Monotoniekriterium

Das Monotoniekriterium für die Ableitung wird bereits in der Schule behandelt. Ist die Ableitungsfunktion f' einer differenzierbaren Funktion f auf einem Intervall (a,b) nicht-negativ beziehungsweise nicht-positiv, so ist f auf (a,b) monoton steigend beziehungsweise monoton fallend. Ist f sogar echt positiv beziehungsweise echt negativ auf (a,b), so ist f dort streng monoton steigend beziehungsweise fallend. Im ersten Fall gilt auch die Umkehrung der Aussage. Sprich: Steigt eine differenzierbare Funktion auf [a,b] monoton, so ist f'(x)\geq 0 und eine auf [a,b] fallende und ableitbare Funktion besitzt eine negative Ableitung.
Satz: Monotoniekriterium für differenzierbare Funktionen
Sei f:[a,b]\to \mathbb{R} stetig und auf (a,b) differenzierbar. Dann gilt
  1. f'\geq 0 auf (a,b) \iff f monoton steigend auf [a,b]
  2. f'\leq 0 auf (a,b) \iff f monoton fallend auf [a,b]
  3. f'>0 auf (a,b) \Longrightarrow f streng monoton steigend auf [a,b]
  4. f'<0 auf (a,b) \Longrightarrow f streng monoton fallend auf [a,b]

