieg der geraden Potenz: ein Achtel pro x-Einheit. Lässt du es weg, meldet das Tool, dass der Ableitung überall 1/8 fehlt.

$\int sin^{2} x cos^{2} x d x = \frac{x}{8} - \frac{sin 4 x}{32} + C$
Zwei verschiedene Frequenzen: Produkt in Summe 3 Schritte
Bestimme ∫sin 3x cos x dx.

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1. Hinter einem Produkt aus Sinus und Kosinus mit unterschiedlichen Vielfachen von x steckt eigentlich eine Summe:
  
  $sin A cos B = \frac{1}{2} [sin (A + B) + sin (A - B)]$
2. Mit A = 3x und B = x:
  
  $sin 3 x cos x = \frac{1}{2} (sin 4 x + sin 2 x)$
3. Integriere die beiden Sinusterme:
  
  $\int \frac{1}{2} (sin 4 x + sin 2 x) d x = - \frac{cos 4 x}{8} - \frac{cos 2 x}{4} + C$
Antwort

−cos 4x/8 − cos 2x/4 + C. Das ½ aus der Formel geht gerne verloren. Ohne diesen Faktor ist das Ergebnis doppelt so groß; genau das meldet das Tool.

$\int sin 3 x cos x d x = - \frac{cos 4 x}{8} - \frac{cos 2 x}{4} + C$
Zuerst eine Identität 2 Schritte
Bestimme ∫tan²x dx.

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1. Für tan²x gibt es keine direkte Stammfunktion, für sec²x schon:
  
  $tan^{2} x = sec^{2} x - 1$
2. Integriere gliedweise:
  
  $\int (sec^{2} x - 1) d x = tan x - x + C$
Antwort

tan x − x + C. Schreibst du nur tan x, vergisst du die −1; das Werkzeug meldet dann an jeder Stelle eine um 1 zu große Ableitung.

$\int tan^{2} x d x = tan x - x + C$
√(1 − x²): Setze x auf den Kreis 3 Schritte
Bestimme ∫x²/√(1 − x²) dx.

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1. Substituiere x = sin θ, wodurch die Wurzel zu cos θ wird:
  
  $x = sin θ, d x = cos θ d θ, 1 - x^{2} = cos θ$
2. Der Kosinus kürzt sich heraus und es bleibt eine gerade Sinuspotenz:
  
  $\int \frac{sin ^{2} θ}{cos θ} cos θ d θ = \int sin^{2} θ d θ = \frac{θ}{2} - \frac{sin 2 θ}{4}$
3. Zurück zu x mit sin 2θ = 2 sin θ cos θ:
  
  $sin 2 θ = 2 sin θ cos θ = 2 x 1 - x^{2} \Rightarrow \frac{arcsin x}{2} - \frac{x 1 - x ^{2}}{2} + C$
Antwort

(arcsin x − x√(1 − x²))/2 + C. Der arcsin entspricht dem Sektor und der andere Term dem Dreieck, ganz wie im Infoblock zu Dreieck und Sektor; hier wird das Dreieck subtrahiert.

$\int \frac{x ^{2}}{1 - x ^{2}} d x = \frac{arcsin x - x 1 - x ^{2}}{2} + C$
x² + a²: Setze x auf eine Tangente 3 Schritte
Bestimme ∫dx/(x² + 4)^3/2.

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1. Substituiere x = 2 tan θ, sodass x² + 4 = 4 sec²θ:
  
  $x = 2 tan θ, d x = 2 sec^{2} θ d θ, x^{2} + 4 = 4 sec^{2} θ$
2. Fast alles kürzt sich weg:
  
  $\int \frac{2 sec ^{2} θ}{8 sec ^{3} θ} d θ = \frac{1}{4} \int cos θ d θ = \frac{sin θ}{4}$
3. Zurück zu x über das Dreieck mit Gegenkathete x, Ankathete 2 und Hypotenuse √(x² + 4):
  
  $tan θ = \frac{x}{2} \Rightarrow sin θ = \frac{x}{x ^{2} + 4} \Rightarrow \frac{x}{4 x ^{2} + 4} + C$
Antwort

x/(4√(x² + 4)) + C. Das ¼ stammt aus 2/8; lässt du es weg, meldet das Werkzeug als Ableitung das Vierfache des Integranden.

$\int \frac{d x}{( x ^{2} + 4 ) ^{3/2}} = \frac{x}{4 x ^{2} + 4} + C$
sin⁸x über eine Periode mit einer Rekursionsformel 4 Schritte
Auf dieser Seite reichen die Exponenten bis 6. Wie groß ist die Fläche unter sin⁸x über eine Periode, und welche Steigung hat die Gerade, entlang der die Stammfunktion ansteigt? Klick auf sin⁴x per Rekursion: Für sin⁴x zeigt die Seite den Flächeninhalt 2,3562 und den Mittelwert 0,3750.

