V.5 Integrale mit Parameter

Aus Mech-II kennst du die Beziehung Biegemoment-Ableitung gleich minus Querkraft, also $M'(x) = -Q(x)$. Beweisen kannst du sie noch nicht, denn in $M$ und $Q$ stecken Integrale, deren Stammfunktionen unbekannt sind. Genau das ist die Klausur-Falle, die V.5 löst.

Setup aus der Mech-II-Vorlesung. Ein gerader Balken liegt auf der $x$-Achse, links bei $x = 0$ mit der Auflagerkraft $A$ (vertikal), rechts ein zweites Lager $B$. An jeder Stelle $t$ wirkt von oben eine Streckenlast $p(t)$ (Kraft pro Längeneinheit, Mech-II-Konvention). An einer beliebigen Schnittstelle $x$ ergeben sich aus dem Gleichgewicht die Querkraft $Q(x)$ und das Biegemoment $M(x)$:

Das Problem auf einen Blick. In $M(x)$ steckt $x$ an zwei Stellen gleichzeitig: einmal im Integranden $(x - t)\,p(t)$ und einmal als obere Integralgrenze $\int_0^x$. Ableiten nach $x$ darf man also weder „Stammfunktion suchen und einsetzen" noch nur einen der beiden Auftritte differenzieren. Erschwerend kommt hinzu, dass $p(t)$ allgemein bleibt; eine explizite Stammfunktion gibt es nicht.

Was wir bauen. §2 stellt die erste Maschine vor: Ableitung unter dem Integral, wenn die Grenzen konstant sind. §3 beweist sie. §4 verallgemeinert auf variable Grenzen $u(x), v(x)$, das ist der Hauptsatz von V.5. §5 zeigt, dass die Maschinen aus §2 und der Hauptsatz der Infinitesimalrechnung aus Analysis I beide Spezialfälle des §4-Satzes sind. §6 rechnet vier Anwendungen durch, darunter die Balken-Aufgabe $M'(x) = -Q(x)$ aus diesem Abschnitt.

Manchmal ist die Stammfunktion eines Integranden unbekannt oder hässlich, die Ableitung des Integrals nach einem Parameter aber einfach. Genau dann ziehst du die Ableitung INS Integral hinein und arbeitest mit $f_x(x, t)$ statt mit der Stammfunktion.

Setup. Wir haben eine Funktion $f(x, t)$ in zwei Variablen, integrieren über $t$ und behalten $x$ als Parameter. Das Ergebnis ist eine Funktion in $x$ allein:

In Worten. Differenziere unter dem Integralzeichen. Den Integranden $f(x, t)$ leitest du partiell nach $x$ ab, die Integrationsgrenzen $a, b$ und die Integrationsvariable $t$ rührst du nicht an. Das ergibt eine neue Funktion in $x$, deren Wert das gesuchte $\Phi'(x)$ ist.

Zwei Punkte zum Mitnehmen. Erstens, die Grenzen müssen konstant sein. Bewegen sie sich mit $x$ mit, brauchst du den Satz aus §4 (drei Beiträge statt einem). Zweitens, der Integrand darf vom Parameter $x$ abhängen, sonst ergäbe der Satz nichts Neues; mit $f(x, t) = g(t)$ wäre $f_x \equiv 0$ und die rechte Seite null. Den Beweis liefert §3, drei Spezialfälle und der Hauptsatz Analysis I tauchen in §5 wieder auf.

Der Beweis ist Standard-Analysis I, nur mit einer extra $t$-Variable im Spiel. Differenzenquotient bilden, ins Integral ziehen, Limes und Integral vertauschen, fertig. Drei Schritte.

Schritt 1: Differenzenquotient hinschreiben. Für $\Phi(x) = \int_a^b f(x, t)\,\mathrm{d}t$ und ein kleines $h > 0$ bildet man den Differenzenquotienten von $\Phi$ an der Stelle $x$ und zieht die Linearität des Integrals nach vorn:

Schritt 2: Integrand konvergiert punktweise gegen $f_x$. Für jeden festen Wert $t \in [a, b]$ ist $(f(x+h, t) - f(x, t))/h$ der Differenzenquotient von $f$ in der $x$-Richtung. Per Definition der partiellen Ableitung strebt dieser für $h \to 0$ gegen $f_x(x, t)$.