Beweis

Die Hinrichtungen des Satzes folgen allesamt aus dem error: internal links not implemented, yet! . Die Rückrichtungen der ersten beiden Aussagen folgen aus der Differenzierbarkeit der Funktion:
Beweis: Monotoniekriterium für differenzierbare Funktionen
Beweis
Wir zeigen zunächst die Hinrichtungen und danach die Rückrichtungen der Aussagen.
Beweisschritt: Aus f'\geq 0 auf (a,b) folgt, dass f monoton steigend auf [a,b] ist.
Gelte f'\geq 0 für alle x\in (a,b) und seien x_{1},x_{2}\in [a,b] mit x_{1}\leq x_{2}. Wir müssen f(x_{1})\leq f(x_{2}) zeigen. Nach Voraussetzung ist f auf [x_{1},x_{2}]\subseteq [a,b] stetig und auf (x_{1},x_{2})\subseteq (a,b) differenzierbar. Nach dem Mittelwertsatz gibt es ein \xi \in (x_{1},x_{2}) mit
{\frac {f(x_{2})-f(x_{1})}{x_{2}-x_{1}}}=f'(\xi )
Nach Voraussetzung ist f'(\xi )\geq 0, und somit {\tfrac {f(x_{2})-f(x_{1})}{x_{2}-x_{1}}}\geq 0. Wegen x_{2}>x_{1}\iff x_{2}-x_{1}>0 folgt daraus für den Zähler f(x_{2})-f(x_{1})\geq 0. Dies ist äquivalent zu f(x_{2})\geq f(x_{1}), d.h. f ist monoton steigend.
Beweisschritt: Aus f'\leq 0 auf (a,b) folgt, dass f monoton fallend auf [a,b] ist.
Gelte f'\leq 0 für alle x\in (a,b) und seien x_{1},x_{2}\in [a,b] mit x_{1}\leq x_{2}. Wir müssen nun f(x_{1})\geq f(x_{2}) zeigen. Nach Voraussetzung ist f auf [x_{1},x_{2}] stetig und auf (x_{1},x_{2}) differenzierbar. Nach dem Mittelwertsatz gibt es ein \xi \in (x_{1},x_{2}) mit
{\frac {f(x_{2})-f(x_{1})}{x_{2}-x_{1}}}=f'(\xi )
Nun ist f'(\xi )\leq 0, und somit {\tfrac {f(x_{2})-f(x_{1})}{x_{2}-x_{1}}}\leq 0. Wegen x_{2}>x_{1}\iff x_{2}-x_{1}>0 folgt daraus f(x_{2})-f(x_{1})\leq 0. Dies ist äquivalent zu f(x_{2})\leq f(x_{1}), d.h. f ist monoton fallend.
Beweisschritt: f'>0 auf (a,b) impliziert f streng monoton steigend auf [a,b]
Zeigen wir zur Abwechslung diese Aussage mittels Kontraposition. Sei also f nicht streng monoton steigend. Dann gibt es x_{1},x_{2}\in [a,b] mit x_{1}<x_{2} und f(x_{1})\geq f(x_{2}). Wir müssen zeigen, dass es ein \xi \in (a,b) mit f'(\xi )\leq 0 gibt. Nun ist f stetig auf [x_{1},x_{2}] und differenzierbar auf (x_{1},x_{2}). Nach dem Mittelwertsatz gibt es daher ein \xi \in (a,b) mit
{\frac {f(x_{2})-f(x_{1})}{x_{2}-x_{1}}}=f'(\xi )
Wegen f(x_{1})\geq f(x_{2}) ist der Zähler des Quotienten nicht-positiv, und wegen x_{1}<x_{2} ist der Nenner positiv. Damit ist der gesamte Bruch nicht-positiv, und daher f'(\xi )\leq 0.
Beweisschritt: f'<0 auf (a,b) impliziert f streng monoton fallend auf [a,b]
Wieder benutzen wir Kontraposition. Sei also f nicht streng monoton fallend. Dann gibt es x_{1},x_{2}\in [a,b] mit x_{1}<x_{2} und f(x_{1})\leq f(x_{2}). Nun müssen wir zeigen, dass es ein \xi \in (a,b) mit f'(\xi )\geq 0 gibt. Da f wieder stetig auf [x_{1},x_{2}] und differenzierbar auf (x_{1},x_{2}) ist, gibt es nach dem Mittelwertsatz ein \xi \in (a,b) mit
{\frac {f(x_{2})-f(x_{1})}{x_{2}-x_{1}}}=f'(\xi )
Wegen f(x_{1})\leq f(x_{2}) ist der Zähler nicht-negativ, und wegen x_{1}<x_{2} ist der Nenner positiv. Damit ist der gesamte Bruch nicht-negativ, und damit f'(\xi )\geq 0.
Nun wenden wir uns den beiden Rückrichtungen zu:
Beweisschritt: f monoton steigend auf [a,b] implizert f'\geq 0 auf (a,b)
Seien x_{1},x_{2}\in [a,b] mit x_{1}<x_{2}. Wegen der Monotonie gilt dann f(x_{1})\leq f(x_{2}). Sind weiter x,{\tilde {x}}\in [x_{1},x_{2}] mit x\neq {\tilde {x}}, dann gilt für den Differenzenquotienten
{\frac {f(x)-f({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}\geq 0
Ist nämlich x>{\tilde {x}}, so ist f(x)\geq f({\tilde {x}}). Zähler und Nenner des Differenzenquotienten sind damit nicht-negativ, und damit auch der gesamte Quotient. Analog sind im Fall x<{\tilde {x}} und f(x)\leq f({\tilde {x}}) Zähler und Nenner nicht-positiv. Damit ist der gesamte Bruch wieder nicht-negativ. Nun bilden wir den Differentialquotienten, mit dem Grenzübergang x\to {\tilde {x}}. Dieser existiert, da f auf (x_{1},x_{2}) differenzierbar ist. Weiter bleibt die Ungleichung wegen der Monotonieregel für Grenzwerte erhalten. Damit haben wir
f'({\tilde {x}})=\lim _{{x\to {\tilde {x}}}}{\frac {f(x)-f({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}\geq 0
Da x_{1},x_{2}\in [a,b] und {\tilde {x}}\in (x_{1},x_{2}) beliebig waren, folgt die Behauptung f'\geq 0 auf (a,b).
Beweisschritt: f monoton fallend auf [a,b] impliziert f'\leq 0 auf (a,b)
Seien wieder x_{1},x_{2}\in [a,b] mit x_{1}<x_{2}. Wegen der Monotonie gilt nun f(x_{1})\geq f(x_{2}). Weiter seien wieder x,{\tilde {x}}\in [x_{1},x_{2}] mit x\neq {\tilde {x}}, dann gilt für den Differenzenquotienten
{\frac {f(x)-f({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}\leq 0
Ist nämlich x>{\tilde {x}}, so ist f(x)\leq f({\tilde {x}}), und damit ist der gesamte Quotient nicht-positiv. Analog auch im Fall x<{\tilde {x}} und f(x)\geq f({\tilde {x}}). Durch Bildung des Differentialquotienten erhalten wir nun
f'({\tilde {x}})=\lim _{{x\to {\tilde {x}}}}{\frac {f(x)-f({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}\leq 0
Da x_{1},x_{2} und {\tilde {x}} wieder beliebig waren, folgt f'\leq 0 auf (a,b).

