Analysis I - IV - Fachhochschule Nordwestschweiz

Analysis I – IV (an)
Prof. Dr. Marcel Steiner-Curtis
26. November 2013

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Prof. Dr. Marcel Steiner-Curtis
FHNW Fachhochschule Nordwestschweiz
Hochschule für Technik
Bahnhofstrasse 6
CH-5210 Windisch
marcel.steiner@fhnw.ch
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Liebe Studierende
Sie lesen das Vorwort der zweiten Version des Analysis-Skriptums. Gratuliere – Sie sind
mutiger als die meisten Ihrer Mitmenschen, die beim Anblick von Mathematik bereits das
Handtuch werfen. Ich lade Sie hiermit ein, mit mir, den zum Teil beschwerlichen und arbeitsaufwändigen
Weg zu gehen, Mathematik zu lernen, zu entdecken, zu spüren, um dann
mit Mathematik zu spielen, und last but not least, und deshalb sind Sie ja hier, Mathematik
anzuwenden. Den letzten Aspekt sollten wir nie aus den Augen verlieren – die Anwendungen
der Mathematik. Holen Sie mich aus meinen Träumereien heraus, wenn ich ab und zu beginne,
von hochdimensionalen Räumen, nicht-ganzzahligen Dimensionen oder Riemannschen
Mannigfaltigkeiten zu schwärmen. In einem solchen Fall wäre ich dann “abgespaced”, wie
es ein Student vor ein paar Jahren zu mir sagte. Bei einem Computer würde in diesem Fall
von einer Endlosschlaufe gesprochen. Obwohl wir an einer Fachhochschule sind, möchte ich
andererseits den ästhetischen Aspekt der Mathematik nicht ganz aus den Augen lassen.
Vorher fiel das Stichwort Computer. Lassen Sie mich meine persönliche Meinung zur
Lernweise in Mathematik äussern: Hier an der Fachhochschule ist Mathematik ein Grundlagenfach,
das heisst, wir werden die Dinge von der Pike auf lernen 1 . Mein Ziel ist es, dass
Sie die grundlegenden Sachverhalte verstehen, anwenden und interpretieren können. Es reicht
nicht, wenn Sie einen Taschenrechner oder Computer besitzen, von dem Sie wissen, dass er es
im Prinzip kann. Sie sind nicht in einer Klubschule, wo Sie einen Kurs in Microdoof-Analysis
belegen. In diesem Zusammenhang möchte ich Sie auffordern, in der Mathematik einen tieferen
Sinn zu suchen, und nicht Mathematik nur als sinnloses herumschieben von Hieroglyphen
zu betrachten, bei dem ab und zu ein richtiges Resultat herauskommt. Seien Sie immer kritisch
und fragen Sie sich, weshalb etwas so oder so ist (vgl. Was ist falsch? in Kapitel A.1.1).
Versuchen Sieauch dieZusammenhängezwischen den einzelnen Mathematikfächern Analysis,
Geometrie, lineare Algebra und Stochastik herzustellen. Die Abgrenzungen zwischen diesen
Fächern sind oft willkürlich und historisch bedingt.
Welches sind die Grundvoraussetzungen dieses Kurses? – Die Antwort ist klar: nicht
mehr – aber auch nicht weniger – als Die Mathematik der technischen Berufsmaturität wie
sie durch den Rahmenlehrplan des BBT 2 vorgeschrieben ist. Wenn Sie glauben, Schwächen
bezüglich der Berufsmaturamathematik zu haben, dann empfehle ich Ihnen das Buch Die
Mathematik der technischen Berufsmaturität von H.R. Schärer, W. Meier und S. Niggli, [25],
zur seriösen Aufarbeitung Ihrer Wissenslücken.
Es ist mir zutiefst bewusst, dass noch kein Meister vom Himmel gefallen ist. Wir stehen
1 GrundlagenausbildunginMathematikistsehrrelativ.AberwirwerdensichernichtÜberlegungenanstellen,
weshalb 1+1 = 2ist, obwohl dieseinesehrinteressante, nicht-trivialeFrage wäre. Falls Siegleichwohl ansolchen
akademischen, weltbewegenden Fragen interessiert sind, verweise ich Sie auf ein Mathematikstudium an der
Universität.
2 Bundesamt für Berufsbildung und Technologie
i

ii
hier zusammen am Anfang, Sie als Studierende und ich als Dozent. Versuchen wir gemeinsam
den notwendigen Weg zu gehen, um die Besten in unserem Fach zu werden. Wie? – ist aber
die Frage. Ich kann Ihnen kein Allerweltsrezept geben, aber eines ist sicher: Ohne Arbeit läuft
nichts. Ihre Zeit ist sehr knapp, also investieren Sie sie gezielt. Nutzen Sie die zahlreichen
Übungslektionen, um möglichst konzentriert an den Aufgaben zu arbeiten. Auch hier gilt:
Übung macht den Meister. Ich bin der festen Überzeugung, dass Mathematik nicht gelesen
werden kann, sondern geübt werden muss. Lösen Sie die meisten der angebotenen Aufgaben
undinsistieren Sie, selber eine Lösungzu finden.In der Regel ist es nicht sinnvoll, bereits nach
wenigen Minuten vergeblichem Probieren, dieLösungenoderden Nachbar zu konsultieren. Sie
könnten dann dem Eindruck verfallen, selber die Entdeckung gemacht und den Lösungsweg
gefunden zu haben.
Tipp: Seien Sie ehrlich mit sich selber und lügen Sie sich nicht an, indem Sie sich vorgaukeln,
die Aufgaben vollständig verstanden zu haben, obwohl Sie einen Lösungsweg “nur”
nachvollzogen haben. Sie sind aus dem Sammler- und Jäger- 3 Zeitalter heraus – heutzutage
wird entdeckt und entwickelt. Als zukünftiger Ingenieur werden Sie entwickeln müssen und
nicht nur nachlesen, was andere vor Ihnen bereits herausgefunden haben.
Weiter möchte ich Sie auffordern, immer dann Fragen zu stellen, wenn Sie etwas nicht
mehr verstehen. Sie müssen wissen, dass nur diejenigen, die auch etwas begreifen, Fragen
stellen. Ich gehe davon aus, dass die Umkehrung dieser Aussage auch zutrifft.
Mit den Porträts der Mathematiker und den zusätzlichen Geburts- und Todesjahren, die
Sie von Zeit zu Zeit in diesem Skriptum finden werden, bezwecke ich zwei Dinge: Erstens
möchte ich Ihnen die Möglichkeit geben, sich ein Bild von der historischen Abfolge mathematischer
Entdeckungen machen zu können. Zweitens liegt es mir sehr am Herzen, dass Mathematik
für Sie nicht eine leblose, nüchterne Promotionsfrage bleibt, sondern, dass Sie lernen,
Mathematik als etwas Spannendes und vor allem Nützliches wahrzunehmen, das von begeisterten
Forschern entdeckt wurde und immer noch entdeckt wird. Die Mathematikerporträts
stammen von www-gap.dcs.st-and.ac.uk/~history/BiogIndex.html. Auf dieser sehr interessanten
Seite finden sich auch zahlreiche biografische Angaben zu den meisten berühmten
Mathematikern, denen Sie im Verlaufe Ihres Studiums begegnen werden.
Das Skriptum basiert im Wesentlichen auf den vier Analysis-Skripten (vgl. [5] – [8])
meines Vorgängers Peter Gschwind, der an der Fachhochschule beider Basel während mehr
als dreissig Jahren als Dozent tätig war. Hiermit möchte ich Peter herzlich danken, dass er
mir seine Erfahrungen in Form seiner Skripten weitergegeben hat. Wenn ich schon dabei bin,
Rosen zu verteilen, bekommt sicher auch meine Frau Robyn einige, wenn nicht die Mehrheit
davon. Während der Schwangerschaft unseres ersten Kindes hat sie nämlich den ersten Teil
dieses Skriptums nicht nur getippt, sondern weitgehend überarbeitet.
Sie sind die n plus ersten Studierenden, die mit diesem Skriptum arbeiten. Urteilen Sie
nicht zu hart über den Autor (und die k-ten Studierenden, wobei k ∈ {1,...,n}), wenn Sie
Fehler und Ungereimtheiten finden, sondern teilen Sie mir diese bitte mit.
3 nach Lösungen
26. November 2013, Marcel Steiner-Curtis

Inhaltsverzeichnis
Liebe Studierende
Inhaltsverzeichnis
i
iii
1 Grundbegriffe der Mengenlehre 1
1.1 Mengen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Mengenrelationen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.3 Mengenoperationen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.4 Zahlenmengen und Punktmengen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.5 Ebene und räumliche Punktmengen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2 Funktionen 11
2.1 Beispiele von Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.2 Der Funktionsbegriff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.3 Affine Funktionen, Geradengleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.4 Potenzfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.5 Polynomfunktionen zweiten Grades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.6 Exponentialfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.7 Symmetrieeigenschaften von Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.8 Monotonie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.9 Beschränkte Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.10 Differenzenquotient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3 Grenzwerte 33
3.1 Grenzwerte von Zahlenfolgen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
3.2 Grenzwertsätze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
3.3 Grenzwerte von Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.4 Stetigkeit einer Funktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.5 Singularitäten einer Funktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
3.6 Verhalten von Funktionen im Unendlichen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
4 Differenzialrechnung 53
4.1 Tangentenproblem, Ableitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
4.2 Fakultäten, Binomialkoeffizienten, Binomischer Satz . . . . . . . . . . . . . 56
4.3 Ableitung der Potenzfunktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
4.4 Grundregeln der Differenzialrechnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
4.5 Ableitung eines Produkts . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
iii

iv
Inhaltsverzeichnis
4.6 Ableitung eines Quotienten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
4.7 Ableitung der trigonometrischen Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
4.8 Logarithmen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
4.9 Ableitung der Logarithmusfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
4.10 Differenzial einer Funktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
4.11 Ableitung von verknüpften Funktionen – Die Kettenregel . . . . . . . . . . 83
4.12 Ableitung impliziter Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
4.13 Differenzieren nach Logarithmieren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
4.14 Höhere Ableitungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
4.15 Differenzierbarkeit einer Funktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
5 Anwendungen der Differenzialrechnung 103
5.1 Physik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
5.2 Gleichungen numerisch lösen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
5.2.1 Fixpunkt-Iteration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
5.2.2 Tangentenverfahren von Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
5.3 Uneigentliche Grenzwerte - Regel von de l’Hospital . . . . . . . . . . . . . . 112
5.4 Untersuchung von Funktionen – Kurvendiskussion . . . . . . . . . . . . . . 118
5.5 Beispiele einer Kurvendiskussion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
5.6 Krümmung, Krümmungskreis, Evolute, Evolvente . . . . . . . . . . . . . . . 130
6 Integralrechnung 137
6.1 Das unbestimmte Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137
6.2 Das bestimmte Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140
6.3 Integrationsregeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142
6.4 Spezielle bestimmte Integrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144
6.5 Allgemeine Flächenberechnungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144
7 Das Riemannsche Integral 151
7.1 Das bestimmte Integral als Grenzwert einer Summenfolge . . . . . . . . . . 151
8 Umkehrfunktionen 159
8.1 Definition der Umkehrfunktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159
8.2 Arkusfunktionen (Zyklometrische Funktionen) . . . . . . . . . . . . . . . . . 164
9 Hyperbelfunktionen und ihre Umkehrfunktionen 173
9.1 Hyperbelfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
9.2 Areafunktionen (Flächenfunktionen) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180
10 Volumen, Oberflächen- und Bogenlängenberechnungen 185
10.1 Volumen von Rotationskörpern . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
10.2 Bogenlänge einer Kurve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191
10.3 Mantelfläche von Rotationskörpern . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192
11 Integrationsmethoden 195
11.1 Integration durch Substitution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195
11.2 Partielle Integration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209
11.3 Integration rationaler Funktion - Partialbruchzerlegung . . . . . . . . . . . . 217

v
12 Unendliche Reihen 231
12.1 Grundbegriffe und Definitionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231
12.2 Das Konvergenzverhalten der geometrischen Reihe . . . . . . . . . . . . . . 234
12.3 Konvergenzkriterien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235
12.4 Konvergenzverhalten der hyperharmonischen Reihe . . . . . . . . . . . . . . 244
12.5 Potenzreihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247
12.6 Hauptsatz über Potenzreihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252
12.7 Taylorreihe einer Funktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253
12.8 Geometrische Bedeutung der Taylorreihe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255
12.9 Allgemeine Form der Taylorreihe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256
12.10 Binomische Reihe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 259
12.11 Methoden zur Reihenentwicklung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 259
12.12 Erweiterte Ansatzmethode zur Reihenentwicklung . . . . . . . . . . . . . . . 263
13 Funktionen mehrerer unabhängiger Variablen 269
13.1 Motivation und Definitionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269
13.2 Geometrische Darstellung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 270
13.3 Partielle Ableitungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272
13.4 Der Satz von Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275
13.5 Das vollständige Differenzial, Linearisieren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 278
13.6 Erste Anwendung der Fehlerrechnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282
13.7 Museum of Mathematical Art . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283
14 Ableitung impliziter Funktionen 287
14.1 Das vollständige Differenzial einer impliziten Funktion . . . . . . . . . . . . 287
15 Gradient und Tangentialebene 291
15.1 Berechnung des Gradienten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291
15.2 Berechnung der Tangentialebene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293
16 Extremstellen bei mehreren unabhängigen Variablen 295
16.1 Notwendige und hinreichende Bedingung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295
16.2 Methode der kleinsten Quadrate (lineare Regression) . . . . . . . . . . . . . 298
17 Approximation mit minimalem quadratischen Fehler 303
17.1 Approximation einer stückweise stetigen Funktion . . . . . . . . . . . . . . . 304
17.2 Approximation von diskreten Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305
18 Extremwerte mit Nebenbedingungen 311
18.1 Motivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311
18.2 Lagrangemultiplikatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312
19 Mehrfache Integrale 319
19.1 Flächenberechnungen in kartesischen Koordinaten . . . . . . . . . . . . . . . 319
19.2 Verallgemeinerung des Flächenintegrals – Doppelintegral . . . . . . . . . . . 321
19.3 Variablensubstitution in einem Mehrfachintegral . . . . . . . . . . . . . . . 324
19.4 Berechnung von Trägheitsmomenten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 327

vi
Inhaltsverzeichnis
20 Arbeit und Linienintegrale 331
20.1 Kurven und Vektorfelder im Raum und in der Ebene . . . . . . . . . . . . . 331
20.2 Das Linienintegral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 337
20.3 Linienintegral im Potenzialfeld . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342
21 Differenzialgleichungen 351
21.1 Definitionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351
21.2 Die geometrische Bedeutung einer Differenzialgleichung erster Ordnung . . . 352
21.3 Problemstellungen mit Differenzialgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . 353
21.4 Nachprüfen hypothetischer Lösungen - Kontrolle . . . . . . . . . . . . . . . 353
21.5 Differenzialgleichungen von Kurvenscharen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355
21.6 Integration von Differenzialgleichungen durch Separation . . . . . . . . . . . 357
21.7 Orthogonaltrajektorien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363
21.8 Integration von linearen Differenzialgleichungen erster Ordnung . . . . . . . 365
21.9 Variation der Konstanten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 366
21.10 Ansatzmethode und Superpositionsprinzip . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 370
21.11 Differenzialgleichungen zweiter Ordnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 377
21.12 Allgemeine Betrachtungen zu linearen Differenzialgleichungen . . . . . . . . 380
21.13 Homogene lineare Differenzialgleichungen zweiter Ordnung . . . . . . . . . . 383
21.14 Homogene lineare Differenzialgleichung n-ter Ordnung . . . . . . . . . . . . 387
21.15 Inhomogene lineare Differenzialgleichung n-ter Ordnung . . . . . . . . . . . 389
21.16 Zusammenstellung der Lösungsverfahren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394
22 Differenzialgleichungen in der Mechanik 397
22.1 Freier Fall mit und ohne Luftwiderstand . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 398
22.2 Randwertprobleme, Eigenwerte und Eigenfunktionen . . . . . . . . . . . . . 401
22.3 Die freie Schwingung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 404
22.4 Die erzwungene Schwingung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 410
23 Systeme von Differenzialgleichungen 417
23.1 Systeme von linearen Differenzialgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 417
A Anwendungen 421
A.1 Elementare Arithmetik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 421
A.1.1 Was ist falsch? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 421
A.2 Folgen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422
A.2.1 Fibonaccifolge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422
A.2.2 Folge von Collatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422
A.2.3 Summenformeln spezieller endlicher Reihen . . . . . . . . . . . . . . 424
A.3 Fraktale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 426
A.3.1 Polygone im Kreis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 426
A.3.2 Kochsche Kurve - Schneeflocke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 427
A.3.3 Sierpinski-Dreieck und -Teppich . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 429
A.3.4 Mengerwürfel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 431
A.3.5 Mandelbrot und Juliamengen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 431
A.4 Rollkurven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 431
A.4.1 Katakaustik - Kaffeetasse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 431

vii
A.4.2 Epizykloide - Wankelmotor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 431
A.4.3 Klothoide - Idealer Strassen- und Eisenbahnbau . . . . . . . . . . . . 431
A.4.4 Dendrochronologie - Jahresringe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433
A.5 Bauwerke mathematisch betrachtet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433
A.5.1 Kühlturm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433
A.5.2 Eiffelturm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433
A.5.3 Sprungschanze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 434
A.5.4 Überhängender Turmbau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 434
A.5.5 Kettenlinie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 435
A.6 Aus der Stochastik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 436
A.6.1 Monte-Carlo Integration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 436
B Tafeln 439
B.1 Tafel der Grundintegrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 439
Literaturverzeichnis 441
Index 443

viii
Inhaltsverzeichnis

Kapitel 1
Grundbegriffe der Mengenlehre
1.1 Mengen
Eine Menge A ist eine Zusammenfassungbestimmter, wohlunterscheidbarer Objekte unserer
Anschauung oder unseres Denkens zu einem Ganzen. Diese Objekte heissen Elemente der
Menge. Für ein gewisses Objekt a schreiben wir a ∈ A, falls a ein Element von A ist, und
a ∉ A, falls a kein Element von A ist. Die leere Menge bezeichnen wir mit ∅.
Mengen können auf zwei verschiedene Arten angegeben werden, wobei bei gewissen Mengen
nicht beide Arten möglich sind.
• Durch Aufzählen der Elemente. Zum Beispiel:
A = {−2,4,5,6}, B = {2,10,15}.
• Durch Angabe einer definierenden Eigenschaft, die genau den Elementen der Menge
zukommt. Zum Beispiel:
A = {x | |x| < 1, x ∈ R} oder A = {x | |x| < 1 und x ∈ R}
N = {1,2,3,...} oder N = {x | x ∈ Z und x > 0}
B = {x | x ∈ Z und x < 0}, Q = { p q
| p ∈ Z, q ∈ Z und q ≠ 0}.
Für die Zahlenbereiche sind folgende Bezeichnungen üblich 1 :
N = {1,2,3,...} Menge der natürlichen Zahlen ausschliesslich Null
N 0 = {0,1,2,...} Menge der natürlichen Zahlen einschliesslich Null
Z = {...,−2,−1,0,1,2,...} Menge der ganzen Zahlen
Q = { p q
| p ∈ Z, q ∈ Z und q ≠ 0} Menge der rationalen Zahlen
R
C = {x+iy | x ∈ R und y ∈ R}
Menge der reellen Zahlen
Menge der komplexen Zahlen.
1 Manche Autoren betrachten 0 als Element der natürlichen Zahlen. Es ist daher sinnvoll von positiven
{1,2,3,...} und nicht-negativen {0,1,2,3,...} ganzen Zahlen zu sprechen.
1

2 Kapitel 1. Grundbegriffe der Mengenlehre
1.2 Mengenrelationen
Zwei Mengen A und B heissen gleich, wenn beide Mengen die gleichen Elemente haben. In
diesem Fall schreiben wir A = B.
{ x ∈ A ⇒ x ∈ B
A = B ⇐⇒
x ∈ B ⇒ x ∈ A
Eine Menge A heisst Teilmenge von B, als A ⊆ B bezeichnet, wenn alle Elemente von A
auch Elemente von B sind.
A ⊆ B ⇐⇒ x ∈ A ⇒ x ∈ B.
Enthält B Elemente, die nicht in A sind, so heisst A echte Teilmenge von B. In diesem Fall
schreiben wir A ⊂ B. Symbolisch wird die Situation wie in Abbildung 1.2.i dargestellt.
A
B
Abbildung 1.2.i: A ⊂ B
Beispiel 1.2.1. a. Es gilt N ⊂ N 0 ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R ⊂ C.
b. Es seien A = {x | x > 0 und x ∈ R} und B = {x | x > 3 und x ∈ R} gegeben. Dann
gilt A ⊃ B.
1.3 Mengenoperationen
Durch Mengenoperationen werden aus gegebenen Mengen auf verschiedene Weise neue
Mengen gebildet.
• Die Vereinigungsmenge A ∪B ist die Menge der Elemente, die entweder in A oder
in B sind (vgl. Abbildung 1.3.i).
A∪B = {x | x ∈ A oder x ∈ B}.
• Die Durchschnittssmenge A ∩ B ist die Menge der Elemente, die sowohl in A als
auch in B sind (vgl. Abbildung 1.3.ii).
A∩B = {x | x ∈ A und x ∈ B}.
• Die Differenzmenge A−B ist die Menge der Elemente von A, die nicht zu B gehören
(vgl. Abbildung 1.3.iii).
A−B = {x | x ∈ A und x ∉ B}.
• Das Komplement Ā ist die Menge aller Elemente, die nicht zu A gehören (vgl. Abbildung
1.3.iv).
Ā = {x | x ∉ A}.

1.4. Zahlenmengen und Punktmengen 3
A
B
A
B
Abbildung 1.3.i: A∪B
Abbildung 1.3.ii: A∩B
A
B
A
Abbildung 1.3.iii: A−B
Abbildung 1.3.iv: Ā
1.4 Zahlenmengen und Punktmengen
Die MengeRder reellen Zahlenlässt sich bekanntlich geometrisch als Zahlengeradedarstellen.
Indem wir den Zahlen 0 und 1 zwei verschiedene Punkte O und E einer Geraden g zuordnen,
wird eine Einslänge l = OE festgelegt undder Geraden eine positive Orientierung von O nach
E gegeben. Einer reellen Zahl x wird dann der Punkt P auf g zugeordnet, der von O den
Abstand x·l hat. Dabei ist die Strecke OP in positiver (bzw. negativer) Richtung abzutragen,
wenn x positiv (bzw. negativ) ist (vgl. Abbildungen 1.4.i und 1.4.ii). Auf diese Weise wird
O E P
• • •
x
−3 −2 −1 0 1 2 3
P O E
−3
•
x−2 −1
•
0
•
1 2 3
Abbildung 1.4.i: Der Fall x = 2 1 3
Abbildung 1.4.ii: Der Fall x = −2 1 3
jeder reellen Zahl x eindeutig ein Punkt der Geraden g zugeordnet. Umgekehrt entspricht
jedem Punkt P der Geraden g genau eine reelle Zahl 2 .
Durch diese Identifikation der reellen Zahlen R mit den Punkten auf einer Geraden ist es
möglich, Zahlenmengen als lineare Punktmengen darzustellen und umgekehrt. Wegen der
Eineindeutigkeit der Zuordnung wird oft zwischen Zahlenmengen und Punktmengen nicht
streng unterschieden.
Die Orientierung der Geraden wird allgemein durch eine in die positive Richtung weisende
Pfeilspitze gekennzeichnet.
Beispiel 1.4.1. In Abbildung 1.4.iii wird die Zahlenmenge A = { 1 n
| n ∈ N} als Punktmenge
dargestellt.
Beispiel 1.4.2. In Abbildung 1.4.iv wird die Zahlenmenge B = {x ∈ R | 0 ≤ x ≤ a} als
Punktmenge dargestellt.
Zahlenmengen wie die des Beispiels 1.4.2 heissen Intervalle. Um sie präzis darzustellen,
werden spezielle Zeichen verwendet. Je nachdem, ob die Randpunkte zum Intervall gehören,
werden folgende Fälle unterschieden:
2 Eine solche umkehrbar eindeutige Zuordnung wird als eineindeutig oder bijektiv bezeichnet.

4 Kapitel 1. Grundbegriffe der Mengenlehre
•• ••• • • • •
•
•
• •
0 1 1 1 1 1
1
0 a
6 5 4 3 2
Abbildung 1.4.iii: A = { 1 n | n ∈ N}
Abbildung 1.4.iv: B = {x ∈ R | 0 ≤ x ≤ a}
• I = {x ∈ R | a ≤ x ≤ b}
Beide Randpunkte a und b gehören dem Intervall I an. Ein solches Intervall heisst
abgeschlossen und wird durch [a,b] bezeichnet (vgl. Abbildung 1.4.v).
• I = {x ∈ R | a < x < b}
Keiner der beiden Randpunkte a und b gehört dem Intervall I an. Ein solches Intervall
heisst offen und wird durch ]a,b[ bezeichnet 3 (vgl. Abbildung 1.4.vi).
• I = {x ∈ R | a < x ≤ b} oder I = {x ∈ R | a ≤ x < b}
Die Randpunkte a und b gehören nicht beide dem Intervall I an. Ein solches Intervall
heisst linksoffen oder rechtsoffen und wird durch ]a,b] oder [a,b[ bezeichnet 4 (vgl.
Abbildungen 1.4.vii und 1.4.viii).
• •
b
a
•
a
•
b
Abbildung 1.4.v: I = [a,b]
Abbildung 1.4.vi: I =]a,b[
•
a
•
b
• •
b
a
Abbildung 1.4.vii: I =]a,b]
Abbildung 1.4.viii: I = [a,b[
Die obigen Intervalle sind durch die Zahlen a und b eingeschränkt und werden deshalb beschränkt
genannt. Neben den beschränkten Intervallen sind auch solche zu betrachten, die
rechts, links oder beidseits keiner Beschränkung unterworfen sind. Solche unbeschränkte
Intervalle stellen wir unter Verwendung des Zeichens 5 ∞ dar:
]a,∞[ = {x ∈ R | x > a} [a,∞[ = {x ∈ R | x ≥ a}
]−∞,a[ = {x ∈ R | x < a} ]−∞,a] = {x ∈ R | x ≤ a}
]−∞,∞[ = R.
Im allgemeinen heisst eine Menge A beschränkt, wenn sie Teilmenge eines beschränkten
Intervalls ist, das heisst, wir können zwei Zahlen a und b finden, so dass A ⊆ [a,b]. Sonst
heisst sie unbeschränkt
Beispiel 1.4.3. Die Menge A = { 1 n
Teilmenge des Intervalls ]0,1].
| n ∈ N} des Beispieles 1.4.1 ist beschränkt: Sie ist eine
3 In der Literatur wird häufig die alternative Notation (a,b) für offene Intervalle gebraucht. Wir bevorzugen
die Schreibweise ]a,b[, da sie nicht zu einer Verwechslung mit den Koordinaten (a,b) eines Punktes führt.
4 Die entsprechenden alternativen Notationen sind (a,b] und [a,b).
5 Das Zeichnen ∞ steht für (positiv) unendlich.

1.5. Ebene und räumliche Punktmengen 5
Beispiel 1.4.4. Die Menge N ist unbeschränkt.
Eine weitere Definition, die wir in späteren Kapiteln brauchen werden, ist die einer Umgebung.
Eine Zahlenmenge U heisst eine Umgebung von einer gewissen Zahl x, wenn es ein
offenes Intervall ]a,b[ gibt, so dass x ∈ ]a,b[ ⊆ U.
Beispiel 1.4.5. Die in Abbildung dargestellte Menge ist eine Umgebung von x.
• • • •
• • •
x
Abbildung 1.4.ix: Eine Umgebung von x
Beispiel 1.4.6. Die Intervalle ]−2,1[ und ] −10 −5 ,10 −6[ sind Umgebungen von x = 0.
Beispiel 1.4.7. Das Intervall [a,b[ ist weder für a noch für b eine Umgebung, da links von a
und rechts von b keine Punkte des Intervalls liegen.
Wir können auch einseitige Umgebungen betrachten:
• Eine Zahlenmenge U heisst eine linksseitige Umgebung von x, wenn ]a,x] ⊆ U für
ein gewisses a ∈ R.
• Eine Zahlenmenge U heisst eine rechtsseitige Umgebung von x, wenn [x,b[ ⊆ U für
ein gewisses b ∈ R.
1.5 Ebene und räumliche Punktmengen
Neben Punktmengen auf einer Geraden sind auch Punktmengen in der Ebene und im Raum
zu betrachten. Um solche Punktmengen mathematisch zu erfassen, verwenden wir oft das
kartesische Koordinatensystem.
Genau gleich wie wir jedem Punkt auf einer Geraden eineindeutig eine reelle Zahl zugeordnet
haben, können wir auch jedem Punkt einer Ebene eineindeutig ein geordnetes reelles Zahlenpaar
zuordnen. Dazu wählen wir in der Ebene zwei orthogonale Geraden g x und g y . Ihren
Schnittpunkt heisst Ursprung und wird durch O bezeichnet. Wir wählen einen vom Ursprung
verschiedenen Punkt E x auf der Geraden g x und einen vom Ursprung verschiedenen
Punkt E y auf der Geraden g y . Für jeden Punkt P der Ebene gibt es jetzt zwei reelle Zahlen
x und y, so dass
−→
OP = x·−−→ OE x +y ·−−→ OE y .
Die beiden Zahlen x und y entsprechen eineindeutig dem Punkt P. Wir schreiben P(x,y)
oder (x,y) für den Punkt P und nennen x und y ihre Koordinaten.
Auf diese Weise erhält unsere betrachtete Ebene ein rechtwinkliges Koordinatensystem, ein
sogenanntes kartesisches Koordinatensystem. Die Ebene wird durch R×R oder R 2 bezeichnet.
Die Viertelebene mit positiven Koordinaten wird oft als erster Quadrant, die
im gegenuhrzeigersinn folgenden Viertelebenen als zweiter, dritter und vierter Quadrant
genannt.
Analog dazu lässt sich auch ein kartesisches Koordinatensystem des Raumes definieren. In
diesem Fall wird jeder Punkt durchdrei Koordinaten x,y undz beschrieben.Dieses Verfahren
kann fortgesetzt werden um n-dimensionale Räume R n zu definieren. Später werden wir auch
nichtrechtwinklige Koordinatensysteme verwenden, z.B. Polar-, Zylinder- und Kugelkoordinatensysteme.

6 Kapitel 1. Grundbegriffe der Mengenlehre
g y
P(x, y)
•
E y
•
•
O
E x
•
x · −−→ OE x
y · −−→ OE y
Abbildung 1.5.i: Das kartesische Koordinatensystem der Ebene.
g x
Beispiel 1.5.1. Die linke Halbebene kann als die Punktmenge
dargestellt werden (vgl. Abbildung 1.5.ii).
H = {(x,y) | x ∈ R, y ∈ R, x ≤ 0}
Beispiel 1.5.2. Die Menge G = {(x,y) | x ∈ Z, y ∈ Z} wird durch die Punkte der Ebene
mit ganzzahligen Koordinaten dargestellt. Sie heisst das Gausssche Gitter (vgl. Abbildung
1.5.iii).
y
y
• • • • • • • • • • •
• • • • • • • • • • •
• • • • • • • • • • •
• • • • • • • • • • •
• • • • • • • • • • •
x
• • • • • • • • • • •
• • • • • • • • • • •
x
• • • • • • • • • • •
• • • • • • • • • • •
• • • • • • • • • • •
• • • • • • • • • • •
Abbildung 1.5.ii: Die linke Halbebene H
Abbildung 1.5.iii: Das Gausssche Gitter G
Aufgaben
Aufgabe 1.5.1. Stellen Sie die folgenden Mengen grafisch dar. Für die Menge C sind a, b, c
und d feste reelle Zahlen. Für die Mengen D,E,F und G ist r eine feste positive reelle Zahl.
• A = {(x,y) | x ∈ R, y ∈ R, x > 0}
• B = {(x,y) | y ∈ R, x ∈ [−2,1]}
• C = {(x,y) | x ∈ R, y ∈ R, a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d}
• D = {(x,y) | x ∈ R, y ∈ R, x 2 +y 2 = r 2 }
• E = {(x,y) | x ∈ Z, y ∈ Z, x 2 +y 2 < r 2 }

1.5. Ebene und räumliche Punktmengen 7
• F = D ∪E
• G = D ∩E
• H = {(x,y) | x ∈ N, y ∈ R}
• I = {(x,y) | x ∈ R, y ∈ Z}
• J = H ∪I
• K = H ∩I
• L = {(x,y) | x ∈ R, y ∈ R, |x|+|y| ≤ 1}
Aufgabe 1.5.2. Beschreiben Sie die Punktmenge, die in Abbildung 1.5.iv dargestellt wird.
y
1
1
1
x
1
Abbildung 1.5.iv: Im Ursprung zentriertes Quadrat mit Seitenlänge 2
Lösungen
Lösung 1.5.1. Die Lösungsmengen werden in Abbildungen 1.5.v bis 1.5.viii dargestellt.
y
y
y
d
x −2 1
x a b
x
c
Abbildung 1.5.v: Die Lösungsmengen A (links), B (Mitte) und C (rechts).

8 Kapitel 1. Grundbegriffe der Mengenlehre
y
y
y
• • • • •
• • • • •
• • • • • • •
• • • • • • •
• • • • • • • • •
• • • • • • • • •
x
r
• • • • • • • • •
• • • • • • • • •
• • • • • • • • •
x
r
• • • • • • • • •
• • • • • • • • •
• • • • • • • • •
x
r
• • • • • • • • •
• • • • • • • • •
• • • • • • •
• • • • • • •
• • • • •
• • • • •
Abbildung 1.5.vi: Die Lösungsmengen D (links), E (Mitte) und F (rechts).
y
y
y
x
0
x 0
x
Abbildung 1.5.vii: Die Lösungsmengen G (links), H (Mitte) und I (rechts).
y
y
• • • • •
• • • • •
y
1
• • • • •
• • • • •
• • • • •
0
x
0
• • • • •
• • • • •
x −1
1
x
• • • • •
• • • • •
• • • • •
• • • • •
−1
Abbildung 1.5.viii: Die Lösungsmengen J (links), K (Mitte) und L (rechts).

1.5. Ebene und räumliche Punktmengen 9
Lösung 1.5.2. Die ellegante Lösung lautet
{(x,y) | x ∈ R, y ∈ R, |x+y|+|x−y| = 2}
und eine von vielen anderen Möglichkeiten ist
{(x,y) |x ∈ R, y ∈ R, x ∈ {−1,1}, y ∈ [−1,1]}
∪{(x,y) | x ∈ R, y ∈ R, y ∈ {−1,1}, x ∈ [−1,1]}.

10 Kapitel 1. Grundbegriffe der Mengenlehre

Kapitel 2
Funktionen
2.1 Beispiele von Funktionen
Aufgabe 2.1.1. Zeichnen Sie die Grafen der folgenden Funktionen in einem kartesischen
Koordinatensystem.
a. f(x) = 2x−1, wobei x ∈ R
b. f(x) = x 2 −4x+1, wobei x ∈ [−1,5]
c. f(x) = 1 x
, wobei x ∈ [−5,5]−{0}
d. f(x) = 1 3 x3 − 1 2 x2 −2x+1, wobei x ∈ [−3,4]
Lösung 2.1.1. Vgl. Abbildungen 2.1.i und 2.1.ii.
y
y
6
1
−1
x
−1 5
x
Abbildung 2.1.i: Die Grafen y = 2x−1 (links) und y = x 2 −4x+1 (rechts).
2.2 Der Funktionsbegriff
Es seien zwei nicht leere Mengen X und Y gegeben. Unter einer Funktion f von X nach Y
verstehen wir eine Vorschrift, die jedem x ∈ X genau ein y ∈ Y zuordnet. Wir bezeichnen
dieses dem Element x zugeordnete Element y auch mit f(x) und nennen es den Wert der
11

12 Kapitel 2. Funktionen
y
6 1 3
y
−5
5
x
−3
1
4
x
−6 1 2
Abbildung 2.1.ii: Die Grafen y = 1 x (links) und y = 1 3 x3 − 1 2 x2 −2x+1 (rechts).
Funktion f an der Stelle x oder das Bild von x unter f. Das Element x wird ein Urbild von
f(x) genannt. Die Menge X heisst die Definitionsmenge oder der Definitionsbereich, Y
die Zielmenge von f. Wenn mehrere Funktionen vorhanden sind, schreiben wir X f und Y f
statt X und Y.
f
•
•
X
•
•
Y
•
•
f −1
Abbildung 2.2.i: Die Zuordnung f ist eine Funktion; Die Zuordnung f −1 ist dagegen keine
Funktion
Zurpräzisen Festlegung einer Funktion f müssen ihreDefinitionsmenge X undihreZielmenge
Y ausdrücklich angegeben werden. Zu diesem Zweck wird häufig die Schreibweise f : X → Y
verwendet. Das Symbol x ↦→ f(x) besagt, dass die Funktion f dem Element x das Bild f(x)
zuordnet. Zur ausführlichsten und genausten Darstellung einer Funktion f dient die folgende
Schreibweise.
Beispiel 2.2.1. Die Funktion
f : X −→ Y
x ↦−→ f(x)
f : [0,∞[ −→ R
x ↦−→ √ x
ist diejenige, die jeder nichtnegativen Zahl x ihre Quadratwurzel √ x zuordnet.
Oft wird x das Argument oder die unabhängige Variable undy die abhängige Variable
der Funktion f genannt.

2.2. Der Funktionsbegriff 13
Eine Funktion f : X → Y ordnet nicht nur jedem Element von X ein Element von Y, sondern
auch jeder Teilmenge A von X eine Teilmenge f(A) von Y und jeder Teilmenge B von Y eine
Teilmenge f −1 (B) von X zu, und zwar wir folgt:
f(A) = {f(x) | x ∈ A}
f −1 (B) = {x ∈ X | f(x) ∈ B}.
Die Menge f(A) heisst das Bild von A unddie Menge f −1 (B) das Urbild von B. Wir nennen
die Menge f(X) den Wertebereich von f.
Aufgaben
Aufgabe 2.2.1. Bestimmen Sie den maximal möglichen Definitionsbereich X und den Wertebereich
f(X) für die vier Funktionen von Aufgabe 2.1.1.
Aufgabe 2.2.2. Bestimmen Sie den maximal möglichen Definitionsbereich X und den Wertebereich
f(X) für die folgenden Funktionen.
a. f(x) = −x
b. f(x) = 2x 3 +1
c. f(x) = √ 1−x 2
d. f(x) = 3√ x+2
e. f(x) = 1+ √ 9+x 2
f. f(x) = −2+ √ 16−x 2
g. f(x) = 4− √ x+5
h. f(x) = a √x , wobei a > 1
Lösungen
Lösung 2.2.1.
a. X = R, f(X) = R
b. X = [−1,5], f(X) = [−3,6]
c. X = [−5,5]−{0}, f(X) = ] −∞,− 1 ] [
5 ∪ 1
5 ,∞[
d. X = [−3,4], f(X) = [ −6 1 ]
2 ,61 3
Lösung 2.2.2.
a. X = R, f(X) = R
b. X = R, f(X) = R
c. X = [−1,1], f(X) = [0,1]
d. X = [−2,∞[, f(X) = [0,∞[
e. X = R, f(X) = [4,∞[
f. X = [−4,4], f(X) = [−2,2]
g. X = [−5,∞[, f(X) = ]−∞,4]
h. X = [0,∞[, f(X) = [1,∞[

14 Kapitel 2. Funktionen
2.3 Affine Funktionen, Geradengleichung
Besonders häufig treten in den Anwendungen Geraden auf, d.h. Grafen von affinen Funktionen
1 . Es sind dies Polynomfunktionen ersten Grades
f(x) = mx+b.
Die grafische Darstellung y = f(x) ist bekanntlich eine Gerade mit der Steigung m und
dem y-Achsenabschnitt b. Die Steigung m und der Steigungswinkel σ sind dabei über
die Beziehung
m = tan(σ)
miteinander verknüpft. Neben der Form y = mx+b können wir die Gleichung einer Geraden
mit Steigung m, die durch den Punkt P 0 (x 0 ,y 0 ) geht, auch durch
y −y 0
x−x 0
= m
beschreiben(vgl. Abbildung2.3.i).IndemwirdieseGeradengleichungnachy auflösen,erhalten
wir die uns bekannte Form
y = mx+y 0 −mx 0 .
mit der Steigung m und dem y-Achsenabschnitt b = y 0 −mx 0 .
y
y
Normale n
y
y 0
P 0
•
P
•
y − y 0
σ
x − x 0
y 0
·
•
P0
Gerade g
y = mx + b
σ
b
x 0
x
x
x 0
x
Abbildung 2.3.i: Gerade durch den Punkt
P 0 (x 0 ,y 0 ).
Abbildung 2.3.ii: Gerade und Normale
durch den Punkt P 0 (x 0 ,y 0 ).
Ist eine Gerade g durch die Form y = m g x + b gegeben, so sind wir oft vor die Aufgabe
gestellt, im Punkt P 0 (x 0 ,y 0 ) eine senkrechte Gerade, die Normale n, auf diese Gerade zu
errichten. Diese Normale ist wiederum eine Gerade, die durch die Gleichung
y −y 0
x−x 0
= m n
mit m n ·m g = −1
beschrieben wird.
1 In der Literatur werden Funktionen der Form f(x) = mx+b oft fälschlicherweise lineare Funktionen
genannt. In Übereinstimmung mit der Linearen Algebra bezeichnen wir nur Funktionen der Form f(x) = mx
als linear. Grafen von linearen Funktionen gehen alle durch den Ursprung.

2.4. Potenzfunktionen 15
2.4 Potenzfunktionen
Wir beginnen mit der Potenzfunktion
f(x) = ax 2 .
Der Graf y = f(x) ist eine Parabel, die nach oben geöffnet ist, falls a > 0, und nach unten,
falls a < 0 (vgl. Abbildung2.4.i). Die Veränderungder Konstanten a bewirkt eine Streckung
y
a > 0
y
b = 1
x
b = 0 x
Abbildung 2.4.i: Der Graf y = ax 2 Abbildung 2.4.ii: Der Graf y = ax 2 +b
a < 0
b = −2
oder eine Stauchung der Parabel in der y-Richtung. Jetzt betrachten wir die Funktion
f(x) = ax 2 +b.
Die additive Konstante b bewirkt eine Verschiebung in Richtung der y-Achse (vgl. Abbildung
2.4.ii).
Aufgaben
Aufgabe 2.4.1. Untersuchen Sie die Grafen der Funktion
f(x) = x α ,
indem Sie zuerst die Grafen für α = 1,2,3,4 zeichnen und dann auch beliebige Werte von
α > 0 betrachten.
Aufgabe 2.4.2. Untersuchen Sie die Grafen der folgenden Funktion
a. f(x) = c x .
b. f(x) = c
x 2 .

16 Kapitel 2. Funktionen
Aufgabe 2.4.3. GebenSiePrinzipskizzenderGrafenderfolgendenFunktionenindreiSchritten,
indem Sie von den jeweiligen Grundfunktionen f(x) = x α ausgehen, den konstanten Faktor
berücksichtigen undschliesslich die additive Konstante addieren. Vermeiden Sie punktweise
Berechnungen! Bestimmen Sie ferner den maximal möglichen Definitionsbereich und den
Wertebereich jeder Funktion.
a. f(x) = − 1 2 x3 −2
b. f(x) = −2x 4 +1
c. f(x) = − 1 3 x3 2 −2
d. f(x) = − 1 1
4x 2 +1
e. f(x) = 2 x 5 −2
f. f(x) = − 3
x 2 3
+1
g. f(x) = − c +b
x2n h. f(x) = c +b,
x2n+1 wobei c > 0, b < 0 und n ∈ N.
Lösungen
Lösung 2.4.1. Die Grafen der Funktion f(x) = x α werden für die Werte α = 1,2,3,4 in
Abbildung 2.4.iii dargestellt. Im Allgemeinen gilt: wenn α eine ungerade ganze Zahl ist, dann
α = 2
α = 4 y
x
α = 1
α = 3
Abbildung 2.4.iii: Der Graf y = x α
geht der Graf vom dritten Quadranten in den ersten Quadranten, und wenn α eine gerade
ganze Zahl ist, dann geht der Graf vom zweiten Quadranten in den ersten Quadranten.

2.4. Potenzfunktionen 17
Lösung 2.4.2. Vgl. Abbildungen 2.4.iv und 2.4.v.
y
c = 2.7
c = −2.7
y
c = 0.5
c = 1
x
c = −1
c = −0.5
x
Abbildung 2.4.iv: Einige Grafen der Form y = c x .
y
y
c = 0.3
c = 2.7
c = 1
x c = −0.3
x
c = −1
c = −2.7
Abbildung 2.4.v: Einige Grafen der Form y = c
x 2 .

18 Kapitel 2. Funktionen
Lösung 2.4.3. Die Grafen der angegebenen Funktionen werden in Abbildungen 2.4.vi bis
2.4.x dargestellt. Die entsprechenden Definitions- und Wertebereiche sind die Folgenden.
a. X f = R, f(X f ) = R
b. X f = R, f(X f ) = ]−∞,1]
c. X f = [0,∞[, f(X f ) = ]−∞,−2]
d. X f = R−{0}, f(X f ) = ]−∞,1[
e. X f = R−{0}, f(X f ) = R−{−2}
f. X f = ]0,∞[, f(X f ) = ]−∞,1[
g. X f = R−{0}, f(X f ) = ]−∞,b[
h. X f = R−{0}, f(X f ) = R−{b}
y
y = x 3
y
y = x 4
1
y = − 1 2 x3 − 2
−2
y = − 1 2 x3
x
y = −2x 4 + 1
y = −2x 4
x
Abbildung 2.4.vi: Die Grafen y = − 1 2 x3 −2 (links) und y = −2x 4 +1 (rechts).
y
y = x 3 2
y
y = 1 x 2
−2
y = − 1 3 x 3 2
x
y = − 1 4 x
+ 1 2
y = − 1 4
1
1
x 2
x
y = − 1 3 x 3 2 − 2
Abbildung 2.4.vii: Die Grafen y = − 1 3 x3 2 −2 (links) und y = − 1 4
+1 (rechts).
x 2
1

2.4. Potenzfunktionen 19
y
y
y = 1 x 5 y = 2 x 5
x
y = 2 x 5 − 2
y = − 3
x 2 3
y = 1
x 2 3
+1
x
y = − 3
x 2 3
Abbildung 2.4.viii: Die Grafen y = 2 x 5 −2 (links) und y = − 3
x 2 3
+1 (rechts).
y
y
y = 1
x 2n
y = 1
x 2n
y = − c
x 2n
x
y = − c
x 2n + b
y = − c
x 2n
x
y = − c
x 2n + b
Abbildung 2.4.ix: Einige Grafen der Form y = − c
x 2n +b. Links ist c = 4, b = −1.5 und n = 1,
rechts ist c = 4, b = −1.5 und n = 4.
y
y
y =
y =
y = 1
x 2n+1
c
x 2n+1
x
c
x 2n+1 + b
y =
y =
y = 1
x 2n+1
c
x 2n+1
x
c
x 2n+1 + b
Abbildung 2.4.x: Einige Grafen der Form y = c
x 2n+1 +b. Links ist c = 4, b = −1.5 und n = 1,
rechts ist c = 4, b = −1.5 und n = 4.

20 Kapitel 2. Funktionen
2.5 Polynomfunktionen zweiten Grades
Eine allgemeine Polynomfunktion zweiten Grades hat die Form
f(x) = ax 2 +bx+c, wobei a,b,c ∈ R und a ≠ 0.
Wir möchten den Graf dieser Funktion in aller Allgemeinheit diskutieren. Zuerst formen wir
die Funktion mit der Methode der quadratischen Ergänzung um, damit wir sie auf einen
bereits besprochenen Fall zurückführen können.
f(x) = ax 2 +bx+c
= a
(x 2 + b )
a x +c
(
= a x+ b ) 2
+c− b2
2a 4a
(
= a x+ b ) 2
+ 4ac−b2
2a 4a
Die Kurve y = f(x) ist also eine Parabel, die um b
4ac−b2
2a
nach links und um
4a
nach oben
verschoben, und um den Faktor a gegenüber der Standardparabel f(x) = x 2 gestreckt ist.
Der Scheitelpunkt der Parabel befindet sich bei
Damit lässt sich der Graf sofort zeichnen.
(
S − b )
2a , 4ac−b2 .
4a
Beispiel 2.5.1. Wir betrachten die Polynomfunktion f(x) = −2x 2 +3x−1.
f(x) = −2x 2 +3x−1
= −2
(x 2 − 3 )
2 x −1
(
= −2 x− 3 ) 2
−1+ 9 4 8
(
= −2 x− 3 ) 2
+ 1 4 8
Obige quadratische Ergänzung erlaubt es uns jetzt, den Grafen der Funktion zu zeichnen (vgl.
Abbildung 2.5.i).
AusderquadratischenErgänzunglässtsichnundiebekannteFormel fürdiebeidenNullstellen
einer Polynomfunktion zweiten Grades herleiten. Es gilt
(
f(x) = ax 2 +bx+c = a x+ b ) 2
+ 4ac−b2
2a 4a
= 0

2.5. Polynomfunktionen zweiten Grades 21
y
S( 3 4 , 1 8 )
1
2
•
1
x
−1
Abbildung 2.5.i: Der Graf y = −2x 2 +3x−1
und damit folgt
(
a x+ b ) 2
= − 4ac−b2
2a 4a
(
x+ b ) 2
= b2 −4ac
2a 4a 2
x+ b
√
b
2a = ± 2 −4ac
4a 2
= b2 −4ac
4a
= ±√ b 2 −4ac
.
2a
Damit erhalten wir die uns bekannte Formel zum Aufsuchen der Nullstellen einer Polynomfunktion
zweiten Grades
x 1 = −b+√ b 2 −4ac
2a
und x 2 = −b−√ b 2 −4ac
. (2.5.a)
2a
WenndieDiskriminanteb 2 −4acgleichNullist,dannbesitztdieFunktionf(x) = ax 2 +bx+c
die doppelte Nullstelle x 0 = − b
2a ; wenn b2 − 4ac negativ ist, dann besitzt die Funktion
f(x) = ax 2 +bx+c keine reellen Nullstellen, sondern zwei komplexe Nullstellen.
Aufgaben
Aufgabe 2.5.1. Bestimmen Sie den Grafen der folgenden Funktionen. Geben Sie für jede
Funktion den maximal möglichen Definitionsbereich und den Wertebereich an.
a. f(x) = 3x 2 −3x− 5 4
b. f(x) = −x 2 −6x−5
c. f(x) = 1 3 x2 − 4 3 x+1
Aufgabe 2.5.2. Bestimmen Sie den Scheitelpunkt und den Grafen der Parabel
wobei c eine konstante reelle Zahl ist.
f(x) = x2
2 −cx+ c2 −2c
,
2

22 Kapitel 2. Funktionen
Aufgabe 2.5.3. Bestimmen Sie die Gleichung der Kurve, auf der die Scheitelpunkte der
Parabeln mit der Gleichung y = ax 2 +bx bei variablem b liegen.
Aufgabe 2.5.4. Lösen Sie die folgenden Gleichungen nach x auf.
a. 4x 2 −4ax = b 2 −a 2
b. x 2 −2ax+a 2 = a−b
c.
(a−x) 2 +(x−b) 2
= a2 +b 2
(a−x) 2 −(x−b) 2 a 2 −b 2
Aufgabe 2.5.5. Zerlegen Sie die folgenden Ausdrücke in Linearfaktoren.
a. 4x 2 +8x−5 b. x 2 −ax−bx+ab
Aufgabe 2.5.6. Finden Sie die quadratischen Gleichungen, welche die folgenden Lösungen
besitzen.
a. a und −a b. 3 und −2
Aufgabe 2.5.7. Lösen Sie die folgenden Gleichungen nach z auf.
a. z 4 −13z 2 +36 = 0
b. z − √ −z +2 = 0
c. z −a √ z = ab+b 2 , wobei a,b > 0
d. z +2− √ 2z 2 −2z +12 = 0
Lösungen
Lösung 2.5.1. Die Grafen der angegebenen Funktionen sind in den Abbildungen 2.5.ii
bis 2.5.iv dargestellt. Die entsprechenden Definitions- und Wertebereiche sind die Folgenden.
a. X f = R, f(X f ) = [−2,∞[
c. X f = R, f(X f ) = [ − 1 3 ,∞[
b. X f = R, f(X f ) = ]−∞,4]
Lösung 2.5.2. Der Scheitelpunkt befindet sich im Punkt (c,−c). Der Graf der Parabel wird
für verschiedene Werte von c in Abbildung 2.5.v dargestellt.
y
S(−3, 4)
•
y
− 5 4
x
−5
−1
x
•
S( 1 2 , −2)
−5
Abbildung 2.5.ii: y = 3x 2 −3x− 5 4
Abbildung 2.5.iii: y = −x 2 −6x−5

2.6. Exponentialfunktionen 23
y
y
1
1 3
•
S(2, − 1 3 )
x
x
Abbildung 2.5.iv: y = 1 3 x2 − 4 3 x+1
Abbildung 2.5.v: y = x2
2 −cx+ c2 −2c
2
Lösung 2.5.3. Die Parameterdarstellung der Kurve ist (x(b),y(b)) = (− b
2a ,−b2 4a
). Die Funktionsgleichung
lautet y = −ax 2 .
Lösung 2.5.4.
a. x = 1 2
(a±b)
2ab
c. x = 0 oder x =
a+b
⎧
⎪⎨ a± √ a−b wenn a > b
b. x = a wenn a = b
⎪⎩
a±i √ b−a wenn a < b
Lösung 2.5.5.
(Es bezeichne i = √ −1.)
a. (2x+5)(2x−1) b. (x−a)(x−b)
Lösung 2.5.6.
a. x 2 −a 2 = 0 b. x 2 −x−6 = 0
Lösung 2.5.7.
a. z ∈ {−3,−2,2,3}
b. z = −1
c. z = (a+b) 2
d. z ∈ {2,4}
2.6 Exponentialfunktionen
Die Exponentialfunktionen
f(x) = a x
sind von den Potenzfunktionen f(x) = ax α klar zu unterscheiden. Potenzfunktionen haben
eine variable Basis und einen konstanten Exponent; Exponentialfunktionen haben eine konstante
Basis und einen variablen Exponent.

24 Kapitel 2. Funktionen
Aufgabe
Aufgabe 2.6.1. Bestimmen Sie die Grafen der beiden Funktionen
( ) 1 x
f(x) = 2 x und f(x) = .
2
Durch Verallgemeinerung erhalten wir eine Übersicht über den Verlauf der Kurve der Funktionen
f(x) = a x für die verschiedenen Werte von a > 0.
Lösung
Lösung 2.6.1. Vgl. Abbildungen 2.6.i und 2.6.ii.
y
y
1
1
x
Abbildung 2.6.i: y = 2 x
Abbildung 2.6.ii: y = ( 1 2 )x
x
2.7 Symmetrieeigenschaften von Funktionen
Die Symmetrien, die hier in Frage kommen, sind nicht Symmetrien der Kurve als solche,
sondern Symmetrien bezüglich dem Koordinatensystem.
Definition 2.7.1 (Symmetrie einer Funktion). a. Eine Funktion f heisst gerade, wenn
f(−x) = f(x) für alle x ∈ X f , das heisst, wenn ihr Graf bezüglich der y-Achse symmetrisch
ist.
b. Eine Funktion f heisst ungerade, wenn f(−x) = −f(x) für alle x ∈ X f , das heisst,
wenn ihr Graf im Ursprung eine Punktsymmetrie besitzt.
Beispiel 2.7.1. Es seien a,c ∈ R gegeben. Die Funktion
f : R −→ R
x ↦−→ ax 2 +c,
ist gerade. Ihr Graf wird in Abbildung 2.7.i dargestellt.
Beispiel 2.7.2. Es seien a,c ∈ R gegeben. Die Funktion
f : R −→ R
x ↦−→ ax 3 +c
ist genau dann ungerade, wenn c = 0. Ihr Graf wird in Abbildung 2.7.ii dargestellt.

2.8. Monotonie 25
y
y
ax 3 −ax 3
−x
c
x
x
−x
x
x
Abbildung 2.7.i: y = ax 2 +c
Abbildung 2.7.ii: y = ax 3
Aufgaben
Aufgabe 2.7.1. Bestimmen Sie die Symmetrieeigenschaften folgender Funktionen.
a. f(x) = 3x 4 +2x 2 −1
b. f(x) = 2x 3 −sin(x)
c. f(u) =
u
u 3 −2u+5
d. f(x) = cos(x)sin 2 (x)
e. f(x) = x 2 −sin(2x)
f. f(η) = tan(η)+cos(η)
g. f(x) = |x|+2
h. f(x) = 1 2 (x2 +2|x|−3)
i. f(z) = |z|+z
j. f(x) = sin(|x|)
k. f(x) = x √ 3−x, wobei x ∈ [−3,3]
l. f(x) = x 3√ |x+x 3 |
Lösungen
Lösung 2.7.1.
a. gerade
b. ungerade
c. weder gerade noch ungerade
d. gerade
e. weder gerade noch ungerade
f. weder gerade noch ungerade
g. gerade
h. gerade
i. weder gerade noch ungerade
j. gerade
k. weder gerade noch ungerade
l. ungerade
2.8 Monotonie
Definition 2.8.1 (Monotonie). Eine Funktion f heisst in einem Intervall I

26 Kapitel 2. Funktionen
a. monoton wachsend, wenn für beliebige Werte x 1 und x 2 in I mit x 1 < x 2 gilt
f(x 1 ) ≤ f(x 2 ).
(2.8.a)
b. monoton fallend, wenn für beliebige Werte x 1 und x 2 in I mit x 1 < x 2 gilt
f(x 1 ) ≥ f(x 2 ).
(2.8.b)
Wir sprechen von einer strengen Monotonie, wenn die Bedingungen 2.8.a und 2.8.b durch
die Bedingungen f(x 1 ) < f(x 2 ) und f(x 1 ) > f(x 2 ) ersetzt werden können.
Beispiel 2.8.1. Die Exponentialfunktion
f : R −→ R
x ↦−→ 2 −x ,
ist streng monoton fallend (vgl. Abbildung 2.8.i).
Beispiel 2.8.2. Die Wurzelfunktion
f : [0,∞] −→ R
x ↦−→ √ x
ist streng monoton wachsend (vgl. Abbildung 2.8.ii).
y
f(x 1 )
f(x 2 )
x 1 x 2
x
f(x 2 )
f(x 1 )
Abbildung 2.8.i: y = 2 −x x 1 x 2
y
Abbildung 2.8.ii: y = √ x
x
2.9 Beschränkte Funktionen
Eine Funktion f heisst beschränkt, wenn die Beträge der Funktionswerte nicht über einen
gewissen endlichen Betrag hinausgehen, das heisst, es gibt eine reelle Zahl C, so dass
gilt.
Beispiel 2.9.1. Die Funktion
ist beschränkt (vgl. Abbildung 2.9.i).
|f(x)| < C für alle x ∈ X f
f : R −→ R
x ↦−→ sin(x)

•
•
2.10. Differenzenquotient 27
y
1.5
x
−1.5
Abbildung 2.9.i: y = sin(x)
2.10 Differenzenquotient
Bei der Untersuchung einer Funktion kommt es meistens weit weniger darauf an, ihre Werte
an vorgegebenen Stellen als vielmehr die Veränderung dieser Werte bei Veränderung des
Arguments zu kennen. Ein erster Schritt in dieser Richtung besteht darin, ein Mass für die
Steilheit der Kurve einer Funktion zu definieren.
Es seien eine Funktion f und zwei verschiedene Punkte P 1 (x 1 ,y 1 ) und P 2 (x 2 ,y 2 ) auf ihrem
Grafen gegeben. Dann gelten y 1 = f(x 1 ) und y 2 = f(x 2 ). Durch die Festsetzungen ∆x =
x 2 −x 1 und ∆y = y 2 −y 1 können wir die Steigung der Sekante durch P 1 und P 2 wie folgt
ausdrücken
tan(σ) = ∆y
∆x = y 2 −y 1
= f(x 2)−f(x 1 )
,
x 2 −x 1 x 2 −x 1
wobei σ der Winkel zwischen der x-Achse und der Sekante durch P 1 und P 2 bezeichnet (vgl.
Abbildung 2.10.i). Wenn wir x = x 1 setzen, erhalten wir den Ausdruck
der Differenzenquotient genannt wird.
∆y
∆x = f(x+∆x)−f(x) ,
∆x
y
f(x 2 )
f(x 1 )
P 2
P 1 σ
∆x
∆y
x 1 x 2
x
Abbildung 2.10.i: Die Sekante durch P 1 und P 2

28 Kapitel 2. Funktionen
Aufgabe
Aufgabe 2.10.1. Bestimmen Sie den Differenzenquotienten der Funktion f(x) = x2
10 , wobei
x = 1 und ∆x = 4, 2 und 1. Machen Sie eine Zeichnung der entsprechenden Sekanten.
Lösung
Lösung 2.10.1. Die Differenzenquotienten sind 0.6, 0.4 und 0.3. Die Sekanten werden in
Abbildung 2.10.ii dargestellt.
y
2.5
•
0.9
•
0.4
•
0.1
•
1
2
3
5
x
Abbildung 2.10.ii: y = x2
10
Beispiel 2.10.1. Im Weiteren leiten wir einen allgemeinen Ausdruck für den Differenzenquotienten
der Polynomfunktion zweiten Grades her. Es sei f(x) = ax 2 +bx+c, wobei a, b und
c konstante reelle Zahlen sind. Dann gilt
∆y = f(x+∆x)−f(x)
= a(x+∆x) 2 +b(x+∆x)+c−(ax 2 +bx+c)
= ax 2 +2ax∆x+a(∆x) 2 +bx+b∆x+c−ax 2 −bx−c
= 2ax∆x+a(∆x) 2 +b∆x
und somit
∆y
∆x = 2ax+a∆x+b.
Damit sind wir in der Lage, irgendeine Sekantensteigung bei einer Parabel zu bestimmen.
Beispiel 2.10.2. Wir betrachten die Funktion
f(x) = 2x 2 +3x−1 = 2
(
x+ 3 4) 2
− 17 8 .
Laut der obigen Berechnung ist die Sekantensteigung ihres Grafen ∆y
∆x
x = 1 erhalten wir die folgende Tabelle:
= 4x+2∆x+3. Für
∆x 1 0.1 0.01
∆y
∆x
9 7.2 7.02
σ 83.66 ◦ 82.09 ◦ 81.89 ◦

2.10. Differenzenquotient 29
Der Ausdruck ∆y
∆y
∆x
= 4x+2∆x+3 bleibt sogar sinnvoll für ∆x = 0: Wir erhalten
∆x = 7 und
σ = 81.87 ◦ , welche die Steigung der Tangente im Punkte (1,4) darstellen. Diese Steigung
ist ein Mass für die lokale Steilheit der Kurve y = f(x).
Aufgaben
Aufgabe 2.10.2. Bilden Sie den Differenzenquotienten der Funktion f(t) = 2t 2 −4t+1.
Aufgabe 2.10.3. Berechnen SiedenDifferenzenquotienten von f(x) = 0.2x 2 +0.8x−1 ander
Stelle x = 1 für ∆x = −8, −6, −3 und −1. Zeichnen Sie den Grafen der Funktion zusammen
mit den entsprechenden Sekanten.
Lösungen
Lösung 2.10.2. 4t+2∆t−4
Lösung 2.10.3. Die Differenzquotienten sind −0.4, 0, 0.6 und 1. Die Sekanten werden in
Abbildung 2.10.iii dargestellt.
y
•
3.2
−7
•
−5
−2
0
•
1
x
•
−1
•
−1.8
Abbildung 2.10.iii: y = 0.2x 2 +0.8x−1
Im folgenden Beispiel sehen wir, dass die Tangentensteigung sich nicht immer so einfach
bestimmen lässt.
Beispiel 2.10.3. Es sei die Funktion f(x) = √ x gegeben. Der Differenzenquotient lautet
∆y
∆x = f(x+∆x)−f(x)
√ √ x+∆x− x
= .
∆x ∆x
Lassen wir hier ∆x gegen null gehen, so erhalten wir den unbestimmten Ausdruck 0 0 . Erst
eine Umformung mit anschliessendem Kürzen durch ∆x erlaubt die Berechnung der Tangen-

30 Kapitel 2. Funktionen
tensteigung.
√ √
∆y x+∆x− x
∆x = √
∆x
√ √ √ x+∆x− x x+∆x+ x
= · √ √
∆x x+∆x+ x
x+∆x−x
=
∆x (√ x+∆x+ √ x )
=
1
√
x+∆x+
√ x
Jetzt, wenn wir ∆x gegen 0 streben lassen, erhalten wir die Tangentensteigung
1
2 √ x .
Aufgaben
Aufgabe 2.10.4. Bestimmen Sie den Differenzenquotienten und die Tangentensteigung der
Funktion f(x) = √ x an der Stelle x = 1 für ∆x = 0.1, 0.01, 0.001 und 0. Veranschaulichen
Sie sich die Zusammenhänge in einem Grafen.
Aufgabe 2.10.5. Bestimmen Sie den Differenzenquotienten der folgenden Funktionen an der
Stelle x und formen Sie so um, dass durch ∆x gekürzt werden kann.
a. f(x) = 4
x 2
b. f(x) = 1 √ x
d. f(x) = √ 1−x 2
e. f(x) = √ 1− √ x
c. f(x) = 1
f. f(x) = 1−√ x
1+x 2 1+ √ x
Lösungen
Lösung 2.10.4. Die Differenzenquotienten und die Tangentensteigung werden in der folgenden
Tabelle dargestellt.
Lösung 2.10.5.
∆x 0.1 0.01 0.001 0
∆y
∆x
0.488 0.4987 0.49988 0.5
a.
−8x−4∆x
x 2 (x+∆x) 2
d.
−2x−∆x
√
1−(x+∆x) 2 + √ 1−x 2
b.
−1
x √ x+∆x+ √ x(x+∆x)
e.
−1
(√
1−
√
x+∆x+
√
1−
√ x
)(√ x+
√
x+∆x
)
c.
−2x−∆x
(1+(x+∆x) 2 )(1+x 2 )
f.
−2
(
1+
√
x+∆x
)(
1+
√ x
)(√ x+
√
x+∆x
)

2.10. Differenzenquotient 31
Die Aufgabe 2.10.5 zeigt beispielhaft, wie wir vorgehen müssen, um den Fall der Tangente zu
behandeln. Wir können im Allgemeinen nicht einfach ∆x = 0 setzen, weil dann unbestimmte
Ausdrücke entstehen können.
Die Beispiele sollen eine Vorschau darstellen, wie für die Bestimmung der Tangentensteigung
vorgegangen wird. Um dies ganz allgemein durchführen zu können, sind aber noch viele Vorarbeiten
nötig, wie zum Beispiel die Herleitung des Grenzwertbegriffs. Wir schliessen deshalb
vorderhand mit der Bestimmung der Tangentensteigung ab und wenden uns den Grenzwerten
zu.

32 Kapitel 2. Funktionen

Kapitel 3
Grenzwerte
3.1 Grenzwerte von Zahlenfolgen
Wir beginnen das Studium von Zahlenfolgen mit dem Beispiel 0.3, 0.33, 0,333, 0.3333,....
Das erste Glied bezeichnen wir durch a 1 , das zweite durch a 2 , und so weiter. Die Zahlenfolge
selber wird durch (a n ) n∈N oder einfach (a n ) bezeichnet. Das Muster der Zahlenfolge kann
durch die folgende Formel ausgedrückt werden.
a n = 0.33···3 } {{ } =
n
Jedes Glied a n der Zahlenfolge ist grösser als das vorangehende, d.h. a n < a n+1 . Die Glieder
überschreiten den Wert 1 3
jedoch nie:
n∑
k=1
3
10 k
a n < 1 3
für alle n ∈ N.
Die Zahl 1 3
zeichnet sich von 0.4 oder 0.334 dadurch aus, dass die Glieder der Zahlenfolge
dieser Zahl beliebig nahe kommen. Anders gesagt kann die Differenz
|a n − 1 3 |
beliebig klein gemacht werden, wenn n nur gross genug gewählt wird. Wir nennen 1 3 den
Grenzwert der Zahlenfolge. Symbolisch schreiben wir dafür
a n → 1 3
für n → ∞ oder lim
n→∞ a n = 1 3 .
Im Allgemeinen definieren wir den Grenzwert einer Zahlenfolge wie folgt.
Definition 3.1.1. Die Zahlenfolge (a n ) n∈N hat den Grenzwert l, wenn die Differenz |a n −l|
beliebig klein gemacht werden kann. In diesem Fall sagen wir, dass die Zahlenfolge gegen den
Grenzwert l konvergiert. Sonst sagen wir, dass sie divergiert.
Beispiel 3.1.1. Es sei (a n ) n∈N die Zahlenfolge 2 1 , 3 2 , 4 3
, ..., das heisst
a n = n+1
n
für alle n ∈ N.
33

34 Kapitel 3. Grenzwerte
Obwohl die Glieder der Zahlenfolge immer kleiner werden, bleiben sie grösser als 1, da der
Zähler stets um 1 grösser ist als der Nenner. Mit wachsendem n wird aber die Differenz
∣ an −1 ∣ ∣ =
∣ ∣∣∣ n+1
n −1 ∣ ∣∣∣
= 1 n
beliebig klein. Anders gesagt hat die Zahlenfolge den Grenzwert
lim a n = 1.
n→∞
Beispiel 3.1.2. Die Zahlenfolge 1,−1,1,−1,1,... ist divergent. Wegen dem Vorzeichenwechsel
wird eine solche Folge alternierend genannt.
ist eine Nullfolge, das heisst, sie kon-
Beispiel 3.1.3. Die Folge der Zahlen a n = (−1) n 1 n
vergiert gegen 0.
Beispiel 3.1.4. Die Zahlenfolge (a n ) n∈N , deren n-tes Glied durch die Formel
a n = 2n für alle n ∈ N
gegeben ist, konvergiert gegen keine Zahl, das heisst, sie ist divergent. Gleichwohl können wir
eine Aussage über das Verhalten ihrer Glieder bei grossem n machen: Für jede positive Zahl
C gibt es einen Index n 0 , so dass
Wir schreiben
a n > C für alle n > n 0 .
lim a n = ∞
n→∞
und sagen, die Zahlenfolge habe einen uneigentlichen Grenzwert.
Oft können Grenzwerte erst nach einiger Umformung bestimmt werden, wie es in den folgenden
Beispielen der Fall ist.
Beispiel 3.1.5. Es sei
a n = n
2n+1
für alle n ∈ N.
Dividieren wir Zähler und Nenner durch n, erhalten wir
a n = 1
2+ 1 n
−→ 1 2
für n → ∞,
das heisst, die Zahlenfolge (a n ) n∈N hat den Grenzwert 1 2 .
Beispiel 3.1.6. Dieses Mal werden Zähler und Nenner durch n 2 dividiert:
2n 2 −n+1 2− 1 n
lim
n→∞ n 2 = lim
+ 1 n 2
+1 n→∞ 1+ 1 = 2
n 2

3.1. Grenzwerte von Zahlenfolgen 35
Beispiel 3.1.7 (Fibonaccifolge). Die Fibonaccizahlen sind rekursiv definiert
a 1 = a 2 = 1 und a n+2 = a n+1 +a n für n ∈ N.
Damit ergibt sich die Folge 1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,.... Wir wollen hier nur eine
interessante Eigenschaft der Fibonaccizahlen erwähnen. Der Grenzwert des Quotienten zweier
aufeinander folgenden Fibonaccizahlen konvergiert gegen den Goldenen Schnitt
a n+1
lim =
n→∞ a n
√
5−1
.
2
Mehr interessante und höchst erstaunliche Tatsachen (z.B. Fragen zur Kaninchenvermehrung
oder der Aufbau von Sonnenblumen) rund um die Fibonaccifolge sind im Kapitel A.2.1 zu
finden.
Abbildung 3.1.i: Leonardo Pisano Fibonacci, 1170?-1250?;80?
Beispiel 3.1.8 (Folge von Collatz). Eine seit längerer Zeit unbewiesene Vermutung 1 (vgl.
Vermutung A.2.1) rund um die Folge von Collatz finden Sie im Kapitel A.2.2.
Aufgaben
Aufgabe 3.1.1. Bestimmen Sie folgende Grenzwerte.
2
a. lim
n→∞ n−1
10 5 n
b. lim
n→∞ n 2
c. lim
n→∞ 10−n
n 2 +1
d. lim
n→∞ n+1
2−n 3
e. lim
n→∞ 10n 2 +n
1 Wenn Sie einen Beweis finden, sind Sie auf der Stelle im erlauchten Kreise der Mathematiker eine
Berühmtheit.

36 Kapitel 3. Grenzwerte
Aufgabe 3.1.2. Es sei das n-te Glied a n angegeben. Für welche c ∈ R ist die Folge (a n ) n∈N
eine Nullfolge?
a. a n = n c
b. a n = c n c. a n = n√ c−1
Aufgabe 3.1.3. Bestimmen Sie folgende Grenzwerte, wobei a, b, c und d konstante reelle
Zahlen sind.
n
a. lim
n→∞ n+1
an
b. lim
n→∞ n+1
Aufgabe 3.1.4. Bestimmen Sie den Grenzwert
wobei c eine konstante reelle Zahl ist, und
a. |c| > 1,
b. c ∈ ]−1,0[∪]0,1[.
lim
n→∞
1
1+c n,
an+b
c. lim
n→∞ cn+d
(n−5) 2
d. lim
n→∞ n 2 +1
Aufgabe 3.1.5. Es sei
a n =
(
1+ 1 n) n
für alle n ∈ N.
Die Eulersche Zahl e wird als Grenzwert der Zahlenfolge (a n ) n∈N definiert:
(
e = lim 1+ 1 n
.
n→∞ n)
Versuchen Sie, die Zahl e zu schätzen, in dem Sie das Glied a n für n = 1, 10, 100, 10 4 , 10 7 ,
10 12 mit einem Taschenrechner berechnen.
Abbildung 3.1.ii: Leonard Euler, 1707-1783

3.1. Grenzwerte von Zahlenfolgen 37
Aufgabe 3.1.6. Bestimmen Sie folgende Grenzwerte.
(−1) n +n
a. lim
n→∞ n
(n+1) 2
b. lim
n→∞ (n−1) 2
c. lim
n→∞ en
d. lim
n→∞
( π
2
e. lim cos
n→∞ n
(
f. lim sin π 3n
n→∞ 2n+1
(
g. lim tan
n→∞
(
i. lim 1− 1 ) 2n
n→∞ n
j. lim
(1− 1 ) n
n→∞ n 2
(
(√ √ )
k. lim 1+ 1 ) 2n−1
n→∞
n+1− n
n
)
(−1) n+1 +2n 2 −n+1
l. lim
n→∞ 3n 2 +n+3
(√ )
)
m. lim n 2 +n−n
n→∞
1+2+···+n
)
n. lim
n→∞
n
n 2
π
(
2n+1
o. lim 1+ 2 ) n
) n→∞
n−1
n
( ) n+5 n
(
h. lim 1+ 1
n→∞ n
Lösungen
Lösung 3.1.1.
p. lim
n→∞
n
a. 0
b. 0
d. ∞
e. −∞
c. 0
Lösung 3.1.2.
a. c < 0
c. c > 0
b. c ∈]−1,1[
Lösung 3.1.3.
a. 1
b. a
c.
a
c
d. 1

38 Kapitel 3. Grenzwerte
Lösung 3.1.4.
a. 0
b. 1
Lösung 3.1.5.
a n
n
1 2.000000000
10 2.593742460
100 2.704813829
10 4 2.718145927
10 7 2.718281692
10 12 2.718281828
Lösung 3.1.6.
a. 1
b. 1
c. ∞
d. 0
e. 1
f. −1
g. ∞
h. e
i. e −2
j. 1
k. e 2
l.
2
3
m.
1
2
n.
1
2
o. e 2
p. e 5
3.2 Grenzwertsätze
Als Quintessenz aus den Beispielen zur Grenzwertberechnung von Zahlenfolgen können die
folgenden Grenzwertsätze gelten: Sind(a n ) n∈N und(b n ) n∈N konvergente Zahlenfolgen undgilt
so folgt
lim a n = a und
n→∞
lim b n = b,
n→∞
lim (a n +b n ) = a+b
n→∞
lim (a n −b n ) = a−b
n→∞
lim (a nb n ) = ab
n→∞
lim
n→∞
(3.2.a)
(3.2.b)
(3.2.c)
( )
an
= a , falls b ≠ 0. (3.2.d)
b n b
Mit anderen Worten, wenn (a n ) n∈N und (b n ) n∈N konvergente Zahlenfolgen sind, können die
rationalen Rechenoperation mit dem Grenzübergang vertauscht werden.

3.3. Grenzwerte von Funktionen 39
3.3 Grenzwerte von Funktionen
Als Anwendung der Grenzwertbestimmung von Zahlenfolgen betrachten wir die Grenzwertbestimmung
bei Funktionen. Es sollen Methoden entwickelt werden, eine Funktion in der
näheren Umgebung von gewissen Stellen zu untersuchen. Das geeignete Hilfsmittel dazu sind
die Zahlenfolgen.
Wir gehen von einem Beispiel aus. Zu untersuchen ist das Verhalten der Funktion
f : R −→ R
x ↦−→ x 2
in der Umgebung des Punktes P(2,4). Dazu wählen wir eine Zahlenfolge (x n ) n∈N , die innerhalb
des Definitionsbereichs X f = R verläuft und den Grenzwert 2 hat, zum Beispiel die
Zahlenfolge mit n-ten Glied x n = 2+ 1 n
. Für jedes n ∈ N setzen wir
y n = f(x n ) =
(
2+ 1 n) 2
.
Die Punktfolge (P n (x n ,y n )) n∈N nähert sich auf der Parabel y = f(x) von rechts beliebig nahe
dem Punkt P(2,4) an (vgl. Abbildung 3.3.i). Wir nennen den Wert 4 den rechtsseitigen
Grenzwert der Funktion f an der Stelle 2.
y
P 1
x 1
•
•
•
•
y 3
4
•
•
•
•
P
y 1
P 2
x 2
y 2
P 3
x 3
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
• •
2
•
x
Abbildung 3.3.i: P n −→ P
Entsprechend können wir eine Annäherungvon links erhalten, indem wir die Folge der Zahlen
x n = 2− 1 n wählen. Auch dann strebt die Folge der Funktionswerte y = f(x n) gegen 4. Dieses
Mal sprechen wir von einem linksseitigen Grenzwert der Funktion f.
Eigentlich würdejedebeliebige Folge (x n ) n∈N , die gegen 2 strebt, denGrenzwert 4 des Funktionswertes
ergeben. Lautderfolgenden Definition sagen wir,4sei derallgemeine Grenzwert
der Funktion f an der Stelle 2.

40 Kapitel 3. Grenzwerte
Definition 3.3.1. Es sei f eine Funktion, die in einer Umgebung von a, eventuell mit Ausnahme
von a, definiert. Hat für jede beliebige Folge (x n ) n∈N , die innerhalb des Definitionsbereichs
X f verläuft und gegen a strebt, die Folge (f(x n )) n∈N den Grenzwert l, so heisst l der
allgemeine Grenzwert der Funktion f an der Stelle x = a. Wir schreiben 2
lim f(x) = l.
x→a
Wie es im obigen Beispiel erwähnt wurde, können wir auch von rechtsseitgen und linksseitigen
Grenzwerten sprechen.
Definition 3.3.2. Es sei f eine Funktion, die in einer rechtsseitigen Umgebung von a, eventuell
mit Ausnahme von a, definiert. Hat für jede beliebige Folge (x n ) n∈N , die innerhalb des
Definitionsbereichs X f verläuft und von oben gegen a strebt, die Folge (f(x n )) n∈N den Grenzwert
l, so heisst l der rechtsseitige Grenzwert der Funktion f an der Stelle x = a. Wir
schreiben
limf(x) = l. oder
x↓a
lim = l.
x→a +f(x)
Die analogen Definition und Schreibweisen gelten für linksseitige Grenzwerte. Der folgende
Satz zeigt den Zusammenhang zwischen links- und rechtsseitigen und allgemeinen Grenzwerten.
Satz 3.3.1. Ist
so gilt auch
lim
x↓a
f(x) = lim
x↑a
f(x) = l,
lim f(x) = l.
x→a
Beispiel 3.3.1. Wir möchten den Grenzwert der Funktion
f(x) = x2 −1
x−1
an der Stelle x = 1 berechnen. Laut dem Satz 3.3.1 müssen wir nicht alle gegen 1 strebende
y
2
•
1
x
Abbildung 3.3.ii: Der Graf y = x2 −1
x−1
Folgen (x n ) n∈N betrachten, sondern nur diejenigen, die entweder von oben oder von unten
gegen 1 streben. Die beiden Fälle können wir sogar gleichzeitig behandeln, indem wir
x n = 1±h n
für alle n ∈ N
2 In der Literatur findet sich auch die Notation f(x) → l für x → a.

3.3. Grenzwerte von Funktionen 41
setzen, wobei (h n ) n∈N eine Zahlenfolge ist, die von oben gegen 0 strebt. Die entsprechenden
Funktionswerten sind
y n = f(x n ) = (1±h n) 2 −1
(1±h n )−1 = 1±2h n +h 2 n −1
±h n
= 2±h n ,
die gegen 2 streben, wenn n → ∞. Anders gesagt ist 2 der Grenzwert der Funktion f an der
Stelle x = 1. Normalerweise lassen wir bei der Berechnung solcher Grenzwerten den Index n
weg und schreiben
x 2 −1
lim
x→1 x−1 = lim (1±h) 2 −1
h↓0 (1±h)−1 = lim 1±2h+h 2 −1
= lim2±h = 2.
h↓0 ±h h↓0
Wir beachten, dass der Grenzwert erst nach Kürzen mit h berechnet wurde. Das Vorgehen
ist hier wie beim Berechnen der Tangentensteigung, wo wir durch ∆x kürzen mussten, bevor
wir im Restfaktor ∆x = 0 setzen durften (vgl. 2.10.3).
Beispiel 3.3.2. Die Funktion
f(x) = x+1
x
ist nicht definiert an der Stelle x = 0. Um ihr Verhalten in der Nähe dieser Stelle zu beschreiben,
setzen wir x = ±h, wobei h eine von oben gegen 0 strebende Zahlenfolge ist:
f(x) = ±h+1
±h
= 1+ 1
±h = ±∞.
Anders gesagt ist der rechtsseitige Grenzwert von f an der Stelle x = 0 gleich ∞ und der
linksseitige Grenzwert gleich −∞. Da die beiden Grenzwerten verschieden sind, existiert der
allgemeine Grenzwert
lim
x→0 f(x)
nicht.
Aufgaben
Aufgabe 3.3.1. Bestimmen Sie folgende Grenzwerte durch Einsetzen einer geeigneten Folge.
x 2 −9
a. lim
x→−3 x+3
2x 2 +x−1
b. lim
x→ 1 4x 2 −1
2
c. lim
x→2
−x 2 −3x+10
2x 2 +x−10
d. lim
x→0
(x+2) 2 −4
x
x 3 +8
e. lim
x→−2 x+2
x 4 −a 4
f. lim
x→a x−a
Aufgabe 3.3.2. Berechnen Sie die Grenzwerte von Aufgabe 3.3.1 durch Kürzen vor dem
Grenzübergang.

42 Kapitel 3. Grenzwerte
Lösungen
Lösung 3.3.1.
a. −6
b.
3
4
c. − 7 9
d. 4
e. 12
f. 4a 3
Beispiel 3.3.3. Wir betrachten die Funktion
2
f(x) =
1+2 1 x
in der Umgebung der Stelle x = 0. Um den rechtsseitigen Grenzwert zu bestimmen, setzen
wir x = h, wobei h eine von oben gegen 0 strebende Folge ist:
2
limf(x) = lim
x↓0 h↓0 1+2 1 h
Für den linksseitigen Grenzwert setzen wir x = −h:
2
limf(x) = lim
x↑0 h↓0
1+2 1
−h
= 0.
= lim
h↓0
2
1+ 1
2 1 h
Damit lässt sich die Kurve y = f(x) einigermassen überblicken. Sie besitzt einen Sprung der
Grösse 2 im Nullpunkt (vgl. Abbildung 3.3.iii).
y
2
= 2.
1
0
x
Abbildung 3.3.iii: Der Graf y = 2
1+2 1 x
Im nächsten Beispiel werden wir den Grenzwert
sin(x)
lim
x→0 x
berechnen. Dafür brauchen wir den folgenden wichtigen Satz.
Satz 3.3.2 (Sandwich-Theorem). Es seien (a n ) n∈N und (b n ) n∈N zwei Folgen mit dem gleichen
Grenzwert
lim a n = lim b n = l
n→∞ n→∞

3.3. Grenzwerte von Funktionen 43
gegeben. Falls für eine dritte Folge (c n ) n∈N gilt
a n ≤ c n ≤ b n für alle n ∈ N,
dann folgt
lim c n = l.
n→∞
Beispiel 3.3.4. Jetzt wenden wir den Satz 3.3.2 an, um den Grenzwert
sin(x)
lim
x→0 x
zu berechnen. Es sei x ∈ ] 0, π 2[
gegeben. Auf der Abbildung 3.3.iv sehen wir, dass der
y
D
•
C
•
1
sin(x)
tan(x)
x
• •
0 cos(x) A B
x
Abbildung 3.3.iv: Der Einheitskreis
Flächeninhalt des Kreissegments OBD gleichzeitig grösser als der des Dreiecks OAD und
kleiner als der des Dreiecks OBC ist:
sin(x)cos(x)
2
OAD ≤ OBD ≤ OBC
≤ x
2π π ≤ tan(x)
2
cos(x) ≤ x
sin(x) ≤ 1
cos(x)
Somit gilt für jede beliebig von oben gegen 0 strebende Folge (h n ) n∈N die Ungleichung
cos(h n ) ≤ h n
sin(h n ) ≤ 1
cos(h n )
für alle n ∈ N.
1
Da die beiden Zahlenfolgen (cos(h n )) n∈N und (
cos(h ) n) n∈N gegen 1 streben, folgt es aus dem
Satz 3.3.2, dass
lim
n→∞
h n
sin(h n ) = 1.
Das entsprechende Ergebnis für den linksseitigen Grenzwert erhalten wir nun sofort:
lim
n→∞
Damit haben wir gezeigt, dass
−h n
sin(−h n ) = lim
n→∞
−h n
−sin(h n ) = lim
n→∞
sin(x)
lim = 1.
x→0 x
h n
sin(h n ) = 1.

44 Kapitel 3. Grenzwerte
Aufgaben
Aufgabe 3.3.3. Bestimmen Sie folgende Grenzwerte.
a. lim
x→1
1−x
1− √ x
x 4 +x 2 −6
b. lim
x→ √ 2 x 2 −2
c. lim
x→0
√ 1+x−1
x
d. lim
α→0
tan(α)
α
sin 2 (x)
e. lim
x→0 x
f. lim
u→0
( 1
2
) u
g. lim
ξ→0
sin(ξ)cos(ξ)
ξ
h. lim
x→0
1−cos(x)
sin(x)
1−sin(x)
i. lim
x→
π
cos(x)
2
(
j. lim sin(z)− cos(z) )
z↓0 z
1−tan(β)
k. lim
β→
π
1−cot(β)
4
l. lim
x→0
tan(2x)
tan(x)
m. lim
x→0
√
x 2 +1− √ x+1
1− √ x+1
n. lim
u→0
e 1 u −1
e 1 u +1
o. lim e 1
1−x 3
x→1
p. lim 2 1
x−a
x→a
q. lim
t→0
2 1 t +3
3 1 t +2
Um die Lesbarkeit der Exponentialfunktion mit der Basis e zu erhöhen, schreiben wir etwa
auch e x = exp(x) (vgl. Aufgaben 3.3.3.n. und o.).
Lösungen
Lösung 3.3.3.
a. 2
b. 5
c.
1
2
d. 1
e. 0
f. 1
g. 1
h. 0
i. 0
j. −∞
k. −1
l. 2
m. 1
n. rechtsseitiger Grenzwert ist 1, linksseitiger ist −1
o. rechtsseitiger Grenzwert ist 0, linksseitiger ist ∞
p. rechtsseitiger Grenzwert ist ∞, linksseitiger ist 0
q. rechtsseitiger Grenzwert ist 0, linksseitiger ist 3 2

3.4. Stetigkeit einer Funktion 45
3.4 Stetigkeit einer Funktion
Definition 3.4.1. Eine Funktion f heisst stetig in einem Punkt x = a ihres Definitionsbereichs
X f , wenn
a. ihr Grenzwert an der Stelle x = a existiert und
b. lim
x→a
f(x) = f(a).
Ist eine Funktion in jedem Punkt ihres Definitionsbereichs stetig, so heisst sie stetig.
Beispiel 3.4.1. Die folgenden häufig vorkommenden Funktionen sind alle stetig.
• Polynomfunktionen: f(x) = a n x n +···+a 1 x+a 0 , wobei a n ,...,a 1 ,a 0 ∈ R.
• Exponentialfunktionen: f(x) = a x , wobei a ∈ R.
• Trigonometrische Funktionen: f(x) = sin(x), f(x) = cos(x) usw.
• Gebrochenrationale Funktionen: f(x) = g(x)
h(x)
, wobei g und h Polynomfunktionen sind.
• Aus obigen Funktionen durch Addition, Subtraktion, Multiplikation oder Division zusammengesetzte
Funktionen sind auf ihrem jeweiligen Definitionsgebiet stetig.
Insbesondere sind die Funktionen
und
f : R−{0} −→ R−{0}
x ↦−→ 1 x
g : R− { π
2 +nπ∣ ∣ n ∈ N
}
−→ R
x ↦−→ tan(x)
beide stetig (vgl. Abbildungen 3.4.i und 3.4.ii).
y
y
x
− 3π 2
− π 2
π
2
3π
2
x
Abbildung 3.4.i: Der Graf y = 1 x
Abbildung 3.4.ii: Der Graf y = tan(x)

46 Kapitel 3. Grenzwerte
Beispiel 3.4.2. Die Funktion
f : R−{0} −→ R
{
0 wenn x < 0
x ↦−→
1 wenn x > 0
ist stetig. Im Gegensatz ist die so genannte Heavyside Funktion
H : R −→ R
{
0 wenn x ≤ 0
x ↦−→
1 wenn x > 0
unstetig, da ihr Grenzwert an der Stelle x = 0 nicht definiert ist (vgl. Abbildungen 3.4.iii und
3.4.iv).
y
y
1
•
1
•
0
•
x
0
•
x
Abbildung 3.4.iii: Der Graf y = f(x)
Abbildung 3.4.iv: Der Graf y = H(x)
Beispiel 3.4.3. Die Vorzeichenfunktion (Signumfunktion)
sgn : R −→ R
⎧
⎪⎨ −1 wenn x < 0
x ↦−→ 0 wenn x = 0
⎪⎩
1 wenn x > 0
ist unstetig, da ihr Grenzwert an der Stelle x = 0 nicht definiert ist (vgl. Abbildungen 3.4.v).
y
1
•
0
•
x
•
−1
Abbildung 3.4.v: Der Graf y = sgn(x)

3.5. Singularitäten einer Funktion 47
Beispiel 3.4.4. Die Abrundungsfunktion 3
f : R −→ Z
x ↦−→ ⌊x⌋,
welche in der Informatik oft floor heisst, ist unstetig: Ihr Grenzwert ist bei den ganzen
Zahlen nicht definiert (vgl. Abbildung 3.4.vi).
y
•
•
•
•
•
•
•
x
•
•
•
•
•
•
Abbildung 3.4.vi: Der Graf der Abrundungsfunktion f(x) = ⌊x⌋
Beispiel 3.4.5. Die Dirichletfunktion
χ Q : R −→ {0,1}
{
1 wenn x ∈ Q
x ↦−→
0 wenn x ∈ R−Q.
ist in keinem Punkt ihres Definitionsbereichs stetig.
3.5 Singularitäten einer Funktion
In den Abbildungen 3.5.i bis 3.5.iii sind die drei typischen Fälle von Singularitäten dargestellt.
Wir unterscheiden hebbare und nicht-hebbare Singularitäten. Hebbar heisst eine
Singularität, wenn durch geeignete Definition des Funktionswertes die Funktion in dieser Stelle
stetig fortgesetzt werden kann. Wir nennen eine solche Singularität eine Lücke. Andere
Arten von Singularitäten sind Sprünge und Unendlichkeitsstellen oder Pole, wie solche
bei gebrochenrationalen Funktionen genannt werden.
Beispiel 3.5.1. Die Funktion
f(x) = x2 −4
x+2
3 Die entsprechende Aufrundungsfunktion f(x) = ⌈x⌉, heisst ceil oder ceiling.

48 Kapitel 3. Grenzwerte
y
y
•
y
•
•
a
x
a
x
a
x
Abbildung 3.5.i: Lücke
(hebbar)
Abbildung 3.5.ii: Sprung
(nicht-hebbar)
Abbildung 3.5.iii: Pol
(nicht-hebbar)
hat eine Singularität an der Stelle x = −2. Wir möchten untersuchen, ob diese Singularität
hebbar ist, das heisst, ob die Funktion f stetig fortgesetzt werden kann. Dafür müssen wir
zuerst den rechts- und linksseitigen Grenzwert an der Stelle x = −2 berechnen:
x 2 −4
lim
x↓−2 x+2 = lim (−2+h) 2 −4
h↓0 (−2+h)+2 = lim 4−4h+h 2 −4
= lim(−4+h) = −4.
h↓0 h h↓0
Analog erhalten wir
x 2 −4
lim
x↑−2 x+2 = −4.
Anders gesagt hat die Funktion f den allgemeinen Grenzwert von −4 an der Stelle x = −2.
Dies erlaubt uns, eine stetige Fortsetzung ¯f von f zu definieren:
{
x 2 −4
¯f(x) =
x+2
wenn x ≠ −2
−4 wenn x = −2.
Somit haben wir die Singularität von f an der Stelle x = −2 gehoben (vgl. Abbildungen3.5.iv
und 3.5.v).
y
y
−2
x
−2
x
•
−4
−4
Abbildung 3.5.iv: Der Graf y = f(x)
Abbildung 3.5.v: Der Graf y = ¯f(x)
Aufgrund des Beispiels 3.5.1 lässt sich die bisherige Grenzwertberechnung besser verstehen.
Die Funktion
f(x) = x2 −4
x+2

3.5. Singularitäten einer Funktion 49
besitzt an der Stelle x = −2 eine Lücke. Zerlegen wir den Zähler, erhalten wir
f(x) = x2 −4
x+2 = (x+2)(x−2) = x−2 für alle x ∈ X f = R−{−2}.
x+2
Mit anderen Worten ist die Funktion f mit der Funktion ¯f(x) = x−2 identisch, wenn wir uns
auf den Definitionsbereich X f von f beschränken. Der Unterschied zwischen den Funktionen
f und ¯f liegt darin, dass ¯f auch an der Stelle x = −2 definiert ist und dort stetig ist. Um
den Grenzwert von f bei der Stelle x = −2 zu berechnen, hätten wir einfach zur Funktion ¯f
übergehen und den Wert ¯f(−2) ausrechnen können.
In dieser Art ist vorgegangen worden bei der Bestimmung der Tangentensteigung. Wir ersetzen
also eine Funktion mit Lücke durch eine solche ohne Lücke, die sonst mit der ursprünglichen
Funktion übereinstimmt. Diese Vorgehensweise ist sehr wichtig für die ganze
Differenzialrechnung.
Beispiel 3.5.2. Wir betrachten die Funktion
f(x) = sin(x)
|sin(x)| ,
die Singularitäten an den Stellen x = nπ für alle n ∈ N besitzt. Für beliebiges n ∈ N gilt
lim
x↓nπ
sin(x)
|sin(x)| = (−1)n und lim
x↑nπ
sin(x)
|sin(x)| = (−1)n+1 ,
das heisst, f hat einen Sprung an der Stelle x = nπ (vgl. Abbildung 3.5.iv). Es ist unmöglich,
dieFunktion f andiesenStellen stetig fortzusetzen. IhreSingularitäten sindalsonicht hebbar.
y
•
•
•
•
•
−2π −π 0 π 2π
x
•
•
•
•
•
Abbildung 3.5.vi: Der Graf y = sin(x)
|sin(x)|
Aufgaben
Aufgabe 3.5.1. Untersuchen Sie, ob die Singularitäten der folgenden Funktionen hebbar
sind.
a. f(x) = x
|x|
b. f(x) = sin ( 1
x
)
c. f(x) = xsin ( 1
x
)
d. f(u) = u u + 1
u+1
e. f(z) = z−4 √ z−2
f. f(x) = x2
|x|
g. f(x) = 2 |x|
x
h. φ(ξ) = ξ2 |ξ|
ξ
i. f(u) = u−⌊u⌋
j. f(x) = 2 1
x−1
k. f(x) = 1−x
1−|x|

50 Kapitel 3. Grenzwerte
Aufgabe 3.5.2. Welche der Funktionen von Aufgabe 3.5.1 sind unstetig?
Lösungen
Lösung 3.5.1.
a. x = 0 nicht hebbar
b. x = 0 nicht hebbar
c. x = 0 hebbar
d. u = 0 hebbar, u = −1 nicht hebbar
e. z = 4 hebbar
g. x = 0 nicht hebbar
h. ξ = 0 hebbar
i. u ∈ Z nicht hebbar
j. x = 1 nicht hebbar
k. x = 1 hebbar, x = −1 nicht hebbar
f. x = 0 hebbar
Lösung 3.5.2. Nur die Funktion 3.5.1.i.
3.6 Verhalten von Funktionen im Unendlichen
Zum Kapitel Grenzwerte fehlt jetzt nur noch das Verhalten von Funktionen für grosse Werte
von |x|.
Definition 3.6.1. Es sei f eine Funktion, deren Definitionsbereich X f nach rechts unbeschränkt
ist. Strebt für jede Folge (x n ) n∈N aus X f mit x n → ∞ die Folge der Funktionswerte
f(x n ) stets gegen den gleichen Grenzwert l, so sagen wir, l sei der Grenzwert der Funktion
f im Unendlichen. Wir schreiben
lim f(x) = l.
x→∞
Jetzt führen wir einige wichtige Beispiele von Grenzwerte im Unendlichen an. Die Beweise
werden später mit der Regel von de l’Hospital (vgl. Satz 5.3.1) geführt.
Beispiel 3.6.1. Es sei n eine positive gerade Zahl. Die Funktion
f(x) = 1
x n
hat den Grenzwert 0 im positiven und auch im negativen Unendlichen:
lim
x→∞
1
x n = lim
x→−∞
1
x n = 0.
Wir sagen, die Gerade y = 0 sei eine Asymptote der Kurve y = f(x) (vgl. Abbildung 3.6.i).
Beispiel 3.6.2. Es seien eine reelle Zahl a > 1 und eine gerade Zahl n ≥ 0 gegeben. Dann
gilt
a x
lim
x→∞ x n = ∞.

3.6. Verhalten von Funktionen im Unendlichen 51
y
y
y = 1 x 2
x
y = 1 2
x
y = 1 x
Abbildung3.6.i: Der Graf y = 1
x n für n = 1,2
Abbildung 3.6.ii: Der Graf y = x2 +5x−3
2x 2 +2x−4
Beispiel 3.6.3. Wir betrachten die Funktion
f(x) = x2 +5x−3
2x 2 +2x−4 .
Um den Grenzwert am Unendlichen auszurechnen, dividieren wir Zähler und Nenner durch
x 2 :
x 2 +5x−3
lim
x→∞ 2x 2 +2x−4 = lim 1+ 5 x − 3 x 2
x→∞ 2+ 2 x − 4 = 1 2 .
x 2
Die Gerade y = 1 2
ist eine Asymptote der Kurve y = f(x) (vgl. Abbildung 3.6.ii).
Das letzte Ziel dieses Kapitels ist es, das Verhalten im Unendlichen von Funktionen wie der
des Beispiels 3.6.3 zu verstehen. Zuerst definieren wir die Klasse von Funktionen, die uns
interessiert.
Definition 3.6.2. Eine Funktion der Form
f(x) = a nx n +a n−1 x n−1 +···+a 1 x+a 0
b m x m +b m−1 x m−1 +···+b 1 x+b 0
,
wobei a n ,a n−1 ,...,a 1 ,a 0 und b m ,b m−1 ,...,b 1 ,b 0 konstante reelle Zahlen sind, heisst eine
gebrochenrationale Funktion.
Wir möchten den Grenzwert
lim f(x)
x→±∞
einer solchen Funktion berechnen. Wir unterscheiden drei Fälle, je nachdem wie n und m
zueinander stehen:
• n < m
Hier sprechen wir von einer echt gebrochenrationalen Funktion. Dividieren wir
Zähler und Nenner durch x n , erhalten wir den Ausdruck
a n +a n−1 x −1 +···+a 1 x 1−n +a 0 x −n
lim f(x) = lim
x→±∞ x→±∞ b m x m−n +b m−1 x m−n−1 +···+b 1 x 1−n +b 0 x −n.

52 Kapitel 3. Grenzwerte
Im Zähler stehen ausser dem Summanden a n nur Nullfolgen. Im Nenner stehen einige
Summanden mit positiven Potenzen von x, dann an einer bestimmten Stelle eine
Konstante und schliesslich nur noch Nullfolgen. Somit folgt
lim f(x) = 0.
x→±∞
• n = m
Wir können in diesem Fall den Grenzwert wie folgt umschreiben:
a n +a n−1 x −1 +···+a 1 x 1−n +a 0 x −n
lim f(x) = lim
x→±∞ x→±∞ b n +b n−1 x −1 +···+b 1 x 1−n +b 0 x −n .
Hier stehen im Zähler und Nenner jeweils eine Konstante plus Nullfolgen. Wir erhalten
lim f(x) = a n
.
x→±∞ b n
• n > m
Hier sprechen wir von einer unecht gebrochenrationalen Funktion. In diesem Fall
haben wir eine reziproke Anordnung zum Fall n < m:
a n x n−m +a n−1 x n−m−1 +···+a 1 x 1−m +a 0 x −m
lim f(x) = lim
x→±∞ x→±∞ b m +b m−1 x −1 +···+b 1 x 1−m +b 0 x −m .
Dieser Grenzwert ist entweder ∞ oder −∞, je nach Vorzeichen des Quotienten an
b m
.
Damit haben wir die wichtigsten Werkzeuge, um nun die Differenzialrechnung zu entwickeln.

Kapitel 4
Differenzialrechnung
4.1 Tangentenproblem, Ableitung
Wir betrachten im Folgenden nur Funktionen, die in den verwendeten Intervallen stetig sind.
Es seien also eine stetige Funktion f und zwei verschiedene Punkte P(x,y) und P 0 (x 0 ,y 0 )
auf ihrem Grafen gegeben, das heisst, y = f(x) und y 0 = f(x 0 ). Nach den Überlegungen
des Kapitels 2.10 wissen wir, dass sich die Steigung der Sekante durch P und P 0 wie folgt
ausdrucken lässt
∆y
∆x = f(x+∆x)−f(x) ,
∆x
wobei ∆x = x 0 − x und ∆y = y 0 − y (vgl. Abbildung 4.1.i). Lassen wir P 0 auf der Kurve
y
f(x 0 )
P 0
•
f(x)
P
•
∆x
∆y
x x 0
x
Abbildung 4.1.i: Die Sekantensteigung ∆y
∆x
gegen P streben, das heisst ∆x → 0, so erhalten wir als Grenzfall die Steigung der Tangente
im Punkt P.
Definition 4.1.1. Die Ableitung der Funktion f an der Stelle x, geschrieben f ′ (x), ist der
Grenzwert
f ′ ∆y
(x) = lim
∆x→0 ∆x = lim f(x+∆x)−f(x)
,
∆x→0 ∆x
der die Steigung der Tangente zur Kurve y = f(x) im Punkt P(x,f(x)) ergibt 1 . Die Funktion
1 Die Ableitung wird in der Literatur häufig auch mit y ′ bezeichnet.
53

54 Kapitel 4. Differenzialrechnung
f heisst differenzierbar an der Stelle x, wenn dieser Grenzwert existiert. Das Bilden der
Ableitung wird Differenzieren genannt.
Im Allgemeinen können wir nicht einfach ∆x = 0 in die Formel der Sekantensteigung einsetzen,
da der unbestimmte Ausdruck 0 0
entstehen würde. Es spielen hier die Überlegungen,
die wir im Kapitel 3.5 bezüglich Singularitäten von Funktionen gemacht haben, eine entscheidende
Rolle. Betrachten wir nämlich den Differenzenquotienten ∆y
∆x
für festes x, so kann er
als Funktion von ∆x aufgefasst werden. Er besitzt dann immer an der Stelle ∆x = 0 eine
Lücke, was sich im Auftreten des unbestimmten Ausdrucks 0 0
zeigt. Die Grenzwertberechnung
geschieht dann allgemein so, dass wir durch Umformen und Kürzen mit ∆x zu einer Funktion
von ∆x übergehen, die an der Stelle ∆x = 0 keine Lücke besitzt und dort sogar stetig
ist, und deren Funktionswert deshalb mit dem allgemeinen Grenzwert übereinstimmt. Da die
entstehende Funktion sonst mit dem ursprünglichen Differenzenquotienten identisch ist, ist
der gesuchte Grenzwert gleich diesem Funktionswert.
Beispiel 4.1.1. Wir möchten die Ableitung der Funktion f(x) = x 2 bilden. Der Differenzenquotient
lautet
∆y
∆x = f(x+∆x)−f(x) = (x+∆x)2 −x 2
∆x ∆x
= 2x∆x+(∆x)2
∆x
Gehen wir zum Grenzwert über, so erhalten wir die Ableitung
= 2x+∆x.
f ′ ∆y
(x) = lim
∆x→0 ∆x = lim 2x+∆x = 2x.
∆x→0
Mit diesem Ausdruck lässt sich nun die Tangentensteigung für jeden Punkt der Kurve y =
f(x) ermitteln. Zum Beispiel ist sie im Punkt P(1,1) gleich 2, im Punkt P(2,4) gleich 4,
im Punkt P(3,9) gleich 6 usw. (vgl. Abbildung 4.1.ii). Somit können wir für jedes x die
y
•(3,9)
(2,4)
•
(1,1)
•
x
Abbildung 4.1.ii: Einige Tangenten an die Kurve y = x 2
Tangentensteigung angeben. Anders gesagt ist f ′ eine Funktion von x. Wir nennen diese
Funktion die erste Ableitung der Funktion f.
Wir bleiben noch eine Weile bei der Funktion f(x) = x 2 , um die Tangenten an ihre Kurve
genauer zu betrachten. Insbesondere möchten wir herausfinden, wo die Tangente im Punkt

4.1. Tangentenproblem, Ableitung 55
P(x 0 ,y 0 ) die y-Achse schneidet. Aus Kapitel 2.3 wissen wir, dass die Gleichung der Tangente
y = f(x 0 )+m(x−x 0 ) lautet, wobei m die Tangentensteigung ist. Nach derobigen Berechnung
ist m nichts anders als die Ableitung f ′ (x 0 ) = 2x 0 . Somit lässt sich die Tangentengleichung
wie folgt schreiben:
y = x 2 0 +2x 0 (x−x 0 ) = 2x 0 x−x 2 0.
Der y-Achsenabschnitt finden wir jetzt, indem wir x = 0 in diese Gleichung setzen. Wir
erhalten die Antwort y = −x 2 0 .
Auch im allgemeinen Fall einer an der Stelle x = x 0 differenzierbaren Funktion f können wir
die Tangentengleichung festlegen: Die Tangente an die Kurve y = f(x) in Punkt P(x 0 ,f(x 0 ))
ist die Gerade, die durch die Gleichung
beschrieben wird.
y = f(x 0 )+f ′ (x 0 )(x−x 0 )
Beispiel 4.1.2. Die Funktion f(x) = x 2 des Beispieles 4.1.1 ist an jedem Punkt ihres Definitionsbereiches
differenzierbar, da für jedes x ∈ R der Grenzwert
f(x+∆x)−f(x)
lim = 2x
∆x→0 ∆x
existiert.
Jetzt untersuchen wir eine Funktion, die an einem gewissen Punkt ihres Definitionsbereiches
nicht differenzierbar ist. Es handelt sich um die Betragsfunktion
Der Differenzenquotient lautet
⎧
⎪⎨ x wenn x > 0
g(x) = |x| = 0 wenn x = 0
⎪⎩
−x wenn x < 0.
∆y
∆x = g(x+∆x)−g(x)
∆x
= |x+∆x|−|x| .
∆x
Um den Grenzübergang ∆x → 0 zu behandeln, müssen wir drei Fälle unterscheiden.
• Wir beginnen mit dem Fall x > 0. Lassen wir ∆x gegen 0 streben, strebt x+∆x gegen
x. Insbesondere ist für sehr kleine Werte von ∆x die Zahl x + ∆x positiv und somit
|x+∆x| = x+∆x. Daraus folgt
g ′ ∆y
(x) = lim
∆x→0 ∆x = lim |x+∆x|−|x| (x+∆x)−x
= lim = lim
∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x
1 = 1.
∆x→0
• Wenn x < 0 läuft die Berechnung des Grenzwertes ähnlich: Für sehr kleine Werte von
∆x ist die Zahl x+∆x negativ und somit |x+∆x| = −(x+∆x). Wir erhalten
g ′ ∆y
(x) = lim
∆x→0 ∆x = lim |x+∆x|−|x| −(x+∆x)−(−x)
= lim = lim −1 = −1.
∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x ∆x→0

56 Kapitel 4. Differenzialrechnung
• Für den Fall x = 0 müssten wir den Grenzwert
g ′ |∆x|
(0) = lim
(4.1.a)
∆x→0 ∆x
berechnen, aber dies ergibt ein Problem: Der rechtsseitige Grenzwert stimmt nicht mit
dem linksseitigen überein:
|∆x|
lim
∆x↓0 ∆x = 1 und
Anders gesagt existiert der Grenzwert (4.1.a) nicht.
Wir haben herausgefunden, dass
g ′ (x) =
{
1 wenn x > 0
−1 wenn x < 0,
lim |∆x|
∆x↑0 ∆x = −1.
aber an der Stelle x = 0 ist die Funktion g nicht differenzierbar.
Die Funktion des obigen Beispieles ist an der Stelle x = 0 stetig, jedoch dort nicht differenzierbar.
Auf der anderen Seite können wir beweisen, dass eine Funktion, die an einer gewissen
Stelle differenzierbar ist, dort auch stetig sein muss.
Satz 4.1.1. Es sei f eine Funktion, die an der Stelle x = a ihres Definitionsbereiches differenzierbar
ist. Dann ist f an der Stelle x = a auch stetig.
Beweis. Wir müssen zeigen, dass der Grenzwert
lim f(x)
x→a
existiert undgleich f(a) ist (vgl. Definition 3.4.1). Wir setzen x = a+h, wobei h eine beliebige
gegen null strebende Folge ist. Dann gilt
f(a+h)−f(a)
lim f(x) = lim f(a+h) = lim ·h+f(a)
x→a h→0 h→0 h
f(a+h)−f(a)
= lim · lim h+ lim f(a) = f ′ (a)·0+f(a) = f(a).
h→0 h h→0 h→0
Als nächstes möchten wir die erste Ableitung der allgemeinen Potenzfunktion ermitteln. Dazu
brauchen wir einige Hilfsmittel aus der Algebra.
4.2 Fakultäten, Binomialkoeffizienten, Binomischer Satz
Beim Ausmultiplizieren von Binomen treten Summanden mit bestimmten Exponenten und
Faktoren auf. Die Faktoren heissen Binomialkoeffizienten und können bekanntlich im Pascalschen
Dreieck dargestellt werden.
(a+b) 0 = 1 1
(a+b) 1 = a+b 1 1
(a+b) 2 = a 2 +2ab+b 2 1 2 1
(a+b) 3 = a 3 +3a 2 b+3ab 2 +b 3 1 3 3 1
(a+b) 4 = a 4 +4a 3 b+6a 2 b 2 +4ab 3 +b 4 1 4 6 4 1
.
.
.

4.2. Fakultäten, Binomialkoeffizienten, Binomischer Satz 57
Das Ziel dieses Kapitels ist es, eine allgemeine Formel für die Binomialkoeffizienten zu entwickeln:
Für jedes n ∈ N 0 möchten wir wissen, welche Faktoren beim Ausmultiplizieren des
Ausdrucks (a+b) n auftreten, ohne die Multiplikation jedes Mal durchführen zu müssen. Das
Abbildung 4.2.i: Blaise Pascal, 1623-1662
Ergebnis wird im Satz 4.2.1 dargestellt. Zuerst müssen wir zwei wichtige Symbole einführen.
Definition 4.2.1. Für jedes n ∈ N ist n!, gelesen ”
n Fakultät“, das Produkt der ersten n
natürlichen Zahlen:
Ergänzend setzen wir 0! = 1.
n! = 1·2·3···n.
Beispiel 4.2.1. Wir berechnen einige Fakultäten:
3! = 1·2·3 = 6
6! = 1·2·3·4·5·6 = 720
Definition 4.2.2. Für alle nicht-negativen ganzen Zahlen n und k mit n ≥ k sei
( n
=
k)
n!
k!(n−k)!
n(n−1)···(n−k +1)
= .
k!
Für den so genannten Binomialkoeffizienten oder auch das so genannte Eulersymbol ( n)
k
sagen wir n tief k“. Dieses werden wir vermehrt in der Stochastik antreffen. Die Zahl ( )
n
” k
stellt nämlich die Anzahl Möglichkeiten dar aus einer Gruppe mit n Personen, Gruppen mit
k Personen zu bilden.
Beispiel 4.2.2. Wir berechnen einige Eulersymbole:
( 5
2)
( 6
4)
= 5!
2!3! = 1·2·3·4·5
1·2·1·2·3 = 20 2 = 10
= 6!
4!2! = 1·2·3·4·5·6
1·2·3·4·1·2 = 30 2 = 15

58 Kapitel 4. Differenzialrechnung
Aufgaben
Aufgabe 4.2.1. Beweisen Sie, dass für alle n ∈ N 0 und k ∈ N 0 mit n ≥ k die folgende
Aussage gilt:
( ) ( n n
=
n−k k)
Aufgabe 4.2.2. Beweisen Sie, dass für alle n ∈ N 0 und k ∈ N 0 mit n ≥ k +1 die folgende
Aussage gilt:
( ( ) ( )
n n n+1
+ =
k)
k+1 k+1
Lösungen
Lösung 4.2.1. Folgt sofort aus Definition 4.2.2.
Lösung 4.2.2.
( ( ) n n
+ =
k)
k+1
=
n!
k!(n−k)! + n!
(k +1)!(n−k−1)!
n!
k!(n−k)(n−k−1)! + n!
(k +1)k!(n−k −1)!
(k +1)n!
=
(k+1)k!(n−k)(n−k −1)! + (n−k)n!
(k+1)k!(n−k)(n−k −1)!
(k+1)n!+(n−k)n!
=
(k+1)k!(n−k)(n−k −1)!
= (k+1+n−k)n!
(k +1)!(n−k)!
(n+1)!
=
(k+1)!((n+1)−(k +1))!
( ) n+1
=
k+1
Jetzt sind wir in der Lage, das zentrale Ergebnis dieses Kapitels zu beweisen.
Satz 4.2.1 (Binomischer Satz). Für alle a ∈ R, b ∈ R und n ∈ N 0 gilt die Formel
(a+b) n =
( ( ( ) ( n n n n
a
0)
n + a
1)
n−1 b+···+ ab n−1 + b
n−1 n)
n .
Beweis. Der Beweis erfolgt durch vollständige Induktion.
• Verankerung. Wenn n = 0, lautet die zu beweisende Aussage (a + b) 0 = ( 0
0)
, was
offensichtlich der Fall ist. Der Satz ist also für n = 0 gültig.
• Induktionshypothese. Wir nehmen an, der Satz sei für ein gewisses n ∈ N 0 gültig.

