In diesem Kapitel wollen wir eine nützliche Folgerung aus dem Mittelwertsatz besprechen, die bereits aus der Schulzeit bekannt ist: Das Kriterium für Konstanz . Dieses besagt, dass eine Funktion konstant sein muss, wenn ihre Ableitung überall verschwindet (gleich Null ist).

Kriterium für Konstanz

Satz:

Sei I\subseteq \mathbb{R} ein Intervall und f:I\to \mathbb{R} eine differenzierbare Funktion mit f'(x)=0 für alle x\in I. Dann ist f konstant.

Beweis

Seien a,b\in I mit a<b beliebig. Sei außerdem f auf dem Intervall [a,b] differenzierbar und für alle \xi \in I gelte f'(\xi )=0. Nach dem Mittelwertsatz gibt es ein \xi \in (a,b) mit

f'(\xi )={\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}

Wir wissen, dass f'(\xi )=0 gelten muss. Also:

0=f'(\xi )={\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}

Wegen a<b ist b-a\neq 0. Nun multiplizieren wir beide Seiten mit (b-a). Wir erhalten:

f(b)-f(a)=0\cdot (b-a)=0

Es folgt f(a)=f(b). Da dies für alle a und b in I gilt, ist f konstant.

Identitätssatz der Differentialrechnung error: TODO

Die erste Folgerung besagt, dass Funktionen mit identischer Ableitung bis auf eine Konstante übereinstimmen. Dieses Ergebnis wird sich später beim Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung als sehr nützlich erweisen.

Satz: Identitätssatz

Seien f,g:[a,b]\to \mathbb{R} zwei differenzierbare Funktionen mit f'=g'. Dann gilt f(x)=g(x)+c für alle x\in [a,b]. Dabei ist c\in \mathbb{R} eine konstante Zahl.

Beweis

Wir definieren die Hilfsfunktion

h:[a,b]\to \mathbb{R} ,\ h(x)=f(x)-g(x)

Diese ist differenzierbar, da f und g differenzierbar sind, und es gilt

h'(x)=f'(x)-g'(x){\overset {f'=g'}{=}}0

Nach dem Kriterium für Konstanz ist daher h(x)=f(x)-g(x)=c für alle x\in [a,b] mit einer konstanten Zahl c\in \mathbb{R} . Dies ist äquivalent zu

f(x)=g(x)+c

Anwendung: Charakterisierung der Exponentialfunktion

Satz: Charakterisierung der Exponentialfunktion

Sei f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} differenzierbar. Weiter sei \lambda \in \mathbb{R} und für alle x\in \mathbb{R} gelte

f'(x)=\lambda f(x)

Dann gilt f(x)=c\exp(\lambda x) für alle x\in \mathbb{R} mit einer Konstanten c\in \mathbb{R} . Ist \lambda =1 und gilt zusätzlich f(0)=1, so ist f=\exp .

Beweis

Wir definieren die Hilfsfunktion

h:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ h(x)=f(x)\exp(-\lambda x)

Diese ist nach der Produkt- und Kettenregel differenzierbar. Es gilt

{\begin{aligned}h'(x)&=f'(x)\exp(-\lambda x)+f(x)\exp(-\lambda x)(-\lambda )\\&=\lambda f(x)\exp(-\lambda x)-\lambda f(x)\exp(-\lambda x)=0\end{aligned}}

Nach dem Kriterium für Konstanz gibt es ein c\in \mathbb{R} mit h(x)=f(x)\exp(-\lambda x)=c für alle x\in [a,b]. Dies ist nun aber äquivalent zu

f(x)=c\exp(\lambda x)

Gilt nun \lambda =1 und zusätzlich f(0)=1, so ist

f(0)=c\exp(0)=c=1

Also ist f=\exp .

Hinweis:

Alternativ kann man auch h als h(x)={\tfrac {f(x)}{\exp(\lambda x)}} schreiben und die Quotientenregel anwenden, um die Ableitung h' zu bestimmen. Außerdem erfüllt die Funktion f(x)=c\exp(\lambda x) die Differentialgleichung f'=\lambda f. Es ist nämlich:

f'(x)=c\exp '(\lambda x)=c\lambda \exp(\lambda x)=\lambda c\exp(\lambda x)=\lambda f(x)

Übungsaufgaben

Intervallvoraussetzung des Konstanzkriteriums

Die Voraussetzung, dass die Funktion f auf einem Intervall definiert ist, ist für das Kriterium für Konstanz notwendig! Dies zeigt folgende Aufgabe:

Übung:

Finde eine differenzierbare Funktion f:D\to \mathbb{R} mit D\subseteq \mathbb{R} und f'(x)=0 für alle x\in D, die nicht konstant ist.

ErklärungD muss hier so gewählt werden, dass es kein Intervall ist. Ansonsten würde aus dem vorherigen Satz folgen, dass f konstant ist.