Beispiele zum Monotoniekriterium

Quadratische und kubische Funktionen

Beispiel: Monotonie der quadratischen und kubischen Potenzfunktion
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Für die quadratische Potenzfunktion f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ f(x)=x^{2} gilt
f'(x)=2x\ {\begin{cases}>0&{\text{ falls }}x>0,\\<0&{\text{ falls }}x<0\end{cases}}
Daher ist f nach dem Monotoniekriterium auf (-\infty ,0] streng monoton fallend und auf [0,\infty ) streng monoton steigend.
Für die kubische Potenzfunktion g:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ g(x)=x^{3} gilt
g'(x)=3x^{2}\ {\begin{cases}\geq 0&{\text{ für alle }}x\in \mathbb{R} ,\\>0&{\text{ für alle }}x\in \mathbb{R} \setminus \{0\}\end{cases}}
Somit ist g nach dem Monotoniekriterium auf \mathbb{R} monoton steigend und auf jeweils auf (-\infty ,0] und [0,\infty ) streng monoton steigend. Man kann sogar zeigen, dass die kubische Funktion g(x)=x^{3} auf ganz \mathbb{R} streng monoton steigend ist.
Dass die Funktion g mit g(x)=x^{3} streng monoton steigend ist, obwohl „nur“ f'\geq 0 und nicht f'>0gilt, hängt damit zusammen, dass die Ableitung in nur einem einzigen Punkt verschwindet. Ein interessantes (notwendiges und hinreichendes) Kriterium hierzu behandeln wir in der Übungsaufgabe am Ende des Abschnitts.
Verständnisfrage: Warum ist g:\mathbb{R} \to \mathbb{R} :x\mapsto x^{3} auf \mathbb{R} streng monoton steigend?
Wir müssen zeigen: Aus x,y\in \mathbb{R} mit x<y folgt g(x)<g(y). Für die Fälle x<y\leq 0 und 0\leq x<y haben wir dies schon mit dem Monotoniekriterium gezeigt. Wir müssen also nur noch den Fall x<0<y betrachten. Hier gilt mit den error: internal links not implemented, yet! :
g(x)=x^{3}=\underbrace {x}_{{<0}}\cdot \underbrace {x^{2}}_{{>0}}<0<\underbrace {y}_{{>0}}\cdot \underbrace {y^{2}}_{{>0}}=y^{3}=g(y)
Also ist g auf \mathbb{R} streng monoton steigend.
Warnung:
An dem Beispiel x\mapsto x^{3} haben wir gesehen, dass die Rückrichtung der Monotonieaussage „f'>0 impliziert strenge Monotonie“ nicht gilt. Das heißt, dass aus der Tatsache, dass f streng monoton steigt, im Allgemeinen nicht f'>0 folgt. Am Beispiel der Funktion h:\mathbb{R} \to \mathbb{R} :x\mapsto -x^{3} kann man ebenso sehen, dass die Rückrichtung von der Aussage „f'<0 impliziert streng monotones Fallen“ nicht gilt.