4.2. Fakultäten, Binomialkoeffizienten, Binomischer Satz 59
• Vererbung. Jetzt ist zu zeigen, dass der Satz auch für n+1 gültig ist. Anders gesagt
müssen wir die folgende Aussage beweisen:
( ) ( ) ( ) ( )
n+1 n+1 n+1 n+1
(a+b) n+1 = a n+1 + a n b+···+ ab n + b n+1 .
0 1 n n+1
Wir formen die linke Seite dieser Aussage so um, dass wir schlussendlich die rechte Seite
erhalten:
(a+b) n+1
=(a+b)(a+b) n
[( ( ( ) ( ]
∗ n n n n
=(a+b) a
0)
n + a
1)
n−1 b+···+ ab n−1 +
n−1 n)b n
[( ( ( ) ( ]
n n n n
= a
0)
n+1 + a
1)
n b+···+ a 2 b n−1 +
n−1 n)ab n +
[( ( ( ) ( ]
n n n n
a
0)
n b+ a
1)
n−1 b 2 +···+ ab n +
n−1 n)b n+1
( ) [( ( [( ( )] ( )
n+1 n n n n n+1
= a n+1 + + a
0 1)
0)]
n b+···+ + ab
n)
n + b n+1
n−1 n+1
( ) ( ) ( ) ( )
n+1 n+1 n+1 n+1
= a n+1 + a n b+···+ ab n + b n+1 ,
0 1 n n+1
wobei die Gleichheit ∗ = aus der Induktionshypothese folgt.
Der binomische Satz erlaubt uns, beliebige Terme des Pascalschen Dreiecks zu bestimmen:
Die Zahl in der n-ten Zeile und der k-ten schrägen Reihe von links unten nach rechts oben,
wobei wir die Nummerierung von Zeilen und Reihen jeweils mit 0 beginnen, ist nichts anders
als ( n
k)
. In anderen Worten lässt sich das Pascalsche Dreieck wie folgt darstellen:
( 0
( 0)
1
) ( 1
( 0 1)
2
) ( 2
) ( 2
( 0 1 2)
3
) ( 3
) ( 3
) ( 3
( 0 1 2 3)
4
) ( 4
) ( 4
) ( 4
) ( 4
0 1 2 3 4)
Beispiel 4.2.3. Wir möchten den Koeffizienten des Terms x 5 in der Entwicklung von
.
( x
8 +2 ) 20
bestimmen. Laut dem binomischen Satz bekommen wir nach dem Ausmultiplizieren der 20
Faktoren dieses Ausdrucks Summanden der Form
( ) 20 (x ) 20−k2 k ,
k 8

60 Kapitel 4. Differenzialrechnung
wobei k ∈ {0,1,...,20}. Der Summand, der uns interessiert, ist derjenige, in dem x mit der
Potenz 5 auftritt. Es muss also 20−k = 5 gelten, das heisst, k = 15. Setzen wir in der obigen
Formel k = 15 ein, erhalten wir
( 20 (x ) 20−152
15) 15 = 20! x 5
8 15!5! 8 5 215 = 16·17·18·19·20
1·2·3·4·5
Der gewünschte Koeffizient ist also 15504.
x 5
2 15 215 = 15504x 5 .
Beispiel 4.2.4. Mit Hilfe des binomischen Satzes können wir den Ausdruck (x−1) 7 wie folgt
entwickeln:
( ( ( ( 7 7 7 7
(x−1) 7 = x
0)
7 + x
1)
6 (−1)+···+ x(−1)
6)
6 + (−1)
7)
7
Aufgaben
= x 7 −7x 6 +21x 5 −35x 4 +35x 3 −21x 2 +7x−1.
Aufgabe 4.2.3. Geben Sie eine Deutung der Aufgabe 4.2.1 im Pascalschen Dreieck.
Aufgabe 4.2.4. Geben Sie eine Deutung der Aufgabe 4.2.2 im Pascalschen Dreieck.
Aufgabe 4.2.5. Entwickeln Sie mit Hilfe des Pascalschen Dreiecks die folgende Ausdrücke.
( u
a.
2 + v 4
b. (2a−3b)
3) 5
Aufgabe 4.2.6. Wandeln Sie folgende Summen in Potenzen um.
a. x 6 +3x 4 +3x 2 +1
c. u 3 −6u 2 v +12uv 2 −8v 3
b. a 4 +8a 3 +24a 2 +32a+16
d. b 9 +9b 6 +27b 3 +27
Aufgabe 4.2.7. Berechnen Sie (a+1) 6 +(a−1) 6 .
Aufgabe 4.2.8. Berechnen Sie durch mehrmalige Anwendung des binomischen Satzes die
Potenz (a+b+c) 3 .
Aufgabe 4.2.9. Berechnen Sie die Binomialkoeffizienten ( 15) (
3 , 14
) (
9 und 19
17)
.
Aufgabe 4.2.10. Berechnen Sie folgende Binomialkoeffizienten, wobei m, n und k beliebige
natürliche Zahlen sind.
( )
( )
n+2
n+k
a.
c.
2
k+1
( )
( )
n+k
m+7
b.
d.
k
m+7
Aufgabe 4.2.11. Berechnen Sie den Binomialkoeffizient, der im Pascalschen Dreieck
a. rechts neben ( n
k)
steht.
c. schräg links unter ( n
k)
steht.
b. schräg links über ( n) k steht.

4.2. Fakultäten, Binomialkoeffizienten, Binomischer Satz 61
Aufgabe 4.2.12. Berechnen Sie ( n
k+1)
−
( n
k)
.
Aufgabe 4.2.13. Berechnen Sie den Koeffizienten des Terms a 6 in der Entwicklung der
folgenden Ausdrücke.
a. (1+a) 15 b.
) 20 (1− a2
3
Aufgabe 4.2.14. Setzen Sie a = b = 1 in den Formeln für (a+b) n und (a−b) n ein. Welche
Beziehungen ergeben sich daraus für die Binomialkoeffizienten der n-ten Zeile des Pascalschen
Dreiecks?
Aufgabe 4.2.15. Beweisen Sie durch vollständige Induktion, dass
1+2+3+···+n = n(n+1)
2
für alle n ∈ N.
Aufgabe 4.2.16. Beweisen Sie durch vollständige Induktion, dass
( ( ( ( ( )
2 3 4 n n+1
+ + +···+ = für alle n ∈ {2,3,...}.
2)
2)
2)
2)
3
Aufgabe 4.2.17. Beweisen Sie durch vollständige Induktion, dass
( ( ) ( ) ( ( )
p p+1 p+2 n n+1
+ + +···+ = für alle n ∈ N und p ∈ N mit p ≤ n.
p)
p p p)
p+1
Lösungen
Lösung 4.2.3. Das Pascalsche Dreieck ist symmetrisch bezüglich der vertikalen Achse.
Lösung 4.2.4. Die Summe zwei nebeneinander stehender Terme des Pascalschen Dreiecks
ist der Term, der in der Mitte unter ihnen steht.
Lösung 4.2.5. a.
u 4
16 + u3 v
6 + u2 v 2
+ 2uv3
6 27 + v4
81
b. 32a 5 −240a 4 b+720a 3 b 2 −1080a 2 b 3 +810ab 4 −243b 5
Lösung 4.2.6.
a. (x 2 +1) 3
c. (u−2v) 3
b. (a+2) 4 d. (b 3 +3) 3
Lösung 4.2.7. 2a 6 +30a 4 +30a 2 +2
Lösung 4.2.8. a 3 +b 3 +c 3 +3a 2 b+3ab 2 +3a 2 c+3ac 2 +3b 2 c+3bc 2 +6abc
Lösung 4.2.9. 455, 2002 und 171.

62 Kapitel 4. Differenzialrechnung
Lösung 4.2.10.
a.
b.
(n+2)(n+1)
2
(n+k)(n+k−1)···(n+1)
k!
c.
d. 1
(n+k)(n+k−1)···(n+1)n
(k +1)!
Lösung 4.2.11.
a. ( n
)
k+1
b. ( n−1)
k−1
Lösung 4.2.12. n−2k−1
k+1
( n
k)
c. ( )
n+1
k
Lösung 4.2.13.
a. 5005 b. −42 2 9
Lösung 4.2.14. Die Summe der Terme in der n-ten Zeile des Pascalschen Dreiecks ist 2 n .
Die alternierende Summe der Terme in der n-ten Zeile des Pascalschen Dreiecks ist 0.
Lösung 4.2.15. • Verankerung. Wenn n = 1, lautet die zu beweisende Aussage 1 =
1(1+1)
2
, was offensichtlich der Fall ist.
• Induktionshypothese. Wir nehmen an, die Aussage sei für ein gewisses n ∈ N gültig.
• Vererbung. Wir müssen zeigen, dass die Aussage auch für n+1 gilt, d.h.
1+2+3+···+n+(n+1) = (n+1)(n+2) .
2
Nach der Induktionshypothese ist die linke Seite
n(n+1)
2
+(n+1) = n(n+1)+2(n+1)
2
Damit ist der Beweis für n+1 abgeschlossen.
= (n+1)(n+2) .
2
Lösung 4.2.16. • Verankerung. Wenn n = 2, lautet die zu beweisende Aussage ( 2
2)
=
)
. Da beide Seiten gleich 1 sind, gilt die Aussage für n = 2.
( 3
3
• Induktionshypothese. Wir nehmen an, die Aussage sei für ein gewisses n ∈ {2,3,...}
gültig.
• Vererbung. Um zu zeigen, dass die Aussage auch für n+1 gültig ist, wenden wir die
Induktionshypothese an:
( ( ( ( ( ) ( ) ( ) ( )
2 3 4 n n+1 n+1 n+1 n+2
+ + +···+ + = + = .
2)
2)
2)
2)
2 3 2 3
Lösung 4.2.17. Es sei p ∈ N gegeben.

4.3. Ableitung der Potenzfunktion 63
• Verankerung. Wenn n = p lautet die zu beweisende Aussage ( ) (
n
n = n+1)
. Da beide
Seiten gleich 1 sind, gilt die Aussage für n = p.
• Induktionshypothese. Wir nehmen an, die Aussage sei für ein gewisses n ∈ N mit
n ≥ p gültig.
• Vererbung. Um zu zeigen, dass die Aussage auch für n+1 gültig ist, wenden wir die
Induktionshypothese an:
( ( ) ( ) ( ( ) ( ) ( ) ( )
p p+1 p+2 n n+1 n+1 n+1 n+2
+ + +···+ + = + = .
p)
p p p)
p p+1 p p+1
4.3 Ableitung der Potenzfunktion
Jetzt sehen wir, wie sich mit Hilfe des binomischen Satzes die Ableitung der allgemeinen
Potenzfunktion bestimmen lässt.
Es sei die Funktion f(x) = x n gegeben, wobei n ∈ N. Der entsprechende Differenzenquotient
lautet
∆y
∆x = f(x+∆x)−f(x) = (x+∆x)n −x n
.
∆x ∆x
Nach dem binomischen Satzes gilt
( n
(x+∆x) n = x
0)
n +
( n
1)
x n−1 (∆x)+
( ( n n
x
2)
n−2 (∆x) 2 +···+ (∆x)
n)
n
und somit erhalten wir
∆y
∆x = 1 (( ) ( ( )
n n n
x n−1 (∆x)+ x
∆x 1 2)
n−2 (∆x) 2 +···+
n)(∆x) n
( ( ( n n n
= x
1)
n−1 + x
2)
n−2 (∆x)+···+ (∆x)
n)
n−1 .
Demzufolge ist die gewünschte Ableitung
)
x n−1 +
f ′ ∆y n
(x) = lim
∆x→0 ∆x ∆x→0( = lim 1
Diese Formel verdient es, gerahmt zu werden:
( ( n n
x
2)
n−2 (∆x)+···+ (∆x)
n)
n−1 = nx n−1 .
(x n ) ′ = nx n−1 (4.3.a)
Beispiel 4.3.1. Die Steigung der Tangente an die Kurve y = f(x) = x 3 im Punkte P(x,x 3 )
ist f ′ (x) = 3x 2 . Insbesondere ist sie im Punkte P(−1,−1) gleich f ′ (−1) = 3(−1) 2 = 3.
Aufgaben
Aufgabe 4.3.1. Was ist die Ableitung der Funktion f(x) = x?
Aufgabe 4.3.2. In welchen Punkten hat die Kurve y = x 3 die Steigung 1?
Aufgabe 4.3.3. Bestimmen Sie die Gleichung der Tangente an die Kurve y = x n im Punkt
P(x 0 ,x n 0 ), wobei n eine natürliche Zahl ist. Wo schneidet die Tangente die y-Achse? (vgl.
Beispiel 4.1.1).

64 Kapitel 4. Differenzialrechnung
Lösungen
Lösung 4.3.1. f ′ (x) = 1
Lösung 4.3.2. Die Punkte mit x = 1 √
3
und x = − 1 √
3
Lösung 4.3.3. Die Tangentengleichung ist y = x n 0 +nxn−1 0 (x−x 0 ). Der y-Achsenabschnitt
ist bei y = −(n−1)x n 0 .
4.4 Grundregeln der Differenzialrechnung
Ableitung einer konstanten Funktion
Wir betrachten die Funktion f(x) = c, wobei c eine beliebige konstante reelle Zahl ist. Es gilt
und somit erhalten wir die Ableitung
das heisst:
∆y
∆x = f(x+∆x)−f(x) = c−c
∆x ∆x = 0
f ′ ∆y
(x) = lim
∆x→0 ∆x = lim 0 = 0,
∆x→0
(c) ′ = 0
(4.4.a)
Ableitung einer Funktion mit konstantem Faktor
Wir betrachten die Funktion g(x) = af(x), wobei a eine konstante reelle Zahl und f eine
differenzierbare Funktion ist. Es gilt
∆y
∆x = g(x+∆x)−g(x) = af(x+∆x)−af(x) = a· f(x+∆x)−f(x)
∆x ∆x ∆x
und somit erhalten wir die Ableitung
das heisst:
g ′ ∆y
(x) = lim
∆x→0 ∆x = lim f(x+∆x)−f(x)
a· = af ′ (x),
∆x→0 ∆x
(af(x)) ′ = af ′ (x)
(4.4.b)
Beispiel 4.4.1. Die Ableitung der Funktion f(x) = 4x 3 ist f ′ (x) = 4·3x 2 = 12x 2 .
Ableitung der Summe mehrerer Funktionen
Wir betrachten die Funktion f(x) = u(x)+v(x), wobei u und v differenzierbare Funktionen
sind. Es gilt
∆y
∆x = f(x+∆x)−f(x) = u(x+∆x)+v(x+∆x)−u(x)−v(x)
∆x
∆x
= u(x+∆x)−u(x)
∆x
+ v(x+∆x)−v(x)
∆x

4.4. Grundregeln der Differenzialrechnung 65
und somit erhalten wir die Ableitung
(
f ′ ∆y u(x+∆x)−u(x)
(x) = lim
∆x→0 ∆x = lim + v(x+∆x)−v(x) )
∆x→0 ∆x ∆x
u(x+∆x)−u(x) v(x+∆x)−v(x)
= lim + lim = u ′ (x)+v ′ (x),
∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x
das heisst:
(u(x)+v(x)) ′ = u ′ (x)+v ′ (x)
(4.4.c)
Beispiel 4.4.2. Die Ableitung der Funktion f(x) = 2x 2 +4x ist f ′ (x) = 4x+4.
Die Formel (4.4.c) lässt sich sofort auf mehr als zwei Summanden verallgemeinern.
Beispiel 4.4.3. Es sei die Funktion f(x) = a n x n +a n−1 x n−1 +···+a 1 x+a 0 gegeben, wobei
a n ,a n−1 ,...,a 1 ,a 0 konstante reelle Zahlen sind. Dann gilt
f ′ (x) = a n nx n−1 +a n−1 (n−1)x n−2 +···+a 1 .
Die Ableitung einer Polynomfunktion vom n-ten Grad ist also eine Polynomfunktion vom
(n−1)-ten Grad.
Beispiel 4.4.4. Wir möchten herausfinden, an welchen Stellen die Kurve
y = f(x) = 0.2x 3 −0.3x 2 −3.6x+1
einehorizontale Tangentebesitzt.DieAbleitungderFunktionlautetf ′ (x) = 0.6x 2 −0.6x−3.6.
Die gesuchte Stellen sindalso diejenige Werte von x, die dieGleichung 0 = 0.6x 2 −0.6x−3.6 =
0.6(x 2 −x−6) = 0.6(x+2)(x−3) erfüllen, das heisst, x = −2 und x = 3.
Aufgaben
Aufgabe 4.4.1. Leiten Sie folgende Funktionen ab, wobei a, b, c und d reelle Konstanten
sind.
a. f(x) = 2x 4 −3x 2 −5x+6
b. f(x) = −ax 4 +3bx 2 +c 2 x+d
c. f(t) = (4t−1) 2
d. f(x) = (x−a) 2 (x+a)
Aufgabe 4.4.2. Welchen Wert hat die Ableitung der Funktion f(x) = − 2 3 x5 +2x 3 −x 2 +2
an der Stelle x = −2, und welchen Winkel bildet dort die Kurventangente mit der x-Achse?
Aufgabe 4.4.3. Wo und unter welchen Winkeln schneiden sich die Kurven y = f(x) und
y = g(x)?
a. f(x) = x 2 und g(x) = x 3
b. f(x) = x 3 −2x 2 +2x+2 und g(x) = 2x−1
Aufgabe 4.4.4. Wo hat die Kurve y = f(x) waagrechte Tangenten?
a. f(x) = 2x 3 −4x 2 +2x−5 b. f(x) = x 5 −x 3 + 1 4 x−3

66 Kapitel 4. Differenzialrechnung
Aufgabe 4.4.5. Bestimmen Sie die Gleichung der Tangente an die Kurve y = f(x) bei
x = x 0 .
a. f(x) = x 3 −2x 2 +5, x 0 = 1 b. f(x) = 1−3x 2 , x 0 = −2
Aufgabe 4.4.6. Bestimmen Sie die Polynomfunktion dritten Grades f, welche die folgenden
Bedingungen erfüllt.
a. f(0) = −2, f(2) = 2, f ′ (−1) = −16 und f ′ (0) = 0
b. f(−2) = 1, f(1) = −5, f ′ (0) = −8 und f ′ (3) = 46
Aufgabe 4.4.7. Die Kurve einer Polynomfunktion dritten Grades geht durch die Punkte
P(−1,0), Q(0,2) und R(1,0) und schneidet die x-Achse in Punkt P unter einem Winkel von
45 ◦ . Bestimmen Sie die Funktionsgleichung und die dritte Nullstelle.
Aufgabe 4.4.8. Bestimmen Sie die Polynomfunktion dritten Grades, deren Kurve
a. im Punkte P(2,−4) den Anstieg −3 hat und die Koordinatenachsen bei x = 4 und
y = 4 schneidet.
b. die x-Achse bei x = −2 unter dem Winkel von 45 ◦ und die y-Achse in der Stelle y = 2
waagrecht schneidet.
Aufgabe 4.4.9. Die Kurve welcher Polynomfunktion zweiten Grades geht durch die Punkte
P(−2,0) und Q(3,−5) und besitzt im Punkt P den Anstieg −4?
Aufgabe 4.4.10. Welcher Bedingung müssen die reelle Zahlen a, b und c genügen, damit die
Kurve y = x 3 +ax 2 +bx+c nirgends eine waagrechte Tangente hat?
Aufgabe 4.4.11. Wie gross muss die reelle Zahl b gewählt werden, damit sich die Kurven
y = x 2 −b und y = −x 2 +b unter einem rechten Winkel schneiden?
Aufgabe 4.4.12. Welche Bedingung müssen die reelle Zahlen a und b erfüllen, damit sich
die Kurven y = x 2 +2ax−b und y = −x 2 −2ax+b unter einem rechten Winkel schneiden?
Aufgabe 4.4.13. Wie lautet die Polynomfunktion dritten Grades, deren Kurve bei x = 1
und x = −1 die Gerade y = − 1 2 x + 5 2
unter einem rechten Winkel schneidet? Wo liegt der
dritte Schnittpunkt?
Aufgabe 4.4.14. Es sei die Funktion f(x) = ax 2 +bx+c gegeben, wobei a, b und c konstante
reelle Zahlen sind und a ≠ 0. Beweisen Sie, dass sich die Tangenten an die Kurve y = f(x)
an den Stellen x = 1 und x = −1 auf der y-Achse schneiden.
Lösungen
Lösung 4.4.1.
a. f ′ (x) = 8x 3 −6x−5
b. f ′ (x) = −4ax 3 +6bx+c 2 c. f ′ (t) = 32t−8
d. f ′ (x) = 3x 2 −2ax−a 2

4.5. Ableitung eines Produkts 67
Lösung 4.4.2. − 76
3
Lösung 4.4.3.
und 92.26◦
a. im Punkt P(0,0) unter 0 ◦ und im Punkt P(1,1) unter 8.13 ◦
b. im Punkt P(−1,−3) unter 20.22 ◦
Lösung 4.4.4.
a. x = 1 und x = 1 3
b. x ∈ {± √ 0.5,± √ 0.1}
Lösung 4.4.5.
a. y = −x+5 b. y = 12x+13
Lösung 4.4.6.
a. −2x 3 +5x 2 −2 b. 2x 3 −8x+1
Lösung 4.4.7. f(x) = − 3 2 x3 −2x 2 + 3 2 x+2 und x = −4 3
Lösung 4.4.8.
a.
1
2 x3 − 3 2 x2 −3x+4 b. − 1 4 x3 −x 2 +2
Lösung 4.4.9. f(x) = 1 5 (3x2 −8x−28)
Lösung 4.4.10. a 2 < 3b
Lösung 4.4.11. 1 4
Lösung 4.4.12. a 2 +b = 1 4
Lösung 4.4.13. f(x) = 5 4 x3 − 7 4 x+ 10 4 und P(0, 5 2 )
Lösung 4.4.14. Gleichung derTangente an derStelle x = 1isty−(a+b+c) = (2a+b)(x−1);
Gleichung der Tangente an derStelle x = −1ist y−(a−b+c) = (−2a+b)(x+1). Schnittpunkt
der beiden Tangente ist P(0,c−a).
4.5 Ableitung eines Produkts
Mit den bisher hergeleiteten Regeln sind wir nur in der Lage, diejenigen Funktionen zu differenzieren,
die als Summe von Potenzfunktionen mit beliebigen Faktoren dargestellt werden
können. In diesem Kapitel erweitern wir unser Repertoire, indem wir dazu die Ableitung eines
Produkts zweier Funktionen hinzufügen.
Es sei also f(x) = u(x)v(x), wobei u und v differenzierbare Funktionen sind. Der entsprechende
Differenzenquotient lautet
∆y
∆x = f(x+∆x)−f(x) = u(x+∆x)v(x+∆x)−u(x)v(x)
∆x
∆x
= u(x+∆x)v(x+∆x)−u(x)v(x+∆x)+u(x)v(x+∆x)−u(x)v(x)
∆x
= u(x+∆x)−u(x)
∆x
v(x+∆x)+u(x) v(x+∆x)−v(x)
∆x

68 Kapitel 4. Differenzialrechnung
und somit erhalten wir die Ableitung
( u(x+∆x)−u(x)
f ′ (x) = lim
∆x→0 ∆x
= u ′ (x)v(x)+u(x)v ′ (x).
Diese Formel heisst die Produktregel:
v(x+∆x)+u(x) v(x+∆x)−v(x) )
∆x
(u(x)v(x)) ′ = u ′ (x)v(x)+u(x)v ′ (x)
Beispiel 4.5.1. Um die Ableitung von f(x) = (x−1)(2−x 2 ) zu bestimmen, stehen uns zwei
Möglichkeiten zur Verfügung. Entweder schreiben wir die Funktion als f(x) = 2x−x 3 −2+x 2
um und differenzieren dann jeden Summand einzeln, was zum Ergebnis f ′ (x) = 2−3x 2 +2x
führt,oderwirwendendieProduktregelwiefolgtan:Wirsetzenu(x) = x−1undv(x) = 2−x 2
und berechnen deren Ableitungen u ′ (x) = 1 und v ′ (x) = −2x. Dann erhalten wir
f ′ (x) = u ′ (x)v(x)+u(x)v ′ (x) = 1(2−x 2 )+(x−1)(−2x)
= 2−x 2 −2x 2 +2x = 2−3x 2 +2x,
was (zum Glück) mit unserer ersten Antwort übereinstimmt 2 .
Die Produktregel lässt sich wie folgt auf drei und mehr Funktionen verallgemeinern: Es sei
f(x) = u(x)v(x)w(x) gegeben, wobei u, v und w differenzierbare Funktionen sind. Dann folgt
nach der Produktregel
Aufgaben
f ′ (x) = (u(x)v(x)) ′ w(x)+(u(x)v(x))w ′ (x)
= u ′ (x)v(x)w(x) +u(x)v ′ (x)w(x)+u(x)v(x)w ′ (x).
Aufgabe 4.5.1. Leiten Sie folgende Funktionen ab 3 , wobei a, b, c und d beliebige reelle
Zahlen sind, n ∈ N und n > 2.
a. f(x) = (1−x−x 2 )(x 3 +2x)
b. g(u) = (u 3 −2)(u 2 −2u+1)
c. f(x) = (4x 2 −3x)(2−x 3 )x 3
d. f(x) = (a−x)(b−x 2 )
e. f(u) = (u n −u n−2 +1) 2
g. f(x) = (x 2 −ax+b 2 )(x 2 +ax−b 2 )
h. f(z) = (a+bz)(c−dz)−(a−bz)(c+dz)
i. f(t) = (t−1) 4
j. f(x) = (ax+b) 2 (b−ax) 2
k. f(x) = (ax+b) n
f. f(x) = (a+x)(x 2 +b)(x 3 +c)
Aufgabe 4.5.2. Leiten Sie folgende Funktionen ab, wobei n eine beliebige natürliche Zahl
und f eine differenzierbare Funktion ist.
a. g(x) = x n f(x) b. h(x) = (f(x)) 3
2 Ein Ableitungsexperte, der etwas auf sich hält, wählt immer den zweiten Lösungsweg.
3 Dabei sollten Sie den Titel “Ableitungsexperte” anstreben (vgl. Beispiel 4.5.1).

4.6. Ableitung eines Quotienten 69
Lösungen
Lösung 4.5.1. a. f ′ (x) = (−1−2x)(x 3 +2x)+(1−x−x 2 )(3x 2 +2)
b. g ′ (u) = 3u 2 (u 2 −2u+1)+(u 3 −2)(2u−2)
c. f ′ (x) = (8x−3)(2−x 3 )x 3 −3x 5 (4x 2 −3x)+3x 2 (4x 2 −3x)(2−x 3 )
d. f ′ (x) = −(b−x 2 )−2x(a−x)
e. f ′ (u) = 2(nu n−1 −(n−2)u n−3 )(u n −u n−2 +1)
f. f ′ (x) = (x 2 +b)(x 3 +c)+2x(a+x)(x 3 +c)+3x 2 (a+x)(x 2 +b)
g. f ′ (x) = (2x−a)(x 2 +ax−b 2 )+(x 2 −ax+b 2 )(2x+a)
h. f ′ (z) = 2(bc−ad)
i. f ′ (t) = 4(t−1) 3
j. f ′ (x) = 4a 2 x(a 2 x 2 −b 2 )
k. f ′ (x) = an(ax+b) n−1
Lösung 4.5.2.
a. g ′ (x) = nx n−1 f(x)+x n f ′ (x) b. h ′ (x) = 3(f(x)) 2 f ′ (x)
4.6 Ableitung eines Quotienten
In ähnlicher Weise wie ein Produkt lässt sich ein Quotient differenzieren. Wir setzen
f(x) = u(x)
v(x)
für alle x mit v(x) ≠ 0,
wobei u und v differenzierbare Funktionen sind. Wie üblich berechnen wir zuerst den Differenzenquotienten
∆y
∆x = f(x+∆x)−f(x) = 1 ( u(x+∆x)
∆x ∆x v(x+∆x) − u(x) )
v(x)
= 1 ( )
u(x+∆x)v(x)−u(x)v(x+∆x)
∆x v(x+∆x)v(x)
( )
1 u(x+∆x)v(x)−u(x)v(x)+u(x)v(x)−u(x)v(x+∆x)
=
v(x+∆x)v(x)
∆x
(
1 u(x+∆x)−u(x)
=
v(x)−u(x) v(x+∆x)−v(x) )
v(x+∆x)v(x) ∆x
∆x
und dann den Grenzübergang
(
f ′ (x) = lim
∆x→0
1
v(x+∆x)v(x)
= u′ (x)v(x)−u(x)v ′ (x)
(v(x)) 2 .
( u(x+∆x)−u(x)
∆x
v(x)−u(x) v(x+∆x)−v(x) ))
∆x

70 Kapitel 4. Differenzialrechnung
Die erhaltene Formel heisst die Quotientenregel:
( ) u(x) ′
= v(x)u′ (x)−u(x)v ′ (x)
v(x) (v(x)) 2
(4.6.a)
Beispiel 4.6.1. Gemäss Kapitel 4.3 wissen wir, dass sich die Ableitung der Potenzfunktion
f(x) = x n für alle n ∈ N als
f ′ (x) = nx n−1
(4.6.b)
schreiben lässt. Für n = 0 ist Formel (4.6.b) auch erfüllt. In diesem Beispiel betrachten wir
den Fall, wobei n eine negative ganze Zahl ist. Um uns das Leben zu vereinfachen, schreiben
wir n = −m, wobei m ∈ N. Dann gilt
f(x) = x −m = 1
x m.
Jetzt kommt dieQuotientenregel ins Spiel: Wir setzen u(x) = 1 undv(x) = x m undberechnen
deren Ableitungen u ′ (x) = 0 und v ′ (x) = mx m−1 . Daraus folgt
f ′ (x) = v(x)u′ (x)−u(x)v ′ (x)
(v(x)) 2 = (xm )0−1(mx m−1 )
(x m ) 2 = −mxm−1
x 2m = −mx −m−1 = nx n−1 .
Anders gesagt ist das Ergebnis (4.6.b) nicht nur für alle n ∈ N, sondern auch für alle n ∈ Z
gültig.
Beispiel 4.6.2. Um die Funktion
f(x) = 2x
x−1
zu differenzieren, setzen wir u(x) = 2x und v(x) = x −1 und berechnen deren Ableitungen
u ′ (x) = 2 und v ′ (x) = 1. Nach der Quotientenregel gilt
f ′ (x) = v(x)u′ (x)−u(x)v ′ (x)
(v(x)) 2
= (x−1)2−(2x)1
(x−1) 2
= −2
(x−1) 2.

4.6. Ableitung eines Quotienten 71
Aufgaben
Aufgabe 4.6.1. Leiten Sie folgende Funktionen ab, wobei a ∈ R, b ∈ R und n ∈ Z.
a. f(x) = (1−x −4 )(2x 2 +x −1 )
b. f(x) = 2x3 −3
x 2
c. f(s) = as− bs+c
s 3
d. f(t) = t−2 +t −3
1+t
e. f(t) = t+1
t−1
f. f(x) = ax+b
ax−b
g. f(x) = x2 −x+1
x 2 +x−1
h. f(x) =
i. f(h) = 1
h+2
4−x
(3−2x)(x 2 +1)
Aufgabe 4.6.2. Warum haben die Funktionen
j. f(x) =
k. f(x) = 2x−x3
2+x 3
l. f(t) = 3
t 2 +2
m. f(α) = aα
α 2 −a
n. f(x) = ax2
x 2 −a
o. f(z) =
p. f(x) =
1
(x 2 −2)(3x−4)
az −a2
z 2 −a 2
ax
(x+b) 2
q. f(x) = ax2 +b
x 2 −c
r. f(ξ) = ξn
ξ n −c
die gleiche Ableitung?
f(t) = 2t
t−1
und g(t) = t+1
t−1
Aufgabe 4.6.3. Es sei die Funktion
gegeben. Für welche Werte von x
f(x) = x
1+x 2
a. ist die Kurve y = f(x) steigend?
b. ist die Kurve y = f(x) fallend?
c. hat die Kurve y = f(x) waagrechte Tangenten?
Aufgabe 4.6.4. Untersuchen Sie die folgende Funktionen auf Differenzierbarkeit. Sind sie
an einer Stelle nicht differenzierbar, so bestimmen Sie die links- und rechtsseitige Ableitung
an dieser Stelle, falls sie existiert.
a. f(x) = |x 2 −4|
c. f(x) = (x−2)|x+3|
b. f(x) = |x 2 −2x−3|

72 Kapitel 4. Differenzialrechnung
Lösungen
Lösung 4.6.1.
a. f ′ (x) = 4x−x −2 +4x −3 +5x −6
b. f ′ (x) = 2+ 6 x 3
c. f ′ (s) = a+ 2b
s 3 + 3c
s 4
d. f ′ (t) = − 3 t 4
e. f ′ (t) = −2
(t−1) 2
f. f ′ (x) = −2ab
(ax−b) 2
g. f ′ (x) = 2x2 −4x
(x 2 +x−1) 2
h. f ′ (x) = −4x3 +27x 2 −24x+5
(3−2x) 2 (x 2 +1) 2
i. f ′ (h) = −1
(h+2) 2
j. f ′ (x) = −9x2 +8x+6
(x 2 −2) 2 (3x−4) 2
k. f ′ (x) = 4−6x2 −4x 3
(2+x 3 ) 2
l. f ′ (t) = −6t
(t 2 +2) 2
m. f ′ (α) = −α2 a−a 2
(α 2 −a) 2
n. f ′ (x) = −2a2 x
(x 2 −a) 2
o. f ′ (z) = −a
(z +a) 2
p. f ′ (x) = −ax+ab
(x+b) 3
q. f ′ (x) = −2(ac+b)x
(x 2 −c) 2
r. f ′ (ξ) = −cnξn−1
(ξ n −c) 2
Lösung 4.6.2. Da die Kurve y = g(t) eine vertikale Verschiebung der Kurve y = f(t) ist.
Lösung 4.6.3.
a. x ∈ ]−1,1[
c. x ∈ {−1,1}
b. x ∈ ]−∞,−1[ ∪ ]1,∞[
Lösung 4.6.4. a. Nicht differenzierbar bei x = 2 und x = −2:
limf ′ (x) = −4
x↑2
limf ′ (x) = 4
x↓2
lim f ′ (x) = −4
x↑−2
lim f ′ (x) = 4
x↓−2
b. Nicht differenzierbar bei x = 3 und x = −1:
lim
x↑3
f ′ (x) = −4
limf ′ (x) = 4
x↓3
lim f ′ (x) = −4
x↑−1
lim f ′ (x) = 4
x↓−1
c. Nicht differenzierbar bei x = −3:
lim
x↑−3 f′ (x) = 5
lim f ′ (x) = −5
x↓−3

4.7. Ableitung der trigonometrischen Funktionen 73
4.7 Ableitung der trigonometrischen Funktionen
Das Ziel dieses Kapitels ist es, die Ableitungen der trigonometrischen Funktionen Sinus, Kosinus,
Tangens und Kotangens zu bilden.
• Wir beginnen mit der Funktion f(x) = sin(x). Im Differenzenquotienten
∆y
∆x = sin(x+∆x)−sin(x)
∆x
können wir nicht einfach ∆x = 0 einsetzen, da wir sonst den unbestimmten Ausdruck
0
0
erhalten würden. Stattdessen schreiben wir den Zähler mit Hilfe des Additionstheoremes
4 für den Sinus wie folgt um:
Somit gilt
∆y
∆x = sin(x)cos(∆x)+cos(x)sin(∆x)−sin(x) .
∆x
f ′ sin(x)cos(∆x)+cos(x)sin(∆x)−sin(x)
(x) = lim
∆x→0 ∆x
cos(∆x)−1
= sin(x) lim
∆x→0
= sin(x) lim
∆x→0
∆x
cos(∆x)−1
∆x
+cos(x) lim
∆x→0
+cos(x)·1,
sin(∆x)
∆x
wobei die letzte Gleichheit aus dem Ergebnis des Beispieles 3.3.4 folgt. Der verbleibende
Grenzwert berechnen wir jetzt allein:
cos(∆x)−1 cos(∆x)−1
lim = lim · cos(∆x)+1
∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x cos(∆x)+1 = lim
sin(∆x)
= lim lim
∆x→0 ∆x ∆x→0
Damit haben wir bewiesen, dass f ′ (x) = cos(x).
∆x→0
−sin(∆x) (−0)
= 1· = 0.
cos(∆x)+1 2
−sin 2 (∆x)
(∆x)(cos(∆x)+1)
• Ähnlich lässt sich die Ableitung von g(x) = cos(x) mit Hilfe des Additionstheoremes 5
für den Kosinus herleiten:
g ′ cos(x)cos(∆x)−sin(x)sin(∆x)−cos(x)
(x) = lim
∆x→0 ∆x
cos(∆x)−1
= cos(x) lim
∆x→0 ∆x
= cos(x)·0−sin(x)·1 = −sin(x).
−sin(x) lim
∆x→0
sin(∆x)
∆x
• Für die Ableitung von Tangens und Kotangens können wir jetzt die Quotientenregel
anwenden:
( ) sin(x) ′
(tan(x)) ′ = = cos2 (x)+sin 2 (x) 1
cos(x) cos 2 =
(x) cos 2 (x) = 1+tan2 (x)
4 sin(α±β) = sin(α)cos(β)±cos(α)sin(β)
5 cos(α±β) = cos(α)cos(β)∓sin(α)sin(β)

74 Kapitel 4. Differenzialrechnung
und
(cot(x)) ′ =
( ) cos(x) ′
= −sin2 (x)−cos 2 (x)
sin(x) sin 2 = −1
(x) sin 2 (x) = −(1+cot2 (x)).
Die obige Ergebnisse fassen wir in folgender Tabelle zusammen.
(sin(x)) ′ = cos(x)
(cos(x)) ′ = −sin(x)
(tan(x)) ′ =
1
cos 2 (x) = 1+tan2 (x)
(cot(x)) ′ = − 1
sin 2 (x) = −(1+cot2 (x))
Beispiel 4.7.1. Um die Funktion f(x) = 2x 4 cos(x) zu differenzieren, wenden wir die Produktregel
an: Wir setzen u(x) = 2x 4 und v(x) = cos(x) und berechnen deren Ableitungen
u ′ (x) = 8x 3 und v ′ (x) = −sin(x). Somit gilt
f ′ (x) = u ′ (x)v(x)+u(x)v ′ (x) = 8x 3 cos(x)−2x 4 sin(x).
Beispiel 4.7.2. Wir möchten die Funktion f(x) = sin(2x) ableiten. Mit dem Additionstheorem
für den Sinus können wir sie als f(x) = 2sin(x)cos(x) umschreiben, was uns erlaubt die
Produktregel wie folgt anzuwenden:
f ′ (x) = 2 ( (sin(x)) ′ cos(x)+sin(x)(cos(x)) ′) = 2(cos 2 (x)−sin 2 (x)) = 2cos(2x).
Die letzte Gleichheit folgt aus dem Additionstheorem für den Kosinus.
Aufgaben
Aufgabe 4.7.1. Leiten Sie folgende Funktionen ab.
a. f(x) = sin 2 (x)
b. f(t) = 3sin(t)+tcos(t)
c. f(α) = 2sin(α)(α−cot(α))
d. f(x) = (x−tan(x))sin(x)cos(x)
e. f(x) = 1−cos(x)
1+sin(x)
f. f(t) = sin(t)
t
g. f(x) = −cos(x)
2xtan(x)
h. f(x) = 2x 3 tan(x)
i. f(t) = t(sin(t)−cos(t))
j. f(α) = sin(α)−αcos(α)
Aufgabe 4.7.2. Leiten Sie folgende Funktionen ab und vereinfachen Sie das Ergebnis so weit
wie möglich.
a. f(x) = cos(2x)+sin 2 (x)
b. f(x) = x−sin(x)cos(x)
c. f(x) = 1
cos(x) +tan(x)

4.7. Ableitung der trigonometrischen Funktionen 75
Aufgabe 4.7.3. Unter welchen Winkeln schneiden die folgenden Kurven die x-Achse?
a. y = sin(x) b. y = tan(x)
Aufgabe 4.7.4. Unter welchem Winkel schneiden sich die folgenden Kurven?
a. y = sin(x) und y = cos(x) b. y = tan(x) und y = cot(x)
Aufgabe 4.7.5. Es sei t die Tangente an die Kosinuskurve im Punkt P(x 0 ,y 0 ). Bestimmen
Sie den Flächeninhalt des rechtwinkligen Dreiecks, das durch t und die Tangenten bei x = π 2
und x = − π 2 gebildet wird. Überprüfen Sie Ihr Ergebnis für die Werte x 0 = 0 und x 0 = π.
Aufgabe 4.7.6. Es seien t 1 und t 2 die Tangenten an die Tangens- und Kotangenskurve im
Punkte mit der Abszisse x 0 . Was ist die Abszisse ihres Schnittpunktes?
Aufgabe 4.7.7. Bestimmen Sie die Tangentengleichung an die Kurve y = sin(x) bei x = x 0 .
Lösungen
Lösung 4.7.1.
a. f ′ (x) = sin(2x)
b. f ′ (t) = 4cos(t)−tsin(t)
c. f ′ (α) = 2cos(α)(α−cot(α))+2sin(α)(1+sin −2 (α))
d. f ′ (x) = xcos(2x)− 1 2 sin(2x)
e. f ′ (x) = 1+sin(x)−cos(x)
(1+sin(x)) 2
f. f ′ (t) = tcos(t)−sin(t)
t 2
g. f ′ (x) = xsin(x)tan(x)+sin(x)+xcos−1 (x)
2x 2 tan 2 (x)
h. f ′ (x) = 6x 2 tan(x)+2x 3 cos −2 (x)
i. f ′ (t) = sin(t)−cos(t)+t(cos(t)+sin(t))
j. f ′ (α) = αsin(α)
Lösung 4.7.2.
a. f ′ (x) = −sin(2x)
b. f ′ (x) = 2sin 2 (x)
c. f ′ (x) =
1
1−sin(x)
Lösung 4.7.3.
a. 45 ◦ und −45 ◦ b. 45 ◦

76 Kapitel 4. Differenzialrechnung
Lösung 4.7.4.
a. 70.53 ◦ b. 53.13 ◦
Lösung 4.7.5.
( π
2 −cos(x 0)−x 0 sin(x 0 )
cos(x 0 )
) 2
Lösung 4.7.6. Die Abszisse des Schnittpunktes ist x 0 + 1 4 sin(4x 0). Zur Kontrolle könnten
Sie zum Beispiel x 0 = π 4
einsetzen. Wieso?
Lösung 4.7.7. y = sin(x 0 )+cos(x 0 )(x−x 0 )
4.8 Logarithmen
Es sei a eine positive reelle Zahl mit a ≠ 1. Der Graf der Exponentialfunktion f(x) = a x
kennen wir aus dem Kapitel 2.6: Wenn a > 1, ist er monoton steigend; wenn a ∈]0,1[, ist
er monoton fallend (vgl. Abbildungen 4.8.i und 4.8.ii). In beiden Fällen ist der Wertebereich
y
y
1
1
x
x
Abbildung 4.8.i: y = a x , wobei a > 1
Abbildung 4.8.ii: y = a x , wobei a < 1
]0,∞[. Daraus folgt, dass für jede positive reelle Zahl y die Gleichung y = a x genau eine
Lösung besitzt. Diese Lösung wird durch log a (y) bezeichnet und den Logarithmus von y
zur Basis a genannt. Anders gesagt gilt für jedes y ∈ ]0,∞[
x = log a (y) ⇔ y = a x .
Logarithmen können zu jeder beliebigen Basis a ∈ ]0,∞[ − {1} berechnet werden, jedoch
werden die Basen a = 10 und a = e am häufigsten verwendet. Logarithmen zur Basis 10
werden oft mit lg statt log 10 bezeichnet und sind nützlich für numerische Berechnungen. Die
Basis e ist dagegen für theoretische Anwendungen besonders geeignet. Logarithmen zur Basis
e werden mit ln bezeichnet und natürliche Logarithmen genannt.
Das folgende Ergebnis zeigt, dass sich die Funktionen f(x) = a x und g(x) = log a (x) gegenseitig
“aufheben” 6 .
Lemma 4.8.1. Für alle u ∈ ]0,∞[ gelten
a log a (u) = u und log a (a u ) = u.
Beweis. Folgt sofort aus der Definition des Logarithmus.
6 Präziser formuliert bedeutet dies, dass f(g(x)) = 1 für alle x ∈ X g und g(f(x)) = 1 für alle x ∈ X f . Wir
sagen, f und g seien Umkehrfunktionen zueinander. Dieser Begriff wird im Kapitel 8 weiter erläutert.

4.8. Logarithmen 77
DiefolgendensogenanntenLogarithmengesetzesindvongrosserBedeutungfürnumerische
sowie theoretische Berechnungen.
Satz 4.8.1. Für alle u ∈ ]0,∞[ und v ∈ ]0,∞[ gelten
log a (u)+log a (v) = log a (uv)
( u
)
log a (u)−log a (v) = log a .
v
Beweis. Wir setzen x = log a (u) und z = log a (v). Dann gelten laut der Definition des Logarithmus
u = a x und v = a z , woraus folgt
log a (uv) = log a (a x a z ) = log a (a x+z ) = x+z = log a (u)+log a (v)
und
log a
( u
v
)
= log a
( a
x
a z )
= log a (a x−z ) = x−z = log a (u)−log a (v).
Satz 4.8.2. Für alle u ∈ ]0,∞[ und s ∈ R gilt
log a (u s ) = slog a (u).
Beweis. Wir setzen x = log a (u). Dann gilt laut der Definition des Logarithmus a x = u,
woraus folgt
log a (u s ) = log a ((a x ) s ) = log a (a xs ) = xs = slog a (u).
Beispiel 4.8.1. InderZeit vor denmodernenTaschenrechner waren Logarithmen ein wesentlicher
Bestandteil im Alltag eines Ingenieurs.Umzwei grosseZahlenzusammenzumultiplizieren,
zum Beispiel 403 und 89, wurde mit Hilfe von Logarithmentafeln wie folgt vorgegangen:
403×89 = ???
lg(403×89) = lg(403) +lg(89) ≈ 2.60531 +1.94939 = 4.55470 ≈ lg(35865)
403×89 ≈ 35865.
Eine aufwändige Multiplikation wurde so durch eine viel einfachere Addition ersetzt. Auf
ähnliche Weise konnten Potenzrechnungen, wie zum Beispiel 391 7 , durch Logarithmieren auf
Multiplikationen zurückgeführt werden:
391 7 = ???
lg(391 7 ) = 7lg(391) ≈ 7×2.59218 = 18.14526 ≈ lg(1.397·10 18 )
391 7 ≈ 1.397·10 18 .
Ebenso wurde die Berechnung einer schwierigen Wurzel auf eine einfache Division zurückgeführt:
lg( 5√ 651) = 1 5
5√
651 = ???
lg(651) ≈ 2.81358 ÷5 = 0.562716 ≈ lg(3.654)
5√
651 ≈ 3.654.

78 Kapitel 4. Differenzialrechnung
ImAllgemeinenwerdenLogarithmeninTabellennurzurBasis10undaufdemTaschenrechner
nurzudenBasen10undezurVerfügunggestellt. DasfolgendeErgebnisistfürdieBerechnung
von Logarithmen zu einer beliebigen Basis nützlich.
Satz 4.8.3 (Basiswechsel). Es seien a und b zwei positive reelle Zahlen mit a ≠ 1 und b ≠ 1.
Dann gilt für jedes y ∈ ]0,∞[
log a (y) = log b(y)
log b (a) .
Beweis. Wir setzen x = log a (y). Danngilt lautderDefinition desLogarithmus y = a x ,woraus
folgt
log b (y) = log b (a x ) = xlog b (a) = log a (y)log b (a).
Beispiel 4.8.2. Hier berechnen wir einige Logarithmen zu weniger gewöhnlichen Basen:
Aufgaben
log 2 (10) = log 10(10)
log 10 (2) ≈ 1
0.30103 ≈ 3.32
log 7 (5) = log 10(5)
log 10 (7) ≈ 0.69897
0.84510 ≈ 0.83.
Aufgabe 4.8.1. Warum muss 1 als Logarithmenbasis ausgeschlossen werden?
Aufgabe 4.8.2. Berechnen Sie ohne Hilfe eines Taschenrechner die folgenden Logarithmen.
a. log 2 ( 1 8 )
b. log 8 (4)
c. log √ 2 (1 2 )
d. log 81 ( 1
27 )
Aufgabe 4.8.3. Berechnen Sie mit Hilfe eines Taschenrechner folgende Logarithmen.
a. log 2 (74)
b. log 2 (65)
c. log 0.5 (13.72)
Aufgabe 4.8.4. Formen Sie nach den Logartihmengesetzen die folgenden Ausdrücke um,
wobei a ∈ ]0,∞[−{1}, b ∈ ]0,∞[−{1} und n ∈ N.
( u
3 √ )
√ )
u+v
a. log a
f. lg
(a n a n√ a
a
( a 7 −a 4 )
g. log
b. log a (u 2 )−log a (v v )+log b ( √ u)
a
b
h. log 1(e ( √ )
2 )
e
64u v
c. log 2
w
i. log a (x)−log b (x a )+log 2 (x b )
( √ )
3
d. lg 2u 2 v 5
(√
e. lg a √ )
b

4.8. Logarithmen 79
Aufgabe 4.8.5. Lösen Sie die folgenden Gleichungen nach x auf, wobei a, b und c positive
reelle Zahlen sind und n ∈ N.
a. lg(x) = 2 3 lg(a)+ 3 4 lg(b)− 4 5 lg(c)
b. lg(x) = − 2 3 lg(a)
c. lg(x) = − 1 2 lg(a+b)
d. lg(x) = 1 n lg(√ 1+a)
e. lg(x) = 1 2 lg(a+b)− 1 2 lg(b+c)− 1 2 lg(c+a)
f. lg(x) = lg(a)+ 1 (
a lg(a)+
1
a lg(a))
Aufgabe 4.8.6. Zeichnen Sie den Graf der Logarithmusfunktion f(x) = log a (x) für die
Basen a = 1 2
, 2, e und 10.
Lösungen
Lösung 4.8.2.
a. −3
b.
2
3
Lösung 4.8.3.
a. 6.21
c. −2
d. − 3 4
c. −3.78
b. 6.02
Lösung 4.8.4.
a. 3log a (u)+ 1 2 log a(u+v)−1 f. lg(a)+ 1 n lg(a)+ 1 lg(a)
n 2
b. 4+log a (a 3 (
−1)−log a (b)
u
2
)
√ 1
g. log a u
c. 6+log 2 (u)+ 1 2 log v
2(v)−log 2 (w)
v log a (b)
1
d.
3 lg(2)+ 2 3 lg(u)+ 5 3 lg(v)
h. −2
( )
1
e.
2 lg(a)+ 1 4 lg(b) i. log a x 1+ b
log a (2) − a
log a (b)
Lösung 4.8.5.
3√
a 2 4√ b
a. x = 5√ 3
d. x = 2n√ 1+a
c
4
√
a+b
b. x = 3√ 1
e. x = √ √ b+c c+a
a 2
f. x = a 1+1 a + 1
a 2
1
c. x = √
a+b

80 Kapitel 4. Differenzialrechnung
Lösung 4.8.6. Vgl. Abbildung 4.8.iii.
y
a = 2
a = e
1
a = 10
x
a = 1 2
Abbildung 4.8.iii: Der Graf y = log a (x)
4.9 Ableitung der Logarithmusfunktionen
Es sei a eine positive reelle Zahl mit a ≠ 1. Das Ziel dieses Kapitels ist es, die Ableitung der
Logarithmusfunktionf(x) = log a (x)zuberechnen.WirbeginnenmitdemFall dernatürlichen
Logarithmusfunktiong(x) = ln(x).DerentsprechenderDifferenzenquotient lässtsichmitHilfe
der Logarithmengesetze wie folgt ausdrücken:
∆y
∆x = ln(x+∆x)−ln(x) = 1 ( x+∆x
∆x ∆x ln x
lim
n→∞
)
= 1 x
Laut der Definition der Zahl e (vgl. Aufgabe 3.1.5) gilt
(
1+
n) 1 n
= e,
woraus folgt
g ′ ∆y
(x) = lim
∆x→0 ∆x = lim 1
∆x→0
= 1 (
x ln lim
Damit erhalten wir die folgende Formel:
( (
x ln 1+ 1 x
∆x
(
1+ 1 ) n )
= 1
n→∞ n x ln(e) = 1 x .
(
x
∆x ln 1+ ∆x )
= 1 (
x x ln 1+ 1 ) x
∆x
x .
∆x
) x
) (
∆x
= 1 x ln
lim
∆x→0
(
1+ 1 ) x
)
∆x
x
∆x
(ln(x)) ′ = 1 x

4.10. Differenzial einer Funktion 81
Daraus können wir mit Hilfe von Satz 4.8.3 die Ableitung der allgemeinen Logarithmusfunktion
f(x) = log a (x) wie folgt herleiten:
Aufgaben
f ′ (x) =
( ) ln(x) ′
= (ln(x))′
ln(a) ln(a)
Aufgabe 4.9.1. Leiten Sie folgende Funktionen ab.
a. f(x) = xln(x)
b. g(x) = ln(x)
x
=
1
xln(a) .
Aufgabe 4.9.2. Es sei a eine positive reelle Zahl mit a ≠ 1. Bestimmen Sie den Winkel
zwischen den Tangenten der Kurve y = log a (x) und y = log 1(x) an der Stelle x = 1.
a
Lösungen
Lösung 4.9.1.
a. f ′ (x) = ln(x)+1
b. g ′ (x) = 1 x 2 − ln(x)
x 2
Lösung 4.9.2. arctan
( ) 2ln(a)
1−ln 2 (a)
4.10 Differenzial einer Funktion
Wir betrachten auf dem Graf einer differenzierbaren Funktion f einen beliebigen Punkt
P(x,y). Eine Änderung des Abszissenwertes um ∆x zieht eine Änderung des Funktionswertes
um ∆y nach sich und wir gelangen zum Punkt Q(x+∆x,y +∆y). Da beide Punkte P und
Q auf der Kurve der Funktion liegen, gilt y = f(x) und y +∆y = f(x+∆x). Somit gilt
∆y = f(x+∆x)−f(x).
Die entsprechenden Koordinatenänderungen auf der in P errichteten Kurventangente werden
statt ∆x und ∆y durch dx und dy bezeichnet. Anders gesagt ist dy die Änderung des Ordinatenwertes,
wenn wir von P aus längs der dortigen Tangente um eine gewisse Distanz dx
fortschreiten. Dabei wird der Punkt Q ′ (x+dx,y +dy) erreicht, der zwar auf der Tangente,
jedoch nicht (unbedingt) auf der Kurve liegt. Da die Tangentensteigung f ′ (x) ist, gilt
dy = f ′ (x)dx.
(4.10.a)
Wir nennen dx das unabhängige Differenzial und dy das abhängige Differenzial der
Funktion f.
Beispiel 4.10.1.
• Für f(x) = x 2 gilt dy = 2xdx.

82 Kapitel 4. Differenzialrechnung
y
y
y + dy
Q ′
•
y + ∆y
y
P
•
∆x
Q
•
∆y
y
P
•
dx
dy
x
x + ∆x
x x x + dx
x
Abbildung 4.10.i: Zum Begriff des Differenzials einer Funktion
• Für f(x) = sin(x) gilt dy = cos(x)dx.
• Für f(x) = x gilt dy = 1·dx = dx.
• Für f(x) = c, wobei c eine konstante reelle Zahl ist, gilt dy = 0·dx = 0.
Aus der Bezeichnung (4.10.a) ziehen wir den Schluss, dass die Ableitung einer Funktion als
Quotient zweier Differenziale aufgefasst werden darf:
f ′ (x) = dy
dx = lim ∆y
∆x→0 ∆x .
In diesem Skriptum verwenden wir meistens die alternative Notation df
dx
. Um klar zu machen,
dass die Ableitung an der Stelle x gemeint ist, schreiben wir 7 df
dx (x).
Aus der differenziellen Schreibweise für die Ableitung geht klar hervor, nach welcher Variable
differenziert werden soll. Zum Beispiel, gilt für die Funktion s(t) = g 2 t2 +v 0 t+s 0
ds
dt (t) = gt+v 0.
Dieser Funktion werden wir noch einmal im Kapitel 5.1 begegnen.
Beispiel 4.10.2. Der Pizzaiolo einer Pizzeria hat beschlossen seine Pizzas vom Radius
r = 10cm um 1cm zu vergrössern. Dazu will er eine kleine Überschlagsrechnung machen,
um herauszufinden um wie viel die Fläche zunimmt. Der Flächeninhalt in Abhängigkeit des
Radius wird durch die Funktion A(r) = πr 2 beschrieben. Dementsprechen vergrössert sich
der Flächeninhalt um
∆A = π(r +∆r) 2 −πr 2 = π(2r∆r+(∆r) 2 ) = π(2·10cm·1cm+(1cm) 2 ) = 21πcm 2 .
Anstelle dieser relativ aufwändigen Rechnung verwendet der clevere Pizzaiolo das Differenzial
von A. Er erhält eine approximative Vergrösserung des Flächeninhalts von
dA = 2πrdr = 2π ·10cm·1cm = 20πcm 2 .
Der Fehler ∆A−dA = πcm 2 , der dadurch entstand, heisst Linearisierungsfehler, weil die
Funktion A an der Stelle r = 10cm mit der Tangente approximiert wurde. Wir werden in der
Datenanalyse diesen Sachverhalt bei der Fehlerrechnung genauer untersuchen.
7 In der Literatur finden sich auch die Schreibweisen df(x)
dx
und d
dx f(x).

4.11. Ableitung von verknüpften Funktionen – Die Kettenregel 83
Aufgaben
Aufgabe 4.10.1. Berechnen Sie das Differenzial dy der folgenden Funktionen.
a. f(x) = 4x 3 −2x 2 +1
b. f(x) = tan(x)
c. f(x) = x −2
d. f(x) = x−5
Lösungen
Lösung 4.10.1.
a. dy = (12x 2 −4x)dx
b. dy = (1+tan 2 (x))dx
c. dy = −2x −3 dx
d. dy = dx
4.11 Ableitungvon verknüpften Funktionen–Die Kettenregel
DieFunktionf(x) = sin(2x) desBeispieles 4.7.2 konntenwirnurableiten, indemwirsiezuerst
mit Hilfe des Additionstheorems für Sinus umschrieben. Diese Strategie war durchaus erfolgreich
aber gleichwohl relativ aufwändig. In diesem Kapitel führen wir eine Methode ein, die
uns erlaubt, solche zusammengesetzte Funktionen direkt abzuleiten. Als Beispiel betrachten
wir die Funktion
f(x) = cos(2x−1),
die wir zwar mit den bisherigen Regeln ableiten könnten, aber nur mit grosser Geduld 8 .
Um den Funktionswert y = f(x) an einer gewissen Stelle x auszurechnen, müssen wir zuerst
den Wert u = 2x−1 ermitteln und danach den Wert y = cos(u). Setzen wir h(x) = 2x −1
und g(u) = cos(u), so können wir die Funktion f wie folgt neu schreiben 9 :
f(x) = g(h(x)) = (g ◦h)(x).
An diesem Punkt gehen wir zum allgemeinen Fall über, das heisst, wir betrachten gleichzeitig
alle Funktionen der Form f(x) = (g ◦h)(x), wobei g und h differenzierbare Funktionen sind.
Für jeden Punkt x des Definitionsbereiches X f schreiben wir u = h(x) und y = g(u) =
g(h(x)) = f(x). Die Situation wird in Abbildung 4.11.i dargestellt.
Es gibt jetzt drei Variablen im Spiel: x, u und y. Dementsprechend können wir drei verschiedene
Differenzenquotienten bilden:
∆y
∆u = g(u+∆u)−g(u) ,
∆u
∆u
∆x = h(x+∆x)−h(x)
∆x
und
∆y
∆x = f(x+∆x)−f(x) .
∆x
Esistderletzte, derunsfürdieAbleitungvonf interessiert. UmseinenGrenzwertfür∆x → 0
zu berechnen, schreiben wir ihn als Produkt der zwei ersten Differenzenquotienten:
f ′ ∆y
(x) = lim
∆x→0 ∆x = lim ∆y
∆x→0 ∆u · ∆u
∆x = lim g(u+∆u)−g(u)
· h(x+∆x)−h(x)
∆x→0 ∆u ∆x
8 Versuchen Sie es doch!
9 Dabei bedeutet das Symbol g ◦h die Verknüpfung der Funktion h mit g (zuerst h dann g).

84 Kapitel 4. Differenzialrechnung
h
g
•
x
•
u = h(x)
•
y = g(u)
f
Abbildung 4.11.i: Die zusammengeschachtelte Funktion f = g ◦h
Bevor wir weiter fahren können, brauchen wir die folgende Bemerkung: Da h eine differenzierbare
Funktion ist, ist sie auch stetig (vgl. Satz 4.1.1), und somit gilt
lim ∆u = lim h(x+∆x)−h(x) = h(x)−h(x) = 0.
∆x→0 ∆x→0
Anders gesagt, wenn wir ∆x gegen 0 streben lassen, strebt auch ∆u gegen 0. Jetzt sind wir
in der Lage, die Berechnung von f ′ (x) zu vervollständigen:
f ′ g(u+∆u)−g(u)
(x) = lim
∆x→0 ∆u
= lim
∆u→0
g(u+∆u)−g(u)
∆u
· h(x+∆x)−h(x)
∆x
· lim
∆x→0
Damit erhalten wir die so genannte Kettenregel:
h(x+∆x)−h(x)
∆x
= g ′ (u)h ′ (x) = g ′ (h(x))h ′ (x).
(g ◦h) ′ (x) = (g(h(x))) ′ = g ′ (h(x))h ′ (x)
Beispiel 4.11.1. Jetzt können wir zu unserem ursprünglichen Beispiel zurück kehren: Es sei
f(x) = cos(2x−1) = (g◦h)(x), wobei h(x) = 2x−1 und g(u) = cos(u). Die Ableitungen der
Hilfsfunktionen h und g sind h ′ (x) = 2 und g ′ (u) = −sin(u). Somit gilt laut Kettenregel
f ′ (x) = g ′ (h(x))h ′ (x) = −sin(2x−1)·2 = −2sin(2x−1).
Die Kettenregel wird oft mit der differenziellen Schreibweise dargestellt. Durch das Setzen
der Variablen u = h(x) und y = f(x) = g(u) und können wir die Ableitungen von f, g und
h wie folgt schreiben:
f ′ (x) = dy
dx (x),
Somit lautet die Kettenregel
oder, kürzer ausgedrückt:
g′ (u) = dy
du (u) und h′ (x) = du
dx (x)
dy dy
(x) =
dx du (u)du dx (x),
dy
dx = dy
du · du
dx
(4.11.a)

4.11. Ableitung von verknüpften Funktionen – Die Kettenregel 85
Beispiel 4.11.2. Hier probieren wir die neue Form der Kettenregel auf die Funktion f(x) =
cos(2x−1) des Beispieles 4.11.1 aus. Wie vorher setzen wir u = 2x−1 und y = f(x) = cos(u).
Dann gilt
f ′ (x) = dy
dx = dy
du · du = −sin(u)·2 = −2sin(2x−1).
dx
Beispiel 4.11.3. Es sei die Funktion f(x) = (3x+1) 8 gegeben. Hier könnten wir zwar mit
Hilfe des binomischen Satzes die Klammer zuerst ausmultiplizieren, und dann jeden Summanden
einzeln ableiten, oder stattdessen die Produktregel mehrmals anwenden, aber beide
Strategien sind sehr aufwändig. Die Kettenregel bietet uns einen wesentlich schnelleren Weg
an. Wir setzen u = 3x+1 und y = f(x) = u 8 . Laut der Formel (4.11.a) ist dann
f ′ (x) = dy
dx = dy
du · du
dx = 8u7 ·3 = 24(3x+1) 7 .
Beispiel 4.11.4. Die Kettenregel können wir auch für die Ableitung von Funktionen anwenden,
die aus mehreren zusammengesetzten Funktionen bestehen. Zum Beispiel betrachten
wir die Funktion f(x) = ln(tan( x 2 )). In einem ersten Schritt setzen wir u = x 2 und
y = f(x) = ln(tan(u)). Um die Kettenregel (4.11.a) zu verwenden, müssen wir die Ableitung
dy
du
kennen, was eine weitere Substitution verlangt. Wir setzen also v = tan(u), woraus
y = ln(v) folgt, und erhalten
Somit gilt
dy
du = dy
dv · dv
du = 1 v ·
1
cos 2 (u) = 1
tan(u) ·
1
cos 2 (u) = 1
sin(u)cos(u) .
f ′ (x) = dy
dx = dy
du · du
dx = 1
sin(u)cos(u) · 1
2 = 1
sin(2u) = 1
sin(x) .
Beispiel 4.11.5. Mit der Ergänzung der Kettenregel zu unserem Ableitungsrepetoire sind
wir endlich in der Lage, Potenzfunktionen der Form f(x) = x α abzuleiten, wobei α eine
rationale Zahl ist. Wir setzen y = f(x) und schreiben α = m n
, wobei m und n ganze Zahlen
sind mit n > 0. Dann gilt
y n = (x m n) n = x m .
(4.11.b)
Wir möchten die linke und rechte Seite dieser Formel nach x ableiten. Für den Term y n
nehmen wir die Kettenregel zur Hilfe: Wir setzen u = y n , und erhalten
du
dx = du
dy · dy
dx = nyn−1 · dy
dx .
Somit lautet die Ableitung der Gleichung (4.11.b)
das heisst
dy
dx = mxm−1
ny
ny n−1 · dy
dx = mxm−1 ,
n(x m n) = mxm−1−m+ 1 n
n−1 n
n−1
=
mxm−1
Diese Formel verdient auch einen Rahmen:
= αx α−1 .
(x α ) ′ = αx α−1 für alle α ∈ Q (4.11.c)

86 Kapitel 4. Differenzialrechnung
Aufgaben
Aufgabe 4.11.1. Wenden Sie die Kettenregel an, um die folgenden Funktionen abzuleiten.
a. f(x) = (2x 2 −1) 10
c. f(t) = sin(2t)
b. f(x) = (x 3 −2x)(1−x 3 ) 5
d. f(α) = cot(1−2α)
Aufgabe 4.11.2. Leiten Siemit Hilfe der Formel (4.11.c) diefolgenden Funktionen ab, wobei
a und b konstante reelle Zahlen sind.
a. f(x) = 3√ x 2
b. f(u) = 6u 4 3 −2u −1 3 −10u 2 5
c. f(t) = t √ t
d. f(x) = x 2 4√ x 3
e. f(x) = a−x √
bx
f. f(u) = 1−u
u+ √ u
g. f(x) = ( √ x−x)(1+ √ x)
h. f(t) = (t−1) √ t
i. f(ξ) = 3ξ2 −a
√ ξ
j. f(x) = 4x−1
3√ x
(3x 2 −1)
k. f(x) = 1
3√ x
(1+ 4√ x)
l. f(x) =
m. f(x) = a−√ x
a+ √ x
n. f(z) = 2a
a+ √ z
√ x−1
2x 2 (1+ √ x) 2
Aufgabe 4.11.3. Leiten Sie folgende Funktionen ab.
a. f(x) = √ 1−x
2x
b. f(x) = (1− √ g. f(x) =
1+x 2 ) 6
1− √ x 2 −1
c. f(z) = √ 1+ √ h. f(s) = sin( √ 1−2s)
z
( ) 1
i. f(x) = 1+√ 1+x
d. f(x) = cos
1−x
1−x
e. f(t) = √ x 2 −1
j. f(x) =
tan(t)
x+ √ x 2 −1
√ √ 1−x
2x
f. f(x) = √ k. f(x) = 3
1+x x−1

4.11. Ableitung von verknüpften Funktionen – Die Kettenregel 87
Aufgabe 4.11.4. Leiten Sie folgende Funktionen ab, wobei a und b positive reelle Zahlen
sind mit a ≠ 1 und b ≠ 1.
a. f(T) = √ −ln(sin(T))
b. f(u) = lg(u n )
(√ ) 1+t
c. f(t) = ln √ 1−t
d. f(x) = log a (x 3 )log b ( 1 x )
e. f(x) = ln(x+ √ 1+x 2 )
g. f(x) = ln(ln(x))
h. f(x) = ln(ln(tan(2x)))
i. f(u) = (ln(u)) 4
j. f(x) = ln
( ( x
tan
2 + π 4))
k. f(x) = ln(sin(x))+ 1 2 cot2 (x)
f. f(τ) = ln(τ cos(τ))
Aufgabe 4.11.5. Leiten Sie folgende Funktionen ab, wobei a ∈ R, b ∈ R und k ∈ Z.
( )
( )
t+a
1−cos(kx)
a. f(t) = ln
d. f(x) = ln
t+b
1+cos(kx)
( )
( )
a+x
1+sin(γ)
b. f(x) = ln
e. g(γ) = ln
a−x
1−sin(γ)
(√ )
x 2 +1−1
c. f(x) = ln
√
x 2 +1+1
Aufgabe 4.11.6. Welchen Wert hat die Ableitung der Funktion f an der Stelle x 0 , und
welchen Winkel bildet dort die Kurventangente mit der x-Achse?
a. f(x) = 1−√ x
, x 0 = 4 b. f(x) = √ x+ √ 1 , x 0 = 0.25
x
x
Aufgabe 4.11.7. Wo und unter welchen Winkeln schneiden sich die Kurven y = x 3 und
y = √ x?
Aufgabe 4.11.8. Untersuchen Sie die Funktion f(u) = |u| √ |u| auf Differenzierbarkeit.
Lösungen
Lösung 4.11.1.
a. f ′ (x) = 40x(2x 2 −1) 9
b. f ′ (x) = (3x 2 −2)(1−x 3 ) 5 −15x 2 (x 3 −2x)(1−x 3 ) 4
c. f ′ (t) = 2cos(2t)
d. f ′ (α) =
2
sin 2 (1−2α)

88 Kapitel 4. Differenzialrechnung
Lösung 4.11.2.
a. f ′ (x) = 2
3 3√ x
b. f ′ (u) = 8u 1 3 + 2 3 u−4 3 −4u −3 5
c. f ′ (t) = 3 2√
t
d. f ′ (x) = 11
4
4√
x
7
e. f ′ (x) = − a
2 √ bx 3 − 1
2 √ bx
f. f ′ (u) = − 1
2 √ u 3
g. f ′ (x) = 1
2 √ x − 3√ x
2
h. f ′ (t) = √ t+ t−1
2 √ t
i. f ′ (ξ) = 6 √ ξ − 3ξ2 −a
2 √ ξ 3
j. f ′ (x) = 8x+1
3 3√ x 4 (3x2 −1)+6 3√ x 2 (4x−1)
k. f ′ (x) = − 4+ 4√ x
12 3√ x 4
l. f ′ (x) = −3√ x+4
4x 3
m. f ′ (x) =
n. f ′ (z) =
−a
√ x(a+
√ x) 2
−a
√ z(a+
√ z) 2
(1+ √ x) 2 + x−1
2 √ x 5
Lösung 4.11.3.
a. f ′ −1
(x) =
2 √ 1−x
g. f ′ 2 √ x
(x) =
2 −1+2
√
x 2 −1(1− √ x 2 −1) 2
b. f ′ (x) = −6x(1−√ 1+x 2 ) 5
√
1+x 2 h. f ′ (s) = −cos(√ 1−2s)
√ 1−2s
c. f ′ 1
(z) = √
4 z + √ z 3 i. f ′ (x) = 3+x+2√ 1+x
2(1−x) 2√ 1+x
)
−sin(
1
d. f ′ 1−x
j. f ′ (x) = 3x 2 −3x √ x 2 −1−1
(x) =
(1−x) 2
k. f ′ −2
(x) =
e. f ′ 1
(t) =
2cos 2 (t) √ 3(x−1) 3√ 4x 2 (x−1)
tan(t)
f. f ′ −1
(x) =
(1+x) √ 1−x 2

4.12. Ableitung impliziter Funktionen 89
Lösung 4.11.4.
a. f ′ −cot(T)
(T) =
2 √ g. f ′ 1
(x) =
−ln(sin(T))
xln(x)
b. f ′ n
(u) =
h. f ′ 4
(x) =
uln(10)
sin(4x)ln(tan(2x))
c. f ′ (t) = 1
1−t 2
i. f ′ (u) = 4(ln(u))3
u
d. f ′ −6
(x) =
ln(a)ln(b) · ln(x) j. f ′ (x) = 1
x
cos(x)
e. f ′ 1
k. f
(x) = √ ′ (x) = −cot 3 (x)
1+x 2
f. f ′ (τ) = 1 τ −tan(τ)
Lösung 4.11.5.
a. f ′ (t) =
b−a
(t+a)(t+b)
b. f ′ (x) = 2a
a 2 −x 2
c. f ′ 2
(x) =
x √ x 2 +1
d. f ′ (x) = 2k
sin(kx)
e. g ′ (γ) = 2
cos(γ)
Lösung 4.11.6.
a. 0 und 0 ◦ b. −3 und 108.43 ◦
Lösung 4.11.7. Im Punkt P(0,0) unter 90 ◦ und im Punkt P(1,1) unter 45 ◦ .
Lösung 4.11.8. Überall differenzierbar.
4.12 Ableitung impliziter Funktionen
Bis jetzt haben wir uns immer mit Kurven beschäftigt, die in der Form y = f(x) gegeben
wurden. In diesem Kapitel wenden wir uns an Kurven von so genannten impliziten Funktionen,
die durch eine Gleichung in zwei Variablen dargestellt werden. Ein nahe liegendes
Beispiel ist der Einheitskreis, der durch die Gleichung x 2 +y 2 = 1 beschrieben wird. In diesem
Fall können wir die Gleichung nach y auflösen, aber für andere implizite Funktionen ist dies
nicht möglich, wie zum Beispiel für die Kurve, die durch die Gleichung yx+cos(x +y) = 0
dargestellt wird. Stehen wir vor dem Problem, die Ableitung y ′ zu bilden, so müssen wir
eine neue Strategie entwickeln. Die Antwort besteht darin, die implizite Funktionsgleichung
gliedweise nach x zu differenzieren. Dabei ist jedoch zu berücksichtigen, dass die Variable y
eine von x abhängige Grösse darstellt.

90 Kapitel 4. Differenzialrechnung
Beispiel 4.12.1. Wir beginnen mit der Gleichung des Kreises x 2 +y 2 = 1. Laut den obigen
Instruktionen müssen wir jeden Term der Funktionsgleichung einzeln nach x differenzieren.
Die Terme x 2 und 1 sind einfach abzuleiten, dagegen verlangt der Term y 2 einen grösseren
Aufwand. Wir setzen u = y 2 und leiten mit Hilfe der Kettenregel nach x ab:
du
dx = du
dy · dy
dx = 2y ·y′ .
Die abgeleitete Funktionsgleichung lautet dann 2x+2yy ′ = 0, das heisst
y ′ = − x y .
DieSteigungderTangenteandenKreisimPunktP(x, √ 1−x 2 ),bzw.imPunktP(x,− √ 1−x 2 ),
−x
lässt sich somit als √ , bzw. √ x
, bestimmen.
1−x 2 1−x 2
Beispiel 4.12.2. Gegeben sei die Funktionsgleichung cos(x) + sin(y) = 0. Wir setzen u =
sin(y) und leiten nach x ab:
du
dx = du
dy · dy
dx = cos(y)·y′ .
Damit erhalten wir die abgeleitete Gleichung −sin(x)+cos(y)y ′ = 0, woraus folgt
Aufgaben
y ′ = sin(x)
cos(y) .
Aufgabe 4.12.1. Bilden Sie die Ableitung y ′ der folgenden impliziten Funktionen, wobei
a ∈ R und n ∈ N.
a. x 3 +xy 2 −y = 0
e. (x 2 +y 2 ) 2 −2ax(x 2 +y 2 ) = a 2 y 2
b. y −xsin(y) = 0
c. y 2 = x 2 a+x
a−x
d. x 3 +y 3 = 3axy
f.
3√
x 2 + 3√ y 2 = 3√ a 2
g. y 4 =
( ) x+1 3
x−1
h. x n +y n = 1
Aufgabe 4.12.2. Ermitteln Sie den Anstieg der Kurve mit den folgenden Gleichungen im
Punkte P 0 (x 0 ,y 0 ), wobei p, a und b konstante reelle Zahlen sind, und stellen Sie die Gleichung
der Tangente auf, die die Kurve in P 0 berührt.
a. y 2 = 2px
b.
x 2
a 2 − y2
b 2 = 1
Aufgabe 4.12.3. Leiten Sie die Quotientenregel her, indem Sie die Funktionsgleichung
in der Form f(x)v(x) = u(x) differenzieren.
f(x) = u(x)
v(x)
Aufgabe 4.12.4. Ermitteln Sie für die Kurve mit der Gleichung (x−6) 2 +(y−8) 2 −100 = 0
den Anstieg der Tangente an der Stelle x = −2.

4.12. Ableitung impliziter Funktionen 91
Lösungen
Lösung 4.12.1.
a. y ′ = 3x2 +y 2
e. y ′ = (x2 +y 2 )(2x−a)−2ax 2
1−2xy
y(a 2 +2ax)−2y(x 2 +y 2 )
√
b. y ′ sin(y)
y
=
f. y
1−xcos(y)
′ = − 3 x
c. y ′ = x(a2 −x 2 )+ax 2
y(a−x) 2
g. y ′ = −3(x+1)2
2y 3 (x−1) 4
d. y ′ = x2 −ay
ax−y 2 h. y ′ = − xn−1
y n−1
Die Kurven, die durch die in Aufgabe 4.12.1 gegebenen Gleichungen beschrieben sind, werden
in Abbildungen 4.12.i bis 4.12.iv dargestellt.
Abbildung 4.12.i: Die Kurven x 3 +xy 2 −y = 0 (links) und y −xsin(y) = 0 (rechts)
Abbildung4.12.ii: Die Strophoide y 2 = x 2a+x
a−x (links) und das Kartesische Blatt x3 +y 3 =
3axy (rechts)
Lösung 4.12.2.
a.
p
y 0
und yy 0 = p(x+x 0 ) b.
b 2 x 0
a 2 y 0
und xx 0
a 2 − yy 0
b 2 = 1

92 Kapitel 4. Differenzialrechnung
Abbildung 4.12.iii: Die Kardioide oder die Herzkurve (x 2 + y 2 ) 2 − 2ax(x 2 + y 2 ) = a 2 y 2
(links) und die Asteroide oder die Sternkurve 3√ x 2 + 3√ y 2 = 3√ a 2 (rechts)
Abbildung 4.12.iv: Die Kurven y 4 =
(
x+1
x−1) 3
(links) und x n +y n = 1, wobei n = 2, 4 und 40
(rechts).
Lösung 4.12.3. DieAbleitungderlinkenSeitef(x)v(x)istnachderProduktregelf ′ (x)v(x)+
f(x)v ′ (x). Die Ableitung der rechten Seite ist u ′ (x). Somit gilt
das heisst,
f ′ (x)v(x)+f(x)v ′ (x) = u ′ (x),
f ′ (x) = u′ (x)−f(x)v ′ (x)
v(x)
= u′ (x)− u(x)
v(x) v′ (x)
= u′ (x)v(x)−u(x)v ′ (x)
v(x) (v(x)) 2 .
Lösung 4.12.4. 53.13 ◦
4.13 Differenzieren nach Logarithmieren
Die letzte Ableitungsregel erlaubt das Differenzieren von Exponentialfunktionen aller Art. Sie
besteht aus zwei Schritten: Zuerst Logarithmieren, dann Differenzieren.
Beispiel 4.13.1. Um die Funktion f(x) = a x abzuleiten, setzen wir y = f(x) und logarithmieren
beide Seiten wie folgt:
ln(y) = xln(a).

4.13. Differenzieren nach Logarithmieren 93
Diese Gleichung können wir implizit ableiten. Wir erhalten
1
y y′ = ln(a),
das heisst, y ′ = yln(a) = a x ln(a). Anders gesagt:
Insbesondere, wenn a = e, ist
(a x ) ′ = a x ln(a)
(e x ) ′ = e x
Die Exponentialfunktion mit der Basis e ist also gleich ihrer Ableitung. Abgesehen von einem
konstanten Faktor ist sie, wie wir später zeigen werden, die einzige Funktion mit dieser
Eigenschaft.
Beispiel 4.13.2. Um die Funktion f(x) = x x abzuleiten, setzen wir y = f(x) und logarithmieren
beide Seiten wie folgt:
ln(y) = xln(x).
Jetzt leiten wir implizit ab und erhalten
1
y y′ = 1·ln(x)+x 1 x = ln(x)+1,
woraus folgt, dass y ′ = y(ln(x)+1) = x x (ln(x)+1).
Beispiel 4.13.3. Wir betrachten die Funktion f(x) = x ln(sin(x)) . Wie vorher, setzen wir
y = f(x) und logarithmieren beide Seiten der Funktionsgleichung. Somit erhalten wir
ln(y) = ln(sin(x))ln(x).
Wir leiten mit Hilfe der Produkt- und Kettenregel ab:
( )
1 1
y y′ =
sin(x) ·cos(x) ln(x)+ln(sin(x)) 1 x
Somit gilt
(
y ′ = x ln(sin(x)) cot(x)ln(x)+ ln(sin(x)) )
.
x
ln(sin(x))
= cot(x)ln(x)+ .
x
Beispiel 4.13.4. Bevor wir zu den Übungen übergehen, führenwir ein letztes Beispiel durch.
Es handelt sich um die Potenzfunktion f(x) = x α , wobei α eine beliebige reelle Zahl ist. (Vgl.
Beispiel 4.6.1, wobei α ∈ Z, und Beispiel 4.11.5, wobei α ∈ Q.) Wir setzen y = f(x) und
logarithmieren beide Seiten der daraus entstehenden Gleichung wie folgt:
ln(y) = αln(x).
Wie Sie es schon längstens wissen, kommt jetzt eine implizite Ableitung. Wir erhalten
1
y y′ = α 1 x ,
das heisst,
y ′ = αy
x = αxα−1 .
Somit haben wir bewiesen, dass die Potenzfunktion für beliebige reelle Exponenten immer
nach der gleichen Regel differenziert wird:
(x α ) ′ = αx α−1 für alle α ∈ R

94 Kapitel 4. Differenzialrechnung
Aufgaben
Aufgabe 4.13.1. Leiten Sie folgende Funktionen ab, ohne zuerst zu logarithmieren. Dabei
sind a ∈ R und ω ∈ R mit a > 0.
a. f(x) = 2 x
b. f(x) = x 2 e x
c. f(t) = sin(t)
e t
d. f(x) = a x x a
e. f(t) = e √ t
f. f(x) = e cos(x)
g. f(x) = e ln(x)
h. f(u) = e u cos(u)
i. f(t) = et −e −t
2
j. f(t) = et −e −t
e t +e −t
k. f(x) = √ 1−e 2x
l. f(t) = e sin(ωt)
m. f(z) = √ 1+a z
n. f(x) = 2 x e x
o. f(u) = ln(e 2u−1 )
p. f(x) = 2ex
e x +e −x
q. f(x) = e − 1
x 2
r. f(x) =
1
2−e 1
1−x
Aufgabe 4.13.2. Leiten Sie die folgende Funktionen ab, in dem Sie die Funktionsgleichung
zuerst logarithmieren.
(
c. f(x) = 1+ 1 ) x
x
f. f(x) = x xcos(x)
a. f(x) = x sin(x)
d. f(x) = x√ x
b. f(x) = sin(x)x cos(x)
e. f(x) = x 1−cos(x)
Aufgabe 4.13.3. Bilden Sie die Ableitung y ′ , in dem Sie die implizit dargestellte Funktionsgleichung
zuerst logarithmieren.
a. y x = 2e x b. y x = x y
Aufgabe 4.13.4. Leiten Sie die Quotientenregel her, in dem Sie die Gleichung
f(x) = u(x)
v(x)
zuerst logarithmieren und danach differenzieren.
Aufgabe 4.13.5. Bilden Sie die Ableitungen der folgenden Funktionen, wobei α, a und b
beliebige reelle Zahlen sind.
a. f(x) = ln(e x +e −x −2) b. f(x) = e αx (asin(bx)−bcos(bx))

4.13. Differenzieren nach Logarithmieren 95
Aufgabe 4.13.6. Es seien P 1 (x 1 ,y 1 ) und P 2 (x 2 ,y 2 ) zwei verschiedene Punkte der Kurve
y = e x . Berechnen Sie die Koordinaten des Kurvenpunktes, dessen Tangente parallel zur
Sehne von P 1 bis P 2 ist.
Aufgabe 4.13.7. Bestimmen Sie die Gleichung der durch den Ursprung gehenden Tangente
an die Kurve y = ae cx , wobei a und c beliebige reelle Zahlen sind.
Aufgabe 4.13.8. Es sei P(x 0 ,y 0 ) ein beliebiger Punkt der Kurve y = 1−e −cx , der nicht im
Ursprung O liegt. In welchem Punkte der Kurve ist die Tangente parallel zur Sehne vom O
bis P?
Aufgabe 4.13.9. Es seien P(x 0 ,y 0 ) ein Punkt der Kurve y = 1−e −cx und t die Tangente
an die Kurve im P. Der y-Achsenabschnitt von t wird durch U und der Schnittpunkt von t
mit der Geraden y = 1 wird durch V bezeichnet. Berechnen Sie das Teilverhältnis UP : VP.
Lösungen
Lösung 4.13.1.
a. f ′ (x) = 2 x ln(2)
k. f ′ (x) = √ −e2x
b. f ′ (x) = e x (2x+x 2 1−e 2x
)
c. f ′ (t) = cos(t)−sin(t)
l. f ′ (t) = ωcos(ωt)e sin(ωt)
e t
m. f ′ (z) = az ln(a)
d. f ′ (x) = a x x a−1 (xln(a)+a)
2 √ 1+a z
e. f ′ (t) = e√ t
n. f ′ (x) = 2 x e x (1+ln(2))
2 √ t
o. f ′ (u) = 2
f. f ′ (x) = −sin(x)e cos(x)
p. f ′ 4
(x) =
(e x +e −x ) 2
g. f ′ (x) = 1
h. f ′ (u) = e u (cos(u)−sin(u))
q. f ′ (x) = 2 1
x 3 e− x 2
i. f ′ (t) = et +e −t
2
r. f ′ e 1
1−x
(x) = ( )
(1−x)
j. f ′ 4
2 2−e 1 2
1−x
(t) =
(e t +e −t ) 2
Lösung 4.13.2.
(
a. f ′ (x) = x sin(x) cos(x)ln(x)+ sin(x) )
x
(
b. f ′ (x) = sin(x)x cos(x) cot(x)−sin(x)ln(x)+ cos(x) )
x
(
c. f ′ (x) = 1+ 1 ) x ( (
ln 1+ 1 )
− 1 )
x x 1+x

96 Kapitel 4. Differenzialrechnung
d. f ′ (x) = x√ x 1−ln(x)
x 2
(
e. f ′ (x) = x 1−cos(x) sin(x)ln(x)+ 1−cos(x) )
x
f. f ′ (x) = x xcos(x) (cos(x)ln(x)−xsin(x)ln(x)+cos(x))
Lösung 4.13.3.
a. y ′ = − x√ 2 eln(2)
x 2
b. y ′ = y2 −xyln(y)
x 2 −xyln(x)
Lösung 4.13.4. Durch Logarithmieren erhalten wir ln(f(x)) = ln(u(x)) − ln(v(x)), durch
Differenzieren
1
f(x) f′ (x) = 1
u(x) u′ (x)− 1
v(x) v′ (x).
Somit gilt
Lösung 4.13.5.
f ′ (x) = u(x)
v(x)
a. f ′ (x) = 1+e−x
1−e −x
( 1
u(x) u′ (x)− 1 )
v(x) v′ (x) = u′ (x)v(x)−u(x)v ′ (x)
(v(x)) 2 .
b. f ′ (x) = e αx( (αa+b 2 )sin(bx)+(ab−αb)cos(bx) )
Lösung 4.13.6. P
( (∣ ∣)
∣∣∣ y 2 −y 1∣∣∣
ln , y )
2 −y 1
x 2 −x 1 x 2 −x 1
Lösung 4.13.7. y = acex
( ( ) 1
Lösung 4.13.8. P
c ln cx0
, 1− y )
0
y 0 cx 0
Lösung 4.13.9. UP
VP = cx 0
4.14 Höhere Ableitungen
Ist die erste Ableitung f ′ einer Funktion f differenzierbar, so können wir sie wiederum differenzieren.
Die dadurch erhaltene Funktion wird die zweite Ableitung genannt und mit f ′′
bezeichnet. Solange das Kriterium der Differenzierbarkeit immer noch erfüllt wird, können
wir das Verfahren weiter führen. Die dritte Ableitung wird mit f ′′′ bezeichnet. Von der vierten
Ableitung an schreiben wir f (4) , f (5) , f (6) und so weiter. Unter Ableitung schlechthin verstehen
wir stets die erste Ableitung einer Funktion. Die zweite und alle weiteren Ableitungen
werden höhere Ableitungen genannt.

4.14. Höhere Ableitungen 97
In differenzieller Schreibweise werden die höheren Ableitungen einer Funktion f wie folgt
dargestellt:
f ′′ = df′
dx = d2 f
dx 2
f ′′′ = df′′
dx = d3 f
dx 3
Im Allgemeinen lautet die n-te Ableitung von f
f (n) = df(n−1)
dx
.
= dn f
dx n für alle n ∈ N.
Beispiel 4.14.1. Wir betrachten die Potenzfunktion f(x) = x n , wobei n eine natürliche Zahl
ist. Laut der Formel (4.3.a) ist f ′ (x) = nx n−1 . Wenn n−1 immer noch eine natürliche Zahl
ist, das heisst, wenn n ≥ 2, können wir das obige Ergebnis auf die erste Ableitung wieder
anwenden:
f ′′ (x) = (f ′ (x)) ′ = (nx n−1 ) ′ = n(n−1)x n−2 .
Falls n = 1, ist f ′ (x) = 1 und damit f ′′ (x) = 0. Das allgemeine Muster lässt sich schnell
festlegen. Wenn n ≥ k für ein gewisses k ∈ N, lautet die k-te Ableitung wie folgt:
f (k) (x) = n(n−1)(n−2)···(n−k +1)x n−k .
Insbesondere ist die n-te Ableitung die konstante Funktion f (n) (x) = n!. Die (n + 1)-te
Ableitung, sowie alle weiteren Ableitungen, sind überall gleich 0.
Beispiel 4.14.2. Wir möchten alle höheren Ableitungen der Funktion f(x) = e ax berechnen,
wobei a eine beliebige reelle Zahl ist. Mit Hilfe der Kettenregel erhalten wir
f ′ (x) = ae ax
f ′′ (x) = a 2 e ax
f ′′′ (x) = a 3 e ax
Im Allgemeinen gilt f (n) (x) = a n e ax für alle n ∈ N.
Aufgaben
Aufgabe 4.14.1. Bestimmen Sie die zweite Ableitungen der folgenden Funktionen, wobei
a ∈ R.
a. f(x) = sin(x)cos(x)
.
e. f(x) = a 2x
b. f(u) = cos 2 (u)
c. f(x) = x
1−x
d. f(x) = x 4 ln(x)
f. f(x) = e x sin(x)
g. f(t) = √ 1−t 2

98 Kapitel 4. Differenzialrechnung
Aufgabe 4.14.2. Bilden Sie die vierte Ableitung der folgenden Funktionen, wobei die Funktionen
u und v 4-mal differenzierbar sind.
a. f(x) = sin(x)
c. f(x) = ln(x)
b. f(x) = cos(x)
d. f(x) = u(x)v(x)
Aufgabe 4.14.3. Bestimmen Sie die n-te Ableitung der folgenden Funktionen.
a. f(x) = ln(x)
c. f(x) = x
b. f(w) = 1+w
1−x
1−w
d. f(x) = 2 x
Aufgabe 4.14.4. Es seien a eine positive reelle Zahl und t die Tangente an die Kurve 10
x 3 −ay 2 = 0 im Punkt P 0 (x 0 ,y 0 ). Bestimmen Sie den Schnittpunkt von t mit der Kurve.
Aufgabe 4.14.5. Welche Polynomfunktion 3-ten Grades f erfüllt die folgenden Bedingungen?
a. f(−1) = 0, f ′ (1) = 7, f ′ (2) = 34 und f ′′ (−1) = −18
b. f(1) = −4, f ′ (−1) = 10, f ′′ (1) = 8 und f ′′ (−1) = −16
Lösungen
Lösung 4.14.1.
a. f ′′ (x) = −2sin(2x)
b. f ′′ (u) = −2cos(2u)
c. f ′′ (x) =
2
(1−x) 3
d. f ′′ (x) = x 2 (7+12ln(x))
Lösung 4.14.2.
a. f (4) (x) = sin(x)
b. f (4) (x) = cos(x)
e. f ′′ (x) = 4a 2x (ln 2 (a))
f. f ′′ (x) = 2e x cos(x)
g. f ′′ −1
(t) =
( √ 1−t 2 ) 3
c. f (4) (x) = − 6 x 4
d. f (4) (x) = u (4) (x)v(x)+4u (3) (x)v ′ (x)+6u ′′ (x)v ′′ (x)+4u ′ (x)v (3) (x)+u(x)v (4) (x)
Lösung 4.14.3.
a. f (n) (x) = (−1)n−1 (n−1)!
n!
c. f(x) =
x n
(1−x) n+1
b. f (n) 2n!
d. f(x) = 2
(w) =
x ln n (2)
(1−w) n+1
Lösung 4.14.4. P ( x 0
4
,− y 0
8
)
. Die Nielsche Parabel wird in Abbildung 4.14.i dargestellt.
10 Diese Kurve heisst die Nielsche Parabel.

4.15. Differenzierbarkeit einer Funktion 99
Abbildung 4.14.i: Die Nielsche Parabel x 3 = ay 2 mit a > 0 eine reelle Zahl.
Lösung 4.14.5.
a. f(x) = 3x 3 −2x+1 b. f(x) = 2x 3 −2x 2 −4
4.15 Differenzierbarkeit einer Funktion
Die Steigung der Tangente ist nicht bei jeder Funktion in jedem Punkt definiert.
Definition 4.15.1. Eine Funktion f : X → Y heisst an der Stelle x ihres Definitionsbereichs
X differenzierbar, wenn der Grenzwert des Differenzenquotienten
∆y
lim
∆x→0 ∆x = lim f(x+∆x)−f(x)
∆x→0 ∆x
existiert und gleich einer endlichen Zahl ist. Die Funktion f : X → Y heisst im Intervall
]a,b[ ⊂ X differenzierbar, wenn sie in jedem Punkt des Intervalls differenzierbar ist.
Fast alle Funktionen, denen wir in den Anwendungen der Technik begegnen, sind stückweise
unendlich oft differenzierbar.
• Polynomfunktionen sind auf ganz R unendlich oft differenzierbar.
• Rationale Funktionen sind auf ihrem jeweiligen Definitionsgebiet unendlich oft differenzierbar.
Zum Beispiel ist f(x) = 1 x
auf X = R−{0} stetig und unendlich oft differenzierbar.
• Exponential-, Logarithmus-, Trigonometrische-, Hyperbel-, Arkus- und Areafunktionen
sind auf ihren jeweiligen Definitionsgebieten unendlich oft differenzierbar.
• Aus obigen Funktionen durch Addition, Subtraktion, Multiplikation oder Division zusammengesetzte
Funktionen sind auf ihrem jeweiligen Definitionsgebiet unendlich oft
differenzierbar.
Satz 4.15.1. Ist eine Funktion an einer Stelle ihres Definitionsgebiets unstetig, so ist sie dort
nicht differenzierbar. Sie besitzt dann keine Tangente in diesem Punkt.
Die Umkehrung ist nicht richtig. Wenn eine Funktion stetig ist, braucht sie nicht differenzierbar
zu sein. Wie zum Beispiel bei einem Knick. Hier müssen wir rechtsseitige und linksseitige

100 Kapitel 4. Differenzialrechnung
y
y = f(x)
•
•
x 0
x
Abbildung 4.15.i: Graf einer Funktion f mit einer Unstetigkeitsstelle bei x = x 0 . In diesem
Punkt ist f nicht differenzierbar, und der Graf besitzt dort keine Tangente.
Steigung unterscheiden:
Linksseitige Steigung
f(x)−f(x−∆x)
lim
∆x↓0 ∆x
Rechtsseitige Steigung
f(x+∆x)−f(x)
lim
∆x↓0 ∆x
Hingegen istjededifferenzierbareFunktionauchstetig. IntuitivhatderGrafeinerdifferenzierbaren
Funktion auf den Zusammenhangskomponenten ihres Definitionsbereichs keine Knicke
und keine senkrechten Tangenten.
y
y = f(x)
x 0
x
Abbildung 4.15.ii: Graf einer Funktion f mit einem Knick bei x = x 0 . In diesem Punkt
ist f nicht differenzierbar. Die linksseitige Tangente hat nicht die gleiche Steigung wie die
rechtsseitige.
Beispiel 4.15.1. Die Wurzelfunktion f(x) = √ x ist für alle x ∈ ]0,∞[ ⊂ [0,∞[ = X
differenzierbar. Aber bei x = 0 ∈ X ist
√ √
f(x+∆x)−f(x) 0+∆x− 0
lim = lim = +∞.
∆x↓0 ∆x ∆x↓0 ∆x
Die Steigung der Tangente bei x = 0 wäre unendlich, also ist f(x) = √ x bei x = 0 nicht
differenzierbar.
Beispiel 4.15.2. Die Betragsfunktion
f(x) = |x| =
{ −x wenn x < 0
x wenn x ≥ 0

4.15. Differenzierbarkeit einer Funktion 101
ist bei x = 0 nicht differenzierbar. Die linksseitige Steigung bei x = 0 beträgt
und die rechtsseitige
f(x)−f(x−∆x) |0|−|0−∆x| −∆x
lim = lim = lim
∆x↓0 ∆x ∆x↓0 ∆x ∆x↓0 ∆x = −1
f(x+∆x)−f(x) |0+∆x|−|0| ∆x
lim = lim = lim
∆x↓0 ∆x ∆x↓0 ∆x ∆x↓0 ∆x = 1.
Demzufolge existiert der Grenzwert des Differenzenquotienten bei x = 0 nicht. Also hat die
Betragsfunktion dort einen Knick und ist somit dort nicht differenzierbar.
Beispiel 4.15.3. Die nachfolgende Funktion f(x) = x 2 − |x − 1| − 2 ist stetig, aber nicht
differenzierbar. Diese Funktion besteht aus den beiden folgenden Teilen.
{ x
f(x) =
2 {
+x−3 wenn x−1 < 0 (x+
1
x 2 −x−1 wenn x−1 ≥ 0 = 2 )2 − 13 4
wenn x < 1
(x− 1 2 )2 − 5 4
wenn x ≥ 1
y = (x + 1 2 )2 − 13 4
y
y = (x − 1 2 )2 − 5 4
1
x
Abbildung 4.15.iii: Die Funktion f(x) = x 2 − |x − 1| − 2 ist bei x = 1 stetig, aber nicht
differenzierbar.
Beispiel 4.15.4 (Weierstrass, 1872). Die obigen Beispiele könnten zur falschen Annahme
verleiten, dass Stellen, an denen eine Funktion nicht differenzierbar ist, immer isoliert auftreten.
Dies ist nicht der Fall. Es gibt stetige Funktionen, die nirgends differenzierbar sind. Die
folgende Funktion wurde von K. T. Weierstrass 1872 gefunden (vgl. [12]).
f(x) =
∞∑
b n cos(a n x)
n=1
Die Funktion f konvergiert wenn b < 1 und ist nirgends differenzierbar wenn ab > 1+ 3π 2 .

102 Kapitel 4. Differenzialrechnung
Abbildung 4.15.iv: Karl Theodor Wilhelm Weierstrass, 1815-1897
Abbildung 4.15.v: Nirgends differenzierbare Funktion

Kapitel 5
Anwendungen der
Differenzialrechnung
5.1 Physik
Die Funktion s = s(t) beschreibe den Weg eines Gegenstandes in Funktion der Zeit. Zur Zeit t
befinde er sich am Ort s(t), im darauf folgenden Zeitintervall ∆t lege er den Weg ∆s zurück.
•
•
0 s(t) s(t + ∆t)
Abbildung 5.1.i: Zum Begriff der Momentangeschwindigkeit
Somit erreicht er zur Zeit t + ∆t den Ort s(t + ∆t) = s(t) + ∆s. Seine durchschnittliche
Geschwindigkeit ¯v in diesem Zeitraum beträgt dann definitionsgemäss
¯v = ∆s
∆t = s(t+∆t)−s(t) .
∆t
DiezurZeitterreichteMomentangeschwindigkeit,diedurchv(t)bezeichnetwird,erhalten
wir beim Grenzübergang ∆t → 0:
∆s
v(t) = lim
∆t→0 ∆t = lim s(t+∆t)−s(t)
= s ′ (t)
∆t→0 ∆t
Ähnlich lässt sich die Momentanbeschleunigung a(t) als die Ableitung der Funktion v =
v(t) ausdrücken:
∆v
a(t) = lim
∆t→0 ∆t = lim v(t+∆t)−v(t)
= v ′ (t) = s ′′ (t).
∆t→0 ∆t
In der Physik wird oft ein Punkt anstatt ein Strich verwendet, um anzudeuten, dass nach
der Zeit t differenziert wird. Die obigen Ergebnisse können damit wie folgt zusammengefasst
werden:
Weg s(t)
Geschwindigkeit v(t) = ṡ(t)
Beschleunigung a(t) = ˙v(t) = ¨s(t)
103

104 Kapitel 5. Anwendungen der Differenzialrechnung
Beispiel 5.1.1 (Der freie Fall). Das Weg-Zeit-Gesetz für einen Gegenstand im freien Fall
(ohne Berücksichtigung des Luftwiderstandes) lautet
s(t) = h 0 −v 0 t− g 2 t2 ,
wobei h 0 die Anfangshöhe, v 0 die Anfangsgeschwindigkeit, g die Erdbeschleunigung und s(t)
die Höhe über dem Boden zur Zeit t bezeichnen. Wir möchten herausfinden, mit welcher
Geschwindigkeit der Gegenstand auf dem Boden auftrifft, wenn er von der Höhe h 0 aus der
Ruhelage, d.h. v 0 = 0, losgelassen wird.
Die Flugzeit t Ende des Gegenstandes berechnen wir, in dem wir die Gleichung s(t) = 0 nach
t auflösen. Wir erhalten
√
2h 0
t Ende =
g .
Jetzt setzen wir t = t Ende in die Geschwindigkeitsfunktion v(t) = ṡ(t) = −gt ein. Somit ist
die Endgeschwindigkeit
Aufgaben
v(t Ende ) = −gt Ende = −g
√
2h 0
g = −√ 2gh 0 .
Aufgabe 5.1.1. Ein Körper bewegt sich mit einer Geschwindigkeit von v 0 = 14ms −1 . Er
wird gebremst und bewegt sich nach dem Weg-Zeit-Gesetzes
s(t) = 14ms −1 t−2.25ms −2 t 2 +0.03ms −3 t 3
bis er zum Stehen kommt. Wie lang ist der Bremsweg?
Aufgabe 5.1.2. Ein Körper wird aus der Höhe h = 0 mit der Anfangsgeschwindigkeit v 0
unter dem Winkel α gegen die Horizontale Ebene geworfen. Seine Bewegungskomponenten in
horizontaler und vertikaler Richtung (ohne Berücksichtigung des Luftwiderstandes) sind dann
x(t) = v 0 tcos(α) und y(t) = v 0 tsin(α)− g 2 t2 .
a. Wie gross sind die Komponenten v x und v y seiner Geschwindigkeit zur Zeit t?
b. Wie gross ist seine Bahngeschwindigkeit v zur Zeit t?
c. Wie gross ist seine Aufschlaggeschwindigkeit v Ende an der Stelle x Ende ?
Aufgabe 5.1.3. Ein Körper wird unter den in Aufgabe 5.1.2 genannten Bedingungen geworfen
und trifft auf eine Ebene auf, die, von der Abwurfstelle ausgehend, gegen die Horizontalebene
unter dem Winkel β geneigt ist. Wie gross ist seine Aufschlaggeschwindigkeit
v β ?
Aufgabe 5.1.4. Ein Körper wird aus der Höhe h unter den Bedingungen der Aufgabe 5.1.2
geworfen. Wie gross ist seine Aufschlaggeschwindigkeit v Ende ?

5.1. Physik 105
Aufgabe 5.1.5. Ein Punkt P bewegt sich mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ω auf einer
Kreisbahn mit Radius r. Der Ort seiner Projektion auf der x-Achse, bzw. der y-Achse, ist
durch die Gleichung x(t) = rcos(ωt), bzw. y(t) = rsin(ωt), gegeben.
a. Berechnen Sie die Geschwindigkeiten und Beschleunigungen für die Projektion des
Punktes auf die Achsen.
b. Zu welchen Zeiten sind Geschwindigkeit, bzw. Beschleunigung, der Projektion gleich 0?
c. Zeigen Sie, dass die Kreisbahngeschwindigkeit v = ωr auch aus den Komponenten v x
und v y folgt.
d. Wie gross ist die Bahnbeschleunigung und welche Richtung hat sie?
Aufgabe 5.1.6. Ein Punkt P bewegt sich auf einer Ellipse mit der grossen Halbachse A und
der kleinen Halbachse B. Seine Bewegungskomponenten sind durch
gegeben.
x(t) = Acos(φt) und y(t) = Bsin(φt)
a. Wie gross sind die Geschwindigkeitskomponenten v x und v y des Ellipsenpunktes P?
b. Wie gross ist die Bahngeschwindigkeit v in Funktion der Zeit t?
c. Ersetzen Sie in die Formel für die Bahngeschwindigkeit v in Funktion der Zeit t den
Term
r(t) = √ (x(t)) 2 +(y(t)) 2 .
Ermitteln Sie daraus Ort und Grösse von Maximum und Minimum der Bahngeschwindigkeit.
d. Wie gross sind die Beschleunigungskomponenten a x und a y ?
e. Wie gross ist die Bahnbeschleunigung a in Funktion der Zeit t? Führen Sie den Mittelpunktsabstand
r ein.
f. Deuten Sie das Ergebnis vom Teil d.
g. Wo wird das Maximum der Bahnbeschleunigung erreicht? Wie gross ist es?
Lösungen
Lösung 5.1.1. 22.8m
Lösung 5.1.2.
a. v x = v 0 cos(α), v y = v 0 sin(α)−gt
b. √ v 2 0 −2v 0gtsin(α)+g 2 t 2 c. v 0
Lösung 5.1.3. v 0
√
1−4cos(α)tan(β)sin(α−β)cos −1 (β)

106 Kapitel 5. Anwendungen der Differenzialrechnung
Lösung 5.1.4. √ v 2 0 +2gh
Lösung 5.1.5.
a. Geschwindigkeiten: v x (t) = −ωrsin(ωt) und v y (t) = ωrcos(ωt).
Beschleunigungen: a x (t) = −ω 2 rcos(ωt) und a y (t) = −ω 2 rsin(ωt).
b. v x (t) = 0 genau dann, wenn t ∈ { nπ
ω | n ∈ Z}.
v y (t) = 0 genau dann, wenn t ∈ { (2n+1)π
2ω
| n ∈ Z}.
a x (t) = 0 genau dann, wenn t ∈ { (2n+1)π
2ω
| n ∈ Z}.
a y (t) = 0 genau dann, wenn t ∈ { nπ
ω | n ∈ Z}.
c. v(t) =
√
v 2 x (t)+v2 y (t) = ωr√ sin 2 (ωt)+cos 2 (ωt) = ωr
d. Die Bahnbeschleunigung ist gleich ω 2 r und steht radial gegen das Zentrum.
Lösung 5.1.6.
a. v x (t) = −Aφsin(φt), v y (t) = Bφcos(φt)
b. v(t) = φ √ A 2 sin 2 (φt)+B 2 cos 2 (φt)
c. Die Geschwindigkeit v(t) = φ √ A 2 +B 2 −(r(t)) 2 erreicht ihr Maximum von φA in den
Punkten P(0,±B) und ihr Minimum von φB in den Punkten P(±A,0).
d. a x (t) = −Aφ 2 cos(φt), a y (t) = −Bφ 2 sin(φt)
e. a(t) = φ 2 r(t)
f. Die Beschleunigung ist parallel zum Ortsvektor.
g. Die Beschleunigung erreicht ihr Maximum von φ 2 A an den Zeitpunkten t = πn
2φ , wobei
n ∈ Z.
5.2 Gleichungen numerisch lösen
5.2.1 Fixpunkt-Iteration
Falls wir vor der Aufgabe stehen, Lösungen der Gleichung cos(x) = x 2 − 1 2
zu finden, dann
versagen alle unsere herkömmlichen Methoden. In diesem Abschnitt besprechen wir eine elementare
Methode, Gleichungen aufzulösen, die sehr allgemein verwendbar ist. Dazu wird
allerdings ein Taschenrechner oder Computer benötigt. Zu lösen sei die Gleichung
x = f(x),
wo f eine differenzierbare Funktion sei. Jede Gleichung kann durch auflösen nach einem bestimmten
x in diese Form gebracht werden. Wir betrachten nun die Funktion f. Die Schnittpunkte
ihres Graphen mit der Geraden x = y stellen die Lösungen der Gleichung x = f(x)
dar. Das Problem der Lösung der Gleichung besteht im Bestimmen eines Schnittpunktes der
Kurve y = f(x) mit der Geraden y = x. Dabei gehen wir so vor, dass wir einen Anfangswert

5.2. Gleichungen numerisch lösen 107
y
y = x
y = 2e −x
x ∞
x
Abbildung 5.2.i: Schnittpunkt der Geraden y = x mit der Kurve y = 2e −x ist die Lösung der
Gleichung x−2e −x = 0.
x 0 schätzen und mit diesem ein x 1 = f(x 0 ) bestimmen. Aus diesem wird x 2 = f(x 1 ) ermittelt,
und so fort
x n+1 = f(x n ) wobei n ∈ N 0 .
Dieses Vorgehen stellt eine sogenannte Fixpunkt-Iteration dar. Wir führen den Prozess immer
wieder durch, wobei wir als Eingabewert den Resultatwert der vorangehenden Rechnung
verwenden. Die Iteration wird dann abgebrochen, wenn sich x n+1 und x n um höchstens den
zulässigen Fehler unterscheiden
|x n+1 −x n | < ε,
wenn ε die erwünschte Rechengenauigkeit ist. Verfolgen wir, was geometrisch geschieht bei
dieser Iteration, so ergibt sich folgendes. Der Wert f(x 0 ) wird als neuer x-Wert x 1 verwendet,
das heisst, wir schlagen einen Kreisbogen um den Nullpunkt und erhalten x 1 , usw. Dies
kann durch das Zeichnen der entsprechenden Treppenkurve vereinfacht werden, vergleiche
folgende Abbildung. Wir erhalten so einen gerichteten Streckenzug, der gegen den Schnittpunkt
der Kurve y = f(x) mit der Geraden y = x strebt. Die weiteren Diagramme zeigen die
Streckenzüge für die vier verschiedenen typischen Fälle. Aus diesen vier Diagrammen können
wir sofort das Konvergenzkriterium ablesen. Die Iteration konvergiert gegen die Lösung der
Gleichung x = f(x) genau dann, wenn die Ungleichung
|f ′ (x)| ≤ q < 1 für eine positive Konstante q < 1
für alle Werte x im Intervall gilt, in dem die Iteration durchgeführt wird. Obige Ungleichung
muss also unter anderem auch für alle iterierten Werte x n gelten. Die Konvergenz dieses
Iterationsverfahrens ist umsobesser,jekleiner dieZahlq ist. Ist dieseBedingungnicht erfüllt,
so kann die entsprechende Lösung nicht ermittelt werden. Wie wir sofort sehen, spielt es unter
Umständen eine entscheidende Rolle, ob der Anfangswert x 0 in einem solchen Bereich, dem
sogenannten Attraktionsbereich einer Lösung liegt oder nicht. Attraktionsbereiche können
auch sehr klein sein, d.h., die Anfangsschätzung muss schon ziemlich genau sein. Gelingt es
nicht, eine Lösung zu finden, weil keine Konvergenz vorherscht, dann muss die Gleichung
x = f(x) nach einem anderen Exemplar x aufgelöst werden und dasselbe Iterationsverfahren
von neuem gestartet werden.
Beispiel 5.2.1. Gesucht ist die Lösung der Gleichung x − 2e −x = 0, die auf mindestens
7 Nachkommastellen genau ist, d.h. ε = 10 −7 . Zunächst lösen wir nach einem x auf, zum

108 Kapitel 5. Anwendungen der Differenzialrechnung
y
y = x
y
y = f(x)
f(x 1 )
f(x 0 )
y = f(x)
f(x 0 )
f(x 1 )
f(x 2 )
y = x
f(x 3 )
x 0 x 1 x 2
x
x 4
x 2 x 0
x
0 < f ′ (x) < 1
1 < f ′ (x)
y
y = f(x)
y = x
y
f(x 2 )
y = f(x)
y = x
f(x 2 )
f(x 0 )
f(x 3 )
f(x 1 )
f(x 1 )
x 0 x 2 x 4 x 3 x 1
−1 < f ′ (x) < 0
x
x 2 x 0 x 1 x 3
f ′ (x) < −1
x
Abbildung5.2.ii: Streckenzüge derviertypischenFällebeideriterativen LösungderGleichung
x = f(x).
Beispiel x = f(x) = 2e −x . Nun betrachten wir die notwendige Konvergenzbedingung
|f ′ (x)| = |−2e −x | < 1.
Diese ist sicher erfüllt für x > ln(2) ≈ 0.6931. Also wählen wir einen Startwert x 0 = 1.000
und beginnen die Iteration und erhalten die folgenden Werte. In der zweiten Zeile berechnen
wir jeweils das Konvergenzkriterium.
n 0 1 2 3 10 50 100
x n 1.000 0.736 0.9582 0.7671 0.8814 0.85265 0.852605519
|f(x n )| < 1 0.736 0.958 0.767 0.929 0.828 0.853 0.853
|x n −x n−1 | − 0.264 0.2225 0.1912 0.0621 0.00011 0.000000036
Damit haben wir eine Lösung 0.8526055 der Gleichung x − 2e −x = 0 gefunden, die auf 7
Nachkommastellen genau ist.
Beispiel 5.2.2. Wir betrachten noch einmal das Problem, eine Lösung der Gleichung
cos(x) = x 2 −0.5
zu finden. Aus Symmetriegründen vermuten wir Lösungen bei x ≈ ±1. Zuerst lösen wir die

5.2. Gleichungen numerisch lösen 109
y
y = x 2 − 0.5
y = cos(x)
x − x +
x
Abbildung 5.2.iii: Die Schnittpunkte der Kurven y = x 2 −0.5 und y = cos(x)
Gleichung nach x = f(x) = arccos(x 2 −0.5) auf und testen die Konvergenzbedingung in einer
Umgebung der beiden Startwerte,
f ′ 2x
(x) = −√ also folgt |f ′ (±1)| = 2.309 ≥ 1.
1−(x 2 −0.5) 2
Damit haben wir keine Konvergenz und müssen nach einem anderen x auflösen
x = f(x) = ± √ 0.5+cos(x).
Wir entscheiden uns vorerst für das positive Vorzeichen. In diesem Fall folgt
f ′ (x) =
−sin(x)
2 √ 0.5+cos(x)
also |f ′ (±1.0)| = 0.413 < 0.
Somit ist die Startbedingung für eine konvergente Iteration gegeben. Wir erhalten die Werte.
In der zweiten Zeile berechnen wir jeweils das Konvergenzkriterium.
n 0 1 2 3 5 10 20
x n 1.000 1.020 1.0116 1.0151 1.01427 1.0140926 1.01409494
|f(x n )| < 1 0.413 0.421 0.418 0.419 0.4.19 0.419 0.419
|x n −x n−1 | − 0.020 0.0083 0.0035 0.00061 0.0000078 0.00000001
Damit haben wir nach 20 Iterationen die Lösung 1.01409439 der Gleichung cos(x) = x 2 −
0.5 gefunden, die auf 8 Nachkommastellen genau ist. Aus Symmetriegründen ergibt sich die
zweite Lösung sofort als −1.01409439, oder wir führen erneut eine Iteration mit der zweiten
Möglichkeit f(x) = − √ 0.5+cos(x) durch.
5.2.2 Tangentenverfahren von Newton
Ein weiteres Verfahren zur Auffindungvon Lösungen der Gleichung g(x) = 0 geht auf Newton
zurück, das sogenannte Tangentenverfahren von Newton zur Auffindung von Nullstellen.
Die Gleichung g(x) = 0 aufzulösen, heisst nichts anderes als den Schnittpunkt der Kurve
y = g(x) mit derx-Achse zufinden.Wiederum schätzen wireineNäherungslösung(Startwert)
x 0 in der Nähe einer wirklichen Lösung von g(x) = 0. Dann ersetzen wir die Funktion g durch
die Tangente im Punkt P(x 0 ,g(x 0 )) und bringen diese mit der x-Achse zum Schnitt. Die
Gleichung der Tangente im Punkt P(x 0 ,g(x 0 )) ist
y = g(x 0 )+g ′ (x 0 )(x−x 0 ).