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Wir definieren D:=]0,1[\cup ]2,3[ und setzen f

f:D\to \mathbb{R} ,x\mapsto {\begin{cases}0&x\in ]0,1[\\1&x\in ]2,3[\end{cases}}

Die Funktion f ist offensichtlich nicht konstant. Es gilt aber für alle {\tilde x}\in D die Gleichung f'({\tilde x})=0. Hierzu betrachten wir zunächst ein {\tilde x}\in ]0,1[. Sei (x_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} eine Folge in D\setminus \lbrace {\tilde x}\rbrace , die gegen {\tilde x} konvergiert. Dann gibt es ein N\in \mathbb{N} , so dass für alle n>N die Ungleichung x_{n}=|x_{n}|\leq 2 erfüllt ist. Daraus folgt x_{n}\in ]0,1[. Es gilt folglich für alle n>N, dass f(x_{n})=0 ist. Also:

{\frac {f(x_{n})-f({\tilde x})}{x_{n}-{\tilde x}}}={\frac {0-0}{x_{n}-{\tilde x}}}=0

Damit gilt:

f'({\tilde x})=\lim _{{x\to {\tilde x}}}{{\frac {f(x)-f({\tilde x})}{x-{\tilde x}}}}=0

Der Beweis, dass auch für alle {\tilde x}\in ]2,3[ die Gleichung f'({\tilde x})=0 erfüllt ist, geht komplett analog.

Trigonometrischer Pythagoras

Mit Hilfe des Kriteriums für Konstanz lassen sich auch sehr gut Identitäten über Funktionen beweisen:

Übung: Trigonometrischer Pythagoras

Zeige, dass für alle x\in \mathbb{R} gilt

\sin ^{2}(x)+\cos ^{2}(x)=1

Dabei ist \sin ^{2}(x)=\sin(x)\cdot \sin(x) und \cos ^{2}(x)=\cos(x)\cdot \cos(x).

Wir definieren die Hilfsfunktion

h:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ h(x)=\sin ^{2}(x)+\cos ^{2}(x)

Diese ist nach der Ketten- und Summenregel für Ableitungen auf ganz \mathbb{R} differenzierbar, und es gilt

{\begin{aligned}h'(x)&=2\sin(x)\cos(x)+2\cos(x)(-\sin(x))\\&=2\sin(x)\cos(x)-2\sin(x)\cos(x)=0\end{aligned}}

Damit ist h konstant eine Zahl c. Diese können wir bestimmen, indem wir h(0) berechnen:

h(0)=\sin ^{2}(0)+\cos ^{2}(0)=0^{2}+1^{2}=1

Also ist h konstant 1 und es gilt damit:

h(x)=\sin ^{2}(x)+\cos ^{2}(x)=1

Funktionalgleichung für Arkustangens

Übung: Funktionalgleichung für \arctan

Zeige: \arctan(x)+\arctan({\tfrac 1x})={\tfrac {\pi }{2}} für x>0

Wir definieren f:\mathbb{R} ^{+}\to \mathbb{R} und f(x)=\arctan(x)+\arctan({\tfrac 1x}). Die Funktion f ist auf \mathbb{R} ^{+} nach der Summen- und Kettenregel für Ableitungen differenzierbar. Damit gilt

{\begin{aligned}f'(x)&={\frac {1}{1+x^{2}}}+{\frac {1}{1+{\frac {1}{x^{2}}}}}\cdot {\frac {-1}{x^{2}}}\\[0.5em]&={\frac {1}{1+x^{2}}}-{\frac {1}{1+x^{2}}}=0\end{aligned}}

Nach dem Kriterium für Konstanz ist f daher konstant. Um den genauen Wert zu bestimmen reicht es eine konkreten Wert einzusetzen. Wir wählen x=1 und erhalten

f(1)=\arctan(1)+\arctan(1)={\frac {\pi }{4}}+{\frac {\pi }{4}}={\frac {\pi }{2}}

Es ist nämlich \tan \left({\tfrac {\pi }{4}}\right)=1 und damit \arctan(1)={\tfrac {\pi }{4}}. Damit folgt die Behauptung.

Übungsaufgabe zum Identitätssatz

Übung: Logarithmus-Darstellung des Areasinus Hyperbolicus

Zeige, dass für alle x\in \mathbb{R} gilt

\operatorname {arsinh}(x)=\ln \left(x+{\sqrt {x^{2}+1}}\right)

Beweis

Die Funktion f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ f(x)=\operatorname {arsinh}(x) ist nach den error: internal links not implemented, yet! auf ganz \mathbb{R} differenzierbar. Ihre Ableitung ist

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

Nach der error: internal links not implemented, yet! ist auch g:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ g(x)=\ln \left(x+{\sqrt {x^{2}+1}}\right) auf ganz \mathbb{R} differenzierbar. Es gilt:

{\begin{aligned}g'(x)&={\frac {1}{x+{\sqrt {x^{2}+1}}}}\cdot \left(1+{\frac {2x}{2{\sqrt {x^{2}+1}}}}\right)\\[0.3em]&={\frac {1}{x+{\sqrt {x^{2}+1}}}}\cdot \left({\frac {{\sqrt {x^{2}+1}}+x}{{\sqrt {x^{2}+1}}}}\right)\\[0.3em]&={\frac {1}{{\sqrt {x^{2}+1}}}}\end{aligned}}

Es ist f'(x)=g'(x) für alle x\in \mathbb{R} und nach dem Identitätssatz ist daher f(x)=g(x)+c mit einer Konstanten c. Nun ist aber wegen \sinh(0)=0:

f(0)=\operatorname {arsinh}(0)=0

Außerdem ist

g(0)=\ln \left(0+{\sqrt {0^{2}+1}}\right)=0

Also ist c=0 und damit folgt die Behauptung.

Charakterisierung vom Sinus und Kosinus

Charakterisierung von Sinus und Cosinus

Seien s,c:\mathbb{R} \to \mathbb{R} zwei differenzierbare Funktionen mit

{\begin{aligned}s'&=c,&s(0)&=0\\c'&=-s,&c(0)&=1\end{aligned}}

Beweise:

Hinweis: Betrachte bei der zweiten Teilaufgabe die Hilfsfunktion {\hat h}(x)=(\sin(x)-s(x))^{2}+(\cos(x)-c(x))^{2}.

Übung 1:

Es gilt s^{2}(x)+c^{2}(x)=1 für alle x\in \mathbb{R}

Übung 2:

Es gibt genau ein Funktionenpaar, welches die obigen Bedingungen erfüllt, nämlich s=\sin und c=\cos .

Lösung:

Lösung von Teilaufgabe 1:

Wir betrachten die Hilfsfunktion

{\tilde h}:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ {\tilde h}(x)=s^{2}(x)+c^{2}(x)

wobei s und c die Bedingungen von oben erfüllen. Dann ist {\tilde h} mit der Summen- und Kettenregel differenzierbar, und es gilt

{\begin{aligned}{\tilde h}'(x)&=2s(x)s'(x)+2c(x)c'(x)\\&=2s(x)c(x)+2c(x)(-s(x))\\&=2s(x)c(x)-2s(x)c(x)=0\end{aligned}}

Nach dem Kriterium für Konstanz ist daher {\tilde h}(x)={\tilde c} für ein c\in \mathbb{R} . Nach den Vorraussetzungen gilt

{\tilde h}(0)=s^{2}(0)+c^{2}(0)=0^{2}+1^{2}=1

Also ist {\tilde c}=1 und es gilt die Behauptung {\tilde h}(x)=s^{2}(x)+c^{2}(x)=1.

Lösung von Teilaufgabe 2:

Wir betrachten die differenzierbare Hilfsfunktion

{\hat h}:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,{\hat h}(x)=(\sin(x)-s(x))^{2}+(\cos(x)-c(x))^{2}

Für diese gilt

{\begin{aligned}{\hat h}'(x)&=2(\sin(x)-s(x))(\cos(x)-s'(x))+2(\cos(x)-c(x))(-\sin(x)+c'(x))\\&{\overset {{\text{Vor.}}}{=}}2(\sin(x)-s(x))(\cos(x)-c(x))+2(\cos(x)-c(x))(-\sin(x)-s(x))\\&=2(\sin(x)-s(x))(\cos(x)-c(x))-2(\cos(x)-c(x))(\sin(x)+s(x))\\&=0\end{aligned}}

Nach dem Kriterium für Konstanz ist daher {\hat h}(x)={\hat c} mit {\hat c}\in \mathbb{R} . Auf Grund der Voraussetzungen gilt

{\begin{aligned}{\hat h}(0)&=(\sin(0)-s(0))^{2}+(\cos(0)-c(0))^{2}\\&=(0-0)^{2}+(1-1)^{2}\\&=0^{2}+0^{2}=0\end{aligned}}

Also ist {\hat h}(x)=(\sin(x)-s(x))^{2}+(\cos(x)-c(x))^{2}=0. Nun ist sowohl (\sin(x)-s(x))^{2}\geq 0 und (\cos(x)-c(x))^{2}\geq 0 für alle x\in \mathbb{R} . Damit also die Summe (\sin(x)-s(x))^{2}+(\cos(x)-c(x))^{2} gleich Null sein kann, müssen beide Summanden (\sin(x)-s(x))^{2} und (\sin(x)-s(x))^{2} gleich Null sein. Es folgt

{\begin{aligned}(\sin(x)-s(x))^{2}=0\implies \sin(x)-s(x)=0\implies \sin(x)=s(x)\\(\cos(x)-c(x))^{2}=0\implies \cos(x)-c(x)=0\implies \cos(x)=c(x)\end{aligned}}

Damit ist s=\sin und c=\cos , was zu beweisen war.