Exponential- und Logarithmusfunktion

Beispiel: Monotonie der Exponential- und Logarithmusfunktion
Beispiel
Für die Exponentialfunktion f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ f(x)=\exp(x) gilt für alle x\in \mathbb{R} :
f'(x)=\exp(x)>0
Daher ist \exp nach dem Monotoniekriterium auf ganz \mathbb{R} streng monoton steigend. Für die (natürliche) Logarithmusfunktion g:\mathbb{R} ^{+}\to \mathbb{R} ,\ g(x)=\ln(x) gilt für alle x\in \mathbb{R} ^{+}:
g'(x)={\frac 1x}>0
Somit ist \ln auf \mathbb{R} ^{+} ebenfalls streng monoton steigend.
Verständnisfrage: Wie ist das Monotonieverhalten der auf \mathbb{R} ^{-} erweiterten Logarithmusfunktion h:\mathbb{R} \setminus \{0\}\to \mathbb{R} ,\ h(x)=\ln |x|?
Es gilt
h(x)={\begin{cases}\ln(x)&{\text{ für }}x>0\\\ln(-x)&{\text{ für }}x<0\end{cases}}
Oben haben wir h'(x)>0 für x\in \mathbb{R} ^{+} gezeigt. Also ist h auf \mathbb{R} ^{+} ebenfalls streng monoton steigend. Für x<0 ist hingegen h'(x)={\frac {1}{-x}}\cdot (-1)={\frac 1x}<0. Daher ist h auf \mathbb{R} ^{-} streng monoton fallend.

Trigonometrische Funktionen

Beispiel: Monotonieverhalten der Sinusfunktion
Beispiel
Für die Sinus-Funktion f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ f(x)=\sin(x) gilt
f'(x)=\cos(x)\ {\begin{cases}>0&{\text{ für }}x\in (-{\tfrac {\pi }{2}}+2\pi k,{\tfrac {\pi }{2}}+2\pi k),\ k\in \mathbb{Z} ,\\<0&{\text{ für }}x\in ({\tfrac {\pi }{2}}+2\pi k,{\tfrac {3\pi }{2}}+2\pi k),\ k\in \mathbb{Z} \end{cases}}
Daher ist \sin für alle k\in \mathbb{Z} auf den Intervallen [-{\tfrac {\pi }{2}}+2\pi k,{\tfrac {\pi }{2}}+2\pi k] streng monoton steigend und auf den Intervallen [{\tfrac {\pi }{2}}+2\pi k,{\tfrac {3\pi }{2}}+2\pi k] streng monoton fallend.
Verständnisfrage: Wie lauten die Monotonieintervalle der Kosinus-Funktion g:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ g(x)=\cos(x)?
Hier gilt g'(x)=-\sin(x)\ {\begin{cases}>0&{\text{ für }}x\in (\pi +2\pi k,2\pi +2\pi k),\ k\in \mathbb{Z} ,\\<0&{\text{ für }}x\in (2\pi k,{\tfrac {3\pi }{2}}+\pi +2\pi k),\ k\in \mathbb{Z} \end{cases}}.
Daher ist \cos für alle k\in \mathbb{Z} auf den Intervallen [\pi +2\pi k,2\pi +2\pi k] streng monoton steigend und auf den Intervallen [2\pi k,\pi +2\pi k] streng monoton fallend.
Beispiel: Monotonieverhalten des Tangens
Beispiel
Für die Tangens-Funktion \tan :D=\mathbb{R} \setminus \{{\tfrac {\pi }{2}}+k\pi \mid k\in \mathbb{Z} \}\to \mathbb{R} ,\ \tan(x)={\tfrac {\sin(x)}{\cos(x)}} gilt für alle x\in D
\tan '(x)=1+\underbrace {\tan ^{2}(x)}_{{\geq 0}}\geq 1>0
Damit ist \tan für alle k\in \mathbb{Z} auf den Intervallen (-{\tfrac {\pi }{2}}+k\pi ,{\tfrac {\pi }{2}}+k\pi ) streng monoton steigend.
Verständnisfrage: Wie ist das Monotonieverhalten der Kotangens-Funktion \cot :{\tilde {D}}=\mathbb{R} \setminus \{k\pi \mid k\in \mathbb{Z} \}\to \mathbb{R} ,\ \cot(x)={\tfrac {\cos(x)}{\sin(x)}}?
Hier ist für alle x\in {\tilde {D}}
\cot '(x)=-1-\underbrace {\tan ^{2}(x)}_{{\geq 0}}\leq -1<0
Also ist \cot für alle k\in \mathbb{Z} auf den Intervallen (k\pi ,\pi +k\pi ) streng monoton fallend.