110 Kapitel 5. Anwendungen der Differenzialrechnung
y
P(x 0 ,g(x 0 ))
•
y = g(x)
P(x 1 ,g(x 1 ))
•
P(x 2 ,g(x 2 ))
•
•
x 4
x 3
x 2
x 1
x 0
x
Abbildung 5.2.iv: Funktionsweise des Tangentenverfahren von Newton
Nun schneiden wir diese Tangente mit der x-Achse und erhalten
x 1 = x 0 − g(x 0)
g ′ (x 0 ) .
Das so erhaltene neue x 1 ist oft bereits eine bessere Näherungslösung für die gesuchte Nullstelle.
Nun iterieren wir dieses Verfahren und berechnen iterativ
x n+1 = x n − g(x n)
g ′ (x n )
wobei n ∈ N 0 .
Beispiel 5.2.3. Die Iteration konvergiert nicht immer. Wir betrachten die ungerade Polynomfunktion
g(x) = x 3 −5x
und wollen mit dem Tangentenverfahren von Newton die Nullstellen finden. Wählen wir den
Startwertx 0 = 1,dannfolgtx 2n = 1undx 2n+1 = −1fürallen ∈ N 0 .DieIteration konvergiert
nicht, obwohl f die Nullstellen 0 und ± √ 5 hat. Hätten wir anstelle den Startwert x 0 =
gewählt, so wäre auch diese Iteration zum Scheitern verurteilt, da die Tangente im Startpunkt
horizontal ist und demzufolge keinen Schnittpunkt mit der x-Achse besitzt. Abhilfe schafft
meistens die Wahl eines neuen Startwertes.
Wir benötigen also ein Konvergenzkriterium. Das Tangentenverfahren von Newton konvergiert
genau dann gegen die Lösung der Gleichung g(x) = 0, wenn die folgenden Konvergenzbedingungen
g ′ (x) ≠ 0 und
∣
g(x)·g ′′ (x)
(g ′ (x)) 2 ∣ ∣∣∣
≤ q < 1 für eine positive Konstante q < 1
für alle Werte x im Intervall gelten, in dem die Iteration durchgeführt wird. Obige Ungleichung
muss also unter anderem auch für alle iterierten Werte x n gelten. Falls das Iterationsverfahren
konvergiert, dann konvergiert es so gut, dass bei jedem Iterationsschritt die Anzahl
√
5
3

5.2. Gleichungen numerisch lösen 111
der genauen Stellen ungefähr verdoppelt wird. Dieses Iterationsverfahren konvergiert wesentlich
schneller als das Fixpunkt-Iterationsverfahren, dass wir zuerst diskutiert haben. Deshalb
untersuchen wir noch einmal Beispiel 5.2.1.
Beispiel 5.2.4. Gesucht ist die Lösung der Gleichung g(x) = x − 2e −x = 0. Wir schätzen
einen Startwert x 0 = 1.00 und beginnen die Iteration und erhalten die folgenden Werte. In
der zweiten Zeile berechnen wir jeweils das Konvergenzkriterium.
n 0 1 2 3 4
x n ∣
1.00 0.848 0.8526 0.8526055 0.852605502014
∣ g(xn)·g′′ (x n) ∣∣
(g ′ (x n)) < 1 0.07 0.002 0.0002 0.0000003 0.000000000004
2
|x n −x n−1 | − 0.152 0.0048 0.0000054 0.000000000007
Damit haben wir nach nur vier Iterationensschritten eine überaus genügende Genauigkeit der
gesuchten Lösung 0.852605502014 erreicht.
Aufgaben
Implementieren Sie das Tangentenverfahren von Newton in einem Programm in Matlab,
Mathcad oder einer anderen Software. Benutzen Sie zur Kontrolle Ihres Programmes das
Beispiel 5.2.4 und bestimmen Sie dann die Lösungen der folgenden Gleichungen.
Aufgabe 5.2.1. xln(x) = 1
Aufgabe 5.2.2. x 3 +7x−9 = 0
Aufgabe 5.2.3. 4cos(x) = 3x
Aufgabe 5.2.4. tan(x)+sin(x) = 2x
Aufgabe 5.2.5. x x = 10 7.2
Aufgabe 5.2.6. e x −5x+1.633 = 0
Aufgabe 5.2.7. x 4 +3x 2 −2x−12 = 0
Aufgabe 5.2.8. x 4 −12x 3 +45x 2 −54x+18 = 0
Aufgabe 5.2.9. 2x+sin(x) = 2
Aufgabe 5.2.10. x 3 4 +5x 1 4 = 9
Aufgabe 5.2.11. 4x 4 +3x 3 −12x 2 −23 = 0
Aufgabe 5.2.12. √ x−4.5+ 3√ x+2.35 = 3.9292
Aufgabe 5.2.13. x 4 −9x 3 +24.25x 2 −25.5x+9 = 0
Aufgabe 5.2.14. 3x+2e 2x = 18
Aufgabe 5.2.15. x+lg(x 2 ) = 22.7429
Aufgabe 5.2.16. Berechnen Sie mit dem Tangentenverfahren von Newton √ 3, indem Sie
die Lösung der Gleichung x 2 −3 = 0 suchen.
Aufgabe 5.2.17. Entwickeln Sie eine Iterationsvorschrift um die k-te Wurzel aus der positiven
Zahl a iterativ zu berechnen.

112 Kapitel 5. Anwendungen der Differenzialrechnung
Lösungen
Lösung 5.2.1. x = 1.7632
Lösung 5.2.2. x = 1.097081083
Lösung 5.2.3. x = 0.8649
Lösung 5.2.4. x = 0 und x = 4.615
Lösung 5.2.5. x = 7.981509294
Lösung 5.2.6. x = 0.75 und x = 2.277969184
Lösung 5.2.7. x = 1.639106748 und x = −1.375177334
Lösung 5.2.8. x = 4.732 und x = 1.2679 und x = 5.4495 und x = 0.5505
Lösung 5.2.9. x = 0.68404
Lösung 5.2.10. x = 3.126599950
Lösung 5.2.11. x = 1.829297216 und x = −2.407831870
Lösung 5.2.12. x = 7.649834176
Lösung 5.2.13. Doppelte Nullstelle bei x = 1.5 und x = 5.23606 und x = 0.76393
Lösung 5.2.14. x = 1.0068
Lösung 5.2.15. x = 20.135
Lösung 5.2.16. Beginnen Sie zum Beispiel mit x 0 = 2, dann folgt x 1 = 7 4 und x 2 = 97
56 . Also
haben wir nach nur zwei Iterationen √ 3 auf drei Stellen genau berechnet.
Lösung 5.2.17. Die Iterationsvorschrift zur Lösung der Gleichung x k −a = 0 lautet
x n+1 = x n − xk n −a
kx k−1 n
wobei n ∈ N 0 .
Der Startwert x 0 ist geschickt zu wählen.
5.3 Uneigentliche Grenzwerte - Regel von de l’Hospital
Nach Kapitel 3.2 können Grenzwerte von Funktionen mit Summenregel, Differenzregel, Produktregel
und Quotientenregel berechnet werden.
Summen- und Differenzregel: Der Grenzwert einer Summe oder Differenz endlich vieler
Funktionen ist gleich der Summe bzw. Differenz der entsprechenden Grenzwerte dieser
Funktionen, falls die Einzelgrenzwerte existieren
lim(f(x)±g(x)) = lim f(x)± lim g(x).
x→a x→a x→a

5.3. Uneigentliche Grenzwerte - Regel von de l’Hospital 113
Produktregel: Der Grenzwert eines Produktes aus endlich vielen Funktionen ist gleich dem
Produkt der Grenzwerte dieser Funktionen, falls die Einzelgrenzwerte existieren
( )
lim (f(x)·g(x)) = lim f(x)
x→a x→a
( )
· lim g(x) .
x→a
Quotientenregel: Der Grenzwert des Quotienten zweier Funktionen ist gleich dem Quotienten
der Grenzwerte dieser Funktionen, falls die Einzelgrenzwerte existieren
f(x)
lim f(x)
lim
x→a g(x) = x→a
lim g(x)
x→a
und lim x→a g(x) ≠ 0.
Bei der Grenzwertberechnung können aber auch Schwierigkeiten auftreten.
Beispiel 5.3.1. Probleme bei der Berechnung von uneigentlichen Grenzwerten.
a. Der Ausdruck lim x→∞ (x 4 − x 3 ) = ∞ − ∞ macht so keinen Sinn, dieser muss zuerst
geeignet umgeformt werden
lim
x→∞ (x4 −x 3 ) = lim
(1− 1 )
x→∞ x4 = +∞.
x
Wir beobachten, dass ∞−∞ wieder ∞ sein kann.
b. Der Ausdruck lim x→∞ ( √ x+1− √ x) = ∞−∞ macht so keinen Sinn, dieser muss zuerst
geeignet umgeformt werden
lim
x→∞ (√ x+1− √ x) = lim
(√ x+1− √ √ √ x+1+ x
x)
x→∞
√ x+1+
√ x
= lim
x→∞
1
√ x+1+
√ x
= 0.
Jetzt beobachten wir, dass ∞−∞ auch 0 sein kann.
WirgebenhiereineZusammenstellungderbestimmtenundunbestimmtenRechenoperationen
mit dem Zeichen ∞.

114 Kapitel 5. Anwendungen der Differenzialrechnung
Operation a ∈ R bestimmte Operationen unbestimmte Operationen
Summen beliebig a±∞ = ±∞
∞+∞ = ∞
Differenzen −∞−∞ = −∞ ∞−∞
Produkte (±∞)·(±∞) = ∞
∞·(−∞) = −∞
a ≠ 0 a·(±∞) = ±∞·sgn(a) 0·(±∞)
Quotienten a ≠ 0 a
±∞ = 0 0
∣ 0
∣ a ∣ = ∞
0
∣ ±∞ 0
∣ = ∞
±∞
±∞
Potenzen a > 1 a ∞ = ∞
a > 1 a −∞ = 0 1 ∞
0 < a < 1 a ∞ = 0
0 < a < 1 a −∞ = ∞
0 < a ∞ a = ∞
a < 0 ∞ a = 0
0 ∞ = 0 0 0
∞ ∞ = ∞ ∞ 0
∞ −∞ = 0
Bei ±∞ 0
und a 0
ist keine eindeutige Aussage möglich, da rechtsseitiger und linksseitiger Grenzwert
nicht übereinstimmen müssen. Im Folgenden sollen nun die Regeln zur Berechnung von
uneigentlichen Grenzwerten der Form
aufgestellt werden.
∞−∞,
0·(±∞),
0
0 , ±∞
±∞ , 1∞ , 0 0 und ∞ 0
Satz 5.3.1 (Regel von de l’Hospital). Es sei a ∈ R oder a = ±∞. Die Funktionen f und g
seien in einer Umgebung von x = a differenzierbar, und es gelte entweder
∣ ∣∣lim
∣
lim f(x) = lim g(x) = 0 oder f(x) ∣ = ∣lim g(x) ∣ = ∞.
x→a x→a x→a x→a
Dann ist
f(x)
lim
x→a g(x) = lim f ′ (x)
x→a g ′ (x) .
Der Beweis der Regel von de l’Hospital erfolgt mit Hilfe von Reihenentwicklungen der beiden
Funktionen f und g mit Entwicklungspunkt x = a, anschliessendem Kürzen und Grenzübergang
(vgl. Kapitel 12.5). Die Regel von de l’Hospital ist klar von der Quotientenregel der
Differenziation zu unterscheiden. Falls sich wieder eine unbestimmte Form ergibt, so ist die
Regel erneut anzuwenden.
Beispiel 5.3.2. Bevor wir die Regel von de l’Hospital anwenden, ist es eminent wichtig, dass
wir die Voraussetzungen der Regel testen. Im Normalfall bietet die Differenzierbarkeit keine
Probleme.

5.3. Uneigentliche Grenzwerte - Regel von de l’Hospital 115
Abbildung 5.3.i: Guillaume François Antoine Marquis de l’Hospital, 1661-1704
a. Wir wollen den Grenzwert lim x→0
sin(x)
x
berechnen. Da lim x→0 sin(x) = lim x→0 x = 0,
sind die Voraussetzungen zur Anwendung der Regel von de l’Hospital erfüllt. Also folgt
b. Der Grenzwert lim x→0
x 2 −2+2cos(x)
x 4
sin(x) cos(x)
lim = lim = 1.
x→0 x x→0 1
sei zu berechnen. Da
lim
x→0 (x2 −2+2cos(x)) = lim x 4 = 0,
x→0
können wir die Regel von de l’Hospital einmal anwenden.
x 2 −2+2cos(x) 2x−2sin(x)
lim
x→0 x 4 = lim
x→0 4x 3
Nun stellen wir aber fest, dass lim x→0 (2x − 2sin(x)) = lim x→0 4x 3 = 0. Also wenden
wir die Regel eine weiteres Mal an. So fahren wir fort, bis zum ersten Mal eine nicht
unbestimmte Rechenoperation auftaucht. Dann bilden wir den Grenzübergang
x 2 −2+2cos(x) 2x−2sin(x)
lim
x→0 x 4 = lim
x→0 4x 3 Regel anwenden da 0 0
= lim
x→0
2−2cos(x)
12x 2 Regel anwenden da 0 0
= lim
x→0
2sin(x)
24x
= lim
x→0
2cos(x)
24
= 1
12 .
Regel anwenden da 0 0
2
Grenzübergang da
24
c. Es sei n ∈ N 0 . Nun wenden wir die Regel von de l’Hospital n-mal an, um den Grenzwert
x n
lim
x→∞ e x = lim nx n−1
x→∞ e x
n!
= ··· = lim
x→∞ e x = 0
zu berechnen. Wir müssen aufpassen, dass wir jedes Mal die Voraussetzungen testen
und nicht zu oft differenzieren.

116 Kapitel 5. Anwendungen der Differenzialrechnung
d. Es sei n ∈ N. Dann ist
ln(x)
lim
x→∞ x n = lim
x→∞
1
x
= lim
nxn−1 x→∞
1
nx n = 0.
Alle anderen unbestimmten Rechenoperationen sind dann auf die Formen 0 0 oder ∞ ∞ zurückzuführen,
wie die folgende Zusammenstellung zeigt.
Beispiel 5.3.3.
Operation lim x→a f(x) lim x→a g(x) Umformung neue Operation
f ·g = f 0
1 0
g
0·∞ 0 ∞
f ·g = g 1
f
∞−∞ 0 0
1
f − 1 g = g−f
f·g
1 ∞ ,0 0 ,∞ 0 1, 0, ∞ ∞, 0, 0 f g = e g·ln(f) e 0·∞
a. Unser Ziel ist es, den Grenzwert
( 1
lim
x→0 x − 1 )
sin(x)
zu berechnen. Hier haben wir die unbestimmte Operation ∞−∞. Also formen wir um
und erhalten nun die unbestimmte Operation 0 0
. Somit wenden wir die Regel von de
l’Hospital an und erhalten
( 1
lim
x→0 x − 1 )
sin(x)−x
= lim Regel anwenden da 0 sin(x) x→0 xsin(x)
0
cos(x)−1
= lim Regel anwenden da 0
x→0 sin(x)+xcos(x)
0
−sin(x)
= lim Grenzübergang da 0
x→0 2cos(x)−xsin(x)
2
= 0 2 = 0.
∞
∞
0
0
b. Uns interessiert der folgende Grenzwert mit der unbestimmte Operation 0 0 . Wir haben
bereits etwas umgeformt und erhielten
lim
x→0 xx = lim e x ln(x) .
x→0
Nun stehen wir vor dem Problem, den Grenzwert lim x→0 (x ln(x)) zu berechnen. Wir
formen erneut um und wenden die Regel von de l’Hospital an:
ln(x)
lim(x ln(x)) = lim
x→0 x→0 1
x
1
x
x→0 − 1 x 2
= lim
= lim
x→0
(−x) = 0
Regel anwenden da −∞ ∞
Umformen, dann Grenzübergang
Nun können wir folgern, dass lim x→0 x x = e lim x→0(x ln(x)) = e 0 = 1.

5.3. Uneigentliche Grenzwerte - Regel von de l’Hospital 117
Beispiel 5.3.4. Die Regel von de l’Hospital funktioniert nicht immer.
√
x
x
lim √
x→∞ x 2 +1 = lim = lim
2 √ x
+1
= lim x 2 +1
x→∞ x→∞ x x→∞ 1
1
x √
x 2 +1
In diesem Fall kürzen wir besser mit x und erhalten direkt
x
lim √
x→∞ x 2 +1 = lim 1
= 1.
x→∞
√1+ 1 x 2
= lim
x→∞
x
√
x 2 +1
Aufgaben
Aufgabe 5.3.1. Bestimmen Sie die folgenden Grenzwerte.
10x 12 −11x 11 +x
sin(α)−α
a. lim
c. lim
x→1 (1−x) 2
α→0 e sin(α) −e α
b. lim
x→8
3− √ x+1
x 2 −64
d. lim
x↓1
ln(x)
√
x 2 −1
Aufgabe 5.3.2. Bestimmen Sie die folgenden Grenzwerte. Es seien a,b ∈ R Parameter.
ln(y)
a. lim √
y→∞ y 2 −1
b. lim
x→0
x−sin(x)
xcos(x)
bu+a
c. lim
u→∞ ln(1+e u )
d. lim
α→0
cot(3α)
cot(α)
Aufgabe 5.3.3. Bestimmen Sie die folgenden Grenzwerte.
ln(x)
c. lim(1−cos(x))cot(x)
a. lim
x→0
x→0 cot(x)
(
b. lim(e x π
−1)ln(3x)
d. lim
x↓0 β→
π
2cos(β) − β )
cot(β)
2
Aufgabe 5.3.4. Bestimmen Sie die folgenden Grenzwerte.
a. lim
z→∞ z 1 z
b. lim
x→0
sin x (x)
(
c. lim 1+ 1 ) x
x→∞ x
d. lim
x↓3
arcsin(3−x)
√
x 2 −4x+3
Aufgabe 5.3.5. Bestimmen Sie die folgenden Grenzwerte. Es sei a ∈ R−{0}.
a. lim ϕarccot(ϕ)
cosh(x)−1
ϕ→∞ c. lim
( x→0 x 2
ξ −a
b. lim
ξ→a
arcsin
a
)
cot(ξ −a)
d. lim
x→0
sin(x)−arsinh(x)
x 5
Aufgabe 5.3.6. Beim freien Fall mit Luftwiderstand gilt für den zurückgelegten Weg
s(t) = a2 ( ( g
)) √ mg
g ln cosh
a t wobei a =
c .
Dabei wird angenommen, dass der Luftwiderstand F L proportional dem Quadrat der Fallgeschwindigkeit
v ist, c ist der Proportionalitätsfaktor, d.h. F L = cv 2 . Aus beiden Formeln sind
s und v für den freien Fall im luftleeren Raum zu berechnen.

118 Kapitel 5. Anwendungen der Differenzialrechnung
Lösungen
Lösung 5.3.1.
a. 55
b. − 1
96
c. 1
d. 0
Lösung 5.3.2.
a. 0
b. 0
Lösung 5.3.3.
a. 0
b. 0
Lösung 5.3.4.
a. 1
b. 1
Lösung 5.3.5.
c. b
d.
1
3
c. 0
d. 1
c. e
d. 0
a. 1
b.
1
a
c.
1
2
d. − 1 15
Lösung 5.3.6. Im luftleeren Raum herrscht kein Luftwiderstand, das heisst c = 0. Berechnen
Sie demzufolge den Grenzübergänge lim c→0 s(t). Dann erhalten Sie den zurückgelegten Weg
im luftleeren Raum.
5.4 Untersuchung von Funktionen – Kurvendiskussion
OftsindFunktioneninihrenexplizitenDarstellungengegeben,undwirmöchtendasVerhalten
der Funktion möglichst genau verstehen und untersuchen. Das Ziel einer Kurvendiskussion
besteht darin, ein möglichst vollständiges Bild der zu untersuchenden Funktion zu erhalten,
damit wir zum Beispiel ihren Grafen mit allen Eigenschaften richtig zeichnen können. In
diesem Zusammenhang haben wir bereits die folgenden Punkte behandelt:
1. Definitionsbereich
2. Symmetrien
3. Verhalten im Unendlichen
4. Unstetigkeitsstellen und Singularitäten
5. Achsenabschnitte
Nun sollen noch zwei weitere Gebiete diskutiert werden.

5.4. Untersuchung von Funktionen – Kurvendiskussion 119
6. Monotonieverhalten und Extrempunkte
Wir beginnen mit einer kurzen Rekapitulation der Definition der Monotonie.
Definition 5.4.1. Eine Funktion f heisst im Intervall I monoton wachsend 1 (in Zeichen
↑), wenn für irgend zwei Werte x 1 und x 2 im Intervall I mit x 1 < x 2 stets f(x 1 ) ≤ f(x 2 ) gilt.
Sie heisst monoton fallend (in Zeichen ↓), wenn mit x 1 < x 2 stets f(x 1 ) ≥ f(x 2 ) gilt.
Es ist zu beachten, dass das Gleichheitszeichen zugelassen ist. Gilt im ganzen Intervall eine
strenge Ungleichung f(x 1 ) < f(x 2 ) bzw. f(x 1 ) > f(x 2 ), so sprechen wir von strenger
Monotonie (in Zeichen ⇑ bzw. ⇓).
Ein Bogen mit dem gleichen Monotonieverhalten nennen wir einen Monotoniebogen.
y
y
f ′ (x) > 0 • f ′ (x) < 0
⇓
f ′ (x) = 0
⇑
⇑
f ′ (x) = 0
⇓
•
f ′ (x) < 0 f ′ (x) > 0
x
x
Abbildung 5.4.i: Extrempunkte
Satz 5.4.1 (Monotonieverhalten). Die Funktion f sei im Intervall I differenzierbar.
a. Die Funktion f ist streng monoton wachsend im Intervall I ⇐= f ′ (x) > 0 für alle x ∈ I.
b. Die Funktion f ist streng monoton fallend im Intervall I ⇐= f ′ (x) < 0 für alle x ∈ I.
Definition 5.4.2. Extrempunkte sind Punkte der Kurve, die zwei verschiedene Monotonieverhalten
(Monotoniebögen) trennen. Übergang von streng monoton wachsend zu streng
monoton fallend bzw. umgekehrt.
Satz 5.4.2 (Notwendige Bedingung für eine Extremstelle). Die Funktion f sei an der Stelle
x e ∈ X f differenzierbar. Die Stelle x e ist eine Extremstelle =⇒ f ′ (x e ) = 0.
DieUmkehrungvonSatz5.4.2istimAllgemeinenfalsch,wiedasfolgendeBeispieleindrücklich
zeigt.
Beispiel 5.4.1. Wir betrachten die Funktion f(x) = x 3 und stellen fest, dass f ′ (0) = 0.
Aber bei x = 0 hat die Funktion f keine Extremstelle, da das Monotonieverhalten dort nicht
ändert. Die Funktion f ist auf ganz R monoton wachsend. Später werden wir sehen, dass f
im Punkt P(0,0) einen Sattelpunkt hat.
Definition 5.4.3 (Lokales 2 Minimum und lokales Maximum). a. Die Funktion f hat an
der Stelle x min ∈ X f eine (lokale) Minimumstelle, wenn es eine Umgebung V von
x min gibt, in der für alle x ∈ V gilt f(x) ≥ f(x min ). Der Punkt P(x min ,f(x min )) heisst
lokales Minimum der Funktion f.
1 Es wird etwa auch monoton steigend gesagt.

120 Kapitel 5. Anwendungen der Differenzialrechnung
b. Die Funktion f hat an der Stelle x max ∈ X f eine (lokale) Maximumstelle, wenn es
eine Umgebung U von x max gibt, in der für alle x ∈ U gilt f(x) ≤ f(x max ). Der Punkt
P(x max ,f(x max )) heisst lokales Maximum der Funktion f.
y
f(x max )
•
y = f(x)
f(x min )
•
U
] [
x max
V
] [
x min
x
Abbildung 5.4.ii: Minimum und Maximum einer Funktion.
Satz 5.4.3 (Hinreichende Bedingung für eine Extremstelle). Die Funktion f sei in einer
Umgebung der Stelle x e ∈ X f differenzierbar, und es gelte f ′ (x e ) = 0.
a. Die Funktion f hat eine lokale Minimumstelle bei x e , wenn es eine Umgebung V von
x e gibt, so dass
f ′ (x) < 0 für alle x ∈ V mit x < x e
und f ′ (x) > 0 für alle x ∈ V mit x > x e .
b. Die Funktion f hat eine lokale Maximumstelle bei x e , wenn es eine Umgebung U von
x e gibt, so dass
f ′ (x) > 0 für alle x ∈ U mit x < x e
und f ′ (x) < 0 für alle x ∈ U mit x > x e .
Ändert sich das Monotonieverhalten der Funktion f an der Stelle x e ∈ X f bei monoton
wachsendem x, so handelt es sich es sich beim Übergang von fallend in wachsend um ein
lokales Minimum und beim Übergang von wachsend in fallend um ein lokales Maximum.
Dieser Sachverhalt lässt sich nun leicht mit Hilfe der zweiten Ableitung ausdrücken. Dazu
müssen wir aber die zweimalige Differenzierbarkeit der betrachteten Funktion fordern.
7. Krümmungsverhalten, Wendepunkte und Sattelpunkte
Die KenntnisderMonotonie reicht oft nicht aus, umdieKurveexakt zuverstehen. Zusätzliche
Information kann vom Krümmungsverhalten erhalten werden. Im Folgenden setzen wirimmer
voraus, dass die Funktion f auf dem Intervall I mindestens einmal differenzierbar ist.
Definition 5.4.4. Die Funktion f heisst im Intervall I konvex bzw. konkav, wenn die
Tangente in jedem Punkt x 0 ∈ I unterhalb bzw. oberhalb von jedem Kurvenpunkt in I liegt.

5.4. Untersuchung von Funktionen – Kurvendiskussion 121
y
y
•
•
x 0
x
x 0
x
Abbildung 5.4.iii: Konvexe (links) und konkave (rechts) Kurve. Im Wort konkav steckt das
Wort cave = Keller, also können wir uns als Eselsbrücke merken, dass konkave Kurvenstücke
wie Kellergewölbe gekrümmt sind.
Satz 5.4.4 (Krümmungsverhalten). Die Funktion f sei im Intervall I zweimal differenzierbar.
a. Die Funktion f ist konvex im Intervall I ⇐⇒ f ′′ (x) > 0 für alle x ∈ I.
b. Die Funktion f ist konkav im Intervall I ⇐⇒ f ′′ (x) < 0 für alle x ∈ I.
Bei einem konvexen Kurvenstück sprechen wir auch von einer Linkskrümmung und bei
einem konkaven Kurvenstück von einer Rechtskrümmung. Nunfolgt der zentrale, wichtige
Satz überExtrempunktein diesem Kapitel. Dieser Satz ist im Wesentlichen eine Kombination
der Sätze 5.4.3 und 5.4.4.
Satz 5.4.5 (Extrempunkte). Die Funktion f sei an der Stelle x e ∈ X f zweimal differenzierbar
und es gelte f ′ (x e ) = 0.
a. Bei x e hat die Funktion f eine lokale Minimumstelle I ⇐= f ′′ (x e ) > 0.
b. Bei x e hat die Funktion f eine lokale Maximumstelle I ⇐= f ′′ (x e ) < 0.
Die Voraussetzung der Differenzierbarkeit der Funktion f an der Stelle x e ist entscheidend,
wie das Beispiel 5.4.2 zeigt. In einer Spitze hat die Funktion zwar ein Maximum, aber dieser
Punkt hat keine horizontale Tangente.
Wieder anders verhält es sich am Rand des Definitionsbereichs der Funktion f : [a,b] → R. Es
kann vorkommen, dass ein Randpunkt x ∈ {a,b} des Intervalls [a,b] ein (lokales) Minimum
oder Maximum darstellt, obwohl dort auch keine horizontale Tangente besteht. Wir müssen
also die Randpunkte jeweils speziell untersuchen.
Beispiel 5.4.2. Wir betrachten die nicht überall differenzierbare Funktion f : [a,b] → R
(vgl. Abbildung 5.4.iv). Die Funktion f hat ein Maximum an der Stelle x = x Spitze , obwohl
sie dort nicht differenzierbar ist. Einen solchen Knick bezeichnen wir als eine Spitze. Sie hat
ein Minimum an der Stelle x = x e , wo sie auch eine horizontale Tangente besitzt. Weiter hat
die Funktion f ein lokales Maximum am linken Rand des Intervalls [a,b] bei x = a und ein
lokales Minimum am rechten Rand bei x = b. Hätten wir die Funktion f nur auf horizontale
Tangenten getestet, sprich Nullstellen von f ′ (x) = 0 gesucht, so wären uns viele interessante
Aspekte der Funktion f verborgen geblieben.

122 Kapitel 5. Anwendungen der Differenzialrechnung
y
•
y = f(x)
•
•
•
a
x e
x Spitze
Abbildung 5.4.iv: Eine Kurve mit einem lokalen Maximum (resp. lokalen Minimum) am linken
(resp. rechten) Randpunkt des Definitionsintervalls, einem globalen Minimum und einer
Spitze.
b
x
Definition 5.4.5. Wendepunkte sind Punkte der Kurve, die zwei verschiedene Krümmungsverhalten
trennen. Übergang von konvex zu konkav bzw. umgekehrt. Sattelpunkte 3
sind Wendepunkte der Kurve mit einer horizontalen Tangente.
y
y = f(x)
konkav
f ′′ (x) < 0
f ′′ (x) = 0
•
konvex
f ′′ (x) > 0
x w
x
Abbildung 5.4.v: Ein Wendepunkt trennt verschiedene Krümmungsverhalten.
Satz 5.4.6 (Hinreichende Bedingung für einen Wendepunkt bzw. Sattelpunkt). Die Funktion
f sei an den Stellen x w ,x s ∈ X f dreimal differenzierbar.
a. Bei x w hat die Funktion f einen Wendepunkt ⇐= f ′′ (x w ) = 0 und f ′′′ (x w ) ≠ 0.
b. Bei x s hat die Funktion f einen Sattelpunkt ⇐= f ′ (x s ) = f ′′ (x s ) = 0 und f ′′′ (x s ) ≠ 0.
Bei einem Wendepunkt x w hat also f ′′ einen Vorzeichenwechsel, das heisst der Drehsinn der
Tangente ändert in diesem Kurvenpunkt. Ein Sattelpunkt x s ist ein spezieller Wendepunkt.
3 Es wird auch der Begriff Terassenpunkt verwendet.

5.5. Beispiele einer Kurvendiskussion 123
y
y = f(x)
•
•
•
x w1
x s
x w2
x
Abbildung 5.4.vi: Wendepunkte bei x w1 , x w2 und Sattelpunkt bei x s
Wenn wir eine Kurvendiskussion durchführen,können wir versuchen, die Grafen der Funktion
f, sowie die ersten drei Ableitungen f ′ , f ′′ und f ′′′ in einem gemeinsamen Koordinatensystem
darzustellen. Dies ist eine Art Quintessenz der ganzen Kurvendiskussion. Häufig verwenden
wir ein Computeralgebrasystem um die Verläufe dieser Grafen zu visualisieren.
5.5 Beispiele einer Kurvendiskussion
Beispiel 5.5.1. Es sei die folgende Funktion gegeben
f(x) = x 4 −8x 2 −9.
Nun führen wir eine vollständige Kurvendiskussion durch, um den Grafen y = f(x) realitätstreu
darstellen zu können. Indiesem Zusammenhangdiskutieren wirdie folgenden Punkte:
y = f(x) = x 4 − 8x 2 − 9
y = f ′ (x) = 4x 3 − 16x
y = f ′′ (x) = 12x 2 − 16
y = f ′′′ (x) = 24x
y
25
| | |
−3 −2 −1
−9
| | |
1 2 3
x
−25
Abbildung 5.5.i: Kurvendiskussion der Funktion f(x) = x 4 −8x 2 −9
1. Definitionsbereich: Die Funktion f ist eine Polynomfunktion, also gilt X f = R.

124 Kapitel 5. Anwendungen der Differenzialrechnung
2. Symmetrien: Es gilt
f(−x) = (−x) 4 −8(−x) 2 −9 = x 4 −8x 2 −9 = f(x) für alle x ∈ X f = R.
Also handelt es sich um eine gerade Funktion.
3. Verhalten im Unendlichen: Wir betrachten die beiden Grenzwerte
(
lim
x→−∞ (x4 −8x 2 −9) = lim
x→−∞ x4 1− 8 x 2 − 9 )
x 4 = +∞,
(
lim
x→∞ (x4 −8x 2 −9) = lim
x→∞ x4 1− 8 x 2 − 9 )
x 4 = +∞.
4. Unstetigkeitsstellen und Singularitäten:Polynomfunktionensindstetigundhaben
keine Singularitäten.
5. Achsenabschnitte:
Schnittpunkte mit der x-Achse: Wir setzen y = 0 und erhalten die doppelquadratische
Gleichung f(x) = x 4 −8x 2 −9 = 0. Die Lösungen finden wir durch
x 2 1,2 = 8±√ 64+4·9
2
=
{ 9
−1.
Also ergeben sich die beiden einzigen reellen Nullstellen x 1 = −3 und x 2 = 3.
Schnittpunkt mit der y-Achse: Wir setzen x = 0 und erhalten f(0) = −9. Der
Punkt P(0,−9) ist der Schnittpunkt der Kurve mit der y-Achse.
6. Monotonieverhalten und Extrempunkte: Wir berechnen die erste Ableitung der
Funktion f und erhalten
f ′ (x) = 4x 3 −16x = x(4x 2 −16).
Die Nullstellen von f ′ (x) = 0 sind Kandidaten für Extremstellen. Wir finden x 3 = 0
und x 4 = −2, x 5 = 2. Um zu entscheiden, um was für Extremwerte es sich handelt,
berechnen wir die zweite Ableitung von f, also
f ′′ (x) = 12x 2 −16.
Nun können die Kandidaten für Extremstellen getestet werden:
• Es ist f ′′ (x 3 ) = f ′′ (0) = −16 < 0, also handelt es sich bei P(0,−9) um ein lokales
Maximum.
• Es ist f ′′ (x 4 ) = f ′′ (−2) = 32 > 0, also handelt es sich bei P(−2,−25) um ein
lokales Minimum.
• Es ist f ′′ (x 5 ) = f ′′ (2) = 32 > 0, also handelt es sich bei P(2,−25) um ein lokales
Minimum.

5.5. Beispiele einer Kurvendiskussion 125
7. Krümmungsverhalten, Wende- und Sattelpunkte: Wir berechnen die Nullstellen
der zweiten Ableitung f ′′ (x) = 12x 2 − 16 = 0, um Kandidaten für Wendepunkte und
Sattelpunkte zu erhalten. Wir finden x 6 = − 2 √
3
und x 7 = 2 √
3
. Da x 6 und x 7 nicht Nullstellen
von f ′ sind, können sich an den Stellen x 6 und x 7 keine horizontalen Tangenten
befinden, also auch keine Sattelpunkte. Um zu entscheiden, ob es sich um Wendepunkte
handelt, berechnen wir die dritte Ableitung von f, also
f ′′′ (x) = 24x.
Nun können die Kandidaten für Wendepunkte getestet werden:
( ) ( )
• Esistf ′′′ (x 6 ) = f ′′′ −√ 2 3
= −√ 48
3 ≠ 0,alsohandeltessichbeiP −√ 2 3
,−17.9...
um einen Wendepunkt.
( )
• Es ist f ′′′ (x 7 ) = f ′′′ 2√3
= √ 48
3 ≠ 0, also handelt es sich bei P
einen Wendepunkt.
(
2√3
,−17.9...)
um
Nun sind wir in der Lage, ein genaues Bild der Situation zu machen und können die Abbildung
5.5.i erstellen. Wir kennen jetzt alle charakteristischen Merkmale der Kurve y = f(x).
Beispiel 5.5.2 (Extremwertrechnung). Gegeben sei ein Stück Blech mit der Länge a und
der Breite b, wobei b ≤ a angenommen wird. Wie weit müssen wir den Einschnitt x führen,
damit ein offener Behälter mit maximalem Volumen entsteht (vgl. Abbildung 5.5.ii)? Wie
gross ist dieses maximale Volumen? Unter der Voraussetzung b ≤ a können wir die Länge des
x
x
x
x
b
a
Abbildung 5.5.ii: Ein Stück Blech wird zu einem offenen Behälter mit maximalem Volumen
geformt.
Einschnittes x ∈ [ 0, b 2]
variieren. Das Volumen des Behälters berechnet sich gemäss
V(x) = (a−2x)(b−2x)x = abx−2x 2 (a+b)+4x 3 für alle x ∈ [ 0, b 2]
.
Wir sehen hier, dass die zu diskutierende Volumenfunktion nur auf dem Intervall [0, b 2 ] einen
Sinn macht, deshalb müssen wir auch die Randwerte diskutieren. Aus geometrischen Überlegungen
sehen wir, dass bei x 1 = 0 und x 2 = b 2
das Volumen verschwindet. Jetzt interessieren
wirunsfürdasMaximum. WirberechnendieersteAbleitungderVolumenfunktionundsetzen
sie gleich null
V ′ (x) = ab−4x(a+b)+12x 2 = 0.
Wir erhalten die Lösungen
x 3,4 = 4(a+b)±√ 16(a+b) 2 −4·12ab
24
= (a+b)±√ (a+b) 2 −3ab
6

126 Kapitel 5. Anwendungen der Differenzialrechnung
Die Nullstelle x 3 = (a+b)+√ (a+b) 2 −3ab
6
≥ b 2 ist nicht im Intervall [ 0, b 2]
, deshalb kann sie aus
konstruktiven Gründen weggelassen werden. Nun leiten wir ein zweites Mal ab, um zu testen,
ob bei x 4 das maximale Volumen entsteht
V ′′ (x) = −4(a+b)+24x.
Es ist V ′′ (x 4 ) = −4 √ (a+b) 2 −3ab < 0. Also handelt es sich bei x 4 = (a+b)−√ (a+b) 2 −3ab
6
um
die gesuchte Maximumstelle. Das maximale Volumen beträgt demzufolge V(x 4 ).
Aufgaben
Aufgabe 5.5.1. Führen Sie eine vollständige Kurvendiskussion der folgenden Funktionen
durch.
a. f(x) = x 3 −6x 2 +9x−4
b. f(u) = u 4 −16u 2
c. f(x) = x 2 +2|x+2|+4
d. f(t) = −2t
(t−1) 2
e. f(x) = (x−2)2
(x+2) 2
f. f(x) =
1
√
4−x 2
Aufgabe 5.5.2. Führen Sie eine vollständige Kurvendiskussion der folgenden Funktionen
durch.
a. f(t) = ln(t)
t
b. f(x) = x 2 ln(x)
c. f(ϕ) = ln(ϕ)
ϕ 2
d. f(x) = ex
x 2
e. f(x) = e −x2
Aufgabe 5.5.3. BestimmenSiedieExtremstellen,ExtremwerteunddieArtderExtremwerte
der folgenden Funktionen.
a. f(x) = √ 1+x+ √ 1−x
b. f(x) =
x
(x−a)(x−b)
wobei ab > 1
Aufgabe 5.5.4. Eine Schwingungist gegeben durch s(t) = e sin(ωt) −1. Es sind die Zeitpunkte
mit extremaler Geschwindigkeit zu bestimmen.
Aufgabe 5.5.5. Bestimmen Sie die Polynomfunktion dritten Grades
mit einem Sattelpunkt bei P(2,2).
f(x) = x 3 +ax 2 +bx+c

5.5. Beispiele einer Kurvendiskussion 127
Aufgabe 5.5.6. Bestimmen Sie die Polynomfunktion fünften Grades
f(x) = x 5 +ax 4 +bx 3 +cx 2 +dx+e
die mit der x-Achse einen Berührungspunkt mit Abszisse 0, einen Extrempunkt bei P(2,−2)
und einem Wendepunkt mit der Abszisse 1 hat?
Aufgabe 5.5.7. ZerlegenSieeineZahlz inzwei Summanden,sodassderenProduktmaximal
wird.
Aufgabe 5.5.8. Zur Bestimmung eines Wertes liegen n verschiedene Messwerte x 1 ,x 2 ,...,
x n vor, deren absolute Fehler |x−x 1 |,|x−x 2 |,...,|x−x n | sind. Für welche Werte x wird die
Summe der Quadrate dieser Fehler, also
ein Minimum?
S(x) = (x−x 1 ) 2 +(x−x 2 ) 2 +···+(x−x n ) 2
Aufgabe 5.5.9. In einer Kugel mit Radius R ist
a. der Kreiszylinder mit dem grössten Volumen V,
b. der Kreiszylinder mit der grössten Mantelfläche M,
c. der Kreiszylinder mit der grössten Oberfläche O und
d. der Kegel mit grösstem Volumen V
einzubeschreiben. Wie gross sind jeweils der Radius und die Höhe?
Aufgabe 5.5.10. Zwei Punkte P 1 und P 2 bewegen sich auf den beiden Koordinatenachsen
gleichförmig mit v 1 = 0.3ms −1 und v 2 = 0.4ms −1 in Richtung Ursprung. Am Anfang der
Bewegung sind sie vom Ursprung 12m und 9m entfernt. Nach wie vielen Sekunden ist ihre
Entfernung minimal?
Aufgabe 5.5.11. Zwei Punkte A und B haben von einer Geraden g die Abstände a und b.
Die Fusspunkte ihrer Lote auf g haben den Abstand c. Für welchen Punkt P auf der Geraden
g wird die Zeit zum Durchlaufen der geraden Wegstücke von A nach P und anschliessend von
P nach B am kleinsten, wenn
a. die Punkte A und B auf derselben Seite von g liegen und der Weg mit konstanter
Geschwindigkeit v durchlaufen wird (Reflektionsgesetz)?
b. die Punkte A und B auf verschiedenen Seiten von g liegen und der Weg von A nach
P mit konstanter Geschwindigkeit v A und der Weg von P nach B mit konstanter Geschwindigkeit
v B durchlaufen werden (Brechungsgesetz)?
Aufgabe 5.5.12. Für eine symmetrische Linse mit konstanter Brennweite f ist mit Hilfe der
Abbildungsgleichung
1
f = 1 g + 1 b ,
wobei g die Gegenstandsweite und b die Bildweite ist, die kürzeste Entfernung von Bild und
Gegenstand zu bestimmen.

128 Kapitel 5. Anwendungen der Differenzialrechnung
Aufgabe 5.5.13. Ein Balken auf zwei Stützen mit der Stützweite l hat die folgenden Belastungen
im Abstand x vom linken Aufleger als Biegemoment
a. M x = qx(l−x)
2
, wobei x ∈ [0,l] bei gleichmässig verteilter Last q;
b. M x = qxl
6 − q 6l x3 , wobei x ∈ [0,l] bei einseitiger Dreieckslast, die von 0 bis zum Werte q
linear ansteigt;
c. M x = 2F l
x(l −x− a 2
), wobei x ∈ [0,l − a] bei zwei gleich grossen wandernden Lasten
F mit konstantem Abstand a < l 2
, wobei x der Abstand der linken Last vom linken
Aufleger ist.
Bestimmen Sie das grösste Biegemoment sowie die Stelle, an der es auftritt, der so genannte
gefährdete Querschnitt.
Aufgabe 5.5.14. Die Kurve der Funktion
f(x) = e −ax sinh(bx) wobei a > b > 0,
für alle x ∈ [0,∞[
sei zu diskutieren. Bestimmen Sie
a. die Nullstellen,
b. die Abszisse x e und die Art des Extrempunkts,
c. die Abszisse x w des Wendepunkts,
d. die Steigung bei x = 0 und
e. das Verhalten für x → ∞.
f. Welche einfache Beziehung besteht zwischen x e und x w ?
Lösungen
Lösung 5.5.1. keine Hilfe
Lösung 5.5.2. keine Hilfe
Lösung 5.5.3.
a. Maximum bei P(0,2)
b. Maximum bei P
(
− √ ab,−
1
( √ a+ √ b) 2 )
und Minimum bei P
( √ab,−
1
( √ a− √ b) 2 )
Lösung 5.5.4. Extremale Geschwindigkeit wenn ωt 1 = 0.66623+2πn oder ωt 2 = 2.47535+
2πn wobei n ∈ Z. Die Zahlen x 1 ≈ 0.66623 und x 2 ≈ 2.47535 sind numerisch berechnete
Lösungen der Gleichung cos(x) = tan(x).
Lösung 5.5.5. f(x) = x 3 −6x 2 +12x−6
Lösung 5.5.6. f(x) = x 5 −5x 4 + 17 2 x3 − 11 2 x2

5.5. Beispiele einer Kurvendiskussion 129
Lösung 5.5.7. Die Zerlegung ist z = z 2 + z 2 .
Lösung 5.5.8. Für den Mittelwert ¯x = 1 n (x 1 +x 2 +···+x n ).
Lösung 5.5.9.
a. r =
b. r =
√
6
3 R und h = 2 3√
3R
√
2
2 R und h = √ 2R
c. r = 0.851R und h = 1.05R
d. r = 2√ 2
3 R und h = 4 3 R
Lösung 5.5.10. t min = 28.8s
Lösung 5.5.11. Es seien α der Einfallswinkel und β der Ausfallswinkel gemessen zur Normalen
der Geraden g im Punkt P.
a. Das Reflektionsgesetz besagt, dass α = β (Einfallswinkel gleich Ausfallswinkel).
b. Das Brechungsgesetz besagt, dass
sin(α)
sin(β) = v B
v A
.
Lösung 5.5.12. Minimale Distanz ist 4f.
Lösung 5.5.13.
a. M max = ql2
8 bei x = l 2
b. M max = ql2√ 3
27
bei x = l √
3
c. M max = F 2l (l − a 2 )2 bei x = 2l−a
4
Lösung 5.5.14.
a. Nullstelle bei x 0 = 0
b. Maximum bei x e = b −1 artanh
( b
a)
,
( ) 2ab
c. Wendepunkt bei x w = b −1 artanh
a 2 +b 2 ,
d. Steigung f ′ (0) = b,
e. lim x→∞ f(x) = 0.
f. Es gilt 2x e = x w .

130 Kapitel 5. Anwendungen der Differenzialrechnung
5.6 Krümmung, Krümmungskreis, Evolute, Evolvente
Intuitiv können wir die Krümmung einer Kurve erfahren. Wir fahren mit dem Auto oder
dem Velo mit konstanter Geschwindigkeit über eine kurvenreiche Strasse. Die Krümmung der
Strasse entspricht nun gerade der Radialbeschleunigung, die beim Befahren der Kurve auf
uns wirkt. Je enger der Kurvenradius desto mehr Beschleunigung spüren wir. Vergleichen
Sie auch Kapitel A.4.3 über den idealen Strassen- und Eisenbahnbau. Nun wollen wir diesen
Sachverhalt mathematisch untersuchen.
Gegeben sei die zweimal differenzierbare Funktion f. Diese definiert uns die Kurve mit der
Gleichung y = f(x). Verschieben wir einen Punkt P auf der Kurve im Sinne wachsender x-
Werte um eine beliebige Bogenlänge ∆s in den Punkt P 1 , so ändert sich der Richtungswinkel
der Tangente um ∆α. Der Differenzenquotient ∆α
∆s
ist ein Mass für die mittlere Krümmung
zwischen den Punkten P und P 1 . Bilden wir nun den Grenzübergang ∆s → 0, so erhalten
wir per Definition die Krümmung k der Kurve im Punkt P.
y
P 1
•
∆s
y = f(x)
α
P
•
α + ∆α
x
Abbildung 5.6.i: Definition der Krümmung der Kurve y = f(x) im Punkt P
∆α
k = lim
∆s→0 ∆s = dα
ds .
Die Krümmung ist die Änderung des Tangentenwinkels α bezogen auf die Änderung der
Bogenlänge s. Nun können wir eine Beziehung zwischen der Krümmung k und der Funktion
f herleiten. Dazu benutzen wir die Kettenregel und erhalten
k = dα dα
ds = dx
.
ds
Nun betrachten wir Zähler und Nenner von k individuell.
Zähler: Die Steigung der Tangente im Punkt P an die Kurve y = f(x) beträgt tan(α) = y ′ ,
also folgt unmittelbar α = arctan(y ′ ). Nun bilden wir mit der Kettenregel
dx
dα
dx = y ′′
1+(y ′ ) 2.
Nenner: Die Bogenlänge einer Kurve y = f(x) haben wir bereits in Kapitel 10.2 hergeleitet.
Wir schlagen dort nach und finden
ds
dx = √ 1+(y ′ ) 2 .

5.6. Krümmung, Krümmungskreis, Evolute, Evolvente 131
Daraus folgt nun die gesuchte Beziehung für die Krümmung einer Kurve y = f(x)
k = dα dα
ds = dx
ds
dx
=
y ′′
1+(y ′ ) 2
√
1+(y ′ ) 2 = y ′′
√
1+(y ′ ) 2 3.
(5.6.a)
Wir stellen fest, dass die so definierte Krümmung ein Vorzeichen hat.
• Linkskrümmung (konvex) wenn k > 0
• Rechtskrümmung (konkav) wenn k < 0
Da bei der Krümmung k der Nenner immer positiv ist, folgt, dass die Krümmung genau dann
verschwindet wenny ′′ = 0. Daraus folgt, dassin einem Wendepunkt dieKrümmungderKurve
immer gleich null ist.
Beispiel 5.6.1. Wir betrachten die Sinuskurve y = sin(x) und berechnen deren Krümmung
in Funktion der Abszisse x
−sin(x)
k(x) = √
1+cos 2 (x) 3.
Wir beobachten:
y
y = sin(x)
•
y = k(x)
•
k < 0
π
•
k > 0
2π
•
x
•
Abbildung 5.6.ii: Krümmung k der Sinuskurve
• Für alle x ∈ ]2nπ,(2n+1)π[ mit n ∈ Z ist k(x) < 0. Die Sinuskurve ist dort rechtsgekrümmt
(konkav).
Für alle x ∈ ](2n+1)π,(2n+2)π[ mit n ∈ Z ist k(x) > 0. Die Sinuskurve ist dort
linksgekrümmt (konvex).
• Bei x = nπ wobei n ∈ Z ist k(x) = 0. Die Sinuskurve hat dort Wendepunkte.
• Bei x = π 2
+ 2nπ, wobei n ∈ Z, ist k(x) = −1. Die Sinuskurve hat dort minimale
Krümmung.
Bei x = 3π 2
+ 2nπ, wobei n ∈ Z, ist k(x) = 1. Die Sinuskurve hat dort maximale
Krümmung.
Definition 5.6.1. Punkte mit extremaler Krümmung heissen Scheitelpunkte.

132 Kapitel 5. Anwendungen der Differenzialrechnung
Beispiel 5.6.2. Wo liegt der Scheitelpunkt der Parabel y = x2
2
? Wir berechnen die Krümmung
der Parabel in Funktion der Abszisse
k(x) =
1
√
1+x 2 3.
Nun suchen wir Extremstellen der Krümmung, das heisst, wir suchen Nullstellen der ersten
Ableitung
k ′ 3x
(x) = −√ 1+x 2 5 = 0.
Der Scheitelpunkt liegt also bei P(0,0).
Ist die Kurve in Parameterdarstellung gegeben x = x(t) und y = y(t), so lässt sich die
Krümmung in Parameterdarstellungangeben.ImFolgenden bezeichnenwirAbleitungen
nachdemParametertmiteinemPunktundAbleitungennachderVariablexmiteinemStrich.
Wir berechnen mit der Kettenregel
y ′ = dy dy
dx = dt
dx
dt
= ẏ
ẋ
und
y ′′ = dy′
dx = dy′
dt · dt
dx = d dt
(ẏ )
ẋ
· dt (ÿ
dx = ẋ − ẏẍ )
ẋ 2 ·
In der bekannten Formel für die Krümmung (5.6.a) eingesetzt, erhalten wir
1
dx
dt
=
ẋÿ −ẍẏ
ẋ 2 1
ẋ .
k =
y ′′
√
1+(y ′ ) 2 3 =
die Krümmung in Parameterdarstellung.
√
ẋÿ −ẍẏ
1+
ẋ 3
(ẏ ) 3 2
ẋ
= ẋÿ −ẍẏ
√ẋ2
+ẏ 2 3,
(5.6.b)
Beispiel 5.6.3. Wie gross ist die Krümmung eines Kreises mit Radius r? Dazu parametrisieren
wir den Kreis mit Radius r und Zentrum im Ursprung
x(t) = rcos(t), ẋ(t) = −rsin(t), ẍ(t) = −rcos(t),
y(t) = rsin(t), ẏ(t) = rcos(t), ÿ(t) = −rsin(t),
und berechnen die Krümmung
k = r2 sin 2 (t)+r 2 cos 2 (t)
√
r 2 sin 2 (t)+r 2 cos 2 (t) 3 = r2
√
r
2 3 = 1 r > 0.
Je grösser der Radius des Kreises desto kleiner ist die Krümmung. Da der Kreis im positiven
Sinnparametrisiert ist,giltk = 1 r > 0,alsohabenwireineLinkskrümmung.DasselbeResultat
hätten wir auch mit der Halbkreiskurve y = √ r 2 −x 2 erhalten (vgl. Aufgabe 5.6.1).

5.6. Krümmung, Krümmungskreis, Evolute, Evolvente 133
Krümmungskreis, Evolute und Evolvente
Wir können die Krümmungseigenschaft eines Kreises benutzen, um an eine Kurve in einem
Punkt P einen Krümmungskreis zu legen, der folgende Bedingungen erfüllt:
1. Die Kurve und der Kreis berühren sich im Punkt P mit gemeinsamer Tangente, d.h.
y ′ Kreis = y′ Kurve .
2. Die Kurve und der Kreis haben im Punkt P die gleiche Krümmung, d.h.
y ′′ Kreis = y ′′ Kurve mit k Kreis = k Kurve .
Wir sagen, der Kreis berühre die Kurve in zweiter Ordnung. Der Kreismittelpunkt M heisst
Krümmungsmittelpunkt, und der Radius
r = 1
|k|
des Kreises heisst Krümmungsradius 4 . Da zu jedem Punkt P einer Kurve ein KrümmungsmittelpunktM
gehört, ergebenalle KrümmungsmittelpunktezusammeneineKurve,dieEvolute.
Die Ausgangskurve heisst Evolvente.
y
M
•
P
•
r
Abbildung 5.6.iii: Krümmungskreis im Punkt P
x
Wir können die Koordinaten des Krümmungsmittelpunktes bestimmen. Die Kurve sei in
Parameterdarstellung x = x(t) und y = y(t) gegeben. Der Krümmungsmittelpunkt M zum
Punkt P liegt auf der Normalen an die Kurve im Punkt P im Abstand PM = 1 k
= r. Der
normalisierte Normalenvektor ⃗n = ( n x
)
n y im Punkt P(x,y) hat die Koordinaten
n x =
−ẏ
√ẋ2 +ẏ 2 und n y =
ẋ
√ẋ2 +ẏ 2.
4 Radien sind immer positive Zahlen, also muss der Absolutbetrag der Krümmung genommen werden.

134 Kapitel 5. Anwendungen der Differenzialrechnung
Demzufolge wird der Krümmungsmittelpunkt zu
M(ξ,η) =
( x
y)
+r⃗n =
( x
y)
+ 1 k ⃗n.
Also erhalten wir die Parameterdarstellung der Evolute
ẋ 2 (t)+ẏ 2 (t)
ξ(t) = x(t)−ẏ(t)
ẋ(t)ÿ(t)−ẍ(t)ẏ(t)
ẋ 2 (t)+ẏ 2 (t)
und η(t) = y(t)+ẋ(t)
ẋ(t)ÿ(t)−ẍ(t)ẏ(t) .
Falls dieKurveinderDarstellung y = f(x)gegeben ist, solautet dieParameterdarstellung
der Evolute
ξ(x) = x−f ′ (x) 1+(f′ (x)) 2
f ′′ (x)
und η(x) = f(x)+ 1+(f′ (x)) 2
f ′′ .
(x)
Beispiel 5.6.4. Wir berechnen die Evolute der Parabel y = x 2 . Dazu bilden wir die Ableitungen
y ′ = 2x und y ′′ = 2. Nun parametrisieren wir die Evolute
ξ(x) = x−2x 1+4x2
2
= −4x 3 und η(x) = x 2 + 1+4x2
2
= 1 2 +3x2 .
Wir können die Evolute der Parabel auch als Funktion schreiben, wenn wir ξ = −4x 3 nach
η
Evolvente
Evolute
Abbildung 5.6.iv: Evolute der Parabel (Evolvente)
x auflösen und in η(x) = 1 2 +3x2 einsetzen. Dann erhalten wir
Aufgaben
η(ξ) = 1 2 +3 3 √
ξ
2
16 .
Aufgabe 5.6.1. Berechnen Sie die Krümmung des Halbkreises y = √ r 2 −x 2 . Wieso ist die
Krümmung negativ?
Aufgabe 5.6.2. Wie gross ist der Krümmungsradius der Parabel mit der Gleichung
y 2 = 2px
im Scheitelpunkt, wenn der Parameter p ∈ R fest gewählt wurde?
ξ

5.6. Krümmung, Krümmungskreis, Evolute, Evolvente 135
Aufgabe 5.6.3. Wo besitzt die Kurve des natürlichen Logarithmus ihren Scheitelpunkt? Wie
gross ist dort der Krümmungsradius?
Aufgabe 5.6.4. Beweisen Sie, dass die Kurve mit der Parametrisierung
x(t) = cos(t)+tsin(t) und y(t) = sin(t)−tcos(t)
keinen Scheitelpunkt besitzt und ihre Evolute ein Kreis ist.
Aufgabe 5.6.5. Wie gross ist der Krümmungsradius der Hyperbel mit der Gleichung
in den Scheitelpunkten?
x 2
a 2 − y2
b 2 = 1
Aufgabe 5.6.6. Bestimmen Sie rechnerisch und zeichnerisch die Evolute der Ellipse
x 2
a 2 + y2
b 2 = 1.
Wie gross sind die Krümmungsradien in den Scheitelpunkten?
Aufgabe 5.6.7. Bestimmen Sie die Evolute der in Polarkoordinaten gegebenen Kurve
r(ϕ) = 8cos(ϕ)−4sin(ϕ).
Aufgabe 5.6.8. Gegeben sei die Kurve xy = c 2 mit c ∈ R beliebig. Wir betrachten die
Normale an die Kurve im Punkt P, diese schneidet die Kurve ein zweites Mal in P ′ .
Beweisen Sie: Der Krümmungsradius der Kurve ist in jedem Punkt P halb so lang wie die
Sehne zwischen P und P ′ .
Lösungen
Lösung 5.6.1. Die Krümmung beträgt k = − 1 r
< 0. Für den parametrisierten Kreis mit
Radius r haben wir in Bsp. 5.6.3 die Krümmung k = 1 r
> 0 erhalten. Der Umlaufsinn der
parametrisierten Kurve (Linksskrümmung) und von y = √ r 2 −x 2 (Rechtskrümmung) sind
entgegengesetzt. Damit ändert sich das Vorzeichen der Krümmung.
Lösung 5.6.2. r(0) = p
Lösung 5.6.3. Scheitelpunkt bei P
(
1√2
,−ln( √ ( )
2))
, Krümmungsradius r 1√2
= 3√ 3
2 .
Lösung 5.6.4. Die Krümmung k(t) = 1 t
besitzt keine Extremstellen. Demzufolge hat die
Kurve (Evolvente) keine Scheitelpunkte. Es handelt sich um eine spiralförmige Kurve. Die
Evolute ist ein Kreis mit Radius 1 und Mittelpunkt im Ursprung .
Lösung 5.6.5. r = b2 a
Lösung 5.6.6. Parametrisierung der Evolute
ξ(t) = a2 −b 2
a
cos 3 (t) und η(t) = b2 −a 2
sin 3 (t).
b
Krümmungsradien in den Scheitelpunkten r a = b2 a und r b = a2
b .

136 Kapitel 5. Anwendungen der Differenzialrechnung
Lösung 5.6.7. DieFormelfürdieKrümmungeinerKurver = r(ϕ),dieinPolarkoordinaten
gegeben ist, lautet
k = r2 −ṙ¨r +2ṙ 2
√
r 2 +ṙ 2 3 .
Bei der Kurve r(ϕ) = 8cos(ϕ)−4sin(ϕ) handelt es sich um einen Kreis mit Radius r = 10 √
5
und Zentrum bei P(4,−2). Demzufolge reduziert sich die Evolute auf das Zentrum.
Lösung 5.6.8. Eine der schwierigsten Aufgaben im ganzen Analysis Kurs. Viel Glück.

Kapitel 6
Integralrechnung
6.1 Das unbestimmte Integral
Es sei f eine Funktion, die im Intervall [a,b] stetig ist. Wir interessieren uns für die folgende
Frage: Wie gross ist der Flächeninhalt der Fläche unter der Kurve y = f(x) zwischen a und
b? Wie wir es jetzt zeigen werden, hängt diese Frage eng mit dem Konzept der Ableitung
zusammen.
M
y
y = f(x)
m
F(x)
a
x
x + ∆x
b
x
Abbildung 6.1.i: Zum Begriff des unbestimmten Integrals
Auf dem Intervall [a,b] definieren wir die Flächenfunktion F wie folgt: Für jedes x ∈
[a,b] wird der Flächeninhalt unter der Kurve y = f(x) und der x-Achse im Intervall [a,x]
durch F(x) bezeichnet. Dabei betrachten wir Flächeninhalten, die sich oberhalb der x-Achse
befinden, als positiv, und diejenigen, die sich unterhalb der x-Achse befinden, als negativ.
Wir möchten die Ableitung F ′ der Flächenfunktion berechnen. Dazu betrachten wir zuerst
den Differenzenquotient ∆F
∆x .
Wird bei einer gewissen Stelle x ∈ ]a,b[ der Abszissenwert um ∆x vergrössert, so wächst die
Funktion der Flächeninhalt um ∆F = F(x+∆x)−F(x). Diesen Flächenzuwachs können wir
durch die folgende Ungleichung grob schätzen
m∆x ≤ ∆F ≤ M∆x,
wobei m den minimalen und M den maximalen Funktionswert von F im Intervall [x,x+∆x]
137

138 Kapitel 6. Integralrechnung
bezeichnen. Nach Division durch ∆x wird daraus
m ≤ ∆F
∆x ≤ M.
Lassen wir ∆x gegen 0 streben, dann streben m und M beide gegen den Funktionswert f(x).
Somit gilt laut dem Sandwich-Theorem (vgl. Satz 3.3.2)
F ′ ∆F
(x) = lim
∆x→0 ∆x = f(x).
Wir haben gezeigt, dass im Intervall ]a,b[ die Ableitung der Flächenfunktion F nicht anders
als die ursprüngliche Funktion f ist.
Funktionen wie F, die die Eigenschaft F ′ = f besitzen, werden Stammfunktionen von f
genannt. Kennen wir eine Stammfunktion F von f, dann kennen wir alle Stammfunkionen
von f: Die anderen unterscheiden sich von F nur durch einen konstanten additiven Faktor.
Die allgemeine Form einer Stammfunktion von f wird unbestimmtes Integral genannt und
durch das Symbol
∫
f(x)dx
bezeichnet. Es gilt
(∫
f(x)dx) ′
= (F(x)+C) ′ = f(x),
d.h., eine Ableitung hebt eine Integration auf 1 .
Beispiel 6.1.1. Eine Stammfunktion von f(x) = x ist die Funktion F(x) = x2
2
. Damit gilt
∫
xdx = x2
2 +C,
wobei C eine beliebige reelle Zahl ist 2 (vgl. Abbildung 6.1.ii).
Im Beispiel 6.1.1 konnten wir aus unserer Erfahrung mit Ableitung eine Stammfunktion von
f einfach erraten. Andere Integrale, die sofort aus den Ableitungsregeln folgen, werden in der
folgenden Liste aufgeführt. Sie heissen Grundintegrale (vgl. auch die Tafel B.1)
∫
∫
0dx = C
e x dx = e x +C
∫
∫
1dx = x+C
cos(x)dx = sin(x)+C
∫
∫
x n dx = xn+1
n+1 +C für alle n ∈ Z, n ≠ −1 sin(x)dx = −cos(x)+C
∫ ∫
1 1
dx = ln|x|+C
x cos 2 dx = tan(x)+C
(x)
∫
∫
a x dx = ax
+C für alle a ∈ ]0,∞[, a ≠ 1
ln(a)
1
sin 2 dx = −cot(x)+C
(x)
Später werden wir Methoden lernen, die es erlauben, gewisse Integrale auf den Grundintegrale
zurückzuführen. Dies ist aber nicht immer möglich: Es gibt Funktionen, wie zum Beispiel
f(x) = e −x2 und f(x) = sin(x 2 ), die keine elementare Stammfunktionen besitzen.
1 Im deutschen Sprachraum heisst Integrieren oft auch “Aufleiten”.
2 Mit der Zeit wird es langwierig, den Satz wobei C eine beliebige reelle Zahl ist“ immer wiederholen zu
”
müssen. Stattdessen schreiben wir einfach ∫ xdx = x2 + C und betrachten die Bedeutung der so genannten
2
Integrationskonstante C als selbstverständlich.

6.1. Das unbestimmte Integral 139
y
x
Aufgaben
Abbildung 6.1.ii: Einige Stammfunktionen von f(x) = x
Aufgabe 6.1.1. Berechnen Sie folgende Integrale.
∫
a. (x 5 −3x 2 +7)dx
b.
c.
d.
e.
f.
g.
∫ 1
x 3 dx
∫ x 4 −5x 3 +2x
dx
∫
∫
∫
3√ xdx
x 3
7 √ x 4 dx
1
5√
x 2 dx
∫ t 2 −4 3√ t+8t −2
2 √ dt
t
h.
i.
j.
k.
l.
m.
n.
∫
(s+2 √ s) 3 ds
∫ √
u 3√ u 2 du
∫ √
v 3√ u 2 du
∫
∫
(r 2 +2 r )dr
(sin(x)+e −x +2e x −1)dx
∫ (
m− 1 )
dm
m
∫
acos 2 (x)du

140 Kapitel 6. Integralrechnung
Lösungen
Lösung 6.1.1.
a.
x 6
6 −x3 +7x+C
b. − 1
2x 2 +C
c.
x 2
2 −5x− 2 x +C
3 3√
d.
4 x 4 +C
e.
7
3 x3 +C
5 5√
f.
3 x 3 +C
g.
1
5
√
t 5 − 12
5
6√
t 5 − 8 3 t−3 2 +C
√ √
1
h.
4 s4 + 12 7 s 7 +4s 3 + 16
5 s 5 +C
6 6√
i.
11 u 11 +C
j.
3
4√ v
3 √ u 4 +C
k.
m.
r 3
3 + 2r
ln(2) +C
l. −cos(x)−e −x +2e x −x+C
m 2
2 −ln(|m|)+C
n. aucos 2 (x)+C
6.2 Das bestimmte Integral
Jetzt kommen wir zur ursprünglichen Frage des letzten Kapitels zurück: Wie gross ist der
Flächeninhalt unter einer gewissen Kurve y = f(x) zwischen den Grenzen a und b? Finden
wir eine Stammfunktion F von f, können wir diese Frage beantworten. Wir wissen, dass
F(x) = F 0 (x)+C, wobei F 0 die Flächenfunktion
F 0 (x) = Flächeninhalt unter y = f(x) zwischen a und x, für alle x ∈ [a,b]
und C eine konstante reelle Zahl ist. Setzen wir x = a in diese Beziehung ein, erhalten wir
C = F(a). Der gesuchte Flächeninhalt ist damit F 0 (b) = F(b) −C = F(b) −F(a). Er wird
durch
∫ b
b
f(x)dx oder F(x)
∣
a
bezeichnet und bestimmtes Integral genannt. Anders ausgedrückt gilt
∫ b
a
b
f(x)dx = F(x)
∣ = F(b)−F(a).
Beispiel 6.2.1. Gesucht wird der Flächeninhalt unter der Kurve der Funktion f(x) = x
zwischen den Grenzen 0 und 2. In diesem Fall brauchen wir die oben entwickelte Theorie
eigentlich nicht, denn die Fläche ist ein einfaches Dreieck mit Flächeninhalt 1 2 · 2 · 2 = 2
(vgl. Abblidung 6.2.i). Wenden wir die Theorie an dieses Beispiel gleichwohl an, erhalten wir
selbstverständlich die gleiche Antwort: Wir wählen eine Stammfunktion F von f aus, zum
Beispiel F(x) = x2
2
. Dann ist der gesuchte Flächeninhalt
∫ 2
0
xdx = x2
2
∣
2
0
a
a
= 22
2 − 02
2 = 2.

6.2. Das bestimmte Integral 141
Wenn wir eine andere Stammfunktion von f gewählt hätten, zum Beispiel F(x) = x2
2 + 3,
hätten wir nochmals die gleiche Antwort gefunden:
∫ 2
0
( )∣ x
2 ∣∣∣
2
xdx =
2 +3 =
0
( 2
2
2 +3 )
−
( 0
2
2 +3 )
= 2.
y
2
y = x
y
y = sin(x)
π
x
2
x
Abbildung 6.2.i: Zwei Flächeninhalte der Grösse 2
Beispiel 6.2.2. Dieses Mal suchen wir den Flächeninhalt unter der Kurve der Sinusfunktion
f(x) = sin(x) zwischen0undπ (vgl. Abblidung6.2.i). Wir wählendieStammfunktionF(x) =
−cos(x) und erhalten somit
∫ π
π
sin(x)dx = −cos(x)
∣ = (−cos(π))−(−cos(0)) = 1−(−1) = 2.
Aufgaben
0
Aufgabe 6.2.1. Berechnen Sie folgende bestimmte Integrale.
a.
b.
c.
∫ 3
0
∫ 2π
π
∫ 2π
0
x 2 dx
sin(x)dx
sin(x)dx
0
d.
e.
f.
∫ t
π
4
∫ x
1
∫ s
2
1
cos 2 (x) dx
(q 3 +6q 2 −2q +7)dq
1
s ds
Aufgabe 6.2.2. Bestimmen Sie die Stammfunktion von f(x) = x 3 + 5x − 4, deren Kurve
durch den Punkt P(2,8) geht.
Aufgabe 6.2.3. Berechnen Sie folgende bestimmte Integrale.
a.
b.
c.
d.
∫ 1
−2
∫ π
0
∫ 2
1
∫ x2
(2−4x)dx
(sin(x)−5)dx
tcos(ϕ)dt
x 1
abπdt
e.
f.
g.
∫ π
2
π
4
∫ a
0
∫ 0.1
1
1+sin 2 (x)
sin 2 (x)
3e x dx
1
v dv
dx

142 Kapitel 6. Integralrechnung
Lösungen
Lösung 6.2.1.
a. 9
b. −2
c. 0
d. tan(t)−1
1
e.
4 x4 +2x 3 −x 2 +7x− 33
4
f. ln(|s|)−ln(2)
Lösung 6.2.2. F(x) = 1 4 x4 + 5 2 x2 −4x+2
Lösung 6.2.3.
a. 12
b. 2−5π
c.
3
2 cos(ϕ)
d. abπ(x 2 −x 1 )
e.
π
4 +1
f. 3e a −3
g. ln(0.1)
6.3 Integrationsregeln
Im Folgenden führen wir die wichtigsten Integrationsregeln auf.
Satz 6.3.1 (Integration einer Summe). Es seien f und g stetige Funktionen. Dann gilt
∫ ∫ ∫
(f(x)+g(x)) dx = f(x)dx+ g(x)dx.
Beweis. Wir wählen eine Stammfunktion F von f und eine Stammfunktion G von g. Anders
gesagt sind F und G Funktionen, die die Bedingungen F ′ = f und G ′ = g erfüllen, und somit
gelten ∫
∫
f(x)dx = F(x)+C 1 und g(x)dx = F(x)+C 2 ,
wobei C 1 und C 2 beliebige reelle Zahlen sind. Die Summe dieser beiden Funktionen ist
∫ ∫
f(x)dx+ g(x)dx = F(x)+G(x)+C 3 ,
wobei C 3 eine beliebige reelle Zahl ist. Auf der anderen Seite gilt für jede Stammfunktion H
von f +g die Beziehung H ′ = f +g = F ′ +G ′ = (F +G) ′ , das heisst, H = F +G+C 4 für
ein gewisses C 4 ∈ R. Damit erhalten wir
∫
∫
(f(x)+g(x)) dx = F(x)+G(x)+C 4 =
∫
f(x)dx+
g(x)dx.
Satz 6.3.2 (Integration mit konstantem Faktor). Es seien f eine stetige Funktion und a eine
reelle Zahl. Dann gilt ∫ ∫
af(x)dx = a f(x)dx.

6.3. Integrationsregeln 143
Beweis. Wir wählen eine Stammfunktion F von f, das heisst, F ′ = f und
∫
f(x)dx = F(x)+C 1 ,
wobei C 1 eine beliebige reelle Zahl ist. Auf der anderen Seite gilt für jede Stammfunktion
G von af die Beziehung G ′ = af = aF ′ = (aF) ′ , das heisst, G = aF +C 2 für ein gewisses
C 2 ∈ R. Damit erhalten wir
∫
∫
af(x)dx = aF(x)+C 2 = a(F(x)+C 1 ) = a f(x)dx.
Satz 6.3.3 (Vertauschen der Integrationsgrenzen). Es sei f eine stetige Funktion. Dann gilt
∫ b
a
f(x)dx = −
Beweis. Für jede Stammfunktion F von f ist
∫ b
a
∫ a
b
f(x)dx.
f(x)dx = F(b)−F(a) = −(F(a)−F(b)) = −
∫ a
b
f(x)dx.
Satz 6.3.4 (Zerlegung des Integrationsintervalles zwei Teile). Es sei f eine stetige Funktion.
Dann gilt
(vgl. Abbildung 6.3.i).
∫ c
a
f(x)dx+
∫ b
c
f(x)dx =
∫ b
a
f(x)dx
y
y = f(x)
a
c
b
x
Abbildung 6.3.i: Zerlegung des Intervalles [a,b]
Beweis. Für jede Stammfunktion F von f ist
∫ c
a
f(x)dx+
∫ b
c
f(x)dx = (F(c)−F(a))+(F(b)−F(c)) = F(b)−F(a) =
∫ b
a
f(x)dx.

144 Kapitel 6. Integralrechnung
6.4 Spezielle bestimmte Integrale
In Kapitel 2.7 führten wir das Konzept gerader und ungerader Funktionen ein (vgl. Definition
2.7.1). Für solche Funktionen kann ein Integral über ein bezüglich des Ursprungs
symmetrische Intervall vereinfacht werden.
y
y = f(x)
y
y = f(x)
−a
a
x
−a
a
x
Abbildung 6.4.i: Eine gerade Funktion
Abbildung 6.4.ii: Eine ungerade Funktion
• Gerade Funktionen: Es sei f eine Funktion, die im Intervall [−a,a] gerade ist, das
heisst, f(−x) = f(x) für alle −a ≤ x ≤ a. Dann gleicht der Flächeninhalten unter der
Kurve y = f(x) zwischen −a und 0 dem zwischen 0 und a (vgl. Abbildung6.4.i), woraus
folgt
∫ a
−a
f(x)dx =
∫ 0
−a
f(x)dx+
∫ a
0
f(x)dx = 2
∫ a
0
f(x)dx.
• Ungerade Funktionen: Es sei f eine Funktion, die im Intervall [−a,a] ungerade ist,
das heisst, f(−x) = −f(x) für alle −a ≤ x ≤ a. Dann ist der Flächeninhalt unter der
Kurve y = f(x) zwischen −a und 0 gleich dem zwischen 0 und a, jedoch mit dem Unterschied,
dass er sich auf der anderen Seite der x-Achse befindet (vgl. Abbildung 6.4.ii).
Damit hat der erste Flächeninhalt den negativen Wert des zweiten, woraus folgt
∫ a
−a
f(x)dx =
∫ 0
−a
f(x)dx+
∫ a
0
f(x)dx = −
6.5 Allgemeine Flächenberechnungen
∫ a
0
f(x)dx+
∫ a
0
f(x)dx = 0.
Im Allgemeinen muss bei Fragen der Flächenberechnung berücksichtigt werden, dass ein
Flächeninhalt als entweder positiv oder negativ gilt, je nachdem, ob sich die Fläche oberhalb
oder unterhalb der x-Achse befindet. Das folgende Beispiel zeigt, wie wir vorgehen müssen,
falls wirden absoluten Flächeninhalt zwischen einer Kurveundderx-Achse berechnen wollen.
Beispiel 6.5.1. Wir möchten den Flächeninhalt bestimmen, der zwischen der Kurve y =
f(x) = x 2 +x−6 und der x-Achse im Intervall [−4,3] eingeschlossen wird. Die Funktion f
hat Nullstellen bei x = −3 und x = 2. Links der Stelle x = −3 ist sie positiv, zwischen −3

6.5. Allgemeine Flächenberechnungen 145
y
y = f(x)
−4−3 2 3
x
Abbildung 6.5.i: Die Kurve y = x 2 +x−6
und 2 ist sie negativ, und rechts der Stelle x = 2 ist sie wieder positiv (vgl. Abbildung 6.5.i).
Dementsprechend teilen wir die Flächenberechnung wie folgt auf:
∫ −3
−4
∫ 2
−3
∫ 3
2
( )∣ x
(x 2 3
+x−6)dx =
3 + x2 ∣∣∣
−3 ( 27
2 −6x =
−4
2 − 32 )
= 17 3 6
( )∣ x
(x 2 3
+x−6)dx =
3 + x2 ∣∣∣
2 (
2 −6x = − 22
−3
3 − 27 )
= − 125
2 6
( )∣ x
(x 2 3
+x−6)dx =
3 + x2 ∣∣∣
3 (
2 −6x = − 9 2 − −22 )
= 17 3 6 .
2
Der gesuchte Gesamtflächeninhalt ist somit
∣ 17
∣∣∣ ∣ 6 ∣ + − 125
∣ ∣∣∣ 6 ∣ + 17
6 ∣ = 17+125+17
6
= 159
6 = 26.5.
DasnächsteBeispielzeigt, wiewiraufeinerähnlichenWeisedenInhaltvonFlächen berechnen
können, die zwischen zwei Kurven eingeschlossen sind.
Beispiel 6.5.2. Es seien die Funktionen f(x) = x2
2
− 6 und g(x) = x − 2 gegeben. Gesucht
wird der Flächeninhalt, der von den Kurve y = f(x) und y = g(x) eingeschlossen
wird. Die Schnittpunkte der beiden Kurven sind bei den Stellen x = −2 und x = 4 (vgl.
Abbildung 6.5.ii).
Um die Berechnung verständlicher zu machen, verschieben wir beide Kurven um zum Beispiel
7 Einheiten in die vertikale Richtung, damit sich die Fläche ganz oberhalb der x-Achse befinden
(vgl. Abbildung 6.5.iii). Den zu berechnenden Flächeninhalt, der bei dieser Verschiebung

146 Kapitel 6. Integralrechnung
y
y
y = f(x)
y = f(x) + 7
−2
4
x
y = g(x)
y = g(x) + 7
−2 4
x
Abbildung 6.5.ii: Vor der Verschiebung
Abbildung 6.5.iii: Nach der Verschiebung
unverändert bleibt, können wir jetzt als die folgende Differenz ausdrücken:
∫ 4
−2
(g(x)+7)dx−
∫ 4
−2
(∫ 4
= g(x)dx+
−2
=
=
∫ 4
−2
∫ 4
−2
g(x)dx−
(f(x)+7)dx
∫ 4
−2
∫ 4
−2
(g(x)−f(x))dx.
) (∫ 4 ∫ 4
)
7dx − f(x)dx+ 7dx
−2 −2
f(x)dx
Setzen wir g(x)−f(x) = − x2
2
∫ 4
−2
(− x2
2 +x+4 )
dx =
+x+4 ein, erhalten wir
(− x3
6 + x2
2 +4x )∣ ∣∣∣
4
−2
= 40 3 − −14
3
= 18.
Wir sehen, dass sich die Verschiebungskonstante von +7 bei der Berechnung der Flächendifferenz
auflöst. Der Flächeninhalt, der uns interessiert, lässt sich somit durch das Integral
∫ 4
−2
(g(x)−f(x))dx
ausdrücken. Dies Ergebnis ist auch im Allgemeinen gültig: Der Flächeninhalt, der von den
Kurven y = f(x) und y = g(x) zwischen den Schnittstellen x = a und x = b eingeschlossenen
wird, ist
∫ b
a
(g(x)−f(x))dx,
wobei g die grössere Funktion im Intervall ]a,b[ bezeichnet.
(6.5.a)
Beispiel 6.5.3. Gesucht wird der Flächeninhalt zwischen der Kurve y = x 2 und der y-Achse
zwischen den Stellen y = 0 und y = 4 (vgl. Abbildung 6.5.iv). Wir führen zwei verschiedene
Lösungsmethoden vor.

6.5. Allgemeine Flächenberechnungen 147
y
4
y = x 2
2
x
Abbildung 6.5.iv: Die Kurve y = x 2
• In der ersten Methode wenden wir die Formel (6.5.a) an die Funktionen f(x) = x 2
und g(x) = 4 an. Die Schnittstellen sind a = 0 und b = 2, woraus der zu berechnende
Flächeninhalt folgt:
∫ b
a
(g(x)−f(x))dx =
∫ 2
0
(4−x 2 )dx =
)∣ (4x− x3 ∣∣∣
2
= 16 3
0
3 .
• Die zweite Möglichkeit besteht darin, nach y statt nach x zu integrieren. Wir betrachten
die Funktion h(y) = √ y = y 1 2 zwischen den Stellen y = 0 und y = 4 und fahren wie
üblich fort:
Aufgaben
∫ 4
0
h(y)dy =
∫ 4
0
y 1 2 dy =
2y 3 2
3
4
∣ = 16 3 .
Aufgabe 6.5.1. Berechnen Sie den Flächeninhalt zwischen der Kurve y = f(x) und der
x-Achse von x = a bis x = b.
a. f(x) = x2 +3
2x , a = 1 und b = 4
0
b. f(x) = x 5
+2, a = 1 und b = 5
c. f(x) = 2x
, a = 0 und b = 10
10
d. f(x) = x+sin(x), a = 0 und b = 2π
e. f(x) = x 2 −5x+4, a = 0 und b = 6
f. f(x) = cos(x)−sin(x), a = 0 und b = 2π

148 Kapitel 6. Integralrechnung
Aufgabe 6.5.2. Berechnen Sie den Flächeninhalt der von den folgenden Kurven eingeschlossenen
Flächen.
a. y = 1 2 x2 −x− 3 2 und y = 0
b. y = −x 2 +4x+2 und y = 2x−1
c. y = x−2, y = 0, y = 2 und x = 0
d. y = x −2 , y = 1, y = 9 und x = 0
e. y = 2− 1 4 x2 , y = 1 4 x2 −2, x = −2 und x = 2
f. y = 2x 3 und y = 3x 2 −1
g. y 2 = x und x 2 = √ 8y
h. y = x 3 −4x 2 +x−6, y = 0, x = −2 und x = 4
i. y = cos(x) und y = x 2 − 1 2
Aufgabe 6.5.3. Berechnen Sie den Flächeninhalt der von den Kurven y = f(x) und y = g(x)
eingeschlossenen Fläche zwischen zwei benachbarten Schnittpunkten.
a. f(x) = x und g(x) = x+cos(x) b. f(x) = sin(x) und g(x) = cos(x)
Aufgabe 6.5.4. Gegeben sei die Fläche, die von den Kurven y = x 2 und y = b eingeschlossen
wird, wobei b eine positive reelle Zahl ist. Bestimmen Sie die Gleichung der Geraden, die
parallel zur x-Achse verläuft und die beschriebene Fläche halbiert.
Aufgabe 6.5.5. Die Fläche, die von den Kurven x = 0, x = π 2
, y = 0 und y = cos(x)
begrenzt wird, soll durch eine Parallele zur y-Achse halbiert werden. In welchem Abstand von
der y-Achse ist die Parallele zu ziehen?
Lösungen
Lösung 6.5.1.
a.
15
4 +ln(8)
b. 10.4
c. 147.59
Lösung 6.5.2.
a.
16
3
b.
32
3
c. 6
d. 4
e.
40
3
d. 2π 2
e. 15
f. 4 √ 2
27
f.
32
√
8
3
g.
h. 66
i. 2.017

6.5. Allgemeine Flächenberechnungen 149
Lösung 6.5.3.
a. 2 b. √ 8
Lösung 6.5.4. y = b 3√
4
Lösung 6.5.5. π 6

150 Kapitel 6. Integralrechnung

Kapitel 7
Das Riemannsche Integral
Wie zu einer gegebenen Funktion eine Stammfunktion zu bestimmen ist, können wir rein
technisch beantworten, indem wir uns damit begnügt haben, die Regeln und Formeln der Differenzialrechnung
einfach umzukehren. Dem eigentlichen Problem sind wir dabei aber ausgewichen,nämlichderFrage
wieeineFunktionF allgemein ausihrerals bekanntangenommenen
Änderungsrate F ′ zu rekonstruieren sei, und wie einer vorgegebenen Funktion f angesehen
werden kann, ob sie überhaupt eine Stammfunktion besitze. Diese Fragen werden wir in diesem
Kapitel beantworten. Die folgenden Ideen gehen auf P. Fermat und B. Riemann zurück.
P. Fermat hat als erster die Fläche unter der Kurve y = x β für beliebiges β berechnet, und
B. Riemann hat in seiner Habilitationsschrift (1854) das Integral für allgemeinere Funktionen
weiterentwickelt.
Abbildung 7.0.v: Pierre Fermat, 1601-
1665
Abbildung 7.0.vi: Bernhard Riemann,
1826-1866
7.1 Das bestimmte Integral als Grenzwert einer Summenfolge
Es ist die Funktion f : [a,b] → [0,∞[ gegeben. Wir wollen das bestimmte Integral
∫ b
a
f(x)dx
als Grenzwert einer Summenfolge kennen lernen. Wir zerlegen das Intervall [a,b] in n Teilin-
151

152 Kapitel 7. Das Riemannsche Integral
y
y
M i
∆x i
mi
∆x i
y = f(x)
y = f(x)
a=x 0
x 1
· · ·
x i−1 x i · · ·
b=x n
x
a=x 0
x 1
· · ·
x i−1 x i · · ·
b=x n
x
Abbildung 7.1.i: Das bestimmte Integral als
Grenzwert einer Riemannschen Untersumme
U n = ∑ n
i=1 ∆x im i .
Abbildung 7.1.ii: Das bestimmte Integral als
Grenzwert einer Riemannschen Obersumme
O n = ∑ n
i=1 ∆x iM i .
tervalle mit den Intervallgrenzen
a = x 0 < x 1 < x 2 < x 3 < ··· < x i−1 < x i < ··· < x n = b.
Dabei setzen wir ∆x i = x i − x i−1 . Die Masszahl der Fläche ∆F i unter der Kurve zwischen
x i−1 und x i und der x-Achse erfüllt die Ungleichung
wobei
∆x i m i ≤ ∆F i ≤ ∆x i M i ,
m i = min
x∈[x i−1 ,x i ] f(x) und M i = max
x∈[x i−1 ,x i ] f(x)
Summieren wir nun über alle Intervalle, so erhalten wir die Ungleichung
U n =
n∑
∆x i m i ≤
i=1
n∑
∆x i M i = O n .
i=1
Wir nennen U n die Riemannsche Untersumme und O n die Riemannsche Obersumme.
Wird die Zerlegung verfeinert, indem die Anzahl n der Teilintervalle erhöht wird, so kann
die Untersumme höchstens grösser und die Obersumme höchstens kleiner werden, da die
zusätzlich auftretenden m i nur grösser werden können, oder allenfalls gleich bleiben. Für
die M i gilt Entsprechendes. Voraussetzung dazu ist eine gewisse Regularität der Funktion.
Machen wir die Zerlegung immer feiner, indem wir die Anzahl n der Teilintervalle unbegrenzt
wachsenlassenunddamitalle ∆x i gegen nullstrebenlassen, sobildetdieUntersummeU n eine
monoton wachsende beschränkte Zahlenfolge und die Obersumme O n eine monoton fallende
beschränkte Zahlenfolge. Die Folgen U n und O n besitzen deshalb je einen Grenzwert
U = lim
n→∞ U n
und O = lim
n→∞ O n.

7.1. Das bestimmte Integral als Grenzwert einer Summenfolge 153
Sind beide Grenzwerte gleich U = O, so nennen wir ihren gemeinsamen Wert I bestimmtes
Integral.
n∑ n∑
∫ b
I = lim ∆x i m i = lim ∆x i M i = f(x)dx.
n→∞ n→∞
i=1
Die Masszahl des Flächeninhalts einer Fläche ist somit dann und nur dann ein sinnvoller
Begriff, wenn
lim
n→∞ (O n −U n ) = 0.
Indem wir unterscheiden, ob die Kurve unterhalb oder oberhalb der x-Achse verläuft, können
wir obiges Verfahren auf beliebige reellwertige Funktionen f : [a,b] → R ausweiten.
Zueinemanalogen Resultat gelangen wir,wennwirnicht diekleinstebzw.grössteOrdinatejedesTeilintervalls
verwenden,sondernausjedemTeilintervall einebeliebigeStelleξ i ∈ [x i−1 ,x i ]
auswählen und die zugehörige Ordinate f(ξ i ) zur Höhe des i-ten Rechtecks machen. Dann
y
i=1
a
f(ξ i )
∆x i
y = f(x)
a=x 0
x 1
· · · x i−1 ξ i
x i · · ·
b=x n
x
Abbildung 7.1.iii: Es sei ξ i jeweils der Mittelpunkt des i-ten Teilintervalls [x i−1 ,x i ]. Dann ist
das bestimmte Integral der Grenzwert der Summenfolge σ n = ∑ n
i=1 ∆x if(ξ i ).
folgt
und
oder
Ist wiederum
so gilt auch
∆x i m i ≤ ∆x i f(ξ i ) ≤ ∆x i M i ,
n∑
∆x i m i ≤
i=1
n∑
∆x i f(ξ i ) ≤
i=1
U n ≤ σ n ≤ O n .
lim U n = lim O n,
n→∞ n→∞
n∑
∆x i M i
i=1
lim U n = lim σ n = lim O n
n→∞ n→∞ n→∞
nach dem Sandwich-Theorem (vgl. Satz 3.3.2). Somit folgt
I = lim
n→∞ σ n = lim
n→∞
n∑
∆x i f(ξ i ) =
i=1
∫ b
a
f(x)dx.

154 Kapitel 7. Das Riemannsche Integral
Dies ist die so genannte Riemannsche Definition des Integrals.
Definition 7.1.1. Eine Funktion f : [a,b] → R heisst Riemann integrierbar im Intervall
[a,b], wenn bei jeder Folge beliebig fein werdender Zerlegungen des Intervalls [a,b] jede Folge
σ n den gleichen endlichen Grenzwert hat.
Als Resultat haben wir, dass das bestimmte Integral als Grenzwert einer Folge von Summe
aufgefasst werden kann. Dabei geht die Zahl der Summanden gegen unendlich, aber der Wert
jedes einzelnen Summanden gegen null. Diese Auffassung des Integrals ist nicht an die Berechnung
des Flächeninhalts gebunden. Sie ist für jede Folge von Summanden anwendbar,
etwa zur Volumen-, Oberflächen- und Bogenlängenberechnung.
Das Symbol ∫ bezeichnt den Grenzwert von Summenfolgen lim ∑ . Damit verstehen wir nun
auch, warum der Flächeninhalt einer Fläche zwischen x-Achse und Kurve negativ wird, wenn
die Kurve unterhalb der x-Achse verläuft. Die Ordinatenwerte f(ξ i ), die in der Summe auftreten,
sind negativ. Das Differenzial dF = f(x)dx heisst Flächenelement oder etwa auch
Flächendifferenzial.
Beispiel 7.1.1. Wir berechnen das Integral ∫ a
0 x2 dx nach dem Riemannschen Verfahren.
Setze ∆x i = x i −x i−1 = h und a = nh, es seien also die Intervalle alle gleich breit. Berechnen
y
y = x 2
x 2 i
h
x 2 i−1
x 2 2
x 1 x 2 · · · x i−1 x i · · · a
x
wir zuerst die Untersumme
Abbildung 7.1.iv: Unter- und Obersumme bei ∫ a
0 x2 dx
U n = 0+x 2 1h+x 2 2h+···+x 2 n−1h = 0+h 2 h+(2h) 2 h+···+(n−1) 2 h 2 h
= h 3( 1+2 2 +3 2 +···+(n−1) 2) = a3
n 3 (
1+2 2 +3 2 +···+(n−1) 2)
und analog dazu die Obersumme
O n = x 2 1 h+x2 2 h+···+x2 n h = h2 h+(2h) 2 h+···+n 2 h 2 h
= h 3( 1+2 2 +3 2 +···+n 2) = a3
n 3 (
1+2 2 +3 2 +···+n 2) .

7.1. Das bestimmte Integral als Grenzwert einer Summenfolge 155
Es gelten die Formeln
n∑
k=1
k 2 = n(n+1)(2n+1)
6
und
n−1
∑
k 2 = (n−1)n(2n−1)
6
k=1
(vgl. A.2.3 Formel (A.2.b)). Damit erhalten wir
U n = a3 (n−1)n(2n−1)
n 3 = a3 (n−1)(2n−1)
6 6n 2 ,
O n = a3 n(n+1)(2n+1)
n 3 = a3 (n+1)(2n+1)
6 6n 2 .
Betrachten wir nun die Grenzwerte, so ergibt sich
U = lim U n = a 3 (n−1)(2n−1)
lim
n→∞ n→∞ 6n 2 = a 3 lim
n→∞
O = lim O n = a 3 (n+1)(2n+1)
lim
n→∞ n→∞ 6n 2 = a 3 lim
n→∞
( 1
3 − 1
2n + 1 )
6n 2 = a3
3 ,
( 1
3 + 1
2n + 1 )
6n 2 = a3
3 .
Also folgt lim n→∞ U n = lim n→∞ O n = a3
3
. Das Riemannsche Integral existiert und hat somit
den Wert
∫ a
x 2 dx = a3
3 .
Es gibt aber auch nicht Riemann integrierbare Funktionen.
Beispiel 7.1.2 (Dirichletfunktion). Die Funktion
χ Q (x) =
0
{ 1 wenn x ∈ Q
0 wenn x ∈ R−Q
ist nicht Riemann integrierbar auf dem Intervall [0,1]. Wähle eine Unterteilung des Intervalls
[0,1] in n gleich grosse Teilintervalle der Länge ∆x i = 1 n
, dann gilt
m i = min
x∈[ i−1
n , n] f(x) = 0 und M i = max f(x) = 1,
i x∈[ i−1
n , n] i
wobei i ∈ {1,...,n}. Demzufolge sind
U = lim
n→∞
O = lim
n→∞
n∑
i=1
n∑
i=1
∆x i m i = lim
n→∞
∆x i M i = lim
n→∞
n∑
i=1
n∑
i=1
1
n 0 = 0
1
n 1 = 1.
Nach Definition 7.1.1 ist χ Q nicht Riemann integrierbar, da U ≠ O. Dies ist einer der Ausgangspunkte
der Theorie des Lebesgue Integrals.

156 Kapitel 7. Das Riemannsche Integral
Abbildung 7.1.v: Lejeune Dirichlet, 1805-
1859
Abbildung 7.1.vi: Henri Lebesgue, 1875-
1941
Numerische Integration
Das Approximationsverfahren mit Hilfe der Riemannschen Unter- und Obersumme kann zur
numerischen Berechnung von bestimmten Integralen verwendet werden. Das Integrationsintervall
[a,b] wird in n gleich grosse Teilintervalle unterteilt. Wir können entweder den Funktionswert
am linken Teilintervallende nehmen, dann gilt
∫ b n∑
(
b−a
f(x)dx ≈
n ·f (b−a) k −1 )
n +a
oder am rechten Ende, dann gilt
a
∫ b
a
f(x)dx ≈
k=1
n∑
k=1
b−a
n ·f (
(b−a) k n +a )
.
Bei einfachen Funktionen reichen oft schon wenige Teilintervalle. Um eine bessere Konvergenz
zu erhalten, können wir auch die Fläche unter dem Grafen der Funktion durch Trapeze
approximieren. Dann erhalten wir
∫ b
a
f(x)dx ≈
n∑ b−a
n · f( (b−a) k−1
n +a) +f ( (b−a) k n +a) .
2
k=1
Beispiel 7.1.3. Wir wollen das bestimmte Integral
∫ 1
0
x 2 dx = 1 3
als endliche Riemannsumme berechnen. Es sei n die Anzahl der Teilintervalle.
n 1 5 10 50 100
Rechteckapproximation (links) 0 0.24 0.285 0.3234 0.32835
Trapezapproximation 0.5 0.34 0.335 0.3334 0.33335
Rechteckapproximation (rechts) 1 0.44 0.385 0.3434 0.33835
Für n → ∞ konvergiert die Approximation natürlich gegen den exakten Wert 1 3 .

7.1. Das bestimmte Integral als Grenzwert einer Summenfolge 157
Aufgabe
Aufgabe 7.1.1. Berechnen Sie mit Hilfe der Untersumme und Obersumme das Integral
Lösung
Lösung 7.1.1. Benutzen Sie die Formel
n∑
k=1
(vgl. Appendix A.2.3 Formel (A.2.c)).
∫ a
0
x 3 dx.
k 3 = n2 (n+1) 2
4

158 Kapitel 7. Das Riemannsche Integral

Kapitel 8
Umkehrfunktionen
8.1 Definition der Umkehrfunktion
Die Funktion f : X f → Y f ordnet jedem x ∈ X f genau ein y ∈ Y f zu. Die folgende Fragestel-
f
• y 1
x 1
•
x 2
x 3
X f
•
•
y 2
Y f
•
f −1
Abbildung 8.1.i: Funktion f und Umkehrfunktion f −1
lung führt zum Begriff der Umkehrfunktion oder etwa auch inverse Funktion genannt.
Gegeben sei y ∈ Y f , welches x ∈ X f gehört dazu? Die Frage ist nur beantwortbar, wenn jedem
y ∈ Y f nur genau ein x ∈ X f entspricht. Solche Funktionen werden bijektiv oder eineindeutig
genannt. Bezeichnung der Umkehrfunktion ist f −1 . Die Umkehrfunktion f −1 : Y f → X f
ordnet jedem y ∈ Y f genau ein x ∈ X f zu. Da Definitionsbereiche mit X und Wertebereiche
mit Y bezeichnet werden, setzen wir
X f −1 = Y f und Y f −1 = X f .
Konkret bedeuten diese Bezeichnungen, dass x und y vertauscht werden. Die Umkehrfunktion
wird somit in zwei Schritten bestimmt:
1. Die Gleichung y = f(x) wenn möglich nach x = f −1 (y) auflösen.
2. Die unabhängige Variable x und die abhängige Variable y vertauschen, d.h. y = f −1 (x).
Geometrisch entspricht dies der Spiegelung des Grafen y = f(x) an der Geraden y = x. Wir
sehen sofort, dass die Umkehrfunktion der Umkehrfunktion die ursprüngliche Funktion ist,
d.h.,
(
f
−1 ) −1
= f
159

160 Kapitel 8. Umkehrfunktionen
y
y = x
f −1 (f(x 0 ))
f(x 0 )
y = f −1 (x)
f(x 0 )
x 0
x
y = f(x)
Abbildung 8.1.ii: Funktion f und Umkehrfunktion f −1 , Spiegelung des Grafen y = f(x) an
der Geraden y = x. Wir sehen, dass f −1 (f(x 0 )) = x 0 gilt.
und die Verküpfung der Funktion mit der Umkehrfunktion (respektive, der Umkehrfunktion
mit der Funktion) die Identität ist
f(f −1 (x)) = f −1 (f(x)) = x.
Für diesen Sachverhalt schreiben wir etwa auch f ◦f −1 = f −1 ◦f = id. 1
Beispiel 8.1.1. Wir betrachten die affine Funktion
f(x) = 3x−4
und bestimmen dessen Umkehrfunktion. Zuerst lösen wir die Gleichung y = 3x − 4 nach
x = 1 3
(y +4) auf. Dann vertauschen wir die beiden Variablen, um
f −1 (x) = 1 3 (x+4)
zu erhalten. Die Umkehrfunktion einer affinen Funktion ist wiederum affin. Dies sehen wir
auch an der Tatsache, dass die Spiegelung einer Geraden an einer Geraden wiederum eine
Gerade ist.
Der folgende Satz gibt erschöpfende Auskunft über die Möglichkeit, einer Umkehrfunktion zu
einer gegebenen Funktion zu bestimmen.
Satz 8.1.1. Zu jeder streng monoton wachsenden (fallenden) stetigen Funktion existiert die
Umkehrfunktion.
Zum Beweis dieses Satzes ist nur anzumerken, dass aus der strengen Monotonie die Eindeutigkeit
(Bijektivität) folgt.
Beispiel 8.1.2. Wir betrachten nun einige weitere Beispiele.
1 Dabei bedeutet das Symbol f ◦g die Verknüpfung der Funktion g mit f (zuerst g dann f) und id die
Identitätsabbildung.

8.1. Definition der Umkehrfunktion 161
y
y = 3x − 4
y = 1 3
(x + 4)
x
Abbildung 8.1.iii: Die Umkehrfunktion einer affinen Funktion ist wiederum affin.
a. Die quadratische Funktion
f(x) = x 2
sei gegeben. Hier müssen wir wegen der geforderten Eindeutigkeit den Definitionsbereich
auf X f = [0,∞[ beschränken. Dann folgt aus y = x 2 sofort √ y = x, also die
Umkehrfunktion
f −1 (x) = √ x.
Falls wir uns auf den anderen Monotoniebereich beschränken, indem wir X f =]−∞,0]
y
y = f(x)
y = x
y = f −1 (x)
x
setzen, so folgt
f −1 (x) = − √ x
IndieserSituation, woderDefinitionsbereichnicht von Anfangklardefiniertist, ergeben
sich somit zwei Möglichkeiten einer Umkehrfunktion.
b. Potenzfunktion mit geradem Exponeneten
f(x) = x 2n
wobei n ∈ N. Dieses Beispiel ist völlig analog zum Beispiel 8.1.2, d.h., es gilt
f −1 (x) = 2n√ x wenn X f = [0,∞[

162 Kapitel 8. Umkehrfunktionen
oder
f −1 (x) = − 2n√ x wenn X f =]−∞,0].
c. Potenzfunktion mit ungeradem Exponeneten
f(x) = x 2n−1
wobei n ∈ N und X f = Y f = R. In diesem Fall ergibt sich
f −1 (x) =
{ −
2n−1 √ −x wenn x < 0
2n−1 √ x wenn x ≥ 0
mit
X f = Y f −1 = R und Y f = X f −1 = R.
Wegen der Wurzel ist der Bereich der negativen x separat zu betrachten
d. Hyperbelfunktion
f(x) = 1 x
mit x ∈ X f = R−{0}.
Dann folgt Y f = R−{0} und
f −1 (x) = 1 x
mit X f −1 = Y f −1 = R−{0}. Wir stellen fest, dass f = f −1 .
y
y = f(x)
y = x
y = f −1 (x)
x
e. Logarithmusfunktion
f(x) = log a (x) wobei x ∈ X f =]0,∞[.
Aus der Definition der Logarithmusfunktion folgt die Gleichung x = a log a (x) = a y mit
Y f = R, also ergibt sich
f −1 (x) = a x mit x ∈ X f −1 = R.
Die Logarithmusfunktion ist die Umkehrfunktion der Exponentialfunktion und umgekehrt.

8.1. Definition der Umkehrfunktion 163
y = ( 1
2
y
) x y = x
y = 2 x y = log 1
y = log 2 (x)
x
2 (x)
Aufgaben
Bestimmen Sie die Umkehrfunktion und geben Sie jeweils den maximalen Definitionsbereich
undWertebereich derfolgenden Funktionenan. Veranschaulichen Siesich jeweils dieSituation
an einer Skizze.
Aufgabe 8.1.1. f(x) = 3x−2
Aufgabe 8.1.2. f(x) = − 1 2 x+5
Aufgabe 8.1.3. f(u) = 2u−3
2
Aufgabe 8.1.4. f(x) = − 3√ 2x
Aufgabe 8.1.5. f(u) = 4− √ u
Aufgabe 8.1.6. f(x) = x+1
x−1
Aufgabe 8.1.7. f(t) = 4t 2 +2 mit t ∈ [0,∞[
Aufgabe 8.1.8. f(x) = 2 x +1
Aufgabe 8.1.9. f(x) = 1+ln(x)
Aufgabe 8.1.10. f(ϕ) = √ r 2 −ϕ 2 wobei r ein fester reeller Parameter ist.
Aufgabe 8.1.11. f(x) = b−ax
a+x
wobei a und b feste reelle Parameter sind.
Aufgabe 8.1.12. f(x) = 1 2 (x+√ 4−3x 2 )
Aufgabe 8.1.13. f(α) = √ 1− √ α+ √ 1+ √ α
Aufgabe 8.1.14. f(u) = √ 1−u 2 − √ 1+u 2
Aufgabe 8.1.15. f(x) = 1 2
(
3√ x+
1
3√ x
)

164 Kapitel 8. Umkehrfunktionen
Lösungen
Lösung 8.1.1. f −1 (x) = x+2
3
Lösung 8.1.2. f −1 (x) = −2x+10
Lösung 8.1.3. f −1 (u) = u+ 3 2
Lösung 8.1.4. f −1 (x) = − x3
2
Lösung 8.1.5. f −1 (u) = (4−u) 2
Lösung 8.1.6. f −1 (x) = f(x)
Lösung 8.1.7. f −1 (t) = 1 2√ t−2
Lösung 8.1.8. f −1 (x) = log 2 (x−1)
Lösung 8.1.9. f −1 (x) = e x−1
Lösung 8.1.10. Die Funktion f : [−r,0] → [0,r] ist streng monoton wachsend, also ergibt
sich auf dem Intervall [−r,0] die Umkehrfunktion f −1 (ϕ) = −f(ϕ).
Die Funktion f : [0,r] → [0,r] ist streng monoton fallend, also ergibt sich auf dem Intervall
[0,r] die Umkehrfunktion f −1 (ϕ) = f(ϕ).
Lösung 8.1.11. f −1 (x) = f(x)
[ ] [ ]
Lösung 8.1.12. Die Funktion f : −√ 2 1
3
, √3 → −√ 1 2
3
, √3 ist streng monoton wachsend,
[ ]
also ergibt sich auf dem Intervall −√ 2 1
3
, √3 die Umkehrfunktion f −1 (x) = 1 2 (x−√ 4−3x 2 ).
[ ]
Die Funktion f : 1√3 2
, √3
Intervall
→ [ 2 √
3
,
1 √3 ] ist streng monoton fallend, also ergibt sich auf dem
[ ]
√3 1 2
, √3 die Umkehrfunktion f −1 (x) = f(x) = 1 2 (x+√ 4−3x 2 ).
Lösung 8.1.13. f −1 (α) = α 2 − α4
4
Lösung 8.1.14. f −1 (u) = 4 √
1− (2−u2 ) 2
4
Lösung 8.1.15. f −1 (x) = (x+ √ x 2 −1) 3
8.2 Arkusfunktionen (Zyklometrische Funktionen)
Das elementare Problem, das zu Grunde liegt, ist folgendes. Zu einem bestimmten Wert
einer trigonometrischen Funktion (Kreisfunktion) ist der zugehörige Winkel im Bogenmass
zu bestimmen. Das führt auf das Problem der Umkehrfunktion zu einer trigonometrischen
Funktion. Wie bei den Beispielen im letzten Abschnitt müssen wir uns auf Monotoniebereiche
begrenzen. Wir nehmen solche, die möglichst um den Ursprung herum liegen. Die Umkehrfunktionen
der trigonometrischen Funktionen heissen Arkusfunktionen (arcus lat. Bogen),
da die Funktionswerte sich geometrisch als Masszahlen der Bogenlänge eines Einheitskreises
deuten lassen (vgl. Abbildung 9.1.vi).
1. Umkehrfunktion der Sinusfunktion: DieFunktionf(x) = sin(x) iststrengmonoton
im Intervall [− π 2 , π 2
]. Wir bezeichnen die Umkehrfunktion mit
f −1 (x) = arcsin(x),

8.2. Arkusfunktionen (Zyklometrische Funktionen) 165
sprich Arkussinusfunktion. 2 Es gilt X arcsin = [−1,1] und Y arcsin = [− π 2 , π 2
]. Der Wert
arcsin(x) istdasBogenmass desWinkels, dessenSinusxist.Weitere Wertevonarcsin(x)
unterscheiden sich um 2πn, wobei n ∈ Z, vom so genannten Hauptwert 3 . Ferner ist
es auch möglich π −arcsin als Umkehrfunktion für sin zu nehmen.
y
π
2
y = x
− π 2
y = sin(x)
π
2
x
y = arcsin(x)
− π 2
2. Umkehrfunktion der Kosinusfunktion: Die Funktion f(x) = cos(x) ist streng monoton
im Intervall [0,π]. Wir bezeichnen die Umkehrfunktion mit
f −1 (x) = arccos(x),
sprich Arkuscosinusfunktion. 4 Es gilt X arccos = [−1,1] und Y arccos = [0,π]. Der Wert
arccos(x) ist das Bogenmass des Winkels, dessen Kosinus x ist. Weitere Werte von
arccos(x) unterscheiden sich um 2πn, wobei n ∈ Z, vom Hauptwert. Ferner ist es auch
möglich −arccos als Umkehrfunktion für cos zu nehmen.
y = arccos(x)
y
π
y = x
1
1
π
x
y = cos(x)
3. Umkehrfunktion der Tangensfunktion: Die Funktion f(x) = tan(x) ist streng
monoton im Intervall ]− π 2 , π 2
[. Wir bezeichnen die Umkehrfunktion mit
f −1 (x) = arctan(x),
2 Manchmal wird auch die Bezeichnung sin −1 gebraucht, so etwa auf den TI-Taschenrechner. Dieser Konvention
folgen wir nicht, da diese Bezeichnung gerne mit der Funktion 1 verwechselt wird. Auch asin wird
sin
verwendet, so etwa in Mathcad oder auf den HP-Rechner.
3 Taschenrechner geben die Hauptwerte an.
4 Die Bezeichnung cos −1 wird auch gebraucht. Verwechslungsgefahr mit der Funktion 1 . Auch acos wird
cos
verwendet.

166 Kapitel 8. Umkehrfunktionen
sprich Arkustangensfunktion. 5 Es gilt X arctan = R und Y arctan =]− π 2 , π 2
[. Der Wert
arctan(x) ist das Bogenmass des Winkels, dessen Tangens x ist. Weitere Werte von
arctan(x) unterscheiden sich um πn, wobei n ∈ Z, vom Hauptwert
y
y = tan(x)
y = x
π
2
y = arctan(x)
− π 2
π
2
x
− π 2
4. Umkehrfunktion der Kotangensfunktion: Die Funktion f(x) = cot(x) ist streng
monoton im Intervall ]0,π[. Wir bezeichnen die Umkehrfunktion mit
f −1 (x) = arccot(x),
sprich Arkuskotangensfunktion. 6 Es gilt X arccot = R und Y arccot =]0,π[. Der Wert
arccot(x) ist das Bogenmass des Winkels, dessen Kotangens x ist. Weitere Werte von
arccot(x) unterscheiden sich um πn, wobei n ∈ Z, vom Hauptwert
y
y = arccot(x)
π
π
2
π
2
π
x
y = x
y = cot(x)
Beziehungen zwischen Arkusfunktionen und trigonometrischen Funktionen:
Die Beziehungen ergeben sich aus der Definition der Umkehrfunktion, d.h. aus f(f −1 (x)) = x
folgt
sin(arcsin(x)) = x, cos(arccos(x)) = x,
tan(arctan(x)) = x, cot(arccot(x)) = x,
5 Die Bezeichnung tan −1 wird auch gebraucht, grosse Verwechslungsgefahr mit der Funktion cot. Auch atan
oder arctg wird verwendet.
6 Die Bezeichnung cot −1 wird auch gebraucht, grosse Verwechslungsgefahr mit der Funktion tan.

8.2. Arkusfunktionen (Zyklometrische Funktionen) 167
und aus f −1 (f(x)) = x folgt
arcsin(sin(x)) = x, arccos(cos(x)) = x,
arctan(tan(x)) = x, arccot(cot(x)) = x.
Die folgenden Beziehungen folgen aus den Grafen der Arkusfunktionen
arcsin(−x) = −arcsin(x),
arctan(−x) = −arctan(x),
arccos(−x) = π −arccos(x),
arccot(−x) = π −arccot(x).
Wir finden auch Beziehungen zwischen arcsin und arccos, respektive arctan und arccot.
Satz 8.2.1. Die nachfolgenden Beziehungen gelten jeweils für die angegebenen Intervalle.
1. arcsin(x)+arccos(x) = π 2
2. arctan(x)+arccot(x) = π 2
für alle x ∈ [−1,1]
für alle x ∈ R
Beweis. 1. Es sei arcsin(x) = y, dann folgt x = sin(y) = cos( π 2
die gesuchte Beziehung arccos(x) = π 2 −y = π 2 −arcsin(x).
−y), und somit haben wir
2. Es sei arctan(x) = y, dann folgt x = tan(y) = cot( π 2
− y), und somit haben wir die
gesuchte Beziehung arccot(x) = π 2 −y = π 2 −arctan(x).
Ableitungen der Arkusfunktionen:
Im Folgenden leiten wir die Ableitungen der Arkusfunktionen her.
1. Es sei
f(x) = arcsin(x) mit X f = [−1,1] und Y f = [− π 2 , π 2 ].
Die Gleichung x = sin(y) implizit nach x differenziert ergibt cos(y)y ′ = 1. Nun lösen
wir nach
y ′ = 1
cos(y) = 1
√
1−sin 2 (y)
auf. Damit erhalten wir die Ableitung
d
dx arcsin(x) = 1
√ .
1−x 2
2. Es sei
f(x) = arccos(x) mit X f = [−1,1] und Y f = [0,π].
Dann folgt analog wie beim Sinus die Ableitung
d
dx arccos(x) = − 1
√
1−x 2 .

168 Kapitel 8. Umkehrfunktionen
3. Es sei
f(x) = arctan(x) mit X f = R und Y f =]− π 2 , π 2 [.
Die Gleichung x = tan(y) implizit nach x differenziert ergibt (1+tan 2 (y))y ′ = 1. Nun
lösen wir nach
y ′ 1
=
1+tan 2 (y)
auf. Damit erhalten wir die Ableitung
4. Es sei
d
dx arctan(x) = 1
1+x 2.
f(x) = arccot(x) mit X f = R und Y f =]0,π[.
Dann folgt analog wie beim Tangens die Ableitung
d
dx arccot(x) = − 1
1+x 2.
Mit den Ableitungen der Arkusfunktionenhabenwir zwei wichtige zusätzliche Grundintegrale
erhalten.
1. ∫
dx
√
1−x 2 = arcsin(x)+C
2. ∫
Dabei ist C ∈ R eine Integrationskonstante.
dx
1+x 2 = arctan(x)+C
Beispiel 8.2.1. Gesucht ist die Masszahl der Fläche zwischen 0 und 1 unter der Kurve
y = 1
1+x 2 . Wir berechnen das bestimmte Integral
∫ 1
0
∣
dx ∣∣∣
1
1+x 2 = arctan(x)
Beispiel 8.2.2. Wir berechnen das bestimmte Integral
Aufgaben
∫ 3
4
1
2
∣3
dx ∣∣∣∣ 4
√ = arcsin(x) 1−x 2
0
1
2
= arctan(1)−arctan(0) = π 4 .
= arcsin( 3 4 )−arcsin(1 2 ) ≈ 0.324.
Aufgabe 8.2.1. Bestimmen Sie die folgenden Funktionswerte
a. arcsin( √ 1
2
)
d. arccot(1)
b. arccos(0.6)
c. arctan( √ 3)
e. arccos(−0.5)
f. tan(arccot(2))

8.2. Arkusfunktionen (Zyklometrische Funktionen) 169
Aufgabe 8.2.2. Beweisen Sie die folgenden Beziehungen.
a. arccos(x) = arcsin( √ 1−x 2 )
b. arcsin(x) = arccos( √ 1−x 2 )
c. arctan(x) = arccot( 1 x )
d. arccot(x) = arctan( 1 x )
Aufgabe 8.2.3. Bestimmen Siedurchimplizites Differenzieren dieAbleitungenderfolgenden
Funktionen.
a. f(x) = arccos(x) b. f(x) = arccot(x)
Aufgabe 8.2.4. Bestimmen Sie die erste Ableitung von
f(ξ) = (1+ξ 2 )arctan(ξ).
Aufgabe 8.2.5. Bestimmen Sie die erste Ableitung von
f(x) = x arcsin(4x).
Aufgabe 8.2.6. Bestimmen Sie die erste Ableitung von
( x
f(x) = xarccot .
4)
Aufgabe 8.2.7. Bestimmen Sie die erste Ableitung von
Interpretieren Sie das Resultat.
f(u) = arcsin(u)+arccos(u).
Aufgabe 8.2.8. Bestimmen Sie die erste Ableitung von
)
f(z) = arcsin(√
1−z 2 .
Aufgabe 8.2.9. Bestimmen Sie die erste Ableitung von
( )
x
f(x) = arcsin √ .
1+x 2
Aufgabe 8.2.10. Bestimmen Sie die erste Ableitung von
( )
ω
f(ω) = arccot √ .
1−ω
2
Aufgabe 8.2.11. Bestimmen Sie die erste Ableitung von
)
f(x) = xarctan(x)−ln(√
1+x 2 .
Aufgabe 8.2.12. Bestimmen Sie die erste Ableitung von
(√ )
6x−x
2
f(x) = 3arcsin − √ 6x−x
3
2 .