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1. Schreibe sinⁿx = sinⁿ⁻¹x·sin x und integriere partiell mit u = sinⁿ⁻¹x. Über eine volle Periode ist der Randterm −sinⁿ⁻¹x cos x gleich 0. Mit cos²x = 1 − sin²x erscheint Iₙ auch auf der rechten Seite. Nun kannst du die Gleichung nach Iₙ auflösen:
  
  $I_{n} = \int_{0}^{2 π} sin^{n} x d x = [- sin^{n - 1} x cos x]_{0}^{2 π} + (n - 1) \int_{0}^{2 π} sin^{n - 2} x (1 - sin^{2} x) d x \Rightarrow I_{n} = \frac{n - 1}{n} I_{n - 2}$
2. Beginne mit I₀ = 2π, dem Integral der konstanten Funktion 1 über eine Periode. Erhöhe den Exponenten jeweils um zwei. I₄ ist der Wert von dieser Seite:
  
  $I_{0} = 2 π, I_{2} = \frac{1}{2} \cdot 2 π = π, I_{4} = \frac{3}{4} \cdot π = \frac{3 π}{4} = 2.3562$
3. Mit zwei weiteren Schritten erreichst du sin⁸x:
  
  $I_{6} = \frac{5}{6} \cdot \frac{3 π}{4} = \frac{5 π}{8} = 1.9635, I_{8} = \frac{7}{8} \cdot \frac{5 π}{8} = \frac{35 π}{64} = 1.7181$
4. Die Steigung erhältst du, indem du den Flächeninhalt einer Periode durch 2π teilst:
  
  $c_{0} = \frac{I _{8}}{2 π} = \frac{35}{128} = 0.2734$
Antwort

35π/64 ≈ 1,7181 je Periode, bei einer Steigung von 35/128 ≈ 0,2734. In jedem Schritt multiplizierst du mit (n − 1)/n. Der Mittelwert nimmt deshalb weiter ab, näherungsweise wie √(2/(πn)). Für n = 8 ergibt diese Näherung 0,2821; tatsächlich sind es 0,2734. Wende dieselbe Reduktionsformel über eine Viertelperiode auch auf die ungeraden Potenzen an. Dort beginnst du mit 1 statt mit π/2. Schließt du nun jede gerade Potenz zwischen ihren ungeraden Nachbarn ein, führen die Produkte der Quotienten zum Wallisschen Produkt π/2 = (2·2·4·4·6·6…)/(1·3·3·5·5·7…). John Wallis fand es in Arithmetica infinitorum (1656), als er die Fläche des Viertelkreises ∫₀¹√(1 − x²) dx berechnen wollte.

$\int_{0}^{2 π} sin^{8} x d x = \frac{35 π}{64} \approx 1.7181, c_{0} = \frac{35}{128} \approx 0.2734$

Wie ungerade und gerade Potenzen die Flächenbilanz einer Periode bestimmen 🖖

Klick auf sin³x: eine Periode. Zwischen π und 2π ist der Graph von sin³x das an der x-Achse gespiegelte Bild des Abschnitts zwischen 0 und π. Die Flächenbilanz über die Periode beträgt daher 0,0000. Die Stammfunktion cos³x/3 − cos x kehrt alle 2π zu ihrem Ausgangswert zurück. Etwas anderes können die Substitutionen u = cos x und u = sin x auch nicht liefern: Eine Funktion von cos x oder sin x wiederholt sich alle 2π. Klick nun auf sin²x: das fehlende x. sin²x ist nie negativ, und jede Periode trägt π = 3,1416 zum Integral bei. Seine Stammfunktion muss also je Periode um π steigen, entlang der Geraden x/2. Keine Funktion von cos x kann diesen Zuwachs liefern; mit dieser Substitution kommst du hier nicht weiter. Die Halbwinkelformel sin²x = ½ − ½cos 2x hilft dagegen: Ihr konstanter Term ½ ergibt beim Integrieren genau das benötigte x/2. Im Übungsbereich steht −sin(2x)/4, das Ergebnis ohne x/2. Die Auswertung zeigt, dass die Ableitung an jeder Stelle um ½ zu klein ist. In der Tabelle findest du den Zuwachs je Periode für alle Exponenten bis 6: 0 für die ungeraden, π, 3π/4 und 5π/8 für die geraden.