Übungsaufgaben

Monotonieintervalle und Nachweis einer Nullstelle

Übung: Monotonieintervalle und Nachweis einer Nullstelle
Untersuche die Monotonieintervalle der Polynomfunktion
f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ f(x)=x^{3}-x-1
Zeige außerdem, dass f genau eine Nullstelle besitzt.
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Notwendiges und hinreichendes Kriterium für strenge Monotonie

Übung: Notwendiges und hinreichendes Kriterium für strenge Monotonie
Beweise: Eine stetige Funktion f:[a,b]\to \mathbb{R} , die auf ]a,b[ differenzierbar ist, ist genau dann streng monoton steigend, wenn gilt
  1. f'(x)\geq 0 für alle x\in ]a,b[
  2. Die Nullstellenmenge von f' enthält kein offenes Intervall.
Als Anwendung: Zeige, dass die Funktion f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ f(x)=x-\sin(x) auf ganz \mathbb{R} streng monoton wächst.
Beweis
Aus dem Monotoniekriterium wissen wir bereits, dass f genau dann monoton steigend ist, wenn f'(x)\geq 0. Wir müssen also nur noch zeigen, dass f genau dann streng monoton steigt, wenn die zweite Bedingung zusätzlich erfüllt ist.
Beweisschritt: f streng monoton steigend \Longrightarrow Nullstellenmenge von f' enthält kein offenes Intervall
Wir führen eine Kontraposition durch. Sprich, wir zeigen: Wenn die Nullstellenmenge von f' ein offenes Intervall enthält, ist f nicht streng monoton steigend- Angenommen es gibt a_{1},b_{1}\in ]a,b[ mit f'(x)=0 für alle x\in ]a_{1},b_{1}[. Nach dem Mittelwertsatz gibt es ein \xi \in ]a_{1},b_{1}[ mit
f(b_{1})-f(a_{1})=\underbrace {f'(\xi )}_{{=0}}(b_{1}-a_{1})=0
Also ist f(a_{1})=f(b_{1}). Gilt nun x\in ]a_{1},b_{1}[\iff a_{1}<x<b_{1}, so gilt, da f monoton steigend ist
f(a_{1})\leq f(x)\leq f(b_{1})
Also ist f(x)=f(b_{1}) für alle x\in ]a_{1},b_{1}[. Also ist f nicht streng monoton steigend.
Beweisschritt: Nullstellenmenge von f' enthällt kein offenes Intervall \Longrightarrow f streng monoton steigend
Wir führen einen Beweis durch Kontraposition. Wir müssen zeigen: Wenn f monoton, aber nicht streng monoton steigend ist, dann enthält die Nullstellenmenge von f' ein offenes Intervall. Angenommen es gibt a_{2},b_{2}\in ]a,b[ mit a_{2}<b_{2} mit f(a_{2})=f(b_{2}). Wegen der Monotonie von f gilt
f(a_{2})\leq f(x)\leq f(b_{2})
Also ist f(x)=f(b_{2}) für alle x\in ]a_{1},b_{1}[. Das heißt f ist konstant auf ]a_{2},b_{2}[. Daher gilt für alle x\in ]a_{2},b_{2}[:
f'(x)=0
Also enthält die Nullstellenmenge von f' ein offenes Intervall.
Beweisschritt: f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ f(x)=x-\sin(x) ist streng monoton steigend
f ist für alle x\in \mathbb{R} differenzierbar mit
f'(x)=1-\cos(x)\geq 0
Denn \cos(x)\leq 1 für alle x\in \mathbb{R} . Damit ist f monoton steigend. Weiter gilt
{\begin{aligned}&f'(x)=1-\cos(x)=0\\\iff {}&\cos(x)=1\\\iff {}&x\in \{2\pi k\mid k\in \mathbb{Z} \}\end{aligned}}
Also enthällt die Nullstellenmenge von f' nur isolierte Punkte, und damit kein offenes Intervall. Daher ist f auf \mathbb{R} streng monoton steigend.