170 Kapitel 8. Umkehrfunktionen
Aufgabe 8.2.13. Bestimmen Sie die erste Ableitung von
( x
f(x) = xarcsin +
a) √ a 2 −x 2
wobei a ∈ R−{0}.
Aufgabe 8.2.14. Beweisen Sie, dass sich die Werte der Funktion
( ) x+a
f(x) = arctan(x) und g(x) = arctan
1−ax
wobei a ∈ R und x ∈ R−{ 1 a
}, um eine additive Konstante unterscheiden. Bestimmen Sie die
Konstante.
Aufgabe 8.2.15. Beweisen Sie, dass sich die Werte der Funktion
f(x) = arcsin
(2x √ )
1−x 2 und g(x) = 2arcsin(x)
] √ √ [
− 2
2 , 2
2
, um eine additive Konstante unterscheiden. Bestimmen Sie die Kon-
wobei x ∈
stante.
Aufgabe 8.2.16. Berechnen Sie
f(y) =
∫ y
1
2
( ) π
2 + 1
√ dα.
1−α 2
Aufgabe 8.2.17. Berechnen Sie die Masszahl des Flächeninhalts der Fläche zwischen der
x-Achse und der Kurve mit der Gleichung
f(x) = 1
1+x 2.
Aufgabe 8.2.18. Legen Sie an der Stelle x 1 die Tangente an den Hauptzweig der Bildkurve
von f(x) = arctan(x) und g(x) = arccot(x). Welche x-Koordinaten hat der Schnittpunkt der
beiden Tangenten.
Aufgabe 8.2.19. Drücken Sie die folgenden Funktionen ohne trigonometrische und ohne
Arkusfunktionen aus.
a. f(x) = arccos(sin(x)) b. f(x) = sin ( arccos ( ))
1
x
Aufgabe 8.2.20. Beweisen Sie mit Hilfe der Ableitung, dass
( ) 2u
2arctan(u) = arcsin
1+u 2
für alle u ∈ ]−1,1[.
Aufgabe 8.2.21. Beweisen Sie mit Hilfe der Ableitung, dass
(√ ) 1−x
arctan √ + 1 1+x 2 arcsin(x) = π 4
für alle x ∈ ]−1,1[.

8.2. Arkusfunktionen (Zyklometrische Funktionen) 171
Lösungen
Lösung 8.2.1.
a.
π
4
b. 0.927 (mit Taschenrechner)
c.
π
3
d.
π
4
e.
2
3 π
f.
1
2
Lösung 8.2.2. a. Benutzen Sie die Identität cos 2 (y)+sin 2 (y) = 1.
b. Benutzen Sie die Identität cos 2 (y)+sin 2 (y) = 1.
c. Benutzen Sie die Identität tan(y) = 1
cot(y) .
d. Benutzen Sie die Identität tan(y) = 1
cot(y) .
Lösung 8.2.3.
a. f ′ (x) = − 1 √
1−x 2
b. f ′ (x) = − 1
1+x 2
Lösung 8.2.4. f ′ (ξ) = 2ξarctan(ξ)+1
Lösung 8.2.5. f ′ (x) = arcsin(4x)+
4x √
1−16x 2
Lösung 8.2.6. f ′ (x) = arccot( x 4x
4
)−
16+x 2
Lösung 8.2.7. f ′ (u) = 0
Lösung 8.2.8. f ′ (z) = −√ 1
1−z
sgn(z) (Studieren Sie den Grafen y = f(z).) Es ist sgn die
2
Vorzeichenfunktion, vgl. Beispiel 3.4.3.)
Lösung 8.2.9. f ′ (x) = 1
1+x 2
Lösung 8.2.10. f ′ (ω) = − 1 √
1−ω 2
Lösung 8.2.11. f ′ (x) = arctan(x) (als Integral merken)
Lösung 8.2.12. Wir müssen zwei Fälle unterscheiden
⎧
⎪⎨
f ′ (x) =
⎪⎩
Lösung 8.2.13. f ′ (x) = arcsin( x a )
Lösung 8.2.14. Die Konstante beträgt arctan(a).
x √
6x−x 2
wenn x < 3
−6+x √
6x−x 2
wenn x > 3
Lösung 8.2.15. Die beiden Funktionen sind gleich.
Lösung 8.2.16. Das Integral ist f(y) = π 5π
2y +arcsin(y)−
12 .

172 Kapitel 8. Umkehrfunktionen
Lösung 8.2.17. Es muss das uneigentliche Integral
berechnet werden.
∫ ∞
−∞
dx
1+x 2 = π
Lösung 8.2.18. Die x-Koordinate des Schnittpunktes ist x 1 +(1+x 2 1 )(π 4 −arctan(x 1)).
Lösung 8.2.19.
a. f(x) = π 2 −x b. f(x) =
√
x 2 −1
x
Lösung 8.2.20. keine Hilfe
Lösung 8.2.21. keine Hilfe

Kapitel 9
Hyperbelfunktionen und ihre
Umkehrfunktionen
9.1 Hyperbelfunktionen
Die Hyperbelfunktionen bilden eine Gruppe von vier Funktionen, wie die trigonometrischen
Funktionen. Sie sind mit diesen eng verwandt, d.h., sie hängen mit den trigonometrischen
Funktionen direkt zusammen, wenn die komplexen Zahlen zugrunde gelegt werden.
Üblicherweise werden sie als Linearkombinationen von Exponentialfunktionen eingeführt. Sie
besitzen Additionstheoreme wie dietrigonometrischen Funktionen. Siespielen in derhyperbolischen
Geometrie die gleiche Rolle wie die trigonometrischen Funktionen in der sphärischen
(elliptischen) und Euklidschen Geometrie.
1. Sinus hyperbolikus: Der Sinus hyperbolikus, auch Hyperbelsinus genannt, ist durch
f(x) = sinh(x) = ex −e −x
,
2
definiert 1 . Es gilt X sinh = R und Y sinh = R. Der Sinus hyperbolikus ist eine ungerade
Funktion, da für alle x ∈ R
gilt.
sinh(−x) = e−x −e x
2
= −sinh(x)
2. Kosinus hyperbolikus: Der Kosinus hyperbolikus, auch Hyperbelcosinus genannt, ist
durch
f(x) = cosh(x) = ex +e −x
,
2
definiert 2 . Es gilt X cosh = R und Y cosh = [1,∞[. Der Kosinus hyperbolikus ist eine
gerade Funktion, da für alle x ∈ R
cosh(−x) = e−x +e x
= cosh(x)
2
gilt. Der Kosinus hyperbolikus heisst auch Kettenlinienfunktion, da sein Graf die
Form einer durchhängenden Kette hat.
1 Es wird auch die Akürzung sh verwendet.
2 Es wird auch die Akürzung ch verwendet.
173

174 Kapitel 9. Hyperbelfunktionen und ihre Umkehrfunktionen
y
y = sinh(x)
y = 1 2 ex
y = 1 2 e−x
x
Abbildung 9.1.i: Der Sinus hyperbolikus ist eine Linearkombinationen zweier Exponentialfunktionen.
y
y = cosh(x)
y = 1 2 ex
y = 1 2 e−x
x
Abbildung 9.1.ii: Der Kosinus hyperbolikus ist eine Linearkombinationen zweier Exponentialfunktionen.
3. Tangens hyperbolikus: Der Tangens hyperbolikus, auch Hyperbeltangens genannt,
ist durch
f(x) = tanh(x) = sinh(x)
cosh(x) = ex −e −x
e x +e −x,
definiert 3 . Es gilt X tanh = R und Y tanh =] − 1,1[. Der Tangens hyperbolikus ist eine
ungerade Funktion, da für alle x ∈ R
tanh(−x) = e−x −e x
e −x +e x = −tanh(x)
gilt. Weiter ergibt sich das Verhalten im Unendlichen
e x −e −x
lim tanh(x) = lim
x→∞ x→∞ e x +e −x = lim
x→∞
lim tanh(x) = lim
x→−∞ x→−∞
e x −e −x
e x = lim
+e−x x→−∞
1−e −2x
= 1,
1+e−2x e 2x −1
e 2x +1 = −1.
4. Kotangens hyperbolikus: Der Kotangens hyperbolikus, auch Hyperbelkotangens genannt,
ist durch
f(x) = coth(x) = cosh(x)
sinh(x) = ex +e −x
e x −e −x,
3 Es wird auch die Akürzung th verwendet.

9.1. Hyperbelfunktionen 175
y
1
y = tanh(x)
x
−1
Abbildung 9.1.iii: Der Tangens hyperbolikus
definiert 4 . Es gilt X coth = R−{0} und Y coth =] − ∞,−1[∩]1,∞[. Der Kotangens hyperbolikus
ist eine ungerade Funktion, da für alle x ∈ R−{0}
coth(−x) = e−x +e x
e −x −e x = −coth(x)
gilt. Weiter ergibt sich das Verhalten im Unendlichen
lim coth(x) = 1 und lim
x→∞
coth(x) = −1.
x→−∞
y
1
y = coth(x)
x
−1
Abbildung 9.1.iv: Der Kotangens hyperbolikus
Von diesen vier Funktionen sind vor allem der sinh und der cosh wichtige Funktionen. Die
folgenden Beziehungen könne alle nach dem gleichen Prinzip bewiesen werden. Es wird jeweils
die Definition der Hyperbelfunktion genommen und die eine Seite in die andere umgeformt.
Satz 9.1.1.
1. Formel von Euler für Hyperbelfunktionen
cosh(x)+sinh(x) = e x
2. Hyperbelfunktionen der Summe und der Differenz zweier Argumente (Additionstheoreme)
sinh(x±y) = sinh(x)cosh(y)±cosh(x)sinh(y)
cosh(x±y) = cosh(x)cosh(y)±sinh(x)sinh(y)
4 Es wird selten auch die Akürzung cth verwendet, dies kann aber zu Verwechslungen mit cot führen.

176 Kapitel 9. Hyperbelfunktionen und ihre Umkehrfunktionen
3. Hyperbelfunktionen des doppelten Arguments
sinh(2x) = 2sinh(x)cosh(x)
cosh(2x) = cosh 2 (x)+sinh 2 (x)
4. Hperbolischer Pythagoras
cosh 2 (x)−sinh 2 (x) = 1
Beweis. Die Beweise erfolgen jeweils durch Einsetzen der Definitionen der Hyperbelfunktionen.
1. cosh(x)+sinh(x) = ex −e −x
2
+ ex +e −x
2
= e x
2. Vergleiche Aufgabe 9.1.3.
3. Vergleiche Aufgabe 9.1.4.
4. cosh 2 (x)−sinh 2 (x) =
(
e x +e −x
2
) 2
−
(
e x −e −x
2
) 2
=
e 2x +2+e −2x −e 2x +2−e −2x
4
= 1
Ableitungen der Hyperbelfunktionen:
Sämtliche Ableitungen der Hyperbelfunktionen erhalten wir aus deren Definitionen.
1.
2.
3.
4.
d
dx tanh(x) = d
dx
d
dx sinh(x) = d e x −e −x
dx 2
d
dx cosh(x) = d e x +e −x
dx 2
= ex +e −x
2
= ex −e −x
2
sinh(x)
cosh(x) = cosh2 (x)−sinh 2 (x)
cosh 2 =
(x)
d
dx coth(x) = d cosh(x)
dx sinh(x) = sinh2 (x)−cosh 2 (x)
sinh 2 (x)
= cosh(x)
= sinh(x)
1
cosh 2 (x) = 1−tanh2 (x)
1
= −
sinh 2 (x) = 1−coth2 (x)
Grundintegrale mit Hyperbelfunktionen:
1. ∫
2. ∫
sinh(x)dx = cosh(x)+C
cosh(x)dx = sinh(x)+C
3. ∫
∫
dx
cosh 2 (x) = tanh(x)+C und
tanh 2 (x)dx = x−tanh(x)+C

9.1. Hyperbelfunktionen 177
4. ∫
∫
dx
sinh 2 (x) = −coth(x)+C und
coth 2 (x)dx = x−coth(x)+C
Dabei ist C ∈ R eine Integrationskonstante.
Geometrische Eigenschaften der Hyperbelfunktionen:
Die folgende geometrische Eigenschaft von sinh und cosh kann als Begründung für die Namen
Hyperbelfunktionen angesehen werden. Die Gleichung der Einheitshyperbel sei
x 2 −y 2 = 1.
Die Koordinaten des Punktes P des rechten Astes der Einheitshyperbel lassen sich mit Hilfe
des Hyperbelsinus und Hyperbelcosinus als Funktionswerte eines Parameters t darstellen. Der
halbe Parameter t 2
lässt sich deuten als Masszahl des Inhalts der Sektorfläche, die von der
x-Achse, der Einheitshyperbel und dem Fahrstrahl OP begrenzt wird (vgl. Aufgabe 9.1.10).
Für Punkte auf dem im vierten Quadranten liegenden Teil des Astes ist t < 0 zu wählen. Die
y
y
1
y R
S
R
1
x S
x
P
x
Abbildung 9.1.v: Geometrische Eigenschaft von sinh und cosh. Es gilt x(t) = cosh(t) und
y(t) = sinh(t) und die Koordinaten von R und S sind R(1,tanh(t)) und S(coth(t),1). Der
(graue) Flächeninhalt beträgt A = t 2
(vgl. Aufgabe 9.1.10).
Koordinaten von P sind
x(t) = cosh(t) und y(t) = sinh(t).
Durch quadrieren und subtrahieren der beiden Gleichungen folgt die Gleichung der Einheitshyperbel
x(t) 2 −y(t) 2 = cosh 2 (t)−sinh 2 (t) = 1.
Die Koordinaten der Punkte R und S auf OP bzw. der rückwärtigen Verlängerung von
OP sind R(1,tanh(t)) und S(coth(t),1). Diese Darstellung ist analog der Darstellung der

178 Kapitel 9. Hyperbelfunktionen und ihre Umkehrfunktionen
trigonometrischen Funktionen am Einheitskreis mit der Gleichung
x 2 +y 2 = 1.
Für den Inhalt des Kreissektors gilt allgemein A = 1 2br, wobei r der Radius des Kreise und
b die Länge des Bogens ist. Dann folgt aus b = rt und r = 1, dass A = t 2
. Die Koordinaten
von P sind x(t) = cos(t) und y(t) = sin(t). Durch quadrieren und Addieren folgt daraus die
Gleichung des Einheitskreises
x(t) 2 +y(t) 2 = cos 2 (t)+sin 2 (t) = 1.
Die Koordinaten der Punkte R und S auf OP bzw. der (rückwärtigen) Verlängerung sind
R(1,tan(t)) und S(cot(t),1).
y
1
y R
y
P
R
S
t
A
x 1
x S
x
Abbildung 9.1.vi: Geometrische Eigenschaft von sin und cos. Es gilt x(t) = cos(t) und y(t) =
sin(t), und die Koordinaten von R und S sind R(1,tan(t)) und S(cot(t),1). Der (graue)
Flächeninhalt des Kreissektors beträgt A = t 2 .
Aufgaben
Aufgabe 9.1.1. Bestimmen Sie die ersten Ableitungen der folgenden Funktionen.
a. f(x) = tanh ( )
√
x
2
d. f(x) = √ cosh(2x)−1
cosh(2x)+1
b. f(t) = cosh 2 (t)+sinh 2 (t)
e. ϕ(u) = arcsin(tanh(u))
c. ψ(α) = ln(cosh(2α))
f. f(x) = e sinh(x)
Aufgabe 9.1.2. Beim freien Fall mit Luftwiderstand gilt für den zurückgelegten Weg
s(t) = a2 ( ( g
)) √ mg
g ln cosh
a t wobei a =
c .

9.1. Hyperbelfunktionen 179
Dabei wird angenommen, dass der Luftwiderstand F L proportional dem Quadrat der Fallgeschwindigkeit
v ist, c ist der Proportionalitätsfaktor, d.h. F L = cv 2 . Berechnen Sie die
Geschwindigkeit v in Funktion der Zeit t.
Aufgabe 9.1.3. Beweisen Sie Satz 9.1.1.2.
Aufgabe 9.1.4. Beweisen Sie Satz 9.1.1.3.
Aufgabe 9.1.5. Beweisen Sie die folgenden Beziehungen zwischen den Summen und Differenzen
von Hyperbelfunktionen.
a. cosh(u)+cosh(v) = 2cosh ( u+v
2
b. sinh(u)+sinh(v) = 2sinh ( u+v
2
c. cosh(u)−cosh(v) = 2sinh ( u+v
2
d. sinh(u)−sinh(v) = 2cosh ( u+v
2
) (
cosh
u−v
)
2
) (
cosh
u−v
)
2
) (
sinh
u−v
)
2
) (
sinh
u−v
)
2
Aufgabe 9.1.6. Beweisen Sie die Formel von Moivre für Hyperbelfunktionen
(cosh(u)±sinh(u)) n = cosh(nu)±sinh(nu),
wobei n ∈ N 0 .
Aufgabe 9.1.7. Wo schneiden Tangente und Normale an der Stelle x 1 ∈ R der Bildkurve
von
die x-Achse? Fertigen Sie eine Zeichnung an.
f(x) = sinh(x) bzw. g(x) = cosh(x)
Aufgabe 9.1.8. An der Stelle x 1 ∈ R werden Tangenten und Normalen an die Bildkurven
von
f(x) = sinh(x) bzw. g(x) = cosh(x)
gezogen. Bestimmen Sie die Abszisse des Schnittpunktes der Tangenten bzw. Normalen. Fertigen
Sie eine Zeichnung an.
Aufgabe 9.1.9. An der Stelle x 1 ∈ R werden Tangenten und Normalen an die Bildkurven
von
f(x) = tanh(x) bzw. g(x) = coth(x)
gezogen. Bestimmen Sie die Abszisse des Schnittpunktes der Tangenten bzw. Normalen. Fertigen
Sie eine Zeichnung an.
Aufgabe 9.1.10 (Fakultativ). Berechnen Sie die graue Fläche in Abbildung 9.1.v.

180 Kapitel 9. Hyperbelfunktionen und ihre Umkehrfunktionen
Lösungen
Lösung 9.1.1.
a. f ′ (x) =
1
2cosh 2 ( x 2)
b. f ′ (t) = 2sinh(2t)
c. ψ ′ (α) = 2tanh(2α)
d. f ′ (x) =
1
cosh 2 (x)
e. ϕ ′ (u) = 1
cosh(u)
f. f ′ (x) = e sinh(x) cosh(x)
Lösung 9.1.2. v(t) = atanh ( g
a t)
Lösung 9.1.3. Der Beweis folgt den Ideen der Beweise von Satz 9.1.1a und d.
Lösung 9.1.4. Der Beweis folgt den Ideen der Beweise von Satz 9.1.1a und d.
Lösung 9.1.5. Die Beweise folgen den Ideen der Beweise von Satz 9.1.1a bis d.
Lösung 9.1.6. Der Beweis folgt den Ideen der Beweise von Satz 9.1.1a bis d.
Lösung 9.1.7. Die Tangenten schneiden die x-Achse bei x 1 −tanh(x 1 ) und x 1 −coth(x 1 ).
Die Normalen schneiden die x-Achse bei x 1 + 1 2 sinh(2x 1) und x 1 + 1 2 sinh(2x 1).
Lösung 9.1.8. Die Abszisse des Schnittpunktes der Tangenten beträgt x 1 +1. Die Abszisse
des Schnittpunktes der Normalen beträgt x 1 + 1 2 sinh(2x 1).
Lösung 9.1.9. Die Abszisse des Schnittpunktes der Tangenten beträgt x 1 + 1 2 tanh(2x 1). Die
Abszisse des Schnittpunktes der Normalen beträgt x 1 −
4
sinh(4x 1 ) .
Lösung 9.1.10. Es ist
A = 1 ∫ cosh(t)
2 sinh(t)cosh(t)− √
x 2 −1dx = t 2
unter Ausnutzung des Integrals
∫ √x 2 −1dx = x√ x 2 −1
− 1 (x+
2 2 ln √ )
x 2 −1 +C,
wobei C ∈ R eine Integrationskonstante ist.
9.2 Areafunktionen (Flächenfunktionen)
Mit Ausnahme von cosh sind alle Hyperbelfunktionen streng monoton über dem ganzen Definitionsbereich
R. Die Umkehrfunktionen können deshalb ohne weiteres gebildet werden.
Beim cosh müssen wir uns auf das Intervall [0,∞[ oder ]−∞,0] einschränken. Entsprechend
erhalten wir zwei Varianten. Die Umkehrfunktionen der Hyperbelfunktionen heissen Areafunktionen
(area lat. Fläche), da die Funktionswerte sich geometrisch als Masszahlen des
Sektorinhalts einer Einheitshyperbel deuten lassen (vgl. Abbildung 9.1.v). Wir benutzen die
folgenden Bezeichnungen. 5
1
5 Die funktion arsinh wird als Areasinushyperbolikus ausgesprochen. Oft wird arcosh (Areacosinushyperbolikus)
mit arccos (Arkuscosinus) verwechselt.

9.2. Areafunktionen (Flächenfunktionen) 181
1. f(x) = arsinh(x) mit X arsinh = R und Y arsinh = R
2. f(x) = arcosh(x) mit X arcosh = [1,∞[ und Y arcosh = [0,∞[ oder Y arcosh =]−∞,0]
3. f(x) = artanh(x) mit X artanh =]−1,1[ und Y artanh = R
4. f(x) = arcoth(x) mit X arcoth =]−∞,−1[∪]1,∞[ und Y arcoth = R−{0}
y
y
y = arsinh(x)
y = arcosh(x)
x
1
x
y = −arcosh(x)
Abbildung 9.2.i: Areasinushyperbolikus
Abbildung 9.2.ii: Areacosinushyperbolikus
y
y
−1
y = artanh(x)
1
x
y = arcoth(x)
−1
1
y = arcoth(x)
x
Abbildung 9.2.iii: Areatangenshyperbolikus
Areakotangenshyper-
Abbildung 9.2.iv:
bolikus
Eigenschaften und Beziehungen:
Die Beziehungen ergeben sich aus der Definition der Umkehrfunktion, d.h. aus f(f −1 (x)) = x
folgt
und aus f −1 (f(x)) = x folgt
sinh(arsinh(x)) = x, cosh(arcosh(x)) = x,
tanh(artanh(x)) = x, coth(arcoth(x)) = x,
arsinh(sinh(x)) = x, arcosh(cosh(x)) = x,
artanh(tanh(x)) = x, arcoth(coth(x)) = x.

182 Kapitel 9. Hyperbelfunktionen und ihre Umkehrfunktionen
Die folgenden Beziehungen folgen aus den Grafen der Areafunktionen
arsinh(−x) = −arsinh(x),
artanh(−x) = −artanh(x),
arcoth(−x) = −arcoth(x).
Die Areafunktionen lassen sich als Logarithmen schreiben
Satz 9.2.1 (Darstellung der Areafunktionen durch Logarithmusfunktionen).
(
arsinh(x) = ln x+ √ )
x 2 +1 wobei x ∈ R
( √ )
arcosh(x) = ln x+ x 2 −1 wobei x ≥ 1
artanh(x) = 1 ( ) 1+x
2 ln wobei |x| < 1
1−x
arcoth(x) = 1 ( ) x+1
2 ln wobei |x| > 1
x−1
Beweis. Wir führen den Beweis für f(x) = arcosh(x). Setze y = arcosh(x), dann folgt
x = cosh(y) = ey +e −y
.
2
Nun lösen wir diese Gleichung nach y auf und erhalten 2x = e y +e −y und damit die quadratische
Gleichung in e y e 2y −2xe y +1 = 0
mit den Lösungen e y = x± √ x 2 −1. Nun müssen wir die beiden Vorzeichen diskutieren.
• Die Lösung e y = x+ √ x 2 −1 ergibt die eine Möglichkeit einer Umkehrfunktion vermöge
(
arcosh(x) = ln x+
√ )
x 2 −1 .
• Die Lösung e y = x− √ x 2 −1 ergibt
(
ln x− √ ) ( x 2
x 2 −(x 2 )
−1)
−1 = ln
x+ √ x 2 −1
(
= −ln x+ √ )
x 2 −1 = −arcosh(x)
und damit die andere Möglichkeit einer Umkehrfunktion (vgl. Abbildung 9.2.ii).
Aufgaben
Aufgabe 9.2.1. Ermitteln Sie die folgenden Funktionswerte.
a. arsinh(1)
c. artanh(−0.5)
b. arcosh(2.6)
d. arcoth(12)

9.2. Areafunktionen (Flächenfunktionen) 183
Aufgabe 9.2.2. Bestimmen Sie die Logarithmusbeziehungen für
a. f(x) = arsinh(x)
b. f(x) = artanh(x)
c. f(x) = arcoth(x)
Aufgabe 9.2.3. Bestimmen Sie durch implizites Differenzieren die folgenden Ableitungen.
a.
d
dx arsinh(x)
b.
d
dx arcosh(x)
c.
d
dx artanh(x)
d.
d
dx arcoth(x)
Aufgabe 9.2.4. Bestimmen Sie die erste Ableitung von f(x) = arsinh(5x).
Aufgabe 9.2.5. Bestimmen Sie die erste Ableitung von f(x) = arsinh( √ x 2 −1).
Aufgabe 9.2.6. Bestimmen Sie die erste Ableitung von f(x) = artanh(
2x
1+x 2 ).
)
Aufgabe 9.2.7. Es sei f(z) = arcosh(
1
cos(z)
mit z ∈ ] − π 2 , π 2[
gegeben. Bestimmen Sie die
erste Ableitung von f. Machen Sie eine Skizze.
Aufgabe 9.2.8. Bestimmen Sie die erste Ableitung von f(x) = xartanh(x)+ 1 2 ln(1−x2 ).
Aufgabe 9.2.9. Bestimmen Sie die erste Ableitung von ψ(α) = αarsinh(α)− √ α 2 +1.
Aufgabe 9.2.10. Beweisen Sie, dass sich die Werte der Funktionen f und g um eine additive
Konstante unterscheiden. Bestimmen Sie die Konstante.
( x 2 )
(
−1
x 2 )
−1
f(x) = arsinh und g(x) = artanh
2x
x 2 wobei x > 0.
+1
Aufgabe 9.2.11. Berechnen Sie die bestimmten Integrale.
a.
b.
∫ 0.5
0
∫ 4
2
dγ
1−γ 2
c.
dω
1−ω 2
∫ 2
0.5
∫ 0
d. −
5
dx
1−x 2
dv
√
v 2 +1
Aufgabe 9.2.12. Bestimmen Sie die Masszahl des Flächeninhalts der Fläche, deren Begrenzungskurven
durch die folgenden Gleichungen gegeben ist.
y =
Machen Sie eine Skizze.
1
√ , y = 0, x = −a und x = a.
x 2 +1
Aufgabe 9.2.13. Bestimmen Sie die Masszahl des Flächeninhalts der Fläche, die von den
beiden Koordinatenachsen und der Kurve mit der folgenden Gleichung begrenzt wird.
⎧
1
⎪⎨
1−x
y =
2 wenn x ∈ [0,0.5]
⎪⎩
2x−x 2 wenn x ∈ [0.5,2]
Machen Sie eine Skizze.

184 Kapitel 9. Hyperbelfunktionen und ihre Umkehrfunktionen
Lösungen
Lösung 9.2.1.
a. 0.881
c. −0.549
b. 1.609
d. 0.084
Lösung 9.2.2. Vergleichen Sie mit einer Formelsammlung.
Lösung 9.2.3. Merken Sie sich die folgenden Grundintegrale.
a.
d
dx arsinh(x) = 1 √
x 2 +1
b.
d
dx arcosh(x) = 1 √
x 2 −1
Lösung 9.2.4. f ′ (x) =
5 √
25x 2 +1
Lösung 9.2.5. f ′ (x) =
x
|x| √ x 2 −1
Lösung 9.2.6. f ′ (x) = 2
1−x 2
Lösung 9.2.7. f ′ (z) = tan(z)
1
|tan(z)| cos(z)
Lösung 9.2.8. f ′ (x) = artanh(x) (als Integral merken)
Lösung 9.2.9. ψ ′ (α) = arsinh(α) (als Integral merken)
Lösung 9.2.10. Es gilt f = g.
Lösung 9.2.11. Aufpassen mit den Intervallen.
a. 0.549
b. −0.294
c.
d
dx artanh(x) = 1
1−x 2 wenn |x| < 1
d.
d
dx arcoth(x) = 1
1−x 2 wenn |x| > 1
c. Dieses Integral ist nicht definiert, da f im Integrationsintervall [0.5,2] bei x = 1 eine
Polstelle hat. Wir können nur den so genannten Cauchy-Hauptwert CH ∫ bestimmen
d. 2.312
∫ 2
CH
0.5
(∫
dx 1−ε
:= lim
1−x2 ε→0 0.5
Lösung 9.2.12. Der Flächeninhalt beträgt 2arsinh(a).
Lösung 9.2.13. Der Flächeninhalt beträgt 1.674.
∫
dx 2
1−x 2 +
1+ε
)
dx
1−x 2 = 0.
Wir sind nun in der Lage die vollständige Tafel der Grundintegrale anzugeben (vgl. Kapitel
B.1). Sie bilden die Grundlage für sämtliche Integrationsverfahren, die im Weiteren
besprochen werden.

Kapitel 10
Volumen, Oberflächen- und
Bogenlängenberechnungen
10.1 Volumen von Rotationskörpern
Wir berechnen das Volumen eines Rotationskörpern bei Rotation einer Kurve y = f(x) mit
x ∈ [a,b], umdiex-Achse (resp.y-Achse). Die Volumenberechnungwirdähnlich durchgeführt,
d
y
y = f(x)
f(ξ i )
∆x i
c
a
x i−1ξ i x i
b
x
Abbildung 10.1.i: Volumeninhalt eines Körpers, der um die x-Achse rotiert wird.
wie die Flächenberchnung mit dem Riemannschen Integral. Wiederum zerlegen wir das Intervall
[a,b] in n Teilintervalle mit den Intervallgrenzen
a = x 0 < x 1 < x 2 < x 3 < ··· < x i−1 < x i < ··· < x n = b.
Wir berechnen das Volumen eines Zylinders der Höhe ∆x i = x i −x i−1 mit dem Radius f(ξ i ),
wenn ξ i ∈ [x i−1 ,x i ] ein beliebiger Wert ist. Wir erhalten
Dann bilden wir die Summe
∆V i = π(f(ξ i )) 2 ∆x i .
n∑
∆V i = π
i=1
n∑
(f(ξ i )) 2 ∆x i .
i=1
185

186 Kapitel 10. Volumen, Oberflächen- und Bogenlängenberechnungen
Mit Hilfe einer beliebigen Verfeinerung der Einteilung des Intervalls [a,b] bestimmen wir den
Grenzwert der Summe n → ∞. d.h., wir integrieren
V x =
∫ b
a
dV = π
∫ b
a
(f(x)) 2 dx.
Das Differenzial dV = π(f(x)) 2 dx wird Volumenelement bei Rotation der Kurve um die
x-Achse genannt.
Völlig analog gehen wir vor bei der Rotation um die y-Achse.
V y =
∫ d
c
dV y = π
∫ d
wobei ϕ(y) = f −1 (y) = x und c = f(a) und d = f(b).
c
(ϕ(y)) 2 dy,
Beispiel 10.1.1. Wir berechnen das Volumen des Rotationskörpers, der durch die Kurve
y = 1 x
bei Rotation um die x-Achse über dem Intervall [1,4] erzeugt wird.
V x =
∫ 4
1
∫ 4
dV x = π
1
1
x 2dx = −π1 x∣
4
1
= π(− 1 4 +1) = 3 4 π.
Nachfolgend sehen wir zwei Beispiele, die Sie zum Nachdenken anregen sollten. Wieso?
Beispiel 10.1.2. Betrachten wir noch einmal Beispiel 10.1.1, jetzt mit der oberen Integrationsgrenze
bei +∞. Dann sehen wir, dass
V x = lim
b→∞
∫ b
1
∫ b
1 1
dV x = lim π
b→∞ 1 x2dx = −π lim
b→∞ x∣
b
1
( ) 1
= −π lim
b→∞ b −1 = π.
Obwohl der Rotationskörper nicht beschränkt ist, hat er ein endliches Volumen.
Beispiel 10.1.3. Wir berechnen das Volumen des Rotationskörpers, der durch die Kurve
y = √ 1
x
bei Rotation um die x-Achse über dem Intervall [1,+∞[ erzeugt wird. Dann sehen
wir, dass
V x = lim
b→∞
∫ b
1
∫ b
∣
1 ∣∣∣
b
dV x = lim π dx = π lim
b→∞ 1 x ln(x) = π lim (ln(b)−ln(1)) = +∞.
b→∞
1 b→∞
Wiederum ist der Rotationskörper nicht beschränkt und hat nun ein unendliches Volumen.
Wir stellen also fest, dass ein unendlich langes Gefäss einmal ein endliches und das andere
Mal ein unendliches Volumen haben kann.
Aufgaben
Aufgabe 10.1.1. Bestimmen Sie das Volumen des Rotationskörpers der Funktion
a. bei einer Rotation um die x-Achse und
f(x) = √ x mit x ∈ [0,3]

10.1. Volumen von Rotationskörpern 187
b. bei einer Rotation um die y-Achse.
Aufgabe 10.1.2. Bestimmen Sie das Volumen des Rotationskörpers der Funktion
um die x-Achse.
f(x) = x(2−x) mit x ∈ [0,2]
Aufgabe 10.1.3. Bestimmen Sie das Volumen des Rotationskörpers der Funktion
um die x-Achse.
f(x) = r x mit x ∈ [0,h]
h
Aufgabe 10.1.4. Bestimmen Sie das Volumen des Rotationskörpers der Funktion
um die x-Achse.
f(x) = 1
cos(x)
mit x ∈ [ 0, π 4
Aufgabe 10.1.5. Bestimmen Sie das Volumen des Rotationskörpers der Funktion
]
f(x) =
1
cosh(x)
mit x ∈ [−2,2]
um die x-Achse.
Aufgabe 10.1.6. Bestimmen Sie das Volumen des Rotationskörpers der Funktion
um die y-Achse.
f(x) = 1 x 2 mit y ∈ [1,9]
Aufgabe 10.1.7. Berechnen Sie das Volumen des Körpers, der durch Rotation der Fläche
zwischen den Kurven mit den Gleichungen
y = √ 8x, (x−5) 2 +y 2 = 9, y = 0 und x = 5
um die x-Achse entsteht. Fertigen Sie eine Zeichnung an.
Aufgabe 10.1.8. Berechnen Sie das Volumen des Körpers, der durch Rotation der Fläche
zwischen den Kurven mit den Gleichungen
y = √ 2(x+5) und x 2 +y 2 = 25
um die x-Achse entsteht. Fertigen Sie eine Zeichnung an.
Aufgabe 10.1.9. Die von der Kurve mit der Gleichung y = 2− x2
2
Fläche rotiere
undder x-Achse begrenzte
a. um die x-Achse. Berechnen Sie V x .
b. um die y-Achse. Berechnen Sie V y .

188 Kapitel 10. Volumen, Oberflächen- und Bogenlängenberechnungen
Aufgabe 10.1.10. Die Ellipse mit der Gleichung x2
a 2 + y2
b 2 = 1 rotiere
a. um die x-Achse. Berechnen Sie V x .
b. um die y-Achse. Berechnen Sie V y .
Aufgabe 10.1.11. Wie gross sind die Volumina der Rotationshyperboloide, die durch Rotation
der Fläche unter der Hyperbel mit der Gleichung x2
a
− y2
2 b
= 1 um deren Hauptachsen
2
zwischen x 1 und x 2 respektive y 1 und y 2 entstehen?
Aufgabe 10.1.12. Durch das Integral
V x = π
∫ b
wird das Volumen eines Rotationskörpers bestimmt. Wie heisst die Gleichung der Kurve,
die die erzeugende Fläche von oben begrenzt? Welche Gestalt hat der entstehende Rotationskörper.
Aufgabe 10.1.13. Durch das Integral
V y =
∫ b
a
a
xdx
cos 2 (2y −1)dy
wird das Volumen eines Rotationskörpers bestimmt. Wie heisst die Gleichung der Kurve, die
die erzeugende Fläche von oben begrenzt?
Aufgabe 10.1.14. Durch das Integral
V x =
∫ b
a
√ xdx
wird das Volumen eines Rotationskörpers bestimmt. Wie heisst die Gleichung der Kurve, die
die erzeugende Fläche von oben begrenzt?
Lösungen
Lösung 10.1.1.
a. V x = 9 2 π b. V y =
√
3
5
5 π
Lösung 10.1.2. V x = 16
15 π ≈ 3.351
Lösung 10.1.3. V x = 1 3 πr2 h (Volumen eines geraden Kegels mit Radius r und Höhe h.)
Lösung 10.1.4. V x = π
Lösung 10.1.5. V x = 6.057
Lösung 10.1.6. V y = 6.903
Lösung 10.1.7. V x = 82π ≈ 257.611

10.1. Volumen von Rotationskörpern 189
Lösung 10.1.8. V x = 256
3 π ≈ 268.083. Falls Sie das Resultat V x = 244
3
π erhalten haben,
dann haben Sie die Aufgabe etwas anders interpretiert. Ist auch richtig.
Lösung 10.1.9.
a. V x = 128
15 π ≈ 26.808 b. V y = 4π
Lösung 10.1.10.
a. V x = 4 3 πab2 . b. V y = 4 3 πa2 b.
Lösung 10.1.11.
( )∣
a. V x = π b2 x 3 ∣∣
x 2
a 2 3 −a2 x
x 1
( )∣
b. V y = π a2 y 3 ∣∣
y 2
b 2 3 +b2 y
y 1
Lösung 10.1.12. keine Hilfe
Lösung 10.1.13. y = 1 2 (1+arccos(x√ π))
Lösung 10.1.14. y = 4√ x
√ π
Verallgemeinerung
Ist der Flächeinhalt des Querschnitts q(x) eines Körpes als Funktion der Abszisse x bekannt,
so lässt sich nach der obigen Methode das Volumen des Körpers berechnen, auch wenn dieser
kein Rotationskörper ist. Durch entsprechende Überlegungen erhalten wir
y
∆V ≈ q(x)∆x
q(x)
a
∆x
x
b
x
Abbildung 10.1.ii: Approximativer Volumeninhalt ∆V ≈ q(x)∆x einer Scheibe der Höhe ∆x
und mit der Querschnittsfläche q(x) als Funktion der Abszisse x.
V =
∫ b
a
dV =
∫ b
a
q(x)dx.
Das Differenzial dV = q(x)dx wird Volumenelement genannt.

190 Kapitel 10. Volumen, Oberflächen- und Bogenlängenberechnungen
y
R
•
h
q(x)
•
Q
0
x P
•
r
α
r
2r
x
Abbildung 10.1.iii: Volumeninhalt eines Zylinderabschnitts bei gegebenem Radius r und Neigungswinkel
α.
Beispiel 10.1.4. Wir berechnen das Volumen eines Zylinderabschnitts. Dabei seien der Radius
r und der Neigungswinkel α gegeben (vgl. Abbildung 10.1.iii).
Wir bestimmen die Querschnittsflächenfunktion q in Abhängigkeit der Abszisse x. Es ist
q(x) = 1 2 PQQR
mit PQ = √ r 2 −(r −x) 2 = √ 2rx−x 2 und QR = PQtan(α). Damit ergibt sich
q(x) = 1 2√
2rx−x
2 √ 2rx−x 2 tan(α) = 1 2 (2rx−x2 )tan(α)
für die Querschnittsflächenfunktion, und für das Volumen haben wir
V Zylinderabschnitt = 1 ∫ 2r
2 tan(α) (2rx−x 2 )dx = 1 ( )∣
0 2 tan(α) rx 2 − x3 ∣∣∣
2r
3
0
= 1 (
2 tan(α) 4r 3 − 8 )
3 r3 = 2 3 r3 tan(α) = 2 3 r2 h,
wobei wir h = rtan(α) benutzt haben.
Aufgaben
Aufgabe 10.1.15. Berechnen Sie das Volumen einer Pyramide der Höhe h, deren Grundfläche
ein regelmässiges Sechseck mit der Seitenlänge s ist.
Aufgabe 10.1.16. Bestimmen Sie das Volumen eines Ellipsoids, dessen Hauptachsen in x-,
y- und z- Richtung die Längen a, b und c haben. Berechnen Sie dann den Spezialfall r = a =
b = c.

10.2. Bogenlänge einer Kurve 191
Lösungen
Lösung 10.1.15. V Sechseckpyramide =
√
3
2 s2 h
Lösung 10.1.16. Die Formel für den Flächeninhalt der Ellipse mit den Halbachsen A und
B ist q Ellipse = πAB und somit wird das Volumen eines Ellipsoids V Ellipsoid = 4 3πabc. Zur
Kontrolle setzen wir r = a = b = c und erhalten V Kugel = 4 3 πr3 .
10.2 Bogenlänge einer Kurve
Wir berechnen die Länge der Kurve y = f(x) über dem Intervall [a,b]. Wie bei der Flächenberechnung
unterteilen wir das Intervall [a,b] in Teilintervalle und approximieren die Kurve
durchGeradenstücke. Fürdas Geradenstück von P(x,f(x)) nach P 1 (x+∆x,f(x+∆x)) erhal-
y
P b
y = f(x)
P 1
•
P a
P
•
∆s
∆x
∆y
a
x
x + ∆x
b
x
Abbildung 10.2.i: Bogenlänge einer Kurve
ten wir mit dem Satz von Pythagoras die Länge ∆s = √ ∆x 2 +∆y 2 . Beliebige Verfeinerung
der Unterteilung ergibt eine beliebig steigende Anzahl von Teilintervallen, bei denen das Geradenstück
PP 1 immer weniger von der Kurve abweicht. Wir bilden nun den Grenzübergang
∆x → 0 und erhalten
ds
dx = lim
∆x→0
= lim
∆x→0
√
∆s ∆x
∆x = lim
2 +∆y 2
∆x→0 ∆x
√
( )
√
∆y
2
1+ = 1+
∆x
( ) dy 2 √
= 1+(y
dx
′ ) 2 .
Das Differenzial
ds =
√
1+(y ′ ) 2 dx
wird Linienelement genannt. Integration über das Intervall [a,b] führt zur Bogenlänge der
Kurve y = f(x) zwischen den Punkten P a (a,f(a)) und P b (b,f(b))
arclength =
∫ b
a
ds =
∫ b
a
√
1+(y ′ ) 2 dx =
∫ b
a
√
1+(f ′ (x)) 2 dx.

192 Kapitel 10. Volumen, Oberflächen- und Bogenlängenberechnungen
Bemerkung 10.2.1. Es sei y = f(x) eine Kurve, die die Punkte P 1 (a,y 0 ) und P 2 (b,y 0 )
verbinde. Dann gilt die folgende Ungleichung
arclength =
∫ b
a
√
1+(f ′ (x)) 2 dx ≥
∫ b
a
1dx = b−a.
DieGleichheit wirdfürf ′ (x) = 0angenommen.Diestrittgenaudannein,wennf(x) = y 0 .Mit
anderen Worten haben wir bewiesen, dass die kürzeste (einmal differenzierbare) Verbindung
zwischen zwei Punkten eine Gerade sein muss.
Ist die Kurve in Parameterdarstellung x = x(t) und y = y(t) gegeben, so lautet die Formel
für die Bogenlänge der Kurve zwischen den Punkten P 1 (x(t 1 ),y(t 1 )) und P 2 (x(t 2 ),y(t 2 ))
wobei ẋ = dx
dt
arclength =
und ẏ =
dy
dt bedeuten.
∫ t2
t 1 √ẋ2 (t)+ẏ 2 (t)dt,
Beispiel 10.2.1. Wir berechnen die Bogenlänge der Kettenlinie y = cosh(x) im Intervall von
−a bis a. Es ist y ′ = sinh(x) und damit folgt
∫ a ∫ a √
∫ a
a
len = ds = 1+sinh(x) 2 dx = cosh(x)dx = sinh(x)
∣ = 2sinh(a).
Aufgabe
−a
−a
Aufgabe 10.2.1. Bestimmen Sie die Bogenlänge eines Halbkreises mit Radius r = 1.
−a
−a
Lösung
Lösung 10.2.1. Die Länge des Halbkreises mit Radius r = 1 ist π.
10.3 Mantelfläche von Rotationskörpern
Wir wollen die Mantelfläche des Rotationskörper berechnen, der durch die Kurve y = f(x)
im Intervall [a,b] definiert wird. Es sei ∆M die Mantelfläche des Rotationskörpers zwischen
x und x+∆x und ∆s die Länge der Kurve y = f(x) zwischen x und x+∆x. Weiter setzen
wir
k = min f(ξ) und K = max f(ξ)
ξ∈[x,x+∆x] ξ∈[x,x+∆x]
Damit haben wir folgende Abschätzung der Mantelfläche
2πk∆s ≤ ∆M ≤ 2πK∆s.
Nun dividieren wir die Ungleichung durch ∆x und betrachten den Grenzübergang ∆x → 0
lim 2πk∆s
∆x→0 ∆x ≤ lim ∆M
∆x→0 ∆x ≤ lim 2πK∆s
∆x→0 ∆x .

10.3. Mantelfläche von Rotationskörpern 193
d
y
y = f(x)
f(x)
c
∆s
∆M
a
x
b
x
Abbildung 10.3.i: Mantelfläche einer Rotationsfläche der Kurve y = f(x) im Intervall [a,b].
Es gilt
lim k = lim
∆x→0 ∆x→0
lim K = lim
∆x→0 ∆x→0
Damit haben wir die Ungleichung
min f(ξ) = min f(ξ) = f(x)
ξ∈[x,x+∆x] ξ∈[x,x]
max f(ξ) = max f(ξ) = f(x).
ξ∈[x,x+∆x] ξ∈[x,x]
2πf(x) ds
dx ≤ dM
dx ≤ 2πf(x)ds dx ,
womit für das Mantelflächenelement 1 bei Rotation der Kurve um die x-Achse folgt
Also haben wir
dM = 2πf(x)ds = 2πf(x) √ 1+(f ′ (x)) 2 dx.
M x = 2π
∫ b
a
f(x) √ 1+(f ′ (x)) 2 dx
und entsprechendes gilt bei einer Rotation um die y-Achse
M y = 2π
∫ d
c
ϕ(y) √ 1+(ϕ ′ (y)) 2 dy
wobei ϕ(y) = f −1 (y) = x und c = f(a) und d = f(b).
Beispiel 10.3.1. Wir berechnen den Flächeninhalt einer Kugelzone der Höhe h, die bei der
Rotation der Kurve mit der Gleichung y = √ r 2 −x 2 um die x-Achse im Intervall [x 0 ,x 0 +h]
1 Dieses Resultat hätten wir auch aus der Formel für die Mantelfläche M = πs(R+r) eines Kegelstumpfes
mit den Radien R und r und der Länge s des erzeugenden Segments herleiten können.

194 Kapitel 10. Volumen, Oberflächen- und Bogenlängenberechnungen
entsteht. Es gilt
M x = 2π
= 2π
= 2π
∫ x0 +h
x 0
∫ x0 +h
x 0
∫ x0 +h
Wenn wir h = 2r setzen, dann ergibt sich
x 0
f(x) √ 1+(f ′ (x)) 2 dx
√
r 2 −x 2 √
rdx = 2πrh.
d.h. die Oberfläche einer Kugel mit Radius r.
Aufgabe
1+
M x = 4πr 2 ,
( −2x
2 √ r 2 −x 2 ) 2
dx
Aufgabe 10.3.1. Bestimmen Sie die Oberfläche des durch die Kurve
f(x) = 1 3√ x(3−x)
im Intervall [0,3] durch Rotation um die x-Achse erzeugten Körpers.
Lösung
Lösung 10.3.1. M x = 3π
Weitere Beispiele und Übungen folgen nach Behandlung der Integrationsmethoden, da die
entstehenden Integrale oft keine Grundintegrale sind.
Zusammenstellung der zu integrierenden Differenziale:
Es sei die Kurve y = f(x) über dem Intervall [a,b] gegeben.
• Flächenelement für den Flächeninhalt unter der Kurve
dF = f(x)dx.
• Volumenelement für das eingeschlossene Volumen bei Rotation der Kurve um die
x-Achse
dV = π(f(x)) 2 dx
und bei bekanntem Flächeninhalt q(x) des Querschnitts
dV = q(x)dx.
• Mantelflächenelement für die Mantelfläche bei Rotation der Kurve um die x-Achse
dM = 2πf(x) √ 1+(f ′ (x)) 2 dx.
• Linienelement für die Bogenlänge der Kurve
ds = √ 1+(f ′ (x)) 2 dx.

Kapitel 11
Integrationsmethoden
Die Formeln für Volumen, Oberflächen, Mantelflächen usw. bringenim Allgemeinen Integrale,
die keine Grundintegrale sind. Dasselbe gilt für Probleme der Physik und anderer Gebiete.
Es müssen daher Methoden hergeleitet werden, die es erlauben, solche Integrale zu lösen. Das
allgemeine Prinzip ist dabei immer dasselbe.
Gegebene Integrale sind durch Umformung auf Grundintegrale zurückzuführen.
Es werdenim Folgenden drei exakte Methoden besprochen,diedaszurückführengegebener
Integrale auf Grundintegrale erlauben.
1. Integration durch Substitution
2. Partielle Integration
3. Integration durch Partialbruchzerlegung
Es gibt aberbeliebig viele Integrale, dienicht mit diesen drei Methoden gelöst werdenkönnen.
Beispiel 11.0.2. Für die folgenden Integrale gibt es keine elementaren Stammfunktionen.
∫ ∫ ∫
sin(x)
dx, sin(x 2 )dx, e −x2 dx usw.
x
Solche Integrale werden mit approximativen Methoden (Näherungsverfahren) berechnet:
1. Reihenentwicklung (vgl. Kapitel 12.6)
2. Numerische Integration (vgl. Kapitel 7)
3. Monte-Carlo-Methoden (vgl. Kapitel A.6.1)
11.1 Integration durch Substitution
Dieses Verfahren basiert auf einer Umkehrung der Kettenregel.
Beispiel 11.1.1. Wir betrachten zuerst das Integral
∫
dx
√ , 3x−2
195

196 Kapitel 11. Integrationsmethoden
welches kein Grundintegral ist. Der Integrand f(x) = 1 √ 3x−2
setzt sich aus den Funktionen
f(z) = 1 √ z
und z(x) = 3x − 2 zusammen. Die Funktion f(z) = 1 √ z
lässt sich aber leicht
integrieren
∫ dz
√ z
= 2 √ z +C,
wobei C ∈ R eine Integrationskonstante ist. Also machen wir beim gegebenen Integral eine
Variablensubstitution indem wir z(x) = 3x−2 setzen und
∫ ∫
dx dx
√ = √ 3x−2 z
erhalten. Jetzt muss noch dx ersetzt werden. Aus z = 3x−2 folgt das Differenzial
dz = 3dx also sofort dx = 1 3 dz.
Demnach folgt
∫
dx
√ = 1 ∫ dz
√ = 1 3x−2 3 z 3 2√ z +C = 2 3x−2+C,
3√
wobei C ∈ R eine Integrationskonstante ist.
Beispiel 11.1.2. Analog verfahren wir mit dem Integral
∫
(4x+2) 5 dx,
welches auch kein Grundintegral ist. Wir setzen z(x) = 4x+2, also dz = 4dx, dann folgt
∫
(4x+2) 5 dx = 1 ∫
z 5 dz = 1 z 6
4 4 6 +C = 1
24 (4x+2)6 +C,
wobei C ∈ R eine Integrationskonstante ist.
Aufgaben
Berechnen Sie die folgenden Integrale.
∫ √5x+3dx
Aufgabe 11.1.1.
Aufgabe 11.1.2.
Aufgabe 11.1.3.
∫
∫
dt
2t+3
3 2−z dz
Aufgabe 11.1.6.
Aufgabe 11.1.7.
Aufgabe 11.1.8.
∫
∫
∫
5du
6√ 2u−7
3
cos 2 (4α−2) dα
cosh 2 (u)du
Aufgabe 11.1.4.
∫
cos(2ϕ+0.5)dϕ
Aufgabe 11.1.9.
∫
sinh 2 (x)dx
Aufgabe 11.1.5.
∫
dx
√
9x 2 −1

11.1. Integration durch Substitution 197
Lösungen
Im Folgenden bezeichnet C ∈ R eine Integrationskonstante.
Lösung 11.1.1.
2
15 (5x+3)√ 5x+3+C
Lösung 11.1.2. 1 2 ln(|2t+3|)+C
Lösung 11.1.3. − 32−z
ln(3) +C
Lösung 11.1.5. 1 3 arcosh(3x)+C
Lösung 11.1.6. 3 6√ (2u−7) 5 +C
Lösung 11.1.7. 3 4 tan(4α−2)+C
Lösung 11.1.4. 1 2 sin(2ϕ+0.5)+C
Lösung 11.1.8. 1 2 (u+sinh(u)cosh(u))+C
Lösung 11.1.9. − 1 2 (x−sinh(x)cosh(x))+C
Theorie zur Substitutionsmethode
Es sei F : [a,b] → R eine differenzierbare Funktion und F ′ (z) = f(z). Für z ∈ [a,b] gelte
somit
∫
F(z)+C = f(z)dz.
Ferner sei z = ϕ(x) Funktionswert einer differenzierbaren Funktion ϕ : [α,β] → R. Dann
ergibt die Kettenregel
d
dx F(ϕ(x)) = F′ (ϕ(x))·ϕ ′ (x).
Durch Integration erhalten wir daraus
∫
∫
f(z)dz = F(ϕ(x))+C =
∫
F ′ (ϕ(x))·ϕ ′ (x)dx =
f(ϕ(x))·ϕ ′ (x)dx,
wobei C ∈ R eine Integrationskonstante bezeichnet. Als bestimmtes Integral geschrieben,
ergibt sich
∫ b
a
f(z)dz =
∫ β
α
f(ϕ(x))·ϕ ′ (x)dx
mit ϕ(α) = a und ϕ(β) = b. Um eine Substitution durchführen zu können, müssen folgende
Bedingungen erfüllt sein:
1. f : [a,b] → R stetig
2. ϕ : [α,β] → R differenzierbar
3. ϕ ′ : [α,β] → R stetig
4. ϕ ′ (x) ≠ 0 für alle x ∈ [α,β]
Damit dasIntegral ∫ f(z)dz existiert, muss(1.) gelten. Damit dasIntegral ∫ f(ϕ(x))·ϕ ′ (x)dx
existiert, müssen (2.) und (3.) gelten. Der Punkt (4.) bedeutet, dass ϕ auf [α,β] streng monoton
ist, d.h., dass von z = ϕ(x) tatsächlich alle Werte zwischen ϕ(α) = a und ϕ(β) = b

198 Kapitel 11. Integrationsmethoden
angenommen werden. Damit ist ϕ auch eindeutig umkehrbar, und die Grenzen α und β
können unmittelbar durch
ϕ −1 (a) = α und ϕ −1 (b) = β
ausgedrückt werden.
Die obige Beziehung zwischen den Integralen wird auf zwei Arten verwendet.
Von links nach rechts: Ein beliebiges Integral
∫
f(z)dz
kann durch die Substitution z = ϕ(x) in ein Integral
∫
f(ϕ(x))·ϕ ′ (x)dx
umgewandelt werden. Ist dies ein Grundintegral, so ist die Aufgabe gelöst.
Von rechts nach links: Das Integral eines Produktslässt sichimmerdannberechnen,wenn
der eine Faktor eine mittelbare Funktion f(ϕ(x)) und der andere Faktor die innere
Ableitung ϕ ′ (x) des inneren Terms ist, sofern für die Funktion f unter Beachtung der
Substitution z = ϕ(x) ein Integral
∫
f(z)dz
angegeben werden kann.
Wichtige Sonderfälle von Integralen der Form
∫
f(ϕ(x))·ϕ ′ (x)dx
1. Es ist ϕ(x) = ax + b eine affine Funktion mit a und b ∈ R. Hier machen wir die
Substitution z = ax+b, also dz = adx. Damit folgt
∫
f(ax+b)dx = 1 ∫
f(z)dz
a
Nach diesem Prinzip sind die Beispiele 11.1.1 und 11.1.2 und die Aufgaben 11.1.1-9
gelöst worden.
2. Es ist f(z) = z n eine Potenzfunktion mit dem Exponenten n ∈ Z−{−1}. Der Integrand
hat die Form (ϕ(x)) n · ϕ ′ (x), für negative n muss ϕ(x) ≠ 0 sein. Wir substituieren
z = ϕ(x) und erhalten dz = ϕ ′ (x)dx, demzufolge folgt
∫
∫
(ϕ(x)) n ·ϕ ′ (x)dx =
wobei C ∈ R eine Integrationskonstante ist.
z n dz = zn+1 (ϕ(x))n+1
+C = +C,
n+1 n+1

11.1. Integration durch Substitution 199
Beispiel 11.1.3. Betrachte das Integral ∫ sin 2 (x)cos(x)dx. Substituiere z = sin(x),
also dz = cos(x)dx. Hiermit folgt
∫ ∫
sin 2 (x)cos(x)dx = z 2 dz = z3
3 +C = sin3 (x)
+C,
3
wobei C ∈ R eine Integrationskonstante ist.
3. Es ist f(z) = 1 z
ϕ ′ (x)
(Potenzfunktion mit Exponent n = −1). Der Integrand hat die Form
ϕ(x) mit ϕ(x) ≠ 0. Wir substituieren z = ϕ(x) und erhalten dz = ϕ′ (x)dx, demzufolge
folgt ∫ ϕ ′ ∫
(x) dz
ϕ(x) dx = = ln(|z|)+C = ln(|ϕ(x)|)+C,
z
wobei C ∈ R eine Integrationskonstante ist.
Beispiel 11.1.4. Betrachte das Integral ∫ dx
dx
xln(x)
. Substituiere z = ln(x), also dz =
x .
Hiermit folgt ∫ ∫
dx dz
xln(x) = = ln(|z|)+C = ln(|ln(x)|)+C,
z
wobei C ∈ R eine Integrationskonstante ist.
Bestimmte Integrale
Da die Grenzen eines bestimmten Integrals sich nur auf die Integrationsvariable beziehen,
können wir bei der Substitution drei Möglichkeiten unterscheiden, wie wir ein bestimmtes
Integral behandeln.
Beispiel 11.1.5. ImFolgenden betrachten wirdiedreiMöglichkeiten anhanddesbestimmten
Integrals
∫ π
2 cos(α)
1+sin 2 (α) dα.
Wir substituieren jeweils z = sin(α) also dz = cos(α)dα.
1. Grenzen einklammern:
∫ π
2
0
∫
cos(α) (
π
1+sin 2 (α) dα = 2 )
0
(0)
∣
dz ∣∣∣∣
( π 2 )
1+z 2 = arctan(z)
= arctan(1)−arctan(0) = π 4
(0)
= arctan(sin(α))
∣
2. Zuerst Stammfunktion bestimmen, dann Grenzen verwenden:
∫ ∫
cos(α)
1+sin 2 (α) dα = dz
+C = arctan(sin(α))+C,
1+z2 wobei C ∈ R eine Integrationskonstante ist. Dann folgt
∫ π
2
0
∣π
cos(α)
∣∣∣∣ 2
1+sin 2 (α) dα = arctan(sin(α))
0
= arctan(1)−arctan(0) = π 4 .
π
2
0

200 Kapitel 11. Integrationsmethoden
3. Grenzen mitsubstituieren:
∫ π
2
0
∫
cos(α) 1
1+sin 2 (α) dα =
0
∣
dz ∣∣∣∣
1
1+z 2 = arctan(z)
0
= arctan(1)−arctan(0) = π 4 .
Die Grenzen bezüglich z ergeben sich aus der Substitutionsbeziehung z = sin(x) indem
wir für α die entsprechenden Grenzen einsetzen z 1 = 0 = sin(0) und z 2 = 1 = sin( π 2 ).
Diese Variante wird am meisten verwendet, da die zum Teil mühsame Rücksubstitution
entfällt.
Aufgaben
Berechnen Sie die folgenden Integrale.
Aufgabe 11.1.10.
∫ 4
2
2e 3y−6 dy
Aufgabe 11.1.11.
∫ 1
0
( x
2 + 3 2
) 2
dx
Aufgabe 11.1.12.
∫ −
π
2
−π
cos 2( ω
2 − π )
dω
4
Aufgabe 11.1.14.
∫ 2
∫
Aufgabe 11.1.15. F(ϕ) =
0
( ( u
))
−sin
5 +1 du
cos 3 (ϕ)sin(ϕ)dϕ
Aufgabe 11.1.13.
∫ 5
4
dv
(v −3) 2
∫ (5sin
Aufgabe 11.1.16. G(x) =
4 (x)−3sin 2 (x)+2sin(x)+4 ) cos(x)dx
Lösungen
Lösung 11.1.10. 268.286
Lösung 11.1.12. 0.285
Lösung 11.1.11. 37
12 ≈ 3.08333 Lösung 11.1.13. 1 2
Lösung 11.1.14. −1.8517
Lösung 11.1.15. F(ϕ) = − 1 4 cos4 (ϕ)+C, wobei C ∈ R eine Integrationskonstante ist.
Lösung 11.1.16. G(x) = sin 5 (x) − sin 3 (x) + sin 2 (x) + 4sin(x) + C, wobei C ∈ R eine
Integrationskonstante ist.
Die folgenden Beispiele zeigen das Vorgehen für typische Fälle.
Beispiel 11.1.6. Wir betrachten das bestimmteIntegral ∫ e
1
also dz = dx x und z 1 = 0 und z 2 = 1. Dann folgt
∫ e
1
√
ln(x)
dx =
x
∫ 1
0
√
ln(x)
1
√ 2 zdz =
3 z 3
2
∣ = 2
0
3
x
dx. Substituierez = ln(x),

11.1. Integration durch Substitution 201
oder
∫ e
1
√
ln(x)
dx =
x
∫ (e)
(1)
√ 2
zdz =
3 z 3 2
∣
(e)
(1)
= 2 3 (ln(x))3 2
∣
e
1
= 2 3 .
Beispiel 11.1.7. Wir berechnen das unbestimmte Integral ∫ cos 3 (x)dx. Dieses wird solange
umgeformt, bis die Ableitung als Faktor auftritt.
∫ ∫ ∫ (1−sin
cos 3 (x)dx = cos 2 (x)cos(x)dx =
2 (x) ) cos(x)dx
∫ ∫
∫
= cos(x)dx− sin 2 (x)cos(x)dx = sin(x)− z 2 dz
wobei C ∈ R eine Integrationskonstante ist.
= sin(x)− z3
3 +C = sin(x)− sin3 (x)
+C,
3
Beispiel 11.1.8. Wir betrachten dasunbestimmteIntegral ∫ x √ 3x+1dx.Dannsubstituiere
z = 3x+1, also folgt und x = z−1
3
und dx = 1 3 dz
∫
x √ ∫ z −1 √ dz
3x+1dx = z
3 3 = 1 ∫ (
z 3 2 − √ z)
dz
9
= 1 2
9
wobei C ∈ R eine Integrationskonstante ist.
2
5 z 5 2 − 1 9 3 z 3 2 +C = 2 45 (3x+1)5 2 − 2 27 (3x+1)3 2 +C,
Beispiel 11.1.9. Wir betrachten das unbestimmte Integral ∫ √ dx
a 2 −x2. Dann klammere a ∈ R
aus und substituiere z = x a
, also dx = adz. Nun ergibt sich
∫
∫
dx 1
√
a 2 −x = 2 a
dx
√ =
1− x2
a 2
wobei C ∈ R eine Integrationskonstante ist.
∫ a dz
( x
√
a
= arcsin(z)+C = arcsin 1−z 2 a
)
+C,
Beispiel 11.1.10. Es seien a,b,c ∈ R feste Grössen, die nicht alle gleichzeitig null sind. Wir
bereiten dasfolgende Integral durchquadratischeErgänzungzur anschliessenden Substitution
vor
∫
dx
ax 2 +bx+c = 1 ∫
a
(
x+
b
2a
dx
) 2 (
−
b
2a
Bei der Substitution unterscheiden wir drei Fälle:
) 2
= 1
+
c a
a
∫
dx
( )
x+
b 2
.
2a −
b 2 −4ac
4a 2
• Ist b 2 − 4ac > 0, dann kommt die Substitution z = √ 2ax+b
√ , also dx = b 2 −4ac
b 2 −4ac 2a
dz zur
Anwendung
∫
∫
dx
ax 2 +bx+c = 4a dx
b 2 (
−4ac 2
√ 2ax+b
b −4ac)
−1
2
√
4a b
=
2 ∫
−4ac dz
b 2 −4ac 2a z 2 −1
(
2 2ax+b
= −√ b 2 −4ac artanh √
b 2 −4ac
)
+C

202 Kapitel 11. Integrationsmethoden
• Ist b 2 − 4ac < 0, dann kommt die Substitution z = √ 2ax+b
√ , also dx = 4ac−b 2
4ac−b 2 2a
dz zur
Anwendung
∫
∫
dx
ax 2 +bx+c = 4a dx
4ac−b 2 ( 2
√ 2ax+b
4ac−b 2)
+1
√ ∫
4a 4ac−b 2 dz
=
4ac−b 2 2a z 2 +1
( )
2 2ax+b
= √ arctan √ +C
4ac−b 2 4ac−b 2
• Ist b 2 −4ac = 0, dann kommt die Substitution z = x+ b
2a
, also dx = dz zur Anwendung
∫
dx
ax 2 +bx+c = 1 ∫
dx
( )
a x+
b 2
= 1 ∫ dz
a z 2 = − 2
2ax+b +C
2a
wobei C ∈ R eine Integrationskonstante ist. Diese Integrale spielen eine wichtige Rolle bei der
Integration von Partialbrüchen dritter Art (vgl. Kapitel 11.3).
Aufgaben
Aufgabe 11.1.17. Berechnen Sie die folgenden unbestimmten Integrale.
∫
a. x 2√ ∫ arsinh(4x)
6x 3 −5dx
d. √
16x 2 +1 dx
b.
c.
∫ 1
e x
x 2 dx
∫
e sin(z) cos(z)dz
e.
f.
∫
∫
3r 2
√
2−r 3 dr
αcos(α 2 )dα
Aufgabe 11.1.18. Berechnen Sie die folgenden bestimmten Integrale.
a.
b.
c.
∫ √ 2
0
∫ 2
1
∫ 4
2
x
√
2+x
2 dx
x−1
√
x 2 −1 dx f.
d.
coth 2 (ϕ)
cosh(ϕ) dϕ
e.
∫ 2
0
∫ −1
0
∫ π 2
9
0
cosh 2 (u)sinh(u)du
u 2
2−3u 3 du
sin( √ x)
√ x
dx
Aufgabe 11.1.19. Berechnen Sie die folgenden unbestimmten Integrale, a ∈ R fest.
∫
∫
a. cot(ω)dω
d. coth(1−4x)dx
∫
e x
∫
b.
e x +a dx
x
e.
a 2 +x 2 dx
∫ sin 5 (t)
c.
cos 7 (t) dt

11.1. Integration durch Substitution 203
Aufgabe 11.1.20. Es seien a und b ∈ R fest, nicht beide gleich null. Berechnen Sie das
Integral
∫ π
2 cos(α)
a+bsin(α) dα.
Aufgabe 11.1.21. Berechnen Sie
0
∫ 6
2
dw
wlog 10 (w) .
Aufgabe 11.1.22. Berechnen Sie die folgenden unbestimmten Integrale, a,b ∈ R fest.
a.
b.
c.
∫
∫
∫
dx
x 2√ 4−x 2
dη
√
4η 2 −8η
dx
cos(x)
d.
e.
f.
∫
∫
∫
du
√
5−u 2
dξ
1+cos(ξ)
x n−1
a+bx n dx
Aufgabe 11.1.23. Berechnen Sie die folgenden unbestimmten Integrale.
∫
dt
a.
e t +e −t
∫
s 2
b.
(4+7s 3 ) 3ds
∫ ( 1 1
c.
x x)
2 tan dx
Aufgabe 11.1.24. Berechnen Sie das unbestimmte Integral
∫
dx
a 2 sin 2 (x)+b 2 cos 2 (x) ,
wobei a,b ∈ R−{0} feste Parameter sind.
Aufgabe 11.1.25. Berechnen Sie das unbestimmte Integral
∫
dt
√ √ t(1+
3
t) .
Aufgabe 11.1.26. Berechnen Sie das unbestimmte Integral
∫ √ 1+α
√ 1−α
dα.
d.
e.
∫
∫
dy
yln 2 (y)
δ 2
cos 2 (δ 3 ) dδ
Aufgabe 11.1.27. In welchem Abstand von der y-Achse ist die Parallele zu ziehen, die mit
der positiven x-Achse und der Kurve der Funktion f(x) = tan(x) die Fläche begrenzt, die
den Inhalt 1 hat?

204 Kapitel 11. Integrationsmethoden
Aufgabe 11.1.28. Von den Kurven mit den Gleichungen
y = e x 4 , y = −
1
8x+1 und x = 4
wird eine Fläche eingeschlossen. Berechnen Sie
a. die Masszahl des Flächeninhalts und
b. das Volumen des Körpers, der bei Rotation dieser Fläche um die x-Achse entsteht.
Aufgabe 11.1.29. Durch Rotation der Fläche unter der Kurve mit der Gleichung
y = 2cos(1−2x)
um die x-Achse entsteht ein Körper, dessen Volumen in den Grenzen von x 1 = 0 bis x 2 = 1
bestimmt werden soll.
Aufgabe 11.1.30. Die Sinuskurve rotiere im Intervall [0,π] um die x-Achse. Berechnen Sie
das Volumen des entstehenden Rotationskörpers.
Aufgabe 11.1.31. Die Fläche zwischen der Kurvemit der Gleichung y = x 3 und der x-Achse
rotiere im Intervall [0, 2 3
] um die x-Achse. Berechnen Sie die Mantelfläche des entstehenden
Rotationskörpers.
Aufgabe 11.1.32. Berechnen Sie die Bogenlänge eines Teils der Neilschen Parabel mit der
Gleichung
wobei x ∈ [0,3].
y = 2 3√
x 3 ,
Aufgabe 11.1.33. Berechnen Sie die Bogenlänge eines Viertelkreises mit dem Radius r.
Aufgabe 11.1.34. Berechnen Sie die Bogenlänge der Kurve mit der Gleichung
wobei x ∈ [ √ 3,2 √ 2].
y = ln(x)
Aufgabe 11.1.35. Berechnen Sie die Bogenlänge der Kurve mit der Gleichung
wobei x ∈ [ π 4 , π 2 ].
y = 2
sin(x)
Aufgabe 11.1.36. Der Kreis x 2 + (y − a) 2 = r 2 mit r < a wird um die x-Achse rotiert.
Bestimmen Sie die Mantelfläche des entstehenden Rotationskörpers. Um was für ein geometrisches
Objekt handelt es sich?

11.1. Integration durch Substitution 205
Lösungen
Lösung 11.1.17. Im Folgenden bezeichnet C ∈ R eine Integrationskonstante.
a.
1
27 (6x3 −5) √ 6x 3 −5+C
b. −e 1 x +C
c. e sin(z) +C
d.
1
8 arsinh2 (4x)+C
e. −2 √ 2−r 3 +C
f.
1
2 sin(α2 )+C
Lösung 11.1.18.
a. 0.586
b. 0.575
d. 17.42
e. −0.1018
c. 1.394
Lösung 11.1.19. Im Folgenden bezeichnet C ∈ R eine Integrationskonstante.
f. 1
a. ln(|sin(ω)|)+C
b. ln(|e x +a|)+C
c.
1
6 tan6 (t)+C
Lösung 11.1.20. 1 b ln(∣ ∣a+b
a
Lösung 11.1.21. 2.187
∣ )
d. − 1 4 ln(|sinh(1−4x)|)+C
e.
1
2 ln(a2 +x 2 )+C
Lösung 11.1.22. Im Folgenden bezeichnen C und D ∈ R Integrationskonstanten.
√
a. − 4−x 2
4x
+C
d. arcsin( √ u 5
)+C
1
b.
2arcosh(η −1)+C
e. tan( ξ 2 )+C
c. 2artanh(tan( x 2 ))+C=artanh(sin(x))+D 1
f.
nb ln(|a+bxn |)+C
Lösung 11.1.23. Im Folgenden bezeichnen C und D ∈ R Integrationskonstanten.
a. arctan(e t )+C = 1 2 arctan(sinh(t))+D d. − 1
ln(y) +C
c. ln(|cos( 1 x )|)+C
1
b. − +C
42(4+7s 3 ) 2 1
e.
3 tan(δ3 )+C
Lösung 11.1.24. Wir substituieren z = tan(x), dann erhalten wir 1 ab arctan(a b tan(x))+C,
wobei C ∈ R eine Integrationskonstante ist.
Lösung 11.1.25. Wir substituieren t = z 6 , dann erhalten wir 6( 6√ t−arctan( 6√ t))+C, wobei
C ∈ R eine Integrationskonstante ist.
Lösung 11.1.26. Wir machen den Zählerwurzelfrei, dannerhalten wirarcsin(α)− √ 1−α 2 +
C, wobei C ∈ R eine Integrationskonstante ist.

206 Kapitel 11. Integrationsmethoden
Lösung 11.1.27. 1.1941
Lösung 11.1.28.
a. 3.873 b. 32.813
Lösung 11.1.29. 9.1398
Lösung 11.1.30. 4.935
Lösung 11.1.31. 0.422
Lösung 11.1.32. 14 3
Lösung 11.1.33. π 2 r
Lösung 11.1.34. 1−arcoth(3)+arcoth(2) ≈ 1.2027
Lösung 11.1.35. 2− π 4
Lösung 11.1.36. area(Torus) = 4π 2 ar
Substitution mit trigonometrischen und hyperbolischen Funktionen
Integrale der Form
∫
f
∫
∫
( )
x,
√a 2 −x 2 dx
f
(x, √ )
a 2 +x 2 dx
f
(x, √ )
x 2 −a 2 dx
Beispiel:
Beispiel:
Beispiel:
∫
x 2√ 1−x 2 dx
∫ √
4+x 2
dx
x
∫ √
x 2 −a 2
dx
werden mit Hilfe trigonometrischer, resp. hyperbolischer Funktionen substituiert (vgl. Aufgabe
11.1.22.a). Zusätzlich alle die Fälle, die unter einer Quadratwurzel einen quadratischen
Ausdruck ax 2 +bx+c haben.
∫
f
(
x, √ ax 2 +bx+c
)
dx
Beispiel:
∫
x 2
dx
√
9x 2 −6x−3
Mit Hilfe einer quadratischen Ergänzung werden diese Ausdrücke auf die rein quadratischen
Fälle zurückgeführt (vgl. Beispiel 11.1.12).
Zur Substitution benutzen wir die Beziehungen
cos 2 (z)+sin 2 (z) = 1 und cosh 2 (z)−sinh 2 (z) = 1,
um Summen und Differenzen unter der Quadratwurzel wegzubringen. In der folgenden Übersicht
sind die bei den verschiedenen Integranden anzuwendenden Substitutionen und die zugehörigen
Umrechnungsformeln zusammengestellt.
√ √ √
a 2 −x 2 = a 2 −a 2 sin 2 (z) = a 1−sin 2 (z) = acos(z) wenn x = asin(z)
√ √ √
a 2 +x 2 =
a 2 +a 2 sinh 2 (z) = a 1+sinh 2 (z) = acosh(z) wenn x = asinh(z)
√
cosh 2 (z)−1 = asinh(z) wenn x = acosh(z)
√
x 2 −a 2 =
√
a 2 cosh 2 (z)−a 2 = a
Bei bestimmten Integralen achten wir darauf, dass die Grenzen im Definitionsbereich der
verwendeten Funktionen liegen.

11.1. Integration durch Substitution 207
Beispiel 11.1.11. Wir betrachten das Integral
∫ √
5+x 2 dx.
Nun substituieren wir x = √ 5sinh(z), also dx = √ 5cosh(z)dz, dann erhalten wir
∫ √5+x 2 dx = √ √
∫
5∫
5+5sinh 2 (z)cosh(z)dz = 5 cosh 2 (z)dz.
Wir benutzen das Additionstheorem 2cosh 2 (z) = 1+cosh(2z) (vgl. Satz 9.1.1.3-4), dann folgt
∫
5 cosh 2 (z)dz = 5 ∫
(1+cosh(2z))dz = 5 (z + 1 )
2
2 2 sinh(2z) +C
= 5 (z + 1 )
2 2 2sinh(z)cosh(z) +C = 5 (z +sinh(z)cosh(z))+C,
2
wobei C ∈ R eine Integrationskonstante ( ) ist. Nun vollziehen wir die Rücksubstitution mit
sinh(z) = √ x 5
und z = arsinh x√5
und
cosh(z) =
√ √
1+sinh 2 (z) = 1+ x2
5 = √ 1 √5+x 2 . 5
Damit erhalten wir
∫ √
5+x 2 dx = 5 ( ( ) x√5
arsinh + x 1 √
√ √5 5+x
)+C
2 2 5
= 5 ( ) x√5
2 arsinh + x 5+x
2√ 2 +C.
Beispiel 11.1.12. Wir betrachten das Integral
∫
dx
√
9x 2 −6x−3 .
In diesem Fall ergänzen wir den Radikand quadratisch und erhalten
9x 2 −6x−3 = 9 ( x 2 − 6 9 x) −3 = 9 ( x− 1 3) 2 −4 = (3x−1) 2 −4.
Nun substituieren wir ein erstes Mal 3x−1 = w, also 3dx = dw, damit ergibt sich
∫
dx
√
9x 2 −6x−3 = 1 ∫
dw
√
3 w 2 −4 .
Jetzt erfolgt die zweite Substitution w = 2cosh(z), also dw = 2sinh(z)dz. Dann folgt
∫
1 dw
√
3 w 2 −4 = 1 ∫
2sinh(z)
√ dz = 1 ∫ 2sinh(z)
3
4cosh 2 3 2sinh(z) dz = 1 ∫
dz
3
(z)−4
= 1 3 z +C = 1 ( w
)
3 arcosh +C = 1 ( ) 3x−1
2 3 arcosh +C,
2
wobei C ∈ R eine Integrationskonstante ist.

208 Kapitel 11. Integrationsmethoden
Aufgaben
Aufgabe 11.1.37. Berechnen Sie die folgenden unbestimmten Integrale, a,b ∈ R fest.
a.
∫ √
a 2 −x 2
dx
x 2
c.
∫ a 2 −2ϕ 2
√
a 2 −ϕ 2 dϕ
b.
∫ √3−(4+y) 2 dy
d.
∫ √
a 2 −b 2 x 2 dx
Aufgabe 11.1.38. Berechnen Sie das bestimmte Integral
∫ 0.5
1.5
dα
√
3+4α−4α 2
Aufgabe 11.1.39. Berechnen Sie die folgenden unbestimmten Integrale, a,b ∈ R fest.
a.
∫ √
4+z 2 dz
e.
∫ √
u 2 −1du
b.
c.
∫
∫
ϕ 3
√
1+ϕ 2 dϕ
√
x x 2 +4x+29dx
f.
g.
∫
∫
dy
y 4√ y 2 −1
dα
√
α 2 −4 3
d.
∫
dx
√
9x 2 +6x+5
Aufgabe 11.1.40. Berechnen Sie die Masszahl des Flächeninhalts der Ellipse mit der Gleichung
x 2
16 + y2
9 = 1.
Aufgabe 11.1.41. Berechnen Sie die Bogenlänge der Parabel mit der Gleichung
zwischen den beiden Nullstellen.
y = x 2 −2x−15
Aufgabe 11.1.42. Berechnen Sie die Oberfläche des Rotationsellipsoides mit den Achsen 2a
und 2b bei Rotation um die x-Achse.
Aufgabe 11.1.43. Berechnen Sie die Bogenlänge der Parabel mit der Gleichung y 2 = ax in
den Grenzen x 1 = 0 und x 2 = c, wobei a > 0 und c > 0.
Lösungen
Lösung 11.1.37. Im Folgenden bezeichnen C,C 1 ,C 2 ∈ R Integrationskonstanten.
√
a. − a 2 −x 2
x
−arcsin( x a )+C

11.2. Partielle Integration 209
b.
3
2 arcsin(4+y
√
3
)+ 4+y
2
c. ϕ √ a 2 −ϕ 2 +C
d.
x
2
√
3−(4+y) 2 +C
√
a 2 −b 2 x 2 − a2
2b arccos(bx a )+C 1 = x 2
Lösung 11.1.38. − π 4
√
a 2 −b 2 x 2 + a2
2b arcsin(bx a )+C 2
Lösung 11.1.39. Im Folgenden bezeichnet C ∈ R eine Integrationskonstante.
a.
z
2√
4+z 2 +2arsinh( z 2 )+C
b.
1
3 (ϕ2 −2) √ 1+ϕ 2 +C
c.
1
3 (x2 +x+23) √ x 2 +4x+29−25arsinh( x+2
5 )+C
d.
1
3 ln(|3x+1+√ 9x 2 +6x+5|)+C
u
e. 2√
u 2 −1− 1 2 arcosh(u)+C
f.
√
y 2 −1
3y 3
(2y 2 +1)+C
g. − α
4 √ α 2 −4 +C
Lösung 11.1.40. 37.70
Lösung 11.1.41. 33.64
Lösung 11.1.42. area = 2πa2 b
e
arcsin( e a )+2πb2 wobei e 2 = a 2 −b 2 .
Lösung 11.1.43. √ c √ a+4c+ a 2 arsinh(2√ ac
a )
11.2 Partielle Integration
Viele Integraltypen können mit der Substitutionsmethode berechnet werden. Ein Integral wie
das Folgende aber nicht. ∫
xe x dx
Für solche Integrale bietet sich die partielle Integration an. Die partielle Integration hängt
eng mit der Produktregel der Differenzialrechnung zusammen. Es seien u und v stetig differenzierbare
Funktionen. Nach der Produktregel der Differenzialrechnung gilt
(uv) ′ = u ′ v +uv ′ .
Diese Gleichung ist nun beidseitig zu integrieren
∫ ∫ ∫
(uv) ′ dx = u ′ vdx+
uv ′ dx.
Wir erhalten somit mit C ∈ R einer Integrationskonstanten
∫ ∫
uv +C = u ′ vdx+ uv ′ dx.

210 Kapitel 11. Integrationsmethoden
oder
∫
∫
uv ′ dx = uv −
u ′ vdx+C.
Da auf der rechten Seite noch ein Integral steht, kann die Integrationskonstante weggelassen
werden
∫ ∫
uv ′ dx = uv − u ′ vdx.
Dies ist dieFormel fürdiepartielleIntegration. Mit ihrkönnenFunktionen desTypsx n sin(x),
x n e x , x n ln(x) oder e x sin(x),...,arcsin(x),...,sin n (x),... integriert werden.
Beispiel 11.2.1. Wir betrachten das Integral
∫
xe x dx.
Nun setzen wir:
Dann ergibt sich
∫
∫
xe x dx = x(e x +C 1 )−
u = x und v ′ = e x
u ′ = 1 und v = e x +C 1
(e x +C 1 )dx = xe x +C 1 x−e x −C 1 x+C = xe x −e x +C,
wobei C 1 ,C ∈ R Integrationskonstanten sind. Wir sehen, dass sich die Konstante C 1 weghebt.
Das gilt für sämtliche partiellen Integrationen. Die Konstante C 1 kann deshalb immer
weggelassen werden. Der Ansatz u = e x und v ′ = x bringt keine Vereinfachung, im Gegenteil,
das enstehende Integral ∫ x 2 e x dx wird komplizierter.
Beispiel 11.2.2. Wir betrachten das Integral
∫
ln(x)dx.
Nun setzen wir:
u = ln(x) und v ′ = 1
u ′ = 1 x
und
v = x
Dann ergibt sich
∫
∫
ln(x)dx = xln(x)−
dx = xln(x)−x+C,
wobei C ∈ R eine Integrationskonstanten ist.
Beispiel 11.2.3. Wir betrachten das Integral
∫
e x cos(x)dx.

11.2. Partielle Integration 211
Nun setzen wir:
u = e x und v ′ = cos(x)
u ′ = e x und v = sin(x)
Dann ergibt sich
∫
∫
e x cos(x)dx = e x sin(x)−
e x sin(x)dx.
Nun setzen wir erneut:
u = e x und v ′ = sin(x)
u ′ = e x und v = −cos(x)
Dann ergibt sich
∫
∫
e x cos(x)dx = e x sin(x)+e x cos(x)−
e x cos(x)dx.
Wir erhalten auf der rechten Seite wieder das Ausgangsintegral. Lösen wir nun die Beziehung
wie eine Gleichung nach dem unbekannten Integral auf, so erhalten wir eine Stammfunktion
∫
e x cos(x)dx = ex 2 (sin(x)+cos(x))+C.
Bei einem solchen Integral müssen wir immer dafür sorgen, dass wir zweimal nach dem selben
Prinzip vorgehen, sonst erhalten wir eine triviale Identität.
Aufgaben
Aufgabe 11.2.1. Berechnen Sie die folgenden unbestimmten Integrale.
∫
∫
a. x 2 sin(x)dx
c. βsin(β)dβ
b.
∫
xsin 2 (x)dx
d.
∫
vsin(3−v)dv
Aufgabe 11.2.2. Berechnen Sie die folgenden bestimmten Integrale.
a.
b.
∫ π
2
0
∫ π
4
0
x(cos(x)+1)dx
4tcos(2t)dt
c.
d.
∫ 3
1
∫ 2
1
ue u−3 du
ln(ω)
ω 2 dω
Aufgabe 11.2.3. Berechnen Sie die folgenden unbestimmten Integrale, a ∈ R−{0} fest.
∫ ∫
sin(x)
( x
a. dx
c. x 2 cosh dx
a)
b.
∫
e x
u 3 e −4u du
d.
∫
arctan(v)dv

212 Kapitel 11. Integrationsmethoden
Aufgabe 11.2.4. Berechnen Sie das unbestimmte Integral
∫
xarctan(x)dx.
Aufgabe 11.2.5. Berechnen Sie die folgenden unbestimmten Integrale.
∫
∫ ln(γ)
a. arsinh(w)dw
c.
3√ dγ γ
∫
∫
b. x(ln(x)+1)dx
ln(ln(x))
d. dx
x
Aufgabe 11.2.6. Bewegt sich ein Körper auf einer Kurve, dann heisst das Segment vom
Ursprung zum Körper der Fahrstrahl.
a. Ein Planet bewegt sich auf einer elliptischen Bahn mit der Parametrisierung x(t) =
acos(t) und y(t) = bsin(t). Berechnen Sie den Flächeninhalt der während der Zeit τ
vom Fahrstrahl überstrichenen Fläche.
b. Ein Weltraumsonde bewegt sich auf einer Hyperbel mit der Parametrisierung x(t) =
acosh(t) und y(t) = bsinh(t). Berechnen Sie den Flächeninhalt der während der Zeit τ
vom Fahrstrahl überstrichenen Fläche.
Lösungen
Lösung 11.2.1. Im Folgenden bezeichnet C ∈ R eine Integrationskonstante.
a. −x 2 cos(x)+2(xsin(x)+cos(x))+C
b.
x 2
4 − x 2 sin(x)cos(x)+ sin2 (x)
4
+C
c. sin(β)−βcos(β)+C
d. sin(3−v)+vcos(3−v)+C
Lösung 11.2.2.
a. 1.8045
c. 2
b. 0.571
d. 0.1534
Lösung 11.2.3. Im Folgenden bezeichnet C ∈ R eine Integrationskonstante.
a. − cos(x)+sin(x)
2e x +C
b. − 1 4 e−4u (u 3 + 3 4 u2 + 3 8 u+ 3 32 )+C
c. a(x 2 +2a 2 )sinh( x a )−2a2 xcosh( x a )+C
d. varctan(v)− 1 2 ln(1+v2 )+C
Lösung 11.2.4. Verwenden Sie die Identität
x 2
1+x 2 = 1− 1
1+x 2 , dann ist
1
2 (x2 +1)arctan(x)− x 2 +C
eine Stammfunktion, wobei C ∈ R eine Integrationskonstante ist.

11.2. Partielle Integration 213
Lösung 11.2.5. Im Folgenden bezeichnet C ∈ R eine Integrationskonstante.
a. warsinh(w)− √ √
1+w 2 +C
3 3
c.
2 γ 2 (ln(γ)− 3 2 )+C
x
b. 2
4 (2ln(x)+1)+C d. ln(x)(ln(ln(x))−1)+C
Lösung 11.2.6. In beiden Fällen beträgt der Flächeninhalt der überstrichene Fläche ab
2
τ. Er
ist unabhängig vom Start- und Endpunkt des Körpers auf der Bahn.
Rekursionsformeln zur Integration
Mehrmalige partielle Integration lässt sich durch Aufstellen einer Rekursionsformel vereinfachen.
Beispiel 11.2.4. Wir betrachten das Integral
∫
I n (x) =
wobei n ∈ N. Nun setzen wir:
x n e x dx,
Dann ergibt sich
∫
u = x n und v ′ = e x
u ′ = nx n−1 und v = e x
∫
x n e x dx = x n e x −n
x n−1 e x dx.
Mit dieser Formel wird das Integral I n auf das Integral I n−1 (x) = ∫ x n−1 e x dx zurückgeführt.
Wir erhalten die Rekursionsformel
∫
I n (x) = x n e x −nI n−1 (x) wobei n ≥ 1 und I 0 (x) = e x dx = e x +C,
und C ∈ R ist eine Integrationskonstante.
Anwendung der Rekursionsformel: Wir berechnen
∫
I 3 (x) = x 3 e x dx
(∫ )
= x 3 e x −3 x 2 e x dx
( ∫ )
= x 3 e x −3 x 2 e x −2 xe x dx
( ( ∫ ))
= x 3 e x −3 x 2 e x −2 xe x − e x dx
= x 3 e x −3 ( x 2 e x −2(xe x −e x +C 1 ) )
= x 3 e x −3x 2 e x +6xe x −6e x +C,
wobei C = 6C 1 mit C ∈ R eine neue Integrationskonstanten ist. Beim Anwenden der Rekursionsformel
ist es wichtig, dass wir genau überblicken, wann wir mit der Rekursionsformel
aufhören müssen und wie das letzte Integral aussieht. Dieses lässt sich oft nicht in der gleichen
Art auflösen wie die vorhergehenden Integrale. Oft ist es ein Grundintegral (vgl. Tafel B.1 im
Anhang).

214 Kapitel 11. Integrationsmethoden
Beispiel 11.2.5. Wir betrachten das Integral
∫
I n (x) = sin n (x)dx,
wobei n ∈ N. Nun versuchen wir die Aufstellung:
u = sin(x) und v ′ = sin n−1 (x)
∫
u ′ = cos(x) und v = sin n−1 (x)dx
Diese Aufstellung bringt das zu lösende Problem schon bei der ersten partiellen Integration.
Also sind wir gezwungen eine andere Aufstellung zu versuchen:
u = sin n−1 (x) und v ′ = sin(x)
u ′ = (n−1)sin n−2 (x)cos(x) und v = −cos(x)
Dann ergibt sich
∫
I n (x) = sin n (x)dx
∫
= −cos(x)sin n−1 (x)+(n−1)
∫
= −cos(x)sin n−1 (x)+(n−1)
∫
= −cos(x)sin n−1 (x)+(n−1)
sin n−2 (x)cos 2 (x)dx
sin n−2 (x)(1−sin 2 (x))dx
∫
sin n−2 (x)dx−(n−1) sin n (x)dx
= −cos(x)sin n−1 (x)+(n−1)I n−2 (x)−(n−1)I n (x)
Nunlösen wirdieerhaltene Gleichung nach I n auf. Damit wirddas Integral I n auf das Integral
I n−2 (x) = ∫ sin n−2 (x)dx zurückgeführt. Wir erhalten die Rekursionsformel
und
∫
I 0 (x) =
I n (x) = − 1 n cos(x)sinn−1 (x)+ n−1
n I n−2(x) wobei n ≥ 2
∫
dx = x+C 0 und I 1 (x) =
sin(x)dx = −cos(x)+C 1 .
Dabei bezeichnen C 0 ,C 1 ∈ R Integrationskonstanten.
Anwendung der Rekursionsformel: Wir berechnen
∫
I 4 (x) = sin 4 (x)dx
= − 1 4 cos(x)sin3 (x)+ 3 ∫
sin 2 (x)dx
4
= − 1 4 cos(x)sin3 (x)+ 3 4
wobei C ∈ R eine Integrationskonstanten ist.
(
− 1 2 cos(x)sin(x)+ x 2
= − 1 4 cos(x)sin3 (x)− 3 8 cos(x)sin(x)+ 3 8 x+C
)
+C

11.2. Partielle Integration 215
Aufgaben
Aufgabe 11.2.7. Berechnen Sie mit einer Rekursionsformel das unbestimmte Integral
∫
I 8 (x) = cos 8 (x)dx.
Aufgabe 11.2.8. Berechnen Sie die Rekursionsformel für das unbestimmte Integral
∫
dϕ
I n (ϕ) =
cos n (ϕ)
mit n ∈ N 0 .
Aufgabe 11.2.9. Berechnen Sie die Rekursionsformel für das unbestimmte Integral
∫
I n (x) = sinh n (x)dx
mit n ∈ N 0 .
Aufgabe 11.2.10. Berechnen Sie die Rekursionsformel für das unbestimmte Integral
∫
I n (x) = ln n (x)dx
mit n ∈ N 0 .
Aufgabe 11.2.11. Berechnen Sie das unbestimmte Integral
∫
F(q) = q n ln(q)dq
mit n ∈ N 0 .
Aufgabe 11.2.12. Berechnen Sie die Rekursionsformel für das unbestimmte Integral
∫
I m,n (x) = x m ln n (x)dx.
Berechnen Sie nun I 3,2 .
Aufgabe 11.2.13. Berechnen Sie das unbestimmte Integral
∫
F(x) = (x 2 +x)ln(|x+1|)dx.
Aufgabe 11.2.14. Es sei das unbestimmte Integral
∫
I p,q (x) = x p (1+x) q dx
mit p,q ∈ Q gegeben. Beweisen Sie die Rekursionsformel
(p+1)I p,q (x)+qI p+1,q−1 (x) = x p+1 (1+x) q .
Aufgabe 11.2.15. Es sei das unbestimmte Integral
∫
x m
I m,n (x) =
(1+x 2 ) n dx
mit m,n ∈ Q und n ≠ 1 gegeben. Bestimmen Sie eine Rekursionsformel für I m,n und berechnen
Sie damit I 1,3 und I 3,4 .

216 Kapitel 11. Integrationsmethoden
Lösungen
Lösung 11.2.7. Die allgemeine Rekursionsformel lautet
und
I n (x) = 1 n sin(x)cosn−1 (x)+ n−1
n I n−2(x) wobei n ≥ 2
∫
I 0 (x) =
∫
dx und I 1 (x) =
cos(x)dx.
Angewandt auf n = 8 ergibt sich
( 1
I 8 (x) = sin(x)
8 cos7 (x)+ 7
48 cos5 (x)+ 35
192 cos3 (x)+ 35 )
128 cos(x) + 35
128 x+C.
Lösung 11.2.8. Die Zerlegung
1
cos n (ϕ) = cos(ϕ)
cos n+1 (ϕ)
hilft weiter. Die allgemeine Rekursionsformel lautet dann
und
I n (ϕ) = 1 sin(ϕ)
n−1cos n−1 (ϕ) + n−2
n−1 I n−2(ϕ) wobei n ≥ 2
∫
I 0 (ϕ) =
∫
dϕ und I 1 (ϕ) =
Lösung 11.2.9. Die allgemeine Rekursionsformel lautet
und
dϕ
cos(ϕ) .
I n (x) = 1 n cosh(x)sinhn−1 (x)− n−1
n I n−2(x) wobei n ≥ 2
∫
I 0 (x) =
∫
dx und I 1 (x) =
sinh(x)dx.
Lösung 11.2.10. Die allgemeine Rekursionsformel lautet
∫
I n (x) = xln n (x)−nI n−1 (x) wobei n ≥ 1 und I 0 (x) =
dx.
Lösung 11.2.11. F(q) = qn+1 qn+1
n+1
ln(q)− +C, wobei C ∈ R beliebig.
(n+1) 2
Lösung 11.2.12. Die allgemeine Rekursionsformel lautet
Angewandt auf m = 3 und n = 2 ergibt sich
I m,n (x) = xm+1
m+1 lnn (x)− n
m+1 I m,n−1(x)
I 3,2 (x) = x4
4
wobei C ∈ R eine Integrationskonstanten ist.
(
ln 2 (x)− 1 2 ln(x)+ 1 )
+C,
8

11.3. Integration rationaler Funktion - Partialbruchzerlegung 217
Lösung 11.2.13. F(x) = ( x3
C ∈ R beliebig.
3 + x2
Lösung 11.2.14. keine Hilfe
Lösung 11.2.15. Die allgemeine Rekursionsformel lautet
2 )ln(|x+1|)− 1 9 x3 − 1
12 x2 + 1 6 x− 1 6
ln(|x+1|)+C, wobei
x m+1
m−1
I m,n (x) = −
2(n−1)(1+x 2 +
)
n−1
2(n−1) I m−2,n−1(x)
Angewandt auf m = 1 und n = 3 ergibt sich
I 1,3 (x) = − 1 1
4(1+x 2 ) 2 +C 1
und auf m = 3 und n = 4 ergibt sich
I 3,4 (x) = − 1 6(1+x 2 ) 3 − 1 1
12(1+x 2 ) 2 +C 2,
wobei C 1 ,C 2 ∈ R Integrationskonstanten sind.
x 2
Zusammenfassung
1. Einfache oder mehrfache partielle Integration, bis ein einfaches, allenfalls durch Substitution
lösbares Integral entsteht.
2. Einfache oder mehrfache partielle Integration verbunden mit algebraischer Umformung
des Integranden, bis auf der rechten Seite entweder ein lösbares Integral oder das Ausgangsintegral
auftritt, ohne dass sich die restlichen Ausdrücke wegheben. Ausklammern
des Ausgangsintegrals auf der linken Seite.
3. Rekursionsformel bestimmen. Die mehrfache Anwendung der Rekursionsformel ergibt
direkt die Lösung.
11.3 Integration rationaler Funktion - Partialbruchzerlegung
Der Fundamentalsatz der Algebra
Polynomiale Funktionen können mit den soweit besprochenen Methoden integriert werden.
Im Folgenden werden nur noch rationale Funktionen betrachtet. Es sei
r(x) = P n(x)
Q m (x) = a nx n +a n−1 x n−1 +···+a 1 x+a 0
b m x m +b m−1 x m−1 +···+b 1 x+b 0
,
wobei alle a 1 ,...,a n ,b 1 ,...,b m ∈ R und a n ≠ 0, b m ≠ 0 und m,n ∈ N 0 . Ist n ≥ m,
so sprechen wir von einer unecht gebrochenrationalen Funktion, ist n ≤ m von einer
echt gebrochenrationalen Funktion. Die unecht gebrochenen Funktionen werden durch
Polynomdivision (Ausdividieren) auf echt gebrochene zurückgeführt.

218 Kapitel 11. Integrationsmethoden
Beispiel 11.3.1. Wir betrachten die gebrochenrationale Funktion
r(x) = x4 +2x−1
x 2 .
+3
Dabei stellen wir fest, dass n = 4 und m = 2, also ist n > m und demzufolge handelt es sich
um eine unecht gebrochenrationale Funktion. Durch eine Polynomdivision führen wir r auf
eine echt gebrochenrationale Funktion mit teilerfremdem Zähler- undNennerpolynom zurück.
(x 4 + 0x 3 + 0x 2 + 2x − 1) : (x 2 + 3) = x 2 −3+ 2x+8
x 2 +3
− x 4 + 0x 3 − 3x 2
− 3x 2 + 2x − 1
+ 3x 2 + 0x + 9
2x + 8
Wenn Grad(P) = n und Grad(Q) = m mit n ≥ m ist, dann können wir durch Zerlegen und
Ausdividieren eine echt gebrochenrationale Funktion mit teilerfremdem Zähler- und Nennerpolynom
erhalten
r(x) = P n(x) ˜P(x)
= f(x)+
Q m (x) Q m (x) ,
mit Grad(˜P) < Grad(Q m ). Wir können uns somit auf echt gebrochene Funktionen mit teilerfremdem
Zähler- und Nennerpolynom beschränken, da wir die Polynomfunktion f ohne
weiteres integrieren können. Die Grundlage für das Weitere bildet der folgende Fundamentalsatz
der Algebra, der auf C. F. Gauss zurückgeht.
Satz 11.3.1 (Fundamentalsatz der Algebra, C. F. Gauss). Jede Polynomfunktion f ist in ein
Produkt von (komplexen) Linearfaktoren zerlegbar
Rest
f(x) = a n x n +a n−1 x n−1 +···+a 1 x+a 0 = a n (x−x 1 )(x−x 2 )···(x−x n ),
dabei sind x 1 ,...,x n alle (komplexen) Nullstellen (Wurzeln) der Gleichung f(x) = 0.
Falls alle Koeffizienten a 1 ,...,a n der Polynomfunktion reell sind, dann sind die auftretenden
komplexen Nullstellen stets paarweise konjugiert 1 .
Der Fundamentalsatz derAlgebraliefert unsnurdieExistenzvon genau n = Grad(f) komplexen
Nullstellen einer gegebenen Polynomfunktion f. Das Auffinden dieser Nullstellen bereitet
uns in der Praxis oft enorme Probleme. Dazu verwenden wir häufig numerische Verfahren,
zum Beispiel das Tangentenverfahren von Newton (vgl. Kapitel 5.2.1). Bei ganz wenigen ausgesuchten
Beispielen können wir durch Ausprobieren einige Nullstellen erraten. Falls wir bei
einer Polynomfunktion mit a n = 1 und mit ganzzahligen Koeffizienten wissen, dass auch die
Nullstellen ganzzahlig sind, dann bieten sich alle positiven und negativen Teiler des Koeffizienten
a 0 als mögliche Kandidaten für Nullstellen an.
Beispiel 11.3.2. Wir betrachten die Polynomfunktionen
f(x) = x 2 −2x−3 = (x+1)(x−3)
g(x) = 2x 3 +2x 2 −20x+16 = 2(x 3 +x 2 −10x+8) = 2(x+4)(x−2)(x−1)
1 Mit x i ∈ C ist automatisch auch ¯x i ∈ C eine Nullstelle der reellen Polynomfunktion f.

11.3. Integration rationaler Funktion - Partialbruchzerlegung 219
Im Falle von f sind {±1,±3} und im Falle von g sind {±1,±2,±4,±8} mögliche Nullstellen.
Diese müssen einzeln ausprobiert werden um die Zerlegung in Linearfaktoren zu erhalten. Es
sei ausdrücklich betont, dass dies nur Nullstellenkandidaten sind.
Diese Zerlegung in Linearfaktoren wird zur Integration der rationalen Funktion r benützt.
Durch Division von Zähler und Nenner mit b m ≠ 0 kann r auf die Form
r(x) = a nx n +a n−1 x n−1 +···+a 1 x+a 0
x m +b m−1 x m−1 +···+b 1 x+b 0
= Z(x)
N(x) ,
mit n < m
gebracht werden.Jenach NennerpolynomN(x)sindvierverschieden Varianten fürdieweitere
Zerlegung zu unterscheiden.
1. Nennerpolynom N(x) hat nur reelle einfache Nullstellen.
2. Nennerpolynom N(x) hat mehrfache reelle Nullstellen.
3. Nennerpolynom N(x) hat auch paarweise konjugiert komplexe, aber einfache Nullstellen.
4. Nennerpolynom N(x) hat mehrfache konjugiert komplexe Nullstellen.
Die vierte Variante werden wir nicht besprechen (vgl. Zusammenfassung am Ende des Kapitels).
1. Nennerpolynome mit reellen einfachen Nullstellen
Die Idee für das weitere Vorgehen soll anhand eines Beispiels verdeutlicht werden.
Beispiel 11.3.3. Durch gleichnamig machen erhalten wir die folgende Identität.
2
x−1 + 3
x+3 = 2(x+3)+3(x−1) = 5x+3
(x−1)(x+3) x 2 +2x−3
Die so genannte Partialbruchzerlegung ist nun genau der umgekehrte Vorgang zu diesem
Gleichnamigmachen. Gegeben ist die Funktion rechts, gesucht die Darstellung links, die ohne
weiteres integrierbar ist.
Beispiel 11.3.4. Im Folgenden betrachten wir zwei Beispiele von solchen Partialbruchzerlegungen
und der nachfolgenden Integration der zerlegten rationalen Funktion.
a. Gegeben sei die rationale Funktion
r(x) = 3x+2
x 2 +x−2 = 3x+2
(x−1)(x+2) = A
x−1 + B
x+2 ,
gesucht seien die reellen Koeffizienten A und B. Durch Ausmultiplizieren erhalten wir
die Gleichung
3x+2 = A(x+2)+B(x−1).
Der erste und zweite Summand stellen nun Partialbrüche erster Art dar. Diese
Gleichungmussfürallex-Wertegelten,alsoinsbesonderefürdieNullstellendesNenners.
1. Nennernullstelle x 1 = 1 ergibt 5 = 3A also A = 5 3
2. Nennernullstelle x 2 = −2 ergibt −4 = −3B also B = 4 3

220 Kapitel 11. Integrationsmethoden
Somit kann zu folgendem Integral eine Stammfunktion gefunden werden
∫
3x+2
x 2 +x−2 dx = 5 ∫
dx
3 x−1 + 4 ∫
dx
3 x+2 = 5 3 ln(|x−1|)+ 4 3 ln(|x+2|)+C,
wobei C ∈ R eine Integrationskonstante ist.
b. Gegeben sei die rationale Funktion
r(x) = 2x2 +1
x 2 +2x−8
welche durch eine Polynomdivision auf die Form
r(x) = 2x2 +1 −4x+17
x 2 = 2+
+2x−8 x 2 +2x−8
gebracht wurde. Gesucht seien die reellen Koeffizienten A und B, so dass die Gleichung
−4x 2 +17
x 2 +2x−8 = A
x+4 + B
x−2
gilt. Durch Ausmultiplizieren erhalten wir die Gleichung
−4x+17 = A(x−2)+B(x+4).
Diese Gleichung muss für alle x-Werte gelten, also insbesondere für die Nullstellen des
Nenners.
1. Nennernullstelle x 1 = 2 ergibt 9 = 6B also B = 3 2
2. Nennernullstelle x 2 = −4 ergibt 33 = −6A also A = − 11 2
Somit kann zu folgendem Integral eine Stammfunktion gefunden werden
∫
2x 2 ∫
+1
x 2 +2x−8 dx = 2dx− 11 ∫
dx
2 x+4 + 3 ∫
dx
2 x−2
wobei C ∈ R eine Integrationskonstante ist.
Aufgaben
= 2x− 11 2 ln(|x+4|)+ 3 2 ln(|x−2|)+C,
Aufgabe 11.3.1. Berechnen Sie die Stammfunktion
∫
−x+4
F(x) =
x 2 −x−2 dx.
Aufgabe 11.3.2. Berechnen Sie die Stammfunktion
∫
2w 2 −w +2
F(w) =
w 3 +2w 2 −5w −6 dw.
Aufgabe 11.3.3. Berechnen Sie das bestimmte Integral
I =
∫ 0
−1
5s 3 −2s 2 +s−1
s 2 +s−2
Aufgabe 11.3.4. Berechnen Sie die Stammfunktion
∫ 2x 4 +4x 3 −2x 2 −x+6
F(x) =
x 4 +x 3 −7x 2 −x+6 dx.
ds.

11.3. Integration rationaler Funktion - Partialbruchzerlegung 221
Lösungen
Im Folgenden bezeichnet C ∈ R eine Integrationskonstante.
Lösung 11.3.1. F(x) = 2 3 ln(|x−2|)− 5 3 ln(|x+1|)+C
Lösung 11.3.2. F(w) = 8 23
15
ln(|w −2|)+
10 ln(|w +3|)− 5 6
ln(|w +1|)+C
Lösung 11.3.3. I = 1.59035
Lösung 11.3.4. F(x) = 2x− 9 8 ln(|x−1|)+ 1 4 ln(|x+1|)+4ln(|x−2|)− 9 8 ln(|x+3|)+C
2. Nennerpolynome mit mehrfachen reellen Nullstellen
Der Unterschied gegenüber der ersten Variante soll an einem Beispiel gezeigt werden.
Beispiel 11.3.5. Gegeben sei die rationale Funktion r(x) = x+2
(x−1) 2 . Dann versuchen wir eine
Zerlegung mit dem Ansatz
r(x) = x+2
(x−1) 2 = A
x−1 + B
x−1 = A+B
x−1 = C
x−1 .
Dieser Ansatz geht offenbar nicht. Also machen wir einen neuen Ansatz, so dass der Nenner
quadratisch bleibt
r(x) = x+2
(x−1) 2 =
A
(x−1) 2 + B
x−1 = A+B(x−1)
(x−1) 2 ,
wobei die reellen Koeffizienten A und B gesucht sind. Der erste Summand stellt nun einen
Partialbruch zweiter Art dar. Durch Ausmultiplizieren erhalten wir die Gleichung
x+2 = A+B(x−1).
Diese Gleichung muss für alle x-Werte gelten, also insbesondere für die Nullstelle des Nenners
und für x 2 = 0.
1. Nennernullstelle x 1 = 1 ergibt 3 = A also A = 3
2. x 2 = 0 ergibt 2 = A−B also B = 1
Somit lautet die Partialbruchzerlegung
r(x) = x+2
(x−1) 2 = 3
(x−1) 2 + 1
x−1 .
Beispiel 11.3.6. Wir versuchen den folgenden Ansatz für eine Partialbruchzerlegung für die
folgende rationale Funktion
r(x) = x2 +2x−1
(x+1) 2 (x+2) 2 =
A
(x+1) 2 + B
x+1 + C
(x+2) 2 + D
x+2 ,
wobei die reellen Koeffizienten A,B,C und D gesucht sind. Durch Ausmultiplizieren erhalten
wir die Gleichung
x 2 +2x−1 = A(x+2) 2 +B(x+1)(x+2) 2 +C(x+1) 2 +D(x+1) 2 (x+2).

222 Kapitel 11. Integrationsmethoden
Diese Gleichung muss für alle x-Werte gelten, also insbesondere für die Nullstellen des Nenners.
1. Nennernullstelle x 1 = −1 ergibt 1−2−1 = A also A = −2
2. Nennernullstelle x 2 = −2 ergibt 4−4−1 = C also C = −1
Da die Nullstellen doppelt sind, müssen wir auch andere Werte für x einsetzen.
3. Wert x 3 = 0 ergibt −1 = −8+4B −1+2D also 4 = 2B +D
4. Wert x 4 = 1 ergibt 1+2−1 = −18+18B −4+12D also 4 = 3B +2D
Für das resultierende lineare Gleichungssystem erhalten wir die Lösung B = 4 und D = −4.
Somit lautet die Partialbruchzerlegung
r(x) = x2 +2x−1
(x+1) 2 (x+2) 2 = − 2
(x+1) 2 + 4
x+1 − 1
(x+2) 2 − 4
x+2 .
Allgemein lautet der Ansatz bei mehrfachen Nullstellen x 1 ,...,x s des Nennerpolynoms mit
den Vielfachheiten k 1 ,...,k s wie folgt.
Z(x)
N(x) = A 11 A 12
+
x−x 1 (x−x 1 ) 2 + A 13
(x−x 1 ) 3 +···+ A 1k 1
(x−x 1 ) k +
1
+ A 21 A 22
+
x−x 2 (x−x 2 ) 2 + A 23
(x−x 2 ) 3 +···+ A 2k 2
(x−x 2 ) k +···
2
+ A s1
x−x s
+
A s2
(x−x s ) 2 +
A s3
(x−x s ) 3 +···+
A sk s
(x−x s ) ks.
Nun bleibt uns nur noch die Integration eines solchen Partialbruchs zweiter Art. Wir integrieren
jeden Summand einzeln. Es sei i ∈ {1,...,s}, dann folgt
∫
dx
x−x i
= ln(|x−x i |)+C,
und für k ∈ {2,...,k i } müssen wir x−x i = u substituieren, also dx = du. Demzufolge ist
∫ ∫
dx du
(x−x i ) k = u k = 1 1 1 1
+C = +C,
1−k uk−1 1−k (x−x i ) k−1
wobei C ∈ R eine Integrationskonstante ist.
Aufgaben
Aufgabe 11.3.5. Berechnen Sie die Stammfunktion
∫
2x+1
F(x) =
x 2 −10x+25 dx.
Aufgabe 11.3.6. Berechnen Sie die Stammfunktion
∫
s+2
F(s) =
(s−1)(1−s) ds.