Schritt 3: Limes und Integral vertauschen. Weil $f_x$ stetig ist, ist die punktweise Konvergenz sogar gleichmässig in $t$ auf dem kompakten Intervall $[a, b]$. Genau diese gleichmässige Konvergenz erlaubt es (Analysis I), Limes und Integral zu vertauschen:

Bisher waren die Integralgrenzen $a, b$ konstant. Jetzt machen wir sie selber zu Funktionen $u(x)$ und $v(x)$ von $x$. Genau die Konstellation, die in der Balken-Aufgabe aus §1 vorkommt: untere Grenze $u(x) = 0$, obere Grenze $v(x) = x$.

Setup. Wir betrachten eine Integral-Funktion, bei der $x$ sowohl im Integranden als auch in beiden Grenzen auftauchen darf:

Drei Beiträge im Klartext. Erster Term: der Integrand-Anteil aus §2, jetzt mit variablen Grenzen ausgewertet. Zweiter Term: Beitrag der oberen Grenze, ausgewertet am oberen Rand-Punkt $v(x)$ und multipliziert mit $v'(x)$ (Kettenregel). Dritter Term: derselbe Beitrag von der unteren Grenze, mit Minuszeichen (weil $u$ untere Grenze ist, vergleiche Hauptsatz Analysis I).

Beweis-Idee. Wir bauen $\Psi(x)$ aus einer Hilfsfunktion in drei Variablen zusammen und differenzieren mit der verallgemeinerten Kettenregel aus IV.6 §2.3. Setze:

$\Psi$ als Komposition. Setzt man in $\gamma$ die Funktionen $u(x), v(x), w(x) = x$ ein, ist $\Psi(x) = \gamma(u(x), v(x), w(x))$. Verallgemeinerte Kettenregel aus IV.6 §2.3 liefert dann:

Die drei partiellen Ableitungen von $\gamma$. Aus dem Hauptsatz der Analysis I folgt $\gamma_u = -f(u, w)$ (Vorzeichen, weil $u$ untere Grenze ist) und $\gamma_v = +f(v, w)$ (obere Grenze). Aus §2 (Differentiation unter dem Integral, jetzt nach $w$) folgt $\gamma_w = \int_u^v f_w(t, w)\,\mathrm{d}t$. Mit $w(x) = x$ ist $w'(x) = 1$. Einsetzen:

Zwei Spezialfälle des §4-Satzes geben uns alte Bekannte zurück: den Differentiations-Satz von §2 und den Hauptsatz der Infinitesimalrechnung aus Analysis I. Drei Sätze, ein Argument. Wenn du nur den §4-Satz auswendig kannst, hast du alle drei.

Spezialfall 1: konstante Grenzen. Setzt man $u(x) = a$ und $v(x) = b$ als Konstanten, dann sind $u'(x) = 0$ und $v'(x) = 0$. Die zwei Rand-Beiträge verschwinden, übrig bleibt nur der Integrand-Anteil:

Spezialfall 2: untere Grenze konstant, obere Grenze ist $x$, Integrand ist $x$-frei. Setze $u(x) = a$ konstant, $v(x) = x$, $f(t, x) = g(t)$ (Integrand hängt nicht von $x$ ab). Dann sind $u'(x) = 0$, $v'(x) = 1$, $f_x \equiv 0$. Im §4-Satz bleibt nur der obere Rand-Beitrag stehen:

Was das pädagogisch heisst. Beide Sätze, die du bisher unabhängig kanntest, sind Schnitte durch eine grössere Maschine. Der §4-Satz ist die Verallgemeinerung, §2-Satz und Hauptsatz Analysis I sind seine Schnitte. Wer §4 versteht, hat alle drei. Zur Konsolidierung jetzt die Spickzettel-Tabelle:

Vier Aufgaben, die alle drei Maschinen aus §2 und §4 nutzen: Methode der kleinsten Quadrate (Minimum eines Integrals), Logarithmus-Integral $\int_0^1 (t^x - 1)/\ln(t)\,\mathrm{d}t$ (kniffliger Integrand durch Ableiten elementar), Bessel-ähnliche DGL für $\Phi(x) = \int_0^\pi \cos(x\sin(t))\,\mathrm{d}t$ (DGL-Identität nachweisen ohne Stammfunktion), und endlich der Mech-II-Balken $M'(x) = -Q(x)$ aus §1. Jede Anwendung steht für ein Klausur-Pattern.

(a) Methode der kleinsten Quadrate. Mitschrift. Approximiere die Funktion $f(t) = \sqrt t$ auf dem Intervall $[0, 1]$ durch eine lineare Funktion $g(a, t) = a\,t$. Gesucht ist der Parameter $a$, der den Fehler minimiert.

Warum quadrieren? Den linearen Fehler $\Psi(a) = \int_0^1 |f(t) - g(a, t)|\,\mathrm{d}t$ kann man minimieren, aber die Betragsfunktion macht das hässlich. Die Methode der kleinsten Quadrate quadriert die Differenz; dadurch werden grössere Abweichungen stärker gewichtet, und der Integrand wird glatt:

Bonus: §2-Variante. Mitschrift rechnet das Beispiel zur Probe nochmal über den §2-Satz: mit $f(x, t) = (\sqrt t - x\,t)^2$ (also Parameter $x$ statt $a$) ist $f_x(x, t) = -2t\,(\sqrt t - x\,t) = 2x\,t^2 - 2 t^{3/2}$. Dann ist $\Phi'(x) = \int_0^1 (2x\,t^2 - 2 t^{3/2})\,\mathrm{d}t = 2x/3 - 4/5$, was bei $\Phi'(x) \stackrel{!}{=} 0$ dasselbe $x = 6/5$ liefert. Beide Wege geben dasselbe Resultat; die §2-Variante zeigt, dass Differentiation unter dem Integral und direktes Ausintegrieren hier äquivalent sind.

(b) Logarithmus-Integral. Mitschrift. Bestimme die Ableitung der Funktion

Was hier passiert. Der Integrand sieht unkenntlich aus. Ein direkter $t$-Integrations-Angriff scheitert (keine elementare Stammfunktion). Differentiation unter dem Integral verwandelt ihn in $t^x$, das ist elementar. Anschliessend wieder nach $x$ aufintegrieren, Konstante mit einem geschickten Anfangswert bestimmen, fertig. Klassisches Klausur-Pattern: unkenntlich machen durch Ableiten.

(c) Bessel-ähnliche DGL. Mitschrift. Zeige, dass die Funktion $\Phi(x) = \int_0^\pi \cos(x \sin(t))\,\mathrm{d}t$ die Differentialgleichung

Strategie. $\cos(x\sin(t))$ ist nicht elementar nach $t$ integrierbar. Anstatt $\Phi$ direkt auszurechnen, leiten wir zweimal nach $x$ ab (das ist erlaubt, weil die Grenzen konstant sind und der Integrand glatt ist) und prüfen die DGL als Integral-Identität.

Pointe. $\Phi$ ist eine Bessel-Funktion der Ordnung null, deren Lösungsformel man nicht in elementaren Funktionen schreiben kann. Dass sie eine bestimmte DGL löst, lässt sich aber elegant über die V.5-Maschine beweisen, ganz ohne die Stammfunktion zu kennen. Genau diese Trennung von „Funktion explizit hinschreiben" und „Funktion eine DGL erfüllen" ist der Reiz von §2 plus partielle Integration.

(d) Mech-II-Balken, $M'(x) = -Q(x)$. Mitschrift. Wir lösen jetzt die Aufgabe aus §1. Auf dem Biegemoment $M(x) = -A\,x + \int_0^x (x - t)\,p(t)\,\mathrm{d}t$ wirken alle drei §4-Beiträge.

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