Die beiden Terme von ∫√(1 − x²) beschreiben ein Dreieck und einen Kreissektor 🖖

Klick auf Dreieck und Kreissektor. √(1 − x²) beschreibt den oberen Halbkreis des Einheitskreises. Die Fläche darunter von 0 bis x ist ein Teil der Kreisscheibe. Der Radius zum Punkt (x, √(1 − x²)) teilt sie in zwei Stücke. Unter dem Radius liegt ein rechtwinkliges Dreieck mit den Katheten x und √(1 − x²) und der Fläche x√(1 − x²)/2. Daneben liegt ein Kreissektor mit dem Winkel θ = arcsin x und der Fläche θ/2. Bei x = 0,6 betragen die beiden Flächeninhalte 0,2400 und 0,3218; zusammen ergeben sie 0,5618. In der Stammfunktion (x√(1 − x²) + arcsin x)/2 entspricht jeder Term genau einem dieser Stücke. Nach der Substitution lautet der Integrand cos²θ, eine gerade Potenz. Der Streifen unter der gestrichelten Linie bei ½ hat die Fläche θ/2 und entspricht dem Kreissektor. Der restliche Anteil von cos²θ ergibt beim Integrieren sin 2θ/4, die Dreiecksfläche. Zieh X auf 1. Das Dreieck wird flach, seine Fläche verschwindet. Der Kreissektor füllt nun ein Viertel der Kreisscheibe: π/4 = 0,7854. So entsteht π in einem Integral, dessen Integrand kein π enthält, denn arcsin 1 ist ein Winkel.

π kommt in ∫₀¹ xᵏ√(1 − x²) dx genau bei geradem k vor 🖖

Klick auf Ohne Winkel. Das Integral von x√(1 − x²) von 0 bis 1 beträgt 0,3333, also 1/3. Der Winkelterm im unteren Diagramm ist 0,0000. Der Vorfaktor x ist das −½-Fache der Ableitung von 1 − x². Damit genügt u = 1 − x² für die ganze Rechnung. Die richtige Antwort −(1 − x²)^(3/2)/3, die der Übungsbereich akzeptiert, enthält kein arcsin. Klick die Integranden der Reihe nach durch: Bei k = 0, 2 und 4 enthält der Flächeninhalt π (π/4, π/16, π/32), bei k = 1, 3 und 5 dagegen nicht (1/3, 2/15, 8/105). Hier begegnet dir am Einheitskreis dieselbe Abhängigkeit von geraden und ungeraden Exponenten wie im ersten Abschnitt. Mit x = sin θ wird xᵏ√(1 − x²) dx zu sinᵏθ·cos²θ dθ. Bei ungeradem k bleibt eine ungerade Sinuspotenz, deren Mittelwert über eine Periode 0 ist. Es entsteht also kein Term mit θ. Nur über einen solchen Term kann arcsin x in die Stammfunktion gelangen und bei x = 1 ein π beitragen. Steht √(1 − x²) neben einer ungeraden Potenz von x, brauchst du das Dreieck nicht.

Lernpfad

Integrationstechniken

Quellen (3)

The strategy for ∫cosʲx·sinᵏx: if k is odd, keep one sin x and write the rest in cos x with sin²x = 1 − cos²x, then u = cos x; if j is odd, the same with the roles swapped and u = sin x; if both are even, the half-angle identities sin²x = ½ − ½cos 2x and cos²x = ½ + ½cos 2x. Example 3.10 integrates sin²x to x/2 − sin(2x)/4: G. Strang and E. Herman, Calculus Volume 2, OpenStax (2016), section 3.2, “Trigonometric Integrals”.
The three substitutions and their reference triangles: x = a sin θ with −π/2 ≤ θ ≤ π/2, where cos θ ≥ 0 so the root is a cos θ (Example 3.21 integrates √(9 − x²) this way); x = a tan θ; x = a sec θ, where the root is |a tan θ| and changes sign between x ≥ a and x ≤ −a. The strategy for √(a² − x²) begins by advising a check that the integral cannot be done more easily, naming x√(a² − x²) as one u-substitution handles, and Example 3.23 does x³√(1 − x²) both ways: G. Strang and E. Herman, Calculus Volume 2, OpenStax (2016), section 3.3, “Trigonometric Substitution”.
Wallis's product π/2 = (2·2·4·4·6·6·8·8…)/(1·3·3·5·5·7·7·9…), in Arithmetica infinitorum (1656), found while trying to compute ∫₀¹ (1 − x²)^(1/2) dx, the area of a quarter of the unit circle: he could integrate (1 − x²)ⁿ for whole n and reached the half power by interpolation, a word the book introduced: J. J. O'Connor and E. F. Robertson, “John Wallis”, MacTutor History of Mathematics Archive, University of St Andrews (2002).

Vom 42Math-Team · Anhand veröffentlichter Quellen geprüft. Korrekturen willkommen.