11.3. Integration rationaler Funktion - Partialbruchzerlegung 223
Aufgabe 11.3.7. Berechnen Sie die Stammfunktion
∫
dw
F(w) =
(w −1)(w +2) 2.
Aufgabe 11.3.8. Berechnen Sie die Stammfunktion
∫
F(x) =
5x 2 −24x+21
x 3 −7x 2 +8x+16 dx.
Aufgabe 11.3.9. Es sei a ∈ R beliebig. Berechnen Sie die Stammfunktion
∫
dα
F(α) =
α 3 −a 2 α .
Aufgabe 11.3.10. Berechnen Sie die Stammfunktion
F(x) =
∫ 4x 3 +9x 2 +4x+1
x 4 +3x 3 +3x 2 +x dx.
Aufgabe 11.3.11. Berechnen Sie die Stammfunktion
∫
dp
F(p) =
p 3 (p−1)(p+1) .
Aufgabe 11.3.12. Berechnen Sie die Stammfunktion
Lösungen
∫ 9t 4 −3t 3 −23t 2 +30t−1
F(t) =
(t−1) 4 dt.
(t+3)
Im Folgenden bezeichnet C ∈ R eine Integrationskonstante.
Lösung 11.3.5. F(x) = 11
5−x +2ln(|x−5|)+C
Lösung 11.3.6. F(s) = 3
s−1 −ln(|s−1|)+C
Lösung 11.3.7. F(w) = 1
3(w+2) + 1 9 ln(|w −1|)− 1 9
ln(|w +2|)+C
Lösung 11.3.8. F(x) = 2ln(|x+1|)+3ln(|x−4|)− 1
x−4 +C
Lösung 11.3.9. F(α) = 1
2a 2 ln(|α 2 −a 2 |)− 1
a 2 ln(|α|)+C
Lösung 11.3.10. F(x) = 1
(x+1) 2 +ln(|x|)+3ln(|x+1|)+C
Lösung 11.3.11. F(p) = − 1
2p 2 − 1 p +2ln(|p|)− 1 4 ln(|p+1|)− 7 4 ln(|p−1|)− 1
2(p−1) +C
Lösung 11.3.12. F(t) = − 1
(t−1) 3 − 1
(t−1) 2 − 5
t−1 +7ln(|t−1|)+2ln(|t+3|)+C

224 Kapitel 11. Integrationsmethoden
3. Nennerpolynome mit einfachen konjugiert komplexen Nullstellen
Wir betrachten ein Beispiel.
Beispiel 11.3.7. Gegeben sei die rationale Funktion r(x) =
eine Zerlegung mit dem Ansatz
r(x) =
2x−1
(x−1)(x 2 +x+1) = A
x−1 + B
x 2 +x+1 .
2x−1
. Wir versuchen
(x−1)(x 2 +x+1)
Dieser Ansatz geht nicht, da der Koeffizientenvergleich A = 0 liefert, was zu einem Widerspruch
führt. Da x 2 +x+1 = 0 keine reelle Lösung besitzt, machen wir einen anderen Ansatz
der Form
2x−1
r(x) =
(x−1)(x 2 +x+1) = A
x−1 + Bx+C
x 2 +x+1 .
wobei die reellen Koeffizienten A,B undC gesucht sind. Der zweite Summandstellt nun einen
Partialbruch dritter Art dar. Durch Ausmultiplizieren erhalten wir die Gleichung
2x−1 = A(x 2 +x+1)+(Bx+C)(x−1)
0x 2 +2x 1 +(−1)x 0 = (A+B)x 2 +(A−B +C)x 1 +(A−C)x 0 .
Im Gegensatz zu den Beispielen 11.3.4, 11.3.5 und 11.3.6 benutzen wir hier eine etwas andere
Art zur Auffindung der Koeffizienten. Den so genannten Koeffizientenvergleich: Zwei Polynome
sind genau dann gleich, wenn die Koeffizienten der beiden Polynome übereinstimmen.
Der Koeffizientenvergleich von x 2 ergibt
Der Koeffizientenvergleich von x 1 ergibt
0 = A+B.
2 = A−B +C.
Der Koeffizientenvergleich von x 0 ergibt −1 = A −C.
Dies ergibt ein lineares Gleichungssystem in den unbekannten A,B und C mit der Lösung
A = 1 3 ,B = −1 3 und C = 4 3
. Somit lautet die Partialbruchzerlegung
r(x) =
1
2x−1
(x−1)(x 2 +x+1) = 3
x−1 + −1 3 x+ 4 3
x 2 +x+1 .
Es bleibt jetzt noch die Aufgabe, den Partialbruch dritter Art
Bx+C
x 2 +px+q
mit p 2 −4q < 0 zu integrieren. Da es sich hierbei nicht um ein Grundintegral handelt, zerlegen
wir ihn in zwei Summanden
λ f′ (x)
f(x) +µ 1
f(x) ,
welche einzeln mit unseren Methoden integrierbar sind. Die Funktion f(x) = x 2 +px+q stellt
die quadratische Nennerpolynomfunktion dar, und die Faktoren λ,µ ∈ R müssen geeignet
bestimmt werden. Der erste Summand hat die Stammfunktion
∫ f ′ (x)
dx = ln(|f(x)|)+C
f(x)

11.3. Integration rationaler Funktion - Partialbruchzerlegung 225
und der zweite muss mit einer quadratischen Ergänzung der Nennerpolynomfunktion und
anschliessender Substitution integriert werden. Wir erhalten die Summenzerlegung
Bx+C
x 2 +px+q = λ 2x+p
x 2 +px+q +µ 1
= B 2
x 2 +px+q
(
2x+p
x 2 +px+q + C − Bp )
2
1
x 2 +px+q ,
also ergibt sich mit Hilfe von Beispiel 11.1.10 die Stammfunktion
∫
Bx+C
x 2 +px+q dx = B ∫ (
2x+p
2 x 2 +px+q dx+ C − Bp )∫
dx
2 x 2 +px+q
( )
= B 2C −pB
2 ln(x2 +px+q)+ √ arctan 2x+p
√ + ˜C
4q −p 2 4q −p 2
wobei ˜C ∈ R eine Integrationskonstante ist.
Beispiel 11.3.8. Wir integrieren den Partialbruch dritter Art
−x+4
x 2 +x+1 = λ 2x+1
x 2 +x+1 +µ 1
x 2 +x+1 .
Indem wir ausmultiplizieren erhalten wir die Gleichung
−x+4 = λ(2x+1)+µ.
Durch einen Koeffizientenvergleich folgt λ = − 1 2 und µ = 9 2
. Es ergibt sich
∫
∫
−x+4
x 2 +x+1 dx = −1 2
2x+1
x 2 +x+1 dx+ 9 ∫
2
dx
x 2 +x+1 .
Im ersten Integral substituieren wir z = x 2 +x+1 und im zweiten ergänzen wir quadratisch
und erhalten
∫
−x+4
x 2 +x+1 dx = −1 2 ln(|x2 +x+1|)+ 9 ∫
dx
2 (x+ 1 2 )2 + 3 4
= − 1 2 ln(|x2 +x+1|)+ 9 ∫
4 dx
( )
23
2
+1.
Die Betragszeichen in der Logarithmusfunktion entfallen, da x 2 + x+1 > 0 für alle x ∈ R.
Nun substituiren wir u = 2x+1 √
3
, also du = √ 2 3
dx. Demzufolge erhalten wir
x+ 1 2 √
3
2
∫
√ ∫
−x+4
3
x 2 +x+1 dx = −1 du
2 ln(x2 +x+1)+6
2 u 2 +1
= − 1 2 ln(x2 +x+1)+3 √ ( 2x+1
3arctan √
)+C
3
wobei C ∈ R eine Integrationskonstante ist.

226 Kapitel 11. Integrationsmethoden
4. Nennerpolynome mit mehrfachen konjugiert komplexen Nullstellen
Ein Partialbruch vierter Art hat die folgende Gestalt
Bx+C
(x 2 +px+q) l
mit l ≥ 2 und p 2 −4q < 0. Wie bereits erwähnt, behandeln wir die vierte Variante nicht, wir
verweisen auf die Literatur, oder die Zusammenfassung am Ende des Kapitels.
Nachfolgend geben wir ein Beispiel, das die ersten drei Varianten kombiniert.
Beispiel 11.3.9. Unser Ziel ist, das folgende Integral zu bestimmen
∫
−2x 3 +5x 2 −4x+3
x 4 −2x 3 +2x 2 −2x+1 dx.
Zuerst zerlegen wir den Nenner in Linearfaktoren, d.h., wir suchen alle komplexen Nullstellen
der Gleichung
x 4 −2x 3 +2x 2 −2x+1 = 0.
Wie schon erwähnt kann dies zu enormen Schwierigkeiten führen, die eventuell nur numerisch
behoben werden können. In unserem Fall ist die Situation aber anders, wir sehen sofort, dass
x 1 = 1 eine Nullstelle 2 sein muss. Mittels Polynomdivision können wir nun diese erratene
Nullstelle abspalten und erhalten
x 4 −2x 3 +2x 2 −2x+1 = (x−1)(x 3 −x 2 +x−1) = 0.
Nun betrachten wir die Gleichung x 3 −x 2 +x−1 = 0 und sehen, dass x 2 = 1 noch einmal
eine Nullstelle ist, diese wird wieder abgespalten
x 4 −2x 3 +2x 2 −2x+1 = (x−1)(x 3 −x 2 +x−1) = (x−1) 2 (x 2 +1) = 0.
Die übrig bleibende Gleichung x 2 + 1 = 0 hat die konjugiert komplexen Nullstellen x 3 = i
und x 4 = ¯x 3 = −i. Nun können wir den Partialbruchansatz machen
−2x 3 +5x 2 −4x+3
x 4 −2x 3 +2x 2 −2x+1 = Ax+B
x 2 +1 + C
(x−1) 2 + D
x−1 ,
wobei die reellen Koeffizienten A,B,C und D gesucht sind. Durch Ausmultiplizieren folgt die
Gleichung
−2x 3 +5x 2 −4x+3
= (Ax+B)(x−1) 2 +C(x 2 +1)+D(x−1)(x 2 +1)
= (A+D)x 3 +(−2A+B +C −D)x 2 +(A−2B +D)x+(B +C −D)
2 Die Methode, Nullstellen zu erraten, funktioniert nurbei wenigen ausgesuchten Beispielen. Würden wir nur
einen der Koeffizienten des Polynoms x 4 −2x 3 +2x 2 −2x+1ein wenig verändern, z.B. x 4 −2.01x 3 +2x 2 −2x+1,
so hätte unsere Strategie zur Auffindung der Nullstellen keine Chance auf Erfolg. In einem solchen Fall bliebe
uns nur der numerische Weg.

11.3. Integration rationaler Funktion - Partialbruchzerlegung 227
Durch einen Koeffizientenvergleich erhalten wir das folgende lineare Gleichungssystem.
Der Koeffizientenvergleich von x 3 ergibt −2 = A +D.
Der Koeffizientenvergleich von x 2 ergibt
5 = −2A +B +C −D.
Der Koeffizientenvergleich von x 1 ergibt −4 = A−2B +D.
Der Koeffizientenvergleich von x 0 ergibt 3 = B +C −D.
Die Lösungen sind A = −1,B = 1, C = 1 und D = −1. Somit folgt
∫
−2x 3 +5x 2 ∫ ∫ ∫
−4x+3 −x+1
x 4 −2x 3 +2x 2 −2x+1 dx = x 2 +1 dx+ dx
(x−1) 2 −
dx
x−1 .
Zerlegung des ersten Integrals ergibt die Gleichung −x+1 = λ2x+µ mit der Lösung λ = − 1 2
und µ = 1. Demzufolge ist
∫
−2x 3 +5x 2 ∫
−4x+3
x 4 −2x 3 +2x 2 −2x+1 dx = −1 2
wobei C ∈ R eine Integrationskonstante ist.
Aufgaben
∫
2x
x 2 +1 dx+
∫
dx
x 2 +1 +
∫
dx
(x−1) 2 −
dx
x−1
= − 1 2 ln(x2 +1)+arctan(x)− 1
x−1 −ln(|x−1|)+C
( √ )
= −ln |x−1| x 2 +1 +arctan(x)− 1
x−1 +C,
Aufgabe 11.3.13. Berechnen Sie die Stammfunktion
∫ −3x 4 −5x 3 −9x 2 −6
F(x) =
x 2 dx.
+2x+3
Aufgabe 11.3.14. Berechnen Sie die Stammfunktion
∫ 4s 3 −2s 2 +6s−13
F(s) =
s 4 +3s 2 ds.
−4
Aufgabe 11.3.15. Berechnen Sie die Stammfunktion
∫
dt
F(t) =
t 4 +t 2 +1 .
Aufgabe 11.3.16. Berechnen Sie die Stammfunktion
∫
3x 2 +x−2
F(x) =
(x−1) 3 (x 2 +1) dx.
Aufgabe 11.3.17. Berechnen Sie das bestimmte Integral
I =
∫ 1
0
dϕ
ϕ 3 +1 .

228 Kapitel 11. Integrationsmethoden
Aufgabe 11.3.18. Berechnen Sie das bestimmte Integral
I =
∫ 9
3
4
γ 3 +γ dγ.
Aufgabe 11.3.19. Berechnen Sie die Stammfunktion
∫
F(ξ) =
ξ 2
ξ 4 −1 dξ.
Aufgabe 11.3.20. Berechnen Sie die Stammfunktion
∫
F(x) =
dx
x 4 +1 .
Aufgabe 11.3.21. Berechnen Sie die Stammfunktion des Partialbruchs vierter Art
Lösungen
∫
F(x) =
3x−4
(x 2 +x+1) 3dx.
Im Folgenden bezeichnet C ∈ R eine Integrationskonstante.
(
Lösung 11.3.13. F(x) = −x 3 + x2
2 −2x+ 1 2 ln(x2 +2x+3)− √ 1 2
arctan x+1 √
2
)+C
Lösung 11.3.14. F(s) = ln(s 2 +4)+ 5 2 ln(|s+1|)− 1 2 ln(|s−1|)+ 1 2 arctan(s 2 )+C
( ) ( (
Lösung 11.3.15. F(w) = 1 4 ln t 2 +t+1
+ 1
t 2 −t+1 2 √ arctan 2t−1 √
3 3
)+ 1
2 √ arctan 2t+1 √
3 3
)+C
Lösung 11.3.16. F(x) = − 1
2(x−1) 2 − 5
2(x−1) − 3 2 ln(|x−1|)+ 3 4 ln(x2 +1)−arctan(x)+C
Lösung 11.3.17. I = 0.8356
Lösung 11.3.18. I = 0.1862
(∣ )
Lösung 11.3.19. F(ξ) = 1 2 arctan(ξ)+ 1 ∣∣
4 ln ξ−1
∣ +C
Lösung 11.3.20. Das Nennerpolynom lässt sich in zwei reelle Polynome zweiten Grades
faktorisieren x 4 +1 = (x 2 + √ 2x+1)(x 2 − √ 2x+1), also folgt
(
F(x) = 1
4 √ 2 ln x 2 + √ 2x+1
x 2 − √ 2x+1
)
ξ+1
+ 1
2 √ 2 arctan(√ 2x+1)+ 1
2 √ 2 arctan(√ 2x−1)+C.
Lösung 11.3.21. F(x) = − 1 6
11x+10
(x 2 +x+1)
− 11 2x+1
2 6 x 2 +x+1 − 22 9
√
3arctan
(
2x+1 √
3
)+C

11.3. Integration rationaler Funktion - Partialbruchzerlegung 229
Zusammenfassung: Integration durch Partialbruchzerlegung
Jede gebrochenrationale Funktion
r(x) = P n(x)
Q m (x) = a nx n +a n−1 x n−1 +···+a 1 x+a 0
b m x m +b m−1 x m−1 +···+b 1 x+b 0
,
wobei alle a 1 ,...,a n ,b 1 ,...,b m ∈ R und a n ≠ 0, b m ≠ 0 und m,n ∈ N 0 ist eindeutig in eine
Summe einer Polynomfunktion und Partialbrüchen der Form
A
(x−x 0 ) k
und
Bx+C
(x 2 +px+q) l
mit reellen Zahlen x 0 ,p,q und A,B,C zerlegbar. Dazu gehen wir wie folgt vor.
1. Zurückführen einer gebrochenrationalen Funktion auf eine Polynomfunktion plus eine
echt gebrochen rationale Funktion mit teilerfremdem Zähler- undNennerpolynomdurch
Polynomdivision
r(x) = P(x) ˜P(x)
= f(x)+
Q(x) Q(x) ,
mit Grad(˜P) < Grad(Q).
2. Der Koeffizient b m des Nennerpolynoms wird auf den Wert 1 gebracht, indem Nenner
und Zähler von ˜P
Q durch den ursprünglichen Wert von b m dividiert werden.
3. Das Nennerpolynom wird mit linearen- und quadratischen reellen Faktoren
Q(x) = (x−x 1 ) k1 ···(x−x s ) ks (x 2 +p 1 x+q 1 ) l1 ···(x 2 +p r x+q r ) lr
dargestellt. Dabei sind x 1 ,...,x s die s reellen Nullstellen von Q(x) = 0. Ausserdem
hat das Nennerpolynom genau r Paare konjugiert komplexer Nullstellen, die wir als
Nullstellen der quadratischen Faktoren x 2 +p j x+q j erhalten. Die Zahlen p j und q j sind
reell, und es gilt p 2 j −4q j < 0 für alle j ∈ {1,...,r}.
4. Der allgemeine 3 Ansatz für die Partialbruchzerlegung lautet:
˜P(x)
Q(x) = A 11 A 12
+
x−x 1 (x−x 1 ) 2 + A 13
+ A s1
x−x s
+
A s2
(x−x s ) 2 +
(x−x 1 ) 3 +···+
A s3
(x−x s ) 3 +···+
A 1k1
(x−x 1 ) k 1 +···
A sks
(x−x s ) ks +
+ B 11x+C 11
x 2 +p 1 x+q 1
+ B 12x+C 12
(x 2 +p 1 x+q 1 ) 2 +···+ B 1l 1
x+C 1l1
(x 2 +p 1 x+q 1 ) l 1 +···
+ B r1x+C r1
x 2 +p r x+q r
+ B r2x+C r2
(x 2 +p r x+q r ) 2 +···+ B rl r
x+C rlr
(x 2 +p r x+q r ) lr.
5. Zur Bestimmung der Konstanten A 11 ,··· ,A sks , B 11 ,··· ,B rlr und C 11 ,··· ,C rlr multiplizieren
wir den Ansatz mit Q(x) und machen einen Koeffizientenvergleich.
3 In den Varianten 1 bis 3 haben wir nur den Ansatz mit l 1 = ··· = l r = 1 betrachtet.

230 Kapitel 11. Integrationsmethoden
6. Die Integration erfolgt Summand pro Summand.
∫ P(x)
Q(x) dx = ∫
∫
=
∫ ˜P(x)
f(x)dx+
Q(x) dx
∫ ∫
A 11
f(x)dx+ dx+···+
x−x 1
B rlr x+C rlr
(x 2 dx.
lr
+p r x+q r )
• Integrale der Partialbrüche erster Art
∫
dx
x−x 0
= ln(|x−x 0 |)+C
wobei C ∈ R eine Integrationskonstante ist.
• Integrale der Partialbrüche zweiter Art
∫
dx
(x−x 0 ) k = 1
1−k
1
+C
(x−x 0 )
k−1
mit k ≥ 2, und C ∈ R ist eine Integrationskonstante.
• Integrale der Partialbrüche dritter Art
∫
Bx+C
x 2 +px+q dx = λ ∫ f ′ (x)
f(x) dx+µ ∫
1
f(x) dx
mit p 2 − 4q < 0. Das erste Integral führt auf einen ln und das zweite auf einen
arctan nach quadratischer Ergänzung, Ausklammern und Substitution.
• Integrale der Partialbrüche vierter Art
∫
Bx+C
(x 2 +px+q) l dx
mit l ≥ 2 und p 2 − 4q < 0 werden hier nicht weiter diskutiert. Diese können
entweder in [3] nachgeschlagen oder mit einem Computeralgebrasystem integriert
werden (vgl. Aufgabe 11.3.21).

Kapitel 12
Unendliche Reihen
Unendliche Reihen und speziell Potenzreihen erweisen sich in der angewandten Mathematik
als unentbehrliches Hilfsmittel zur expliziten Berechnung von Funktionswerten, zur IntegrationvonFunktionenoderzurHerleitungvonNäherungsformeln.OderhabenSiesichauchschon
gefragt, wie die Zahl π = 3.1415926535897932384626433832795... auf Millionen von Stellen
berechnet werden kann? Oder, was passiert im Taschenrechner, wenn Sie den Sinus von 22 ◦
berechnen? Weiter werden wir sehen, wieso es für kleine Winkel α erlaubt ist, sin(α) ≈ α− α3
6
zu verwenden. Aber zuvor benötigen wir einige grundlegende Definitionen.
12.1 Grundbegriffe und Definitionen
Definition 12.1.1. Eine Zahlenfolge ist eine geordnete Menge von Zahlen. Die symbolische
Schreibweise lautet
(u n ) n∈N
= u 1 ,u 2 ,...,u n ,...
Die Zahlen u 1 ,u 2 ,...,u n ,... heissen Glieder der Folge, u n ist das n-te Glied u n der Folge.
Beispiel 12.1.1. Wir kennen schon einige solcher Zahlenfolgen.
a.
b.
1, 1 2 , 1 3 , 1 4 ,... Bildungsgesetz: u n = 1 n
1, 1 2 , 1 4 , 1 8 ,... Bildungsgesetz: u n = 1
2 n
Die Berechnung eines allfälligen Grenzwertes geschieht mit den bekannten Methoden.
Definition 12.1.2. Eine Reihe ergibt sich aus einer Zahlenfolge, wenn die Glieder der Zahlenfolge
mit + oder − verbunden werden. Liegen unbeschränkt viele Zahlen vor, so heisst die
Reihe unendlich.
∞∑
u n = u 1 +u 2 +···+u n +··· .
n=1
Beispiel 12.1.2 (Harmonische Reihe). Die Reihe
H =
∞∑
n=1
1
n = 1+ 1 2 + 1 3 + 1 4 +···+ 1 n +···
231

232 Kapitel 12. Unendliche Reihen
heisstharmonische Reihe. Diese Reiheheisst so, weil das n-teGlied das harmonischeMittel
zwischen den benachbarten Gliedern ist. Das harmonische Mittel 1 zweier positiven reellen
Zahlen a und b ist durch
H 2 = 2
1
a + 1 = 2ab
a+b
b
definiert. Betrachten wir nun das harmonische Mittel der Reihenglieder a = u n−1 = 1
n−1 und
b = u n+1 = 1
n+1 , dann ist H 2 =
1
1
n−1
2
+ 1 1
n+1
=
2
(n−1)+(n+1) = 1 n .
Der n-te Summand ist somit das harmonische Mittel der beiden Nachbarsummanden.
Beispiel 12.1.3 (Geometrische Reihe). Es sei x ∈ R. Die Reihe
G(x) =
∞∑
x n = 1+x+x 2 +···+x n +···
n=0
heisst geometrische Reihe. Spezialfälle, wenn x konkret gewählt ist, sind unter vielen anderen
x = 1 2
G ( ) ∑
∞ 1
2 =
1
2
= 1+ 1 n 2 + 1 4 +···+ 1
2
+··· n
x = 1 G(1) =
x = − 1 3
G ( − 1 3
n=0
∞∑
1 n = 1+1+1+···+1+···
n=0
)
= ∞ ∑
n=0
( )
−
1 n
3 = 1−
1
3 + 1 9 −+···+( − 1 n
3)
+···
Es stellt sich bei allen unendlichen Reihen die Frage, ob die unendliche Summe ∑ ∞
n=0 u n
eine endliche Summe darstellt oder nicht. Um diese Frage zu beantworten, betrachten wir
1 Es gibt mehrere verschiedene Möglichkeiten so genannte Mittelwerte zu bilden. Es seien a 1,...,a n positive
reelle Zahlen.
• Das arithmetische Mittel
• Das geometrische Mittel
• Das harmonische Mittel
• Das quadratische Mittel
A n =
a1 +···+an
.
n
G n = n√ a 1···a n.
n
H n =
1
a 1
+···+ 1 .
a n
√
a
2
Q n = 1 +···+a 2 n
.
n
Die verschiedenen Mittel können durch die nützliche Ungleichung
miteinander verglichen werden.
H n ≤ G n ≤ A n ≤ Q n

12.1. Grundbegriffe und Definitionen 233
folgenden Zusammenhang mit den Zahlenfolgen: Unter der Teilsummenfolge oder auch
Partialsummenfolge einer unendlichen Reihe verstehen wir die folgende aus der Reihe
∞∑
s = u n = u 1 +u 2 +···+u n +··· .
konstruierte Zahlenfolge
n=1
s 1 = u 1
s 2 = u 1 +u 2
s 3 = u 1 +u 2 +u 3
.
s n = u 1 +u 2 +u 3 +···+u n
Dabeinennenwirs n fürallen ∈ Ndien-teTeilsumme.UnterderTeilsummenfolgeverstehen
wir dann die Zahlenfolge
(s n ) n∈N
= s 1 ,s 2 ,s 3 ,...,s n ,....
Offensichtlich gilt
s = lim
n→∞ s n =
∞∑
u n .
Wir können also die Frage der unendlichen Summe auf die der Konvergenz einer Zahlenfolge,
der Teilsummenfolge, zurückführen.
Beispiel 12.1.4 (Harmonische Reihe). Betrachten wir wieder die Reihe
∞∑ 1
H =
n = 1+ 1 2 + 1 3 + 1 4 +···+ 1 n +··· .
Die Teilsummenfolge ist
n=1
s 1 = 1
s 2 = 1+ 1 2 = 3 2
n=1
s 3 = 1+ 1 2 + 1 3 = 11 6
s 4 = 1+ 1 2 + 1 3 + 1 4 = 25
12
.
Definition 12.1.3. Eine unendliche Reihe ∑ ∞
n=1 u n heisst konvergent, genau dann, wenn
mit wachsendem n die Teilsummenfolge s n = u 1 + u 2 + u 3 + ··· + u n einem bestimmten
endlichen Grenzwert s zustrebt.
s = lim
n→∞ s n =
Der endlichen Grenzwert s heisst Summenwert der unendlichen Reihe.
Ist diese Bedingung nicht erfüllt, so nennen wir die Reihe divergent. Falls s plus oder minus
unendlich ist, dann heisst die Reihe bestimmt divergent sonst unbestimmt divergent
oder oszillierend.
∞∑
n=1
u n

234 Kapitel 12. Unendliche Reihen
12.2 Das Konvergenzverhalten der geometrischen Reihe
In diesem Kapitel wollen wir das Konvergenzverhalten einer der wichtigsten Reihe, der geometrischen
Reihe untersuchen.
Satz 12.2.1 (Konvergenzverhalten der geometrischen Reihe). Es sei x ∈ R. Die geometrische
Reihe
∞∑
G(x) = x n = 1+x+x 2 +···+x n +···
n=0
ist konvergent wenn |x| < 1 und divergent wenn |x| ≥ 1. Im Falle der Konvergenz gilt
G(x) =
∞∑
n=0
x n = 1
1−x .
Beweis. Wir berechnen die Summe anhand der folgenden geometrischen Überlegung:
y
y = u − 1
y = xu
x 0 = 1
x 2
x
x
1 s
u
Abbildung 12.2.i: Konvergenzverhalten der geometrische Reihe für positives x
Der konvergente Streckenzug in Abbildung 12.2.i existiert aber nur wenn |x| < 1. In diesem
Fall ergibt die Abszisse des Schnittpunkts der Geraden y = u−1 und y = xu den Wert von
s. Also erhalten wir u−1 = xu und damit u(x−1) = −1. Somit folgt
G(x) =
∞∑
n=0
x n = 1+x+x 2 +···+x n +··· = 1
1−x .
Beispiel 12.2.1. Wir betrachten nun einige konvergente und nicht konvergente geometrische
Reihen.
a. Die geometrische Reihe
konvergiert gegen 2.
G( 1 2 ) = ∞ ∑
n=0
1
2 n = 1
1− 1 2
= 2

12.3. Konvergenzkriterien 235
b. Die geometrische Reihe
konvergiert gegen 3 2 .
G( 1 3 ) = ∞ ∑
n=0
1
3 n = 1
1− 1 3
= 3 2
c. Die geometrische Reihe
ist bestimmt divergent gegen +∞.
d. Die geometrische Reihe
ist bestimmt divergent gegen +∞.
G(1) =
G(2) =
∞∑
n=0
∞∑
n=0
1 n
2 n
e. Die geometrische Reihe
G(− 1 2 ) = ∞ ∑
n=0
( )
−
1 n 1
2 =
1+ 1 2
= 2 3 .
konvergiert gegen 2 3 .
12.3 Konvergenzkriterien
Im Folgenden geben wir so genannte Konvergenzkriterien an, die es uns in den meisten
Fällen erlauben werden, zu entscheiden, ob eine gegebene Reihe konvergiert oder divergiert.
Satz 12.3.1. Falls eine unendliche Reihe ∑ ∞
n=1 u n konvergiert, dann gilt notwendigerweise
lim u n = 0,
n→∞
d.h., die einzelnen Summanden bilden eine Nullfolge.
Beispiel 12.3.1. Die geometrische Reihe
G( 1 2 ) = ∞ ∑
n=0
konvergiert gegen 2. Also folgt lim n→∞
1
2 n = 0.
1
2 n = 1
1− 1 2
Die Umkehrung davon ist aber falsch, d.h., aus lim n→∞ u n = 0 kann nicht auf die Konvergenz
geschlossen werden.
= 2.
Beispiel 12.3.2 (Harmonische Reihe). Die harmonische Reihe
H =
∞∑
n=1
1
erfüllt lim n→∞ n
= 0 , ist aber nicht konvergent.
1
n = 1+ 1 2 + 1 3 + 1 4 +···+ 1 n +···

236 Kapitel 12. Unendliche Reihen
Beweis. Wir schätzen die Teilsummen nach unten ab und geben ihnen neue Namen a 2 n, d.h.,
s 1 = 1 = a 2 0
s 2 = 1+ 1 2 = 3 2 = a 2 1
)
)
s 4 = 1+ 1 ( 1
2 + 3 + 1 > 1+ 1 ( 1
4 2 + 4 + 1 = 4 4 2 = a 2 2
( 1
s 8 = s 4 +
5 + 1 6 + 1 7 + 1 ( 1
> a
8)
2 2 +
8 + 1 8 + 1 8 8)
+ 1 = 5 2 = a 2 3
.
Allgemein ergibt sich nun durch vollständige Induktion
Dies bedeutet aber
s 2 n ≥ a 2 n = n+2 .
2
H = lim s 2
n→∞ n ≥ lim a 2
n→∞ n = lim n+2
= +∞,
n→∞ 2
also divergieren die Teilsummen. Damit ist die harmonische Reihe divergent.
Wir sehen bereits am Beweis der Divergenz der harmonischen Reihe, dass diese extrem langsam
ist. In der Tat divergiert die harmonische Reihe gleich schnell wie der natürliche Logarithmus.
Es ist
γ = lim
(1+ 1
n→∞ 2 + 1 3 + 1 4 +···+ 1 )
n −ln(n) = 0.577215664901532...
die Euler-Mascheronische Konstante 2 .
Wir können obigen Satz 12.3.1 negieren und erhalten das Korollar.
Korollar 12.3.1. Ist
so divergiert die Reihe ∑ ∞
n=1 u n.
lim u n ≠ 0,
n→∞
2 Von ihr wissen die Mathematiker heute noch immer nicht, ob sie irrational (d.h. sie ist nicht ein Bruch
zweier ganzen Zahlen), oder sogar transzendent (d.h. sie ist nicht Lösung einer polynomialen Gleichung mit
ganzzahligen Koeffizienten) ist. Leonhard Euler schrieb sie 1734 noch mit dem Zeichen C, was einige Mathematiker
(und Formelsammlungen) beibehalten haben. Ein jüngerer Zeitgenosse, der Geometer Lorenzo
Mascheroni, benutzte bereits das Zeichen γ, das heute allgemein üblich ist. So ist auch der Name Euler-
Mascheronische Konstante gebräuchlich. Sie spielt eine Rolle in der Analysis und der Zahlentheorie. Das
war ein hinreichender Grund für die Zahlenknacker, sich ihrer anzunehmen. Im Jahre 1736 fand Euler schon
5 und später 16 Stellen, 1790 glaubte Mascheroni 32 gefunden zu haben. Es waren aber nur deren 19 richtig.
Im Oktober 1999 hatten X. Gourdon und P. Demichel mit einer HP J5000 und 2 Prozessoren 8500 (440 MHz)
dann 108000000 Stellen geknackt. Sicher sind sich die Mathematiker deswegen aber immer noch nicht, ob in
der Ziffernfolge keine Periode auftritt.

12.3. Konvergenzkriterien 237
Alternierende Reihen
Reihen mit streng wechselndem Vorzeichen heissen alternierende Reihen.
Beispiel 12.3.3. Die Reihe
∞∑ (−1) n+1
= 1− 1 n 2 + 1 3 − 1 4 +−···
n=1
ist eine alternierende Reihe. Die so genannte alternierende harmonische Reihe.
Für alternierende Reihen gibt es ein einziges Konvergenzkriterium, das notwendig und hinreichend
ist.
Satz 12.3.2 (Konvergenzkriterium von Leibniz). Eine alternierende Reihe
∞∑
(−1) n+1 u n = u 1 −u 2 +u 3 −u 4 +−···
n=1
mit u n ≥ 0 ist genau dann konvergent, wenn die absoluten Beträge der Glieder (−1) n+1 u n
monoton gegen null konvergieren, d.h., wenn
gilt.
lim
n→∞ |(−1)n+1 u n | = lim u n = 0
n→∞
Abbildung 12.3.i: Wilhelm Leibniz, 1646-1716
IndiesemFall bildendieabsolutenBeträge |(−1) n+1 u n |derGlieder einemonotoneNullfolge.
Der Beweis ergibt sich durch die Betrachtung des Schachtelvorgangs.
Beispiel 12.3.4. Wir betrachten nun einige alternierende Reihen.
a. Die alternierende harmonische Reihe
ist konvergent, da lim n→∞
∣ ∣∣ (−1) n+1
n
∞∑ (−1) n+1
n=1
n
1
∣ = lim n→∞ n = 0.

238 Kapitel 12. Unendliche Reihen
b. Die alternierende Reihe
∞∑
n=1
(−1) n+1
√ n
ist konvergent, da lim n→∞
∣ ∣∣ (−1) n+1
√ n
∣ ∣∣ = limn→∞
1 √n = 0.
c. Die alternierende Reihe
ist divergent.
∞∑
cos(nπ) = 1−1+1−1+−···
n=0
Absolute Konvergenz
Definition 12.3.1. Eine Reihe heisst absolut konvergent, wenn die Reihe der absoluten
Beträge konvergiert.
Korollar 12.3.2. Aus der absoluten Konvergenz folgt die gewöhnliche Konvergenz.
Die Umkehrung des Korollars 12.3.2 ist falsch, denn die alternierende harmonische Reihe
∑ ∞ (−1) n+1
n=0 n
konvergiert nach dem Konvergenzkriterium von Leibniz. Sie ist aber nicht absolut
konvergent, da
∞∑
(−1) n+1
∞ ∣ n ∣ = ∑ 1
n
n=1
die divergente harmonische Reihe darstellt.
Vergleichskriterien
Wir können das Konvergenzverhalten einer Reihe untersuchen, indem wir ihre Glieder mit
Gliedern von bekannten Reihen vergleichen.
Definition 12.3.2. Es seien
∞∑
R = u n mit u n ≥ 0 für alle n ∈ R,
S =
n=1
n=1
∞∑
v n mit v n ≥ 0 für alle n ∈ R.
n=1
Falls u n ≥ v n für alle n > n 0 ab einem bestimmten Index n 0 ∈ N gilt, so heisst R eine
Majorante von S und S eine Minorante von R.
Satz 12.3.3 (Majorantenkriterium). Besitzt eine Reihe ∑ ∞
n=1 v n mit nichtnegativen Gliedern
eine konvergente Majorante ∑ ∞
n=1 u n, so ist sie konvergent.
Ist insbesondere u n ≥ v n für alle n, also n 0 = 0 (oder n 0 = 1 je nach Reihe), so ist
∞∑
v n ≤
n=1
∞∑
u n .
n=1

12.3. Konvergenzkriterien 239
v 1
•
v 6
•
•
•
u 1
u 6
n
• • •
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
• •
•
•
•
•
•
•
•
•
•
n 0 = 4
Abbildung 12.3.ii: Majorante ∑ ∞
n=1 u n und Minorante ∑ ∞
n=1 v n. Für alle n > n 0 gilt u n ≥ v n .
Beispiel 12.3.5. Wir betrachten nun einige Anwendungen des Majorantenkriteriums.
a. Untersuche die Reihe
Für alle n ∈ N 0 gilt
Die geometrische Reihe
∞∑
n=0
ist somit eine konvergente Majorante.
b. Untersuche die Reihe
Für alle n ∈ N 0 gilt erneut
1
2 n +1 = 1 2 + 1 3 + 1 5 + 1 9 +··· .
1
2 n +1 < 1
2 n.
G( 1 2 ) = ∞ ∑
∞∑
n=0
n=0
1
2 n = 2
1
2 n +n .
1
2 n +n ≤ 1
2 n.
Die geometrische Reihe ∑ ∞
n=0 1
2
ist wieder eine konvergente Majorante. Wir könnten
n
aber auch folgendermassen argumentieren. Für alle n ∈ N gilt
d.h., die harmonische Reihe ∑ ∞
Majorante, was unnütz ist.
n=1 1 n
c. Wir betrachten die konvergente Majorante
∞∑
n=0
1
2 n +n ≤ 1 n ,
ist eine Majorante. Dies ergibt aber eine divergente
1
∞
3 n +n 2 ≤ ∑ 1
3 n = 3 2 .
n=0

240 Kapitel 12. Unendliche Reihen
Satz 12.3.4 (Minorantenkriterium). Besitzt eine Reihe ∑ ∞
n=1 u n mit nichtnegativen Gliedern
u n eine divergente Minorante ∑ ∞
n=1 v n mit nichtnegativen Gliedern v n , so ist sie divergent.
Wie beim Majorantenkriterium genügt auch hier die Minoranteneigenschaft von einem bestimmten
Index i ab, da das Ändern von endlich vielen Gliedern am Konvergenzverhalten
nichts ändert.
Beispiel 12.3.6. Wir betrachten nun einige Anwendungen des Minorantenkriteriums.
a. Untersuche die Reihe
Da für alle n ∈ N gilt
∞∑
n=1
1
√ n
.
1
√ n
≥ 1 n
und die harmonische Reihe divergent ist, folgt, dass die Reihe ∑ ∞
n=1 1 √ n
divergent ist.
b. Untersuche die Reihe
Da für alle n ∈ {2,3,4,...} gilt
folgt, dass die Reihe ∑ ∞
n=2
1
log(n)
∞∑
n=2
1
log(n) .
1
log(n) > 1 n ,
divergent ist.
Hier sehen wir die Wichtigkeit der konvergenten geometrischen Reihe als häufig benutzte
Majorante und der divergenten harmonischen Reihe als häufig benutzte Minorante.
Quotienten- und Wurzelkriterium
Im Folgenden geben wir bequemere Kriterien an, um die Konvergenz einer Reihe zu testen.
Satz 12.3.5 (Quotientenkriterium von d’Alembert). Die Reihe ∑ ∞
n=1 u n mit u n ≠ 0 sei
gegeben.
a. Gilt
lim
n→∞
∣ u n+1∣∣∣
∣ < 1,
u n
so konvergiert die Reihe und zwar sogar absolut.
b. Gilt
lim
n→∞
∣ u n+1∣∣∣
∣ = 1,
u n
so kann nichts über die Konvergenz der Reihe ausgesagt werden.
c. Gilt
so divergiert die Reihe.
lim
n→∞
∣ u n+1∣∣∣
∣ > 1,
u n

12.3. Konvergenzkriterien 241
Beispiel 12.3.7. Wir betrachten nun einige Anwendungen des Quotientenkriteriums.
a. Untersuche die Reihe
Wir betrachten den Quotienten
lim
n→∞
∣
u n+1
u n
∣ ∣∣∣
= lim
n→∞
also konvergiert die Reihe ∑ ∞
n=0 n2
n! .
b. Untersuche die harmonische Reihe
Wir betrachten den Quotienten
lim
n→∞
∣
∞∑
n=0
(n+1) 2
(n+1)!
n 2
n!
u n+1
u n
∣ ∣∣∣
= lim
n→∞
∞∑
n=1
n 2
n! .
1
n .
1
n+1
1
n
n+1
= lim
n→∞ n 2 = 0 < 1,
n
= lim
n→∞ n+1 = 1.
HieristkeineAussagemöglich. WirwissenaberausBeispiel12.3.2,dassdieharmonische
Reihe divergiert.
c. Untersuche die negative alternierende harmonische Reihe
Wir betrachten den Quotienten
lim
n→∞
∣ u n+1∣∣∣
∣ = lim
u n n→∞
∞∑
n=1
∣
(−1) n
n .
(−1) n+1
n+1
(−1) n
n
∣ = lim
n→∞
n
n+1 = 1.
Hier ist auch keine Aussage möglich. Wir wissen aber aus Beispiel 12.3.4a, dass die
negative alternierende harmonische Reihe konvergiert.
d. Untersuche die Reihe
Wir betrachten den Quotienten
lim
n→∞
∣
u n+1
u n
∣ ∣∣∣
= lim
n→∞
∞∑
n=1
3 n
n2 n.
3 n+1
(n+1)2 n+1
3 n
n2 n
also divergiert die Reihe ∑ ∞
n=1 3n
n2 n bestimmt.
= lim
n→∞
3 n
2n+1 = 3 2 > 1,
Satz 12.3.6 (Wurzelkriterium von Cauchy). Die Reihe ∑ ∞
n=1 u n sei gegeben.

242 Kapitel 12. Unendliche Reihen
a. Gilt
lim
n→∞
√
n
|un | < 1,
so konvergiert die Reihe und zwar sogar absolut.
b. Gilt
lim
n→∞
√
n |un | = 1,
so kann nichts über die Konvergenz der Reihe ausgesagt werden.
c. Gilt
so divergiert die Reihe.
lim
n→∞
√
n
|un | > 1,
Beispiel 12.3.8. Wir betrachten nun einige Anwendungen des Wurzelkriteriums.
a. Untersuche die Reihe
Wir betrachten die n-te Wurzel
∞∑
n=1
1
n n.
lim
n→∞
√
n |un | = lim
n→∞
also konvergiert die Reihe ∑ ∞
n=1 1
n n .
√ ∣∣∣∣
1
n
∣ ∣∣∣ 1
n n = lim
n→∞ n = 0 < 1
b. Untersuche die Reihe
Wir betrachten die n-te Wurzel
∞∑
n=0
2+(−1) n
2 n .
lim
n→∞
√
n
|un | = lim
n→∞
√ ∣∣∣∣
2+(−1) n
n
2 n ∣ ∣∣∣
= lim
n→∞
√
n 2+(−1) n
2 n .
Es folgt
für alle n ∈ N und da
√ √ √
n 1 2+(−1)
2 n ≤ n 3
n
2 n ≤ n 2 n.
folgt
√
1
2 = lim
n 1
n→∞ 2 n ≤ lim
n→∞
lim
n→∞
Also konvergiert die Reihe ∑ ∞ 2+(−1) n
n=0 2
. n
√
2+(−1) n
n
√
n 3
2 n ≤ lim
n→∞ 2 n = 1 2 ,
√
n |un | = 1 2 < 1.

12.3. Konvergenzkriterien 243
Mit dem Quotientenkriterium hätten wir
∣ ∣ { u n+1∣∣∣
2+(−1) n+1 ∣∣∣∣
2
∣ =
n+1
= 1 2+(−1) n+1
1
u n ∣ 2+(−1) n
2 2+(−1) n = 6
falls n gerade
2 n 3
2
falls n ungerade
erhalten. Es ist folglich kein Entscheid möglich, da der Grenzwert des Quotienten nicht
existiert. Das Wurzelkriterium ist allgemein besser als das Quotientenkriterium.
Abbildung 12.3.iii: Jean le Rond
d’Alembert, 1717-1783
Abbildung 12.3.iv: Augustin Louis
Cauchy, 1789-1857
Wichtige Grenzwerte
Bei der Anwendung des Wurzelkriteriums verwenden wir häufig die folgenden drei wichtigen
Grenzwerte. Es sei a eine beliebige positive reelle Zahl, dann gilt
(a)
(b)
(c)
lim
n→∞
lim
n→∞
n√ a = lim
n→∞ eln(a) n = e 0 = 1
n√ n = lim
n→∞ eln(n) n = e 0 = 1
lim
n→∞
n√
n! = +∞
BeiderHerleitungdesletztenGrenzwertesbenutzenwirdiefolgendesehrgrobeAbschätzung.
Es sei n einfachheitshalber eine gerade Zahl, dann gilt
n! = 1·2·3···(n
2 −1) (
n n
2 2 +1)···n ≥ 1·1·1···1· n
2 · n
2 ··· n
2 = ( )n
n 2
2
.
Also folgt
lim
n→∞
√ (n )n
n√
n 2
n! ≥ lim
n→∞ 2
n
)1
2
= lim
n→∞(
2
= +∞.
Falls n ungerade ist, erhalten wir die Abschätzung n! ≥ ( )n+1
n+1 2
2
.

244 Kapitel 12. Unendliche Reihen
Allgemeines Vorgehen
Um die Frage zu beantworten, ob die gegebene Reihe
∞∑
n=1
konvergiert oder divergiert haben wir nun fünf Kriterien zur Auswahl, die wir anwenden
können. Ein sinnvolles Vorgehen ist in nachfolgendem Diagramm dargestellt:
u n
Ist ∑ ∞
n=1 u n konvergent?
Ist lim n→∞ u n = 0 ?
nein
divergent
ja
Ist ∑ ∞
n=1 u n alternierend?
nein
ja
Konvergenzkriterium von Leibniz
Gibt Quotienten- oder Wurzelkriterium Antwort?
nein
Majoranten- oder Minorantenkriterium
Abbildung 12.3.v: Vorgehen zur Beantwortung der Frage, ob die Reihe ∑ ∞
n=1 u n konvergiert
oder divergiert.
12.4 Konvergenzverhalten der hyperharmonischen Reihe
Wir betrachten eine Verallgemeinerung der harmonischen Reihe, die so genannte hyperharmonischen
Reihe
∞∑ 1
n α,
wobei α ∈ R mit α > 0.
n=1
Satz 12.4.1 (Konvergenzverhalten der hyperharmonischen Reihe). Die hyperharmonische
Reihe
∞∑ 1
n α
n=1
ist konvergent für α > 1 und divergent für 0 < α ≤ 1.

12.4. Konvergenzverhalten der hyperharmonischen Reihe 245
Beweis. Wir verdichten die hyperharmonische Reihe und majorisieren sie mit einer geometrischen
Reihe wie folgt
∞∑
n=1
(
1 1
n α = 1+ 2 α + 1 ) ( 1
3 α +
4 α + 1
5 α + 1
6 α + 1 ) ( 1
7 α +
8 α + 1
9 α +···
< 1+ 1
2 α + 1
2 α + 1
4 α + 1
4 α + 1
4 α + 1
4 α + 1
8 α + 1
8 α +···
= 1+ 1
2 α−1 + 1
4 α−1 + 1 +···
8α−1 = 1+ 1
2 α−1 + 1
(2 2 ) α−1 + 1
(2 3 +···
) α−1
= 1+ 1
2 α−1 + 1
(2 α−1 ) 2 + 1
(2 α−1 ) 3 +···
( ) 1
= G
2 α−1 .
Damit die majorisierende geometrische Reihe konvergiert, muss
1
2 α−1 < 1
gelten, was wiederum α > 1 impliziert. Dies beweist die Konvergenz der hyperharmonische
Reihe für α > 1. Für α = 1 erhalten wir die divergente harmonische Reihe. Wenn 0 < α ≤ 1
können wir die hyperharmonische Reihe mit der divergenten harmonische Reihe minorisieren.
•
•
•
α = 2
α = 1 2
•
•
•
• •
•
α =
•
• 1
• • •
•
• • •
•
•
•
• • •
• • • •
•
n
Abbildung12.4.i: Die hyperharmonische Reihe dargestellt für verschiedene α. Je grösser α ist,
desto schneller fallen die einzelnen Glieder u n = 1
n
gegen null ab. Die Grenze der Konvergenz
α
liegt genau bei α = 1, was der divergenten harmonischen Reihe entspricht.

246 Kapitel 12. Unendliche Reihen
Aufgaben
Untersuchen Sie die folgenden Reihen auf Konvergenz. Geben Sie jeweils das verwendete
Kriterium an.
Aufgabe 12.4.1.
Aufgabe 12.4.10.
∞∑ log(n)
∞∑ 1
2 n n( √ n 2 +n−n)
∞∑ 6 n
∞∑ (arctan(n)) n
n!
n=1
n=1
2 n
Aufgabe 12.4.2.
Aufgabe 12.4.11.
∞∑ n 3
∞∑ 2+(−1) n
2 n
n=1
n=1
n 2
Aufgabe 12.4.3.
Aufgabe 12.4.12.
∞∑ n!
n n
n=1
∞∑ n!
100 n
n=0
Aufgabe 12.4.4.
Aufgabe 12.4.13.
∞∑
( 1
∞∑
cos
(−1)
n)
( n√ 2−1)
n=1
n=1
Aufgabe 12.4.5.
√ ∞∑
√ n+1− n
Aufgabe 12.4.14.
∞∑ 1+2+3+···+n
n=1
n
n=1
n 3
Aufgabe 12.4.6.
Aufgabe 12.4.15.
∞∑
(−1) n+1 3√ 1
√ ∞∑
n 1
n=1 n
n
n=1
Aufgabe 12.4.7.
∞∑ 1
Aufgabe 12.4.16.
∞∑ sin(3 n )
2n−1
n=0
Aufgabe 12.4.8.
n=0
Aufgabe 12.4.17.
3 n
∞∑ 1
∞∑ (n−1)!(n+3)!3 n
n(n+1)
n=1
n=1
(2n)!
Aufgabe 12.4.9.
Aufgabe 12.4.18.
n=1
n=1

12.5. Potenzreihen 247
Zu den folgenden Reihen bestimmen Sie zuerst die allgemeinen Formeln und dann das Konvergenzverhalten.
Aufgabe 12.4.19. R = 1 4 + 1
10 + 1
28 + 1
82 +···
Aufgabe 12.4.20. R = 1+ 1 √
2
+ 1 √
3
+ 1 √
4
+···
Aufgabe 12.4.21. R = 1+ 23
2! + 33
3! + 43
4! +···
Aufgabe 12.4.22. R = 1+2+ 22
2! + 23
3! + 24
4! +···
Aufgabe 12.4.23. R = 1
1·2 + 1
3·2 3 + 1
5·2 5 +···
Aufgabe 12.4.24. R = 1+ 3 2! + 5 3! + 7 4! +···
Lösungen
Lösung 12.4.1. konvergent
Lösung 12.4.2. konvergent
Lösung 12.4.3. konvergent
Lösung 12.4.4. divergent
Lösung 12.4.5. konvergent
Lösung 12.4.6. konvergent
Lösung 12.4.7. divergent
Lösung 12.4.8. konvergent
Lösung 12.4.9. konvergent
Lösung 12.4.10. konvergent
Lösung 12.4.11. konvergent
Lösung 12.4.12. divergent
Lösung 12.4.13. konvergent
Lösung 12.4.14. divergent
Lösung 12.4.15. divergent
Lösung 12.4.16. konvergent
Lösung 12.4.17. konvergent
Lösung 12.4.18. divergent
Lösung 12.4.19. konvergent
Lösung 12.4.20. divergent
Lösung 12.4.21. konvergent
Lösung 12.4.22. konvergent
Lösung 12.4.23. konvergent
Lösung 12.4.24. konvergent
12.5 Potenzreihen
Reihen der folgenden Form heissen Potenzreihen
∞∑
P(x) = a n x n = a 0 +a 1 x+a 2 x 2 +a 3 x 3 +··· ,
n=0

248 Kapitel 12. Unendliche Reihen
wobei alle a n ∈ R oder C und x eine unabhängige Variable ist. Konvergiert die Potenzreihe,
so hängt der Summenwert von x ab und stellt somit eine Funktion von x dar. Für jedes x
stellt die Potenzreihe eine Reihe im bisherigen Sinn dar.
Beispiel 12.5.1. Wir betrachten die geometrische Reihe
G(x) =
∞∑
x n .
Dabei handelt es sich um eine Potenzreihe mit a n = 1 für alle n ∈ N 0 . Für |x| < 1 gilt die
Summenformel
∞∑
P(x) = x n = 1
1−x .
n=0
Alle Potenzreihen konvergieren fürx = 0, dennP(0) = ∑ ∞
n=0 a n0 n = 0. Oftstellt sich aberdie
Frage bei einer gegebenen Potenzreihe herauszufinden für welche Werte von x die Potenzreihe
konvergiert. Dazu haben wir den Satz.
Satz 12.5.1 (Konvergenzsatz für Potenzreihen). Konvergiert die Potenzreihe
P(x) =
n=0
∞∑
a n x n
für x = x 0 , so konvergiert sie für alle x-Werte mit −x 0 < x < x 0 sogar absolut.
n=0
Der Beweis des Konvergenzsatzes für Potenzreihen erfolgt mit den Vergleichskriterien.
Die obere Grenze aller Werte von |x|, für die P(x) konvergiert, heisst Konvergenzradius
r von P(x). Der Konvergenzradius r kann je nach Reihe zwischen 0 und +∞ liegen. Das
Konvergenzverhalten für die Randpunkte des Konvergenzintervalls |x| = r ist bei jeder Reihe
anders. Es ist speziell zu untersuchen.
Beispiel 12.5.2. Die geometrische Reihe
P(x) =
∞∑
n=0
x n = 1
1−x
hat denKonvergenzradius r = 1. IndenRandpunktendes Konvergenzintervalls herrschtkeine
Konvergenz.
Beispiel 12.5.3. Die Polynomfunktion
P(x) = a 0 +a 1 x+···+a n x n
ist eine spezielle Potenzreihe mit a k = 0 für alle k > n. Da eine Polynomfunktion auf ganz R
definiert ist, haben wir den Konvergenzradius r = ∞.
Nun lernen wir einige wirksame Methoden kennen, die uns helfen den Konvergenzradius einer
Potenzreihe ∑ ∞
n=0 a nx n = ∑ ∞
n=0 u n zu bestimmen.

12.5. Potenzreihen 249
1. Mit dem Quotientenkriterium von d’Alembert: Wir betrachten
∣ lim
u n+1∣∣∣
n→∞∣
= lim
a n+1 x n+1 ∣ ∣ ∣∣∣ u n n→∞∣
a n x n = lim
a n+1∣∣∣
n→∞∣
|x|.
a n
Nun wissen wir, dass die Reihe absolut konvergiert, falls der Grenzwert kleiner ist als
1, also folgt
∣
1
|x| < ∣ ∣ ∣∣ a
lim n+1∣∣
= lim
a n ∣∣∣
n→∞∣
= r
a n→∞ n+1
a n
2. Mit dem Wurzelkriterium von Cauchy: Wir betrachten
lim
n→∞
√
n |un | = lim
n→∞
√
n |an x n | = lim
n→∞
√
n |an ||x|.
Nun wissen wir, dass die Reihe absolut konvergiert, falls der Grenzwert kleiner ist als
1, also folgt
1
|x| <
lim √ n n→∞ |a n | = r
Diese beiden Kriterien helfen uns den Konvergenzradius zu berechnen.
Beispiel 12.5.4. Wir betrachten nun einige Berechnungen des Konvergenzradius.
a. Untersuche die Potenzreihe
Mit dem Quotientenkriterium folgt
r = lim
∣
n→∞
P(x) =
a n
∞∑
n=1
x n
n .
a n+1
∣ ∣∣∣
= lim
n→∞
n+1
n
= 1.
Nun untersuchen wir die beiden Randpunkte einzeln:
• Am rechten Randpunktx = 1 des Konvergenzintervalls haben wir die harmonische
Reihe
∞∑ 1
P(1) =
n ,
die divergent ist.
• AmlinkenRandpunktx = −1desKonvergenzintervalls habenwirdiealternierende
harmonische Reihe
∞∑ (−1) n
P(−1) =
n ,
die konvergent ist.
n=1
n=1
Somit konvergiert die Potenzreihe für alle x ∈ [−1,1[.

250 Kapitel 12. Unendliche Reihen
b. Untersuche die Potenzreihe
Mit dem Quotientenkriterium folgt
r = lim
∣
n→∞
P(x) =
a n
∞∑
n=1
a n+1
∣ ∣∣∣
= lim
n→∞
x n
n 2.
Nun untersuchen wir die beiden Randpunkte einzeln:
(n+1) 2
n 2 = 1.
• Am rechten Randpunkt x = 1 des Konvergenzintervalls haben wir die hyperharmonische
Reihe
∞∑ 1
P(1) =
n 2,
mit α = 2, die konvergent ist.
• AmlinkenRandpunktx = −1desKonvergenzintervalls habenwirdiealternierende
Reihe
∞∑ (−1) n
P(−1) =
n 2 ,
n=1
n=1
die nach dem Kriterium von Leibniz konvergent ist.
Somit konvergiert die Potenzreihe für alle x ∈ [−1,1].
c. Betrachte die Potenzreihe
P(x) =
Mit dem Quotientenkriterium folgt
∣ r = lim
a n ∣∣∣ (n+1) n+1
n→∞∣
= lim
a n+1 n→∞ n n
∞∑
n=1
Somit konvergiert die Potenzreihe für alle x ∈ R.
d. Betrachte die Potenzreihe
Mit dem Wurzelkriterium folgt
r =
P(x) =
x n
n n.
(
= lim 1+ 1 n
(n+1) = e·∞ = ∞.
n→∞ n)
∞∑
n=0
x n
2 n.
1
lim √ n n→∞ |a n | = 1
√ = 2.
n 1
lim n→∞ 2 n
Nun untersuchen wir die beiden Randpunkte einzeln:
• Am rechten Randpunkt x = 2 des Konvergenzintervalls haben wir die Reihe
die divergent ist.
P(2) =
∞∑ 2 n ∞ 2 n = ∑
1,
n=0
n=0

12.5. Potenzreihen 251
• AmlinkenRandpunktx = −2desKonvergenzintervalls habenwirdiealternierende
Reihe
∞∑ (−2) n ∞∑ (−1) n 2 n ∞∑
P(−2) =
2 n =
2 n = (−1) n ,
die divergent ist.
n=0
n=0
Somit konvergiert die Potenzreihe für alle x ∈]−2,2[.
n=0
Aufgaben
Bestimmen Sie die Konvergenzradien der folgenden Potenzreihen. Untersuchen Sie ferner die
Randpunkte auf Konvergenz.
Aufgabe 12.5.1.
Aufgabe 12.5.2.
Aufgabe 12.5.3.
P(x) =
P(x) =
P(x) =
Aufgabe 12.5.4.
P(x) =
∞∑
n=1
∞∑
nx n
n=1
∞∑
n=0
∞∑
n=1
x n
n!
n n
2 nxn
( 1
sin
n)
Aufgabe 12.5.5.
∞∑
P(x) = (2+(−1) n )x n
n=0
Aufgabe 12.5.6.
∞∑ x n
P(x) = √
n=1 n
Aufgabe 12.5.7.
∞∑ 3 n
P(x) =
n+1 xn
n=0
Aufgabe 12.5.8.
√ ∞∑ n!
x n P(x) =
10 n xn
Bestimmen Sie die Konvergenzradien der folgenden Potenzreihen.
n=1
Aufgabe 12.5.9.
Aufgabe 12.5.11.
∞∑
∞∑
P(x) = cos(n)x n
P(x) =
n=0
n=0
Aufgabe 12.5.10.
Aufgabe 12.5.12.
∞∑ n n
∞∑
P(x) =
n! xn P(x) =
n=1
n=0
(2n)!
(n!) 2xn
n 3 +5 n
n 2 +10 nxn

252 Kapitel 12. Unendliche Reihen
Aufgabe 12.5.13. Es sei a > 1. Bestimmen Sie den Konvergenzradius der folgenden Potenzreihe
und untersuchen Sie die Randpunkte auf Konvergenz
Lösungen
P(x) =
∞∑
n=0
n!
a n2 x n .
Lösung 12.5.1. Konvergenzradius r = 1, für x = −1 divergent und für x = 1 divergent.
Lösung 12.5.2. Konvergenzradius r = ∞
Lösung 12.5.3. Konvergenzradius r = 0
Lösung 12.5.4. Konvergenzradius r = 1, für x = −1 konvergent und für x = 1 divergent.
Lösung 12.5.5. Konvergenzradius r = 1, für x = −1 divergent und für x = 1 divergent.
Lösung 12.5.6. Konvergenzradius r = 1, für x = −1 konvergent und für x = 1 divergent.
Lösung 12.5.7. Konvergenzradius r = 1 3 , für x = −1 3 konvergent und für x = 1 3 divergent.
Lösung 12.5.8. Konvergenzradius r = 0
Lösung 12.5.9. Konvergenzradius r = 1
Lösung 12.5.10. Konvergenzradius r = 1 e
Lösung 12.5.11. Konvergenzradius r = 1 4
Lösung 12.5.12. Konvergenzradius r = 2
Lösung 12.5.13. Konvergenzradius r = ∞
12.6 Hauptsatz über Potenzreihen
Satz 12.6.1 (Hauptsatz über Potenzreihen). Jede Potenzreihe
f(x) =
∞∑
a n x n
n=0
darf innerhalb des Konvergenzbereichs gliedweise differenziert und integriert werden, und es
gilt
∞∑
f ′ (x) = na n x n−1
und
∫
F(x) =
n=1
f(x)dx =
∞∑
n=0
a n
n+1 xn+1 +C,
wobei C ∈ R eine Integrationskonstante ist. Die beiden Potenzreihen f ′ (x) und F(x) haben
den gleichen Konvergenzradius wie die ursprüngliche Potenzreihe f(x). Hingegen kann das
Konvergenzverhalten in den Randpunkten verschieden sein.
Der Beweis ist in [13] zu finden.

12.7. Taylorreihe einer Funktion 253
12.7 Taylorreihe einer Funktion
Es soll zu einer gegebenen Funktion f eine Potenzreihe bestimmt werden, so dass im Konvergenzintervall
gilt
∞∑
f(x) = a n x n .
Dazu verwenden wir den Hauptsatz über Potenzreihen 12.6.1. Dann folgt
n=0
f(x) = a 0 +a 1 x+a 2 x 2 +a 3 x 3 +a 4 x 4 +··· , f(0) = a 0 , a 0 = f(0)
f ′ (x) = a 1 +2a 2 x+3a 3 x 2 +4a 4 x 3 +··· , f ′ (0) = a 1 , a 1 = f ′ (0)
f ′′ (x) = 2a 2 +6a 3 x +12a 4 x 2 +··· , f ′′ (0) = 2a 2 , a 2 = 1 2 f′′ (0)
f ′′′ (x) = 6a 3 +24a 4 x +··· , f ′′′ (0) = 6a 3 , a 3 = 1 6 f′′′ (0)
und allgemein
f (n) (0) = n!a n , a n = 1 n! f(n) (0).
Kennen wir also f und die Ableitungen aller Ordnungen im Nullpunkt, so lässt sich f als
Reihe darstellen.
Satz 12.7.1 (Maclaurinsche Form der Taylorreihe). Es sei f eine unendlich oft differenzierbare
Funktion, dann gilt
∞∑ f (n) (0)
f(x) = x n .
n!
n=0
Abbildung 12.7.i: Maclaurin Colin, 1698-
1746
Abbildung 12.7.ii: Taylor Brook, 1685-
1731
Daraus folgt insbesondere die erstaunliche Tatsache, dass eine Funktion global durch ihr
Verhalten und das Verhältnis ihrer Ableitungen im Nullpunkt bestimmt ist.
Beispiel 12.7.1. Wir betrachten nun einige Taylorreihen.
a. Bestimme die Taylorreihe der Funktion
f(x) = e x .

254 Kapitel 12. Unendliche Reihen
Für alle n ∈ N 0 gilt bekanntlich f (n) (x) = e x , also folgt f (n) (0) = 1. Damit ist die
Taylorreihe der Exponentialfunktion
e x =
∞∑
n=0
Der Konvergenzradius beträgt r = +∞. Mit dieser Taylorreihe können wir nun die
Eulersche Zahl e auf beliebig viele Stellen genau berechnen 3 , da gilt
e =
∞∑
n=0
x n
n! .
1
n! = 1 0! + 1 1! + 1 2! + 1 3! + 1 4! + 1 5! +···
= 2.7182818284590452353602874713526624977572470937000...
b. Bestimme die Taylorreihe der Funktion
f(x) = e −x .
Für alle n ∈ N 0 gilt f (n) (x) = (−1) n e −x , also folgt f (n) (0) = (−1) n . Damit wird
e −x =
Der Konvergenzradius beträgt r = +∞.
c. Bestimme die Taylorreihe der Funktion
∞∑ (−1) n
x n .
n!
n=0
f(x) = sin(x).
Wir berechnen die Ableitungen der Sinusfunktion an der Stelle x = 0. Für alle n ∈ N 0
gilt
f (4n) (x) = sin(x), f (4n) (0) = 0,
f (4n+1) (x) = cos(x), f (4n+1) (0) = 1,
f (4n+2) (x) = −sin(x), f (4n+2) (0) = 0,
f (4n+3) (x) = −cos(x), f (4n+3) (0) = −1.
Damit ist die Taylorreihe der Sinusfunktion
sin(x) =
∞∑
n=0
(−1) n
(2n+1)! x2n+1 .
3 Mathematiker früherer Jahrhunderte zeigten grossen Ehrgeiz in der expliziten Berechnung von e. Euler
schaffte 1748 schon 23 Stellen. Im Jahre 1884 lag der Rekord bei 346 Stellen, den John von Neumann 1949
mit dem ENIAC-Rechner auf 2010 Stellen hochschraubte. Danach boomten die Dezimalstellen. X. Gourdon und
S. Kondo kamen mit einem Programm PiFast33 im August 2000 auf 12.8 Milliarden Stellen. Das dauerte
immerhin 167 Stunden mit einem PentiumIII 800 Rechner.
Die Zahl e ist eine transzendente Zahl, d.h., sie ist nicht Lösung einer polynomialen Gleichung mit ganzzahligen
Koeffizienten.

12.8. Geometrische Bedeutung der Taylorreihe 255
Da nicht alle a n ungleich null sind, ist der Konvergenzradius mit dem Wurzelkriterium
zu bestimmen. Es gilt
n√
n! = +∞.
lim
n→∞
Mit dem Wurzelkriterium finden wir nun den Konvergenzradius
1
r =
lim √ n n→∞ |a n | = 1
√
n
lim 1 n→∞ (2n+1)!
= +∞.
Der Konvergenzradius beträgtr = +∞. Für kleines x könnenwir nunsin(x) ≈ x setzen,
da die Terme höherer Ordnung in der Taylorreihe des Sinus vernachlässigbar sind.
d. Die Taylorreihenentwicklung einer Polynomfunktion
p(x) = a 0 +a 1 x+···+a n x n
bricht natürlich nach dem n-ten Glied ab und ist die Polynomfunktion selber.
Nicht jede Funktion hat eine Maclaurinsche Reihe. Zum Beispiel besitzen die folgenden Funktionen
keine:
1
x , x 2 −1
, log(x), ...
x
Dies weil ihre Ableitungen im Nullpunkt nicht existieren. Wir werden in Kapitel 12.12 sehen,
wie diese Funktionen in Reihen zu entwickeln sind.
12.8 Geometrische Bedeutung der Taylorreihe
Es sei
f(x) =
∞∑
n=0
f (n) (0)
x n
n!
die Taylorreihe einer gegebenen Funktion f. Dann definieren wir die Polynomfunktionen
Nun sehen wir, dass
P 0 (x) = f(0),
P 1 (x) = f(0)+ f′ (0)
x,
1!
P 2 (x) = f(0)+ f′ (0)
1!
.
P m (x) =
m∑
n=0
f (n) (0)
x n .
n!
x+ f′′ (0)
x 2 ,
2!
• P 0 mit f im Nullpunkt nur die Ordinate gemeinsam hat,
• P 1 mit f im Nullpunkt zusätzlich die Tangente gemeinsam hat und
• P 2 mit f im Nullpunkt zusätzlich die Krümmung gemeinsam hat.

256 Kapitel 12. Unendliche Reihen
Allgemein schmiegen sich die Polynomfunktionenskurven y = P m (x) der Funktionskurve y =
f(x) immer besser an.
Beispiel 12.8.1. Betrachten wir noch einmal die Taylorreihe der Sinusfunktion
sin(x) =
∞∑
n=0
(−1) n
(2n+1)! x2n+1 .
aus Beispiel 12.7.1c. Dann erhalten wir sukzessive die Polynomfunktionen.
P 0 (x) = 0,
P 1 (x) = x,
P 3 (x) = x− 1 3! x3 ,
P 5 (x) = x− 1 3! x3 + 1 5! x5 ,
P 7 (x) = x− 1 3! x3 + 1 5! x5 − 1 7! x7 ,
P 9 (x) = x− 1 3! x3 + 1 5! x5 − 1 7! x7 + 1 9! x9 ,
.
y = P 7 (x)
y
y = P 1 (x)
y = P 9 (x)
y = sin(x)
x
y = P 5 (x)
y = P 3 (x)
Abbildung 12.8.i: Anschmiegeverhalten der Taylorapproximation an die Sinuskurve im Ursprung
12.9 Allgemeine Form der Taylorreihe
Interessieren wir uns nicht für eine Reihenentwicklung bei x = 0, sondern für eine bei x = a,
so müssen wir die Taylorreihe verallgemeinern. Wir erhalten die allgemeine Form der
Taylorreihe
∞∑ f (n) (a)
f(x) = (x−a) n
n!
n=0

12.9. Allgemeine Form der Taylorreihe 257
mit Entwicklungspunkt an der Stelle x = a. Für a = 0 entsteht erneut die Maclaurinsche
Form der Taylorreihe. Haben wir in diesem Fall einen Konvergenzradius von r berechnet,
dann konvergiert die Reihe im offenen Intervall ]a−r,a+r[ absolut. Die Randpunkte a−r
und a+r müssen wiederum separat untersucht werden.
Beispiel 12.9.1. Wir betrachten nun einige Taylorreihen mit Entwicklungspunkt nicht im
Ursprung.
a. Entwickle die Taylorreihe der Funktion
f(x) = e x
im Punkt a = 1. Die Maclaurinsche Form der Taylorreihe der Exponentialfunktion ist
gemäss Beispiel 12.7.1a
Also folgt
e x =
e x =
∞∑
n=0
∞∑
n=0
f (n) (1)
n!
wiederum mit Konvergenzradius r = +∞.
f (n) (0)
x n =
n!
(x−1) n = e
∞∑
n=0
e 0
n! xn .
∞∑ (x−1) n
,
n!
n=0
b. Entwickle die ersten paar Glieder der Taylorreihe der Funktion
f(x) = cot(x)
im Punkt a = π 2 . Dazu berechnen wir die vier ersten Ableitungen im Punkt x = π 2 mit
Hilfe einer rekursiven Formel
f(x) = cot(x), f( π 2 ) = 0,
f ′ (x) = − 1
sin 2 (x) , f′ ( π 2 ) = −1,
f ′′ (x) = 2cos(x)
sin 3 (x) = 2cot(x) 1
sin 2 (x) = −2f(x)f′ (x), f ′′ ( π 2 ) = 0,
f ′′′ (x) = −2((f ′ (x)) 2 +f(x)f ′′ (x)), f ′′′ ( π 2 ) = −2,
f (4) (x) = −6f ′ (x)f ′′ (x)−2f(x)f ′′′ (x)), f (4) ( π 2 ) = 0.
Damit ergibt sich die Taylorreihe
Aufgaben
cot(x) = 0+ −1
1! (x− π −2
2
)+0+
3! (x− π 2 )3 +0+··· = −(x− π 2 )− 1 3 (x− π 2 )3 −··· .
Aufgabe 12.9.1. Entwickeln Sie die Funktion f(x) = cos(x) in eine Potenzreihe mit Entwicklungspunkt
a = 0. Bestimmen Sie ferner den Konvergenzradius.
Aufgabe 12.9.2. Entwickeln Sie die Funktion f(x) = sinh(x) in eine Potenzreihe mit Entwicklungspunkt
a = 0. Bestimmen Sie ferner den Konvergenzradius.

258 Kapitel 12. Unendliche Reihen
Aufgabe 12.9.3. Entwickeln Sie die Funktion f(x) = cosh(x) in eine Potenzreihe mit Entwicklungspunkt
a = 0. Bestimmen Sie ferner den Konvergenzradius.
Aufgabe 12.9.4. Beweisen Sie die Beziehung
sinh(ix) = isin(x)
mit Hilfe einer Potenzreihe mit Entwicklungspunkt a = 0. Es ist i 2 = −1.
Aufgabe 12.9.5. Beweisen Sie die Beziehung
cosh(ix) = cos(x)
mit Hilfe einer Potenzreihe mit Entwicklungspunkt a = 0. Es ist i 2 = −1.
Aufgabe 12.9.6. Entwickeln Sie die ersten paar Glieder der Funktion f(x) = tanh(x) in
eine Potenzreihe mit Entwicklungspunkt a = 0.
Aufgabe 12.9.7. Entwickeln Sie die Funktion f(x) = 1 x
in eine Potenzreihe mit Entwicklungspunkt
a = 2. Bestimmen Sie ferner den Konvergenzradius und das Konvergenzverhalten
in den Randpunkten.
Aufgabe 12.9.8. Entwickeln Sie die Funktion f(u) = u √ u in eine Potenzreihe mit Entwicklungspunkt
a = 1. Bestimmen Sie ferner das Konvergenzintervall und das Konvergenzverhalten
in den Randpunkten.
Lösungen
Lösung 12.9.1. Taylorreihe ist cos(x) = ∑ ∞ (−1) n
n=0 (2n)! x2n , Konvergenzradius beträgt r = +∞.
Lösung 12.9.2. Taylorreihe ist sinh(x) = ∑ ∞
n=0 x2n+1
(2n+1)!, Konvergenzradius beträgt r = +∞.
Lösung 12.9.3. Taylorreihe ist cosh(x) = ∑ ∞
n=0 x2n
(2n)!, Konvergenzradius beträgt r = +∞.
Lösung 12.9.4. kein Kommentar
Lösung 12.9.5. kein Kommentar
Lösung 12.9.6. Taylorreihe ist tanh(x) = x− 2 3! x3 + 16
5! x5 −+···.
Lösung 12.9.7. Taylorreihe ist 1 x = ∑ ∞
Konvergenzintervall ist ]0,4[.
Lösung 12.9.8. Taylorreihe ist
n=0
(−1) n
2 n+1 (x − 2) n , Konvergenzradius beträgt r = 2.
u √ u = 1+ 3 2 (u−1)+ 3 2 2 (u−1) 2
2!
−3 1
2 3 (u−1) 3
3!
+···+(−1) n 3 1·3···(2n−5)
2 n (u−1) n
n!
+···
Konvergenzradius beträgt r = 1. Konvergenzintervall ist [0,2].

12.10. Binomische Reihe 259
12.10 Binomische Reihe
Es sei f(x) = (1+x) s mit s ∈ R−{0} gegeben. Wir wollen diese Funktion in eine Taylorreihe
mit Entwicklungspunkt im Ursprung entwickeln.
f(x) = (1+x) s , f(0) = 1,
f ′ (x) = s(1+x) s−1 , f ′ (0) = s,
f ′′ (x) = s(s−1)(1+x) s−2 ,
f ′′′ (x) = s(s−1)(s−2)(1+x) s−3 ,
f ′′ (0) = s(s−1),
f ′′′ (0) = s(s−1)(s−2),
.
f (n) (x) = s(s−1)···(s−n+1)(1+x) s−n ,
.
f (n) (0) = s(s−1)···(s−n+1).
Somit folgt für die Taylorreihe unmittelbar
(1+x) s = 1+ s 1!
x+
s(s−1)
2!
x 2 +···+ s(s−1)(s−2)···(s−n+1) x n +··· .
n!
Es handelt sich hier um die so genannte binomische Reihe. Nun wollen wir mit dem Quotientenkriterium
den Konvergenzradius berechnen
∣ r = lim
a n ∣∣∣
s(s−1)(s−2)···(s−n+1)
n→∞∣
= lim
n!
a n+1 n→∞
∣
∣ = lim
n+1
n→∞∣s−n∣ = 1.
s(s−1)(s−2)···(s−n+1)(s−(n+1)+1)
(n+1)!
Mit der binomischen Reihe lassen sich einige wichtige Näherungsformeln herleiten, die in
Anwendungen sehr nützlich sind
(1+x) s ≈ 1+sx,
(1+x) s ≈ 1+sx+ 1 2 s(s−1)x2 .
Beispiel 12.10.1. Wir entwickeln die Funktion
f(x) =
1
√ 1+x
= (1+x) −1 2
mit x ∈ ]−1,+∞[ in eine Reihe unter Ausnützung der Binomischen Reihe mit s = − 1 2 , d.h.,
1
√ = 1+ (−1 2 )
1+x 1!
x+ (−1 2 )(−3 2 )
2!
= 1− x 2 + 1·3
2 2 ·2! x2 − 1·3·5
2 3 ·3! x3 +··· .
x 2 + (−1 2 )(−3 2 )(−5 2 ) x 3 +···
3!
Der Konvergenzradius beträgt gemäss der allgemeinen Betrachtung r = 1.
12.11 Methoden zur Reihenentwicklung
Im Folgenden geben wir an Hand einiger Beispiel weitere Methoden zur Reihenentwicklung
an, die unter anderem den Hauptsatz über Potenzreihen 12.6.1 anwenden.

260 Kapitel 12. Unendliche Reihen
Beispiel 12.11.1. Wir entwickeln die Funktion
f(x) =
1
√
1−x
2
mit x ∈ ]−1,1[ in eine Reihe. Wir machen zuerst die Substitution u = −x 2 und dann entwickeln
wir
1
√ 1+u
= 1− u 2 + 1·3
2 2 ·2! u2 − 1·3·5
2 3 ·3! u3 +···
wie in Beispiel 12.10.1. Somit folgt durch Rücksubstitution sofort
1
√
1−x 2
= 1+
x2
2 + 1·3
2 2 ·2! x4 + 1·3·5
2 3 ·3! x6 +··· .
Der Konvergenzradius beträgt gemäss der allgemeinen Betrachtung r = 1.
Das nächste Beispiele benutzt den Hauptsatz über Potenzreihen 12.6.1.
Beispiel 12.11.2. Wir entwickeln die Funktion
f(x) = arcsin(x)
mit x ∈ ]−1,1[ in eine Reihe. Wir berechnen zuerst die Reihenentwicklung für die Ableitung
f ′ (x) = d
dx arcsin(x) = 1
√
1−x 2
wie in Beispiel 12.11.1. Somit folgt mit dem Hauptsatz über Potenzreihen 12.6.1
∫
dx
arcsin(x) = √
1−x 2
∫
=
(1+ x2
2 + 1·3
2 2 ·2! x4 + 1·3·5 )
2 3 ·3! x6 +··· dx
= x+ x3
2·3 + 1·3
2 2 ·2!·5 x5 + 1·3·5
2 3 ·3!·7 x7 +···+C,
wobei C ∈ R eine jetzt zu bestimmende Integrationskonstante ist. Da arcsin(0) = 0 folgt
unmittelbar, dass C = 0. Also haben wir die Potenzreihenentwicklung von
arcsin(x) = x+ x3
2·3 + 1·3
2 2 ·2!·5 x5 + 1·3·5
2 3 ·3!·7 x7 +··· .
Der Konvergenzradius beträgt r = 1 gemäss der allgemeinen Betrachtung unddem Hauptsatz
über Potenzreihen 12.6.1.
Beispiel 12.11.3. Wir entwickeln die Funktion
f(x) = x3 +2x
x 2 −2
in eine Taylorreihe mit Entwicklungspunkt 0. Dazu bedienen wir uns dem generellen Ansatz
x 3 +2x
x 2 −2 = a 0 +a 1 x+a 2 x 2 +a 3 x 3 +··· .

12.11. Methoden zur Reihenentwicklung 261
Nun multiplizieren wir diese Identität aus und erhalten
(x 2 −2)(a 0 +a 1 x+a 2 x 2 +a 3 x 3 +···) = x 3 +2x.
Wir wissen, das zwei Potenzreihen genau dann gleich sind, wenn ihre Koeffizienten übereinstimmen
4 , also führen wir eine Koeffizientenvergleich durch. Wir erhalten
−2a 0 = 0 a 0 = 0,
−2a 1 = 2 a 1 = −1,
a 0 −2a 2 = 0 a 2 = 0,
a 1 −2a 3 = 1 a 3 = −1.
Die Koeffizienten von x n für n ≥ 4 sind dann allgemein durch die rekursive Formel
a n = 1 2 a n−2
definiert. Somit hat die Reihe die Form
(
x 3 +2x
x 2 −2 = −x−x3 − 1 2 x5 − 1 ∞∑
( x
2) n
)
4 x7 +··· = −x 1+2 .
2
Die Reihe konvergiert für |x| < √ 2, da sie als geometrische Reihe ∑ ∞
n=1 qn mit q = x2
2
aufgefasst werden kann.
Aufgaben
In den folgenden Aufgaben sollten Sie jeweils möglichst wenig Ableitungen rechnen, sondern
von Vorteil den Hauptsatz über Potenzreihen 12.6.1, ein Ansatz oder eine Substitution verwenden.
Aufgabe 12.11.1. Entwickeln Sie die Funktion
f(x) = 1
1+x 2
in eine Potenzreihe mit Entwicklungspunkt 0. Bestimmen Sie ferner den Konvergenzradius.
Aufgabe 12.11.2. Entwickeln Sie die Funktion
f(x) = arctan(x)
in eine Potenzreihe mit Entwicklungspunkt 0. Bestimmen Sie ferner das Konvergenzintervall.
Aufgabe 12.11.3. Entwickeln Sie die Funktion
f(x) = e −x2
in eine Potenzreihe mit Entwicklungspunkt 0. Bestimmen Sie ferner den Konvergenzradius.
4 Identitätssatz über Potenzreihen (vgl. [13])
n=1

262 Kapitel 12. Unendliche Reihen
Aufgabe 12.11.4. Entwickeln Sie die Funktion
f(x) = a x
mit a > 0 in eine Potenzreihe mit Entwicklungspunkt 0. Bestimmen Sie ferner den Konvergenzradius.
Aufgabe 12.11.5. Entwickeln Sie die Funktion
f(x) = (a+x) s
mit s ≠ 0 in eine Potenzreihe mit Entwicklungspunkt 0. Bestimmen Sie ferner den Konvergenzradius.
Aufgabe 12.11.6. Entwickeln Sie die Funktion
f(x) = ln(|1+x|)
in eine Potenzreihe mit Entwicklungspunkt 0. Bestimmen Sie ferner den Konvergenzradius.
Aufgabe 12.11.7. Entwickeln Sie die ersten 5 Glieder der Funktion
in eine Potenzreihe mit Entwicklungspunkt 0.
f(x) = 1−x+x2
1+x+x 2
Aufgabe 12.11.8. Entwickeln Sie die ersten 6 Glieder der Funktion
in eine Potenzreihe mit Entwicklungspunkt 0.
f(x) = −5x4 −7x 2 +1
2x 3 −3x+1
Aufgabe 12.11.9. Entwickeln Sie die ersten 4 Glieder ungleich null der Funktion
∫ √1+z
f(z) = 3 dz
in eine Potenzreihe mit Entwicklungspunkt 0.
Lösungen
Lösung 12.11.1. Taylorreihe ist
1
1+x 2 = ∑ ∞
n=0 (−1)n x 2n , Konvergenzradius beträgt r = 1.
Lösung 12.11.2. Taylorreihe ist
arctan(x) =
und das Konvergenzintervall beträgt [−1,1].
∞∑
n=0
(−1) n
2n+1 x2n+1 ,

12.12. Erweiterte Ansatzmethode zur Reihenentwicklung 263
Unter Ausnutzung von 4arctan(1) = π haben wir nun die Möglichkeit die Zahl π auf beliebig
viele Stellen genau zu berechnen. Es gilt
π = 4
∞∑
n=0
(−1) n
2n+1 = 4( 1− 1 3 + 1 5 − 1 7 + 1 −+···)
9
= 3.1415926535897932384626433832795028841971693993751...
Da die Konvergenzgeschwindigkeit dieser Methode sehr schlecht ist, werden in der Praxis oft
andere Verfahren benutzt um die Zahl π explizit zu berechnen 5 .
Lösung 12.11.3. Taylorreihe ist e −x2 = ∑ ∞ (−1) n
n=0 n!
x 2n , Konvergenzradius beträgt r = +∞.
Lösung 12.11.4. Benutzen SiedieIdentität a x = e xln(a) . Taylorreihe ista x = ∑ ∞
Konvergenzradius beträgt r = +∞.
Lösung 12.11.5. Taylorreihe ist
(a+x) s = a s + sas−1
1!
x+ s(s−1)as−2
2!
x 2 +···+ s(s−1)(s−2)···(s−n+1)as−n
n!
x n +···
Konvergenzradius beträgt r = a.
Lösung 12.11.6. Taylorreihe ist ln(|1 + x|) = ∑ ∞
r = 1.
n=0
n=0
ln n (a)
n!
x n ,
(−1) n
n+1 xn+1 , Konvergenzradius beträgt
Lösung 12.11.7. Mit Ansatz ergibt sich f(x) = 1−2x+2x 2 −2x 4 +2x 5 +···.
Lösung 12.11.8. Mit Ansatz ergibt sich f(x) = 1+3x+2x 2 +4x 3 +x 4 −x 5 −11x 6 +···.
Lösung 12.11.9. Taylorreihe ist f(z) = z + 1 8 z4 − 1
eine Integrationskonstante ist.
56 z7 + 1
160 z10 −+··· +C, wobei C ∈ R
12.12 Erweiterte Ansatzmethode zur Reihenentwicklung
Im Folgenden wollen wir noch eine letzte Methode angeben um Taylorreihen von Funktionen
mit Singularitäten in ihren Singularitäten zu berechnen. Es handelt sich hier im Wesentlichen
um so genannte Laurentsche Reihen, die in der komplexen Analysis (Funktionentheorie)
studiert werden.
Beispiel 12.12.1. Betrachten wir die Funktion
f(x) = 1
cos(x) .
5 Diese am meisten zitierte Annäherungsformel für π stammt von Gottfried Wilhelm Leibniz. Diese Formel
bringt erst nach 2 Milliarden Termen nur 9 genaue Stellen und ist damit für die Berechnung von π hoffnungslos
ineffizient. Dafür fand 1706 John Machin eine sehr viel bessere arctan-Formel. Er berechnete damit immerhin
100 Dezimalstellen. Sie blieb der Standard für die Berechnung der π-Dezimalen bis ins Computerzeitalter.
Erst heutzutage werden bessere Annäherungen benötigt. Der Weltrekord wurde 1996 auf 8 Milliarden Stellen
geschraubt. Dies schafft heute schon ein PC. Im Dezember 2002 haben Y. Kanada und seine Kollegen von der
Universität Tokio die Berechnung von π auf 1.241 Billionen Stellen hochgeschraubt. Sie benötigten dazu 400
Stunden Rechenzeit auf einem Supercomputer von Hitachi.
Die Zahl π ist eine transzendente Zahl, d.h., sie ist nicht Lösungeiner polynomialen Gleichung mit ganzzahligen
Koeffizienten.

264 Kapitel 12. Unendliche Reihen
Wir machen den allgemeinen Ansatz
1
cos(x) = a 0 +a 1 x+a 2 x 2 +a 3 x 3 +··· .
Da der Kosinuseine gerade Funktion ist, folgt sofort, dass dieungeraden Koeffizienten unseres
Ansatzes verschwinden, i.e., a 2n+1 = 0füralle n ∈ N 0 . Nunkennen wir bereits diePotenzreihe
für cos(x) = ∑ ∞ (−1) n
n=0 (2n)! x2n , also folgt mit dem verdünnten Ansatz
1 =
Nach dem Ausmultiplizieren
(1− x2
2! + x4
4! − x6
6! +···)
(a 0 +a 2 x 2 +a 4 x 4 +···).
1 = a 0 +a 2 x 2 +a 4 x 4 +a 6 x 6 +a 8 x 8 +···
− a 0
2! x2 − a 2
2! x4 − a 4
2! x6 − a 6
2! x8 −···
+ a 0
4! x4 + a 2
4! x6 + a 4
4! x8 +···
− a 0
6! x6 − a 2
6! x8 −···
können wir einen Koeffizientenvergleich machen und erhalten
Damit folgt die Taylorreihe
a 0 = 1, a 0 = 1,
a 2 − a 0
2! = 0, a 2 = a 0
2 = 1 2 ,
.
. ..
a 4 − a 2
2! + a 0
4! = 0, a 4 = a 2
2 − a 0
24 = 5
24 ,
a 6 − a 4
2! + a 2
4! − a 0
6! = 0, a 6 = a 4
2 − a 2
24 + a 0
720 = 61
720 ,
.
1
cos(x) = 1+ 1 2 x2 + 5 24 x4 + 61
720 x6 +··· .
Beispiel 12.12.2. Betrachten wir die Funktion
f(x) = x2 −1
x
Dann sehen wir, dass f nicht mit den herkömmlichen Methoden in eine Potenzreihe mit
Entwicklungspunkt a = 0 zu entwickeln ist, da f bei x = 0 eine Polstelle hat. Würden wir
gleichwohl einen herkömmlichen Ansatz
x 2 −1
x
= a 0 +a 1 x+a 2 x 2 +a 3 x 3 +···
.

12.12. Erweiterte Ansatzmethode zur Reihenentwicklung 265
versuchen, erhielten wir
x 2 −1 = a 0 x+a 1 x 2 +a 2 x 3 +a 3 x 4 +···
undwirmüssenfeststellen, dassderKoeffizientenvergleich fehlschlägt, darechts derSummand
mit x 0 fehlt. Also versuchen wir einen besseren Ansatz mit einer einfachen Polstelle bei x = 0
x 2 −1
x
= a −1
x +a 0 +a 1 x+a 2 x 2 +a 3 x 3 +···
Eine solche Potenzreihe mit gebrochenrationalen Gliedern wird Laurentreihe genannt. Nun
multiplizieren wir wieder aus und erhalten
x 2 −1 = a −1 +a 0 x+a 1 x 2 +a 2 x 3 +a 3 x 4 +··· .
Diesmal glücktderKoeffizientenvergleich undwirerhaltendieKoeffizientena −1 = −1,a 0 = 0,
a 1 = 1 und a n = 0 für alle n ≥ 2. Damit folgt
Die Reihe bricht ab.
x 2 −1
x
= − 1 x +x.
Aufgaben
In den folgenden Aufgaben sollten Sie jeweils mit der am besten geeigneten Methode Reihen
entwickeln.
Aufgabe 12.12.1. Entwickeln Sie die ersten 5 Glieder der Funktion
f(x) = x2 −x+1
x(x−1)
in eine Potenzreihe mit Entwicklungspunkt a = 0.
Aufgabe 12.12.2. Entwickeln Sie die ersten 3 Glieder der Funktion
f(x) = 1
sin(x)
in eine Potenzreihe mit Entwicklungspunkt a = 0.
Aufgabe 12.12.3. Entwickeln Sie die ersten 3 Glieder der Funktion
f(x) =
in eine Potenzreihe mit Entwicklungspunkt a = 0.
1
cos(x)−1
Aufgabe 12.12.4. Entwickeln Sie die ersten 3 Glieder der Funktion
f(x) = cot(x)
in eine Potenzreihe mit Entwicklungspunkt a = 0.

266 Kapitel 12. Unendliche Reihen
Aufgabe 12.12.5. Entwickeln Sie die Funktion
φ(x) =
∫ x
0
e −t2 dt
in eine Potenzreihe mit Entwicklungspunkt a = 0. Bestimmen Sie ferner den Konvergenzradius.
Aufgabe 12.12.6. Entwickeln Sie die Funktion
f(x) =
∫ x
0
sin(t)
dt
t
in eine Potenzreihe mit Entwicklungspunkt a = 0. Bestimmen Sie ferner den Konvergenzradius.
Aufgabe 12.12.7. Entwickeln Sie die Funktion
f(x) =
∫ x
in eine Potenzreihe mit Entwicklungspunkt a = 0.
1
cos(t)
dt
t
Aufgabe 12.12.8. Entwickeln Sie die ersten 3 Glieder der Funktion
∫
dx
f(x) =
1−e x
in eine Potenzreihe mit Entwicklungspunkt a = 0.
Aufgabe 12.12.9. Entwickeln Sie die ersten 5 Glieder der Funktion
φ(k) =
∫ π
2
0
dx
√
1−k 2 sin 2 (x)
in eine Potenzreihe mit Entwicklungspunkt a = 0, wobei |k| < 1.
Lösungen
Lösung 12.12.1. Laurentreihe ist f(x) = − 1 x −x−x2 −x 3 −x 4 −···.
Lösung 12.12.2. Laurentreihe ist f(x) = 1 x + 1 6 x+ 7
360 x3 +···.
Lösung 12.12.3. Laurentreihe ist f(x) = − 2 x 2 − 1 6 − 1 5! x2 +···.
Lösung 12.12.4. Laurentreihe ist f(x) = 1 x − 1 3 x− 1 45 x3 +···.
Lösung 12.12.5. Taylorreihe ist
Konvergenzradius beträgt r = +∞.
φ(x) = ∑ ∞ (−1) n x 2n+1
n=0 n! 2n+1 ,

12.12. Erweiterte Ansatzmethode zur Reihenentwicklung 267
Lösung 12.12.6. Taylorreihe ist
Konvergenzradius beträgt r = +∞.
Lösung 12.12.7. Potenzreihe ist
f(x) = x− x3
3·3! + x5
5·5! − x7
7·7! + x9
9·9! −+···
f(x) = ln(x)− x2
2·2! + x4
4·4! − x6
6·6! + x8
8·8! −···+ 1
2·2! − 1
4·4! + 1
6·6! − 1
8·8! +··· .
Lösung 12.12.8. Potenzreihe ist f(x) = −ln(x) + 1 2 x − 1
24 x2 +··· +C, wobei C ∈ R eine
Integrationskonstante ist.
Lösung 12.12.9. Taylorreihe ist
φ(k) = π (
2 1+
1
4 k2 + 9 64 k4 + 25
256 k6 + 1225
16384
+···).
k8

268 Kapitel 12. Unendliche Reihen

Kapitel 13
Funktionen mehrerer unabhängiger
Variablen
13.1 Motivation und Definitionen
In den Anwendungen der Mathematik kommen häufig Beziehungen zwischen verschiedenen
Grössen vor. Insbesondere spielen Beziehungen eine grosse Rolle, bei denen eine Grösse von
mehreren anderen abhängt. Wir sprechen in diesem Fall von einer Funktion von mehreren
Variablen.
Beispiel 13.1.1 (Reihenschaltung von Ohmschen Widerständen). Bei der Reihenschaltung
von n Ohmschen Widerständen R 1 ,...,R n addieren sich die Einzelwiderstände zu einem
Gesamtwiderstand
R(R 1 ,...,R n ) = R 1 +···+R n .
Der Gesamtwiderstand R ist somit eine Funktion der n unabhängigen Variablen R 1 ,...,R n .
Beispiel 13.1.2 (Schiefer Wurf). Die Flugbahn eines Objekts, das unter dem Winkel α
(gemessen zur Horizontalen) mit einer Geschwindigkeit v 0 im Gravitationsfeld der Erde abgeworfen
wird, hat die Parametrisierung
x(t) = v 0 tcos(α)
y(t) = v 0 tsin(α)− g 2 t2 .
Daraus lässt sich die Wurfweite ermitteln, indem wir mit der Gleichung y(t) = 0 die Flugzeit
t E = 2v 0
g
sin(α) ermitteln und in x(t) einsetzen. Wir erhalten
W(α,v 0 ) = 2v2 0
g sin(α)cos(α) = v2 0
g sin(2α).
Die Wurfweite ist eine Funktion von zwei Variablen.
Allgemein schreiben wir für eine Funktion von n unabhängigen Variablen x 1 ,...,x n
f : R n → R.
269

270 Kapitel 13. Funktionen mehrerer unabhängiger Variablen
13.2 Geometrische Darstellung
Erinnern wir uns kurz, wie wir Grafen von Funktionen einer Variablen f : X f → R grafisch
darstellen. Wir tragen über jedem Abszissenwert x ∈ X f die Höhe y = f(x) ab. Alle
Punktepaare P(x,f(x)) zusammen ergeben den Grafen der Funktion f.
y
y = f(x)
y
P
•
•
x
x
Abbildung 13.2.i: Darstellung der Funktion f einer Variablen mittels Grafen y = f(x).
Nun machen wir genau das gleiche mit Funktionen zweier Variablen f : R 2 → R. Jedem
Punkt P 1 (x,y) in der Grundebene wird der Punkt
P(x,y,z) = P(x,y,f(x,y))
zugeordnet. Die Gesamtheit der Punkte P bildet eine Fläche im Raum.
z
z = f(x, y)
•
P
x
x
•
P 1
y
y
Abbildung 13.2.ii: Darstellung der Funktion f zweier Variablen mittels Grafen z = f(x,y).
Funktionen, die von drei oder mehr Variablen abhängen, können nicht mehr im dreidimensionalen
Raum dargestellt werden, da es im dreidimensionalen Raum zu wenig Platz hat, um
vier oder mehr Dimensionen darstellen zu können. Ausgehend vom Begriff der Fläche im dreidimensionalen
Raum wird in Analogie dazu der Begriff der Hyperfläche im n-dimensionalen
Raum verwendet.
Es stellt sich das Problem zu einer gegebenen Funktionsgleichung z = f(x,y) die zugehörige
Fläche zu visualisieren. Eine Methode besteht darin, zu den drei Koordinatenebenen parallele
Ebenen zu legen und diese mit der Fläche zu schneiden. Diese Schnittkurven ergeben uns
oft ein ausreichendes Bild, um uns die Fläche bildlich vorstellen zu können. Ein Beispiel
dazu sind die Höhen- oder Niveaulinien einer Flächendarstellung z = f(x,y), die durch

13.2. Geometrische Darstellung 271
Schnitte mit Ebenen parallel zur xy-Koordinatenebene entstehen. Die Schnittkurven genügen
den impliziten Kurvengleichungen f(x,y) = const. In einer topologischen Reliefkarte werden
oft die Höhenlinien dargestellt. Dabei bedeuten eng beieinander liegende Höhenlinien eine
grosse Steigung und weit auseinander liegende eine kleine Steigung.
Moderne Computeralgebrasysteme wie Maple, Mathcad, Mathematica oder Matlab sind sehr
gut geeignet, um recht einfach ansprechende Grafiken erzeugen zu können.
Beispiel 13.2.1 (Ebenendarstellungen). Im Folgenden betrachten wir einige Ebenendarstellungen.
Alle Grafiken sind mit dem Computeralgebrasysteme Maple 8 hergestellt worden.
Abbildung 13.2.iii: Die Ebene mit der Gleichung z = x+y +3.
Abbildung 13.2.iv: Die Ebene mit der Gleichung z = y.
Aufgaben
Aufgabe 13.2.1. Bestimmen Sie den jeweiligen maximalen Definitionsbereich der folgenden
Funktionen.

272 Kapitel 13. Funktionen mehrerer unabhängiger Variablen
a. f(x,y) = 1−x 2 −y 2
b. f(x,y) = √ 1−x 2 −y 2
c. f(x,y) = √ x 2 +y 2 −1
d. f(x,y) = √ x 2 +y 2 +1
√
y
e. f(x,y) =
2
4 −x2
f. f(x,y) = ln(x 2 +y 2 )
Aufgabe 13.2.2. Machen Sie sich ein Bild vom Aussehen der Flächen, die durch die folgende
Gleichungen gegeben sind. Benutzen Sie, falls vorhanden, auch elektronische Hilfsmittel.
a. z = 1−x 2 −y 2
b. z = √ 1−x 2 −y 2
c. z = ± √ x 2 +y 2 −1
d. z = ± √ x 2 +y 2 +1
e. z 2 = y2
4 −x2
f. z = ln(x 2 +y 2 )
Lösungen
Lösung 13.2.1.
a. X f = R 2
b. X f = {x ∈ R,y ∈ R | x 2 +y 2 ≤ 1}
c. X f = {x ∈ R,y ∈ R | x 2 +y 2 ≥ 1}
d. X f = R 2
e. X f = {x ∈ R,y ∈ R | |y| ≥ 2|x|}
f. X f = R 2 −{(0,0)}
Lösung 13.2.2. Siehe Mathcad-File: Lösung 13.2.2 Flächendarstellungen.mcd
13.3 Partielle Ableitungen
Wir betrachten den Punkt P(x 0 ,y 0 ,f(x 0 ,y 0 )) auf der Fläche z = f(x,y). Gesucht sind die
Steigungen der Tangenten in x- und y-Richtung im Punkt P an die Fläche. Als Sekantensteigungen
in P(x 0 ,y 0 ,f(x 0 ,y 0 )) in x- und y-Richtung erhalten wir
tan(σ x ) = f(x 0 +∆x,y 0 )−f(x 0 ,y 0 )
∆x
tan(σ y ) = f(x 0,y 0 +∆y)−f(x 0 ,y 0 )
∆y
in x-Richtung,
in y-Richtung.
Daraus ergeben sich die Tangentensteigungen in x- und y-Richtung bei P(x 0 ,y 0 ,f(x 0 ,y 0 )) an
die Fläche durch den Grenzübergänge ∆x → 0 und ∆y → 0. Wir erhalten die Tangentensteigungen
in x- und y-Richtung
f(x 0 +∆x,y 0 )−f(x 0 ,y 0 )
tan(α) = lim
= ∂ ∣
∆x→0 ∆x ∂x f(x,y) ∣∣∣x=x0
= f x (x 0 ,y 0 ),
y=y 0
f(x 0 ,y 0 +∆y)−f(x 0 ,y 0 )
tan(β) = lim
= ∂ ∣
∆y→0 ∆y ∂y f(x,y) ∣∣∣x=x0
= f y (x 0 ,y 0 ).
y=y 0

13.3. Partielle Ableitungen 273
z
z = f(x, y)
f(x 0 + ∆x,y 0 )
α
P
•
β
f(x 0 ,y 0 + ∆y)
x
∆x
∆y
•
P 0 (x 0 , y 0 , 0)
x 0
y 0
y
Abbildung 13.3.i: Die partiellen Ableitungen im Punkt P werden gebildet. Bild: T. Heim
Diese Grenzwerte heissen partielle Ableitungen, da jeweils nur eine Variable variiert wird.
Die praktische Berechnungeiner partiellen Ableitungerfolgt mitdengewohnten Ableitungsregeln,
indem alle anderen Variablen während der Ableitung als Konstanten betrachtet werden.
Die partielle Ableitung wird deshalb auch mit dem Zeichen ∂ speziell gekennzeichnet.
Beispiel 13.3.1. Wir betrachten die Funktion
f(x,y) = x 2 +y 2 ,
dessen grafische Darstellung ein Rotationsparaboloid ist. Die Tangentensteigungen im Punkt
Abbildung13.3.ii: Das Rotationsparaboloid mitderGleichung z = x 2 +y 2 , dasdurchRotation
einer Parabel um die z-Achse entsteht.
P(1,2,5) längs den Koordinatenachsen seien zu berechnen. Wir identifizieren x 0 = 1, y 0 = 2
und demzufolge z 0 = f(1,2) = 5, also sind die partiellen Ableitungen
∂
∂x f(x,y) = f x(x,y) = 2x und
∂
∂y f(x,y) = f y(x,y) = 2y.

274 Kapitel 13. Funktionen mehrerer unabhängiger Variablen
Daraus ergeben sich die Tangentensteigung im Punkt P(1,2,5) zu
tan(α) = ∂
∂x f(x,y) ∣
∣∣∣x=1
y=2
= f x (1,2) = 2
tan(β) = ∂ ∣
∣∣∣x=1
∂y f(x,y) = f y (1,2) = 4.
Beispiel 13.3.2. Wir betrachten die Funktion
y=2
f(x,y) = x y .
Die partiellen Ableitungen ergeben sich zu
∂
∂x f(x,y) = f x(x,y) = 1 y
und
∂
∂y f(x,y) = f y(x,y) = − x y 2.
Aufgaben
Berechnen Sie jeweils die ersten partiellen Ableitungen der folgenden Funktionen.
Aufgabe 13.3.1. f(x,y) = x 3 −8x 2 y +xy 2 +15x−20y +2
Aufgabe 13.3.2. f(x,y,z) = x 5 +6x 3 y −2x 2 yz +3yz 3
Aufgabe 13.3.3. f(x,y) = 3x2 +2xy 2
1−x
Aufgabe 13.3.4. f(x,y) = cos(x+y)cos(x−y)
Aufgabe 13.3.5. f(x,y) = arctan( y x )
Aufgabe 13.3.6. f(x,y,z) = e x ln(y)+z 2 cos(y)
Aufgabe 13.3.7. v(p,t) = v 0
p 0
p
(1+αt)
Aufgabe 13.3.8. I 1 (R 1 ,R 2 ) = I
Lösungen
R 2
R 1 +R 2
Lösung 13.3.1. f x (x,y) = 3x 2 −16xy +y 2 +15 und f y (x,y) = −8x 2 +2xy −20
Lösung 13.3.2. f x (x,y,z) = 5x 4 + 18x 2 y − 4xyz, f y (x,y,z) = 6x 3 − 2x 2 z + 3z 3 und
f z (x,y,z) = −2x 2 y +9yz 2
Lösung 13.3.3. f x (x,y) = 6x+2y2 −3x 2
(1−x) 2
und f y (x,y) = 4xy
1−x
Lösung 13.3.4. f x (x,y) = −sin(2x) und f y (x,y) = −sin(2y)
Lösung 13.3.5. f x (x,y) = − y
x 2 +y 2 und f y (x,y) = x
x 2 +y 2
Lösung 13.3.6. f x (x,y,z) = e x ln(y), f y (x,y,z) = ex y −z2 sin(y) und f z (x,y,z) = 2zcos(y)
Lösung 13.3.7. v p (p,t) = −v 0
p 0
p 2 (1+αt) und v t (p,t) = v 0
p 0
p
α
Lösung 13.3.8.
∂I 1
R 2
∂R 1
(R 1 ,R 2 ) = −I
(R 1 +R 2
und ∂I ) 2 1
∂R 2
(R 1 ,R 2 ) = I
R 1
(R 1 +R 2 ) 2

13.4. Der Satz von Schwarz 275
13.4 Der Satz von Schwarz
Sinngemässlässt sichderBegriff derpartiellen AbleitungauchaufFunktionenf : R n → Rvon
n Variablen x 1 ,...,x n ausdehnen. Für die partiellen Ableitungen schreiben wir entsprechend
∂ ∂
f,..., f oder in der Kurzschreibweise f x1 ,...,f xn .
∂x 1 ∂x n
Es lassen sich auch partielle Ableitungen höherer Ordnung bilden. Zweite Ableitungen
schreiben sich dann ( )
∂ ∂
f = f xi x
∂x j ∂x j
,
i
wobei i,j ∈ {1,...,n}. Beachten Sie, dass hier zuerst nach x i und dann nach x j partiell
abgeleitet wird. Im Falle einer Funktionen f : R 2 → R zweier Variablen x und y haben wir
also bereits vier zweite Ableitungen zu bilden, d.h. f xx , f yy und die gemischten f yx , f xy .
f
f x
f y
1. Ordnung
f xx
f xy
f yx
f yy 2. Ordnung
f xxx f xxy f xyx f xyy f yxx f yxy f yyx f yyy 3. Ordnung
Abbildung 13.4.i: Die verschiedenen gemischten Ableitungen bis zur 3. Ordnung einer Funktion
f : R 2 → R zweier Variablen x und y
Bei den gemischten Ableitungen können wir uns in gewissen Fällen ein Teil der Arbeit ersparen,
da der folgende Satz von Schwarz gilt.
Satz 13.4.1 (Hermann Amadeus Schwarz, 1843-1921). Unter der Voraussetzung, dass die
Funktion f und ihre partiellen Ableitungen stetig sind, ist die Reihenfolge der partiellen Differenziation
gleichgültig.
Abbildung 13.4.ii: Hermann Amadeus Schwarz, 1843-1921

276 Kapitel 13. Funktionen mehrerer unabhängiger Variablen
Im Falle einer Funktion zweier Variablen gilt dann unter der Voraussetzung der Stetigkeit der
partiellen Ableitungen, dass
f xy = f yx .
Beispiel 13.4.1. Wir betrachten die Funktion f(x,y) = e xy und berechnen
f x (x,y) = ye xy , f xy (x,y) = e xy +xye xy ,
f y (x,y) = xe xy , f yx (x,y) = e xy +yxe xy .
Dass die Voraussetzung der Stetigkeit der partiellen Ableitungen wirklich nötig ist, zeigt das
folgende Beispiel.
Beispiel 13.4.2. Sind die Voraussetzungen des Satzes von Schwarz 13.4.1 nicht erfüllt, dann
kann f xy ≠ f yx sein. Es sei die Funktion
{
xy x2 −y 2
f(x,y) = x 2 +y
wenn (x,y) ≠ (0,0)
2
0 wenn (x,y) = (0,0)
gegeben. Dann gilt f x (0,y) = −y und f y (x,0) = x, also folgt f xy (0,0) ≠ f yx (0,0). In diesem
Fall sind die zweiten partiellen Ableitungen im Ursprung unstetig.
Abbildung 13.4.iii: Die zweite partielle Ableitung f xy der Funktion f in Beispiel 13.4.2 ist
unstetig im Ursprung. Sie hat dort eine Sprungstelle.
Für bestimmte Kombinationen von partiellen Ableitungen gibt es spezielle Symbole. Es sei f
eine Funktion dreier Variablen x,y,z, dann schreiben wir zum Beispiel
△f = ∂2 ∂2 ∂2
∂x2f +
∂y2f +
∂z 2f = f xx +f yy +f zz .
Dies ist der so genannte Laplace-Operator.
Aufgaben
Aufgabe 13.4.1. Berechnen Sie alle ersten und zweiten partiellen Ableitungen der folgenden
Funktionen. Überprüfen Sie jeweils die Aussage des Satz von Schwarz.

13.4. Der Satz von Schwarz 277
Abbildung 13.4.iv: Pierre Simon Laplace, 1749-1827
a. f(x,y) = x 5 +2x 3 y 2 +2y 5
b. f(x,y,z) = xy +yz +zx.
c. f(x,y) = x−y
x+y
d. f(x,y) = 2sin(x+y)cos(x−y)
)
e. f(x,y) = ln
(
sin(y)
sin(x)
Aufgabe 13.4.2. Es sei die Funktion f(x,y,z) = (x − y) z gegeben. Zeigen Sie, ohne den
Satz von Schwarz zu benutzen, dass f xyz = f zyx .
Aufgabe 13.4.3. Es sei die Funktion f(x,y,z) = x 2 ln(sin(y−z)) gegeben. Zeigen Sie, ohne
den Satz von Schwarz zu benutzen, dass f xyz = f zyx und f yyz = f zyy .
Aufgabe 13.4.4. Es sei die Funktion f(x,y) = e y arcsin(x − y) gegeben. Zeigen Sie, dass
f x +f y = f.
Aufgabe 13.4.5. Es sei die Funktion f(x,y,z) = ln(x 3 +y 3 +z 3 −3xyz) gegeben. Berechnen
Sie f x +f y +f z .
x 2
y
Aufgabe 13.4.6. Es sei die Funktion f(x,y) = e
2 gegeben. Zeigen Sie, dass xf x +yf y = 0.
(√ )
Aufgabe 13.4.7. Berechnen Sie △f für die Funktion f(x,y,z) = ln x 2 +y 2 +z 2 .
(
Aufgabe 13.4.8. Berechnen Sie △f für die Funktion f(x,y,z) = ln
Lösungen
Lösung 13.4.1.
a. f xx = 20x 3 +12xy 2 , f yy = 4x 3 +40y 3 und f xy = f yx = 12x 2 y
b. f xx = f yy = f zz = 0 und f xy = f yz = f zx = 1
1
x 2 +y 2 +z 2 ).

278 Kapitel 13. Funktionen mehrerer unabhängiger Variablen
c. f xx = − 4y
(x+y) 3 , f yy = 4x
(x+y) 3 und f xy = f yx = 2x−2y
(x+y) 3
d. f xx = −4sin(2x), f yy = −4sin(2y) und f xy = f yx = 0
e. f xx = 1
sin 2 (x) , f yy = − 1
sin 2 (y) und f xy = f yx = 0
Lösung 13.4.2. Gring abe u ableite ...
Lösung 13.4.3. kein weiterer Kommentar
Lösung 13.4.4. kein weiterer Kommentar
Lösung 13.4.5. f x (x,y,z)+f y (x,y,z)+f z (x,y,z) = 3
x+y+z
Lösung 13.4.6. kein weiterer Kommentar
Lösung 13.4.7. △f(x,y,z) =
1
x 2 +y 2 +z 2
Lösung 13.4.8. △f(x,y,z) = −
2
x 2 +y 2 +z 2
13.5 Das vollständige Differenzial, Linearisieren
Bei einer Funktion einer unabhängigen Variablen y = f(x) ist die Änderungen des Funktionswertes
1 ∆y und das Differenzial dy folgendermassen definiert (vgl. Kapitel 4.10.a). Die
y
y = f(x)
P 1
•
P
•
dx
dy
∆y
x
x + dx
x
Abbildung 13.5.i: Das Differenzial bei einer Funktion einer Variablen.
Steigung der Tangente an die Kurve y = f(x) im Punkt P ist y ′ = f ′ (x). Das Differenzial
dy = f ′ (x)dx
beschreibtdieLängederGegenkathete imTangentendreieck, wenndieAnkathetedieLänge
dx hat. Im Gegensatz dazu beschreibt
∆y = f(x+dx)−f(x)
1 Verwechseln Sie nicht die Änderungen des Funktionswerts ∆y mit dem Laplace-Operator △ aus Kapitel
13.4

13.5. Das vollständige Differenzial, Linearisieren 279
den effektiven Zuwachs des Funktionswerts. Ersetzen wir nun für kleine 2 dx den effektiven
Zuwachs ∆y durch das Differenzial dy, so machen wir den Fehler
|∆y −dy|.
BeimErsetzenvon∆y mitdy,ersetzenwirdieKurveimPunktP durchihreTangente.Diesist
eine Approximation erster Ordnung, die so genannte Linearisierung. Den Approximationsfehler
nennen wir den Linearisierungsfehler.
Analoge Betrachtungen können auch für Funktionen von zwei und mehr Variablen durchgeführt
werden. Aus Abbildung 13.5.ii erhalten wir den effektiven Funktionswertzuwachs
∆f = f(x+dx,y +dy)−f(x,y).
Für den linearisierten Zuwachs ergibt sich analog zum eindimensionalen Fall die Zunahme bis
zur Tangentialebene
df = f x dx+f y dy.
Wir nennen diesen linearen Zuwachs das vollständige 3 Differenzial der Funktion f.
z
f(x + dx,y + dy)
•
•
•
•
P 1
P
f(x + dx,y)
f(x,y + dy)
•
•
•
•
f y dy
f x dx
dx
•
dy
•
y
y
x
•
P 0 (x,y,0)
x
Abbildung13.5.ii: Das vollständige Differenzial bei einer Funktion zweier Variablen. Die graue
Fläche ist die Tangentialebene an die Fläche z = f(x,y) im Punkt P. Bild: T. Heim
Beispiel 13.5.1. Es seien f(x,y) = x 2 + y 2 und der Punkt P(1,1,2) gegeben. Bei einer
Änderung in x- und y-Richtung von dx = dy = 1 ergibt sich ein effektiver Zuwachs von
∆f = f(1+1,1+1)−f(1,1) = 8−2 = 6.
Das vollständige Differenzial ist df = 2xdx +2ydy, also erhalten wir für den linearisierten
Zuwachs
df = 2·1·1+2·1·1 = 4.
2 Klein ist natürlich ein relativer Begriff. Wenige Prozente der Grösse x.
3 In der Literatur findet sich auch der Begriff des totalen Differenzials. Der Autor ist bestrebt, diesen
Begriff aus nahe liegenden Gründen zu meiden.

280 Kapitel 13. Funktionen mehrerer unabhängiger Variablen
Der Unterschied zwischen effektivem und linearisierten Zuwachs ergibt sich zu
|∆f −df| = 6−4 = 2.
Bei der Linearisierung machen wir diesen Fehler. Beachten Sie, dass der Linearisierungsfehler
umso kleiner ist, desto kleiner die Änderungen sind.
In analoger Weise wie in zwei Dimensionen kann eine Funktion in mehreren Variablen linearisiert
werden Es sei die Funktion f in den Variablen x 1 ,...,x n gegeben. Die Variablen
x 1 ,...,x n sollen nun um dx 1 ,...,dx n verändert werden. Das vollständige Differenzial,
der so genannte linearisierte Funktionswertzuwachs, ergibt sich zu
Der effektive Funktionswertzuwachs ist
df = f x1 dx 1 +···+f xn dx n .
∆f = f(x 1 +dx 1 ,...,x n +dx n )−f(x 1 ,...,x n ).
Für kleine Variablenänderungen dx 1 ,...,dx n gilt
∆f ≈ df,
das heisst, es kann ∆f näherungsweise durch df ersetzt werden.
Aufgabe
Aufgabe 13.5.1. Berechnen Sie ∆f und df und deren Linearisierungsfehler für die Funktion
f(x,y) = y 2 +xy mit x = 1, y = 2 und dx = 0.2, dy = 0.1
Lösung 13.5.1. ∆f = 0.93 und df = 0.90
Beispiel 13.5.2. Der Flächeninhalt eines Rechtecks mit den Seitenlängen x und y ist
F(x,y) = xy.
Nun vergrössern wir die eine Seite um dx und die andere Seite um dy.
dy
x
y
dx
y + dy
x + dx
Abbildung 13.5.iii: Der Linearisierungsfehler bei der Berechnung des Flächeninhalts eines
Rechtecks.
Dann ergibt sich der linearisierte Flächenzuwachs
dF = F x (x,y)dx+F y (x,y)dy = ydx+xdy,

13.5. Das vollständige Differenzial, Linearisieren 281
und der effektive Flächenzuwachs ist
∆F = F(x+dx,y +dy)−F(x,y) = (x+dx)(y +dy)−xy = ydx+xdy +dxdy.
Der Linearisierungsfehler wird
|∆F −dF| = dxdy.
Es handelt sich beim Linearisierungsfehler also um das kleine Flächenstück oben rechts in der
Abbildung 13.5.iii. Dieses Flächenstück wird beim vollständigen Differenzial vernachlässigt.
Allgemein gilt: Beim Linearisieren werden Potenzen höherer als erster Ordnung der Differenziale
vernachlässigt. Wir sprechen von einer Rechnung in erster Näherung.
Aufgaben
Aufgabe 13.5.2. Berechnen Sie für die Funktion f(x,y,z) = xy + yz + zx die Funktionsänderung
∆f und das vollständige Differenzial df an der Stelle x = 2, y = 3 und z = 1,
wenn die Veränderungen dx = 0.1, dy = −0.2 und dz = 0.2 gegeben sind.
Aufgabe 13.5.3. Berechnen Sie ∆f und df für die Funktion f(x,y) = x2
y
an der Stelle
x = 12, y = −3 mit dx = dy = 0.2.
Aufgabe 13.5.4. Berechnen Sie für die folgenden Funktionen jeweils das vollständige Differenzial.
a. f(x,y) = 4x 3 −6x 2 y 2 +4y 3
b. f(x,y) = x y + y x
c. f(x,y) = x y
d. f(x,y) = e x sin(y)
(√ )
e. f(x,y,z) = ln x 2 +y 2 +z 2
Lösungen
Lösung 13.5.2. ∆f = 0.76 und df = 0.8
Lösung 13.5.3. ∆f = −5.16 und df = −4.8
Lösung 13.5.4.
a. df(x,y) = 12x(x−y 2 )dx+12y(y −x 2 )dy
b. df(x,y) = x2 −y 2
x 2 y 2 (ydx−xdy)
c. df(x,y) = yx y−1 dx+x y ln(x)dy
d. df(x,y) = e x (sin(y)dx+cos(y)dy)
e. df(x,y,z) =
1
x 2 +y 2 +z 2 (xdx+ydy +zdz)

•
282 Kapitel 13. Funktionen mehrerer unabhängiger Variablen
13.6 Erste Anwendung der Fehlerrechnung
Die Theorie des vollständigen Differenzials findet Verwendung in der Fehlerrechnung, wie im
Weiteren gezeigt wird. Wir bringen eine erste Anwendung in diesem Gebiet.
Beispiel 13.6.1. Welche Änderung ∆β ergibt sich annähernd für den Winkel β eines rechtwinkligen
Dreiecks, wenn die Ankathete b = 28m um 5cm vergrössert und die Hypothenuse
c = 35m um 10cm verkleinert wird?
β
a
c
β + ∆β
c + dc
b
db
Abbildung 13.6.i: Die Änderung ∆β des Winkels β eines rechtwinkligen Dreiecks, wenn die
Ankathete b verlängert und die Hypothenuse c verkürzt wird.
Im rechtwinkligen Dreieck haben wir sin(β) = b c
, also ist der Winkel
( b
β(b,c) = arcsin
c)
eine Funktion zweier Variablen. Eine Approximation für die Änderung ∆β ist gegeben durch
das vollständige Differenzial
dβ(b,c) = ∂β ∂β
(b,c)db+
∂b
1
= 1 √
c
=
1− ( b
c
∂c (b,c)dc
)
db− b 1
2 c 2 √
(
1
√ db− b )
c 2 −b 2 c dc .
1− ( )
dc
b 2
Einsetzen der Werte b = 28m, db = 0.05m und c = 35m, dc = −0.1m ergibt
(
1
dβ = √ 0.05m− 28m )
(35m) 2 −(28m) 2 35m (−0.1m) = 0.00619 [Bogenmass].
Diese entspricht ungefähr einer Änderung des Winkels von dβ = 21.28 ′ .
Im Vergleich dazu ist die reale Änderung des Winkels
∆β = β(b+db,c+dc)−β(b,c)
( ) ( b+db b
= arcsin −arcsin
c+dc c)
( ) ( )
28m+0.05m 28m
= arcsin −arcsin = 0.00623 [Bogenmass].
35m−0.1m 35m
Diese entspricht einer effektiven Änderung des Winkels von ∆β = 21.43 ′ .
Der Linearisierungsfehler |∆β −dβ| = 0.15 ′ ist sehr klein und damit vernachlässigbar.
c

13.7. Museum of Mathematical Art 283
Aufgabe
Aufgabe 13.6.1. Um welchen Wert ändert sich die Fläche F eines Dreiecks (effektiv, resp.
linear approximativ), wenn die Seiten a = 10m, b = 16m und der eingeschlossene Winkel
γ = 60 ◦ betragen und die Änderungen da = db = 0.2m und dγ = 1 ◦ gegeben sind?
Lösung 13.6.1. Die effektive Flächenänderung beträgt ∆F = 2.98m 2 und die linearisierte
dF = 2.95m 2 .
13.7 Museum of Mathematical Art
Die nachfolgenden Bilder sind zum geniessen da. Alle Darstellungen sind mit dem Computeralgebrasysteme
Maple 8 hergestellt worden.
Abbildung 13.7.i: Die Sattelfläche mit der Gleichung z = x 2 −y 2 .
Abbildung 13.7.ii: Die Fläche mit der Gleichung z = 4−x 2 −4y 2 .

284 Kapitel 13. Funktionen mehrerer unabhängiger Variablen
Abbildung 13.7.iii: Die Eierkarton-Fläche mit der Gleichung z = sin(x)sin(y).
Abbildung 13.7.iv: Die Fläche mit der Gleichung z = x+y
x 2 +y 2 +1 .
Abbildung 13.7.v: Die Fläche mit der Gleichung z = tanh(x)tanh(y).

13.7. Museum of Mathematical Art 285
Abbildung 13.7.vi: Die Fläche mit der Gleichung z = sin(x2 +y 2 )
. Es handelt sich hierbei um
x 2 +y 2
eine Rotationsfläche.
Abbildung 13.7.vii: Die Fläche mit der Gleichung z = sin(|x|+|y|)
|x|+|y|
.
Abbildung 13.7.viii: Die Fläche mit der Gleichung z = sin(x2 +y 2 )
|x|+|y|
.

286 Kapitel 13. Funktionen mehrerer unabhängiger Variablen
Abbildung 13.7.ix: Die Fläche mit der Gleichung z = xye −(x+y)2 .

Kapitel 14
Ableitung impliziter Funktionen
Das nachfolgende Kapitel 14.1 repetiert und ergänzt Kapitel 4.12 über die Ableitung impliziter
Funktionen. Mit Hilfe der Betrachtungen über Funktionen zweier Variablen und deren
vollständigem Differenzial lässt sich die Differenziation impliziter Funktionen unter einem
etwas anderen (aber im Prinzip gleichen) Blickwinkel betrachten.
14.1 Das vollständige Differenzial einer impliziten Funktion
Es ist eine Tatsache der Mathematik, dass sich nicht jede Gleichung F(x,y) = 0 explizit
nach y auflösen lässt, z.B. xy +cos(x +y) = 0, x = ye y oder ax 5 +bx 3 y 2 + cxy 4 +y 5 = 0.
Gleichwohl sind wir oft an der Steigung der Tangenten in einem bestimmten Kurvenpunkt
interessiert. Zu diesem Zweck ist es nicht nötig, die implizite Funktion F(x,y) = 0 explizit
nach y aufzulösen, wie wir im Folgenden sehen werden.
Die Gleichung
F(x,y) = 0
definiertinderEbeneeineKurve.Wirwollen imFolgenden dieSteigungeinerKurventangente
bestimmen.DieKurveF(x,y) = 0kannalsSchnittkurvederFlächez = F(x,y)mitderEbene
z = 0 aufgefasst werden. Das vollständige Differenzial von F ist
Da F = 0 gilt, folgt dF = 0. Somit ist
dF = ∂F ∂F
dx+
∂x ∂y dy.
∂F ∂F
dx+ dy = 0.
∂x ∂y
Nach Division durch dx erhalten wir
∂F
∂x + ∂F dy
∂y dx = F x +F y y ′ = 0
und aufgelöst nach y ′ ergibt sich
y ′ = − F x
F y
.
Es zeigt sich, dass oft nicht nach y aufgelöst werden kann, hingegen lässt sich y ′ immer
berechnen.
287

288 Kapitel 14. Ableitung impliziter Funktionen
Abbildung 14.1.i: Tangentialebene an die Fläche z = F(x,y) im Punkt P(x,y,0). Bild: aus
[17], Seite 400.
Beispiel 14.1.1. Die Tangentensteigung am Kreis
x 2 +y 2 = 4
im Punkt P(1, √ 3) ist gesucht. Somit ist F(x,y) = x 2 +y 2 −4. Wir berechnen die partiellen
Ableitungen F x = 2x und F y = 2y und daraus die Tangentensteigung
y ′ (x,y) = − 2x
2y = −x y .
Die Steigung im gesuchten Punkt ist demzufolge y ′ (1, √ 3) = − 1 √
3
.
Beispiel 14.1.2. Die Tangente an die Parabel
y 2 = 2px
im Punkt P(x 0 ,y 0 ) ist gesucht. Somit ist F(x,y) = y 2 − 2px. Wir berechnen wiederum die
partiellen Ableitungen F x = −2p und F y = 2y und daraus die Tangentensteigung
y ′ (x,y) = − −2p
2y = p y .
Die Gleichung der Tangenten im Punkt P(x 0 ,y 0 ) mit der Steigung p y 0
ist
y −y 0
x−x 0
= p y 0
(vgl. Kapitel 2.3). Durch Ausmultiplizieren erhalten wir yy 0 − 2px 0 = px − px 0 . Wenn wir
y 2 0 = 2px 0 ersetzen, dann folgt die implizite Tangentengleichung
yy 0 = p(x+x 0 )
und die nach y aufgelöste explizite Tangentengleichung
y = p y 0
x+ 1 2 y 0.

14.1. Das vollständige Differenzial einer impliziten Funktion 289
Mit dem nachfolgenden Beispiel wollen wir aufzeigen, dass im Falle von Funktionen das Differenzieren
impliziter Funktionen das uns bekannte Resultat liefert.
Beispiel 14.1.3. Wir wollen die Steigung der Tangente an die Kurve mit der Gleichung
y = f(x) bei x mit der Methode der Differenziation impliziter Funktionen berechnen. Also
gilt für die Kurve die implizite Gleichung
und somit
F(x,y) = y −f(x) = 0
F x = −f ′ (x) und F y = 1.
Dies ergibt die uns bekannte Tangentensteigung im Punkt P(x,y)
Aufgaben
y ′ = − F x
= − −f′ (x)
= f ′ (x).
F y 1
Aufgabe 14.1.1. Berechnen Sie die Neigungen der Tangenten, die an die Kurve mit der
Gleichung y 3 −3y +x = 0 in den Schnittpunkten der Kurve mit der y-Achse gelegt sind.
Aufgabe 14.1.2. Bestimmen Sie die Ableitung y ′ der Funktion (y + 2)sin(x)−sin(y) = 0
im Ursprung.
Aufgabe 14.1.3. Berechnen Sie die erste Ableitung der Funktionen mit den impliziten Darstellungen.
a. xy = y x
b.
1
2 ln(x2 +y 2 )−ln|c| = arctan( y x )
Aufgabe 14.1.4. UnterwelchenWinkelnschneideneinanderdieKurvenmitdenGleichungen
Lösungen
x 2 +4y 2 −100 = 0 und x 2 −y 2 −20 = 0?
Lösung 14.1.1. Es hat drei Schnittpunkte y 0 = 0, y 1 = √ 3 und y 2 = − √ 3. Demzufolge sind
die drei Neigungen m 0 = 1 3 , m 1 = m 2 = − 1 6 .
Lösung 14.1.2. y ′ (0,0) = 2
Lösung 14.1.3.
a. y ′ (x,y) = − y−yx ln(y)
x−xy x−1
b. y ′ (x,y) = x+y
x−y
Lösung 14.1.4. Die Schnittpunkte sind P(±6,±4) und der Schnittwinkel beträgt 76 ◦ 52 ′ .

290 Kapitel 14. Ableitung impliziter Funktionen

Kapitel 15
Gradient und Tangentialebene
Wir betrachten einen Punkt P(x,y,z) einer regulären Fläche z = f(x,y) und alle durch diesen
Punkt laufenden Kurven. Dann liegen in der Regel alle zugehörigen Kurventangenten im
Punkt P(x,y,z) in ein und derselben Ebene, der so genannten Tangentialebene der Fläche
des Punktes P(x,y,z). Mit Hilfe des so genannten Gradienten lässt sich diese Tangentialebeneauf
elegante Art beschreiben.Der Gradient ist ein Vektor, dersich aus derBeschreibung
der Fläche z = f(x,y) berechnen lässt und in jedem Punkt der Fläche senkrecht auf ihr steht.
15.1 Berechnung des Gradienten
Wir betrachten die Fläche mit der Gleichung
und deren implizite Funktion
z = f(x,y)
F(x,y,z) = 0
zwischen den drei Variablen x,y und z = f(x,y).
Beispiel 15.1.1. Die Funktion f(x,y) = √ r 2 −x 2 −y 2 beschreibt die Fläche z = f(x,y) im
Raum. Die dazu gehörigen Gleichungen in den drei Variablen x,y,z sind
F(x,y,z) = x 2 +y 2 +z 2 −r 2 = 0 und z ≥ 0.
Anbei handelt es sich um konzentrische Halbkugelschalen für verschiedene Radien r.
Zu einer solchen Funktion gehört ein bestimmter Vektor: der so genannte Gradient der
skalaren Funktion F.
⎛ ⎞
F x
grad(F) = ⎝ F y
⎠ = F x ⃗e x +F y ⃗e y +F z ⃗e z
F z
Seine Komponenten in einem Raumpunkt sind die Werte der partiellen Ableitungen nach
den entsprechenden Variablen. Da die Gleichung F(x,y,z) = 0 mit beliebigen reellen Zahlen
(ungleich null) multipliziert werden kann, ohnedieFläche zu verändern, ist der Gradient nicht
invariant unter solchen Änderungen. Die Länge und das Vorzeichen des Gradienten hängen
ab von der gewählten impliziten Funktion F. Hingegen gilt der nachfolgende wichtige Satz.
291

292 Kapitel 15. Gradient und Tangentialebene
Satz 15.1.1. Es sei z = f(x,y) eine Fläche und F(x,y,z) = z −f(x,y) = 0 deren implizite
Gleichung. In jedem Punkt der Fläche steht der Gradient grad(F(x,y,z)) senkrecht auf dieser
Fläche.
Beweis. Wir betrachten eine Parametrisierung
⎛
⃗r(x,y) = ⎝
x
y
f(x,y)
der Fläche z = f(x,y). Nun berechnen wir den Tangentialvektor ⃗t x einer Kurve auf der
Fläche, die parallel zur xz-Ebene liegt, d.h.
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⃗t x = ∂
∂x ⃗r(x,y) = ∂ x 1
⎝ y ⎠ = ⎝ 0 ⎠
∂x
f(x,y) f x (x,y)
und einer Kurve, die parallel zur yz-Ebene liegt, d.h.
⎛ ⎞ ⎛
⃗t y = ∂ ∂y ⃗r(x,y) = ∂ x
⎝ y ⎠ = ⎝
∂y
f(x,y)
⎞
⎠
0
1
f y (x,y)
Wir wissen, dass die beiden Vektoren ⃗t x und ⃗t y die Tangentialebene aufspannen, also steht
⎛
1
⎞ ⎛
0
⎞ ⎛ ⎞
−f x (x,y)
⃗t x ×⃗t y = ⎝ 0
f x (x,y)
⎠× ⎝ 1
f y (x,y)
⎠ = ⎝ −f y (x,y) ⎠
1
senkrecht auf der Tangentialebene. Andererseits gilt
grad(F(x,y,z)) = grad(z −f(x,y)) = ⎝
⎛
⎞
−f x (x,y)
−f y (x,y)
1
Damit ist grad(F(x,y,z)) =⃗t x ×⃗t y , und die Behauptung ist bewiesen.
Beispiel 15.1.2. Die Funktion f(x,y) = x 2 +y 2 beschreibt ein Rotationsparaboloid im
Raum (vgl. Abbildung 15.1.i). Die dazugehörig Gleichung in den drei Variablen x,y und z
lautet F(x,y,z) = x 2 +y 2 −z = 0. Die partiellen Ableitungen sind durch F x = 2x, F y = 2y
und F z = −1 gegeben. Also ist der Gradient
⎛
grad(F(x,y,z)) = ⎝
Wir berechnen nun den Gradient im Ursprung U(0,0,0) und im Punkt P(1,1,2)
⎛ ⎞
⎛ ⎞
0
2
grad(F(0,0,0)) = ⎝ 0 ⎠ und grad(F(1,1,2)) = ⎝ 2 ⎠.
−1
−1
2x
2y
−1
⎞
⎠.
⎠.
⎞
⎠.

15.2. Berechnung der Tangentialebene 293
z
z = x 2 + y 2
x 2 + y 2 = z 0
•
z 0
•
grad(F)
x
y
Abbildung 15.1.i: Gradient grad(F) steht senkrecht auf der Fläche F(x,y,z) = 0.
15.2 Berechnung der Tangentialebene
Mit Hilfe des Gradienten lässt sich die Gleichung der Tangentialebene in einem Punkt
P(x 0 ,y 0 ,z 0 ) einer gegebenen Fläche F(x,y,z) = 0 bestimmen (vgl. Abbildung 15.2.i).
Der Gradient kann als Normalenvektor der Tangentialebene genommen werden. Falls die
Tangentialebene die Gleichung
besitzt, so hat der Gradient die Form 1
Ax+By +Cz +D = 0
⎛
grad(F) = ⎝
⎞ ⎛
F x
F y
⎠ = ⎝
F z
Beispiel 15.2.1. Wir berechnen die Tangentialebene im Punkt P(1,1,2) des Rotationsparaboloids
F(x,y,z) = x 2 +y 2 −z = 0.
Der Gradient im Punkt P(x 0 ,y 0 ,z 0 ) ist
grad(F(x 0 ,y 0 ,z 0 )) = ⎝
Demzufolge ist die Gleichung der Tangentialebene an das Rotationsparaboloids im Punkt
P(x 0 ,y 0 ,z 0 )
2x 0 x+2y 0 y −z +D = 0,
⎛
A
B
C
2x 0
2y 0
−1
⎞
⎠.
⎞
⎠.
gilt.
1 Beachten Sie, dass
⎛
grad(Ax+By +Cz +D) = ⎝
A
B
C
⎞
⎠

294 Kapitel 15. Gradient und Tangentialebene
Abbildung 15.2.i: Tangentialebene
wobei die Konstante D noch so bestimmt werden muss, dass die Ebene durch den Punkt P
geht. Im Punkt P(1,1,2) erhalten wir 2x +2y −z +D = 0 und für D ergibt sich 2·1+2·
1−2+D = 0 also D = −2. Demnach ist die Tangentialebenengleichung durch
gegeben.
Aufgaben
2x+2y −z −2 = 0
Aufgabe 15.2.1. Bestimmen Sie die Tangentialebenen an die folgenden Flächen in den angegebenen
Punkten. Um was für Flächen handelt es sich?
a. F(x,y,z) = x 2 +y 2 +z 2 −1 = 0 im Punkt P(0,0,1)
b. F(x,y,z) = e −x2 −y 2 −z = 0 im Punkt P(1,1,z 0 )
c. F(x,y,z) = x 2 −y 2 +z 2 −1 = 0 im Punkt P(2, √ 6, √ 3)
d. F(x,y,z) = −x 2 + y2
4 −z2 = 0 im Punkt P(2,4,z 0 )
Lösungen
Lösung 15.2.1.
a. z −1 = 0
b. 2e −2 x+2e −2 y +z −5e −2 = 0
c. 2x− √ 6y + √ 3z −1 = 0
d. 2x−y = 0

Kapitel 16
Extremstellen bei mehreren
unabhängigen Variablen
In diesem Kapitel verallgemeinern wir die Untersuchung von Funktionen aus Kapitel 5.4 auf
Funktionen mehrerer Variablen. Maxima und Minima von Funktionen einer Variablen zeichnen
sich dadurch aus, dass die jeweiligen Tangenten horizontal sind. Dieser Sachverhalt gilt
auch für Funktionen zweier (oder mehrerer) Variablen: Eine horizontale Tangentialebene ist
eine notwendige Bedingung für eine Extremstelle. Die zweiten partiellen Ableitungen liefern
eine hinreichende Bedingung für die Unterscheidung zwischen Maxima, Minima und Sattelpunkten.
In einem zweiten Teil benutzen wir diese Ergebnisse, um nach der Methode der kleinsten
Quadrate zu einer gegebenen Punktewolke eine beste Gerade zu berechnen. Diese so genannte
lineare Regression ist eine der wichtigsten Anwendungen der Kurvendiskussion von
Funktionen mehrerer Variablen.
16.1 Notwendige und hinreichende Bedingung
Wir beschränken uns zuerst auf Funktionen von zwei Variablen. Gesucht sind die relativen
Maxima und Minima. Bei solchen ist notwendigerweise die Tangentialebene an die Fläche
z = f(x,y) horizontal, d.h., der Gradient muss parallel der z-Achse verlaufen. Die Fläche
wird durch F(x,y,z) = z −f(x,y) = 0 beschrieben, also folgt
⎛
grad(F) = ⎝
⎞ ⎛
F x
F y
⎠ = ⎝
F z
−f x
−f y
1
⎞
⎛
⎠ = ⎝
0
0
1
⎞
⎠.
Woraus die notwendige Bedingung
f x (x 0 ,y 0 ) = 0 und f y (x 0 ,y 0 ) = 0
für einen Extremwert im Punkt P(x 0 ,y 0 ) folgt (vgl. Abbildung 16.1.i).
Diese Bedingung ist aber nicht hinreichend, wie die Sattelfläche z = x 2 −y 2 im Sattelpunkt
zeigt (vgl. Abbildung 16.1.ii).
Die hinreichende Bedingung für die Existenz eines Extremwertes im Punkt P(x 0 ,y 0 ) ist
295

296 Kapitel 16. Extremstellen bei mehreren unabhängigen Variablen
Abbildung 16.1.i: Tangentialebene in einem Maximum respektive Minimum. Beachten Sie die
ellipsenförmigen Höhenlinien.
durch die drei folgenden Gleichungen
f x (x 0 ,y 0 ) = 0
f y (x 0 ,y 0 ) = 0
f xx (x 0 ,y 0 )·f yy (x 0 ,y 0 )−f 2 xy (x 0,y 0 ) > 0
gegeben. Diese Bedingungen ergeben sich durch die folgenden Überlegungen. Wir schneiden
die Fläche mit einer horizontalen Ebene, die geringfügig höher (resp. tiefer) liegt als die
Tangentialebene im Extrempunkt bei einem Minimum (resp. Maximum). Die resultierende
Schnittkurve hat bei einem echten Extremwert ellipsenähnliche Form, bei einem Sattelpunkt
hyperbelähnliches Aussehen. Die dritte Bedingung für die Existenz eines Extremwertes ist
der formelmässige Ausdruck für diese Tatsache.
Wir fassen diesen wichtigen Sachverhalt im folgenden Satz zusammen (vgl. Satz 5.4.5).
Satz 16.1.1. Die Funktion f : R 2 → R sei in einer Umgebung des Punktes P(x 0 ,y 0 ) differenzierbar.
Es gelten f x (x 0 ,y 0 ) = 0 und f y (x 0 ,y 0 ) = 0.
a. Im Punkt P(x 0 ,y 0 ) hat die Funktion f eine lokale Minimumstelle genau dann, wenn 1
f xx (x 0 ,y 0 )·f yy (x 0 ,y 0 )−f 2 xy (x 0,y 0 ) > 0 und f xx (x 0 ,y 0 ) > 0.
b. Im Punkt P(x 0 ,y 0 ) hat die Funktion f eine lokale Maximumstelle genau dann, wenn 2
f xx (x 0 ,y 0 )·f yy (x 0 ,y 0 )−f 2 xy(x 0 ,y 0 ) > 0 und f xx (x 0 ,y 0 ) < 0.
c. Im Punkt P(x 0 ,y 0 ) hat die Funktion f einen Sattelpunkt genau dann, wenn
f xx (x 0 ,y 0 )·f yy (x 0 ,y 0 )−f 2 xy (x 0,y 0 ) < 0.
d. Wenn f xx (x 0 ,y 0 )·f yy (x 0 ,y 0 )−f 2 xy(x 0 ,y 0 ) = 0, dann ist keine Aussage möglich 3 .
1 Aus den Bedingungen f xx ·f yy −f 2 xy > 0 und f xx > 0 folgt auch f yy > 0.
2 Aus den Bedingungen f xx ·f yy −f 2 xy > 0 und f xx < 0 folgt auch f yy < 0.
3 In diesem Fall müssen weitere Untersuchungen angestellt werden. In der Literatur findet sich für diesen
Fall auch der Name Flachpunkt.

16.1. Notwendige und hinreichende Bedingung 297
Abbildung 16.1.ii: Tangentialebene in einem Sattelpunkt. Beachten Sie die hyperbelförmigen
Höhenlinien.
Bei Funktionen von mehreren unabhängigen Variablen x 1 ,...,x n lautet die notwendige Bedingung
für eine Extremstelle von f im Punkt P(x 1 ,...,x n ):
f x1 (x 1 ,...,x n ) = ··· = f xn (x 1 ,...,x n ) = 0
Eine hinreichende Bedingung geben wir nicht an.
Beispiel 16.1.1. Gesucht sind die Extremstellen der Funktion
f(x,y) = x 2 +xy+y 2 −2x−2y +1.
Die ersten partiellen Ableitungen sind f x (x,y) = 2x + y − 2 und f y (x,y) = 2y + x − 2. Da
die Gleichungen linear sind, kann aus Symmetriegründen der Funktion f geschlossen werden,
dass x = y. Also folgt 3x−2 = 0 und somit x = y = 2 3 . Handelt es sich beim Punkt P(2 3 , 2 3 )
um eine Extremstelle oder um einen Sattelpunkt? Die zweiten partiellen Ableitungen sind
f xx (x,y) = 2, f yy (x,y) = 2 und f xy (x,y) = 1. Also folgt
f xx ( 2 3 , 2 3 )·f yy( 2 3 , 2 3 )−f2 xy( 2 3 , 2 3 ) = 2·2−12 = 3 > 0,
damit handelt es sich um einen Extremwert. Da f xx ( 2 3 , 2 3
) = 2 > 0 sogar um ein Minimum.
Beispiel 16.1.2. Gegeben seien n Punkte P 1 (x 1 ,y 1 ),...,P n (x n ,y n ). Gesucht wird der Punkt
P(x,y) mit minimaler Abstandsquadratsumme von P 1 ,...,P n
n∑
S = d 2 i = d 2 1 +···+d 2 n.
Die Koordinaten x und y des Punktes P sind so zu wählen, dass
n∑ (
S(x,y) = (x−xi ) 2 +(y −y i ) 2)
i=1
i=1

298 Kapitel 16. Extremstellen bei mehreren unabhängigen Variablen
minimal wird. Wir berechnen die ersten partiellen Ableitungen und setzen sie gleich null
S x (x,y) = 2
S y (x,y) = 2
Dann folgt
n∑ n∑
(x−x i )= 2 x−2
i=1
n∑
(y −y i ) = 2
i=1
i=1
n∑
y −2
n∑ n∑
x i = 2nx−2 x i = 0,
i=1
n∑
y i = 2ny −2
i=1
i=1 i=1 i=1
n∑
y i = 0.
¯x = 1 n
ȳ = 1 n
n∑
x i ,
i=1
n∑
i=1
y i
und somit ist der gesuchte Punkt P(x,y) = (¯x,ȳ). Die Koordinaten von P sind also die
y
•
•
P(¯x,ȳ)
•
•
•
•
P i (x i , y i )
Abbildung 16.1.iii: Schwerpunkt einer Punktwolke
arithmetischen Mittel der Koordinaten der gegebenen Punkte. Es handelt sich also in einem
gewissen Sinne um den Schwerpunkt.
Die Frage stellt sich nun, ob es sich beim gefundenen Punkt um ein Extremum oder einen
Sattelpunkt handelt. Um dies abzuklären, berechnen wir die zweiten partiellen Ableitungen
im Punkt P der Funktion S:
S xx (x,y) = 2n
S yy (x,y) = 2n
S xy (x,y) = S xy (x,y) = 0
Damit wird S xx (¯x,ȳ) · S yy (¯x,ȳ)−S xy (¯x,ȳ) 2 = 4n 2 > 0 und der gefundene Punkt ist somit
ein Extrempunkt, da S xx (¯x,ȳ) > 0 handelt es sich in der Tat um ein Minimum.
x
16.2 Methode der kleinsten Quadrate (lineare Regression)
Gegeben sei eine Punktewolke von n Punkten P i (x i ,y i ). Gesucht ist die Gerade mit der
Gleichung y = ax+b, die diese Punktewolke im Sinnevon Gauss möglichst gut annähert. Dies

16.2. Methode der kleinsten Quadrate (lineare Regression) 299
bedeutet,dassdieGerade,d.h.aundb,sogewähltwird,dassdiesogenannteFehlerquadratsumme
S(a,b) =
n∑
∆yi 2 ,
die Summe der quadratischen Abweichungen von den gegebenen Punkten minimal ist. Für
i=1
y
•
P i (x i , y i )
•
•
∆y i
•
•
y = ax + b
•
Abbildung 16.2.i: Regressionsgerade
x
die Fehlerquadratsumme erhalten wir
S(a,b) =
n∑
(y i −ax i −b) 2 .
i=1
Sie ist zu minimalisieren, also berechnen wir die ersten partiellen Ableitungen und setzen sie
gleich null
S a (a,b) = −2
S b (a,b) = −2
n∑
(y i −ax i −b)x i = 0,
i=1
n∑
(y i −ax i −b) = 0.
i=1
Dies ergibt das lineare Gleichungssystem in den Variablen a und b
n∑ n∑
a x 2 i +b x i =
i=1
a
i=1
n∑
x i +bn =
i=1
n∑
x i y i ,
i=1
n∑
y i ,
i=1
(16.2.a)
(16.2.b)

300 Kapitel 16. Extremstellen bei mehreren unabhängigen Variablen
welches mit der Cramerschen Regel (vgl. Fussnote 6 in Kapitel 22.4 oder [21] Seiten 86ff) die
Lösung ⎛ ⎞
n∑ n∑
x i y i x i
det
i=1 i=1
⎜ n∑ ⎟
⎝
n
⎠
n∑ n∑ n∑
n x i y i − x i
und
b =
a =
det
⎜
⎝
⎛
det
⎜
⎝
⎛
⎛
det
⎜
⎝
n∑
i=1
n∑
i=1
n∑
i=1
n∑
i=1
i=1
n∑
i=1
n∑
i=1
x 2 i
x i
x 2 i
x i
y i
x 2 i
x i
n∑
i=1
n
x i
⎞
n∑
x i y i
n∑ ⎟
y
⎠ i
i=1
i=1
n∑
i=1
n
x i
⎞
⎟
⎠
⎞
⎟
⎠
=
=
n∑
i=1
i=1
n
x 2 i
n
n∑
i=1
i=1
x 2 i − ( n∑
i=1
n∑
y i −
i=1
n∑
i=1
x i
) 2
y i
n∑ n∑
x i x i y i
i=1
i=1
x 2 i − ( n∑
i=1
i=1
x i
) 2
ergibt. Der Koeffizient a heisst Regressionskoeffizient und b die Regressionskonstante.
Aus der Gleichung (16.2.b) entnehmen wir, dass der Schwerpunkt
( )
1
n∑
P(¯x,ȳ) = P x i , 1 n∑
y i
n n
der Punktewolke auf der Geraden y = ax+b liegt.
Die Frage stellt sich nun wiederum, ob es sich bei der gefundenen Lösung um ein Extremum
oder einen Sattelpunkt handelt. Um dies abzuklären, berechnen wir die zweiten partiellen
Ableitungen der Funktion S
n∑
S aa (a,b) = 2
und betrachten
i=1
i=1
i=1
S bb (a,b) = 2n
n∑
S ab (a,b) = S ba (a,b) = 2
S aa (a,b)·S bb (a,b)−S ab (a,b) 2 = 4n
Wir benutzen die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung
|〈⃗u,⃗v〉| ≤ |⃗u|·|⃗v|,
i=1
n∑
x 2 i
x i
i=1
x 2 i −4 ( n∑
i=i
x i
) 2
.

16.2. Methode der kleinsten Quadrate (lineare Regression) 301
die in Komponenten ausgeschrieben die folgende Form hat
( n∑
) 2 n∑ n∑
u i v i ≤ u 2 i vi 2 .
i=1 i=1 i=1
Wenn die Vektoren ⃗u und⃗v parallel sind, danngilt die Gleichheit in der Cauchy-Schwarzschen
Ungleichung.
Mit der Setzung u 1 = 1,...,u n = 1 und v 1 = x 1 ,...,v n = x n folgt
( n∑
) 2 n∑
x i > n x 2 i,
i=i i=1
da die Vektoren ⃗u und ⃗v nicht parallel sind. Damit ergibt sich die hinreichende Bedingung
(
n∑ n∑
) 2
S aa (a,b)·S bb (a,b)−S ab (a,b) 2 = 4n x 2 i −4 x i > 0
i=1 i=i
für einen Extrempunkt. Da S aa (a,b) = 2 ∑ n
Minimum.
Aufgaben
i=1 x2 i
> 0 gilt, handelt es sich in der Tat um ein
Aufgabe 16.2.1. Bestimmen Sie für die folgenden Funktionen die Extremstellen und Extremwerte.
a. f(x,y) = x 2 −xy +y 2 +3y
b. f(x,y) = x 2 +3xy +y 2 −x−4y +8
c. f(x,y) = 5(x+2y −1)−(x 2 +xy −y 2 )
d. f(x,y) = xy
27 + 1 x − 1 y
e. f(x,y) = 2x 3 −3xy +2y 3 +1
Aufgabe 16.2.2. Für f(x,y) = sin(x)+sin(y) +sin(x+y) sind die im Bereich 0 ≤ x ≤ π 2
und 0 ≤ y ≤ π 2
liegenden Extremstellen und dazugehörigen Extremwerte zu berechnen.
Aufgabe 16.2.3. Eine Strecke l ist in drei Teile zu teilen, dass deren Produkt ein Maximum
ist.
Aufgabe 16.2.4. Ein Dreieck wird festgelegt durch drei Geraden mit den Gleichungen y =
x+2, y = −x+3 und x = 6. Bestimmen Sie die Koordinaten des Punktes, für den die Summe
der Quadrate seiner Abstände von den Seiten des Dreiecks ein Minimum ist.
Aufgabe 16.2.5. Das Volumen eines Quaders sei V. Wie gross müssen die Kanten sein,
damit die Oberfläche ein Minimum wird?
Aufgabe 16.2.6. Ein Kanal hat einen trapezförmigen Querschnitt, dessen Fläche A gegeben
ist. Wie müssen die Höhe h und der Böschungswinkel α gewählt werden, damit der benetzte
Umfang U ein Minimum wird?

302 Kapitel 16. Extremstellen bei mehreren unabhängigen Variablen
Lösungen
Lösung 16.2.1.
a. Minimum f min (−1,−2) = −3
b. kein Extremum, Sattelpunkt bei x = 2,y = −1
c. kein Extremum, Sattelpunkt bei x = 4,y = −3
d. Maximum f max (−3,3) = −1
e. Minimum f min ( 1 2 , 1 2 ) = 3 4
, Sattelpunkte bei x = y = 0
Lösung 16.2.2. Maximum f max ( π 3 , π 3 ) = 3√ 3
2
Lösung 16.2.3. Die drei Teile haben die gleiche Länge von l 3 .
Lösung 16.2.4. Der gesuchte Punkt ist P( 13 4 , 5 2 ).
Lösung 16.2.5. Die Länge der Kanten sind 3√ V.
Lösung 16.2.6. Böschungswinkel α = π 3 und Höhe h = √A
3√
3.

Kapitel 17
Approximation mit minimalem
quadratischen Fehler
Das Prinzip der Approximation mit minimalem quadratischen Fehler, bei dem wir zwischen
stetigen (vgl. Kapitel 17.1) und diskreten Problemen (vgl. Kapitel 16.2 und 17.2) unterscheiden,
wird auch als Gausssche Methode der kleinsten Quadrate (MKQ) bezeichnet oder
unter dem Begriff Ausgleichsrechnung zusammengefasst.
Abbildung 17.0.ii: Carl Friedrich Gauss,
1777-1855
Abbildung 17.0.iii: Pafnutij Tschebysheff,
1821-1894
Problemstellung: Gegeben sei eine exakte, z.B. durch Kurvenstücke zusammengesetzte
Funktion g oder eine empirisch vorliegende, d.h. durch eine Anzahl Messpunkte gegebene
Funktion. Gesucht wird eine Funktion f, die diese Funktion nach der Gaussschen Methode
der kleinsten Quadrate am besten annähert.
303

304 Kapitel 17. Approximation mit minimalem quadratischen Fehler
17.1 Approximation einer stückweise stetigen Funktion
(P. Tschebysheff, 1821-1894)
Gesucht wird eine Funktion f : [a,b] → R, welche die gegebene Funktion g : [a,b] → R so
annähert, dass das Integral
∫ b
a
(g(x)−f(x)) 2 dx
minimal wird. Wir sprechen auch etwa von einer Approximation im Mittel.
y
y = g(x)
y = mx + q
a
Abbildung 17.1.i: Allgemeine Approximation mit minimalem quadratischen Fehler
Der Typ der gesuchten Funktion f muss natürlich bekannt sein, z.B. Gerade, Parabel, etc.
Wichtig ist in diesem Zusammenhang, dass sich die Approximation immer auf ein bestimmtes
Intervall [a,b] bezieht. Die obige Formel stellt die Verallgemeinerung der Fehlerquadratsumme
auf stetige Funktionen dar.
Beispiel 17.1.1. Gegeben sei die Funktion g(x) = x 2 . Gesucht wird die Gerade f(x) =
mx+q, die die Parabel im Intervall [0,3] am besten annähert. Wir bilden das Integral
F(m,q) =
∫ 3
0
(x 2 −mx−q) 2 dx,
welches minimalisiert werden soll. Zuerst berechnen wir das Integral
F(m,q) =
∫ 3
0
(x 4 +m 2 x 2 +q 2 −2mx 3 −2qx 2 +2mqx)dx
( )∣ x
5
=
5 +m2x3 3 +q2 x−2m x4 ∣∣∣
3
4 −2qx3 3 +2mx2 2 q 0
= 243
5 +9m2 +3q 2 − 81
2
m−18q +9mq.
Nun sind m und q so zu wählen, dass die Funktion F minimal wird. Also berechnen wir die
ersten partiellen Ableitungen und setzen sie gleich null
F m (m,q) = 18m+9q − 81
2 = 0,
F q (m,q) = 9m+6q −18 = 0.
Es resultiert ein lineares Gleichungssystem mit der eindeutigen Lösung m = 3 und q = − 3 2 .
Also ist die gesuchte Gerade
y = 3x− 3 2 .
b
x

17.2. Approximation von diskreten Funktionen 305
Da F mm (m,q) = 18, F qq (m,q) = 6 und F mq (m,q) = F qm (m,q) = 9 folgt
F mm (3,− 3 2
) = 18 > 0,
F mm (3,− 3 2 )·F qq(3,− 3 2 )−F2 mq (3,−3 2
) = 27 > 0.
Somit handelt es sich bei der gefundenen Lösung in der Tat um ein Minimum.
Bemerkung 17.1.1. Das gleiche Resultat liesse sich auch dadurch erzielen, indem wir zuerst
nach m und q partiell differenzieren und dann integrieren, d.h.
F m (m,q) = −2
F q (m,q) = −2
∫ 3
0
∫ 3
0
x(x 2 −mx−q)dx = 18m+9q − 81 2 = 0,
(x 2 −mx−q)dx = 9m+6q −18 = 0.
Die im Beispiel 17.1.1 vorgeführte Methode folgt konsequent der Idee der Approximation
einer stückweise stetigen Funktion mit minimalem quadratischen Fehler nach Tschebysheff;
ist aber etwas aufwändiger zum Rechnen.
Aufgaben
Aufgabe 17.1.1. Ermitteln sie die Konstanten a und b so, dass im Intervall [0,1] die Gleichung
ax+b = √ x mit minimalem quadratischen Fehler gilt.
Aufgabe 17.1.2. Gegeben sei die Funktion
{ x
2
für x ∈ [0,1],
g(x) =
x für x ∈ [1,2].
Bestimmen Sie für das Intervall [0,2] die beste Gerade zu dieser Funktion.
Aufgabe 17.1.3. Bestimmen Sie für die Funktion g(x) = e x die beste Gerade im Intervall
[0,1].
Lösungen
Lösung 17.1.1. a = 4 5 und b = 4 15
Lösung 17.1.2. Die Steigung ist 9 8 und der Achsenabschnitt ist − 5 24 .
Lösung 17.1.3. Die Steigung ist 18−6e und der Achsenabschnitt ist −10+4e.
17.2 Approximation von diskreten Funktionen
(C. F. Gauss, 1777-1855)
Gegeben seien n Punkte P 1 (x 1 ,y 1 ),...,P n (x n ,y n ). Gesucht ist eine Funktion f der Form
f(x) =
m∑
a k f k (x) = a 1 f 1 (x)+···+a m f m (x), wobei m < n.
k=1

306 Kapitel 17. Approximation mit minimalem quadratischen Fehler
Die m Funktionen f 1 ,...,f m sind vorgegebene Funktionen in analytischer Form, wie zum
Beispiel x 2 , sin(x) oder 1 x . Die Koeffizienten a 1,...,a m werden so bestimmt, dass die Fehlerquadratsumme
n∑
n∑
S(a 1 ,...,a m ) = (f(x i )−y i ) 2 =
i=1
bezüglich der n Punkte P i minimal wird. Dies stellt eine Verallgemeinerung der bereits besprochenen
Methode der kleinsten Quadrate dar. Für a 1 = a, a 2 = b und f 1 (x) = x, f 2 (x) = 1
i=1
∆y 2 i
y
•
•
•
•
f(x i )
•
•
•
•
P i (x i , y i )
x i
∆y i
y = f(x)
•
•
•
•
x
Abbildung 17.2.i: Allgemeine Approximation mit minimalem quadratischen Fehler.
ergibt sich der der Spezialfall einer Ausgleichsgeraden. Wir wollen also die Fehlerquadratsumme
(
n∑
n∑ m
) 2
∑
S(a 1 ,...,a m ) = (f(x i )−y i ) 2 = a k f k (x i )−y i
i=1 i=1 k=1
minimieren, dazu berechnen wir alle ersten partiellen Ableitungen
(
n∑ ∑ m
S a1 (a 1 ,...,a m ) = 2 a k f k (x i )−y i
)f 1 (x i ) = 0,
i=1 k=1
.
.
(
n∑ ∑ m
S am (a 1 ,...,a m ) = 2 a k f k (x i )−y i
)f m (x i ) = 0.
i=1 k=1
Dies ergibt ein lineares Gleichungssystem mit m Gleichungen für die m unbekannten Koeffizienten
a 1 ,...,a m .
(
n∑ ∑ m
) (
n∑ m
)
∑
n∑
a k f k (x i ) f 1 (x i ) = a k f k (x i )f 1 (x i ) = y i f 1 (x i ),
i=1 k=1
i=1 k=1
i=1
.
(
n∑ ∑ m
)
a k f k (x i ) f m (x i ) =
i=1 k=1
.
(
n∑ ∑ m
)
a k f k (x i )f m (x i ) =
i=1 k=1
n∑
y i f m (x i ).
i=1

17.2. Approximation von diskreten Funktionen 307
Jetzt sollen die Summenbildungen vertauscht werden 1 . Wir erhalten
m∑ n∑
) (
m∑ n∑
)
a k f k (x i )f 1 (x i ) = k f k (x i )f 1 (x i ) =
k=1(
i=1
k=1a
i=1
m∑
k=1( n∑
i=1
und ausführlich geschrieben
a 1
( n∑
i=1
a 1
( n∑
i=1
.
.
) (
m∑ n∑
)
a k f k (x i )f m (x i ) = k f k (x i )f m (x i ) =
k=1a
i=1
f 1 (x i )f 1 (x i )
f 1 (x i )f m (x i )
)
)
+···+a m
( n∑
i=1
+···+a m
( n∑
i=1
f m (x i )f 1 (x i )
)
=
n∑
y i f 1 (x i ),
i=1
n∑
y i f m (x i )
i=1
n∑
y i f 1 (x i ),
i=1
. (17.2.a)
)
n∑
f m (x i )f m (x i ) = y i f m (x i ).
Beim linearen Gleichungssystem (17.2.a) handelt es sich um das so genannte Normalgleichungssystem
der Ausgleichsrechnung. Dieses lässt sich auch mit Hilfe vom Matrizen schreiben
⎛
⎞ ⎛ ⎞
n∑
n∑
n∑
⎜ f 1 (x i )f 1 (x i ) ··· f m (x i )f 1 (x i ) ⎟ ⎛ ⎜ y i f 1 (x i ) ⎟
⎜
⎝
i=1
i=1
.
. .. .
n∑
n∑
f 1 (x i )f m (x i ) ··· f m (x i )f m (x i )
i=1
i=1
⎜
· ⎝
⎟
⎠
⎞
a 1
.
a m
⎟
⎠ =
⎜
⎝
i=1
i=1
.
n∑
y i f m (x i )
i=1
. (17.2.b)
⎟
⎠
In abkürzender Schreibweise können wir das obige lineare Normalgleichungssystem (17.2.b)
gemäss
A⃗a = ⃗ b
(17.2.c)
schreiben, wobei die m gesuchten unbekannten Koeffizienten a 1 ,...,a m zum Vektor⃗a zusammengefasst
wurden. Die Koeffizienten
A kj =
n∑
f k (x i )f j (x i ), k,j ∈ {1,...,m}
i=1
1 Wir betrachten dazu ein vereinfachtes Beispiel von Doppelsummen und der Vertauschung von Summenzeichen
)
3∑
a ik = (a 11 +a 12)+(a 21 +a 22)+(a 31 +a 32)
i=1( 2∑
k=1
= (a 11 +a 21 +a 31)+(a 12 +a 22 +a 32)
)
2∑
= a ik .
k=1( 3∑
i=1

308 Kapitel 17. Approximation mit minimalem quadratischen Fehler
der symmetrischen (m×m)-Matrix A und die Koeffizienten
b k =
n∑
y i f k (x i ), k ∈ {1,...,m}.
i=1
desStörvektors ⃗ bberechnenwirausdenKoordinatendergegebenenPunkte.Damit lassensich
nun die gesuchten Koeffizienten a 1 ,...,a m durch lösen des linearen Normalgleichungssystems
(17.2.c) berechnen. Bei grossem m geschieht dies mittels Computer. Damit ist das gegebene
Problem im Prinzip gelöst.
Beispiel 17.2.1. Eine Punktmenge sei durch eine Funktion der Form
f(x) = ax+bsin(x)
[x im Bogenmass]
im Gaussschen Sinne zu approximieren. Die folgenden 8 Punkte P 1 ,...,P 8 seien tabellarisch
gegeben
Wir minimieren
i 1 2 3 4 5 6 7 8
x i 0 1 2 3 4 5 6 7
y i 0.0 0.2 1.1 2.9 4.8 6.0 6.3 6.3
S(a,b) =
8∑
(ax i +bsin(x i )−y i ) 2 ,
i=1
dazu berechnen wir die ersten partiellen Ableitungen
S a (a,b) = 2
S b (a,b) = 2
8∑
(ax i +bsin(x i )−y i )x i = 0,
i=1
8∑
(ax i +bsin(x i )−y i )sin(x i ) = 0.
i=1
Dies ergibt das lineare Gleichungssystem 2 mit zwei Gleichungen für die zwei unbekannten
Koeffizienten a und b.
8∑ 8∑ 8∑
ax 2 i + bx i sin(x i ) = y i x i ,
oder
a
i=1
8∑
ax i sin(x i )+
i=1
a
i=1
8∑
bsin 2 (x i ) =
i=1
8∑ 8∑
x 2 i +b x i sin(x i ) =
i=1
8∑
x i sin(x i )+b
i=1
i=1
8∑
sin 2 (x i ) =
i=1
i=1
8∑
y i sin(x i )
i=1
8∑
y i x i ,
i=1
8∑
y i sin(x i ).
i=1
(17.2.d)
2 Dieses lineare Gleichungssystem hätte sich auch direkt aus dem linearen Normalgleichungssystem (17.2.a)
durch Einsetzen von n = 8, m = 2 und a 1 = a, a 2 = b und f 1(x) = x, f 2(x) = sin(x) ergeben.

17.2. Approximation von diskreten Funktionen 309
Daraus lassen sich die gesuchten Koeffizienten a und b berechnen. Dieses Normalgleichungssystem
lässt sich wiederum mit Hilfe einer Matrizengleichung schreiben
⎛
⎞ ⎛ ⎞
8∑ 8∑
8∑
x 2 i x i sin(x i )
)
y i x i
i=1 i=1
a ⎜
⎝
8∑ 8∑ ⎟ =
i=1
⎠·(
b ⎜
x i sin(x i ) sin 2 ⎝
8∑ ⎟
⎠ .
(x i ) y i sin(x i )
i=1
i=1
Aus den Koordinaten der gegebenen 8 Punkte P 1 (x 1 ,y 1 ),...,P 8 (x 8 ,y 8 ) lassen sich die Koeffizienten
dieses Normalgleichungssystems numerisch berechnen. Wir erhalten 3
i=1
8∑
x 2 i = 140,
i=1
8∑
sin 2 (x i ) = 3.5568,
i=1
8∑
x i sin(x i ) = −1.8160,
i=1
8∑
x i y i = 142.2,
i=1
8∑
y i sin(x i ) = −5.4297.
Damit ergibt sich das zu lösende lineare Normalgleichungssystem
( ) ( ) ( )
140 −1.8160 a 142.2
· =
−1.8160 3.5568 b −5.4297
i=1
mit der Lösung 4 a = 1.0026 und b = −1.0147. Die gesuchte Ausgleichsfunktion ist also durch
f(x) = 1.0026x−1.0147sin(x)
3 x im Bogenmass
4 Wir könnten auch mit der Cramerschen Regel (vgl. Fussnote 6 in Kapitel 22.4 oder [21], Seiten 86ff) die
Lösung
und
a =
⎛
det
⎜
⎝
⎛
det
⎜
⎝
b =
⎛
det
⎜
⎝
⎛
det
⎜
⎝
8∑
y ix i
i=1
8∑
y isin(x i)
i=1
8∑
i=1
x 2 i
8∑
x isin(x i)
i=1
8∑
i=1
x 2 i
8∑
x isin(x i)
i=1
8∑
i=1
x 2 i
8∑
x isin(x i)
i=1
⎞
8∑
x isin(x i)
8∑ ⎟
sin 2 ⎠
(x i)
i=1
i=1
⎞ =
8∑
x isin(x i)
8∑ ⎟
sin 2 ⎠
(x i)
i=1
i=1
8∑
y ix i
i=1
8∑
y isin(x i)
i=1
i=1
i=1
⎞
⎟
⎠
8∑ 8∑
x iy i sin 2 (x i)−
i=1
⎞ =
8∑
x isin(x i)
8∑ ⎟
sin 2 ⎠
(x i)
8∑
i=1
8∑
i=1
x 2 i
8∑
i=1
x 2 i
8∑ 8∑
y isin(x i) x isin(x i)
i=1
i=1
(
8∑ 8∑
sin 2 (x i)− x isin(x i)
i=1
i=1
8∑
y isin(x i)−
i=1
x 2 i
i=1 i=1
direkt aus dem Normalgleichungssystem (17.2.d) explizit berechnen.
i=1
) 2
8∑ 8∑
x isin(x i) x iy i
i=1
(
8∑ 8∑
) 2
.
sin 2 (x i)− x isin(x i)
i=1

310 Kapitel 17. Approximation mit minimalem quadratischen Fehler
gegeben.
Die berechneten Werte im Vergleich zu den gegebenen ergeben sich zu:
Aufgaben
i 1 2 3 4 5 6 7 8
x i 0 1 2 3 4 5 6 7
y i 0.0 0.2 1.1 2.9 4.8 6.0 6.3 6.3
f(x i ) 0.0000 0.1488 1.0825 2.8646 4.7783 5.9860 6.2991 6.3526
Aufgabe 17.2.1. In einem Wald sind die Durchmesser x 1 ,...,x n und die dazu gehörigen
Höhen y 1 ,...,y n von n Bäumen gemessen worden, so dass n empirische Zahlenpaare (x 1 ,y 1 ),
...,(x n ,y n ) gegeben sind. Durch die Punkte kann am ehesten eine passende logarithmische
Ausgleichskurve gelegt werden. Bestimmen Sie diese Funktion in der Form
f(x) = alog 10 (x)+b.
Numerisches Beispiel: P 1 (1,1), P 2 (2,2), P 3 (4,2.5)
Aufgabe 17.2.2. Bestimmen Sie die beste Funktion der Form
zu den folgenden Punkten:
f(x) = ax 2 +be −x
i 1 2 3 4 5
x i 0 1 2 3 4
y i -1.0 1.6 7.9 17.9 32.0
Aufgabe 17.2.3. Bestimmen Sie die beste Funktion der Form
zu den folgenden Punkten:
f(x) = a+bx+csin(x)
[x im Bogenmass]
i 1 2 3 4
x i 0 1 2 3
y i 1.0000 1.1585 2.0907 3.8589
Aufgabe 17.2.4. Bestimmen Sie die beste Funktion der Form
zu den folgenden Punkten:
Lösungen
f(x) = a+bx 2 +csin(x)+dcos(x)
[x im Bogenmass]
i 1 2 3 4 5 6
x i -2 -1 0 1 2 3
y i -3.7416 1.2391 4.0000 2.9221 -1.9230 -8.8389
Lösung 17.2.1. a = 2.491 und b = 1.083
Lösung 17.2.2. a = 1.999897 und b = −1.007806
Lösung 17.2.3. a = 0.9999968, b = 1.00001021 und c = −1.0000318
Lösung 17.2.4. a = 2.0000, b = −1.0000, c = 1.0000 und d = 1.9999

Kapitel 18
Extremwerte mit
Nebenbedingungen
In Kapitel 16 haben wir uns mit Extremstellen bei mehreren unabhängigen Variablen befasst.
Die unabhängigen Variablen waren im Allgemeinen keinerlei Einschränkungen unterworfen.
In vielen Anwendungen sieht die Situation aber anders aus, d.h., die unabhängigen Variablen
sind so genannten Nebenbedingungen unterworfen. Zum Beispiel müssen wir bei gegebenem
Volumen die Oberfläche eines Quaders minimieren, indem wir die idealen Kantenlängen bestimmen.
Abbildung 18.0.ii: Joseph Louis Lagrange, 1736-1813
In diesem Kapitel werden wir nun eine elegante Methode kennen lernen, die es uns erlaubt,
auch bei komplizierteren Nebenbedingung gewisse Funktionen zu minimieren oder maximieren.
Die vorgestellte Methode geht auf Joseph Louis Lagrange, 1736-1813, zurück (vgl. Abbildung
18.0.ii).
18.1 Motivation
Beispiel 18.1.1. Es sei V das gegebene Volumen eines Quaders. Wie sind die Kantenlängen
a, b und c zu wählen, damit die Oberfläche des Quaders minimal wird (vgl. Aufgabe 16.2.5)?
Das Volumen ist durch V(a,b,c) = abc und die Oberfläche durch
O(a,b,c) = 2ab+2bc+2ca
311

312 Kapitel 18. Extremwerte mit Nebenbedingungen
gegeben. Um die Oberfläche zu minimieren ersetzen wir zuerst c = V ab in
O(a,b) = 2ab+2b V ab +2V ab a = 2ab+2V a +2V b
und berechnen dann die ersten partiellen Ableitungen
O a (a,b) = 2b−2 V a2= 0,
O b (a,b) = 2a−2 V b2= 0.
Die erste Gleichung mit −a und die zweite mit b multiplizieren und danach die resultierenden
Gleichungen addieren, ergibt 2 V a −2V b = 0, also folgt a = b. Damit folgt unmittelbar b = 3√ V
und somit
a = b = c = 3√ V.
Der Quader mit minimaler Oberfläche ist also ein Würfel.
Der Lösungsweg ist trotz der Symmetrie der Aufgabenstellung asymmetrisch. Dies bewirkt
im Allgemeinen eine Komplizierung der Rechnung. Wir beschreiben im Folgenden einen
Lösungsweg, bei dem eine vorhandene Symmetrie erhalten bleibt.
18.2 Lagrangemultiplikatoren
Wir gehen von folgender Problemstellung aus: Es sei eine Funktion f zweier Variablen x und
y und eine Nebenbedingung g(x,y) = 0 gegeben. Gesucht wird der Extremwert von f unter
der Nebenbedingung g(x,y) = 0.
Abbildung 18.2.i: Extremwerte mit Nebenbedingungen. Bild: aus [17], Seite 408.
Geometrisch ergibt sich eine Fläche mit einer Kurve. Ein Maximum mit einer Nebenbedingung
beschreibt den höchsten Punkt der Kurve auf der Fläche z = f(x,y). Es sei z = c,

18.2. Lagrangemultiplikatoren 313
damit erhalten wir die Höhenlinie c = f(x,y). Eine ganz bestimmte Höhenlinie berührt die
Kurve auf der Fläche in ihrem obersten (resp. untersten) Punkt E. Wir betrachten den entsprechenden
Projektionspunkt E ′ . Durch E ′ geht die projizierte Kurve K ′ und die Projektion
der Höhenlinie
g(x,y) = 0 und c = f(x,y).
Die beiden Kurven haben in E ′ die gleiche Tangentensteigung. Durch implizites Ableiten
erhalten wir die Tangentensteigung der Kurve K ′ im Punkt E ′ vermöge
y ′ = − g x
g y
und die Tangentensteigung der projizierten Höhenlinie K im Punkt E ′
y ′ = − f x
f y
.
Demzufolge gilt im Punkt E ′ die Gleichung der Tangentensteigungen
g x
g y
= f x
f y
.
Das heisst, Zähler und Nenner sind proportional mit dem gleichen Faktor λ ∈ R
f x −λg x = 0,
f y −λg y = 0.
Diese Ausdrücke sind partielle Ableitungen der so genannten Lagrangehilfsfunktion
F(x,y,λ) = f(x,y)−λg(x,y)
nach den Variablen x und y. Der Faktor λ heist Lagrangemultiplikator.
Eine hinreichende Bedingung wird nicht besprochen. Meistens kann durch eine allgemeine
Überlegung herausgefunden werden, welche Art von Extremum vorliegt.
Diese Methode funktioniert auch für Funktionen von mehreren (mehr als zwei) Variablen.
Gegeben seien eine Funktion f in den Variablen x 1 ,...,x n und die m Nebenbedingungen
g 1 (x 1 ,...,x n ) = 0,
g m (x 1 ,...,x n ) = 0.
Gesucht sind die Extremwerte der Funktion f in den n Variablen x 1 ,...,x n unter den Nebenbedingungen
g 1 (x 1 ,...,x n ) = 0,...,g m (x 1 ,...,x n ) = 0. Dazu definieren wir die Lagrangehilfsfunktion
F(x 1 ,...,x n ,λ 1 ,...,λ m ) = f(x 1 ,...,x n )−λ 1 g 1 (x 1 ,...,x n )−···−λ m g m (x 1 ,...,x n )
und bilden alle partiellen Ableitungen von F nach den Variablen x 1 ,...,x n und setzen sie
gleich null
F x1 (x 1 ,...,x n ,λ 1 ,...,λ m ) = 0,
F xn (x 1 ,...,x n ,λ 1 ,...,λ m ) = 0.
.
.

314 Kapitel 18. Extremwerte mit Nebenbedingungen
Zusammen mit den m Nebenbedingungen ergibt dies n+m Gleichungen für die n Variablen
x 1 ,...,x n und m Lagrangemultiplikatoren λ 1 ,...,λ m .
Beispiel 18.2.1. Wir betrachten noch einmal das Beispiel 18.1.1: Die Oberfläche
O(a,b,c) = 2ab+2bc+2ca
ist unter der Nebenbedingung g(a,b,c) = abc − V = 0 zu minimieren. Wir definieren die
Funktion
F(a,b,c,λ) = O(a,b,c)−λg(a,b,c) = 2ab+2bc+2ca−λ(abc−V)
und berechnen die ersten partiellen Ableitungen nach den Variablen a,b und c und λ
F a (a,b,c,λ) = 2b+2c−λbc= 0,
F b (a,b,c,λ) = 2a+2c−λac= 0,
F c (a,b,c,λ) = 2a+2b−λab= 0,
F λ (a,b,c,λ) = −abc+V = 0.
Daraus folgt unmittelbar, dass a = b = c. Aus der Nebenbedingung erhalten wir
Dies entspricht einem Würfel.
a = b = c = 3√ V.
Beispiel 18.2.2. Wir berechnen den kürzesten Abstand der Geraden y = x − 3 von der
Parabel y = x 2 +2.
y
y = x 2 + 2
(x 1 , y 1 )
d
(x 2 , y 2 )
x
y = x − 3
Abbildung 18.2.ii: Abstand der Geraden y = x−3 von der Parabel y = x 2 +2
Die zu minimierende Funktion ergibt sich zu
d 2 (x 1 ,x 2 ,y 1 ,y 2 ) = (x 1 −x 2 ) 2 +(y 1 −y 2 ) 2
mit den beiden Nebenbedingungen
g 1 (x 1 ,y 1 ) = x 2 1 −y 1 +2= 0,
g 2 (x 2 ,y 2 ) = x 2 −y 2 −3= 0.

18.2. Lagrangemultiplikatoren 315
Wir definieren die Lagrangehilfsfunktion
F(x 1 ,x 2 ,y 1 ,y 2 ,λ 1 ,λ 2 ) = d 2 (x 1 ,x 2 ,y 1 ,y 2 )−λ 1 g 1 (x 1 ,y 1 )−λ 2 g 2 (x 2 ,y 2 )
und berechnen die ersten partiellen Ableitungen
= (x 1 −x 2 ) 2 +(y 1 −y 2 ) 2 −λ 1 (x 2 1 −y 1 +2)−λ 2 (x 2 −y 2 −3)
F x1 (x 1 ,x 2 ,y 1 ,y 2 ,λ 1 ,λ 2 ) = 2(x 1 −x 2 )−2λ 1 x 1 = 0,
(18.2.a)
F x2 (x 1 ,x 2 ,y 1 ,y 2 ,λ 1 ,λ 2 ) = −2(x 1 −x 2 )−λ 2 = 0, (18.2.b)
F y1 (x 1 ,x 2 ,y 1 ,y 2 ,λ 1 ,λ 2 ) = 2(y 1 −y 2 )+λ 1 = 0, (18.2.c)
F y2 (x 1 ,x 2 ,y 1 ,y 2 ,λ 1 ,λ 2 ) = −2(y 1 −y 2 )+λ 2 = 0, (18.2.d)
F λ1 (x 1 ,x 2 ,y 1 ,y 2 ,λ 1 ,λ 2 ) = −(x 2 1 −y 1 +2) = 0,
F λ2 (x 1 ,x 2 ,y 1 ,y 2 ,λ 1 ,λ 2 ) = −(x 2 −y 2 −3) = 0.
Aus den Gleichungen (18.2.a) und (18.2.c) eliminieren wir λ 1 , aus den Gleichungen (18.2.b)
und (18.2.d) eliminieren wir λ 2 und erhalten
Damit ergibt sich die Gleichung
− x 1 −x 2
= 2(y 1 −y 2 ),
x 1
(18.2.e)
x 1 −x 2 = −(y 1 −y 2 ).
(18.2.f)
x 1 −x 2
x 1
= 2(x 1 −x 2 ).
Da sich die Kurven nicht schneiden, gilt x 1 ≠ x 2 . Also folgt x 1 = 1 2 und damit y 1 = 9 4
aus der
ersten Nebenbedingung g 1 (x 1 ,y 1 ) = x 2 1 −y 1 +2 = 0. Aus den Gleichungen (18.2.f) und der
zweiten Nebenbedingung g 2 (x 2 ,y 2 ) = x 2 −y 2 −3 = 0 folgt nun
1
2 −x 2 = −( 9 4 −y 2) = −( 9 4 −x 2 +3)
und demzufolge wird x 2 = 23 8 und y 2 = − 1 8
. Der Abstand ist
d( 1 2 , 23 8 , 9 4 ,−1 8 ) ≈ 3.359.
Aus geometrischen Überlegungen handelt es sich um ein Minimum.
Aufgaben
Aufgabe 18.2.1. Bestimmen Sie die Extremstellen und Extremwerte der Funktion
f(x,y) = 3− 3 4 x−y
unterderBeachtung derNebenbedingung4x 2 +4y 2 −9 = 0undüberlegenSiesich anschaulich,
wo ein Maximum oder Minimum vorliegt.
Aufgabe 18.2.2. Berechnen Sie die Extremstellen und Extremwerte der Funktion
f(x,y) = xy
unter der Nebenbedingung x 2 + y 2 − a 2 = 0, wobei a ein reeller Parameter ist. Durch eine
Höhenliniendarstellung ist die Art der vorhandenen Extremwerte zu bestimmen.

316 Kapitel 18. Extremwerte mit Nebenbedingungen
Aufgabe 18.2.3. Berechnen Sie die Extremstellen und Extremwerte der Funktion
unter der Nebenbedingung x+y +z = 6.
f(x,y,z) = x 3 +y 3 +z 3
Aufgabe 18.2.4. Berechnen Sie die Extremstellen und Extremwerte der Funktion
unter der Nebenbedingung 4 x + 9 y + 16
z = 1.
f(x,y,z) = x+y +z
Aufgabe 18.2.5. Welcher Punkt P 1 der Hyperbel mit der Gleichung x 2 −y 2 = 1 hat vom
Punkt P 0 (0,1) die kleinste Entfernung?
Aufgabe 18.2.6. Die Gleichung einer Ellipse, deren Mittelpunkt mit dem Koordinatenursprung
zusammenfällt, lautet 5x 2 −8xy +5y 2 −9 = 0. Bestimmen sie die Halbachsen a und
b.
Aufgabe 18.2.7. Welches dem Kreis mit Radius r einbeschriebene
a. Fünfeck
b. n-Eck
hat den grössten Flächeninhalt?
Aufgabe 18.2.8. Gegeben sei ein Kreissektor mit dem Inhalt A. Wie gross muss der Radius
r sein, damit der Sektorumfang ein Minimum wird?
Aufgabe 18.2.9. Bestimmen Sie den Kreiszylinder, der bei gegebener Oberfläche A das
grösste Volumen hat.
Aufgabe 18.2.10. Die Zahl a ist so in drei Summanden zu zerlegen, dass deren Produkt ein
Maximum ist.
Aufgabe 18.2.11. Extremwert mit Nebenbedingung: Bestimmen sie zu den folgenden Punkten
i 1 2 3 4 5
x i 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5
y i 2.4 4.1 4.4 4.0 2.6
die beste Parabel y = ax 2 +bx+c, die durch die Punkte P 1 (0,0) und P 2 (3,0) geht.
Aufgabe 18.2.12. Extremwert mit Nebenbedingung: Bestimmen sie zu den folgenden Punkten
i 1 2 3 4
x i 2 3 4 5
y i 0.30 0.11 0.04 0.02
die beste Funktion der Form f(x) = ae −x + b
x 2 , die durch den Punkt P(1,1) geht.

18.2. Lagrangemultiplikatoren 317
Lösungen
Lösung 18.2.1. Minimum f( 9 10 , 6 5 ) = 9 8 und Maximum f(− 9 10 ,−6 5 ) = 39 8
Lösung 18.2.2. Erstes Maximum f( √ a a
2
, √2 ) = a2
2 , zweites Maximum f(− √ a 2
,−√ a 2
) = a2
2
und erstes Minimum f(−√ a a
2
, √2 ) = − a2
2 , zweites Minimum f( √ a 2
,−√ a 2
) = − a2
2 .
Lösung 18.2.3. Das Minimum befindet sich bei f(2,2,2) = 24 und das Maximum bei
f(6,6,−6) = f(6,−6,6) = f(−6,6,6) = 216.
Lösung 18.2.4. Extremstellen f(18,27,36) = 81 und f(2,3,−4) = 1 und f(6,−9,12) = 9
und f(−10,15,20) = 25
Lösung 18.2.5. Es hat zwei Lösungen P 1 (√
5
2 , 1 2 ) und P′ 1 (− √
5
2 , 1 2 ).
Lösung 18.2.6. Die Halbachsen sind a = 3 und b = 1.
Lösung 18.2.7. In beiden Fällen handelt es sich um das reguläre n-Eck.
Lösung 18.2.8. r = √ A und b = 2 √ A
√ √
A
Lösung 18.2.9. r =
6π und h =
Lösung 18.2.10. a = a 3 + a 3 + a 3
2A
3π
Lösung 18.2.11. f(x) = −1.9985x 2 +5.9954x +0.0000
Lösung 18.2.12. a = 1.1846 und b = 0.5642

318 Kapitel 18. Extremwerte mit Nebenbedingungen

Kapitel 19
Mehrfache Integrale
Zur Berechnung von Volumina, Schwerpunkten und Trägheitsmomenten eines Massekörpers
bedienen wir uns des so genannten Mehrfachintegrals.
Das Trägheitsmoment einer punktförmigen Masse, die im Abstand δ um eine Achse l dreht,
ist bekanntlich I l = δ 2 m.
Sind wir nun vor die Aufgabe gestellt, das Trägheitsmoment eines ausgedehnten Körpers
zu berechnen, so zerstückeln wir den Körper in kleine Quader mit Seitenlängen ∆x, ∆y
und ∆z und berechnen die Masse dieser Volumenstücklein ∆m = ρ∆x∆y∆z, wobei ρ die
Dichte dieses Volumenstückleins darstellt. Das Trägheitsmoment des ganzen Körpers ist nun
ungefährdieSummeallerdieserTeilträgheitsmomente I l ≈ ∑ δ 2 ∆m,wobeiδ denAbstanddes
Volumenstückleins zur Drehachse l bedeutet. Nach einem Grenzübergang ∆m → 0 erhalten
wir die Formel für das Trägheitsmoment eines Körpers
∫
I l = δ 2 dm
V
bei Rotation um die Achse l. Es handelt sich dabei um ein so genanntes Mehrfachintegral.
In einem ersten Schritt wenden wir uns nun Flächen- und Volumenberechnungen zu.
19.1 Flächenberechnungen in kartesischen Koordinaten
Das Integral
∫ b
a
f(x)dx
wurde als Grenzwert einer Summe von Masszahlen von Rechtecksflächen entwickelt, die bei
zunehmender Anzahl einen immer gegen null gehenden Betrag besitzen. Wir erhalten die
Masszahl der Fläche F unter einer Kurve, falls die Kurve oberhalb der x-Achse verläuft,
sonst die Differenz der Masszahlen von positiver Fläche und negativer Fläche. Es sei
a = x 0 < x 1 < x 2 < ··· < x i−1 < x i < ··· < x n = b
eine Unterteilung des Intervalls [a,b] in n Teilintervalle der Länge ∆x i = x i − x i−1 und
ξ i ∈ [x i−1 ,x i ] ein beliebiger Wert im i-ten Intervall. Dann gilt die Approximation
F =
∫ b
a
f(x)dx ≈
n∑
f(ξ i )∆x i ,
i=1
319

320 Kapitel 19. Mehrfache Integrale
welche für kleiner werdende ∆x i immer besser wird. Dabei stellt ∆F i = f(ξ i )∆x i die Masszahl
eines solchen Rechtecks dar. Wir können nun aber die Rechtecke selbst wieder aus
y
f(ξ i )
∆F i
y = f(x)
y j
∆y j
∆x i
a
x i−1 ξ i
x i
b
x
Abbildung 19.1.i: Das quadratische Flächenstück hat den Flächeninhalt ∆y j ∆x i . Damit ergibt
sich das Flächendifferenzial dydx bei einem Doppelintegral.
Flächenstücken, kleinen Rechtecken aufbauen. Es sei
0 = y 0 < y 1 < y 2 < ··· < y j−1 < y j < ··· < y mi = f(ξ i )
eine Unterteilung des Intervalls [0,f(ξ i )] in m i Teilintervalle der Länge ∆y j = y j −y j−1 . Dann
gilt
∑m i
∆F i = f(ξ i )∆x i = ∆y j ∆x i .
Die Summation erfolgt dabei in Richtung der y-Achse bis y mi = f(ξ i ). Die Gesamtsumme der
Rechteckflächen zwischen a und b ergibt sich zu
⎛ ⎞
n∑ ∑m i n∑ ∑m i
⎝ ∆y j
⎠∆x i = ∆y j ∆x i .
i=1
j=1
j=1
i=1 j=1
Ein doppelter Grenzübergang, ∆x i → 0 und ∆y j → 0, d.h. n → ∞ und m i → ∞ für alle
i ∈ {1,...,n}, ergibt ein so genanntes Doppelintegral
F = lim
n→∞
n∑
lim
m i
m i →∞
i=1 j=1
∑
∆y j ∆x i =
∫ b
x=a
∫ f(x)
y=0
dydx.
Dies ist eine vollständige Analogie zur Berechnung der Länge eines Intervalls mit ∫ dx. Wir
nennen dydx das Flächendifferenzial.
Beispiel 19.1.1. Wir berechnen die Fläche unter der Kurve y = f(x) = mx zwischen a und
b. Zuerst bestimmen wir das so genannte Fadendifferenzial
( ∫ )
f(x)
(∫ mx
)
dF = dy dx = dy dx.
y=0
y=0

19.2. Verallgemeinerung des Flächenintegrals – Doppelintegral 321
Integration über ein Fadendifferenzial ergibt
F =
∫ b
x=a
dF =
∫ b
x=a
(∫ mx
y=0
)
dy dx.
Wir unterscheiden hier inneres Integral nach y und äusseres nach x, d.h.,
F =
Aufgabe
∫ b
x=a
(∫ mx
y=0
) ∫ b
dy dx =
x=a
y
∣
mx
y=0
dx =
∫ b
x=a
mxdx = m ∣ ∣∣∣
b
2 x2 = m 2 (b2 −a 2 ).
Aufgabe 19.1.1. Bestimmen Sie die Masszahl der Fläche, die von den beiden Kurven y =
a−x und y = (x−a)2
a
eingeschlossen wird.
Lösung 19.1.1. F = a2
6
19.2 Verallgemeinerung des Flächenintegrals – Doppelintegral
Es seien I ⊆ R ein Intervall undD ⊆ R 2 ein Gebiet in der Ebene. Dann bedeuten arclength(I)
die Geasamtlänge des Intervalls und area(D) die Masszahl des Flächeninhalts des Gebiets.
So wie wir vom Integral
∫
∫
arclength(I) = dx zum Integral F = f(x)dx
I
übergegangen sind, um die Masszahl F der Fläche unter der Kurve y = f(x) oberhalb des
Intervalls I zu ermitteln, können wir vom Integral
∫∫
∫∫
area(D) = dydx zum Integral V = f(x,y)dydx
D
übergehen. Wir erhalten das Volumen des Zylinders, der durch das Gebiet D, die Deckfläche
z = f(x,y) und die entsprechenden Seitenflächen begrenzt wird.
Ist insbesondere f(x,y) = 1, so gilt
∫∫
area(D) = dydx
Eigenschaften des Doppelintegrals:
1. Konstanter Faktor k ∈ R
∫∫
D
D
∫∫
k·f(x,y)dydx = k f(x,y)dydx
D
D
I
a
2. Summe
∫∫
D
∫∫
(f(x,y)+g(x,y))dydx =
D
∫∫
f(x,y)dydx+ g(x,y)dydx
D

322 Kapitel 19. Mehrfache Integrale
3. Sind D 1 und D 2 zwei bis auf den Rand disjunkte (fremde) Gebiete, dann gilt
∫∫ ∫∫ ∫∫
f(x,y)dydx = f(x,y)dydx+ f(x,y)dydx.
D 1 ∪D 2 D 1 D 2
Beispiel 19.2.1 (Flächenberechnung). Es sei D das Gebiet in der Ebene, das durch die
Geraden y = x, y = x − 2a, y = 0 und y = a begrenzt wird. Offensichtlich handelt es
sich bei D um ein Parallelogramm. Wir wollen die Masszahl der Fläche des Parallelogramms
bestimmen.
∫∫ ∫ a ∫ y+2a
area(D) = f(x,y)dydx = dxdy
=
D
∫ a
0
(y +2a−y)dy =
Beispiel 19.2.2 (Volumenberechnung I). Es seien
y=0
∫ a
0
x=y
2ady = 2a 2
D = {(x,y) ∈ R 2 | x ∈ [0,a] und y ∈ [0,b]}
und die Funktion f(x,y) = c gegeben. Dann gilt
∫∫
V = f(x,y)dydx =
=
D
∫ a
0
cy
∣
b
0
dx =
∫ a
0
∫ a
∫ b
0
0
cdydx
cbdx = cbx
∣
a
0
= abc.
Es ergibt sich das Volumen eines Quaders mit den Seitenlängen a, b und c.
Beispiel 19.2.3 (Volumenberechnung II). Natürlich können auch variable Integrationsgrenzen
auftauchen. Die Menge D sei jetzt ein Kreisstück im ersten Quadranten mit Radius r,
d.h.,
D = {(x,y) ∈ R 2 | x ∈ [0,r] und 0 ≤ y ≤ √ r 2 −x 2 }.
Nun erhalten wir mit der Funktion f(x,y) = h das Volumen
∫∫ ∫ r ∫ √ r 2 −x 2
V = f(x,y)dydx = hdydx
=
D
∫ r
0
hy
∣
√
r 2 −x 2
y=0
dx =
0
∫ r
0
0
h √ r 2 −x 2 dx = π 4 r2 h.
Um das Integral zu berechnen, haben wir x = rsin(t) substituiert und cos 2 (t) = 1 2 (1+cos(2t))
benutzt. Es ergibt sich das Volumen eines Viertelzylinders mit der Höhe h und Radius r.
Beispiel 19.2.4. Ein Körper sei begrenzt durch die Flächen y = x 2 , y = 1, z = x 2 +y 2 und
z = 0. Wir berechnen das Volumen dieses Körpers
V =
= 2
∫ 1
∫ √ y
0 − √ y
∫ 1
0
(x 2 +y 2 )dxdy = 2
(
x 3
3 +xy2 ) ∣ ∣ ∣∣
√ y
x=0
= 4 15 + 4 7 = 88
105 ≈ 0.8381.
dy = 2
∫ 1
∫ √ y
0 0
∫ 1
0
(x 2 +y 2 )dxdy
(
y 3 2
3 +y 5 2
) (
dy = 2
2
3
)∣
y 5 2 ∣∣∣
1
5 + 2 7 y 7 2
0

19.2. Verallgemeinerung des Flächenintegrals – Doppelintegral 323
Aufgaben
Aufgabe 19.2.1. Bestimmen Sie für
das Doppelintegral
Aufgabe 19.2.2. Bestimmen Sie für
das Doppelintegral
D = {(x,y) ∈ R 2 | x ∈ [0,1] und y ∈ [0,2]}
∫∫
D
xydxdy.
D = {(x,y) ∈ R 2 | x ∈ [0,1] und y ∈ [0,1]}
∫∫
D
e x+y dxdy.
Aufgabe 19.2.3. Es sei S das von den Kurven x = 0, y = 0 und x+y = 2 eingeschlossene
Gebiet. Berechnen Sie ∫∫
(x+y)dxdy.
S
Aufgabe 19.2.4. Es sei S das von den Kurven x = 1, y = 0 und y = x eingeschlossene
Gebiet. Berechnen Sie ∫∫
(x 2 +y 2 )dxdy.
S
Aufgabe 19.2.5. Es sei S das von den Kurven y 2 = x und y = x eingeschlossene Gebiet.
Berechnen Sie
∫∫
(x+y)dxdy.
Aufgabe 19.2.6. Berechnen Sie
∫∫
S
|x|+|y| 0,
für x ≥ 0, y ≥ 0 und z ≥ 0. Machen Sie eine Skizze.
Aufgabe 19.2.10. Berechnen Sie das Volumen des Körpers, der begrenzt ist durch z =
x+y +1, x = 0, y = 0, z = 0 und x+y = 1. Machen Sie eine Skizze.
Aufgabe 19.2.11. Gegeben sei ein Rotationszylinder mit Radius r und y-Achse als Rotationsachse.
Bestimmen Sie das Volumen des Teils des Zylinders, der sich über dem Dreieck
OAB befindet. Das Dreieck ist die Hälfte des in der xy-Ebene liegenden Quadrats OBAC
mit Seitenlänge r und A(r,r,0), B(r,0,0) und C(0,r,0). Machen Sie eine Skizze.

324 Kapitel 19. Mehrfache Integrale
Lösungen
Lösung 19.2.1. 1
Lösung 19.2.2. (e−1) 2
Lösung 19.2.3. 8 3
Lösung 19.2.4. 1 3
Lösung 19.2.5.
3
20
Lösung 19.2.7. 136
3
Lösung 19.2.8. 104
3
Lösung 19.2.9. r4
8p
Lösung 19.2.10. 5 6
Lösung 19.2.11. r3 3
Lösung 19.2.6. 1 3
19.3 Variablensubstitution in einem Mehrfachintegral
Wir haben gesehen, dass es in einigen Fällen recht mühsam sein kann, die richtigen Integrationsgrenzen
zu finden. Vor allem, wenn die Geometrie des Gebietes D mit kartesischen
Koordinaten schlecht beschrieben werden kann, empfiehlt es sich eventuell, andere, besser
passende Koordinaten zu verwenden. Zu diesem Zweck führen wir eine Substitution durch.
• Die Substitutionsgleichungen für zwei Variablen lauten
J(u,v) = det⎜
⎝
x = φ(u,v),
y = ψ(u,v).
Ist im Gebiet D die Funktionaldeterminante
⎛
∂φ(u,v)
∂u
dann gilt
∫∫
D
= ∂φ(u,v)
∂u
∫∫
f(x,y)dxdy =
∂ψ(u,v)
∂u
∂ψ(u,v)
∂v
D
∂φ(u,v)
∂v
∂ψ(u,v)
∂v
⎞
⎟
⎠
− ∂ψ(u,v)
∂u
• Die Substitutionsgleichungen für drei Variablen lauten
∂φ(u,v)
∂v
≠ 0,
f(φ(u,v),ψ(u,v))J(u,v)dudv
x = φ(u,v,w),
y = ψ(u,v,w),
z = θ(u,v,w).
Ist im Gebiet D Funktionaldeterminante
⎛
∂φ(u,v,w) ∂φ(u,v,w)
∂u ∂v
J(u,v,w) = det
∂ψ(u,v,w) ∂ψ(u,v,w)
⎜ ∂u ∂v
⎝
∂θ(u,v,w) ∂θ(u,v,w)
∂u ∂v
∂φ(u,v,w)
∂w
∂ψ(u,v,w)
∂w
∂θ(u,v,w)
∂w
⎞
≠ 0,
⎟
⎠

19.3. Variablensubstitution in einem Mehrfachintegral 325
dann gilt
∫∫∫ ∫∫∫
f(x,y,z)dxdyz =
D
D
f(φ(u,v,w),ψ(u,v,w),θ(u,v,w))J(u,v,w)dudvdw.
Im Folgenden betrachten wir die drei meist verwendeten Substitutionen:
Polarkoordinaten
Es sei P(x,y) ein Punkt in der Ebene, welcher in kartesischen Koordinaten ausgedrückt ist.
Dann lautet die Substitution zu Polarkoordinaten
x = rcos(ϕ),
y = rsin(ϕ).
Es bezeichnen r den Abstand des Punktes P zum Ursprung; und ϕ den Azimutwinkel, d.h.
der Winkel zwischen dem Ortsvektores −→ 0P und der x-Achse (vgl. Abb. 19.3.i). Damit folgt
r ∈ [0,∞[ und ϕ ∈ [0,2π[.
Nach einiger Rechnung erhalten wir für die Funktionaldeterminante
( ) cos(ϕ) −rsin(ϕ)
J(r,ϕ) = det
= rcos 2 (ϕ)+rsin 2 (ϕ) = r ≠ 0.
sin(ϕ) rcos(ϕ)
Also folgt
∫∫
D
∫∫
f(x,y)dxdy =
D
f(rcos(ϕ),rsin(ϕ))rdrdϕ.
Die Funktionaldeterminante J(r,ϕ) = r lässt sich auch grafisch herleiten. Dies wollen wir nun
mit Hilfe von Abb. 19.3.i tun.
y
r = r(ϕ)
∆r
r∆r∆ϕ
r
r∆ϕ
∆ϕ P(x,y)
ϕ
x
Abbildung 19.3.i: Das Flächenstück im Kreisring mit den Radien r + ∆r und r hat den
Flächeninhalt ∆F = π((r+∆r) 2 −r 2 ) ∆ϕ
2π = r∆r∆ϕ+ 1 2 ∆r2 ∆ϕ ≈ r∆r∆ϕ. Damit ergibt sich
das Flächendifferenzial bei einer Variablensubstitution beim Übergang von kartesischen- zu
Polarkoordinaten, da der Term 1 2 ∆r2 ∆ϕ, wegen dem quadratischen ∆r 2 im Grenzübergang
∆r → 0 und ∆ϕ → 0 vernachlässigbar ist.

326 Kapitel 19. Mehrfache Integrale
Zylinderkoordinaten
Es sei P(x,y,z) ein Punkt im Raum, welcher in kartesischen Koordinaten ausgedrückt ist.
Dann lautet die Substitution zu Zylinderkoordinaten
x = rcos(ϕ),
y = rsin(ϕ),
z = z.
Es bezeichnen r den Abstand der Projektion des Punktes P in die xy-Ebene zum Ursprung;
und ϕ den Azimutwinkel, d.h. der Winkel zwischen der Projektion des Ortsvektores −→ 0P in die
xy-Ebene und der x-Achse. Damit folgt r ∈ [0,∞[, ϕ ∈ [0,2π[ und z ∈ R.
Nach einiger Rechnung erhalten wir für die Funktionaldeterminante
⎛
J(r,ϕ,z) = det⎝
cos(ϕ) −rsin(ϕ) 0
sin(ϕ) rcos(ϕ) 0
0 0 1
⎞
⎠ = rcos 2 (ϕ)+rsin 2 (ϕ) = r ≠ 0.
Also folgt
∫∫∫ ∫∫∫
f(x,y,z)dxdydz =
D
D
f(rcos(ϕ),rsin(ϕ),z)rdrdϕdz.
Kugelkoordinaten
Es sei P(x,y,z) ein Punkt im Raum, welcher in kartesischen Koordinaten ausgedrückt ist.
Dann lautet die Substitution zu Kugelkoordinaten
x = rcos(ϕ)sin(ψ),
y = rsin(ϕ)sin(ψ),
z = rcos(ψ).
Es bezeichnen r den Abstand des Punktes P zum Ursprung; ϕ den Azimutwinkel, d.h. der
Winkel zwischen der Projektion des Ortsvektores −→ 0P in die xy-Ebene und der x-Achse; und
ψ den Polarwinkel, d.h. der Winkel zwischen der positiven z-Achse und dem Ortsvektor −→ 0P.
Damit folgt r ∈ [0,∞[, ϕ ∈ [0,2π[ und ψ ∈ [0,π[.
Nach einiger Rechnung erhalten wir für die Funktionaldeterminante
Also folgt
∫∫∫
D
⎛
J(r,ϕ,ψ) = det⎝
∫∫∫
f(x,y,z)dxdydz =
cos(ϕ)sin(ψ) −rsin(ϕ)sin(ψ) rcos(ϕ)cos(ψ)
sin(ϕ)sin(ψ) rcos(ϕ)sin(ψ) rsin(ϕ)cos(ψ)
cos(ϕ) −rsin(ϕ) 0
= r 2 sin(ψ)drdϕdψ ≠ 0.
D
f(rcos(ϕ)sin(ψ),rsin(ϕ)sin(ψ),rcos(ψ))r 2 sin(ψ)drdϕdψ.
⎞
⎠

19.4. Berechnung von Trägheitsmomenten 327
19.4 Berechnung von Trägheitsmomenten
Als Trägheitsmoment einer ebenen Fläche S bezüglich irgend einer Achse, die in der Ebene
liegt, bezeichnen wir das Doppelintegral
∫∫
I =
S
µ(x,y)(δ(x,y)) 2 dxdy,
wobei δ(x,y) die Entfernung des Punktes P(x,y) von der Achse ist, und µ(x,y) die örtliche
Flächendichte [kg/m 2 ] ist. Insbesondere ist das Trägheitsmonent bezüglich der x- oder der
y-Achse gleich den Integralen
∫∫
I x =
S
∫∫
µ(x,y)y 2 dxdy und I y =
Im Gegensatz dazu ist das Dreifachintegral
∫∫∫
I l =
V
ρ(x,y,z)(δ(x,y,z)) 2 dxdydz
S
µ(x,y)x 2 dxdy.
das Trägheitsmoment eines Körpers bezüglich einer bestimmten Achse l, wobei δ(x,y,z)
die Entfernung des Punktes P(x,y,z) von der Achse l ist und ρ(x,y,z) die örtliche Dichte
[kg/m 3 ] bedeutet.
Kennen wir das Trägheitsmoment eines Körpers I s in Bezug auf eine durch den Schwerpunkt
gehende Achse, so können wir mit Hilfe des Satzes von Steiner auch das Trägheitsmoment
I desselben Körpers um eine zu dieser Schwerpunktsachse parallelen Achse ohne erneute
Integration berechnen. Es gilt
I = I s +ma 2 ,
wobei m die Gesamtmasse und a der Abstand der beiden Achsen darstellen.
Abbildung 19.4.i: Jakob Steiner, 1796-1863
Beispiel 19.4.1. Es ist das Trägheitsmoment einer kreisförmigen Blechscheibe der Dicke
a vom Radius R zu ermitteln, die sich um einen ihrer Durchmesser dreht. Die Dichte des
Materials der Scheibe sei konstant gleich ρ 0 . Wir legen die Scheibe parallel zur xy-Ebene mit

328 Kapitel 19. Mehrfache Integrale
Zentrum im Ursprung und rotieren um die y-Achse. Also berechnen wir das Dreifachintegral
∫∫∫
∫∫
I y = ρ 0 (x 2 +z 2 )dxdydz = ρ 0 (x 2 +z 2 )dzdxdy
= ρ 0
∫∫
V
x 2 +y 2 ≤R 2 (
)∣a
x 2 z + z3 ∣∣∣ 2
3
z=− a 2
x 2 +y 2 ≤R 2 ∫ a
2
− a 2
dxdy = ρ 0
∫∫
x 2 +y 2 ≤R 2 (
)
ax 2 + a3
dxdy.
12
Bei einer dünnen Blechscheibe kann a ≪ R angenommen werden, also vernachlässigen wir
in guter Näherung den Term mit a 3 gegenüber dem Term mit a und multiplizieren das
Flächenmoment mit a, d.h. wir berechnen
I y = aρ 0
∫∫x 2 +y 2 ≤R 2 x 2 dxdy.
Beachten Sie, dass aρ 0 nun eine konstante Flächendichte darstellt. Nun gehen wir zu Polarkoordinaten
über und erhalten x 2 = r 2 cos 2 (ϕ). Damit ergibt sich
I y = aρ 0
∫ 2π
= aρ 0
R 4
4
∫ R
0 0
∫ 2π
0
∫ 2π
r 2 cos 2 (ϕ)rdrdϕ = aρ 0 cos 2 (ϕ)
cos 2 (ϕ)dϕ = aρ 0
R 4
4 π.
0
∫ R
0
r 3 drdϕ
Um das letzte Integral zu bestimmen, benutzten wir cos 2 (ϕ) = 1 2 (1+cos(2ϕ)).
Aufgaben
Aufgabe 19.4.1. Eingleichseitiges Dreieck derSeitenlängeadrehtsichumeineseinerSeiten.
Es ist das Trägheitsmoment des Dreiecks zu ermitteln. Die Flächendichte sei konstant gleich
µ 0 .
Aufgabe 19.4.2. Gegeben sei ein homogener Quadermit Kantenlängen a, bundckonstanter
Dichte ρ 0 . Berechnen Sie das Trägheitsmoment dieses Quaders bezüglich einer Rotation um
eine der Kanten mit Kantenlänge c.
Aufgabe 19.4.3. Ein homogener Kreiszylinder habe den Radius a und die Höhe 2h. Die
z-Achse ist Zylinderachse und die x-Achse geht durch die Zylindermitte. Berechnen Sie die
Trägheitsmomente in Bezug auf die z-Achse und die x-Achse. Die Dichte des Materials sei
konstant gleich ρ 0 .
Aufgabe 19.4.4. Der Zylinder x 2 +y 2 = a 2 wird begrenzt durch die beiden Ebenen z = 0
und x+y+z = √ 2a. Berechnen Sie das Trägheitsmoment bezüglich der z-Achse. Die Dichte
des Materials sei konstant gleich ρ 0 .
Aufgabe 19.4.5. Bestimmen Sie das Trägheitsmoment des Kegelstumpfes der Höhe l bezüglich
der z-Achse. Der Kegelstumpf steht auf der xy-Ebene, der Deckflächenradius ist R 1 und
der Grundkreisradius ist R 2 . Die Dichte sei konstant gleich ρ 0 .
Aufgabe 19.4.6. Bestimmen Sie das Trägheitsmoment des hohlen Kegelstumpfes der Höhe l
bezüglich der z-Achse. Der hohleKegelstumpf steht auf derxy-Ebene, der Deckflächenaussenradius
ist R 1 und der Deckflächeninnenradius ist r 1 , und der Grundkreisaussenradius ist R 2
und der Grundkreisinnenradius ist r 2 . Die Dichte sei konstant gleich ρ 0 .

19.4. Berechnung von Trägheitsmomenten 329
Aufgabe 19.4.7. Bestimmen sie das Trägheitsmoment einer homogenen Kugel vom Radius
r der Dichte ρ 0 bezüglich eines Durchmessers.
Aufgabe 19.4.8. Berechnen Sie das Trägheitsmoment eines Würfels konstanter Dichte ρ 0
mit Kantenlänge a = b = c = 2, der um eine seiner Diagonalen dreht.
Aufgabe 19.4.9. Berechnen Sie das Trägheitsmoment einer Kugel mit der rotationssymmetrischen
Dichte
ρ(x,y,z) = √ x 2 +y 2 +z 2
vom Radius R = 1, die um einen Durchmesser dreht.
Lösungen
Lösung 19.4.1. I =
√
3
32 a4 µ 0
Lösung 19.4.2. I = abc
3 (a2 +b 2 )ρ 0
Lösung 19.4.3. Die Dichte ist der Quotient Masse m durch Volumen V, dannfolgt I z = m a2
2
und I x = m( h2
3 + a2
4 ).
Lösung 19.4.4. I z = π √
2
ρ 0 a 5
Lösung 19.4.5. Das Trägheitsmoment des Kegelstumpfes der Höhe l bezüglich der z-Achse
beträgt I z = πρ 0 l
10 R 2 −R 1
(R2 5 −R5 1 ).
Lösung 19.4.6. Sie brauchen keine weitere Integration durchzuführen, benutzen Sie das
Resultat aus Aufgabe 19.4.5. Das Trägheitsmoment ( des hohlen Kegelstumpfes ) der Höhe l
bezüglich der z-Achse beträgt I z = πρ 0 l
10 R 2 −R 1
(R2 5 −R5 1 )− l
r 2 −r 1
(r2 5 −r5 1 ) .
Lösung 19.4.7. Benutzen Sie Kugelkoordinaten x = rcos(ϕ)sin(ψ), y = rsin(ϕ)sin(ψ) und
z = rcos(ψ), dann wird dxdydz zu r 2 sin(ψ)drdϕdψ. Die Dichte ist der Quotient Masse m
durch Volumen V, also folgt das Trägheitsmoment einer Kugel I = 2 5 mr2 .
Lösung 19.4.8. Zentrieren Sie den Würfel im Ursprung mit den Kanten parallel zu den
Koordinatenachsen. Dann erhalten Sie das Trägheitsmoment I = 16
3 ρ 0.
Lösung 19.4.9. Benutzen Sie Kugelkoordinaten, dann folgt I = 1.396.

330 Kapitel 19. Mehrfache Integrale

Kapitel 20
Arbeit und Linienintegrale
Arbeit wird definiert als Kraft mal dem Weg in Richtung der Kraft oder kurz Kraft längs des
Weges. Im dreidimensionalen Raum gibt es allerdings mehrere Richtungen und das Teilchen
kann, theoretisch gesehen, auf einer Bahnkurve unendlich oft die Richtung ändern und somit
müssten wir unendlich oft Richtungsänderungen mit einbeziehen. Um diese Aufgabe zu lösen,
bedienen wir uns des so genannten Linienintegrals.
Es gibt aber auch Fälle bei denen die geleistete Arbeit vom Weg unabhängig ist. Zum Beispiel
spielt es im Gravitationsfeld der Erde keine Rolle, auf welchem Weg eine Masse m die Höhe
h überwindet, die Arbeit ist immer W = mgh. In diesem Fall sprechen wir von einem so
genannten Potenzialfeld. Für ein gegebenes Kraftfeld entscheiden wir an Hand einer Bedingung,
ob es sich um ein Potenzialfeld handelt oder nicht. Im Fall eines Potenzialfeldes
berechnen wir ein Potenzial, welches uns die Bestimmung der geleisteten Arbeit wesentlich
erleichtert. Das Linienintegral hängt dann nur vom Anfangs- und Endpunkt, nicht aber vom
eingeschlagenen Weg ab.
20.1 Kurven und Vektorfelder im Raum und in der Ebene
Kurven
Liegt eine Kurve in Parameterdarstellung x = x(t), y = y(t) und z = z(t) vor, so können
die Komponentenkoordinaten zu einem t-abhängigen Vektor ⃗r(t) zusammengefasst werden.
In der Ebene haben wir
( ) x(t)
⃗r(t) = = x(t)⃗e
y(t) x +y(t)⃗e y
und im Raum
⎛
⃗r(t) = ⎝
x(t)
y(t)
z(t)
⎞
⎠ = x(t)⃗e x +y(t)⃗e y +z(t)⃗e z .
Durch komponentenweises Differenzieren ergibt sich der Tangentialvektor an die Kurve. In
der Ebene gilt
( ) ẋ(t) ˙⃗r(t) = = ẋ(t)⃗e
ẏ(t) x +ẏ(t)⃗e y
331

332 Kapitel 20. Arbeit und Linienintegrale
y
y(t)
⃗r(t)
˙⃗r(t)
x(t)
x
Abbildung 20.1.i: Ortsvektor und Tangentialvektor einer Bahnkurve in der Ebene.
und im Raum
⎛
˙⃗r(t) = ⎝
ẋ(t)
ẏ(t)
ż(t)
⎞
⎠ = ẋ(t)⃗e x +ẏ(t)⃗e y +ż(t)⃗e z .
Beispiel 20.1.1. Ein Massenpunkt bewegt sich in der Ebene auf einer Kreisbahn mit Radius
R, dann sind seine Bahnkoordinaten durch
x(t) = Rcos(t) und y(t) = Rsin(t)
gegeben. Also haben wir den Ortsvektor der Bahnkurve
⃗r(t) =
( Rcos(t)
Rsin(t)
Der Geschwindigkeitsvektor in jedem Punkt der Bahnkurve ist demzufolge durch
( ) −Rsin(t) ˙⃗r(t) =
Rcos(t)
gegeben. Beachten Sie, dass in diesem Fall der Ortsvektor und der Geschwindigkeitsvektor
senkrecht stehen.
)
.
Aufgaben
Aufgabe 20.1.1. Parametrisieren Sie alle Geradenstücke die im Punkt P(1,1) enden (vgl.
Abbildung 20.1.ii, links).
Aufgabe 20.1.2. Parametrisieren Sie die Ellipse mit Mittelpunkt bei M(x M ,y M ) in Abbildung
20.1.iii, rechts.
Aufgabe 20.1.3. Parametrisieren Sie die Normparabel mit Scheitel bei S(x S ,y S ) in Abbildung
20.1.iv.
Aufgabe 20.1.4. Parametrisieren SiedieSchraubenlinie(Helix) mit GanghöhehundRadius
R in Abbildung 20.1.v.

20.1. Kurven und Vektorfelder im Raum und in der Ebene 333
y
y
1
•
P(1,1)
•
y M
b
a
•
•
1
x
x M
x
Abbildung 20.1.ii: Aufgabe 20.1.1 Geradenstücke.
Abbildung 20.1.iii: Aufgabe 20.1.2 Ellipse.
y S
y
x S
x
Abbildung 20.1.iv: Aufgabe 20.1.3
Normparabel.
Abbildung 20.1.v: Aufgabe 20.1.4
Helix.
Lösungen
Lösung 20.1.1.
( t
⃗r Diagonale (t) =
t
) ( t
, ⃗r oben (t) =
1
) ( 1
, ⃗r rechts (t) =
t
)
, wobei t ∈ [0,1]
Lösung 20.1.2.
Lösung 20.1.3.
Lösung 20.1.4.
⃗r(t) =
( ) acos(t)+xM
, wobei t ∈ [0,2π]
bsin(t)+y M
⃗r(t) =
⎛
⃗r(t) = ⎝
( ) t+xS
t 2 , wobei t ∈ R
+y S
⎞
Rcos(t)
Rsin(t) ⎠, wobei t ∈ [0,2π]
h
2π t

334 Kapitel 20. Arbeit und Linienintegrale
Vektorfelder
Jedem Punkt im Raume (in der Ebene) sei eindeutig ein Vektor zugeordnet, der die in diesem
Punkt vorhandene Feldgrösse, zum Beispiel die Kraft, symbolisch darstellt. Dieser im
Allgemeinen von Punkt zu Punkt verschiedene Vektor heisst Feldvektor und werde mit F ⃗
bezeichnet.
⎛ ⎞
F 1 (x,y,z,t)
⃗F(x,y,z,t) = ⎝ F 2 (x,y,z,t) ⎠.
F 3 (x,y,z,t)
Die Komponenten F i sind dabei Funktionen des Orts (x,y,z) im Raume ((x,y) in der Ebene)
und können eventuell auch noch von der Zeit t abhängen. Im Fall eines zeitunabhängigen
Feldes sprechen wir von einem stationären Vektorfeld.
y
x
Abbildung 20.1.vi: Ebenes stationäres Vektorfeld mit normalisierten Vektoren
Beispiel 20.1.2 (Föhnlage über der Schweiz). Bei der Abbildung 20.1.vii handelt es sich
um eine 33-Stunden-Vorhersage des numerischen Wettervorhersagemodell der Meteo Schweiz.
Die Windpfeile geben die Windrichtung an, die Länge eines Pfeiles entspricht der Windstärke
(rechts oben ist eine Windstärke von 12ms −1 dargestellt). Erkennbar ist in der Abbildung
die Endphase einer starken Föhnströmung, die bis ins östliche Mittelland (Zürichsee/Schaffhausen)
vorstösst. Über dem westlichen Mittelland ist die Front mit Südwestwinden sichtbar.
Die Messungen des automatischen Messnetzes der Meteo Schweiz zeigten zu diesem Zeitpunkt
Föhn am Zürichsee mit 3ms −1 (in Altdorf 13ms −1 ) bei einer Temperatur von 26 ◦ ,
währenddemwestlichvonZürichWestwindherrschteundimGenferseegebiet beiSüdwestwind
von 10ms −1 und einer Temperatur von 18 ◦ Regen einsetzte. An der Punktierung ist ferner
das Modellgebiet zu erkennen, welches auf einer Höhe über 750m liegt. Es handelt sich um
das Alpenmassiv, den Jura, die Vogesen und den Schwarzwald. Selbst mit einem Modell mit
einer Maschenweite von 7km können die Alpentäler noch nicht richtig wiedergegeben werden.
Beispiel 20.1.3 (Laminare stationäre Strömung). Strömungslinien bei einer laminaren stationären
Strömung (vgl. Abbildung 20.1.viii).
Beispiel 20.1.4 (Geschwindigkeitsfeld). Es sei das folgende Geschwindigkeitsfeld
( ) −y ⃗F(x,y) =
x

20.1. Kurven und Vektorfelder im Raum und in der Ebene 335
LM Forecast 04.06.2002 00 UTC +33h
10m Wind in m/s Every gridpoint
6 O E
8 O E
VT: Wed 5 Jun 2002 09 UTC
12.0 m/s
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Copyright MeteoSwiss
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MAGICS 5.5 terra - morsier Wed Jun 19 11:50:37 2002 622
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Abbildung 20.1.vii: Windfeld für den 5. Juni 2002 um 11 Uhr auf 10m über der Modelltopographie
in einem Ausschnitt über der Schweiz. Die Schweizer Grenze, Boden-, Genfer- und
Langensee sowie die wichtigsten Flüsse sind eingezeichnet. Quelle: Meteo Schweiz
mit| F(x,y)| ⃗ 2 = x 2 +y 2 = r 2 inderEbenevorgegeben. Der allgemeine Geschwindigkeitsvektor
im Punkt (x,y) hat die Form
( ) ẋ(t) ˙⃗r(t) = .
ẏ(t)
Somit gilt die Differenzialgleichung ⃗ F = ˙⃗r, oder in Komponenten ausgeschrieben
ẋ = −y und ẏ = x.
Es handelt sich hier um ein Differenzialgleichungssystem, welches wir mit den in Kapitel 23
diskutierten Methoden lösen können. Wir betrachten die zeitliche Ableitung von ẋ = −y und
setzen diese in der zweiten Gleichung ein, um
ẍ+x = 0
zu erhalten. Die allgemeine Lösung dieser Differenzialgleichung ist
x(t) = Acos(t)+Bsin(t)
mit A und B beliebige reelle Konstanten. Somit ergibt sich unmittelbar
y(t) = −ẋ(t) = Asin(t)−Bcos(t).
Wählen wir die Anfangsbedingung x(0) = r und y(0) = 0, dann folgt A = r und B = 0. Also
handelt es sich hier um eine starre Drehbewegung um den Ursprung mit Radius r
⃗r(t) =
( rcos(t)
rsin(t)
)
.

336 Kapitel 20. Arbeit und Linienintegrale
Abbildung 20.1.viii: Strömungslinien bei einer laminaren stationären Strömung beim Umfliessen
von Hindernissen. Links oben: Ein Kreis, der mit einer Wassergeschwindigkeit von 1mm
pro Sekundeangeströmt wird. Links unten: Eine schräggestellte Platte wird mit einer Wassergeschwindigkeit
von 1mm pro Sekunde angeströmt. Bei dieser Fliessgeschwindigkeit bilden
sich noch keine Wirbel. Rechts oben: Ein Quader in einer Strömung. Die Geschwindigkeit
des Wassers ist an den beiden oberen Ecken am grössten. Rechts unten: Ein NACA 64A015
Flügelprofil bei einem Anstellwinkel von 0 Grad, das von Wasser umströmt wird. Die Bilder
sind aus An Album of Fluid Motion, [4], entnommen.
Beispiel 20.1.5 (Räumliches Kraftfeld - Coulombfeld). Im Ursprung befinde sich die elektrische
Ladung +Q. Das von der Ladung erzeugte Kraftfeld, das so genannte Coulombfeld,
wird durch den Vektor ⃗ F dargestellt, der auf die positive Ladung +e mit Ortsvektor ⃗r wirkende
Kraft repräsentiert. Nach dem Coulombschen Gesetz hat ⃗ F den Betrag
| F(x,y,z)| ⃗ = 1 eQ
·
4πǫ 0 ǫ r x 2 +y 2 +z 2 = 1 · eQ
4πǫ 0 ǫ r |⃗r| 2,
dabei bedeuten ǫ r die Dielektrizitätszahl und ǫ 0 = 8.85 · 10 −12 CV −1 m −1 . Weiter sind die
Kraft und der Ortsvektor der Ladung parallel. Also gilt
⃗F = 1
4πǫ 0 ǫ r
· eQ
|⃗r| 3 ·⃗r.
Wir verzichten hier auf eine Lösung dieser Differenzialgleichung, da dies der Gegenstand der
Aufgabe 20.1.x ist.

20.2. Das Linienintegral 337
y
x
Abbildung 20.1.ix: Rotierendes Geschwindigkeitsfeld
y
⃗F
•
+e
+Q •
x
20.2 Das Linienintegral
Abbildung 20.1.x: Ebenes Coulombfeld
Wir betrachten das Kraftfeld, das durch den Feldvektor
⎛ ⎞
F 1 (x,y,z)
⃗F(x,y,z) = ⎝ F 2 (x,y,z) ⎠
F 3 (x,y,z)
gegeben sei. In diesem Feld bewege sich unter dem Einfluss der Feldkraft ein Massenpunkt
längs der Raumkurve mit dem Ortsvektor
⎛ ⎞
x(t)
⃗r(t) = ⎝ y(t) ⎠.
z(t)
Wir wollen die von der Feldkraft am Massenpunkt verrichtete Arbeit berechnen. Für diese
gilt in jedem Moment die Beziehung
W = ⃗ F ·⃗s [in Nm = J]

338 Kapitel 20. Arbeit und Linienintegrale
d.h., die Arbeit ist gleich Kraft mal Wegkomponente. 1 Die Richtung von ⃗s wird in jedem
Punkt der Kurve von d⃗r gegeben, also haben wir
dW = ⃗ F ·d⃗r.
Somit gilt für die Arbeit zwischen den beiden Punkten P 1 und P 2 der Kurve im Kraftfeld ⃗ F
W =
∫ P2
P 1
dW =
∫ P2
P 1
⃗ F ·d⃗r.
Ein solches Integral heisst Linien- oder Wegintegral. Für die praktische Berechnung gehen
y
P 2
•
⃗r(t)
⃗ F
d⃗r
x
P 1
•
Abbildung 20.2.i: Linienintegral
wir wie folgt vor. Es sei eine Parametrisierung ⃗r(t) der Kurve gegeben, längs welcher der
Massenpunkt im Kraftfeld von ⃗r(t 1 ) = P 1 nach ⃗r(t 2 ) = P 2 verschoben werden soll
⎛ ⎞
⎛ ⎞
x(t)
ẋ(t)
⃗r(t) = ⎝ y(t) ⎠ und somit ˙⃗r(t) = ⎝ ẏ(t) ⎠.
z(t)
ż(t)
Also ergibt sich mit der Kettenregel d⃗r = d⃗r
dt dt = ˙⃗rdt und das Linienintegral wird zu
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
∫ P2
∫ t2
∫ t2 F 1 ẋ ∫ t2
W = F ⃗ ·d⃗r = F ⃗ · ˙⃗rdt = ⎝ F 2
⎠· ⎝ ẏ ⎠dt = (F 1 ẋ+F 2 ẏ +F 3 ż)dt.
P 1 t 1 t 1
F 3 ż
t 1
Hierin ist dann x = x(t), y = y(t) und z = z(t) zu setzen, und es ergibt sich die Formel
W =
=
∫ t2
t 1
∫ t2
⃗ F (⃗r(t))· ˙⃗r(t)dt
t 1
(F 1 (x(t),y(t),z(t))ẋ(t)+F 2 (x(t),y(t),z(t))ẏ(t)+F 3 (x(t),y(t),z(t))ż(t))dt.
1 Der Punkt · bedeutet das Skalarprodukt.

20.2. Das Linienintegral 339
Beispiel 20.2.1. Ein Körper der Masse m werde längs einer Windung einer Schraubenlinie
⎛ ⎞
cos(t)
⃗r(t) = ⎝ sin(t) ⎠
h
2π t
um die Höhe h im Kraftfeld der Erde gehoben. Welche Arbeit ist aufzuwenden, wenn die
z-Achse vom Erdmittelpunkt wegzeigt? Das Kraftfeld hat die folgende Gestalt
⎛ ⎞
0
⃗F(x,y,z) = ⎝ 0 ⎠.
−mg
Damit folgt für das Linienintegral
W =
∫ 2π
0
∫ 2π
= −
0
⃗F (⃗r(t))· ˙⃗r(t)dt =
mgh
dt = −mgh.
2π
∫ 2π
0
⎛
⎝
0
0
−mg
⎞
⎛
⎠· ⎝
−sin(t)
cos(t)
h
2π
Das Arbeitsintegral liefert stets die vom Kraftfeld verrichtete Arbeit.
Beispiel 20.2.2. Um den Ursprung existiere ein Kraftfeld, bei dem alle Feldvektoren nach
dem Ursprung hingerichtet sind. Ihr Betrag ist proportional dem Abstand von Ursprung mit
der positiven Proportionalitätskonstante c. Welche Arbeit ist aufzubringen, wenn längs der
Schraubenlinie
⎛ ⎞
acos(t)
⃗r(t) = ⎝ asin(t) ⎠
h
2π t
um die Höhe h bewegt wird? Der Feldvektor hat die Gestalt
Damit folgt für das Linienintegral
W =
∫ 2π
0
= −c
⎛
⃗F(x,y.z) = −c⃗r = −c⎝
⃗F (⃗r(t))· ˙⃗r(t)dt
∫ 2π
0
∫ 2π
= −c
0
⎛
⎝
(
= −c h2
4π 2 ∫ 2π
0
= −c h2
4π 2 t 2 2
⎞
acos(t)
asin(t) ⎠·
h
2π t
⎛
⎝
−asin(t)
acos(t)
h
2π
x
y
z
⎞
⎞
⎠.
⎠dt
−a 2 cos(t)sin(t)+a 2 sin(t)cos(t)+
∣
2π
0
tdt
= −c h2 (2π) 2
4π 2 2
Demzufolge ist die aufzubringende Arbeit W = ch2
2 .
= − ch2
2 .
⎞
⎠dt
( ) h 2
t)
dt
2π

340 Kapitel 20. Arbeit und Linienintegrale
Aufgaben
Aufgabe 20.2.1. Berechnen Sie für das Kraftfeld
⎛
x 2 ⎞
⎛
⃗F(x,y,z) = ⎝ y 2 ⎠ die Feldarbeit längs der Kurve ⃗r(t) = ⎝
z 2
von A( √ 3,0,0) bis B(0,0,−1).
Aufgabe 20.2.2. Deuten Sie den Verlauf der Raumkurve
⎛
sin 2 ⎞
(t)
⃗r(t) = ⎝ cos 2 (t) ⎠
t 2 − π 2 t
√
3sin(t)
0
cos(t)
⎞
⎠
und berechnen Sie das Linienintegral im Intervall 0 ≤ t ≤ π 2
⎛ ⎞
x
⃗F(x,y,z) = ⎝ xy ⎠.
z
im Felde
Aufgabe 20.2.3. Berechnen Sie für das Kraftfeld
⎛ ⎞
⎛
0
⃗F(x,y,z) = ⎝ −z ⎠ die Arbeit längs der Kurve ⃗r(t) = ⎝
y
im Intervall 0 ≤ t ≤ π 2
und deuten Sie den Verlauf.
√
2cos(t)
cos(2t)
2t
π
⎞
⎠
Aufgabe 20.2.4. Berechnen Sie die Arbeit des Kraftfeldes
⎛ ⎞
⎛
x+y
⃗F(x,y,z) = ⎝ z ⎠ längs der Kurve ⃗r(t) = ⎝
x
im Intervall 0 ≤ t ≤ π 2 .
Aufgabe 20.2.5. Berechnen Sie die Arbeit des Kraftfeldes
⎛ ⎞
⎛
x+y
⃗F(x,y,z) = ⎝ x ⎠ längs der Kurve ⃗r(t) = ⎝
xz
im Intervall 0 ≤ t ≤ π 2 .
Aufgabe 20.2.6 (Wegunabhängigkeit). Gegeben sei das Kraftfeld
( ) xy
2
⃗F(x,y) =
x 2 .
y
sin(t)
cos 2 (t)
t
sin(t)
sin 2 (t)
t 2
Berechnen sie das Linienintegral ∫ P
0 ⃗ F ·d⃗r zwischen dem Nullpunkt und dem Punkte P(1,1)
längs den folgenden Wegen (vgl. Abbildung 20.2.ii)
⎞
⎠
⎞
⎠

20.2. Das Linienintegral 341
y
P(1,1)
•
a.
c.
b.
•
Q(1,0)
x
Abbildung 20.2.ii: Wege für Aufgabe 20.2.6
a. y = x,
b. y = x 2 und
c. längs der x-Achse vom Ursprung nach Q(1,0) dann parallel zur y-Achse von Q(1,0)
nach P(1,1).
Was stellen Sie fest? Erstaunt? Wie erklären Sie sich das?
Aufgabe 20.2.7 (Wegabhängigkeit). Berechnen Sie das Linienintegral über
a. den oberen und
b. den unteren
Halbkreis mit Radius r und Zentrum im Ursprung von P 1 nach P 2 (vgl. Abbildung 20.2.iii)
bei folgendem Feld
y
a.
P 2 • •
P 1
r
x
b.
Abbildung 20.2.iii: Wege für Aufgabe 20.2.7
⃗F(x,y) =
⎛
⎜
⎝
⎞
−y
x 2 +y
x
2 ⎟
⎠.
x 2 +y 2
Was stellen Sie fest? Erstaunt? Wie erklären Sie sich das?

342 Kapitel 20. Arbeit und Linienintegrale
Lösungen
Lösung 20.2.1. W = − 1 3 −√ 3
Lösung 20.2.2. W = 1 3
Lösung 20.2.3. W = 1
Lösung 20.2.4. W = 13
6 − π 4
Lösung 20.2.5. W = 3 2 (π2 −7)
Lösung 20.2.6. Die Arbeit beträgt für alle Wege immer W = 1 2
. Für eine Erklärung vergleichen
Sie das nächste Kapitel 20.3 über Potenzialfelder.
Lösung 20.2.7. Die Arbeit für den oberen Halbkreis beträgt W = π und für den unteren
Halbkreis W = −π. Für eine Erklärung vergleichen Sie das nächste Kapitel 20.3 über
Potenzialfelder.
20.3 Linienintegral im Potenzialfeld
Die beiden letzten Beispiele 20.2.1 und 20.2.2 geben Anlass zur Frage: Wann ist ein Linienintegral
vom Weg unabhängig?
Wir betrachten zuerst nur ebene Felder. Seien ein Vektorfeld
y
P 2 (x 2 ,y 2 )
•
γ 1
γ 2
•
P 1 (x 1 ,y 1 )
x
Abbildung 20.3.i: Zwei verschiedene Wege γ 1 und γ 2 von P 1 (x 1 ,y 1 ) nach P 2 (x 2 ,y 2 ) zur
Berechnung eines Linienintegrals.
⃗F(x,y) =
(
F1 (x,y)
F 2 (x,y)
)
und eine Kurve ⃗r(t) =
von P 1 (x 1 ,y 1 ) nach P 2 (x 2 ,y 2 ) gegeben. Dann gilt
( ) ( ẋ(t)
d⃗r = dt =
ẏ(t)
˙⃗rdt ẋdt
=
ẏdt
also folgt
W =
∫ P2
∫ (x2 ,y 2 )
F ⃗ ·d⃗r =
P 1 (x 1 ,y 1 )
( ) (
F1 dx
·
F 2 dy
)
=
)
=
( dx
dy
∫ (x2 ,y 2 )
(x 1 ,y 1 )
( x(t)
y(t)
)
)
(F 1 dx+F 2 dy).

20.3. Linienintegral im Potenzialfeld 343
Falls eine Stammfunktion W zweier Variablen x und y so auffindbar ist, dass der Integrand
F 1 dx + F 2 dy gerade deren vollständiges Differenzial dW darstellt, so ist das Integral vom
Weg unabhängig. Es müsste also gelten
und damit würde
dW = ∂W
∂x
F 1 = ∂W
∂x
dx+
∂W
∂y dy = F 1dx+F 2 dy
und F 2 = ∂W
∂y
folgen. Bei einer stetigen Funktion W mit ebensolchen Ableitungen gilt nach dem Satz von
Schwarz 13.4.1
W xy = W yx .
Somit müsste die folgende Bedingung von Schwarz richtig sein
∂F 1
∂y = ∂F 2
∂x .
Gilt dies nicht, so kann keine Stammfunktion W existieren.
Satz20.3.1 (BerechnungdesLinienintegralsbeiWegunabhängigkeit). Genau dann ist F 1 dx+
F 2 dy ein vollständiges Differenzial, wenn ∂F 1
∂y = ∂F 2
∂x gilt. Das Linienintegral von P 1(x 1 ,y 1 )
nach P 2 (x 2 ,y 2 ) ist dann
wobei
∫ (x2 ,y 2 )
(x 1 ,y 1 )
dW = W(x 2 ,y 2 )−W(x 1 ,y 1 ),
∂W
∂x = F 1
und
∂W
∂y = F 2.
Das Integral ergibt sich als Differenz von End- und Anfangswert der Funktion W und ist
folglich vom Weg unabhängig.
Satz 20.3.2 (Wegunabhängigkeit des Linienintegrals). Erfüllen die Funktionen F 1 und F 2
der Komponenten des Feldvektors ⃗ F eines ebenen Feldes die Bedingung von Schwarz
∂F 1
∂y = ∂F 2
∂x ,
so ist in diesem Feld jedes Linienintegral vom Weg unabhängig.
Ein solches Feld heisst Potenzialfeld, und W heisst Potenzialfunktion oder Potenzial.
Beispiel 20.3.1. Wir betrachten das ebene Feld
( xy
2
⃗F(x,y) =
x 2 y
)
und wollen das Linienintegral von P 1 (x 1 ,y 1 ) = (0,0) bis P 2 (x 2 ,y 2 ) = (1,1) berechnen. Also
identifizieren wir F 1 (x,y) = xy 2 und F 2 (x,y) = x 2 y. Nun testen wir die Bedingung von
Schwarz
∂F 1
∂y (x,y) = 2xy = ∂F 2
∂x (x,y).

344 Kapitel 20. Arbeit und Linienintegrale
Somit ist ⃗ F ein Potenzialfeld. Wie heisst das dazugehörige Potenzial? Wir haben also die
partielle Differenzialgleichung
∂W
(x,y) = xy2 und
∂x
∂W
∂y (x,y) = x2 y
zu lösen. Zuerst integrieren wir die erste Gleichung ∂W
∂x (x,y) = xy2 nach x und erhalten
∫
W(x,y) = xy 2 dx = x2 y 2
+ϕ(y),
2
wobei ϕ eine nur von der Variable y abhängige, noch zu bestimmende Funktion ist. Nun
differenzieren wir die erhaltene Stammfunktion W(x,y) = x2 y 2
2
+ ϕ(y) partiell nach y und
erhalten
F 2 (x,y) = x 2 y = ∂W
∂y = x2 y +ϕ ′ (y),
also folgt unmittelbar, dass ϕ ′ (y) = 0 und somit ϕ(y) = C, wobei C ∈ R eine beliebige
Konstante ist. Damit haben wir ein Potenzial
W(x,y) = x2 y 2
+C,
2
gefunden. Also ist das Linienintegral von (x 1 ,y 1 ) = (0,0) bis (x 2 ,y 2 ) = (1,1) vom Weg
unabhängig
∫ (1,1)
(0,0)
dW = W(1,1)−W(0,0) = 1 2 .
Beispiel 20.3.2. Wir betrachten das ebene Feld
( ) 2xy ⃗F(x,y) =
x 2 y 2
und fragen uns, ob es sich um ein Potenzialfeld handelt oder nicht. Also identifizieren wir
F 1 (x,y) = 2xy und F 2 (x,y) = x 2 y 2 . Nun testen wir die Bedingung von Schwarz
∂F 1
∂y (x,y) = 2x und ∂F 2
∂x (x,y) = 2xy2 .
Somit ist ⃗ F kein Potenzialfeld. Würden wir gleichwohl wie oben weiterfahren, dann ergäbe
sich die partielle Differenzialgleichung
∂W
∂x (x,y) = 2xy und ∂W
∂y (x,y) = x2 y 2 .
Zuerst integrieren wir die erste Gleichung ∂W
∂x
= 2xy nach x und erhalten
∫
W(x,y) = 2xydx = x 2 y +ϕ(y),
wobei ϕ eine nur von der Variable y abhängige, noch zu bestimmende Funktion ist. Nun
differenzieren wir die erhaltene Stammfunktion W(x,y) = x 2 y + ϕ(y) partiell nach y und
erhalten
F 2 (x,y) = x 2 y 2 = ∂W
∂y (x,y) = x2 +ϕ ′ (y),
also würde ϕ ′ (y) = x 2 y 2 −x 2 folgen. Dies ist aber ein Widerspruch, da ϕ nur eine Funktion
von y ist.

20.3. Linienintegral im Potenzialfeld 345
Für dreidimensionale Felder ergibt sich eine analoge Bedingung. Es sei
⎛ ⎞
F 1 (x,y,z)
⃗F(x,y,z) = ⎝ F 2 (x,y,z) ⎠
F 3 (x,y,z)
das Kraftfeld und wir fragen uns, ob die Linienintegrale in diesem Kraftfeld wegunabhängig
sind oder nicht. Dazu benutzen wir den folgenden Satz.
Satz 20.3.3. Es gibt genau dann eine Funktion W in den Variablen x, y und z mit
∂W
∂x = F 1,
∂W
∂y = F 2,
∂W
∂z = F 3,
wenn F 1 , F 2 , F 3 und sämtliche ihrer partiellen Ableitungen stetig sind und
gilt.
∂F 1
∂y = ∂F 2
∂x , ∂F 2
∂z = ∂F 3
∂y , ∂F 3
∂x = ∂F 1
∂z
Eine andere gleichwertige, aber sehr viel elegantere Methode für diesen Sachverhalt ist die
Folgende. Wir bilden den Vektor Rotation
rot( ⃗ F) =
⎛
⎜
⎝
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
⎞ ⎛ ⎞ ⎛
F 1
⎟
⎠ × ⎜
⎝ F 2
⎟
⎠ = ⎜
⎝
F 3
Die Bedingung von Schwarz ist nun gleichbedeutend mit
da immer
rot(grad(W)) =
⎛
⎜
⎝
rot(⃗F) = 0,
∂W z
∂y − ∂Wy
∂z
∂W x
∂z
− ∂Wz
∂x
∂W y
∂x − ∂Wx
∂y
⎞
⎛
⎟
⎠ = ⎝
∂F 3
∂y − ∂F 2
∂z
∂F 1
∂z − ∂F 3
∂x
∂F 2
∂x − ∂F 1
∂y
⎞
⎟
⎠ .
⎞
W zy −W yz
W xz −W zx
⎠ = 0
W yx −W xy
gilt. Wir sagen, dass die Rotation des Vektorfeldes verschwindet oder, dass das Vektorfeld
wirbelfrei ist. Wir können auch einen Zusammenhang mit dem Gradienten aufzeigen.
Satz 20.3.4. Das Vektorfeld ⃗ F sei ein Potenzialfeld mit Potenzial W. Dann gilt
grad(W) = ⃗ F.
Dieser Satz eignet sich vorzüglich, um das ausgerechnete Potenzial zu kontrollieren.
Beispiel 20.3.3. Wir betrachten das räumliche Vektorfeld
⎛ ⎞
y
⃗F(x,y,z) = ⎝ x+z 2 ⎠.
2yz

346 Kapitel 20. Arbeit und Linienintegrale
Nun bilden wir die Rotation dieses Feldes
⎛
rot( F(x,y,z)) ⃗ = ⎝
2z −2z
0−0
1−1
⎞
⎠ = 0.
Also handelt es sich wegen Satz 20.3.3 um ein Potenzialfeld. Wir suchen also das dazugehörige
Potenzial W. Wir haben die partielle Differenzialgleichung
∂W ∂W
(x,y,z) = y,
∂x
∂y (x,y,z) = x+z2 ,
∂W
∂z
(x,y,z) = 2yz
zu lösen. Zuerst integrieren wir die erste Gleichung ∂W
∂x
(x,y,z) = y nach x und erhalten
∫
W(x,y,z) = ydx = xy +ϕ(y,z),
wobei ϕ eine nur von den Variablen y und z abhängige, noch zu bestimmende Funktion ist.
Nun differenzieren wir die erhaltene Stammfunktion W(x,y,z) = xy+ϕ(y,z) partiell nach y
und erhalten
F 2 (x,y,z) = x+z 2 = ∂W ∂ϕ
(x,y,z) = x+
∂y ∂y (y,z),
also folgt unmittelbar, dass ∂ϕ
∂y (y,z) = z2 und somit ϕ(y,z) = yz 2 +ψ(z), wobei ψ eine nur
von der Variablen z abhängige, noch zu bestimmende Funktion ist. Nun differenzieren wir
erneut die erhaltene Stammfunktion W(x,y,z) = xy +yz 2 +ψ(z) nach z und erhalten
F 3 (x,y,z) = 2yz = ∂W
∂z (x,y,z) = 2yz +ψ′ (z),
also folgt unmittelbar, dass ψ ′ (z) = 0 und somit ψ(z) = C, wobei C ∈ R eine beliebige
Konstante ist. Damit haben wir ein Potenzial
W(x,y,z) = xy +yz 2 +C,
gefunden. Wir machen noch die Kontrolle mit Satz 20.3.4
⎛ ⎞
y
grad(W(x,y,z)) = ⎝ x+z 2 ⎠.
2yz
Aufgaben
Aufgabe 20.3.1. Untersuchen Sie, welche der folgenden Vektorfelder Potenzialfelder sind.
Bestimmen Sie bei den Potenzialfeldern die Potenziale undvergleichen Sie die entsprechenden
Linienintegrale derobigen Beispiele mit denAuswertungenderPotenziale andenEndpunkten
der Kurve.
a. Vergleichen Sie mit dem entsprechenden Linienintegral von Beispiel 20.2.1.
⎛ ⎞
0
⃗F(x,y,z) = ⎝ 0 ⎠
−mg

20.3. Linienintegral im Potenzialfeld 347
b. Vergleichen Sie mit dem entsprechenden Linienintegral von Beispiel 20.2.2.
⃗F = −c⃗r
c.
⎛
⃗F(x,y,z) = ⎝
x+y
z
x
⎞
⎠
d.
⎛
⃗F(x,y,z) = ⎝
x+y
x
xz
⎞
⎠
e.
f.
⎛
⃗F(x,y,z) = ⎝
⎛
⃗F(x,y,z) = ⎝
x 2 ⎞
y 2 ⎠
z 2
0
−z
y
⎞
⎠
Aufgabe 20.3.2. Zeigen Sie, dass das ebene Vektorfeld
⃗F(x,y) =
⎛
⎜
⎝
x
√
x 2 +y +y
⎞
y
2 ⎟
√
x 2 +y +x ⎠
2
ein Potenzialfeld ist und berechnen Sie die Arbeit von P 1 (0,0) nach P 2 (3,4) einmal unter
Verwendung des Potenzials und dann längs der Geraden von P 1 nach P 2
Aufgabe 20.3.3. Berechnen Sie die Potenziale der folgenden ebenen Vektorfelder.
a. Für x 2 +y 2 ≠ 0 sei
⎛
⃗F(x,y) = ⎝
x ⎞
x 2 +y
y
2 ⎠.
x 2 +y 2
b. Für x 2 +y 2 ≠ 0 sei
⃗F(x,y) =
⎛
⎜
⎝
⎞
−y
x 2 +y
x
2 ⎟
⎠.
x 2 +y 2
Aufgabe 20.3.4. Bestimmen Sie das Potenzial des räumlichen elektrischen Feldes ⃗ E = 1 e ⃗ F
einerPunktladungQ(vgl.Beispiel 20.1.5).ErmittelnSiedanndieBeziehungfürdieSpannung
zwischen zwei Punkten A und B. Betrachten Sie ferner den Spezialfall wenn A → ∞.

348 Kapitel 20. Arbeit und Linienintegrale
Lösungen
Im Folgenden bezeichnet C ∈ R eine Integrationskonstante.
Lösung 20.3.1.
a. Das Potenzial ist W(x,y,z) = −mgz, Integrationskonstante wurde weggelassen.
b. Das Potenzial ist W = − c 2 r2 = − c 2 (x2 +y 2 +z 2 )+C.
c. Kein Potenzialfeld
d. Kein Potenzialfeld
e. Das Potenzial ist W(x,y,z) = 1 3 (x3 +y 3 +z 3 )+C.
f. Kein Potenzialfeld
Lösung 20.3.2. Das Potenzial ist W(x,y) = √ x 2 +y 2 + xy + C und die Arbeit beträgt
W = 17.
Lösung 20.3.3.
a. Das Potenzial ist W(x,y) = 1 2 ln(x2 +y 2 )+C.
b. Das Potenzial ist W(x,y) = −arctan( x y )+C.
Lösung 20.3.4. Das Potenzial einer Punktladung Q ist W = − 1
r
, die Integrationskonstante
wurde weggelassen. Die Spannung zwischen zwei Punkten A und B ist
U = Q ( 1
− 1 )
.
4πǫ 0 ǫ r r A r B
Im Grenzfall ergibt sich somit die Spannung U = − 1
4πǫ 0 ǫ r
Q
r B
.
4πǫ 0 ǫ r
eQ
Beispiel 20.3.4 (Aus der Thermodynamik). Wird einer abgeschlossenen Gasmenge mit den
Zustandsgrössen p I , V I und T I eine Wärmemenge Q zugeführt, so geht sie in den Zustand
p II , V II und T II über. Die Wärmemenge dient der Steigerung der inneren Energie des Gases
und zur Aufbringung der Expansionsarbeit. In Differenzialform geschrieben, gilt
δQ = dU +pdV = mc v dT + mRT
V dV.
Die Steigerung der inneren Energie dU ist durch mc v dT ausgedrückt, wobei c V die spezifische
Wärmekapazität bei konstantem Volumen und m die Masse ist. Die Expansionsarbeit
pdV wird mit Hilfe der Zustandsgleichung eines idealen Gases pV = mRT in mRT
V dV
umgeschrieben. Dabei bedeuten m die Masse und R = 8.31441Jmol −1 K −1 die universelle
Gaskonstante.
Hieraus folgt durch Integration (Integrationsweg in der TV-Ebene) die gesamte Wärmezufuhr
Q, die das Gas vom Zustand I in den Zustand II führt. Ist diese Überführung vom Weg
abhängig? Wenn nicht, so muss δQ ein vollständiges Differenzial dQ in den Variablen T und

20.3. Linienintegral im Potenzialfeld 349
p
p
P I
•
P I
•
isochor
isotherm
•
P II
•
P II
V
V
Abbildung 20.3.ii: Links: Isotherme Zustandsänderungen (T = const) im pV-Diagramm.
Rechts: Isochore Zustandsänderungen (V = const) im pV-Diagramm.
V sein, undes muss dieBedingungvon Schwarz erfüllt sein. Wir identifizieren F 1 (T,V) = mc v
und F 2 (T,V) = mRT
V
und folgern
∂F 1
∂V (T,V) = 0 und ∂F 2 mR
(T,V) =
∂T V ≠ 0
Somit ist die Bedingung von Schwarz nicht erfüllt. Also ist das Integral vom Weg abhängig.
Dividieren wir nun δQ durch T, dann erhalten wir
δQ
T = mc v mR
dT +
T V dV.
Wir identifizieren F 1 (T,V) = mcv
T
und F 2 (T,V) = mR
V
und folgern nun, dass
∂F 1
∂V (T,V) = ∂F 2
∂T (T,V) = 0
Damit isthingegen δQ T
einvollständiges Differenzial, undesexistiert demzufolgeeineFunktion
S in den Variablen V und T mit dS = δQ T
. Also folgt gemäss Satz 20.3.1, dass
∫ II
I
δQ
T = ∫ II
I
dS = S II −S I
wegunabhängig ist. Die Funktion S beschreibt also den jeweiligen Zustand des Gases selbst,
da der Weg, auf dem das Gas in diesen Zustand gelangte, auf den Wert von S keinen Einfluss
hat. Die Grösse heisst Entropie und ist eine Zustandsgrösse. Die Entropie ist ein Mass für
die Unordnung eines Systems.
Aufgaben
Aufgabe 20.3.5. Bestimmen Sie die Entropie als Potenzial zum vollständigen Differenzial
δQ
T = mc v mR
dT +
T V dV.

350 Kapitel 20. Arbeit und Linienintegrale
Aufgabe 20.3.6. Die Entropie einer abgeschlossenen Gasmenge ist in Differenzialform
dS = δQ T = mc v
T
dT +
mR
V dV.
wobei m, c v und R gegebene Konstanten sind. Berechnen Sie die Entropiezunahme zwischen
den beiden Punkten P I (210K,3m 3 ) und P II (270K,5m 3 ) in der TV-Ebene.
Aufgabe 20.3.7. Zeigen Sie für das Integral
∫ II
(
Q = mc v dT + mRT )
V dV ,
I
dass es wegabhängig ist, indemSiedas Integral vom ZustandIin denZustandIIüberfolgende
Wege berechnen.
a. isotherm, isochor und
b. isochor, isotherm.
p
•
P I
b.
a.
•
P II
V
Lösungen
Lösung 20.3.5. Die Entropie ist S(T,V) = mc v ln(T)+mRln(V)+C, wobei C eine noch
zu bestimmende Konstante ist.
Lösung 20.3.6. Die Entropiezunahme beträgt ∆S = mRln( 5 3 )+mc vln( 9 7 ).
Lösung 20.3.7.
a. Q = mRT I ln(
VII
V I
)+mc v (T II −T I )
b. Q = mRT II ln(
VII
V I
)+mc v (T II −T I )

Kapitel 21
Differenzialgleichungen
Bei der mathematischen Behandlung vieler technischer und physikalischer Probleme treten
Differenzialgleichungen auf. Betrachten wir den radioaktiven Zerfall, bei dem die Atomkerne
gewisser Substanzen (z.B. Uran) auf natürliche Weise zerfallen. Es stellt sich zum Beispiel
die Frage, wie lange es dauert, bis nur noch die Hälfte aller Atomkerne vorhanden
sind, d.h., wie gross ist die so genannte Halbwärtszeit. Diese Problemstellung lässt sich
mit einer Differenzialgleichung modellisieren. Alle von uns kennen das Weg-Zeit-Gesetz
s(t) = s 0 + v 0 t + g 2 t2 für einen Gegenstand im freien Fall. Wie kommt diese Beziehung zu
Stande? Sie ist Lösung einer Differenzialgleichung. Eine weitere Frage könnte in etwa lauten:
Bei welchen Funktionen stimmt der Funktionswert mit der Steigung der Tangenten an jeder
Stelle überein? Mathematisch ausgedrückt heisst das: Gesucht sind alle Funktionen f, die die
(Differenzial-)Gleichung f ′ = f erfüllen.
21.1 Definitionen
Definition 21.1.1. EineGleichung, die eine odermehrereAbleitungen einer gesuchten Funktion
enthält, heisst Differenzialgleichung (abgekürzt DGl.).
Im Gegensatz dazu stehen die algebraischen Gleichungen, zum Beispiel x 2 + x +1 = 0, bei
denen eine Zahl als Lösung gesucht wird.
Beispiel 21.1.1. Wir suchen Funktionen y in der Variablen x, die zum Beispiel die Differenzialgleichungen
y ′ −y = 0, y ′ −cos(x) = 0 oder y ′ +y = sin(x) erfüllen.
Allgemein lässt sich eine Differenzialgleichungen in der Form
F(x,y,y ′ ,...,y (n) ) = 0
(21.1.a)
angeben.
Definition 21.1.2. Tritt in einer Differenzialgleichungen die n-te Ableitung der gesuchten
Funktion als höchste Ableitung auf, so wird die Differenzialgleichungen von n-ter Ordnung
genannt.
Beispiel 21.1.2. Die Gleichung y ′′ +y ′ y = 0ist eineDifferenzialgleichungen zweiter Ordnung.
Definition 21.1.3. Jede Funktion y, welche die Differenzialgleichung F(x,y,y ′ ,...,y (n) ) = 0
erfüllt, wird Lösung oder ein Integral der Differenzialgleichung genannt.
351

352 Kapitel 21. Differenzialgleichungen
21.2 Die geometrische Bedeutung einer Differenzialgleichung
erster Ordnung
Es sei eine Differenzialgleichung erster Ordnung F(x,y,y ′ ) = 0 gegeben. Sie definiert ein
Richtungsfeld, falls sie eindeutig nach y ′ auflösbar ist, d.h. y ′ = f(x,y). Indem in jedem
Punkt P(x,y) die Richtung y ′ durch ein kurzes Tangentenstück dargestellt wird, ergibt sich
ein Gesamtbild der Steigungen, ein Richtungsfeld. Setzen wir y ′ = c für verschiedene c ∈ R,
so erhalten wir die so genannten Isoklinen, das sind Kurven gleicher Steigung der Linienelemente.
Das Auflösen, respektive Erraten der Lösung einer Differenzialgleichung erster
Ordnung mit Hilfe der Isoklinen heisst Isoklinenmethode. Jede Kurve, die auf das Richtungsfeld
passt, ist eine Lösung der Differenzialgleichung oder ein Integral, denn sie erfüllt
die Differenzialgleichung nach Konstruktion.
Beispiel 21.2.1. Wir betrachten die Differenzialgleichung erster Ordnung y ′ +y = 0. Nach
y ′ aufgelöst, ergibt sich y ′ = −y. Damit erhalten wir das durch die Steigung y ′ (x,y) = −y am
Punkt P(x,y) definierte Richtungsfeld (vgl. Abbildung 21.2.i).
y
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•
•
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x
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•
•
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•
•
•
•
•
Abbildung 21.2.i: Richtungsfeld y ′ (x,y) = −y der Differenzialgleichung y ′ +y = 0 mit einer
Lösungskurve.
Setzen wiry ′ = cfüreineKonstante c ∈ R, dannfolgt y = −c. Somit entsprechendieIsoklinen
den horizontalen Geraden. Mit Hilfe der Isoklinenmethode können wir vermuten, dass eine
Lösung durch
y(x) = Ce −x
gegeben ist, wobei C ∈ R ein beliebiger Parameter ist.
Wir erhalten eine so genannte 1-parametrige Kurvenschar. Wird ein spezieller Parameter
C ∈ R gewählt, dann wird von einer partikulären Lösung gesprochen.
Im Allgemeinen besitzt eine allgemeine Lösung einer Differenzialgleichung n-ter Ordnung
genau n beliebige Konstanten, so genannte Freiheitsgrade. Jede Lösung mit weniger als n
beliebigen Konstanten heisst partikuläre Lösung. Eine solche wird häufig mit einem Index
y p versehen.
Beispiel 21.2.2. Wir betrachten nun die Differenzialgleichung xy ′ = y. Nach y ′ aufgelöst,
ergibt sich y ′ = y x . Damit erhalten wir das durch die Steigung y′ (x,y) = x y
am Punkt P(x,y)

21.3. Problemstellungen mit Differenzialgleichungen 353
definierte Richtungsfeld (vgl. Abbildung 21.2.ii).
y
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
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x
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•
•
•
•
•
•
Abbildung 21.2.ii: Richtungsfeld y ′ (x,y) = x y der Differenzialgleichung xy′ = y mit einer
partikulären Lösungskurve y = 1 2 x.
Mit Hilfe der Isoklinenmethode können wir anhand Abbildung 21.2.ii die folgende Lösung
erraten:
y(x) = ax, wobei a ∈ R ein beliebiger Parameter ist.
Indem wir die erratene Lösung in die Differenzialgleichung einsetzen, sehen wir, dass es sich
in der Tat um die allgemeine Lösung handelt.
21.3 Problemstellungen mit Differenzialgleichungen
Im Zusammenhang mit Differenzialgleichungen stellen sich zwei Hauptprobleme.
1. Zu einer gegebenen Differenzialgleichung mit Anfangs- oder Randbedingungen ist die
allgemeine Lösung zu suchen.
2. ZueinergegebenenFunktion,respektiveFunktionenscharistdiezugehörigeDifferenzialgleichung
zu suchen.
21.4 Nachprüfen hypothetischer Lösungen - Kontrolle
Im Bereich des ersten Hauptproblems ist es oft möglich, eine Lösung zu erraten. Durch Einsetzen
dieser Lösung in die Differenzialgleichung lässt sie sich nachprüfen.
Beispiel 21.4.1. Wir betrachten die Differenzialgleichung
y ′′ +y = 0.
Wir vermuten, dass y 1 (x) = cos(x) undy 2 (x) = sin(x) Lösungen sein könnten. Deshalb setzen
wir diese Funktionen in die Differenzialgleichung ein:
y ′′
1 (x)+y 1(x) = −cos(x)+cos(x) = 0
y ′′
2(x)+y 2 (x) = −sin(x)+sin(x) = 0

354 Kapitel 21. Differenzialgleichungen
Wir stellen fest, dass auch y 1 (x) = C 1 cos(x), y 2 (x) = C 2 sin(x) und
y(x) = C 1 cos(x)+C 2 sin(x)
mit C 1 ,C 2 ∈ R Lösungen sind. Dies ist sogar die allgemeine Lösung, da sie zwei Konstanten
(Freiheitsgrade) hat und die Differenzialgleichung von zweiter Ordnung ist. Eine partikuläre
Lösung ergäbe sich, wenn zum Beispiel C 1 = 0 und C 2 = 1 gesetzt würde.
Tipp: Kontrollieren Sie immer ihre erhaltene(n) Lösung(en) durch Einsetzen in die Differenzialgleichung.
Aufgaben
Aufgabe 21.4.1. Welche der Funktionen y 1 (x) = Ce −ax , y 2 (x) = Ce ax und y 3 (x) = 3e −ax
sind allgemeine, welche partikuläre Lösungen der Differenzialgleichung y ′ +ay = 0?
Aufgabe 21.4.2. Welche der folgenden Funktionen
y 1 (x) = 3e −x + 1 3 e2x
y 2 (x) = 4e −x
y 3 (x) = e 2x
y 4 (x) = Ce −x + 1 3 e2x
sind allgemeine, welche partikuläre Lösungen der Differenzialgleichung y ′ +y = e 2x ?
Aufgabe 21.4.3. Welche der folgenden Funktionen
y 1 (x) = sin(x)+ 1 3 cos(2x)
y 2 (x) = cos(2x)+sin(2x)
y 3(x) = C 1 sin(x)+C 2 cos(x)− 1 3 cos(2x)
sind allgemeine, welche partikuläre Lösungen der Differenzialgleichung y ′′ +y = cos(2x)?
Aufgabe 21.4.4. Welche der folgenden Funktionen
y 1 (x) = Cxe −2x
y 2 (x) = Ce 2x
y 3 (x) = Ce −2x
y 4 (x) = (K 1 x+K 2 )e −2x
sind allgemeine, welche partikuläre Lösungen der Differenzialgleichung y ′′ +4y ′ +4y = 0?
Lösungen
Lösung 21.4.1. Esisty 1 dieallgemeineLösungundy 3 einepartikuläreLösung.KeineLösung
ist y 2 .
Lösung 21.4.2. Es ist y 4 die allgemeine Lösung und y 1 eine partikuläre Lösung. Keine
Lösungen sind y 2 und y 3 .
Lösung 21.4.3. Es ist y 3 die allgemeine Lösung. Keine der Funktionen y 1 und y 2 ist eine
Lösung.
Lösung 21.4.4. Es ist y 4 die allgemeine Lösung und y 1 und y 3 partikuläre Lösungen. Keine
Lösung ist y 2 .

21.5. Differenzialgleichungen von Kurvenscharen 355
21.5 Differenzialgleichungen von Kurvenscharen
Beispiel 21.5.1. Gesucht sei die Differenzialgleichung aller durch den Nullpunkt gehender,
zur y-Achse symmetrischer Parabeln.
Eine allgemeine Parabel ist durch die Gleichung y = ax 2 +bx+c mit a,b,c ∈ R gegeben. Aus
den beiden Bedingungen folgt, dass
y = ax 2 .
Bei der Funktion y(x) = ax 2 handelt es sich um die allgemeine Lösung der zu suchenden
Differenzialgleichung. Diese besitzt genau einen so genannten Scharparameter a ∈ R (Freiheitsgrad).
Also muss die gesuchte Differenzialgleichung von erster Ordnung sein.
Wir eliminieren nun den Scharparameter: Differenzieren der Parabelgleichung nach x ergibt
y ′ = 2ax. Aus der Parabelgleichung eliminieren wir den Scharparameter a = y x 2 . Zusammen
erhalten wir
y ′ = 2 y x 2x = 2y x .
Dies ergibt die gesuchte Differenzialgleichung der Parabelkurvenschar
xy ′ −2y = 0.
Die Differenzialgleichung bestimmt das Richtungsfeld, das sich aus der Parabelschar ergibt.
y
•
•
•
•
y
•
•
•
•
•
•
•
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•
•
•
•
•
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•
•
x
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•
•
•
•
x
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•
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•
•
•
•
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•
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•
•
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•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
Abbildung 21.5.i: Die Kurvenschar und das Richtungsfeld der zur y-Achse symmetrischer,
durch den Nullpunkt gehender Parabeln.
Beispiel 21.5.2. Es sei y(t) = Acos(ωt) eine Schwingung mit der Amplitude A und der
festen Kreisfrequenz ω. Dann kann A ∈ R als einziger Scharparameter aufgefasst werden.
Also suchen wir die Differenzialgleichung erster Ordnung, so dass y die allgemeine Lösung ist.
Durch differenzieren erhalten wir ẏ(t) = −Aωsin(ωt). Auflösen nach A und Einsetzen in die
ursprüngliche Gleichung ergibt
y = −ẏ cos(ωt)
ωsin(ωt) .
Dies führt uns schliesslich zur Differenzialgleichung
ωy +ẏcot(ωt) = 0
der Kurvenschar der Kosinusschwingungen mit fester Kreisfrequenz ω.

356 Kapitel 21. Differenzialgleichungen
y
x
Aufgaben
Abbildung 21.5.ii: Verschiedene Amplituden der Kosinusschwingung
Aufgabe 21.5.1. Bestimmen Sie für die folgenden Funktionsscharen die Differenzialgleichung.
a. f(x) = asinh(x)
c. f(x) = asinh(x)+bcosh(x)
b. f(x) = acosh(x)
wobei a,b,c ∈ R die Scharparameter sind.
d. f(x) = ccot(x)
Aufgabe 21.5.2. Bestimmen Sie die Differenzialgleichung der Funktionenschar
wobei a 0 ,a 1 ,a 2 ∈ R die Scharparameter sind.
f(x) = a 0 +a 1 x+a 2 x 2
Aufgabe 21.5.3. Bestimmen Sie für die folgenden Funktionsscharen die Differenzialgleichung.
a. f(x) = c √ x
c. f(x) = e x2 +c
b. f(x) = ln(x+c)
wobei c ∈ R der jeweilige Scharparameter ist.
Aufgabe 21.5.4. Bestimmen Sie die Differenzialgleichung aller Tangenten an die Kurve mit
der Gleichung
y = x 2 .
Aufgabe 21.5.5. BestimmenSiedieDifferenzialgleichung derKurvenscharmitderGleichung
wobei c ∈ R der Scharparameter ist.
y = c2
x ,
Aufgabe 21.5.6. Wie heisst die Differenzialgleichung aller Kreise mit dem Radius r, deren
Mittelpunkt auf der x-Achse liegen?
Aufgabe 21.5.7. Bestimmen Sie die Differenzialgleichung aller Polynomfunktionen zweiten
Grades, die eine Nullstelle bei x = a haben und durch den Nullpunkt gehen.
Aufgabe 21.5.8. Bestimmen Sie die Differenzialgleichung aller Polynomfunktionen zweiten
Grades, die bei x = a eine doppelte Nullstelle besitzen.

21.6. Integration von Differenzialgleichungen durch Separation 357
Lösungen
Lösung 21.5.1.
a. tanh(x)y ′ −y = 0
b. coth(x)y ′ −y = 0
c. y ′′ −y = 0
d. sin(x)cos(x)y ′ +y = 0
Lösung 21.5.2. y ′′′ = 0
Lösung 21.5.3.
a. 2xy ′ −y = 0
c. y ′ −2xy = 0
b. e y y ′ −1 = 0
Lösung 21.5.4. Vgl. Kapitel 2.3 und Beispiel 4.1.1, y ′2 +4y −4xy ′ = 0
Lösung 21.5.5. xy ′ +y = 0
Lösung 21.5.6. y 2 y ′2 +y 2 = r 2
Lösung 21.5.7. (x 2 −ax)y ′ +(a−2x)y = 0
Lösung 21.5.8. (x−a)y ′ = 2y
21.6 Integration von Differenzialgleichungen erster Ordnung
durch Separation
Im Folgenden betrachten wir ausschliesslich Differenzialgleichungen der Form
y ′ (x) = g(x)h(y(x)).
(21.6.a)
Zum Beispiel
y ′ = sin(x)cos(y) oder y ′ = e x+y .
Ist eine Differenzialgleichung der Form (21.6.a) gegeben, so lösen wir diese durch Separation
oder Trennen der Variablen. Zuerst trennen wir die Variablen
y ′ = dy
dx = g(x)h(y)
und sortieren auf der linken Seite alles mit y und auf der rechten Seite alles mit x
dy
h(y) = g(x)dx.
Danach integrieren wir beide Seiten
∫
∫
dy
h(y) =
g(x)dx
und lösen die Gleichung – wenn möglich – nach y auf.

358 Kapitel 21. Differenzialgleichungen
Beispiel 21.6.1. Zu lösen sei die Differenzialgleichung
y ′ −x 2 y 2 −x 2 = 0 mit der Anfangsbedingung y(0) = 1.
Zuerst identifizieren wir die Differenzialgleichung als eine der Form (21.6.a)
y ′ = (y 2 +1)x 2 .
Es ist g(x) = x 2 und h(y) = y 2 +1. Dann trennen wir die Variablen
und integrieren die Gleichung:
∫ ∫
dy
y 2 +1 =
dy
y 2 +1 = x2 dx
x 2 dx ergibt
arctan(y) = 1 3 x3 +C,
wobei C ∈ R eine beliebige Konstante ist. Nun können wir nach
y(x) = tan ( 1
3 x3 +C )
auflösen und erhalten die allgemeine Lösung. Einsetzen der Anfangsbedingung
y(0) = tan( 1 3 03 +C) = 1
ergibt C = π 4
. Also folgt die partikuläre Lösung
y p (x) = tan ( 1
3 x3 + π 4)
.
Es empfiehlt sich, die erhaltene Lösung durch Einsetzen in die Differenzialgleichung zu kontrollieren
y p (x) ′ −x 2 yp 2 (x)−x2 = ( 1+tan 2( 1
3 x3 + π ))
4 x 2 −x 2 tan 2( 1
3 x3 + π 4)
−x 2 = 0
und y p (0) = tan ( 1
3 03 + π 4)
= tan
( π
4)
= 1.
Beispiel 21.6.2. Die Normale an eine Kurve y = f(x) schneidet die x-Achse und die Kurve,
dadurch wird ein Geradenstück definiert. Die Projektion dieses Geradenstückes auf die x-
Achse wird Subnormale genannt (vgl. Abbildung 21.6.i). Gesucht sei eine Kurve y = f(x),
deren Subnormale eine konstante Länge a hat.
Die Steigung der Tangenten ist y ′ . Damit ergibt sich unmittelbar das Verhältnis y ′ = a y . Dies
ist eine Differenzialgleichung
yy ′ = a,
welche durch die Methode der Separation gelöst werden kann. Wir separieren die Gleichung
integrieren sie
∫
y dy = a und erhalten ydy = adx,
dx
∫
ydy =
adx und erhalten
1
2 y2 = ax+C.
Dann erhalten wir die implizite Lösung y 2 = 2ax+2C mit C ∈ R beliebig. Somit haben wir
die allgemeine Lösung gefunden. Es handelt sich offensichtlich um eine nach rechts geöffnete
Parabelschar mit den Scheitelpunkten bei S ( − C a ,0) mit C ∈ R.

21.6. Integration von Differenzialgleichungen durch Separation 359
y
y
•
y = f(x)
y
a
x
a
x
Abbildung 21.6.i: Kurve mit einer Subnormalen konstanter Länge
Generell können wir folgende Lösungsmethode angeben:
• Identifikation: Handeltessich beidergegebenen Differenzialgleichung umeinevonder
Form y ′ (x) = g(x)·h(y(x))? Wenn ja, darf weiter nach diesem Programm vorgegangen
werden.
• Variablen trennen: Differenzialgleichung in die Form dy
h(y)
= g(x)dx bringen.
• Integration: Integrieren der Gleichung ∫ dy
h(y) = ∫ g(x)dx
• Auflösen: Wenn möglich auflösen nach y. Einsetzen der Anfangsbedingung.
• Kontrolle: Kontrollieren der Lösung durch Einsetzen in die ursprüngliche Differenzialgleichung.
Beispiel 21.6.3. Bei einer gewissen Bewegung sei das Verhältnis zwischen der Geschwindigkeit
[in ms −1 ] und dem durchlaufenen Weg [in m] konstant gleich 2s −1 . Zum Zeitpunkt, in
dem wir mit der Zeitmessung beginnen, d.h. für t = 0s, betrugder durchlaufeneWeg x = 2m.
Wir wollen den durchlaufenen Weg bis zum Zeitpunkt t = 5s berechnen.
Wir finden v x = 2s−1 , wobei die Geschwindigkeit v die erste Ableitung des Weges x nach der
Zeit t ist, i.e. v = dx
dt
. Damit ergibt sich unmittelbar die Differenzialgleichung
dx
dt = 2s−1 x mit der Anfangsbedingung x(0s) = 2m.
Zum Lösen der Differenzialgleichung trennen wir die Variablen dx
x = 2s−1 dt und integrieren
ln(|x|) = 2s −1 t+C, wobei C ∈ R eine noch zu bestimmende Konstante ist. Auflösen nach x
ergibt
|x| = e 2s−1 t+C = e 2s−1t e C = De 2s−1 t
mit einer neuen Konstanten D = e C ∈ R. Die Betragszeichen können weggelassen werden, da
die neue Konstante D beliebiges Vorzeichen haben darf. Somit erhalten wir die allgemeine
Lösung
x(t) = De 2s−1t .
Bestimmen der Konstante D durch Einsetzen der Anfangsbedingungergibt x(0s) = 2m = D,
also erhalten wir die partikuläre Lösung x p (t) = 2me 2s−1t . Der zurückgelegte Weg nach 5s
berechnet sich nun zu x p (5s) = 2me 10 ≈ 44km.

360 Kapitel 21. Differenzialgleichungen
Aufgaben
Bestimmen Sie die Lösung der folgenden Differenzialgleichungen:
Aufgabe 21.6.1. y ′ −2xy = 0
Aufgabe 21.6.2. sin(2x)y ′ −2y = 0
Aufgabe 21.6.3. y ′ −tanh(x)y = 0
Aufgabe 21.6.4. y ′ +y 2 = 1
Aufgabe 21.6.5. y ′ +cos(x)y = cos(x)
Aufgabe 21.6.6. 2yy ′ − √ y 2 +3 = 0
Aufgabe 21.6.7. y ′ −cos(x)y = 0 mit y( π 2 ) = e
Aufgabe 21.6.8. sin(x)y ′ +2cos(x)y = 0 mit y( π 4 ) = 2
Aufgabe 21.6.9. y ′ −y 2 = 1 mit y(0) = 1
Aufgabe 21.6.10. x 2 y ′ = y 2 mit y(5) = −10
Lösungen
Im Folgenden bezeichnen C und D ∈ R Konstanten.
Lösung 21.6.1. y(x) = Ce x2
Lösung 21.6.2. Benutzen Sie ∫ dx
sin(x) = ln(∣ ∣ tan
( x
2)∣ ∣
)
+D. Also folgt y(x) = Ctan(x).
Lösung 21.6.3. y(x) = Ccosh(x)
Lösung 21.6.4. Für |y| > 1 ist y(x) = coth(x+C) und für |y| < 1 ist y(x) = tanh(x+C).
Lösung 21.6.5. y(x) = 1−Ce −sin(x)
Lösung 21.6.6. Implizite allgemeine Lösung y 2 = 1 4 (x+C)2 −3
Lösung 21.6.7. y p (x) = e sin(x)
Lösung 21.6.8. y p (x) = 1
sin 2 (x)
Lösung 21.6.9. y p (x) = tan(x+ π 4 )
Lösung 21.6.10. y p (x) = x
1−0.3x
Beispiel 21.6.4 (Ideale Raketenbewegung). Wir betrachten eine ruhende Rakete im Weltraum,
die keinen Kräften ausgesetzt ist. Die Gesamtmasse der Rakete ist M = 13000kg,
davon hat der Brennstoffanteil eine Masse von m B = 9000kg. Welche Geschwindigkeit v ergibt
sich für die Rakete bei Brennschluss? Die Ausströmgeschwindigkeit v A der heissen Gase
während der Brenndauer wird mit v A = 2000ms −1 als konstant angenommen.
Es bezeichne m ∈ [0,m B ] die Masse des zur Zeit t verbrannten Brennstoffs und ∆m die

21.6. Integration von Differenzialgleichungen durch Separation 361
t :
t + ∆t :
v + ∆v − v A
•
M − m
• •
v
v + ∆v
∆m
M − (m + ∆m)
Abbildung21.6.ii: Schematische Darstellung der Herleitung der idealen Raketenbewegung mit
Hilfe des Impulserhaltungssatzes.
während der Zeit ∆t verbrannte Brennstoffmasse. Dann haben wir die Situation in Abbildung
21.6.ii.
Da keine Kräfte wirken, folgt aus dem Impulserhaltungssatz für die ganze Brenndauer, dass
Also haben wir zum Zeitpunkt t+∆t
(M −m)v = const.
(M −m)v = ∆m(v +∆v −v A )+(M −(m+∆m))(v +∆v)
und demzufolge
= ∆mv +∆m∆v −∆m v A +Mv −mv −∆mv +M∆v −m∆v −∆m∆v
0 = (M −m)∆v −∆m v A .
Die Geschwindigkeit v der Rakete hängt direkt von der verbrannten Brennstoffmenge m ab.
Je mehr Brennstoff verbrannt ist, desto schneller wird die Rakete. Nach Division mit ∆m
folgt
(M −m) ∆v
∆m = v A.
Nach dem Grenzübergang ∆m → 0 erhalten wir die durch Separation lösbare Differenzialgleichung
(M −m) dv
dm = v A.
Wir trennen die Variablen und integrieren
∫ ∫
dm
dv = v A
M −m .
Dies ergibt die allgemeine Lösung
v(m) = −v A ln(M −m)+C,
wobei C eine noch zu bestimmende Konstante ist. Nun setzen wir die Anfangsbedingung
v(0) = 0ms −1 ein und folgern, dass
v(0) = −v A ln(M)+C = 0,
also C = v A ln(M). Demzufolge erhalten wir eine partikuläre Lösung
( ) M
v p (m) = −v A ln(M −m)+v A ln(M) = v A ln .
M −m

362 Kapitel 21. Differenzialgleichungen
Bei Brennschluss hat die Rakete m B = 9000kg Brennstoff verbrannt, also folgt für die Geschwindigkeit
bei Brennschluss
( ) ( )
M
v p (m B ) = v A ln = 2000ms −1 13000
ln ≈ 2357ms −1 .
M −m B 13000−9000
Wir stellen fest, dass die Geschwindigkeit der Rakete bei Brennschluss im Wesentlichen von
der Austrittsgeschwindigkeit v A der heissen Gase und der Grösse des Verhältnis
M
M −m B
abhängt, d.h. vom Verhältnis der Raketenmasse beim Start zur Masse der brennstoffleeren
Rakete.
Aufgaben
durch Sepa-
Aufgabe 21.6.11. Bestimmen Sie die Lösung der Differenzialgleichung y ′ = x y
ration der Variablen.
Aufgabe 21.6.12. Bestimmen Sie die Lösung der Differenzialgleichung y ′ = ex y
ration der Variablen.
durch Sepa-
Aufgabe 21.6.13. Es seien a und b zwei feste Parameter. Lösen Sie die Differenzialgleichung
xy ′ −ay ′ −y +b = 0.
Aufgabe 21.6.14. Lösen Sie die Differenzialgleichung y ′ −xy +x √ y = 0.
Aufgabe 21.6.15. Lösen Sie die Differenzialgleichung sin(x)y ′ = yln(y) mit der Anfangsbedingung
y( π 2 ) = 1.
y ′
xsin(x) + 1 y
= 0 mit der Anfangsbedin-
Aufgabe 21.6.16. Lösen Sie die Differenzialgleichung
gung y(π) = 11.
Aufgabe 21.6.17. Lösen Sie die Differenzialgleichung y ′ y 2 +x 2 −1 = 0 mit der Anfangsbedingung
y(2) = 1.
Aufgabe 21.6.18. Lösen Sie die Differenzialgleichung (1 − x 2 )y ′ − 1 − 2y 2 = 0 mit der
Anfangsbedingung y( 1 3 ) = √
2
2 .
Aufgabe 21.6.19. Ein Massepunkt mit der Masse m = 10 −3 kg bewegt sich geradlinig unter
dem Einfluss einer Kraft
F = λ t v ,
wobei λ ein Proportionalitätsfaktor, t die Zeit und v die Geschwindigkeit ist. Zum Zeitpunkt
t = 10s betrug die Geschwindigkeit v = 20ms −1 und die Kraft F = 10 −3 N. Ermitteln Sie
die Geschwindigkeit, die nach einer Minute vom Zeitpunkt t = 0s aus erreicht wurde.
Aufgabe 21.6.20. Die Differenzialgleichung Tẏ + y = K ist mit der Anfangsbedingung
y(0) = 0 zu lösen.
a. Wie gross ist lim
t→∞
y(t)?

21.7. Orthogonaltrajektorien 363
b. Wie gross ist y zur Zeit t = T?
c. Zu welcher Zeit t, bezogen auf T, hat y 95% von lim
t→∞
y erreicht?
Aufgabe 21.6.21. Gesucht ist die Gleichung der Kurven, für deren Tangente gilt: Der
Berührungspunkt teilt den durch den Schnittpunkt mit der y-Achse und der x-Achse begrenzten
Tangentenabschnitt im Verhältnis eins zu zwei.
Lösungen
Im Folgenden bezeichnet C ∈ R eine Konstante.
Lösung 21.6.11. Implizite Lösung x 2 −y 2 = C
Lösung 21.6.12. Implizite Lösung y 2 = 2e x +C
Lösung 21.6.13. y(x) = C(x−a)+b
Lösung 21.6.14. y(x) =
Lösung 21.6.15. y p (x) = 1
( ) 2
1+Ce x2 4
Lösung 21.6.16. Implizite Lösung y 2 = 2(xcos(x)−sin(x))+121+2π
Lösung 21.6.17. Implizite Lösung y 3 = 3+3x−x 3
Lösung 21.6.18. y p (x) =
Lösung 21.6.19. v p (60s) ≈ 86ms −1
√ ( √2 ( ) )
2
2 tan 2 ln 1+x
1−x
+C mit C ≈ 0.295
Lösung 21.6.20. Die partikuläre Lösung der Differenzialgleichung ist y p (t) = K(1−e − t T).
a. lim
t→∞
y = K
b. y(T) ≈ 0.632K
c. t = T ln(20)
Lösung 21.6.21. Implizite Gleichung xy 2 = C
21.7 Orthogonaltrajektorien
ImFolgendenseieineKurvenschargegeben,undwirwollendiedazuorthogonaleKurvenschar,
die so genannte Orthogonaltrajektorienschar bestimmen.
Definition 21.7.1. Eine Kurvenschar mit der Eigenschaft, dass in jedem Punkt der Ebene
eine Kurve dieser Schar auf der entsprechenden Kurve einer vorgegebenen Kurvenschar
senkrecht steht, heisst Orthogonaltrajektorienschar.

364 Kapitel 21. Differenzialgleichungen
Beispiel 21.7.1. Gesucht sind sämtliche Kurven, die die Kurven der Schar
y 2 = x+C,
mit Scharparameter C ∈ R, rechtwinklig schneiden. Es sei P(x,y) ein beliebiger Punkt der
Ebene. In diesem Punkt P besitzt die Parabel die Steigung
y ′ = 1
2y .
Die Steigung der Orthogonaltrajektorie in P muss das negative Reziproke davon sein. Also
erhalten wir die Differenzialgleichung der Orthogonaltrajektorienschar
y ′ = −2y,
welche durch eine Separation der Variablen gelöst werden kann. Wir trennen die Variablen
und erhalten
dy
y = −2dx.
Integration ergibt die Lösung ln(|y|) = −2x + D 1 , wobei D 1 ∈ R eine Konstante ist. Somit
lautet die Gleichung der Orthogonaltrajektorienschar
wobei D ∈ R der Scharparameter ist.
y
y(x) = De −2x ,
x
Abbildung 21.7.i: Orthogonaltrajektorienschar der Parabeln mit der Gleichung y 2 = x+C.
Dies ist ein Spezialfall, da der Scharparameter C der gegebenen Kurvenschar von selbst eliminiert
wird. Sonst müssen wir die Differenzialgleichung der Kurvenschar der Orthogonaltrajektorien
ermitteln (vgl. Kapitel 21.5) und diese lösen.

21.8. Integration von linearen Differenzialgleichungen erster Ordnung 365
Aufgaben
Aufgabe 21.7.1. Bestimmen Sie die Orthogonaltrajektorienschar zu xy = k mit Scharparameter
k ∈ R−{0}.
Aufgabe 21.7.2. Bestimmen Sie die Orthogonaltrajektorienschar zu y = e −x +C, mit Scharparameter
C ∈ R.
Aufgabe 21.7.3. Bestimmen Sie die Orthogonaltrajektorienschar zu y = Ce x , mit Scharparameter
C ∈ R.
Aufgabe 21.7.4. Bestimmen Sie die Orthogonaltrajektorienschar der Geradenschar durch
den Punkt P(1,2). Machen Sie eine Skizze.
Lösungen
Im Folgenden bezeichnet C ∈ R eine Konstante.
Lösung 21.7.1. Implizite Lösung x 2 −y 2 = C
Lösung 21.7.2. y = e x +C
Lösung 21.7.3. Implizite Lösung y 2 = −2x+C
Lösung 21.7.4. Implizite Lösung (x−1) 2 +(y−2) 2 = C, konzentrische Kreise mit Zentrum
P(1,2).
21.8 Integration von linearen Differenzialgleichungen erster
Ordnung
Eine lineare Differenzialgleichung erster Ordnung hat folgende allgemeine Form
g(x)y ′ +h(x)y = S(x) wobei g(x) ≠ 0.
Weil die Funktion y und ihre Ableitung y ′ nur in der ersten Potenz auftreten, heisst die
Differenzialgleichung linear. Um diese Differenzialgleichung zu lösen, bringen wir sie auf
Normalform
y ′ + h(x)
g(x) y = S(x)
g(x)
oder
y ′ +f(x)y = s(x) mit f(x) = h(x)
g(x)
und s(x) = S(x)
g(x) .
Die Funktion s wird Störfunktion genannt, da sie die homogene Differenzialgleichung stört.
Ist die Funktion s(x) ≠ 0, so heisst eine solche Differenzialgleichung eine inhomogene lineare
Differenzialgleichung erster Ordnung. Im Falle s(x) = 0, nennen wir die Differenzialgleichung
homogen. Die homogene Differenzialgleichung ist der bereits besprochene
Fall einer separierbaren Differenzialgleichung:
y ′ +f(x)y = dy
dx +f(x)y = 0

366 Kapitel 21. Differenzialgleichungen
Trennen der Variablen
gefolgt von einer Integration ergibt
∫
ln(|y|) = −
dy
y = −f(x)dx,
f(x)dx+C 1 ,
wobei C 1 ∈ R eine Konstante ist. Nun können wir diese implizite Lösung nach
y(x) = e −∫ f(x)dx+C 1
= e C 1
e −∫ f(x)dx
auflösen. Wenn wir die Konstante e C 1
= C ersetzen, erhalten wir die allgemeine Lösung der
homogenen Differenzialgleichung
mit C ∈ R beliebig.
y h (x) = Ce −∫ f(x)dx
21.9 Integration inhomogener linearer Differenzialgleichungen
erster Ordnung durch Variation der Konstanten
Die inhomogene Differenzialgleichung
y ′ +f(x)y = s(x)
wird nun in zwei Schritten gelöst. Allgemein bestimmen wir immer zuerst die Lösung der homogenen
Differenzialgleichung und dann eine Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung.
1. Bestimmen der Lösung der homogenen Differenzialgleichung
y ′ +f(x)y = 0
nach dem Verfahren von Kapitel 21.8 ergibt die allgemeine Lösung der homogenen
Differenzialgleichung
y h (x) = Ce −∫ f(x)dx .
Nun bleibt uns nur noch die Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung zu finden.
Dazu benötigen wir ein neues Verfahren.
2. Variation der Konstanten C: Wir machen den Lösungsansatz
y(x) = C(x)e −∫ f(x)dx .
Es zeigt sich nun, dass die inhomogene Differenzialgleichung so gelöst werden kann, dass
wir die allgemeine Konstante C in der Lösung der homogenen Differenzialgleichung
als Funktion von x auffassen und diese Funktion so bestimmen, dass die inhomogene
Differenzialgleichung erfüllt wird. Die Funktion 1 C bestimmen wir durch Einsetzen
1 in Abhängigkeit der Variablen x

21.9. Variation der Konstanten 367
der Funktion y in die inhomogene Differenzialgleichung. Zuerst müssen wir unseren
Lösungsansatz nach x differenzieren
y ′ (x) = C ′ (x)e −∫ f(x)dx +C(x)(−f(x))e −∫ f(x)dx
und dann in die inhomogene Differenzialgleichung einsetzen
y ′ (x)+f(x)y(x) = C ′ (x)e −∫ f(x)dx +C(x)(−f(x))e −∫ f(x)dx +f(x)C(x)e −∫ f(x)dx
Also folgt
respektive
= s(x).
C ′ (x)e −∫ f(x)dx = s(x),
C ′ (x) = s(x)e∫
f(x)dx
.
Eine erneute Integration liefert uns die Funktion
∫
C(x) = f(x)dx
s(x)e∫
dx+D,
wobei D ∈ R erneut eine Konstante darstellt. Die allgemeine Lösung lautet somit
(∫ )
y(x) = e −∫ f(x)dx f(x)dx
s(x)e∫
dx+D
∫
= De −∫ f(x)dx +e −∫ f(x)dx f(x)dx
s(x)e∫
dx.
Wir stellen also fest, dass sich die allgemeine Lösung der inhomogenen linearen Differenzialgleichung
erster Ordnung
1. aus der allgemeinen Lösung der homogenen linearen Differenzialgleichung und
2. aus einer partikulären Lösung der inhomogenen linearen Differenzialgleichung
zusammensetzt. Wir werden später sehen, dass dies bei allen linearen Differenzialgleichungen
beliebiger Ordnung ein allgemeines Prinzip ist. Die Lösung der homogenen Differenzialgleichung
bezeichnen wir mit y h und die inhomogene mit y p .
Beispiel 21.9.1. Wir betrachten die lineare Differenzialgleichung erster Ordnung
y ′ +y = x
und identifizieren sofort die Störfunktion s(x) = x.
1. Nun suchen wir die Lösung der homogenen Differenzialgleichung y ′ + y = 0 durch
Separation. Also folgt
dy
y = −dx
und durch Integration erhalten wir die implizite Lösung
welche nach
ln(|y|) = −x+C 1 ,
y h (x) = e −x+C 1
= e C 1
e −x = Ce −x
aufgelöst, die Lösung der homogenen Differenzialgleichung darstellt. Es ist wiederum
C ∈ R eine Konstante.

368 Kapitel 21. Differenzialgleichungen
2. Zum Auffinden der Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung machen wir eine Variation
der Konstanten. Unser Ansatz lautet
welchen wir nun differenzieren
y(x) = C(x)e −x ,
y ′ (x) = C ′ (x)e −x −C(x)e −x
und in die inhomogene Differenzialgleichung einsetzen
y ′ (x)+y(x) = C ′ (x)e −x −C(x)e −x +C(x)e −x = x.
Es bleibt uns also die Gleichung C ′ (x) = xe x , die durch partielle Integration zu lösen
ist (vgl. Beispiel 11.2.1). Wir setzen u = x und v ′ = e x also u ′ = 1 und v = e x . Dann
folgt ∫ ∫
C(x) = xe x dx = xe x − e x dx = xe x −e x +D.
Damit erhalten wir die allgemeine Lösung
y(x) = (xe x −e x +D)e −x = x−1+De −x
als Summe der Lösung der homogenen Differenzialgleichung y h (x) = De −x und einer partikulären
Lösung y p (x) = x − 1. Die Konstante D ∈ R kann jetzt noch mit einer eventuell
vorhandenen Anfangsbedingung bestimmt werden.
Aufgaben
Aufgabe 21.9.1. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung von y ′ +2y = e 3x .
Aufgabe 21.9.2. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung von y ′ −2xy +e x2 = 0.
Aufgabe 21.9.3. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung von y ′ −ytan(x)+sin(x) = 0.
Aufgabe 21.9.4. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung von y ′ =
y
sin(x)cos(x) − sin2 (x)
cos(x) .
Aufgabe 21.9.5. Bestimmen Sie die partikuläre Lösung von y ′ +3xy −2e −3x2 2 −4x = 0 zur
Anfangsbedingung y(2) = 40.
Aufgabe 21.9.6. Bestimmen Sie die partikuläre Lösung von xy ′ + 2y = 3x 2 − 2x + 4 zur
Anfangsbedingung y(1) = 1 12 .
Aufgabe 21.9.7. Bestimmen Sie die partikuläre Lösung von y ′ +y+e x = 0 zur Anfangsbedingung
y(1) = 0.
Aufgabe 21.9.8. Esseien a,b undcbeliebigereelle Parameter. Bestimmen Siedieallgemeine
Lösung von y ′ +ay = ce bx
a. wenn a+b ≠ 0,
b. wenn a+b = 0.

21.9. Variation der Konstanten 369
Aufgabe 21.9.9. Bestimmen Sie die partikuläre Lösung von y ′ + ycos(x) = 1 2
sin(2x) zur
Anfangsbedingung y(π) = 1.
Aufgabe 21.9.10. Es sei n ∈ Z beliebig. Bestimmen Sie die partikuläre Lösung von
zur Anfangsbedingung y(0) = 0.
y ′ +(n+1)x n y = (n+1)x 2n+1
Aufgabe 21.9.11. Es sei a ein reeller positiver Parameter. Bestimmen Sie die partikuläre
Lösung von y ′ + 1 x y = 1 x
ln(ax) zur Anfangsbedingung y(1) = ln(a).
Aufgabe 21.9.12. Es sei f eine vorgegebene differenzierbare Funktion. Bestimmen Sie die
allgemeine Lösung von y ′ +f ′ (x)y = f(x)f ′ (x).
Aufgabe 21.9.13. Für ein System mit einfacher Speicherwirkung gilt die Differenzialgleichung
T ẋ a +x a = Kx e .
dabei bedeutenx a die Ausgangsgrösse, x e dieEingangsgrösse, T eine Zeitkonstante undK der
proportionale Übertragungsfaktor 2 . Wie ändert sich die Ausgangsgrösse x a in Abhängigkeit
der Zeit t, wenn x e (t) = ct für eine Konstante c?
Lösungen
Im Folgenden bezeichnet D ∈ R eine Konstante.
Lösung 21.9.1. y(x) = De −2x + 1 5 e3x
Lösung 21.9.2. y(x) = e x2 (D −x)
Lösung 21.9.3. y(x) = D
cos(x) + 1 2 cos(x)
Lösung 21.9.4. y(x) = Dtan(x)+sin(x)
Lösung 21.9.5. y p (x) = e −3x2 2 (C − 1 2 e−4x ) mit C ≈ 16137.15
Lösung 21.9.6. y p (x) = 3 4 x2 − 2 3 x+2−2 1
x 2
Lösung 21.9.7. y p (x) = 1 2 (e2−x −e x )
Lösung 21.9.8.
a. y(x) = cebx
a+b +De−ax
b. y(x) = (cx+D)e −ax
Lösung 21.9.9. y p (x) = sin(x)−1+2e −sin(x)
Lösung 21.9.10. y p (x) = x n+1 −1+e −xn+1
Lösung 21.9.11. y p (x) = ln(ax)−1+ 1 x
Lösung 21.9.12. y(x) = f(x)−1+De −f(x)
Lösung 21.9.13. x a (t) = Kc(t−T)+De − t T
2 Der Übertragungsfaktor K hat die gleiche Dimension wie der Quotient xa
x e
.

370 Kapitel 21. Differenzialgleichungen
21.10 Ansatzmethode und Superpositionsprinzip
Nach dem Bisherigen setzt sich die allgemeine Lösung einer inhomogenen linearen Differenzialgleichung
erster Ordnung zusammen aus der allgemeinen Lösung der homogenen Differenzialgleichung
plus einer partikulären Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung. Für
letztere besteht für gewisse Störfunktionstypen s und für f(x) = a = const die Möglichkeit
einer einfachen Berechnung mit Hilfe eines Ansatzes. Das umständliche Verfahren der Variation
der Konstanten kann damit umgangen werden. Die folgenden Methoden gelten also für
Differenzialgleichungen der Form
y ′ +ay = s(x) mit a ∈ R.
Wir sprechen von einer linearen Differenzialgleichung erster Ordnung mit konstanten Koeffizienten.
Entsprechend der Form der Störfunktion machen wir einen Ansatz. Das allgemeine Prinzip
besagt, dass wir immer denselben Funktionstyp ansetzen wie die Störfunktion, allerdings mit
allgemeinen multiplikativen Konstanten. Die folgende Liste zeigt die wichtigsten Typen von
Störfunktionen und deren Ansatz zur Auffindung einer partikulären Lösung.
1. Die Störfunktion ist eine Exponentialfunktion s(x) = a 0 e λx . Der Ansatz lautet in
diesem Fall
y p (x) = A 0 e λx ,
wobei A 0 ∈ R zu bestimmen ist. Beachten Sie, dass der Ansatz die gleiche Exponentialfunktion
besitzt wie die Störfunktion.
2. Die Störfunktion ist eine Polynomfunktion s(x) = a n x n +···+a 1 x+a 0 . Der Ansatz
ist in diesem Fall auch eine Polynomfunktion
y p (x) = A n x n +···+A 1 x+A 0 ,
wobeiA 0 ,A 1 ,...,A n ∈ Rzubestimmensind.Beachten Sie,dassderAnsatzdengleichen
Grad n besitzt wie die Störpolynomfunktion.
3. Die Störfunktion ist eine Linearkombination von trigonometrischen Funktionen
s(x) = a 0 sin(ωx)+b 0 cos(ωx) mit der gleichen Frequenz ω. Der Ansatz ist in diesem Fall
(auch wenn a 0 oder b 0 null sein sollten) eine Linearkombination von trigonometrischen
Funktionen
y p (x) = A 0 sin(ωx)+B 0 cos(ωx),
wobei A 0 ,B 0 ∈ R zu bestimmen sind. Beachten Sie, dass die Frequenz ω des Ansatzes
die gleiche ist wie die der Störfunktion.
4. DieStörfunktionisteineExponentialfunktionmultipliziert miteinerPolynomfunktion
s(x) = (a n x n +···+a 1 x+a 0 )e λx . Der Ansatz ist in diesem Fall auch eine Exponentialfunktion
multipliziert mit einer Polynomfunktion
y p (x) = (A n x n +···+A 1 x+A 0 )e λx ,
wobeiA 0 ,A 1 ,...,A n ∈ Rzubestimmensind.Beachten Sie,dassderAnsatzdengleichen
Grad n besitzt wie die Störpolynomfunktion und die gleiche Exponentialfunktion.

21.10. Ansatzmethode und Superpositionsprinzip 371
5. Die Störfunktion ist eine Summe von trigonometrischen Funktionen multipliziert
mitPolynomfunktionen s(x) = (a n1 x n 1
+···+a 0 ) sin(ωx)+(b n2 x n 2
+···+b 0 ) cos(ωx).
Der Ansatz ist in diesem Fall auch eine Summe von trigonometrischen Funktionen multipliziert
mit Polynomfunktionen
y p (x) = (A m x m +···+A 0 ) sin(ωx)+(B m x m +···+B 0 ) cos(ωx)
mit m = max{n 1 ,n 2 }, wobei A m ,...,A 0 ,B m ,...,B 0 ∈ R zu bestimmen sind. Beachten
Sie, dass die Frequenz ω des Ansatzes die gleiche ist wie die der Störfunktion, und der
Grad das Maximum der Grade der Störpolynomfunktionen ist.
6. DieStörfunktionsisteineLinearkombination derobigenFälle, dannistauchderAnsatz
eine solche Linearkombination vom selben Typ. In diesem Fall empfiehlt es sich, die
einzelnen Fälle separat zu behandeln, und dann die einzelnen partikulären Lösungen
nach dem Superpositionsprinzip zu addieren (vgl. Satz 21.10.1).
Beispiel 21.10.1. Wir betrachten die lineare inhomogene Differenzialgleichung erster Ordnung
mit konstanten Koeffizienten
y ′ +2y = x 2 .
Die Lösung der homogenen Differenzialgleichung lautet y h (x) = ce −2x , wobei c ∈ R eine
Konstante ist. Da es sich bei der Störfunktion s(x) = x 2 um eine Polynomfunktion zweiten
Grades handelt, machen wir den polynomialen Ansatz 3
y p (x) = Ax 2 +Bx+C
für eine partikuläre Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung. Wir differenzieren den
Ansatz
y p ′ (x) = 2Ax+B
und setzen ihn in die Differenzialgleichung ein
2Ax+B +2Ax 2 +2Bx+2C = x 2 .
Die Koeffizienten sind nun so zu bestimmen, dass links und rechts für alle x die gleiche
Funktion steht, dass also die Differenzialgleichung identisch erfüllt ist. Das heisst, dass die
Koeffizienten der entsprechenden Potenz links und rechts gleich sein müssen.
Der Koeffizientenvergleich von x 2 ergibt 2A = 1.
Der Koeffizientenvergleich von x 1 ergibt 2A+2B = 0.
Der Koeffizientenvergleich von x 0 ergibt B +2C = 0.
Dies ergibt ein lineares Gleichungssystem in den unbekannten A,B und C mit der Lösung
A = 1 2 ,B = −1 2 und C = 1 4
. Also erhalten wir eine partikuläre Lösung
y p (x) = 1 2 x2 − 1 2 x+ 1 4 .
A 0.
3 Aus Gründen der Übersichtlichkeit heissen die gesuchten Koeffizienten A,B und C und nicht A 2,A 1 und

372 Kapitel 21. Differenzialgleichungen
Somit lautet die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung
y(x) = y h (x)+y p (x) = ce −2x + 1 2 x2 − 1 2 x+ 1 4 ,
wobei c ∈ R eine Konstante ist, die noch durch eine allfällige Anfangsbedingung bestimmt
werden könnte.
Beispiel 21.10.2. Wir betrachten die lineare inhomogene Differenzialgleichung erster Ordnung
mit konstanten Koeffizienten
y ′ +y = 5sin(3x).
Die Lösung der homogenen Differenzialgleichung lautet y h (x) = ce −x , wobei c ∈ R eine
Konstante ist. Da es sich bei der Störfunktion s(x) = 5sin(3x) um eine trigonometrische
Funktion mit Frequenz ω = 3 handelt, machen wir den Ansatz
y p (x) = Asin(3x)+Bcos(3x).
Obwohl die Störfunktion nur aus einer Sinusfunktion besteht, müssen wir den Ansatz mit
einer Sinus- und einer Kosinusfunktion machen. Wir differenzieren den Ansatz
und setzen ihn in die Differenzialgleichung ein
y p ′ (x) = 3Acos(3x)−3Bsin(3x)
3Acos(3x)−3Bsin(3x)+Asin(3x)+Bcos(3x) = 5sin(3x).
Wieder muss diese Gleichung für alle x erfüllt sein. Somit muss links und rechts die gleiche
Funktion stehen, das heisst die Koeffizienten von sin und cos müssen je übereinstimmen.
Der Koeffizientenvergleich von sin(3x) ergibt A−3B = 5.
Der Koeffizientenvergleich von cos(3x) ergibt 3A+ B = 0.
Die Lösung ist A = 1 2 und B = −3 2
. Somit lautet die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung
wobei c ∈ R eine Konstante ist.
y(x) = ce −x + 1 2 sin(3x)− 3 2 cos(3x),
Aufgaben
Aufgabe 21.10.1. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung von y ′ −2y = 2e 3x .
Aufgabe 21.10.2. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung von y ′ −4y = 2e 4x .
Aufgabe 21.10.3. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung von y ′ +y = x 3 +x 2 +x+1.
Aufgabe 21.10.4. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung von y ′ −2y = 3.
Aufgabe 21.10.5. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung von ṡ+3s = sin(t)−cos(t).
Aufgabe 21.10.6. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung von ˙ I +2I = −2cos(2t).

21.10. Ansatzmethode und Superpositionsprinzip 373
Lösungen
Im Folgenden bezeichnet c ∈ R eine Konstante.
Lösung 21.10.1. y(x) = ce 2x +2e 3x
Lösung 21.10.2. Eshandeltsich hierumeinensogenanntenResonanzfall, d.h.,dieLösung
derhomogenenDifferenzialgleichung y h (x) = ce 4x enthält diegleiche Exponentialfunktionwie
die Störfunktion. In diesem Fall muss der Polynomgrad des Ansatzes um Eins erhöht werden,
d.h., der Ansatz lautet y p (x) = (Ax+B)e 4x . Die Lösung ist y(x) = e 4x (c+2x).
Lösung 21.10.3. y(x) = ce −x +x 3 −2x 2 +5x−4
Lösung 21.10.4. y(x) = ce 2x − 3 2
Lösung 21.10.5. s(t) = ce −3t + 1 5 sin(t)− 2 5 cos(t)
Lösung 21.10.6. I(t) = ce −2t − 1 2 sin(2t)− 1 2 cos(2t)
Beispiel 21.10.3. Nun interessieren wir uns für die Differenzialgleichung
y ′ +2y = 25x 2 e 3x .
Die Lösung der homogenen Differenzialgleichung lautet y h (x) = ce −2x , wobei c ∈ R eine
Konstante ist. Wir machen den Ansatz
y p (x) = (Ax 2 +Bx+C)e 3x ,
differenzieren ihn
y ′ p(x) = ((2Ax+B)+3(Ax 2 +Bx+C))e 3x
und setzen ihn in die Differenzialgleichung ein. Dividieren wir beide Seiten durch die Funktion
e 3x ≠ 0, dann folgt
2Ax+B +3(Ax 2 +Bx+C)+2(Ax 2 +Bx+C) = 25x 2 .
Wiederum muss diese Gleichung für alle x gelten.
Der Koeffizientenvergleich von x 2 ergibt 5A = 25.
Der Koeffizientenvergleich von x 1 ergibt 2A+5B = 0.
Der Koeffizientenvergleich von x 0 ergibt B +5C = 0.
Die Lösung beträgt A = 5, B = −2 und C = 2 5
. Somit lautet die allgemeine Lösung der
Differenzialgleichung
(
y(x) = ce −2x + 5x 2 −2x+ 2 )
e 3x ,
5
wobei c ∈ R eine Konstante ist.

374 Kapitel 21. Differenzialgleichungen
Beispiel 21.10.4. Die Differenzialgleichung
y ′ +y = 2xcos(x)
sei zu lösen. Die Lösung der homogenen Differenzialgleichung lautet y h (x) = ce −x , wobei
c ∈ R eine Konstante ist. Wir setzen eine partikuläre Lösung vom gleichen Typ wie die
Störfunktion s(x) = 2xcos(x) an
Diesen Ansatz differenziert
y p (x) = (Ax+B)sin(x)+(Cx+D)cos(x).
y p ′ (x) = Asin(x)+(Ax+B)cos(x)+Ccos(x)−(Cx+D)sin(x)
und in die Differenzialgleichung eingesetzt, ergibt
Asin(x)+(Ax+B)cos(x)+Ccos(x)−(Cx+D)sin(x) +
Wir machen einen Koeffizientenvergleich.
+(Ax+B)sin(x)+(Cx+D)cos(x) = 2xcos(x).
Der Koeffizientenvergleich von xsin(x) ergibt A −C = 0.
Der Koeffizientenvergleich von sin(x) ergibt A+B −D = 0.
Der Koeffizientenvergleich von xcos(x) ergibt A +C = 2.
Der Koeffizientenvergleich von cos(x) ergibt B +C +D = 0.
Das lineare Gleichungssystem hat die Lösung A = C = 1, B = −1 und D = 0. Damit ergibt
sich die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung zu
wobei c ∈ R eine Konstante ist.
Aufgaben
y(x) = ce −x +(x−1)sin(x)+xcos(x),
Aufgabe 21.10.7. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung von y ′ +2y = xsin(x).
Aufgabe 21.10.8. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung von y ′ −y = (x+1)e −x .
Aufgabe 21.10.9. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung von y ′ −y = xe 2x .
Aufgabe 21.10.10. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung von ˙ϕ+ϕ = 2tsin(t).
Lösungen
Im Folgenden bezeichnet c ∈ R eine Konstante.
Lösung 21.10.7. y(x) = ce −2x + ( 2
5 x− 3 ) (
25 sin(x)+ −
1
Lösung 21.10.8. y(x) = ce x − ( 1
2 x+ 3 )
4 e
−x
Lösung 21.10.9. y(x) = ce x +(x−1)e 2x
Lösung 21.10.10. ϕ(t) = ce −t +tsin(t)+(1−t)cos(t)
5 x+ 4
25)
cos(x)
Wir kommen nun zum letzten Fall, bei dem die Störfunktion eine Linearkombination der Fälle
1 - 5 darstellt. Diesen Fall können wir in einem allgemeineren einbetten.

21.10. Ansatzmethode und Superpositionsprinzip 375
Das Überlagerungs- oder Superpositionsprinzip
Die inhomogene lineare Differenzialgleichung erster Ordnung mit konstanten Koeffizienten
habe die Form
y ′ +ay = s 1 (x)+s 2 (x).
DasAuflösendieserDifferenzialgleichung kannalsSpezialfall,desfolgendenProblemsbetrachtet
werden: Gesucht sei die allgemeine Lösungder inhomogenen linearen Differenzialgleichung
erster Ordnung
y ′ +f(x)y = s 1 (x)+s 2 (x).
Es gilt der folgende Satz:
Satz 21.10.1 (Superpositionsprinzip). Es seien y 1 eine partikuläre Lösung der linearen Differenzialgleichung
y ′ +f(x)y = s 1 (x) und y 2 eine partikuläre Lösung der linearen Differenzialgleichung
y ′ +f(x)y = s 2 (x). Dann ist
y = y 1 +y 2
eine partikuläre Lösung der linearen Differenzialgleichung y ′ +f(x)y = s 1 (x)+s 2 (x).
Beweis. Unter der Voraussetzung gilt
(y 1 +y 2 ) ′ +f(x)(y 1 +y 2 ) = y 1 ′ +y′ 2 +f(x)y 1 +f(x)y 2
= y 1 ′ +f(x)y 1 +y 2 ′ +f(x)y 2
= s 1 (x)+s 2 (x).
Der Beweis profitiert wesentlich von der Linearität der Differenzialgleichung.
Die allgemeine Lösung y der Differenzialgleichung
y ′ +f(x)y = s 1 (x)+s 2 (x)
setzt sich wie folgt zusammen
y = y h +y 1 +y 2 .
Dabei ist y h die allgemeine Lösung der homogenen Differenzialgleichung
und
y ′ +f(x)y = 0
y 1 ist eine partikuläre Lösung der Differenzialgleichung y ′ +f(x)y = s 1 (x),
y 2 ist eine partikuläre Lösung der Differenzialgleichung y ′ +f(x)y = s 2 (x).
Ähnliches gilt für kompliziertere Störfunktionen. Dieses Superpositionsprinzip gilt insbesondere
für Differenzialgleichung mit konstanten Koeffizienten.
Beispiel 21.10.5. Wir betrachten die Differenzialgleichung
y ′ −2y = 6cos(2x)−2sin(2x)+x−2x 3 .

376 Kapitel 21. Differenzialgleichungen
Die Lösung der homogenen Differenzialgleichung ist y h (x) = ce 2x , wobei c ∈ R eine Konstante
ist. Da sich die Störfunktion aus zwei Funktionstypen zusammensetzt, machen wir zwei
Ansätze, die getrennt gerechnet werden. Die beiden Ansätze lauten
y 1 (x) = Asin(2x)+Bcos(2x) also y ′ 1(x) = 2Acos(2x)−2Bsin(2x),
y 2 (x) = Cx 3 +Dx 2 +Ex+F also y ′ 2(x) = 3Cx 2 +2Dx+E.
Nun setzen wir den Ansatz y 1 in die Differenzialgleichung ein und erhalten
2Acos(2x)−2Bsin(2x)−2Asin(2x)−2Bcos(2x) = 6cos(2x)−2sin(2x),
dann erfolgt ein Koeffizientenvergleich.
Der Koeffizientenvergleich von sin(2x) ergibt −2A−2B = −2.
Der Koeffizientenvergleich von cos(2x) ergibt 2A−2B = 6.
Die Lösung ist A = 2 und B = −1. Nun setzen wir den Ansatz y 2 in die Differenzialgleichung
ein und erhalten
3Cx 2 +2Dx+E −2Cx 3 −2Dx 2 −2Ex−2F = x−2x 3 ,
dann erfolgt ein Koeffizientenvergleich.
Der Koeffizientenvergleich von x 3 ergibt −2C = −2.
Der Koeffizientenvergleich von x 2 ergibt 3C−2D = 0.
Der Koeffizientenvergleich von x 1 ergibt 2D−2E = 1.
Der Koeffizientenvergleich von x 0 ergibt E−2F = 0.
Die Lösung beträgt C = 1,D = 3 2 ,E = 1 und F = 1 2
. Aus diesen Lösungen lässt sich jetzt die
allgemeine Lösung mit dem Superpositionsprinzip zusammensetzen
y(x) = y h (x)+y 1 (x)+y 2 (x) = ce 2x −cos(2x)+2sin(2x)+x 3 + 3 2 x2 +x+ 1 2 ,
wobei c ∈ R eine Konstante ist, die durch eine allfällige Nebenbedingungen bestimmt werden
könnte.
Aufgaben
Aufgabe 21.10.11. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung von
y ′ +y = (x+1)sin(3x)+3xcos(3x)+x 2 −2+2xe −x .
Aufgabe 21.10.12. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung von
y ′ +3y = cos(3x)−(6x+1)sin(3x)+e −3x .
Aufgabe 21.10.13. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung von
y ′ −2y = 3x 2 −2x 3 +(4x−2)cos(2x)−4xsin(2x).
Aufgabe 21.10.14. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung von
y ′ −y = 3x 2 cos(2x)+xsin(x)−x 2 e x +x−1.

21.11. Differenzialgleichungen zweiter Ordnung 377
Lösungen
Im Folgenden bezeichnet c ∈ R eine Konstante.
Lösung 21.10.11. Die Lösung der homogenen Differenzialgleichung y h (x) = ce −x steht in
Resonanz mit der Störfunktion s 3 (x) = 2xe −x . Die allgemeine Lösung ist y(x) = x 2 −2x +
xsin(3x)+(x 2 +c)e −x .
Lösung 21.10.12. Achtung Resonanz, also y(x) = xcos(3x)−xsin(3x)+(x+c)e −3x .
Lösung 21.10.13. y(x) = cos(2x)+2xsin(2x)+x 3 +ce 2x .
Lösung 21.10.14. Achtung Resonanz, also
y(x) = ( − 3 5 x2 + 18 66
25x+ 125
− 1 2 xsin(x)−( 1
2 x+ 1 2
)
cos(2x)+
( 6
5 x2 + 24
12
25x− 125)
sin(2x)
)
cos(x)−x+
(
−
1
3 x3 +c ) e x .
21.11 Auf Differenzialgleichungen erster Ordnung zurückführbare
Differenzialgleichungen zweiter Ordnung
Differenzialgleichungen zweiter Ordnung haben die allgemeine Form
F(x,y,y ′ ,y ′′ ) = 0.
Lässt sich diese Gleichung nach y ′′ auflösen, so sprechen wir von der expliziten Form
y ′′ = f(x,y,y ′ ).
Je nachdem, wie die Funktion f aussieht, lässt sich diese Differenzialgleichung auf eine Differenzialgleichung
erster Ordnung zurückführen.
1. Differenzialgleichung der Form y ′′ = f(x)
Da y und y ′ nicht auftreten, lässt sich eine solche Differenzialgleichung durch zweimaliges
Integrieren lösen.
Beispiel 21.11.1. Wir suchen die Lösung der Differenzialgleichung
y ′′ = x+sin(x).
Die erste Integration ergibt
und die zweite Integration ergibt
y ′ (x) = x2
2 −cos(x)+C 1
y(x) = x3
6 −sin(x)+C 1x+C 2 ,
wobei C 1 und C 2 ∈ R Konstanten sind, die durch allfällige Nebenbedingungen bestimmt
werden können.

378 Kapitel 21. Differenzialgleichungen
2. Differenzialgleichung der Form y ′′ = f(x,y ′ )
Hier tritt y nicht auf. Durch die Substitution u = y ′ entsteht nun die Differenzialgleichung
erster Ordnung u ′ = f(x,u).
Beispiel 21.11.2. Wir suchen die Lösung der Differenzialgleichung
y ′′ −2y ′ = cos(x).
Also substituieren wir u = y ′ und erhalten die inhomogene Differenzialgleichung erster Ordnung
u ′ −2u = cos(x),
die u h (x) = C 1 e 2x , wobei C 1 ∈ R beliebig, zur Lösung der homogenen Differenzialgleichung
hat. Nun machen wir den Ansatz
u p (x) = Asin(x)+Bcos(x),
also u ′ p (x) = Acos(x)−Bsin(x)
zur Auffindung der Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung. Eingesetzt in die substituierte
Differenzialgleichung erfolgt
dann erfolgt ein Koeffizientenvergleich.
Acos(x)−Bsin(x)−2Asin(x)−2Bcos(x) = cos(x),
Der Koeffizientenvergleich von sin(x) ergibt −2A− B = 0.
Der Koeffizientenvergleich von cos(x) ergibt A−2B = 1.
Die Lösung berechnet sich zu A = 1 5 und B = −2 5
. Damit ist die allgemeine Lösung der
substituierten Differenzialgleichung
u(x) = u h (x)+u p (x) = C 1 e 2x + 1 5 sin(x)− 2 5 cos(x).
Durch Integration erfolgt die allgemeine Lösung der ursprünglichen Differenzialgleichung
∫
y(x) = u(x)dx = C 1
2 e2x − 1 5 cos(x)− 2 5 sin(x)+C 2,
wobei C 1 und C 2 ∈ R Konstanten sind, die durch allfällige Nebenbedingungen bestimmt
werden können.
3. Differenzialgleichung der Form y ′′ = f(x,y,y ′ )
Da alle Ableitungen vorkommen, brauchen wir eine neue Methode (vgl. Kapitel 21.12 und
folgende).
Aufgaben
Aufgabe 21.11.1. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung von
y ′′ +2y ′ = e x .

21.11. Differenzialgleichungen zweiter Ordnung 379
Aufgabe 21.11.2. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung von
y ′′ −y ′ = −x 2 +2x.
Aufgabe 21.11.3. Bestimmen Sie die partikuläre Lösung von
y ′′ = 1+y ′2
mit den Anfangsbedingungen y(0) = y ′ (0) = 0.
Aufgabe 21.11.4. Bestimmen Sie die partikuläre Lösung von
y ′′
y ′ =
1
xln(x)
mit den Anfangsbedingungen y(1) = 0 und y ′ (e) = π.
Aufgabe 21.11.5. Bestimmen Sie die partikuläre Lösung von
¨s = ṡ
t +tsin(t)
mit den Anfangsbedingungen s(0) = 0 und s( π 2 ) = 1− π 2 .
Aufgabe 21.11.6. Bestimmen Sie die partikuläre Lösung von
t d2 T
dt 2 = dT ( ) 1
dt ln dT
t dt
mit den Anfangsbedingungen T(0) = 0 und dT
dt
(1) = 1.
Aufgabe 21.11.7. Bestimmen Sie die Gleichung der Bewegung, bei der die Beschleunigung
konstant ẍ = 10ms −2 ist. Ermitteln Sie den bis zum Zeitpunkt t = 2s zurückgelegten Weg,
wenn x(0) = 0 und v(0) = 5ms −1 vorgegeben ist.
Aufgabe 21.11.8. Bestimmen Sie die Geschwindigkeit v eines unter seinem Gewicht mg
aus der Ruhelage fallenden Objekts unter Berücksichtigung des Reibungswiderstandes und
des Luftwiderstandes. Setzen Sie die Reibungskraft F R = −λv 2 und den Luftwiderstand
F L = −mkv 2 .
Lösungen
Im Folgenden bezeichnen C und D ∈ R Konstanten.
Lösung 21.11.1. y(x) = D +Ce −2x + 1 3 ex
Lösung 21.11.2. y(x) = Ce x + x3
3 +D
Lösung 21.11.3. y p (x) = −ln(|cos(x+nπ)|) mit n ∈ Z
Lösung 21.11.4. y p (x) = π(xln(x)−x+1)
Lösung 21.11.5. s p (t) = 1−tsin(t)−cos(t)
Lösung 21.11.6. Substituieren Sie u = 1 t
Lösung 21.11.7. x p (2s) = 30m
dT
dt , dann folgt T p(t) = e−(t+1)e 1−t .
Lösung 21.11.8. Es ist v p (t) =
√
g
a tanh(√ agt), wobei a = λ m +k.

380 Kapitel 21. Differenzialgleichungen
21.12 Allgemeine Betrachtungen zu linearen Differenzialgleichungen
mit konstanten Koeffizienten
Eine lineare Differenzialgleichung n-ter Ordnung mit konstanten Koeffizienten hat die
allgemeine Form
a n y (n) +a n−1 y (n−1) +···+a 1 y ′ +a 0 y = s(x) mit allen a i ∈ R.
Weil die gesuchte Funktion y und ihre Ableitungen y ′ ,...,y (n) nur in der ersten Potenz
vorkommen, sprechen wir von einer linearen Differenzialgleichung. Die linke Seite der
Differenzialgleichung wird durch
abgekürzt. Der Ausdruck
L[y] = a n y (n) +a n−1 y (n−1) +···+a 1 y ′ +a 0 y
d n
L = a n
dx n +a d n−1
n−1
dx n−1 +···+a d
1
dx +a 0
heisst ein linearer Differenzialoperator. Ein Operator kann als Rechenvorschrift aufgefasst
werden. Ein Differenzialoperator beinhaltet eine Vorschrift zur Differenziation und Verknüpfung
der verschiedenen Ableitungen.
Beispiel 21.12.1. Es sei der Differenzialoperator
L = d2
dx 2 +3 d
dx +1
gegeben. Die Kurzschreibweise L[y] = cos(x) definiert die Differenzialgleichung
Andererseits wäre etwa
d 2 d
dx2y +3
dx y +y = y′′ +3y ′ +y = cos(x).
L[x 2 ] = d2
dx 2x2 +3 d
dx x2 +x 2 = 2+6x+x 2 .
Allgemein kann eine lineare Differenzialgleichung n-ter Ordnungmit konstanten Koeffizienten
in der Kurzschreibweise
dargestellt werden.
inhomogene Differenzialgleichung L[y] = s(x)
homogene Differenzialgleichung L[y] = 0
Definition 21.12.1 (Linearkombination). Sind y 1 und y 2 zwei Funktionen, so heisst die
Funktion
y(x) = c 1 y 1 (x)+c 2 y 2 (x) mit c 1 ,c 2 ∈ C
eine (komplexe) Linearkombination der beiden Funktionen y 1 und y 2 .

21.12. Allgemeine Betrachtungen zu linearen Differenzialgleichungen 381
Beispiel 21.12.2. Es sind y 1 (x) = x und y 2 (x) = x 2 . Dann ist y(x) = c 1 x + c 2 x 2 eine
Linearkombination. Oder y 1 (x) = sin(x) und y 2 (x) = cos(x) sind gegeben, und dann ist
y(x) = c 1 sin(x)+c 2 cos(x) eine Linearkombination.
Satz 21.12.1 (Linearität des Differenzialoperators). Sind die beiden Funktionen y 1 und y 2
genügend oft differenzierbar, so gilt
L[c 1 y 1 (x)+c 2 y 2 (x)] = c 1 L[y 1 (x)]+c 2 L[y 2 (x)] mit c 1 ,c 2 ∈ C,
wobei L ein linearer Differenzialoperator mit konstanten Koeffizienten ist.
Beweis. Wir nehmen die linke Seite und formen sie mit Hilfe der Definition eines linearen
Differenzialoperators in die rechte Seite um.
L[c 1 y 1 +c 2 y 2 ] = a n (c 1 y 1 +c 2 y 2 ) (n) +···+a 0 (c 1 y 1 +c 2 y 2 )
= a n c 1 y (n)
1 +a n c 2 y (n)
2 +···+a 0 c 1 y 1 +a 0 c 2 y 2
= a n c 1 y (n)
1 +···+a 0 c 1 y 1 +a n c 2 y (n)
2 +···+a 0 c 2 y 2
= c 1 (a n y (n)
1 +···+a 0 y 1 )+c 2 (a n y (n)
2 +···+a 0 y 2 )
= c 1 L[y 1 ]+c 2 L[y 2 ]
Beispiel 21.12.3. Es sind die Funktionen y 1 (x) = x 2 , y 2 (x) = x 3 und der Differenzialoperator
L = d2
dx 2 +2 gegeben. Dann gilt für beliebige Zahlen c 1 ,c 2 ∈ C
L[c 1 x 2 +c 2 x 3 ] = d2
dx 2(c 1x 2 +c 2 x 3 )+2(c 1 x 2 +c 2 x 3 )
d 2 d 2
= c 1
dx 2x2 +c 2
dx 2x3 +2c 1 x 2 +2c 2 x 3
( d
2
) ( d
= c 1
dx 2x2 +2x 2 2
)
+c 2
dx 2x3 +2x 3
= c 1 L[x 2 ]+c 2 L[x 3 ].
Satz 21.12.2 (Linearkombinationen homogener Lösungen sind auch Lösungen). Sind die
beiden Funktionen y 1 und y 2 zwei verschiedene Lösungen der homogenen linearen Differenzialgleichung
mit konstanten Koeffizienten L[y] = 0, d.h., es gilt L[y 1 ] = 0 und L[y 2 ] = 0. Dann
sind Linearkombinationen c 1 y 1 +c 2 y 2 mit c 1 ,c 2 ∈ C der beiden Lösungen auch Lösungen der
Differenzialgleichung, d.h.
Beweis. Mit Satz 21.12.1 folgt
L[c 1 y 1 +c 2 y 2 ] = 0.
L[c 1 y 1 +c 2 y 2 ] = c 1 L[y 1 ]+c 2 L[y 1 ] = c 1 0+c 2 0 = 0.

382 Kapitel 21. Differenzialgleichungen
Beispiel 21.12.4. Wir erraten 4 zwei Lösungen y 1 (x) = sinh(x) und y 2 (x) = cosh(x) der
homogenen linearen Differenzialgleichung mit konstanten Koeffizienten
y ′′ −y = 0.
Dann sind y(x) = c 1 sinh(x)+c 2 cosh(x) auch Lösungen der Differenzialgleichung. Im Spezialfall
wenn c 1 = c 2 = 1 erhalten wir die Lösung
y 3 (x) = sinh(x)+cosh(x) = 1 2
und wenn c 1 = −1 und c 2 = 1 die Lösung
y 4 (x) = −sinh(x)+cosh(x) = − 1 2
(
e x −e −x) + 1 2
(
e x −e −x) + 1 2
(
e x +e −x) = e x
(
e x +e −x) = e −x .
Durch Einsetzen in die Differenzialgleichung verifizieren wir in der Tat, dass y 3 (x) = e x und
y 4 (x) = e −x Lösungen sind. Obwohl wir nun vier Lösungen gefunden haben, sind nur zwei
davon linear unabhängig. Das heisst, die anderen zwei sind jeweils Linearkombinationen.
Satz 21.12.3 (Real- und Imaginärteil homogener Lösungen sind auch Lösungen). Ist die
komplexe Funktion u+iv Lösung der homogenen linearen Differenzialgleichung mit konstanten
Koeffizienten L[y] = 0, dann ist auch der Realteil u und der Imaginärteil v je eine Lösung
von L[y] = 0.
Beweis. Nach Voraussetzung gilt L[u+iv] = 0 und mit Satz 21.12.1 folgt
0 = L[u+iv] = L[u]+iL[v].
Eine komplexe Zahl ist genau dann null, wenn Real- und Imaginärteil null sind. Also folgt
L[u] = 0 und L[v] = 0, d.h., u und v sind auch Lösungen der homogenen linearen Differenzialgleichung
mit konstanten Koeffizienten L[y] = 0.
Beispiel 21.12.5. Wir untersuchen die Differenzialgleichung
y ′′ +y = 0.
Durch Einsetzen verifizieren wir, dass die erratene komplexe Funktion y(x) = e ix in der Tat
eine Lösung ist
y ′′ +y = i 2 e ix +e ix = −e ix +e ix = 0.
Mit der Eulerformel (vgl. Formel 1.136b in [3])
e ix = cos(x)+isin(x)
und Satz 21.12.3 folgt, dass R(e ix ) = cos(x) und I(e ix ) = sin(x) auch Lösungen der Differenzialgleichung
sind, was wir durch Einsetzen rasch verifizieren können.
4 Im Folgenden werden wir Methoden entwickeln, um solche Differenzialgleichungen systematisch zu lösen.

21.13. Homogene lineare Differenzialgleichungen zweiter Ordnung 383
21.13 Homogene lineare Differenzialgleichungen zweiter Ordnung
mit konstanten Koeffizienten
Für die homogene lineare Differenzialgleichungen zweiter Ordnung
ay ′′ +by ′ +cy = 0
mit a,b,c ∈ R und a ≠ 0 gilt ein universeller Ansatz
y(x) = e kx wobei k ∈ C.
Der (komplexe) Faktor k ist so zu bestimmen, dass
ay ′′ +by ′ +cy = ak 2 e kx +bke kx +ce kx = 0.
Nun dividieren wir obige Gleichung durch e kx ≠ 0 und erhalten die so genannte charakteristische
Gleichung der Differenzialgleichung
mit den Lösungen
k 1 = −b+√ b 2 −4ac
2a
ak 2 +bk+c = 0
und k 2 = −b−√ b 2 −4ac
.
2a
Die Lösungen k 1 und k 2 der charakteristischen Gleichung ergeben maximal zwei Lösungen
y 1 (x) = e k 1x
und y 2 (x) = e k 2x
der Differenzialgleichung ay ′′ +by ′ +cy = 0. Nach Satz 21.12.2 sind y(x) = C 1 e k 1x +C 2 e k 2x
mit C 1 ,C 2 ∈ C auch Lösungen. Wenn k 1 ≠ k 2 , dann ist dies sogar die allgemeine Lösung, weil
wir genau zwei beliebige Konstanten zur Wahl haben. Ist aber k 1 = k 2 , dann haben wir nur
eine Lösung gefunden und müssen für die zweite noch etwas arbeiten. Wir sehen also bereits
hier, dass wir eine Fallunterscheidung der Diskriminante b 2 −4ac machen müssen.
1. Diskriminante b 2 −4ac > 0, dann sind k 1 und k 2 reell und verschieden:
In diesem Fall erhalten wir unmittelbar die allgemeine Lösung
y(x) = C 1 e k 1x +C 2 e k 2x
mit C 1 ,C 2 ∈ R.
Beispiel 21.13.1. Wir betrachten die Differenzialgleichung
Die charakteristische Gleichung ist dann
2y ′′ −5y ′ −3y = 0.
2k 2 −5k −3 = 0
mit den zwei reellen unterschiedlichen Lösungen k 1 = 3 und k 2 = − 1 2
. Somit lautet die
allgemeine Lösung
y(x) = C 1 e 3x +C 2 e −1 2 x mit C 1 ,C 2 ∈ R.

384 Kapitel 21. Differenzialgleichungen
2. Diskriminante b 2 −4ac = 0, dann sind k 1 = k 2 reell:
Es sei
k 1 = k 2 = ρ = − b
2a
die einzige reelle Nullstellen der charakteristischen Gleichung. Also erhalten wir vorerst nur
eine Lösung
y(x) = Ce ρx .
Da es sich aber um eine homogene lineare Differenzialgleichung zweiter Ordnung handelt,
ist dies noch nicht die allgemeine Lösung. Wir sollten zwei Konstanten (Freiheitsgrade) haben.
Um die allgemeine Lösung zu erhalten, variieren wir nun die Konstante C, indem wir
annehmen, dass diese eine Funktion der Variable x sei. Wir setzen also
als Lösung an. Damit erhalten wir
y(x) = C(x)e ρx
y ′ (x) = C ′ (x)e ρx +ρC(x)e ρx
Einsetzen in die Differenzialgleichung ergibt
y ′′ (x) = C ′′ (x)e ρx +2ρC ′ (x)e ρx +ρ 2 C(x)e ρx .
a ( C ′′ (x)e ρx +2ρC ′ (x)e ρx +ρ 2 C(x)e ρx) +b ( C ′ (x)e ρx ρC(x)e ρx) +cC(x)e ρx = 0.
Nach Division mit e ρx ≠ 0 erhalten wir eine Differenzialgleichung für die Funktion C
a ( C ′′ (x)+2ρC ′ (x)+ρ 2 C(x) ) +b ( C ′ (x)+ρC(x) ) +cC(x) = 0.
Nun ordnen wir nach den Ableitungen von C und erhalten
aC ′′ (x)+(b+2aρ)C ′ (x)+(aρ 2 +bρ+c)C(x) = 0.
Da ρ eine Lösung der charakteristischen Gleichung ist, verschwindet der Vorfaktor von C(x).
Setzen wir ρ = − b
2a im Vorfaktor b+2aρ von C′ (x) ein, so sehen wir, dass sich auch dieser
annulliert
b−2aρ = b−2a b
2a = 0.
Somit bleibt die Differenzialgleichung C ′′ (x) = 0 mit der Lösung
C(x) = C 1 x+C 2
mit C 1 ,C 2 ∈ R
übrig. Die allgemeine Lösung für diesen dritten Fall lautet somit
Beispiel 21.13.2. Die Differenzialgleichung
y(x) = (C 1 x+C 2 )e ρx mit C 1 ,C 2 ∈ R.
y ′′ −8y ′ +16y = 0
hat die charakteristische Gleichung k 2 −8k+16 = 0 mit der Lösung k = ρ = 4. Also erhalten
wir die allgemeine Lösung
y(x) = (C 1 x+C 2 )e 4x .

21.13. Homogene lineare Differenzialgleichungen zweiter Ordnung 385
3. Diskriminante b 2 − 4ac < 0, dann sind k 1 und k 2 komplex konjugiert und verschieden:
Es seien
k 1 = ρ+iω und k 2 = ρ−iω
die beiden komplex konjugierten Nullstellen der charakteristischen Gleichung, wobei
ρ = − b
√
4ac−b 2
und ω =
2a 2a
wir setzen. Die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung lässt sich dann folgendermassen
aus der komplexen Form in eine reelle Form umschreiben.
y(x) = C 1 e (ρ+iω)x +C 2 e (ρ−iω)x
= C 1 e ρx+iωx +C 2 e ρx−iωx
= e ρx( C 1 e iωx +C 2 e −iωx)
= e ρx (C 1 (cos(ωx)+isin(ωx))+C 2 (cos(ωx)−isin(ωx)))
= e ρx ((C 1 +C 2 )cos(ωx)+i(C 1 −C 2 )sin(ωx)).
Damit erhalten wir mit Satz 21.12.3 die zwei linear unabhängigen reellen Lösungen
y 1 (x) = e ρx sin(ωx) und y 2 (x) = e ρx cos(ωx).
Daraus folgt mit Satz 21.12.2, dass auch eine Linearkombination Lösung ist. Also ist
die allgemeine Lösung.
Beispiel 21.13.3. Die Differenzialgleichung
y(x) = e ρx (Asin(ωx)+Bcos(ωx))
y ′′ +4y ′ +13y = 0
hat die charakteristische Gleichung k 2 +4k+13 = 0 mit den konjugiert komplexen Lösungen
k 1 = −2+3i und k 2 = −2−3i. Also erhalten wir die allgemeine Lösung in der komplexen
Schreibweise
y(x) = C 1 e (−2+3i)x +C 2 e (−2−3i)x
oder in der reellen Schreibweise
y(x) = e −2x (Asin(3x)+Bcos(3x))
wobei A,B ∈ R noch zu bestimmende Konstanten sind.
Zusammenfassung:
Allgemein lösen wir eine homogene lineare Differenzialgleichungen zweiter Ordnung
in vier Schritten.
ay ′′ +by ′ +cy = 0.

386 Kapitel 21. Differenzialgleichungen
1. Aufstellen der charakteristischen Gleichung.
2. Berechnen der Nullstellen der charakteristischen Gleichung.
3. Fallunterscheidung der Nullstellen und eventuell die zweite Lösung durch eine Variation
der Konstanten ausfindig machen.
4. Bilden der Linearkombinationen.
Aufgaben
Aufgabe 21.13.1. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung in reeller Form von
y ′′ −2y ′ +3y = 0.
Aufgabe 21.13.2. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung in reeller Form von
y ′′ +2y ′ −15y = 0.
Aufgabe 21.13.3. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung in reeller Form von
y ′′ +6y ′ +9y = 0.
Aufgabe 21.13.4. Bestimmen Sie die partikuläre Lösung in reeller Form von
4y ′′ +12y ′ +9y = 0
mit den Anfangsbedingungen y(0) = π und y ′ (0) = 0.
Aufgabe 21.13.5. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung in reeller Form von
y ′′ −y ′ −2y = 0.
Aufgabe 21.13.6. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung in reeller Form von
Lösungen
¨s+2ṡ+2s = 0.
Im Folgenden bezeichnen C und D ∈ R Konstanten.
Lösung 21.13.1. y(x) = e x( Csin( √ 2x)+Dcos( √ 2x) )
Lösung 21.13.2. y(x) = Ce 3x +De −5x
Lösung 21.13.3. y(x) = (Cx+D)e −3x
Lösung 21.13.4. y p (x) = π( 3 2 x+1)e−3 2 x
Lösung 21.13.5. y(x) = Ce −x +De 2x
Lösung 21.13.6. s(t) = e −t (Csin(t)+Dcos(t))

21.14. Homogene lineare Differenzialgleichung n-ter Ordnung 387
21.14 Homogene lineare Differenzialgleichung n-ter Ordnung
mit konstanten Koeffizienten
Die homogene lineare Differenzialgleichung n-ter Ordnung hat die Form
a n y (n) +···+a 1 y ′ +a 0 y = 0.
Auch im allgemeinen Fall liefert der universelle Ansatz
die charakteristische Gleichung
y(x) = e kx
a n k n +···+a 1 k +a 0 = 0.
Sie ist vom Grad n und hat somit nach dem Fundamentalsatz der Algebra 11.3.1 genau n
(komplexe) Lösungen k 1 ,...,k n . Die allgemeine Lösung setzt sich nun aus einer Linearkombination
der Basisfunktionen e k 1x ,...,e knx zusammen. Diese Basisfunktionen hängen dabei
noch von der Art der Lösungen der zugehörigen charakteristischen Gleichung ab. Es sind die
folgenden drei Fälle zu unterscheiden:
1. Es hat einfache reelle Nullstellen: Jede einfache reelle Nullstelle k 1 ,...,k s liefert
den additiven Beitrag
C i e k ix
zur Gesamtlösung, wobei C i ∈ R und i ∈ {1,...,s}.
2. Es hat auch mehrfache reelle Nullstellen: Eine r-fache reelle Nullstelle k 1 = k 2 =
··· = k r = ρ liefert den Beitrag
(C r−1 x r−1 +···+C 1 x+C 0 )e ρx mit C r−1 ,...,C 0 ∈ R.
3. Es hat konjugiert komplexe Nullstellen: Eine einfache konjugiert komplexe Nullstelle
k 1 = ρ+iω und k 2 = ρ−iω liefert den Beitrag
e ρx (Asin(ωx)+Bcos(ωx)) mit A,B ∈ R.
Tritt das konjugiert komplexe Nullstellenpaar jedoch r-fach auf, so müssen die beiden
Konstanten A und B durch Polynome vom Grade r−1 ersetzt werden, d.h. durch
e ρx( (A r−1 x r−1 +···+A 0 )sin(ωx)+(B r−1 x r−1 +···+B 0 )cos(ωx) ) .
Die allgemeine Lösung der homogenen Differenzialgleichung ist dann die Summeder in den
Fällen 1 bis 3 beschriebenen Einzelbeiträge.
Beispiel 21.14.1. Wir suchen die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung
y (5) +2y (4) −9y (3) −4y ′′ +30y ′ −36y = 0.
Das charakteristische Polynom lässt sich durch sukzessive Polynomdivision wie folgt in Faktoren
zerlegen
k 5 +2k 4 −9k 3 −4k 2 +30k −36 = (k −2)(k +3) 2 (k 2 −2k +2) = 0.
Also haben wir die einfache reelle Nullstelle k 1 = 2, die 2-fache reelle k 2 = k 3 = −3 und
die einfache konjugiert komplexe k 4 = 1 + i, k 5 = 1 − i. Gemäss obiger Fallunterscheidung
erhalten wir die allgemeine Lösung
y(x) = C 1 e 2x +(C 2 x+C 3 )e −3x +e x (Asin(x)+Bcos(x)).

388 Kapitel 21. Differenzialgleichungen
Aufgaben
Aufgabe 21.14.1. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung in reeller Form von
y (3) −2y ′′ −5y ′ +6y = 0.
Aufgabe 21.14.2. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung in reeller Form von
y (3) +8y = 0.
Aufgabe 21.14.3. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung in reeller Form von
y (7) −3y (6) +5y (5) −7y (4) +7y (3) −5y ′′ +3y ′ −y = 0.
Aufgabe 21.14.4. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung in reeller Form von
y (3) −8y = 0.
Aufgabe 21.14.5. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung in reeller Form von
y (3) −5y ′′ +8y ′ −4y = 0.
Aufgabe 21.14.6. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung in reeller Form von
y (3) −6y ′′ +12y ′ −8y = 0.
Aufgabe 21.14.7. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung in reeller Form von
y (4) +2y (3) +3y ′′ +2y ′ +y = 0.
Lösungen
Im Folgenden bezeichnen A,B,A i ,B i ,C i ∈ R Konstanten.
Lösung 21.14.1. y(x) = C 1 e x +C 2 e −2x +C 3 e 3x
Lösung 21.14.2. y(x) = C 1 e −2x +e x( Asin (√ 3x ) +Bcos (√ 3x ))
Lösung 21.14.3. y(x) = (C 2 x 2 +C 1 x+C 0 )e x +(A 1 x+A 0 )sin(x)+(B 1 x+B 0 )cos(x)
Lösung 21.14.4. y(x) = C 1 e 2x +e −x( Asin (√ 3x ) +Bcos (√ 3x ))
Lösung 21.14.5. y(x) = (C 1 x+C 0 )e 2x +C 2 e x
Lösung 21.14.6. y(x) = (C 2 x 2 +C 1 x+C 0 )e 2x
Lösung 21.14.7. y(x) = e −x 2
( ( √3 ( √3 ))
(A 1 x+A 0 )sin
2
)+(B x 1 x+B 0 )cos
2 x

21.15. Inhomogene lineare Differenzialgleichung n-ter Ordnung 389
21.15 Inhomogene lineare Differenzialgleichung n-ter Ordnung
mit konstanten Koeffizienten
Die inhomogene lineare Differenzialgleichung n-ter Ordnung mit konstanten Koeffizienten
hat die Form
a n y (n) +···+a 1 y ′ +a 0 y = s(x),
wobei s die Störfunktion darstellt. Die allgemeine Lösung dieser Differenzialgleichung besteht
wie bei der linearen Differenzialgleichung erster Ordnung aus der allgemeinen Lösung
der homogenen Differenzialgleichung a n y (n) +···+a 0 y = 0 und einer beliebigen partikulären
Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung a n y (n) + ··· + a 0 y = s(x). Diese partikuläre
Lösungkannentweder durcheinenAnsatzoderdurcheineVariation derKonstantenbestimmt
werden.
Eine spezielle Erwähnung verdient der Resonanzfall, das ist der Fall, bei dem die Störfunktion
eine Eigenfunktion enthält. Unter einer Eigenfunktion verstehen wir eine partikuläre
Lösung der Differenzialgleichung a n y (n) +···+a 0 y = 0. In diesem Fall funktioniert die
Variation der Konstanten normal, aber der Ansatz bei der Ansatzmethode muss entsprechend
geändert werden.
Beispiel 21.15.1 (Resonanzfall). Wir betrachten die inhomogene lineare Differenzialgleichung
zweiter Ordnung
y ′′ +2y ′ −3y = e x .
Zuerst erstellen wir die charakteristische Gleichung k 2 +2k−3 = 0 mit den zwei verschiedenen
reellen Nullstellen k 1 = 1 und k 2 = −3. Wir finden die Lösung der homogenen Differenzialgleichung
y h (x) = C 1 e x +C 2 e −3x mit C 1 ,C 2 ∈ R.
Jetzt stellen wir fest, dass die Eigenfunktion e x mit der Störfunktion s(x) = e x identisch ist,
also liegt ein Resonanzfall vor. Zur Bestimmung einer partikulären Lösung machen wir nun
einen Ansatz oder variieren die Konstante:
1. Versuch eines Ansatz: Der Ansatz
y p (x) = Ae x
in die Differenzialgleichung eingesetzt, ergibt
und damit y p ′ (x) = y′′ p (x) = Aex
Ae x +2Ae x −3Ae x = e x .
Damit ergibt sich aber eine unlösbare Gleichung, respektive 0 = e x . Hier sehen wir, dass
unser Ansatz nicht der richtige war.
2. Versuch eines Ansatz: Aus obiger Erfahrung machen wir nun einen erneuten Versuch
mit einem anderen Ansatz, indem der Polynomgrad um Eins erhöht wird
y p (x) = (Ax+B)e x .
Also erhalten wir durch zweimaliges Differenzieren des Ansatzes
y ′ p(x) = Ae x +(Ax+B)e x = (Ax+A+B)e x
y ′′
p (x) = Aex +(Ax+A+B)e x = (Ax+2A+B)e x .

390 Kapitel 21. Differenzialgleichungen
Einsetzen in die Differenzialgleichung liefert uns
(Ax+2A+B)e x +2(Ax+A+B)e x −3(Ax+B)e x ,= e x
und nach Division mit e x ≠ 0 erhalten wir die Gleichung
Ax+2A+B +2(Ax+A+B)−3(Ax+B) = 1.
Diese Gleichung muss natürlich für alle x gelten.
Der Koeffizientenvergleich von x 1 ergibt A+2A−3A = 0.
Der Koeffizientenvergleich von x 0 ergibt 2A+B +2A+2B−3B = 1.
Die Lösung ergibt A = 1 4
Differenzialgleichung
und B ∈ R beliebig. Somit lautet die partikuläre Lösung der
y p (x) =
( 1
4 x+B )
e x ,
wobei B ∈ R eine beliebige Konstante ist. Nun können wir die allgemeine Lösung der
homogenen Differenzialgleichung mit Hilfe des Superpositionsprinzip (vgl. Satz 21.10.1)
zusammensetzen.
( ) ( )
1 1
y(x) = y h (x)+y p (x) = C 1 e x +C 2 e −3x +
4 x+B e x =
4 x+a e x +be −3x
wobei a = B +C 1 und b = C 2 zu neuen Konstanten zusammengefasst wurden.
Eine andere, wesentlich aufwändigere, aber dafür immer funktionierende Methode zur Auffindung
einer partikulären Lösung bei Resonanz, als auch ohne Resonanz, ist die Variation
aller Konstanten der homogenen allgemeinen Lösung.
Wir werden dies hier am Beispiel der in Resonanz stehenden Eigenfunktion durchführen.
Unser Ansatz lautet
y p (x) = C(x)e x ,
wobei C die zu variierende Funktion ist. Also folgt
y ′ p(x) = C ′ (x)e x +C(x)e x ,
y ′′
p (x) = C′′ (x)e x +2C ′ (x)e x +C(x)e x .
Einsetzen in die Differenzialgleichung y ′′ +2y ′ −3y = e x liefert
C ′′ (x)e x +2C ′ (x)e x +C(x)e x +2C ′ (x)e x +2C(x)e x −3C(x)e x = e x .
Nach Division mit e x ≠ 0 erhalten wir die inhomogene lineare Differenzialgleichung zweiter
Ordnung
C ′′ +4C ′ = 1,
die auf eine Differenzialgleichung erster Ordnung zurückführbar ist (vgl. Kapitel 21.11). Wir
substituieren u = C ′ , dann erhalten wir die Differenzialgleichung u ′ +4u = 1 mit der Lösung
derhomogenenDifferenzialgleichung u h (x) = Ae −4x ,wobeiA ∈ ReineKonstanteist.Füreine
partikuläreLösungder inhomogenen Differenzialgleichung machen wirdenAnsatz u p (x) = B,

21.15. Inhomogene lineare Differenzialgleichung n-ter Ordnung 391
also folgt durch Einsetzen unmittelbar B = 1 4 . Nun integrieren wir die Lösung u(x) = u h(x)+
u p (x) = Ae −4x + 1 4 , um ∫
C(x) =
u(x)dx = − A 4 e−4x + 1 4 x+D
zu erhalten. Jetzt können wir die partikuläre Lösung der ursprünglichen Differenzialgleichung
y ′′ +2y ′ −3y = e x zusammensetzen
y p (x) = C(x)e x =
(− A 4 e−4x + 1 )
4 x+D e x = − A ( ) 1
4 e−3x +
4 x+D e x .
Nun können wir erneut die allgemeine Lösung der homogenen Differenzialgleichung mit Hilfe
des Superpositionsprinzip (vgl. Satz 21.10.1) zusammensetzen und erhalten
y(x) = y h (x)+y p (x)
= C 1 e x +C 2 e −3x − A 4 e−3x +
( ) 1
=
4 x+a e x +be −3x ,
( 1
4 x+D )
e x
wobei a = C 1 +D und b = − A 4 +C 2 zu neuen Konstanten zusammengefasst wurden.
Beispiel 21.15.2 (Resonanzfall). Wir betrachten die inhomogene lineare Differenzialgleichung
zweiter Ordnung
y ′′ +2y ′ +y = e −x +e x .
Zuerst erstellen wir die charakteristische Gleichung k 2 + 2k + 1 = 0 mit doppelter reeller
Nullstelle k 1 = k 2 = −1. Wir finden die Lösung der homogenen Differenzialgleichung, die so
genannte Eigenfunktion
y h (x) = (C 1 x+C 0 )e −x mit C 0 ,C 1 ∈ R.
Wir stellen also fest, dass wir ein Resonanzfall mit der Störfunktion s 1 (x) = e −x haben.
1. Superpositionsansatz: Der Ansatz für die Störfunktion s 1 (x) = e −x , die in Resonanz
steht, lautet
y 1 (x) = (Ax 2 +Bx+C)e −x .
Der Polynomgrad des anmultiplizierten Polynoms der in Resonanz stehenden Eigenfunktion
(Lösung der homogene Differenzialgleichung) ist bereits 1, somit müssen wir
hier einen Ansatz vom Grad 1 + 1 = 2 tätigen, sonst entspricht unser Ansatz der Eigenfunktion.
5 Bei Resonanz ist der Polynomgrad des anmultiplizierten Polynoms stets
um Eins zu erhöhen. Nun differenzieren wir diesen modifizierten Ansatz
y ′ 1(x) = (−Ax 2 +(2A−B)x+B −C)e −x ,
y ′′
1 (x) = (Ax2 −(4A−2B)x+2A−2B +C)e −x
5 Beachten Sie, dass die Eigenfunktion y h (x) = (C 1x+C 0)e −x nicht als Ansatz für die inhomogene Differenzialgleichung
dienen kann. Wieso?

also D = 1 4 und damit folgt y 2 (x) = 1 4 ex .
392 Kapitel 21. Differenzialgleichungen
und setzen ihn in die Differenzialgleichung ein. Gleichzeitig dividieren wir durch e −x ≠ 0
und erhalten
Ax 2 −(4A−2B)x+2A−2B+C+2(−Ax 2 +(2A−B)x+B−C)+Ax 2 +Bx+C = 1.
Der Koeffizientenvergleich ergibt unmittelbar A = 1 2
und B,C ∈ R beliebig. Damit lässt
sich jetzt eine partikuläre Lösung angeben
( ) 1
y 1 (x) =
2 x2 +Bx+C e −x ,
wobei B,C ∈ R beliebige Konstanten sind.
2. Superpositionsansatz: Der zweite Ansatz ohne Resonanz lautet
y 2 (x) = De x
also y 2 ′ (x) = y′′ 2 (x) = Dex .
Eingesetzt in die Differenzialgleichung ergibt sich
De x +2De x +De x = e x ,
Aus diesen Lösungen lässt sich jetzt die allgemeine Lösung mit dem Superpositionsprinzip
zusammensetzen
y(x) = y h (x)+y 1 (x)+y 2 (x)
) 1
= (C 1 x+C 0 )e +( −x 2 x2 +Bx+C e −x + 1 4 ex
( ) 1
=
2 x2 +ax+b e −x + 1 4 ex ,
wobei a = C 1 +B und b = C 0 +C zu neuen Konstanten zusammengefasst wurden.
Aufgaben
Aufgabe 21.15.1. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung in reeller Form von
y ′′ +y ′ +y = sin(2x).
Aufgabe 21.15.2. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung in reeller Form von
y ′′ −4y ′ = x 2 +sin(x).
Aufgabe 21.15.3. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung in reeller Form von
y ′′ −2y ′ −y = 2e x .

21.15. Inhomogene lineare Differenzialgleichung n-ter Ordnung 393
Aufgabe 21.15.4. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung in reeller Form von
y ′′ −3y ′ +2y = 4e x .
Aufgabe 21.15.5. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung in reeller Form von
¨s+s = cos(t)
Aufgabe 21.15.6. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung in reeller Form von
y ′′ +3.2y ′ +2.56y = e −1.6x .
Aufgabe 21.15.7. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung in reeller Form von
y (4) +y = 3sin(2x).
Aufgabe 21.15.8. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung in reeller Form von
y (3) −2y ′′ +5y ′ = x 2 .
Aufgabe 21.15.9. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung in reeller Form von
y ′′ +y ′ −2y = 3x+e −2x .
Lösungen
Im Folgenden bezeichnen A,B,C,D ∈ R Konstanten.
( √3 ( √3 ))
Lösung 21.15.1. y(x) = e −x 2 Asin(
2
)+Bcos x 2 x − 3 13 sin(2x)− 2
13 cos(2x)
Lösung 21.15.2. y(x) = Ae 4x +B + 1
x3
17
(4cos(x)−sin(x))−
12 − x2
16 − x 32
Lösung 21.15.3. y(x) = Ae (1+√ 2)x +Be (1−√ 2)x −e x
Lösung 21.15.4. y(x) = (A−4x)e x +Be 2x
Lösung 21.15.5. s(t) = Asin(t)+Bcos(t)+ t 2 sin(t)
Lösung 21.15.6. y(x) =
Lösung 21.15.7.
(
x 2
2 +Ax+B )
e −1.6x
( ) ( ( ( ) ( ))
√
y(x) = e x 2
(Asin x√2
+Bcos x√2
))+e − √ x 2 Csin x√2
+Dcos x√2
+ 3
17 sin(2x)
Lösung 21.15.8. y(x) = e x (Asin(2x)+Bcos(2x))+ x3
15 + 2x2
25 − 2x
125 +C
Lösung 21.15.9. y(x) = e −2x( A− x 3)
+Be x − 3x 2 − 3 4

394 Kapitel 21. Differenzialgleichungen
21.16 Zusammenstellung der Lösungsverfahren
Generell betrachten wir die Differenzialgleichung n-ter Ordnung
F(x,y,y ′ ,...,y (n) ) = 0
für die unbekannte Funktion y in der Variablen x. Eventuell sind Anfangs- oder Randbedingungen
vorgegeben.
Im Folgenden geben wir nur eine Zusammenstellung der von uns betrachteten Lösungsverfahren.
1. Differenzialgleichung ist nicht linear: Wir betrachten nur den folgenden Spezialfall
Lösung durch Trennen der Variablen.
2. Differenzialgleichung ist linear:
y ′ = g(x)h(y).
a n (x)y (n) +···+a 1 (x)y ′ +a 0 (x)y = s(x)
Lösungsprinzip: allgemeine Lösung der Differenzialgleichung = allgemeine Lösung
der homogenen Differenzialgleichung + partikuläre Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung
Allgemeine Lösung der Differenzialgleichung hat genau n Freiheitsgrade, d.h., es können
genau n Konstanten gewählt werden.
(a) Koeffizienten a n (x),...,a 0 (x) nicht konstant: Wir betrachten nur den folgenden
Spezialfall
y ′ +f(x)y = s(x)
Lösung der homogenen Differenzialgleichung: Separation der Variablen ergibt
y h (x) = Ce −∫ f(x)dx
Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung: Variation der Konstanten C der
Lösung der homogenen Differenzialgleichung, d.h., den Ansatz
y p (x) = C(x)e −∫ f(x)dx
in die Differenzialgleichung einsetzen und die Funktion C bestimmen.
(b) Koeffizienten a n ,...,a 0 alle konstant:
a n y (n) +···+a 1 y ′ +a 0 y = s(x)
Lösung der homogenen Differenzialgleichung: universeller Ansatz y(x) = e kx führt
zur charakteristischen Gleichung a n k n +···+a 1 k+a 0 = 0, das n (eventuell komplexe)
Nullstellen hat. Wir diskutieren die möglichen Fälle: verschiedene reelle
Nullstellen, r-fache reelle Nullstelle, komplex konjugierte Nullstelle, r-fache komplex
konjugierte Nullstelle und Kombinationen dieser Fälle. Daraus ergeben sich n
linear unabhängige Lösungen.
Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung: Es bieten sich zwei verschiedene
Lösungsverfahren an.

21.16. Zusammenstellung der Lösungsverfahren 395
i. Ansatz:
keine Resonanz: Ansatz vom gleichem Typ wie die Störfunktion.
Resonanz: Ansatz vom gleichem Typ wie die in Resonanz stehende Störfunktion,
aber der Polynomgrad ist solange um Eins zu erhöhen, bis die partikuläre
Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung gefunden ist.
ii. Variation der Konstanten:
Variation aller Konstanten der Lösung der homogenen Differenzialgleichung
bis die partikuläre Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung gefunden
ist. (Dieses Verfahren ist aufwändig, aber funktioniert dafür immer.)
Kontrolle: Immer die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung durch Einsetzen in die
Differenzialgleichung verifizieren.
Anfangsbedingungen: Mit eventuell vorhandenen Anfangs- oder Randbedingungen die
Konstanten in der allgemeinen Lösung bestimmen, ergibt eine partikuläre Lösung.

396 Kapitel 21. Differenzialgleichungen

Kapitel 22
Differenzialgleichungen in der
Mechanik
Grundlage für das Folgende sind die Newtonschen Axiome, die wir hier kurz repetieren:
1. Trägheitsprinzip: Ein Körper beharrt im Zustand der Ruhe oder der gleichförmig geradlinigen
Bewegung, solange keine äusseren Einflüsse auf ihn wirken. Die Geschwindigkeit
eines solchen sich frei bewegenden Körpers ist nach Betrag und Richtung konstant.
2. Beschleunigungsprinzip: Durch einwirkendeKräfteerfährtein KörpereineBeschleunigung,
die der Kraft proportional ist und deren Richtung besitzt: Kraft = Masse ×
Beschleunigung. (Zu Ehren Sir Isaac Newtons wird die Einheit der Kraft 1 N (Newton)
genannt.)
3. Wechselwirkungsprinzip (actio = reactio): Übt ein Körper A auf einen Körper B
eine Kraft aus (actio), soübt auch Bauf A eine Kraft aus, Gegenkraft (reactio) genannt,
die entgegengesetzt gleich der ersten Kraft ist.
Wir stellen im Folgenden die verschiedenen Anwendungen der Differenzialgleichung in elementaren
Aufgabenstellungen zusammen.
Es sei s = s(t) der zurückgelegte Weg, v(t) = ṡ(t) die Geschwindigkeit 1 und a(t) = ˙v(t) = ¨s(t)
die Beschleunigung in Funktion der Zeit. Nach dem Newtonschen Beschleunigungsprinzip
lautet die Bewegungsgleichung
m¨s = F,
wobei F die Summe aller wirkenden Kräfte ist.
Vier verschiedene Fälle wollen wir nun betrachten:
1. Die Kraft ist nur eine Funktion der Zeit
m¨s = F(t).
Die Differenzialgleichung lässt sich durch zweimaliges Integrieren lösen (vgl. Kapitel
21.11). Ein Beispiel dazu ist der freie Fall ohne Luftwiderstand im Gravitationsfeld der
Erde (vgl. Kapitel 22.1).
1 Der Punkt bedeutet die Ableitung nach der Zeit t, d.h. ṡ(t) = ds
dt (t).
397

398 Kapitel 22. Differenzialgleichungen in der Mechanik
Abbildung 22.0.i: Sir Isaac Newton, 1643-1727
2. Die Kraft ist eine Funktion der Geschwindigkeit
m¨s = F(ṡ).
Die Differenzialgleichung lässt sich durch Substitution v = ṡ auf eine Differenzialgleichung
erster Ordnung zurückführen (vgl. Kapitel 21.11). Ein Beispiel dazu ist der freie
Fall mit Luftwiderstand proportional zur Geschwindigkeit oder zur Geschwindigkeit im
Quadrat (vgl. Kapitel 22.1).
3. Die Kraft ist eine Funktion des Weges
m¨s = F(s).
Wir betrachten nur den Spezialfall F(s) = κs, was einer Differenzialgleichung zweiter
Ordnung mit konstanten Koeffizienten ergibt. Ein Beispiel dazu ist die Rückführungskraft
einer Feder (vgl. Kapitel 22.3).
4. Die Kraft ist eine Funktion des Weges und der Geschwindigkeit
m¨s = F(s,ṡ).
Ein Beispiel dazu ist die Differenzialgleichung der gedämpften Schwingung (vgl. Kapitel
22.3).
22.1 Freier Fall mit und ohne Luftwiderstand
1. Ohne Luftwiderstand
Beim freien Fall im Gravitationsfeld der Erde ohne Luftwiderstand ergibt sich die zu lösende
Differenzialgleichung
m¨s = mg,
wobei m die Masse des fallenden Objektes und g = 9.81ms −2 die Erdbeschleunigung ist.
Wir suchen die partikuläre Lösung zu den Anfangsbedingungen s(0) = s 0 und v(0) = v 0 . Die

22.1. Freier Fall mit und ohne Luftwiderstand 399
Differenzialgleichung lässt sich einfach integrieren und wir erhalten
v(t) = ṡ(t) = v 0 +gt
s(t) = s 0 +v 0 t+ g 2 t2 ,
wobei s 0 die Anfangshöhe und v 0 die Anfangsgeschwindigkeit ist. Wir stellen fest, dass beim
freien Fall ohne Luftwiderstand die Geschwindigkeit linear zunimmt (vgl. Abbildung 22.1.i).
2. Viskose Reibungskraft proportional zur Geschwindigkeit (Stokessche Reibung)
Beim Fall einer Kugel im Gravitationsfeld der Erde mit Luftwiderstand proportional zur
Geschwindigkeit ergibt sich die zu lösende Differenzialgleichung
m¨s = mg−6πηRṡ,
wobei m die Masse des Objekts, R der Radius der fallenden Kugel, g = 9.81ms −2 die Erdbeschleunigung
und η = 20.29·10 −6 kgm −1 s −1 die dynamische Viskosität von Luft bei
Zimmerbedingungen bezeichnet. Dieses Modell ist bei laminarer Umströmung des fallenden
Objekts zu verwenden, so genannte Stokessche Reibung. Wir suchen die partikuläre
Lösung zu den Anfangsbedingungen s(0) = s 0 und v(0) = v 0 .
Wirsetzenq = 6πηR undsubstituierenv = ṡunderhaltendiezulösendeDifferenzialgleichung
˙v + q m v = g.
Die homogene Lösung lautet
v h (t) = Ce − q m t
Für die inhomogene Lösung machen wir den Ansatz gemäss der Theorie v p (t) = A. Durch
Einsetzen und Koeffizientenvergleich folgt sogleich A = mg
q
. Damit haben wir die allgemeine
Lösung
v(t) = mg
q +Ce− q m t
s(t) = mg
q t− m q Ce− q m t +D,
wobei
( )
C = v 0 − mg
q
und D = s 0 + m q
(
v 0 − mg
q
)
aus der Anfangshöhe s 0 und der Anfangsgeschwindigkeit v 0 bestimmt werden. Beim Fall mit
Reibungskraft proportional zur Geschwindigkeit gibt es eine Grenzgeschwindigkeit
(vgl. Abbildung 22.1.i).
v End = lim
t→∞
v(t) = mg
q = mg
6πηR

400 Kapitel 22. Differenzialgleichungen in der Mechanik
3. Luftwiderstand proportional zur Geschwindigkeit im Quadrat
Beim Fall im Gravitationsfeld der Erde mit Luftwiderstand proportional zur Geschwindigkeit
im Quadrat ergibt sich die zu lösende Differenzialgleichung
m¨s = mg−c w
ρA
2 ṡ2 ,
wobei m die Masse des Objekts, g = 9.81ms −2 die Erdbeschleunigung, c w den Widerstandsbeiwert,
ρ = 1.2929kgm −3 die Dichte der Luft und A die Anströmfläche bezeichnet.
Diese Model ist bei turbulenter Umströmung des fallenden Objekts und bei hohen
Geschwindigkeiten zu verwenden. Wir suchen die partikuläre Lösung zu den Anfangsbedingungen
s(0) = s 0 und v(0) = v 0 .
ρA
Wirsetzenk = c w 2
undsubstituierenv = ṡunderhaltendiezulösendeDifferenzialgleichung
˙v = g− k m v2 .
Diese lässt sich durch Separation der Variablen lösen (vgl. Kapitel 21.6). Es folgt
∫ ∫
dv
dt =
g− k m v2
Integration ergibt
also folgt
t+C =
√
m
gk artanh (√
k
mg v )
,
√ (√ )
v(t) = mg
k tanh gk
m (t+C)
(√
s(t) = m k
(cosh ln gk
m
))+D, (t+C)
wobei
C =
√
m
gk artanh (√
k
mg v 0
)
und D = s 0 + m k ln (√1− k mg v2 0
)
aus der Anfangshöhe s 0 und der Anfangsgeschwindigkeit v 0 bestimmt werden. 2 Beim Fall mit
Luftwiderstand proportional zur Geschwindigkeit im Quadrat gibt es eine Grenzgeschwindigkeit
√ √
mg 2mg
v End = lim v(t) =
t→∞ k = c w ρA
(vgl. Abbildung 22.1.i).
In der nachfolgenden Abbildung vergleichen wir die Weg-Zeit-Diagramme aller drei Fälle.
Interessiert uns das Flugverhalten eines Fallschirmspringers im freien Fall vor dem Öffnen des
Fallschirms, so ist das Modell mit Luftwiderstand im Quadrat geeignet. Wollen wir hingegen
wissen,wielangeeinKreidestückbraucht,umamBodenaufzuschlagen,wenneswiedereinmal
dem Dozenten aus der Hand fällt, können wir ruhig ohne Luftwiderstand rechnen. Wenn der
2 Wir benutzten die Beziehung cosh(artanh(x)) =
√ 1 (vgl. Kapitel 9).
1−x2

22.2. Randwertprobleme, Eigenwerte und Eigenfunktionen 401
v
ohne Luftwiderstand
v End
v
mit Luftwiderstand ∼ v
v End
v
mit Luftwiderstand ∼ v 2
t
t
t
Abbildung 22.1.i: Das Geschwindigkeit-Zeit-Diagramm des freien Falls ohne Luftwiderstand
(links), mit Luftwiderstand proportional zur Geschwindigkeit (mitte) und proportional zur
Geschwindigkeit im Quadrat (rechts).
Luftwiderstand nicht vernachlässigbar ist und das fallende Objekt turbulent umströmt wird,
so rechnen wir mit Luftwiderstand proportional zur Geschwindigkeit im Quadrat. Sind hingegen
moderate Geschwindigkeiten und eine laminare Umströmung des Objekts zu erwarten,
so rechnen wir mit Luftwiderstand proportional zur Geschwindigkeit. Für kleine Flugzeiten
kommt es nicht auf die Wahl des Modells an, da die drei Kurven zu Beginn fast alle identisch
sind.
22.2 Randwertprobleme, Eigenwerte und Eigenfunktionen
Als Beispiel eines klassischen Randwertproblems betrachten wir die Eulersche Knicklast.
Ein schlanker Stab werde in Richtung seiner Achse durch die Kraft F belastet. Die Enden
seien je nach Situation verschiedenartig gelagert oder eingemauert. Vorerst betrachten wir
die Situation, wo beide Enden beweglich gelagert sind (vgl. Abbildung 22.2.i). Der Stab kann
nach allen Seiten ausbrechen. Die Enden können sich aber nicht seitlich verschieben. Es stellt
sich die Frage: wie gross ist die Kraft F, bei der der Stab seitlich ausknickt?
F
•
y
l
•
x
Abbildung 22.2.i: Ein schlanker Stab, der in Richtung seiner Achse durch die Kraft F belastet
wird. Beide Enden sind beweglich gelagert, d.h. y(0) = y(l) = 0.

402 Kapitel 22. Differenzialgleichungen in der Mechanik
Das Problem wird durch die Differenzialgleichung der elastischen Linie 3
y ′′
√
1+y ′2 3 = −M EI
beschrieben. Da die Durchbiegung des Stabes in den meisten Fällen sehr klein gegenüber
der Stablänge l ist, ist y ′ , das als Tangenswert des Auslenkwinkels gedeutet werden kann,
sehr klein, und y ′2 kann gegenüber 1 vernachlässigt werden. Die Differenzialgleichung der
elastischen Linie nimmt dann die wesentlich einfacher zu lösende Form an:
y ′′ = − M EI ,
wobei E das Elastizitätsmodul, I das axiale Flächenmoment des Stabquerschnitts
und
M(y) = Fy
das Biegemoment angepasst an unsereSituation darstellen. Wir erhalten also die zu lösende
Differenzialgleichung
Wir setzen
y ′′ = − F EI y.
a 2 = F EI
und erhalten die homogene lineare Differenzialgleichung zweiter Ordnung
y ′′ +a 2 y = 0.
Die charakteristische Gleichung k 2 +a 2 = 0 hat die konjugiert komplexen Lösungen k 1 = ia
und k 2 = −ia. Also ist die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung
y(x) = Acos(ax)+Bsin(ax),
wobei wir jetzt die Konstanten A und B aus den Randbedingungen bestimmen. Die aus der
Problemstellung gegebenen Randbedingungen lauten y(0) = y(l) = 0. Es folgt unmittelbar
aus y(0) = A = 0 und
y(l) = Bsin(al) = 0
(mit B ≠ 0, da wir sonst keine Auslenkung haben), dass sin(al) = 0 sein muss. Dies ist aber
nur der Fall, wenn
al = nπ mit n ∈ {1,2,3,...}
oder wenn
a n = nπ
l
=
√
Fn
EI .
3 Herleitung: Wird ein Stab von konstantem Querschnitt durch ein positives Moment M auf Biegung
beansprucht, so wirken auf der einen Seite Zugspannungen, verbunden mit einer Verlängerung der Fasern und
auf der anderen Seite Druckspannungen, verbunden mit einer Verkürzung der Fasern. In der Mitte befindet
sich dann eine Schicht, die ihre Länge beibehält. Die Krümmungdes Stabes (vgl. Gleichung 5.6.a) k =
ist nun proportional zum wirkenden Moment M (vgl. [19], Seiten 87ff).
y ′′
√1+y ′2 3

22.2. Randwertprobleme, Eigenwerte und Eigenfunktionen 403
Die a n heissen Eigenwerte des Randwertproblems. Aus all dem folgt nun
n 2 π 2
l 2
= F n
EI
und somit F n = n2 π 2
l 2 EI.
Der Bruch findet beim kleinsten Wert von F statt, das heisst bei n = 1. Die Kraft
F 1 = π2
l 2 EI.
heisst Eulersche Knicklast. Würde es gelingen, diese erste Knicklast zu übersteigen, ohne
dass ein Bruch entsteht, würde erst bei der nächst höheren Kraft F 2 die nächste Bruchgefahr
auftreten.
Die Lösungen zu den Randwertproblemen heissen Eigenfunktionen. Wir erhalten in diesem
Fall die folgenden Eigenfunktionen
( nπ
)
y n (x) = Bsin(a n x) = Bsin
l x mit n ∈ {1,2,3,...}.
Die Biegelinie ist eine Sinuskurve, die durch die erste Eigenfunktion
( π
)
y 1 (x) = Bsin
l x
beschrieben wird. Die Konstante B würde erst mit einer weiteren Bedingung, zum Beispiel
der maximalen Auslenkung, bestimmt.
n = 1
n = 2
n = 3
n = 4
n = 5
n = 6
n = 7
•
•
•
•
•
•
•
y
l l l
l
l l l
•
•
•
•
•
•
•
x
x
x
x
x
x
x
Abbildung 22.2.ii: Eigenfunktionen bei einem Randwertproblem
An diesem Beispiel sehen wir das Typische eines so genannten Randwertproblems: Die Lösungen
der Differenzialgleichung zu den vorgegebenen Randbedingungen sind nur bei einer
speziellen Wahl von bestimmten Konstanten, den Eigenwerten, möglich. Analoge Situationen
finden wir auch bei der schwingenden Saite und in der Quantenmechanik, zum Beispiel bei
den diskreten Energieniveaus des Elektrons im Wasserstoffatom.
Aufgaben
Aufgabe 22.2.1. Bestimmen Sie für den Fall y(0) = 0 und y ′ (l) = 0 (vgl. Abbildung 22.2.iii,
links) die Knicklast, die Eigenwerte und die Eigenfunktionen.

404 Kapitel 22. Differenzialgleichungen in der Mechanik
F
F
•
y
y
l
l
x
x
Abbildung22.2.iii: Mögliche andereFälle desEinspannensdesStabesfürdenAnsatzmiteiner
Differenzialgleichung zweiter Ordnung. Links y(0) = 0,y ′ (l) = 0 und rechts y ′ (0) = y ′ (l) = 0.
Aufgabe 22.2.2. Bestimmen Sie für den Fall y ′ (0) = 0 und y ′ (l) = 0 (vgl. Abbildung22.2.iii,
rechts) die Knicklast, die Eigenwerte und die Eigenfunktionen.
22.3 Die freie Schwingung
Ein schwingfähiges System wird einmal angestossen und dann sich selbst überlassen oder in
eine Auslenkung gebracht und dann angestossen. Es seien keine von aussen wirkende Kräfte
vorhanden. Im Allgemeinen wirken auf die Masse m folgende zwei Kräfte:
Feder κ Dämpfung r Masse m Führung
•
Abbildung 22.3.i: Ein schwingfähiges System mit Dämpfung.
0
s
1. Die rücktreibende Federkraft ist proportional zur Auslenkung aus der Ruhelage,
wobei die Kraft stets nach der Ruhelage gerichtet ist
F Feder = −κs.
Es bezeichnet κ die Federkonstante [in Nm −1 ].
2. Die Dämpfungskraft, dargestellt durch einen Öldämpfer, ist proportional zur Geschwindigkeit
und deren Richtung der Bewegung entgegengesetzt
F Dämpfung = −rṡ.
Es bezeichnet r die Dämpfungskonstante [in Nsm −1 ].

22.3. Die freie Schwingung 405
Wenn wir die Federmasse vernachlässigen, so gilt nach Newtons Kraftgesetz
m¨s = F Total = F Dämpfung +F Feder .
Dies ist die Differenzialgleichung einer freien Schwingung
m¨s+rṡ+κs = 0.
Wir gehen über zur normierten linearen homogenen Differenzialgleichung zweiter Ordnung
¨s+2ρṡ+ω 2 0s = 0 mit ρ = r
2m und ω2 0 = κ m .
Der Ansatz s(t) = e kt ergibt die charakteristische Gleichung
k 2 +2ρk +ω 2 0 = 0
mit den Lösungen
√
√
k 1,2 = −ρ± ρ 2 −ω0 2 = −ρ±ω 0
ρ 2
ω0
2
−1 = −ρ±ω 0
√D 2 −1,
wobei das Verhältnis D = ρ ω 0
als Dämpfungsgrad bezeichnet wird. Nun wollen wir je nach
Wert des Dämpfungsgrades vier Fälle unterscheiden:
1. Ungedämpfte Schwingung, wenn D = 0: In diesem Fall gilt ρ = 0 und somit auch
r = 0. Es hat also, wie der Name schon sagt, keine Dämpfung. Also vereinfachen sich
die Nullstellen der charakteristischen Gleichung zu
k 1,2 = ±iω 0 ,
und die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung lautet dann
s h (t) = Asin(ω 0 t)+Bcos(ω 0 t).
Diese Funktion lässt sich als reine Sinusfunktion schreiben, indem wir die beiden freien
Konstanten A und B in Polarkoordinaten ausdrücken
A = Rcos(ϕ) und B = Rsin(ϕ).
Dann folgt mit dem Additionstheorem für den Sinus
s h (t) = Asin(ω 0 t)+Bcos(ω 0 t)
= Rcos(ϕ)sin(ω 0 t)+Rsin(ϕ)cos(ω 0 t)
= Rsin(ω 0 t+ϕ).
Da es sich um einen Koordinatenwechsel (A,B) ⇄ (R,ϕ) handelt, lassen sich R und ϕ
aus A und B wie folgt bestimmen 4
R = √ A 2 +B 2
4 Wenn A = 0 ist der Quotient B A
und ϕ = arctan ( B
A)
wenn A ≠ 0.
unbestimmt, und wir müssen die folgende Fallunterscheidung machen
{ π
wenn B > 0,
ϕ =
2
− π wenn B < 0.
2

406 Kapitel 22. Differenzialgleichungen in der Mechanik
Die reellen Konstanten A,B respektive R,ϕ sind aus den Anfangsbedingungen zu bestimmen.
Der Verlauf der Schwingung hängt von den Anfangsbedingungen ab. Der
Faktor R heisst Amplitude, das Argument ω 0 t+ϕ die Phase und ϕ die Phasenverschiebung.
Die Periode T folgt aus der Bedingung
also
ω 0 (t+T)+ϕ = ω 0 t+ϕ+2π,
T = 2π
ω 0
.
Die Verschiebung der Sinuskurve ergibt sich mit ω 0 t + ϕ = 0, also ist t = − ϕ ω 0
(vgl.
Abbildung 22.3.ii).
R
s
− ϕ ω 0
t
−R
T = 2π
ω 0
Abbildung 22.3.ii: Keine Dämpfung, d.h. D = 0, Verschiebung der Sinuskurve um t = − ϕ ω 0
.
2. Gedämpfte Schwingung, wenn 0 < D < 1: In diesem Fall gilt ρ < ω 0 , das heisst die
Dämpfung ist klein gegenüber der rücktreibenden Kraft. Die Nullstellen der charakteristischen
Gleichung sind dann komplex konjugiert
k 1,2 = −ρ±ω 0
√
D 2 −1 = −ρ±iω 0
√
1−D 2 = −ρ±iω
mit ω = ω 0
√
1−D 2 . Die Eigenfrequenz ω weicht umso mehr von der Eigenfrequenz
des ungedämpften Systems ω 0 ab, je grösser der Dämpfungsgrad D ist. Nun erhalten
wir die allgemeine reelle Lösung
s h (t) = e −ρt (Asin(ωt)+Bcos(ωt)) = Re −ρt sin(ωt+ϕ)
mit R = √ A 2 +B 2 und ϕ = arctan ( B
A)
(vgl. 1. Fall der ungedämpften Schwingung).
Die reellen Konstanten A,B respektive R,ϕ sind aus den Anfangsbedingungen zu bestimmen.
Diskussion der Kurve: Da |sin(x)| ≤ 1 ist, verläuft die Kurve innerhalb der beiden
einhüllenden Kurven
s + (t) = Re −ρt und s − (t) = −Re −ρt .
Also gilt
lim
t→∞ s h(t) = 0.

22.3. Die freie Schwingung 407
R
R sin(ϕ)
s
Re −ρt
−Re −ρt
t
−R
T = 2π ω
Abbildung 22.3.iii: Dämpfungsgrad 0 < D < 1. Die einhüllenden Kurven sind s + (t) = Re −ρt
und s − (t) = −Re −ρt .
Wir sagen, s h sei gedämpft periodisch. Analog wie im 1. Fall der ungedämpften Schwingung
folgt
T = 2π ω
für die Periode der ungedämpften Schwingung und t = − ϕ ω
für die Verschiebung
der Kurve. Dort wo |sin(ωt + ϕ)| = 1 fallen s h und s + , resp. s − zusammen. Diese
Berührungspunkte sind aber nicht die Extremwerte der Amplitude, wenn D > 0.
3. Aperiodischer Grenzfall, wenn D = 1: In diesem Fall gilt ρ = ω 0 , und die charakteristische
Gleichung hat eine doppelte reelle Nullstelle k 1,2 = −ρ. Die allgemeine Lösung
der Differenzialgleichung lautet dann
s h (t) = (C 1 t+C 2 )e −ρt .
Die reellen Konstanten C 1 und C 2 sind aus den Anfangsbedingungen zu bestimmen.
In diesem Fall ist die Dämpfung gerade so stark, dass es gerade nicht mehr zu einer
Schwingung kommt. Auch hier gilt
lim s h(t) = 0.
t→∞
4. Aperiodische Bewegung, wenn D > 1: In diesem Fall gilt ρ > ω 0 , also herrscht eine
starke Dämpfung des Systems. Die charakteristische Gleichung hat zwei verschiedene
reelle Nullstellen
k 1,2 = −ρ±ω 0
√D 2 −1 = −ρ±w
√
mit w = ω 0 D 2 −1 = √ ρ 2 −ω0 2 . Die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung
lautet dann
s h (t) = e −ρt( C 1 e wt +C 2 e −wt) .
Die reellen Konstanten C 1 und C 2 sind aus den Anfangsbedingungen zu bestimmen. In
diesem Fall ist die Dämpfung so stark, dass es gar nicht zu einer Schwingung kommt.
Da ρ > w folgt auch in diesem Fall
lim s h(t) = 0.
t→∞

408 Kapitel 22. Differenzialgleichungen in der Mechanik
s
D=0.9
R
D=0.6
D=1
D=0.3
t
Abbildung 22.3.iv: Gedämpfte Schwingung 0 < D < 1 bei gleichen Anfangsbedingungen. Die
graue Kurve entspricht dem aperiodischen Grenzfall D = 1.
s
D=2
C 1 + C 2
D=1
D=1.5
D=1.2
Abbildung 22.3.v: Aperiodische Bewegung mit bei verschiedenen Dämpfungsgraden D > 1
bei gleichen Anfangsbedingungen. Die graue Kurve entspricht dem aperiodischen Grenzfall
D = 1.
Aufgaben
Aufgabe 22.3.1. Bestimmen Sie für die freie Schwingung die partikuläre Lösung, die der
allgemeinen Anfangslage s(0) = s 0 und ṡ(0) = v 0 genügt
t
a. wenn D = 0,
b. wenn 0 < D < 1,
c. wenn D = 1,
d. wenn D > 1.
Aufgabe 22.3.2. Bestimmen Sie für die freie Schwingung die partikuläre Lösung, die dem
Anstoss aus der Ruhelage s(0) = 0 und ṡ(0) = v 0 genügt
a. wenn 0 < D < 1, b. wenn D > 1.
Aufgabe 22.3.3. Bestimmen Sie für die freie gedämpfte Schwingung die partikuläre Lösung,
die der Auslenkung aus der Ruhelage s(0) = s 0 und ṡ(0) = 0 genügt.
Aufgabe 22.3.4. Bestimmen Siedie Lage der Extremwerte fürs h im aperiodischen Grenzfall
bei der allgemeinen Anfangslage s(0) = s 0 und ṡ(0) = v 0 .

22.3. Die freie Schwingung 409
Aufgabe 22.3.5. Zeigen Sie, dass im Fall der aperiodischen Bewegung die allgemeine Lösung
der Schwingungsdifferenzialgleichung in der Form
√
s h (t) = e −ρt (Asinh(wt)+Bcosh(wt)) mit w = ρ 2 −ω0
2
geschrieben werden kann.
Aufgabe 22.3.6. Zeigen Sie für den aperiodischen Grenzfall und für die aperiodische Bewegung,
dass
lim
t→∞ s h(t) = 0.
Aufgabe 22.3.7. Bestimmen Sie den zeitlichen Verlauf der folgenden Schwingungsvorgänge.
a. ¨s+16s = 0 mit s(0) = 0 und ṡ(0) = 8
b. ¨s+10ṡ+100s = 0 mit s(0) = 4 und ṡ(0) = 0
c. ¨s+20ṡ+100s = 0 mit s(0) = 0 und ṡ(0) = 1
Stellen Sie die Lösungen wenn möglich als Sinusfunktion mit einer Phasenverschiebung dar.
Lösungen
Lösung 22.3.1.
√
a. s p (t) =
b. s p (t) =
s 2 0 + v2 0
ω 2 0
sin(ω 0 t+ϕ) mit tan(ϕ) = ω 0s 0
v 0
√
s 2 0 + (v 0+ρs 0 ) 2
ω 2 e −ρt sin(ωt+ϕ) mit tan(ϕ) = ωs 0
v 0 +ρs 0
c. s p (t) = ((v 0 +ρs 0 )t+s 0 )e −ρt
d. s p (t) = 1
2w e−ρt( (v 0 +s 0 (ρ+w))e wt −(v 0 +s 0 (ρ−w))e −wt)
Lösung 22.3.2.
a. s p (t) = v 0
ω
e −ρt sin(ωt)
b. s p (t) = v 0
2w e−ρt( e wt −e −wt)
Lösung 22.3.3. s p (t) = s 0
√
1+ ρ2
ω 2 e −ρt sin(ωt+ϕ) mit tan(ϕ) = ω ρ
Lösung 22.3.4. t Extrema =
v 0
ρ(v 0 +ρs 0 )
Lösung 22.3.5. Benutzen Sie die Definitionen von sinh und cosh.
Lösung 22.3.6. kein Hinweis
Lösung 22.3.7.
a. s p (t) = 2sin(4t)
b. s p (t) = 8 √
3
e −5t sin(5 √ 3t+ π 3 )
c. s p (t) = te −10t

410 Kapitel 22. Differenzialgleichungen in der Mechanik
22.4 Die erzwungene Schwingung
Das schwingfähige System aus Kapitel 22.3 wird nun zusätzlich durch eine kosinusförmige
Störkraft
F Störkraft (t) = p 0 mcos(ω 1 t)
gestört. Dabei bezeichnen p 0 m ≥ 0 die maximale Kraft und ω 1 ≥ 0 die Kreisfrequenz der
Störung.Die normiertelineareinhomogene Differenzialgleichung zweiter Ordnunglautet dann
Feder κ 2
Dämpfung r Masse m Feder κ 2
Führung
Antrieb
•
ω 1
•
•
•
•
0
Abbildung 22.4.i: Ein schwingfähiges System mit Dämpfung und Antrieb.
s
¨s+2ρṡ+ω 2 0s = p 0 cos(ω 1 t) mit ρ = r
2m und ω2 0 = κ m .
Es bedeuten m die Masse, r die Dämpfungskonstante und κ die Federkonstante.
Die homogene Differenzialgleichung zweiter Ordnunghaben wir in Kapitel 22.3 bereits gelöst.
Wir erhielten mit der Fallunterscheidung des Dämpfungsgrades D = ρ ω 0
die allgemeinen
homogenen Lösungen:
1. Wenn D = 0, dann s h (t) = Rsin(ω 0 t+ϕ).
2. Wenn 0 < D < 1, dann s h (t) = Re −ρt sin(ωt+ϕ) mit ω = ω 0
√
1−D 2 .
3. Wenn D = 1, dann s h (t) = (C 1 t+C 2 )e −ρt .
4. Wenn D > 1, dann s h (t) = e −ρt( C 1 e wt +C 2 e −wt) mit w = ω 0
√
D 2 −1.
Der Ansatz für eine partikuläre Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung zweiter Ordnung
lautet der Theorie entsprechend 5
also
s 1 (t) = Asin(ω 1 t)+Bcos(ω 1 t),
ṡ 1 (t) = ω 1 Acos(ω 1 t)−ω 1 Bsin(ω 1 t),
¨s 1 (t) = −ω 2 1Asin(ω 1 t)−ω 2 1Bcos(ω 1 t).
5 Die Eigenfunktion s h kann nur im Fall D = 0 vom gleichen Typ sein wie die Störfunktion. Somit müssen
wir den Ansatz im Fall D = 0, wenn ω 1 = ω 0 ist, wie folgt modifizieren
s 1(t) = (A 1t+A 0)sin(ω 1t)+(B 1t+B 0)cos(ω 1t)
(Resonanzfall). Diesen Ansatz werden wir nicht explizit durchrechnen (vgl. Diskussion der Amplitude im
stationären Zustand für Schwingungen).

22.4. Die erzwungene Schwingung 411
Eingesetzt in die inhomogene Differenzialgleichung ergibt sich
−ω 2 1Asin(ω 1 t)−ω 2 1Bcos(ω 1 t)+2ρω 1 Acos(ω 1 t)−2ρω 1 Bsin(ω 1 t)
dann erfolgt ein Koeffizientenvergleich.
+ω 2 0 Asin(ω 1t)+ω 2 0 Bcos(ω 1t) = p 0 cos(ω 1 t),
Der Koeffizientenvergleich von sin(ω 1 t) ergibt −ω 2 1 A−2ρω 1B +ω 2 0 A = 0.
Der Koeffizientenvergleich von cos(ω 1 t) ergibt 2ρω 1 A−ω 2 1B +ω 2 0B = p 0 .
Dies ergibt das lineare Gleichungssystem
(ω 2 0 −ω 2 1)A −2ρω 1 B = 0
2ρω 1 A+(ω 2 0 −ω2 1 )B = p 0,
dessen Lösungen wir mit der Cramerschen Regel 6 bestimmen. Wir finden
( ) 0 −2ρω1
det
p 0 ω0 2 A =
−ω2 1 2p
( ω
2
det 0 −ω1 2 ) 0 ω 1 ρ
=
−2ρω 1 (ω
2ρω 1 ω0 2 0 2 −ω2 1 )2 +4ρ 2 ω 2 ,
1
−ω2 1
( ω
2
det 0 −ω 2 )
1 0
2ρω 1 p 0 p
B = ( ω
2
det 0 −ω1 2 ) 0 (ω0 2 =
−ω2 1 )
−2ρω 1 (ω
2ρω 1 ω0 2 0 2 −ω2 1 )2 +4ρ 2 ω 2 .
1
−ω2 1
Wiederum bringen wir diese Lösung auf die Form
s 1 (t) = Ksin(ω 1 t+ψ)
mit
und
K = √ A 2 +B 2 =
p 0
√
(ω
2
0 −ω 2 1 )2 +4ρ 2 ω 2 1
ψ = arctan ( (
)
B ω
2
A = arctan 0 −ω1
2 )
.
2ω 1 ρ
6 Cramersche Regel: Wir betrachten das lineare Gleichungssystem Ax = b. Es seien
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
a 11 ··· a 1n b 1
⎜
A =
⎝
.
. ..
. ⎟ ⎜ .. ⎠ und b =
. ⎟
⎝ .. ⎠
··· a nn b n
a n1
gegeben. Wenn det(A) ≠ 0, dann besitzt Ax = b genau eine Lösung
⎛
⎞
a 11 ··· a 1i−1 b 1 a 1i+1 ··· a 1n
⎜
⎛ ⎞ det
⎝
.
x 1
. ..
. ..
. ..
. .. . ..
. ..
⎟
⎠
⎜
x =
⎟
a n1 ··· a ni−1 b n a ni+1 ··· a nn
⎝
. ⎠, wobei x i =
.
det(A)
x n

412 Kapitel 22. Differenzialgleichungen in der Mechanik
Somit lautet die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung der erzwungenen Schwingung
s(t) = s h (t)+s 1 (t).
Aufgeschlüsselt nach den verschiedenen Graden der Dämpfung ergibt sich:
1. Wenn D = 0, dann s(t) = Rsin(ω 0 t+ϕ)+Ksin(ω 1 t+ψ).
2. Wenn 0 < D < 1, dann s(t) = Re −ρt sin(ωt+ϕ)+Ksin(ω 1 t+ψ), ω = ω 0
√
1−D 2 .
3. Wenn D = 1, dann s(t) = (C 1 t+C 2 )e −ρt +Ksin(ω 1 t+ψ).
4. Wenn D > 1, dann s(t) = e −ρt( C 1 e wt +C 2 e −wt) +Ksin(ω 1 t+ψ), w = ω 0
√
D 2 −1.
Die verschiedenen Konstanten werden unterschiedlich definiert:
• Die Konstanten R und ϕ, resp. C 1 und C 2 , sind durch die Anfangsbedingungen festgelegt.
• Die Konstanten K und ψ sind abhängig von ρ,ω 0 ,ω 1 und p 0 , also durch das System
und die einwirkende Störkraft gegeben.
FürdieAnwendunginteressiertebensoderGrenzfallwennt → ∞,dersogenanntestationäre
Zustand. Falls D > 0 gilt lim t→∞ s h (t) = 0, also folgt im stationären Zustand
s(t) ≈ s 1 (t).
s
1
1
t
Abbildung 22.4.ii: Die graue Kurve ist die gedämpfte Eigenschwingung des Systems mit
R = 2.5,ϕ = π 6
und Dämpfungsgrad D = 0.4. Die schwarze Kurve zeigt die erzwungene
Schwingung mit ω 1 = 5ω und K = 0.25. Nach dem Einschwingvorgang sehen wir nur noch
den stationären Zustand.
Zusammenfassung
Die Lösung der Differenzialgleichung der erzwungenen Schwingung besteht
1. aus der von den Anfangsbedingungen abhängigen Lösung der homogenen Differenzialgleichung
der freien Schwingung, die wesentlich zum Einschwingvorgang beiträgt und

22.4. Die erzwungene Schwingung 413
2. aus der nur von den Systemparametern ρ,ω 0 und den Parametern der Störkraft ω 1 ,p 0
abhängigen partikulären Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung, welche die ungedämpfte
Schwingung des stationären Zustands nach Abklingen des Einschwingvorgangs
im Falle von D > 0 beschreibt. Falls D = 0 gibt es keinen abklingenden Einschwingvorgang.
Diskussion der Amplitude im stationären Zustand für Schwingungen
Es stellt sich die Frage für welche Störfrequenz ω 1 die Amplitude
p 0
K(ω 1 ) = √
(ω
2
0 −ω1 2)2 +4ρ 2 ω1
2
bei festen Parametern p 0 ,ω 0 und ρ am grössten wird?
K
D=0
D=0.05
D=0.08
D=0.12
D=0.5
D=0.2
ω 0
ω 1
Abbildung 22.4.iii: Resonanzkurven bei verschiedenen Dämpfungsgraden 0 ≤ D < 1.
Nun diskutieren wir die Amplitude wenn 0 ≤ D < 1:
1. Ungedämpfte erzwungene Schwingung, D = 0: Die Amplitude vereinfacht sich
wegen ρ = 0 zu
{ p0
wenn ω
ω0 K(ω 1 ) =
2−ω2 0 2 > ω2 1
1
wenn ω0 2 < ω2 1 .
p 0
ω 2 1 −ω2 0
Die Amplitude K hat also bei ω 1 = ω 0 eine Polstelle (vgl. Abbildung 22.4.iii). Falls
ω 1 = ω 0 haben wir Resonanz. Um in diesem Fall eine Lösung der inhomogene Differenzialgleichung
zu finden, müssten wir unseren Ansatz modifizieren (vgl. Fussnote 5).
2. Gedämpfte erzwungene Schwingung, 0 < D < 1: Die Amplitude wird dann maximal,
wenn der Nenner N(ω 1 ) = (ω0 2 − ω2 1 )2 +4ρ 2 ω1 2 minimal wird. Also differenzieren
wir den Nenner nach ω 1 und setzen die Ableitung gleich null
N ′ (ω 1 ) = 2(ω 2 0 −ω 2 1)(−2ω 1 )+8ρ 2 ω 1 = 0.

414 Kapitel 22. Differenzialgleichungen in der Mechanik
Es folgt dieuninteressante Stelle ω 1 = 0, die keiner erzwungenen Schwingungentspricht,
und ω 1 = √ ω0 2 −2ρ2 . Die zweite Lösung nennen wir Resonanzfrequenz und setzen
√ √
ω r = ω0 2 −2ρ2 = ω 0 1−2D 2 < ω 0 ,
wobei D = ρ
ω 0
. Für 1 − 2D 2 ≤ 0, also für D ≥ 1 √
2
gibt es keine Resonanzfrequenz.
ResonanzgibtesalsonurfürSchwingungen.EsbleibtdieFrage, obbeiω r dieAmplitude
K
K max
ω r ω 0
ω 1
Abbildung 22.4.iv: Maximale Amplitude K max = K(ω r ) bei der Resonanzfrequenz ω r < ω 0
bei einem Dämpfungsgrad von D = 0.2.
maximal oder minimal ist. Dazu differenzieren wir den Nenner N ein zweites Mal nach
ω 1 und erhalten
N ′′ (ω 1 ) = 2(ω 2 0 −ω 2 1)(−2)+2(−2ω 1 )(−2ω 1 )+8ρ 2 = −4ω 2 0 +2ω 2 1 +8ρ 2 .
Also folgt an der Stelle ω 1 = ω r , dass
N ′′ (ω r ) = −4ω 2 0 +2(ω 2 0 −2ρ 2 )+8ρ 2 = 8(ω 2 0 −2ρ 2 ) = 8ω 2 r > 0.
Demzufolge handelt es bei N(ω r ) um ein Minimum. Also erhalten wir an der Stelle
ω 1 = ω r die maximale Amplitude
p 0
K max = K(ω r ) = √
(ω
2
0 −ω0 2 +2ρ2 ) 2 +4ρ 2 (ω0 2 −2ρ2 ) = p 0
2ρ √ ω0 2 −ρ2.
Diskussion der Phasenverschiebung im stationären Zustand für Schwingungen
Es stellt sich die Frage, wie sich die Phasenverschiebung
( ω
2
ψ(ω 1 ) = arctan 0 −ω1
2 )
2ω 1 ρ
bei festen Parametern p 0 ,ω 0 und veränderlicher Dämpfung ρ verhält.
Nun diskutieren wir die Phasenverschiebung für 0 ≤ D < 1:
1. Ungedämpfte erzwungene Schwingung, D = 0: In diesem Fall müssen wir den
Grenzwert für ρ → 0 berechnen. Dabei haben wir zwei Fälle zu unterscheiden:
• Ist ω 1 < ω 0 , dann ist das Argument ω2 0 −ω2 1
2ω 1 ρ
für alle 0 ≤ ω 1 < ω 0 .
lim ψ ρ(ω 1 ) = lim arctan
ρ→0 ρ→0
> 0. Also folgt
( ω
2
0 −ω1
2 )
= π 2ω 1 ρ 2

22.4. Die erzwungene Schwingung 415
π
2
ψ
D=0.5
D=0
ω 0
ω 1
− π 2
D=0.05
D=0.2
Abbildung 22.4.v: Phasenverschiebungen bei verschiedenen Dämpfungsgraden 0 ≤ D < 1.
• Ist ω 1 > ω 0 , dann ist das Argument ω2 0 −ω2 1
2ω 1 ρ
für alle ω 1 > ω 0 .
< 0. Also folgt
( ω
2
lim ψ ρ(ω 1 ) = lim arctan 0 −ω 2 )
1
= − π
ρ→0 ρ→0 2ω 1 ρ 2
Hat das System keine Dämpfung, so hat die Phasenverschiebung bei ω 1 = ω 0 eine
Sprungstelle der Grösse −π (vgl. Abbildung 22.4.v).
2. Gedämpfte erzwungene Schwingung, 0 < D < 1: In diesem Fall ist ρ > 0. Wir
berechnen
( ω
2
lim ψ(ω 1) = lim arctan 0 −ω 2 )
1
= π
ω 1 →0 ω 1 →0 2ω 1 ρ 2 ,
lim ψ(ω 1 ) = lim = 0,
ω 1 →ω 0 ω 1 →ω 0
Vergleichen Sie Abbildung 22.4.v.
( ω
2
lim ψ(ω 1) = lim arctan 0 −ω1
2
ω 1 →∞ ω 1 →∞ 2ω 1 ρ
)
= − π 2 .
Aufgaben
Aufgabe 22.4.1. Betrachten Sie die durch folgende inhomogene Differenzialgleichung erzwungene
Schwingung
¨s+6ṡ+10s = 3cos(2t).
a. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung. Führen Sie alle Rechnungen durch.
b. Stellen Sie die allgemeine Lösung als Sinusfunktionen mit Phasenverschiebungen dar.
c. Bestimmen Sie die partikuläre Lösung zu den beiden Anfangsbedingungen s(0) = 1 und
v(0) = 0.
d. Bestimmen Sie die Amplitude und die Phasenverschiebung im stationären Zustand.

416 Kapitel 22. Differenzialgleichungen in der Mechanik
s
1
1
t
Abbildung 22.4.vi: Die graue Kurve ist die gedämpfte Eigenschwingung des Systems mit
R = 0.3,ϕ = 60 ◦ und Dämpfungsgrad D = 0.4. Die schwarze Kurve zeigt die erzwungene
Schwingung mit ω 1 = ω r (Resonanzfall) und K = 0.4. Es ist auch die Phasenverschiebung ψ
schön sichtbar. Die maximale Amplitude K max = 2.5 ist zwar gross aber noch nicht unendlich,
da D > 0.
Aufgabe 22.4.2. Betrachten Sie die durch folgende inhomogene Differenzialgleichung erzwungene
Schwingung
¨s+2ṡ+50s = 10cos(ω 1 t).
Wie gross wird die maximale Amplitude im Dauerzustand und für welche Störfrequenz wird
sie angenommen? Führen Sie alle Rechnungen durch.
Aufgabe 22.4.3. Ein an einer Feder mit Federkonstante κ 0 aufgehängter Körper mit der
Masse m wird dadurch zum Schwingen gebracht, dass wir ihn um die Strecke s 0 nach unten
aus der Ruhelage ziehen und dann loslassen. Welche Schwingungen führt er aus, wenn die
Reibung vernachlässigt wird?
Lösungen
Lösung 22.4.1.
a. s(t) = e −3t (Asin(t)+Bcos(t))+ 1 5 sin(2t)+ 1
10 cos(2t)
b. s(t) = Re −3t sin(t+ϕ)+ 1
2 √ 5 sin(2t+ψ) mit ψ = arctan(1 2 )
c. s p (t) = e −3t (2.3sin(t)+0.9cos(t))+ 1 5 sin(2t)+ 1
10 cos(2t)
d. K = 1
2 √ 5 und ψ = arctan(1 2 ) ≈ 0.4636
Lösung 22.4.2. K max = 5 7 und ω 1 = ω r = 4 √ 3
( )
Lösung 22.4.3. s(t) = g
−s
ω0
2 0 cos(ω 0 t)− g
ω0
2
mit ω 0 = √ κ 0
m

Kapitel 23
Systeme von
Differenzialgleichungen
Genau gleich wiees auch oft mehrerealgebraische Gleichung gleichzeitig zu lösen gibt, kann es
vorkommen, dass ein System von Differenzialgleichungen zu lösen ist. Wir wollen uns hier nur
kurz mit Systemen von linearen Differenzialgleichung befassen, wie sie zum Beispiel in
der Mechanik oder der Regelungstechnik auftreten.
23.1 Systeme von linearen Differenzialgleichungen
Durch eine einfache Methode können solche Systeme auf lineare Differenzialgleichungen mit
konstanten Koeffizienten zurückgeführt werden. Betrachten wir zum Beispiel die Bewegung
eines Massenpunktes in der Ebene. Er besitzt dann in jedem Moment eine Geschwindigkeit
⃗v = ˙⃗s, respektive zwei Komponenten ẋ und ẏ.
y
ẏ(t)
⃗s(t)
ẋ(t)
⃗v(t)
Abbildung 23.1.i: In ẋ- und ẏ-Komponente aufgeteilter Geschwindigkeitsvektor ⃗v = ˙⃗s.
Je nachdem wovon diese abhängen, erhalten wir andere Verhältnisse. Verschiedene Varianten
von ebenen Bewegungsgleichungen sind möglich.
1. Zwei unabhängige (entkoppelte) Differenzialgleichungen:
x
ẋ = f(x,t) und
ẏ = g(y,t),
417

418 Kapitel 23. Systeme von Differenzialgleichungen
wobei f und g zwei bekannte Funktionen sind.
2. Zwei gekoppelte Differenzialgleichungen:
ẋ = f(x,y,t) und
ẏ = g(x,y,t),
wobei f und g zwei bekannte Funktionen sind.
Im zweiten Fall sind die beiden Differenzialgleichungen zusammen zu lösen, im ersten können
sie völlig getrennt gelöst werden, da die Differenzialgleichungen voneinander entkoppelt sind.
Prinzipielles Lösungsvorgehen:
Wir eliminieren eine der gesuchten Funktionen und sämtliche ihrer Ableitungen, indem wir
nach ihr auflösen und allenfalls die benötigten Ableitungen daraus berechnen und in die
übrigen Gleichungen einsetzen. Wir erhalten dann aus zwei Differenzialgleichungen erster
Ordnung eine Differenzialgleichung zweiter Ordnung oder aus zwei Differenzialgleichungen
zweiter Ordnung eine vierter Ordnung, welche nach den bekannten Methoden lösbar sind.
Beispiel 23.1.1. Wir betrachten das homogene Differenzialgleichungssystem
ẋ = 3x+8y
ẏ = −x−3y
mit den Anfangsbedingungen x(0) = −2 und y(0) = 1. Gesucht sind die Funktionen x = x(t)
und y = y(t). Nun lösen wir die zweite Gleichung nach
x = −ẏ−3y
auf und differenzieren sie nach der Variablen t
ẋ = −ÿ −3ẏ.
Eingesetzt in der ersten Gleichung erhalten wir nun die homogene Differenzialgleichung zweiter
Ordnung
ẋ−3x−8y = −ÿ −3ẏ −3(−ẏ −3y)−8y = −ÿ +y = 0,
welche mit den herkömmlichen Methoden aus Kapitel 21 zu lösen ist. Die charakteristische
Gleichung −k 2 +1 = hat die verschiedenen reellen Nullstellen k 1 = 1 und k 2 = −1. Also folgt
die Lösung
y(t) = Ae t +Be −t ,
welche uns nun auch die x-Komponente liefert
x(t) = −ẏ −3y = −Ae t +Be −t −3(Ae t +Be −t ) = −4Ae t −2Be −t .
Die Konstanten A und B ∈ R bestimmen wir nun mit den beiden Anfangsbedingungen
x(0) = −4A−2B = −2,
y(0) = A+B = 1.

23.1. Systeme von linearen Differenzialgleichungen 419
Also folgt A = 0 und B = 1, demzufolge ergibt sich die partikuläre Lösung des Differenzialgleichungssystem
zu
x(t) = −2e −t }
y(t) = e −t mit t ∈ [0,∞[.
Eliminieren wir nun noch den Zeitparameter t aus der Lösung, so erhalten wir die Gleichung
der Bahnkurve
y = − x mit x ∈ [−2,0[.
2
t = 0
y
1
−2
t → ∞
x
Abbildung 23.1.ii: Bahnkurve der Lösung
Aufgaben
Aufgabe 23.1.1. Bestimmen Sie die allgemeine Lösung des Differenzialgleichungssystem
ẋ = x+y
ẏ = x+y +t.
Aufgabe 23.1.2. Bestimmen Sie die partikuläre Lösung des Differenzialgleichungssystem
ẋ = −5x−2y
ẏ = x−7y
mit der Anfangsbedingung x(0) = 1 und y(0) = 1 und die Gleichung der Bahnkurve.
Aufgabe 23.1.3. Bestimmen Sie die partikuläre Lösung des Differenzialgleichungssystem
ẋ = −2x−4y +4t+1
ẏ = −x+y + 3 2 t2
mit der Anfangsbedingung x(0) = 0 und y(0) = 0 und die Gleichung der Bahnkurve.
Aufgabe 23.1.4. Bestimmen Sie die partikuläre Lösung des Differenzialgleichungssystem
ẋ = −3x−y
ẏ = x−y
mit der Anfangsbedingung x(0) = 1 und y(0) = 1 und die Gleichung der Bahnkurve.

420 Kapitel 23. Systeme von Differenzialgleichungen
Lösungen
Lösung 23.1.1. x(t) = A + Be 2t − 1 4 (t2 + t) und y(t) = −A + Be 2t + 1 4 (t2 − t − 1) wobei
A,B ∈ R Konstanten sind.
Lösung 23.1.2. x(t) = e −6t (cos(t)−sin(t)) und y(t) = e −6t cos(t)
Lösung 23.1.3. x(t) = t 2 +t und y(t) = − 1 2 t2
Lösung 23.1.4. x(t) = (1−2t)e −2t und y(t) = (2t+1)e −2t

Anhang A
Anwendungen
A.1 Elementare Arithmetik
A.1.1 Was ist falsch?
Nachfolgend seien a und b zwei reelle Zahlen. Wir machen die folgenden algebraischen Umformungen:
a = b
a 2 = ab
a 2 +(a 2 −2ab) = ab+(a 2 −2ab)
Voraussetzung
2(a 2 −ab) = a 2 −ab vereinfachen
beide Seiten mit a multiplizieren
auf beiden Seiten a 2 −2ab addieren
2 = 1 auf beiden Seiten a 2 −ab kürzen
Offensichtlich haben wir etwas Unerlaubtes getan - aber was?
Ein anderes Beispiel einer falschen algebraischen Umformungen ist das folgende:
−20 = −20
16−36 = 25−45
triviale Aussage
umschreiben
16−36+ 81 4 = 25−45+ 81 4
auf beiden Seiten 81 4
( ) addieren
4−
9 2 (
2 = 5−
9 2
2)
als Binom umschreiben
4− 9 2 = 5− 9 2
auf beiden Seiten die Wurzel ziehen
4 = 5 auf beiden Seiten 9 2 addieren
Offensichtlich haben wir wieder etwas Unerlaubtes getan - aber was?
Mathematische Argumente scheinen oft überzeugend, nur weil sie mit abstrakten Symbolen
dargestellt werden. Im Allgemeinen können sich in Argumenten, die in einer technischen
Sprache ausgedrückt werden, sehr wohl Fehlüberlegungen verstecken, die auf den ersten Blick
nicht erkannt werden.
Moral der Geschicht: Nicht einfach planlos mathematische Hieroglyphen herumschieben,
sondern gezielt und überlegt algebraische Umformungen tätigen.
421

422 Anhang A. Anwendungen
A.2 Folgen
A.2.1 Fibonaccifolge
Der italienische Mathematiker Leonardo Pisano (1170?-1250?; 80?) (vgl. Abbildung 3.1.i),
besser bekannt unter dem Namen Fibonacci, stellte in seinem wichtigen Werk dem Liber
Abbaci von 1202 eine Aufgabe zur Kanichenvermehrung, die harmlos genug aussah und
doch ganz unerwartete Folgen haben sollte:
Ein Mann hält ein Kaninchenpaar an einem Ort, der gänzlich von einer
”
Mauer umgeben ist. Wir wollen nun wissen, wie viele Paare von ihnen in einem
Jahr gezüchtet werden können, wenn die Natur es so eingerichtet hat, dass diese
Kaninchen jeden Monat ein weiteres Paar zur Welt bringen und damit im zweiten
Monat nach ihrer Geburt beginnen.“ 1
Die Frage, ob die Fibonaccischen Fortpflanzungskonstruktion ein gutes Modell der Natur ist,
wollen wir hier nicht diskutieren. Um unsere Ideen zu fixieren, nehmen wir noch an, dass
das Urpaar unmittelbar nach seiner Geburt in das Gehege eingesperrt worden sei. Wir finden
also von Monat zu Monat die folgenden Anzahlen von Kaninchenpaaren im Gehege: 1 (das
Urpaar), 1 (immer noch das Urpaar), 2 (das Urpaar und das erste Nachwuchspaar), 3 (das
Urpaar, das erste und zweite Nachwuchspaar des Urpaars), 5 (die drei Paare von vorhin und
der Nachwuchs des Urpaars und des ersten Nachwuchspaares), 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, ....
Also lautet die Antwort auf Fibonaccis Frage: 144 Kaninchenpaare
Diese so genannten Fibonaccizahlen a 1 ,a 2 ,a 3 ,... werden offenbar durch die nachstehende
Rekursionsvorschrift gegeben
a 1 = a 2 = 1 und a n+2 = a n+1 +a n für n ∈ N.
Glanz und Ruhm der Fibonaccizahlen entstammen weniger ihrer eher dubiosen Rolle in der
Kaninchenvermehrung,als vielmehrderTatsache, dassnach undnach eineschier unglaubliche
Fülle interessanter Resultate über sie entdeckt worden ist. Seit 1963 gibt es denn auch eine
mathematische Zeitschrift, The Fibonacci Quarterly, die sich diesen faszinierenden Zahlen
verschrieben hat.
Überraschenderweise tauchen die Fibonaccizahlen auch in vielen Naturwissenschaften (aus
denen sie ja via Kaninchenaufgabe ursprünglich stammen) auf: Die Blätter oder Früchte
von Pflanzen bilden oft Spiralmuster. Die Anzahl der Spiralen sind meist Fibonaccizahlen.
Ein Föhrenzapfen (vgl. Abbildung A.2.i) hat zum Beispiel in der einen Richtung 8, in der
anderen5Spiralen.DasgleichePhänomenkannauchbeiSonnenblumenoderAnanasfrüchten 2
festgestellt werden.
A.2.2 Folge von Collatz
DerMathematiker LotharCollatz(1910-1990) hateineAufgabegestellt, diedieMathematiker
sehr beschäftigt und bis heute ungelöst ist (vgl. [2], Seite 55 und 56). Das Problem selbst
klingt eigentlich harmlos: Starten Sie mit einer natürlichen Zahl a 1 und bilden Sie aus ihr auf
1 Todesfälle mögen jedoch nicht eintreten.
2 Für Mathematiker ist dies ein beliebtes Thema, um an Parties die Gäste zu beeindrucken (langweilen?).

A.2. Folgen 423
Abbildung A.2.i: Tannenzapfen zeigen deutliche Spiralmuster. Folgen Sie einer grauen Spirale
vom Zentrum und zählen Sie die Schnittpunkte mit den hellgrauen Spiralen bis Sie eine
Fibonaccizahl erreichen. Nun folgen Sie der hellgrauen Spirale ins Zentrum und zählen die
Schnittpunkte mit den grauen Spiralen. Sie sollten jeweils zwei aufeinander folgende Fibonaccizahlen
erhalten. Da es sich hier um Natur pur handelt, können natürlich Ausnahmen von
dieser Regel vorkommen.
folgende Weise die so genannte Folge von Collatz (a n ) n∈N von natürlichen Zahlen
a n+1 =
{
an2
wenn a n gerade
3a n +1 wenn a n ungerade.
Beispiel A.2.1. Wir beginnen mit der Zahl a 1 = 3 und erhalten die Folge
Aus a 1 = 7 erhalten wir
3,10,5,16,8,4,2,1,4,2,1,4,2,1,2,...
7,22,11,34,17,52,26,13,40,20,10,5,16,8,4,2,1,4,2,1,4,2,1,2,...
Wir beobachten: Tritt in der Zahlenfolge irgendwann eine Potenz von 2 auf, so müssen wir
nur noch einige Male halbieren und treffen dann mit Sicherheit auf die Zahl 1, und von da an
dreht sich dann die Folge ewig in der Schleife 1,4,2,1.
Vermutung A.2.1 (Collatz). Unabhängig vom Startwert a 1 endet die Folge von Collatz
immer in der Schleife 1,4,2,1.
Welches ist die nächste Zahl, die wir testen müssen? Alle Zahlen, die in einer der beiden
obigen Folgen vorkommen, haben die vermutete Eigenschaft. Die erste Zahl ist 6, aber das
ist zu einfach. Also nehmen wir a 1 = 9 und erhalten die Reihe 9,28,14,7,22 und dann geht
es weiter wie bei der zweiten Folge im Beispiel A.2.1.
Nun gut für kleine Zahlen können wir einzeln Nachprüfen, ob die Vermutung von Collatz
stimmt. Dies wurde dann auch für alle Zahlen bis etwa 10 40 mit Computern erfolgreich getestet.
Ein mathematisch geführter Beweis, der für alle natürlichen Zahlen gilt, ist aber bisher
noch nicht gefunden worden. Dieses Problem eignet sich ideal zum Nachrechnen mit dem
Computer oder einem Taschenrechner.

424 Anhang A. Anwendungen
7 46 47 280
ց ց ց ւ
22 23 140
ց ց ւ
11 68 70
ց ւ ց
34 35
ց
ց
96 17 104 106
ց ց ւ ց
48 52 53 320
ց ց ց ւ
24 26 160
ց ց ւ
12 13 80 84
ց ց ւ ւ
6 40 42
ց ւ ւ
3 20 21 128
ց ւ ց ւ
10 64
ց
ւ
5 32
ց ւ
16
ւ
8
ւ
4
ւ տ
2 −→ 1
Abbildung A.2.ii: Die Situation bei kleinen Zahlen. Wir erkennen, dass diese Zahlen mehr
oder weniger zielstrebig der Zahl 1 zustreben.
A.2.3 Summenformeln spezieller endlicher Reihen
In der Theorie des Riemannschen Integrals (vgl. Beispiel 7.1.1 und Aufgabe 7.1.1) und der
Stochastik taucht das Problem auf, für die Summen
S p (n) = 1 p +2 p +3 p +···+n p ,
wobei p ∈ N 0 , geschlossene Formeln zurVerfügungzu haben.Einemögliche Herleitung solcher
Formeln basiert auf der Potenzreihenentwicklung der Funktion f(x) = x
e x −1
(vgl. [13], Kapitel
71). Im Folgenden geben wir eine weitgehend elementare Herleitung, die auf der endlichen
geometrischen Reihe basiert. Es sei x ∈ R eine beliebige Zahl und n ∈ N, dann berechnen wir
die endliche Summe
s n (x) = x+x 2 +x 3 +···+x n .
Wir schreiben
s n (x) = x+ x 2 +x 3 +···+x n−1 +x n
xs n (x) = x 2 +x 3 +···+x n−1 +x n +x n+1
Nun subtrahieren wir die obere Zeile von der unteren und lösen nach
auf. Wir sehen sofort, dass
s n (x) = xn+1 −x
x−1
S 0 (n) = 1 0 +2 0 +3 0 +···+n 0 = 1+1+1+···+1 = lim
x→1
s n (x)

A.2. Folgen 425
x
Um lim n+1 −x x→1 x−1
zu bestimmen, benutzen wir einmal die Regel von de l’Hospital und erhalten
x n+1 −x (n+1)x n −1
S 0 (n) = lim = lim = n,
x→1 x−1 x→1 1
was wir natürlich schon lange wussten. Nun definieren wir den Differenzialoperator x d
dx und
wenden diesen auf die Funktion s n (x) an
x d
dx s n(x) = x d x n+1 −x
dx x−1
x+2x 2 +3x 3 +···+nx n = x nxn+1 −(n+1)x n +1
(x−1) 2
Wir berechnen x → 1 beider Seiten und erhalten nach zweimaliger Anwendung der Regel von
de l’Hospital
S 1 (n) = 1+2+3+···+n = n2
2 + n 2 = n(n+1) . (A.2.a)
2
Nun wenden wir den Differenzialoperator x d
dx zweimal auf die Funktion s n(x) an und erhalten
x d (
x d )
dx dx s n(x) = x d (
x d x n+1 )
−x
dx dx x−1
x+2 2 x 2 +3 2 x 3 +···+n 2 x n = x n2 x n+2 −(2n 2 +2n−1)x n+1 +(n 2 +2n+1)x n −x−1
(x−1) 3
Dann berechnen wir den Grenzübergang x → 1 durch dreimaliges Anwenden der Regel von
de l’Hospital und erhalten
S 2 (n) =
n∑
k 2 = n3
3 + n2
2 + n 6 = n(n+1)(2n+1) . (A.2.b)
6
k=1
Nun iterieren wir dieses Verfahren und erhalten der Reihe nach folgende Summenformeln
spezieller endlicher Reihen.
S 3 (n) =
S 4 (n) =
S 5 (n) =
S 6 (n) =
n∑
k=1
n∑
k=1
n∑
k=1
n∑
k=1
k 3 = n4
4 + n3
2 + n2
4 = n2 (n+1) 2
4
k 4 = n5
5 + n4
2 + n3
3 − n 30 = n(n+1)(2n+1)(3n2 +3n−1)
30
k 5 = n6
6 + n5
2 + 5n4
12 − n2
12
(A.2.c)
(A.2.d)
(A.2.e)
k 6 = n7
7 + n6
2 + n5
2 − n3
6 + n 42 . (A.2.f)
Anhand der obigen Herleitung sehen wir, dass S p (n) ein Polynom (p + 1)-Grades in n mit
Leitkoeffizient a p+1 = 1
p+1 ist. Einen allgemeinen Ausdruck für S p(n) ist in [13], Formel (71.8)
zu finden. Dieser enthält die Bernoullischen Zahlen.

426 Anhang A. Anwendungen
A.3 Fraktale
Definition A.3.1. Ein Fraktal ist ein von Benoit Mandelbrot (1977) geprägter Begriff 3 , der
alle natürlichen oder künstlichen Gebilde oder Muster bezeichnet, die einen hohen Grad von
Selbstähnlichkeit aufweisen.
Abbildung A.3.i: Benoit Mandelbrot, 1924-2010
Benoit Mandelbrot (1924-2010) benutzte den Begriff der verallgemeinerten Dimension nach
FelixHausdorffundstelltefest,dassfraktaleGebildealsRäume(odermathematischeGebilde)
mit einer nicht-ganzzahligen Dimension angesehen werdenkönnen. Daher wirdnach ihm alles,
was eine gebrochene Dimension aufweist, als Fraktal bezeichnet. In Mandelbrots Worten:
A fractal is by definition a set for which the Hausdorff-Besicovitch dimension
”
strictly exceeds the topological dimension.“
Mit modernen Computeralgebraprogrammen wie Maple, Mathcad, Mathematica oder Matlab
lassen sich relativ einfach solche Fraktale erzeugen. Alle Bilder sind mit Matlab 6.5 generiert
worden. Sie können den Programmcode für Matlab oder Mathcad von meiner Webseite
http://www.fhnw.ch/personenseiten/marcel.steiner/ herunter laden.
A.3.1 Polygone im Kreis
Gegeben sei ein Kreis mit Radius r 0 . Diesem wird ein gleichseitiges Dreieck einbeschrieben.
Danach wird dem Dreieck ein Kreis einbeschrieben, dieser habe Radius r 1 . Dem Kreis wiederum
wird nun ein gleichseitiges Viereck und diesem ein Kreis einbeschrieben, dieser habe
Radius r 2 . Nun fahren wir so fort: Kreis → gleichseitiges n-Eck → Kreis → gleichseitiges
(n+1)-Eck und so weiter. Es stellt sich die Frage nach der Grösse des Verhältnis
r n
lim .
n→∞ r 0
Ist dieses ungleich null und wenn ja, wie gross ist es? Wir erhalten die rekursive Formel
( ) π
r n+1 = r n cos wobei n ∈ N 0
n+3
3 aus dem lateinischen adjektiv fractus; von dem lat. Verb frangere: in Stücke zerbrechen, irregulär

A.3. Fraktale 427
Abbildung A.3.ii: Polygone im Kreis
für die Kreisradien, also folgt
π
) ( π
( π
r ∞ = lim r n = r 0 cos(
cos cos ···
n→∞ 3 4)
5)
Numerisch erhalten wir r∞
r 0
≃ 0.1149420448.
A.3.2 Kochsche Kurve - Schneeflocke
Der dänische Mathematiker Niels Fabian Helge von Koch (1870-1924) beschrieb 1906 ein
Verfahren, das zu einer berühmten,nach ihm benanntenKurveführt,der Kochschen Kurve
(vgl. Abbildung A.3.iii). Wir beginnen mit einem Intervall der Länge a. Im nächsten Schritt
n = 1 Iterationen
n = 2 Iterationen
n = 3 Iterationen
n = 4 Iterationen
n = 5 Iterationen
n = 6 Iterationen
Abbildung A.3.iii: Die Kochsche Kurve
wird im Intervall das mittlere Drittel durch ein gleichseitiges Dreieck ersetzt und dessen
Grundlinie entfernt. Aus dem Intervall sind so vier gleich lange Teilstücke geworden. In jedem
weiteren Schritt wird das obige Verfahren auf jedes Teilstück angewandt. Die Kochsche Kurve
ergibt sich als Grenzwert der obigen Kurvenfolge.
Beginnen wir mit einem gleichseitigen Dreieck der Seitenlänge a, so können wir das obige Ite-

428 Anhang A. Anwendungen
rationsverfahren aufjedeSeiteanwenden underhalten diesogenannte Kochsche Schneeflocke
(vgl. AbbildungA.3.iii). DieKochscheSchneeflocke hat folgendeerstaunlicheEigenschaft.
n = 1 Iterationen n = 2 Iterationen n = 3 Iterationen
n = 4 Iterationen n = 5 Iterationen n = 6 Iterationen
Abbildung A.3.iv: Die Kochsche Schneeflocke
Satz A.3.1. Der Flächeninhalt des Innern der Kochschen Schneeflocke mit gleichseitigem
Basisdreieck der Seitenlänge a beträgt A = 2√ 3
5 a2 , ist also endlich, und ihr Umfang unendlich.
Beweis. Bei jeder Iteration wächst die Kantenlänge der Figur um den Faktor 4 3
und der
Flächeninhalt um um den Faktor 4 9 .
Damit erhalten wir für den Umfang der Kochschen Schneeflocke
( ) 4 n
U = lim 3a = +∞.
n→+∞ 3
√
Essei A 0 = 3
4 a2 derFlächeninhalt desursprünglichengleichseitigen Dreiecks mit Seitenlänge
a. Im Gegensatz dazu erhalten wir für den Flächeninhalt der Kochschen Schneeflocke
A 0
A = A 0 + lim
k→+∞ 3
k∑
( ) 4 n
= A 0 + A 0
9 3
n=0
1
1− 4 9
= A 0
8
5 = a22√ 3
5 ,
daes sich umeine geometrische Reihemit q = 4 9
< 1handelt, dienach Satz12.2.1 konvergiert.
Weiter ist die Kurve überall stetig aber nirgends differenzierbar. Die (Hausdorff-)Dimension
der Kochschen Kurve ist nicht ganzzahlig und beträgt
Dim(Kochsche Kurve) = ln(4)
ln(3) ≈ 1.262.
Die (Hausdorff-)Dimensionen ist also grösser als die einer Linie (Dim(Linie) = 1).
Falls wir die Iteration etwas ändern, so erhalten wir analoge Schneeflocken mit ähnlichen
Eigenschaften (vgl. Abbildungen A.3.v und A.3.vi).
Solche Kurven werden auch etwa Monster Kurven genannt.

A.3. Fraktale 429
n = 1 Iterationen n = 2 Iterationen n = 3 Iterationen
n = 4 Iterationen n = 5 Iterationen n = 6 Iterationen
Abbildung A.3.v: Die Kochsche Schneeflocke mit nach innen gedrehten Dreiecken
n = 1 Iterationen
n = 2 Iterationen
n = 1 Iterationen
n = 2 Iterationen
n = 3 Iterationen
n = 4 Iterationen
n = 3 Iterationen
n = 4 Iterationen
Abbildung A.3.vi: Auf einem Quadrat basierende Kochsche Schneeflocke
A.3.3 Sierpinski-Dreieck und -Teppich
EinSierpinski-Dreieck, nachdempolnischenMathematiker Waclaw Sierpinski(1882-1969),
entsteht dadurch, dass ein gleichseitiges Dreieck in vier kongruente Teildreiecke unterteilt
wird und dieser Schritt auf die drei äusseren Dreiecke erneut angewendet wird, usw. ad infinitum
(vgl. Abbildung A.3.vii (links)). Das Sierpinski-Dreieck ist zu sich selbst ähnlich. Die
(Hausdorff-)Dimension des Sierpinski-Dreiecks beträgt
Dim(Sierpinski-Dreieck) = ln(3)
ln(2) ≈ 1.585.
Einanaloges Verfahrenlässt sichauch miteinem Quadratdurchführen,dannergibtsich derso
genannte Sierpinski-Teppich (vgl. AbbildungA.3.vii (rechts)). Auch der Sierpinski-Teppich
ist zu sich selbst ähnlich. Die (Hausdorff-)Dimension des Sierpinski-Teppichs beträgt
Dim(Sierpinski-Teppich) = ln(8)
ln(3) ≈ 1.896.

430 Anhang A. Anwendungen
n = 1 Iterationen
n = 2 Iterationen
n = 1 Iterationen
n = 2 Iterationen
n = 3 Iterationen
n = 4 Iterationen
n = 3 Iterationen
n = 4 Iterationen
Abbildung A.3.vii: Sierpinski-Dreieck (links) und Sierpinski-Teppich (rechts)
Die (Hausdorff-)Dimensionen liegen also etwas zwischen der einer Linie (Dim(Linie) = 1) und
der einer Fläche (Dim(Fläche) = 2).
Das Sierpinski-Dreieck lässt sich auch ausgehend von einem Pascalschen Dreieck (vgl.
Kapitel 4.2) erstellen, indem wir alle ungeraden Zahlen schwarz und alle geraden Zahlen weiss
einfärben (vgl. Abbildung A.3.viii).
Abbildung A.3.viii: Sierpinski-Dreieck und Pascalsches Dreieck

A.4. Rollkurven 431
A.3.4 Mengerwürfel
A.3.5 Mandelbrot und Juliamengen
A.4 Rollkurven
A.4.1 Katakaustik - Kaffeetasse
A.4.2 Epizykloide - Wankelmotor
A.4.3 Klothoide - Idealer Strassen- und Eisenbahnbau
Klothoide 4 heissteineKurve,diesichausderumgekehrtenProportionalitätihresKrümmungsradius
r zur Länge des Bogens s ergibt
r = a2
s ,
dabei ist a > 0 der Proportionalitätsfaktor. Wir suchen eine Parametrisierung (x(t),y(t)) der
Klothoide. Der Krümmungsradius der Kurve ist das Inverse der Krümmung k der Kurve (vgl.
Gleichung 5.6.b), also
Die Bogenlänge ergibt sich als Integral
r = 1 k = √ẋ2 +ẏ 23
ẋÿ −ẍẏ .
s(t) =
∫ t
0
√ẋ2 +ẏ 2 dt.
Damit erhalten wir die Differenzial-Integralgleichung der Parametrisierung
ẋÿ −ẍẏ
√ẋ2 = 1 ∫ t √ẋ2
+ẏ 23 a 2 +ẏ 2 dt.
Da jede Kurve nach Bogenlänge parametrisiert werden kann, machen wir den Ansatz ẋ(t) =
cos(ϕ(t)) und ẏ(t) = sin(ϕ(t)), wobei ϕ eine noch zu bestimmende Funktion ist. Unseren
Ansatz nach t differenziert,
ẍ(t) = sin(ϕ(t)) ˙ϕ(t) und ÿ(t) = cos(ϕ(t)) ˙ϕ(t)
und in die Differenzialgleichung eingesetzt, ergibt
0
˙ϕ(t) = 1 a 2 ∫ t
0
dt = t
a 2.
Somit folgt ϕ(t) = t2 + ϕ
2a 2 0 , wobei ϕ 0 ∈ R eine Integrationskonstante ist, die die Drehlage
der Kurve festlegt. Wir erhalten eine allgemeine Parametrisierung der Klothoide
∫ t
( ) t
2
∫ t
( ) t
2
x(t) = x 0 + cos
2a 2 +ϕ 0 dt und y(t) = y 0 + sin
2a 2 +ϕ 0 dt,
0
4 Vom griechischen Verb κλώϑω (klotho), spinnen; ein in Drehung versetzter, aufgewickelter Faden nimmt
die Form einer Klothoidenkurve an.
0

432 Anhang A. Anwendungen
wobeix 0 ,y 0 ∈ RIntegrationskonstanten sind,diedasZentrumderKurvebei(x 0 ,y 0 )festlegen.
Durch eine Variablensubstitution und Setzung von (x 0 ,y 0 ) = (0,0) und ϕ 0 = 0 erhalten wir
die in der Literatur übliche Darstellung der Klothoidenparametrisierung (vgl. [3] Seite 109)
x(t) = a √ π
∫ t
0
cos( π
2 t2) dt und y(t) = a √ π
∫ t
0
sin( π
2 t2) dt.
Die Integrale können nicht durch elementare Funktionen ausgedrückt werden und müssen
deshalb durch numerische Integration für jeden Parameter berechnet werden. Dies erlaubt
die grafische punktweise Darstellung. Die Klothoide ist punktsymmetrisch zum Ursprung. Im
Ursprunghat dieKlothoide einen Wendepunkt. Die Tangente ist im Wendepunktdie x-Achse.
√
Betrachten wir nun, nach einer erneuten Variablensubstitution t =
lim x(t) = lim a√ π
t→∞ t→∞
lim y(t) = lim a√ π
t→∞ t→∞
∫ t
0
∫ t
0
( π
cos
2 t2) dt = √ a ∫ ∞
2
( π
sin
2 t2) dt = √ a ∫ ∞
2
undanalogfürt → −∞.Sosehenwir,dassdieKlothoidebeiA( a√ π
einen asymptotischen Punkt hat.
0
0
2
π
cos(τ)
√ τ
dτ = a√ π
2 ,
sin(τ)
√ τ
dτ = a√ π
2
2 , a√ π
√ τ, die Grenzwerte
5
2 )undB(−a√ π
2 ,−a√ π
2 )
A
B
Abbildung A.4.i: Die Klothoide mit a = 1 und (x 0 ,y 0 ) = (0,0), ϕ 0 = 0.
Die Klothoide findet zum Beispiel beim Strassen- und Eisenbahnbau Anwendung, wo der
Übergang von einer Geraden in eine Kreiskurve durch einen Klothoidenabschnitt vermittelt
wird. Der Klothoidenabschnitt zeichnet sich durch eine veränderliche Krümmung aus.
Der Grund für die Verwendung von Klothoidenabschnitten liegt in der Fahrdynamik. Beim
Befahren eines Bogens tritt eine Radialbeschleunigung des Fahrzeuges auf, welche von der
Geschwindigkeit und der Krümmung des Bogens abhängt. Durch das Einfügen eines Klothoidenabschnitt
zwischen einer Gerade und einem Kreis wird ein sprunghafter Wechsel der
Radialbeschleunigung vermieden.
5 Wir benutzen dabei die uneigentlichen Integrale
∫ ∞
∫
cos(x) ∞
√
sin(x) π
√ dx = √ dx =
x 0 x 2
0
(vgl. [3], Integral (21.32)), welche in unserem Analysis Kurs nicht hergeleitet werden.

A.5. Bauwerke mathematisch betrachtet 433
A.4.4 Dendrochronologie - Jahresringe
Frage: Sind die Jahresringe eines schön gewachsenen Baumes auf unserer Breite Ellipsen?
A.5 Bauwerke mathematisch betrachtet
A.5.1 Kühlturm
A.5.2 Eiffelturm
Die Berge sind unten breiter also oben und bis in die heutige Zeit wenden Architekten bei
der Konstruktion hoher Türme das gleiche Prinzip an. Auf jeder Höhe des Turms müssen die
Materialien der Konstruktion das Gewicht der darüber liegenden Struktur tragen. Damit der
Turm nicht unter der Last des Gewichtes zusammenbricht, muss der Querschnitt des Turmes
unten grösser sein als oben. Der berühmte Eiffelturm, konstruiert für die Weltausstellung
1889 in Paris durch den genialen Ingenieur Gustave Eiffel, kommt dieser idealen Form am
nächsten.
Welche Funktion beschreibt die Form des idealen Turmbaus? Um diese Frage zu beantworten,
vereinfachen wir die Situation, indem wir annehmen, dass unser Turm homogen und gefüllt
ist. Die konstante Dichte des Turms betrage ρ. Der Turm soll eine Höhe von h erhalten und
die Querschnittsfläche zuoberst soll S h betragen.
x
S h
h
S(x)
∆x
x
0
y = d p (x)
y
Abbildung A.5.i: Schematischer Turmbau
Aus statischen Gründen fordern wir, dass der Druck auf eine horizontale Schnittfläche auf
jeder Höhe konstant gleich λ ist. Aus dieser Tatsache können wir eine Differenzialgleichung
für die Querschnittsfläche S in Funktion der Höhe x ∈ [0,h] herleiten:
Wir betrachten eine Scheibe der Höhe ∆x auf der Höhe x aus dem Turm. Diese hat das
Gewicht
∆F = −ρgS(x)∆x,
wobei g die Erdbeschleunigung darstellt. Nach Division durch ∆x und einem Grenzübergang
∆x → 0 erhalten wir einerseits
F ′ (x) = −ρgS(x).
Andererseits folgt aus der Annahmedes konstanten Druckes auf eine horizontale Schnittfläche
S(x) im ganzen Gebäude, dass
λ = F(x)
S(x)
für x ∈ [0,h]

434 Anhang A. Anwendungen
und somit F ′ (x) = λS ′ (x). Eingesetzt in die zweite Gleichung erhalten wir die gesuchte
Differenzialgleichung
S ′ (x) = − ρg
λ S(x)
mit der Anfangsbedingung S(h) = S h . Es handelt sich um eine lineare Differenzialgleichung
erster Ordnung mit der allgemeinen Lösung
S(x) = Ce −ρg λ x ,
wobei C = S h e ρg λ h durch die Anfangsbedingung definiert wird. Damit ergibt sich die partikuläre
Lösung
S p (x) = S h e −ρg λ (x−h) .
Weil der Querschnitt proportional zum Quadrat des Durchmessers ist, können wir für den
Durchmesser d p des Turmes in Funktion der Höhe x ∈ [0,h] auch schreiben
wobei S h = π 4 d2 h .
d p (x) = d h e −ρg 2λ (x−h) ,
Abbildung A.5.ii: Eiffelturm
DieeleganteFormdesEiffelturmswirdinderTatdurcheineExponentialfunktionbeschrieben,
obwohl dieser nicht homogen und gefüllt ist (vgl. Abbildung A.5.ii).
A.5.3 Sprungschanze
A.5.4 Überhängender Turmbau
(vgl. [2] Seite 62)

A.5. Bauwerke mathematisch betrachtet 435
A.5.5 Kettenlinie
Die Differenzialgleichung der Kettenlinie (vgl. Abbildung A.5.iii) soll hergeleitet werden.
Ketten und Seile zeichnen sich dadurch aus, dass sie in guter Näherung Zugkräfte übertragen,
die in jedem Punkt tangential wirken. Um die Differenzialgleichung der Kettenlinie unter Eigenlast
herzuleiten,wirdausderKettenlinieeinkurzesStückderLänge∆sherausgeschnitten.
Dabei ist q das konstante Eigengewicht pro Längeneinheit und F H die Horizontalkomponente
und F V die Vertikalkomponente der Kettenkraft.
y
F H (x + ∆x) F V(x + ∆x)
F V (x)
F H (x)
∆s
q∆s
∆y
x
∆x
x + ∆x
x
Abbildung A.5.iii: Herleitung der Differenzialgleichung der Kettenlinie
Aus Abbildung A.5.iii ergeben sich dann die folgenden Gleichgewichtsbedingungen:
F H (x+∆x)−F H (x) = 0
F V (x+∆x)−F V (x) = q∆s
Nun teilen wir beide Gleichungen durch ∆x und erhalten
F H (x+∆x)−F H (x)
∆x
F V (x+∆x)−F V (x)
∆x
= 0
= q ∆s
√
∆x
∆x = q 2 +∆y 2
∆x
= q
√
1+
( ) ∆y 2
.
∆x
Nach einem Grenzübergang ∆x → 0 ergeben sich die Gleichungen
F ′ H = 0
F ′ V = q√ 1+y ′2 .
Aus der ersten Gleichung folgt unmittelbar, dass die Horizontalkomponente der Kettenkraft
F H konstant ist. Andererseits gilt für die Steigung der Kette
y ′ = F V
F H
also y ′′ = F′ V
F H
.
Damit haben wir die Herleitung der Differenzialgleichung
y ′′ = q
F H
√
1+(y ′ ) 2
der freihängenden Kette, die an zwei Punkten A und B befestigt ist und ausschliesslich durch
ihr Eigengewicht belastet wird.

436 Anhang A. Anwendungen
y
A
•
h
B
•
Kettenlinie
−a
a
x
Abbildung A.5.iv: Die symmetrisch aufgehängte freihängende Kette
Wir wollen die Lösung dieser nicht linearen Differenzialgleichung zweiter Ordnung bei symmetrischer
Aufhängung an den zwei Punkten A(−a,h) und B(a,h) berechnen (vgl. Abbildung
A.5.iv).
Dazu lösen wir obige Differenzialgleichung, indem wir u = y ′ substituieren und
u ′ = q
F H
√
1+u 2
erhalten. Wir trennen die Variablen ∫
Diese Grundintegrale können wir integrieren
du
√ = q ∫
1+u 2 F H
dx.
arsinh(u) = q
F H
x+C,
wobeiC einenochzubestimmendeKonstantebezeichnet.DieseGleichungnachderabhängigen
Variablen u aufgelöst, ergibt ( ) q
u(x) = sinh x+C .
F H
da die Kettenlinie bei symmetrischer Aufhängung im tiefsten Punkt, d.h., an der Stelle x = 0
eine horizontale Tangente besitzt, ist y ′ (0) = u(0) = 0. Aus dieser Eigenschaft berechnen wir
die erste Integrationskonstante C. Es folgt u(0) = sinh(C) = 0, also C = 0.
Durch einmalige Integration erhalten wir nun die Gleichung der Kettenlinie
∫ ( ) q
y = sinh x dx = F ( )
H q
F H q cosh x +D.
F H
Die zweite Integrationskonstante D können wir ( nun ) durch die symmetrischen Randbedingungen
y(−a) = y(a) = h mit D = h− F H
q
cosh q
F H
a bestimmen.
A.6 Aus der Stochastik
A.6.1 Monte-Carlo Integration
Wir wollen das bestimmte Integral
A =
∫ a
0
f(x)dx

A.6. Aus der Stochastik 437
berechnen.
Geometrisch handelt es sich um die Berechnung der Masszahl der Fläche unter der Kurve
y = f(x) über dem Intervall [0,a] (siehe Abbildung A.6.i). Wir bestimmen eine Anzahl N
y
b
P i (x i , y i )
•
Q
A
y = f(x)
a
x
Abbildung A.6.i: Masszahl der Fläche unter der Kurve y = f(x) über dem Intervall [0,a]
zufälliger Punkte P 1 (x 1 ,y 1 ),...,P N (x N ,y N ) im Rechteck Q = [0,a]×[0,b].
Das geschieht mit Hilfe von Zufallszahlen, die wir auf jedem Rechner zur Verfügung haben.
Wir wählen eine erste Zufallszahl x 1 im Intervall [0,a] und eine zweite Zufallszahl y 1 in [0,b].
Dies ergibt uns einen ersten zufälligen Punkt P 1 (x 1 ,y 1 ) im Rechteck Q. Dieses Prozedere
führen wir nun N mal durch. Dann haben wir N zufällige Punkte P 1 (x 1 ,y 1 ),...,P N (x N ,y N )
bestimmt, die zufällig verteilt im Rechteck Q liegen. Einige Punkte werden nun oberhalb der
Kurve y = f(x) und andere unterhalb dieser liegen.
Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Punkt in der Fläche mit der gesuchten Masszahl liegt, ist
p =
A
area(Q) .
Bestimmen wir N zufällige Punkte, ist die relative Häufigkeit
h = n N
der n Punkte, die in der zu berechnenden Fläche liegen, zur gesamten Zahl N eine gute
Schätzung für p. Daraus lässt sich A näherungsweise berechnen
A = p·area(Q) ≈ n N area(Q).
Wir haben somit nur rechnerisch zu bestimmen, ob ein Punkt P i (x i ,y i ) eine Ordinate
y i < f(x i )
hat. Trifft dies zu, muss ein Zähler um eins erhöht werden. Sind alle N Punkte getestet, dann
ergibt sich das gesuchte Verhältnis n N .
Nach dieser Methode lassen sich auch mehrfache Integrale näherungsweise berechnen.
Monte-Carlo-Methoden sind im Allgemeinen sehr einfach durchzuführen. Allerdings ist ihre
Genauigkeit für kleine Versuchszahlen N gering. Die Genauigkeit in diesem Beispiel erhöht
sich proportional zu √ N. Das heisst, um eine Dezimalstelle zu gewinnen, braucht es 100 mal
mehr Versuche.

438 Anhang A. Anwendungen

Anhang B
Tafeln
B.1 Tafel der Grundintegrale
Im Folgenden bezeichnen C und C 1 ,C 2 ∈ R Integrationskonstanten.
∫
d
dx c = 0
0dx = C
∫
d
dx x = 1
1dx = x+C
∫
d
dx xn+1 = (n+1)x n
x n dx = xn+1
+C, n ≠ −1
n+1
d
dx ln(x) = 1 x , x > 0
⎫
⎪⎬ ∫ 1
d
dx ln(−x) = 1 x , x < 0 ⎪ ⎭ x
d
dx ex = e x
d
dx ax = a x ln(a)
∫
d
dx
sin(x) = cos(x)
∫
d
dx
cos(x) = −sin(x)
∫
∫
dx = ln(|x|)+C, x ≠ 0
e x dx = e x +C
a x dx = ax
+C, a > 0, a ≠ 1
ln(a)
cos(x)dx = sin(x)+C
sin(x)dx = −cos(x)+C
d
dx tan(x) = 1
cos 2 (x) = 1+tan2 (x)
d
dx cot(x) = − 1
sin 2 (x) = −1−cot2 (x)
∫
∫
∫
∫
1
cos 2 dx = tan(x)+C
(x)
tan 2 (x)dx = tan(x)−x+C
1
sin 2 dx = −cot(x)+C
(x)
cot 2 (x)dx = −cot(x)−x+C
439

440 Anhang B. Tafeln
d
dx arcsin(x) = 1
√
1−x
2
d
dx arccos(x) = − 1
√
1−x 2
⎫
⎪⎬
⎪⎭
∫
{
1
√ dx = 1−x 2
arcsin(x)+C 1
−arccos(x)+C 2
d
dx arctan(x) = 1
1+x
⎫⎪ 2 ⎬ ∫
d
dx arccot(x) = − 1 ⎪ ⎭
1+x 2
1
1+x 2 dx = { arctan(x)+C1
−arccot(x)+C 2
∫
d
dx
sinh(x) = cosh(x)
∫
d
dx
cosh(x) = sinh(x)
d
dx tanh(x) = 1
cosh 2 (x) = 1−tanh2 (x)
d
dx coth(x) = − 1
sinh 2 (x) = 1−coth2 (x)
∫
∫
∫
∫
cosh(x)dx = sinh(x)+C
sinh(x)dx = cosh(x)+C
1
cosh 2 dx = tanh(x)+C
(x)
tanh 2 (x)dx = x−tanh(x)+C
1
sinh 2 dx = −coth(x)+C
(x)
coth 2 (x)dx = x−coth(x)+C
d
dx arsinh(x) = 1
√
x 2 +1
∫
{
dx arsinh(x)+C
√
x 2 +1 = (
ln x+ √ )
x 2 +1 +C
d
dx arcosh(x) = 1
√
x 2 −1
∫
{
dx arcosh(x)+C, x > 1
√
x 2 −1 = (
ln x+ √ )
x 2 −1 +C, |x| > 1
d
dx artanh(x) = 1
∫
1−x2, |x| < 1
d
dx arcoth(x) = 1
∫
1−x2, |x| > 1
1
dx = artanh(x)+C, |x| < 1
1−x2 1
dx = arcoth(x)+C, |x| > 1
1−x2

Literaturverzeichnis
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[2] A. Beutelspacher, ”
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441

442 Literaturverzeichnis
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[20] L. Papula, Mathematik für Ingenieure und Naturwissenschaftler, Band 1, 10. Auflage,
Viewegs Fachbücher der Technik, 2001.
[21] L. Papula, Mathematik für Ingenieure und Naturwissenschaftler, Band 2, 10. Auflage,
Viewegs Fachbücher der Technik, 2001.
[22] L. Papula, Mathematik für Ingenieure und Naturwissenschaftler, Band 3, 4. Auflage,
Viewegs Fachbücher der Technik, 2001.
[23] L. Papula, Mathematische Formelsammlung für Ingenieure und Naturwissenschaftler,
7. Auflage, Viewegs Fachbücher der Technik, 2001.
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[25] H.R. Schärer, W. Meier und S. Niggli, Die Mathematik der technischen Berufsmaturität,
h.e.p Verlag AG, 2005.

Index
N, 1
N 0 , 1
Z, 1
Q, 1
R, 1
C, 1
∅, 1
∞, 4, 113
◦, 83, 160
⇓, 119
↓, 119
⇑, 119
↑, 119
∂, 273
γ, Euler-Mascheronische Konstante, 236
e, Eulersche Zahl, 254
π, Kreiszahl Pi, 263
abgeschlossenes Intervall, 4
abhängige Variable, 12
abhängiges Differenzial, 81
Ableitung, 53
einer Summe, 64
eines Produkts, 67
eines Quotienten, 69
erste, 54
höhere, 96
implizite Funktion, 287
impliziter Funktionen, 89
partiel, 273
partiell
höhere Ordnung, 275
verknüpfter Funktionen, 83
zweite, 96
Abstandsquadratsumme, 297
allgemeiner Grenzwert, 39
alternierende Zahlenfolge, 34
Amplitude, 406
Ansatz
universeller, 387
Ansatzmethode, 370
Reihenentwicklung, 263
Aperiodische Bewegung, 407
Aperiodischer Grenzfall, 407
Approximation, 305
im Mittel, 304
Arbeit, 331, 337
Areafunktion, 180
Argument, 12
arithmetische Mittel, 232
Arkusfunktion, 164
Asteroide, 92
Attraktionsbereich, 107
aufleiten, 138
Ausgleichs
-funktion, 305
-gerade, 305
-kurve, 305
Ausgleichsrechnung, 303
Axiome
Newton, 397
Basiswechsel, 78
Beschleunigung
momentan, 103
Beschleunigungsprinzip, 397
beschränkte Funktion, 26
beschränkte Menge, 4
beschränktes Intervall, 4
bestimmtes Integral, 140, 153
Betrage, 55
Betragsfunktion, 55, 100
Bewegungsgleichungen, 417
Biegelinie, 403
Biegemoment, 402
bijektiv, 3, 159
Bild, 12, 13
Binomialkoeffizient, 56
443

444 Index
Binomialkoeffizienten, 57
Binomische Reihe, 259
Binomischer Satz, 58
Bogenlänge, 191
Parameterdarstellung, 192
Bogenlängenberechnung, 185
Brechungsgesetz, 127
Carl Friedrich Gauss, 1777-1855, 303
Cauchy Augustin Louis, 1789-1857, 243
Cauchy-Hauptwert, 184
charakteristische Gleichung, 383
Collatz Lothar, 1910-1990, 422
Coulombfeld, 336
Cramer Gabriel, 1704-1752, 411
Cramersche Regel, 300, 411
D’Alembert Jean le Rond, 1717-1783, 243
Dämpfungsgrad, 405
Dämpfungskraft, 404
De l’Hospital Guillaume Fronçois Antoine
Marquis, 1661-1704, 114, 115
Definitionsbereich, 12
Definitionsmenge, 12
Dendrochronologie, 433
DGl., 351
Dichte
Luft, 400
Dielektrizitätszahl, 336
Differenzenquotient, 27
Differenzial, 81, 278
abhängiges, 81
Flächen-, 320
totales, 279
unabhängiges, 81
Differenzialgleichung, 351
n-ter Ordnung, 380
n-ter Ordnung homogen, 387
n-ter Ordnung inhomogen, 389
Ansatzmethode, 370
elastische Linie, 402
erster Ordnung, 365
freie Schwingung, 405
homogen, 365
inhomogen, 365
Integral, 351
konstante Koeffizienten, 370, 380
Kontrolle, 354
Lösung, 351
linear, 365
lineare, 380
Ordnung, 351
System
entkoppelt, 417
gekoppelt, 418
System von, 417
universeller Ansatz, 383
Zusammenstellung, 394
zweiter Ordnung, 377, 383
Differenzialoperator
linear, 380
Differenzialrechnung, 53
differenzierbar, 54
Differenzierbarkeit, 99
differenzierbarkeit, 99
differenzieren, 54
Differenzmenge, 2
Dirichlet Lejeune, 1805-1859, 156
Dirichletfunktion, 47, 155
Diskriminante, 21
divergent, 33, 233
divergieren, 33
Doppelintegral, 320
Variablensubstitution, 324
Dreieck
Pascal, 56, 430
von Sierpinski, 429
Durchschnittsmenge, 2
e, 36, 254
e-Funktion, 44
Ebene, 271
echt gebrochenrationale Funktion, 51
effektiver Zuwachs, 279
Eierkarton, 284
Eiffelturm, 433
Eigenfrequenz, 406
Eigenfunktion, 389, 401, 403
Eigenwert, 401, 403
eineindeutig, 159
eineinedeutig, 3
einseitige Umgebung, 5
Eisenbahnbau, 431
Elastizitätsmodul, 402

Index 445
Entropie, 349
Entwicklungspunkt, 257
Epizykloide, 431
Erdbeschleunigung, 398
erste Ableitung, 54
Euler Leonard, 1707-1783, 36
Euler-Mascheronische Konstante, 236
Eulersche Knicklast, 401, 403
Eulersche Zahl, 36, 254
Eulersymbol, 57
Evolute, 133
Parameterdarstellung, 134
Evolvente, 133
exp, 44
Exponentialfunktion, 23
Extrempunkt, 119
Extremwerte
mehrere Variablen, 295
mit Nebenbedingungen, 311
Fadendifferenzial, 320
Fahrstrahl, 212
Fakultät, 57
Federkraft, 404
Fehlerquadratsumme, 299, 306
Feldvektor, 334
Fibonacci Leonardo Pisano, 1170?-1250?,
35, 422
Fibonaccifolge, 35, 422
Fibonaccizahlen, 35, 422
Flächenberechnungen, 144, 319
Flächendifferenzial, 154, 320
Flächenelement, 154
Zusammenstellung, 194
Flächenfunktion, 137, 180
Flächenmoment
achsiales, 327
axiale, 402
Flachpunkt, 296
Folge
alternierend, 34
Fibonacci, 35, 422
Null-, 34
Polygone im Kreis, 426
von Collatz, 35, 422
Folge von Collatz, 35, 422
Formel von Euler
Hyperbelfunktionen, 175
Formel von Moivre
Hyperbelfunktionen, 179
Fraktal, 426
Freier Fall, 398
mit Luftwiderstand ∼ v 2 , 400
mit Reibungskraft ∼ v, 399
ohne Luftwiderstand, 398
Freiheitsgrade, 352
Fundamentalsatz der Algebra, 218
Funktion, 11, 12
affine, 14
Area-, 180
Arkus-, 164
Arkuscosinus, 165
Arkuskotangens, 166
Arkussinus, 165
Arkustangens, 166
beschränkt, 26
Betrags-, 100
bijektive, 159
ceil, 47
ceiling, 47
differenzierbar, 99
Dirichlet, 47, 155
e-, 44
eineindeutige, 159
Exponential-, 23, 26
Flächen-, 137, 180
Floor, 47
gebrochenrational, 51
echt, 51
unecht, 52
gerade, 24
Heavyside, 46
Hyperbel-, 173
implizit, 89
integrierbar, 154
Inverse-, 159
lineare, 14
Polynom-, 20
rationale
echt gebrochen, 217
unecht gebrochen, 217
sgn, 46
sign, 46
Signum, 46

446 Index
Umkehr-, 159
ungerade, 24
Vorzeichen, 46
Wurzel-, 26, 100
Zyklometrische-, 164
Funktion-Stamm, 138
Funktionaldeterminante, 324
Funktionswertzuwachs
effektiver, 280
linearisierter, 280
ganze Zahlen, 1
Gaskonstante
universelle, 348
Gauss Carl Friedrich, 1777-1855, 305
Gausssches Gitter, 6
gebrochenrationale Funktion, 51
geometrische Mittel, 232
Gerade, 14
gerade Funktion, 24
Geradengleichung, 14
Geschwindigkeit
momentan, 103
Gleichung der Kettenlinie, 436
Gleichungssystem
lineares, 306
Glieder, 231
Goldenen Schnitt, 35
Gradient, 291
Grenzgeschwindigkeit, 399, 400
Grenzwert, 33
allgemein, 39
im Unendlichen, 50
linksseitig, 39
rechtsseitig, 39
uneigentlich, 34
uneigentlicher, 112
Zahlenfolge, 33
Grenzwertkalkül
Differenzregel, 112
Produktregel, 113
Quotientenregel, 113
Summenregel, 112
Grenzwertsätze, 38
Grundintegrale, 138
Arkusfunktionen, 168
Hyperbelfunktionen, 176
Tafel, 439
Höhenlinien, 270
höhere Ableitungen, 96
Halbwärtszeit, 351
harmonische Mittel, 232
Hauptwert, 165
Heavyside Funktion, 46
hebbare Singularität, 47
Helix, 332
Herzkurve, 92
Hyperbel
-cosinus, 173
-kotangens, 174
-sinus, 173
-tangens, 174
Hyperbelfunktion, 173
Hyperfläche, 270
Identitätsabbildung, 160
implizite Funktion, 89
Induktion, 58
Induktionshypothese, 58
Verankerung, 58
Vererbung, 59
Integartionskonstante, 138
Integral
bestimmt, 140
bestimmtes, 153
Grund-, 138
Linien-, 331
mehrfach, 319
Monte-Carlo, 436
Riemannsche, 151
unbestimmt, 138
Integralrechnung, 137
Integration
durch Partialbruchzerlegung, 217
Partialbruchzerlegung, 229
Partielle-, 209
rationaler Funktion, 217
Rekursionsformeln, 213
Substitution, 195
Integrationsmethoden, 195
Integrationsregeln, 142
integrierbar, 154
Intervall, 3

Index 447
abgeschlossen, 4
beschränkt, 4
linksoffen, 4
offen, 4
rechtsoffen, 4
Isoklinen, 352
Isoklinenmethode, 352
Iteration, 106
Fixpunktverfahren, 107
Tangentenverfahren
Newton, 109
Jahresringe, 433
Juliamengen, 431
Kühlturm, 433
Kaffeetasse, 431
Kanichenvermehrung, 422
Kardioide, 92, 431
Kartesisches Blatt, 91
kartesisches Koordinatensystem, 5
Katakaustik, 431
Kegelvolumen, 188
Kettenlinie, 435
Länge, 192
Kettenlinienfunktion, 173
Kettenregel, 84
Klothoide, 431
Knick, 99
Knicklast, 401
Koeffizientenvergleich, 224
Potenzreihen, 261
Komplementärmenge, 2
komplexe Zahlen, 1
konkav, 120
Konstante
Integrations-, 138
Kontrolle, 354
konvergent, 33, 233
absolut, 238
konvergente
Reihe, 233
Konvergenzkriterien, 235
Konvergenzkriterium
Iterationsverfahren, 107
Leibniz, 237
Tangentenverfahren von Newton, 110
Konvergenzradius, 248
Konvergenzverhalten, 234
konvergieren, 33
konvex, 120
Koordinaten, 5
kartesische, 5
Kugel-, 5
polar-, 5
Zylinder-, 5
Koordinatensystem
kartesisches, 5
Kosinus hyperbolikus, 173, 435
Kotangens hyperbolikus, 174
Krümmung, 130
links-, 121, 131
mittlere, 130
Parameterdarstellung, 132
Polarkoordinaten, 136
rechts-, 121, 131
Krümmungskreis, 133
Krümmungsmittelpunkt, 133
Krümmungsradius, 133
Kugeloberfläche, 194
Kurve, 331
Bogenlänge, 191
Kochsche, 427
Kurvendiskussion, 118
Beispiel, 123
Kurvenintegral, 337
Kurvenlänge, 191
Kurvenschar, 352
Länge
Kurve, 191
Länge der Kettenlinie, 192
Lösung
allgemeine, 352
partikuläre, 352
Lücke, 47
Lagrange
-hilfsfunktion, 313
-multiplikatoren, 312, 313
Lagrange Joseph Louis, 1736-1813, 311
Laplace Pierre Simon, 1749-1827, 277
Laplace-Operator, 276
Laurent Paul Hermann, 1841-1908, 263
Laurent Reihe, 263

448 Index
Lebesgue Henri, 1875-1941, 156
Linearisierung, 279
Linearisierungsfehler, 82, 279
Linearkombination, 380
Linienelement, 191
Zusammenstellung, 194
Linienintegral, 337
Linienintegrale, 331
Linkskrümmung, 121
linksoffenes Intervall, 4
linksseitige Umgebung, 5
linksseitiger Grenzwert, 39
Logarithmengesetze, 77
Logarithmus, 76
natürlicher, 76
Logarithmusfunktion, 79, 80
Maclaurin Colin, 1698-1746, 253
Maclaurinreihe, 253
Majorante, 238
Majorantenkriterium, 238
Mandelbrot Benoit, 1924-2010, 426
Mandelbrotmenge, 431
Mantelfläche, 192
Mantelflächenelement, 193
Zusammenstellung, 194
Maximum
lokales, 120
mehrere Variablen, 296
Maximumstelle, 120
Menge, 1
beschränkt, 4
Differenz, 2
Durchschnitt, 2
Komplement, 2
leere, 1
Punkt, 3
unbeschränkt, 4
Vereinigung, 2
Zahlen, 3
Mengenlehre, 1
Mengenoperation, 2
Mengenrelation, 2
Mengerwürfel, 431
Methode der kleinsten Quadrate, 127, 298,
303
Methode von Tschebysheff, 304
Minimum
lokales, 119
mehrere Variablen, 296
Minimumstelle, 119
Minorante, 238
Minorantenkriterium, 240
Mittel
arithmetische, 232
arithmetischen, 298
geometrische, 232
harmonische, 232
harmonisches, 232
quadratische, 232
Mittelwert, 129
MKQ, 127, 298, 303
Momentanbeschleunigung, 103
Momentangeschwindigkeit, 103
monoton
fallend, 119
steigend, 119
streng, 119
wachsend, 119
monoton fallend, 26
monoton wachsend, 26
Monotonie, 25
streng, 26
Monotoniebogen, 119
Monster Kurven, 428
Monte-Carlo Integration, 436
Näherung
erste, 281
Näherungsformel
Binomische Formel, 259
Sinus, 255
natürliche Zahlen, 1
natürlicher Logarithmus, 76
Nebenbedingung, 312
Newton Sir Isaac, 1643-1727, 398
Newtonsche Axiome, 397
nicht-hebbare Singularität, 47
Nielsche Parabel, 98, 99
Niveaulinien, 270
Normale, 14
Normalenvektor, 293
Normalgleichungssystem, 307
Nullfolge, 34, 235, 237

Index 449
Nullstelle, 21
Formel, 21
numerische Integration, 156
Oberflächenberechnung, 185
Obersumme, 152
offenes Intervall, 4
Ohmscher Widerständ
Reihenschaltung, 269
Operator
Laplace, 276
Orthogonaltrajektorien, 363
Orthogonaltrajektorienschar, 363
Ortsvektor, 332
Parabel
Nielsche, 98, 99
Parameterdarstellung
Bogenlänge, 192
Evolute, 134
Krümmung, 132
Partialbruch
dritter Art, 224
erster Art, 219
vierter Art, 226
zweiter Art, 221
Partialbruchzerlegung, 219
Zusammenfassung, 229
Partialsummenfolge, 233
partielle Ableitung, 273
Partielle Integration, 209
Pascal Blaise, 1623-1662, 57
Pascalsches Dreieck, 56, 430
Periode
gedämpfte Schwingung, 407
ungedämpfte Schwingung, 406
Phase, 406
Phasenverschiebung, 406
Pi, π, 263
Pierre Fermat, 1601-1665, 151
Polarkoordinaten, 325
Polstelle, 47
Polygone im Kreis, 426
Polynom, 20
Grad, 20
Polynomdivision, 217
Polynomefunktion, 20
Polynomnullstellen, 218
Potenzfunktion, 15
Ableitung, 63
Potenzial, 343
Potenzialfeld, 342, 343
Potenzialfunktion, 343
Potenzreihen, 247
Hauptsatz, 252
Produktregel, 68
Punktmenge, 3
Quadrant
dritter, 5
erster, 5
vierter, 5
zweiter, 5
quadratische Ergänzung, 20
quadratische Mittel, 232
Querschnittsflächenfunktion, 190
Quotientenkriterium von d’Alembert, 240
Quotientenregel, 70
radioaktiven Zerfall, 351
Raketenbewegung, 360
Randwertproblem, 401
rationale Zahlen, 1
Rechtskrümmung, 121
rechtsoffenes Intervall, 4
rechtsseitige Umgebung, 5
rechtsseitiger Grenzwert, 39
reelle Zahlen, 1
Reflektionsgesetz, 127
Regel
von Cramer, 300
Regel von Cramer, 411
Regel von de l’Hospital, 114
Regression
lineare, 298
Regressionskoeffizient, 300
Regressionskonstante, 300
Reihe, 231
alternierende, 237
alternierende harmonische, 237
bestimmt divergente, 233
binomische, 259
divergente, 233
geometrische, 232, 234

450 Index
harmonische, 232, 233
hyperharmonische, 244
Laurent-, 263
Maclaurin-, 253
oszillierende, 233
Taylor-, 253
unendliche, 231
verdichten, 245
Reihen, 231
Rekursionsformel
Integration, 213
Resonanzfall, 373, 389
Resonanzfrequenz, 414
Richtungsfeld, 352, 355
Riemann Bernhard 1826-1866, 151
Riemannsche
Obersumme, 152
Untersumme, 152
Riemannsche Integral, 151
Rollkurve, 431
Epizykloide, 431
Kardioide, 431
Rotation, 345
Rotationsfläche, 285
Rotationskörper
Mantelfläche, 192
Volumen, 185
Rotationsparaboloid, 273, 292
Sandwich-Theorem, 42
Sattelfläche, 283
Sattelpunkt, 122
mehrere Variablen, 296
Satz
binomischer, 58
Extrempunkte, 121
Fundamental- der Algebra, 218
geometrische Reihe, 234
Haupt- über Potenzreihen, 252
hyperharmonische Reihe, 244
Konvergenz- für Potenzreihen, 248
Konvergenzkriterium von Leibniz, 237
Krümmungsverhalten, 121
Linearität Differenzialoperators, 381
Linienintegral wegunabhängig, 343
Majorantenkriterium, 238
Minorantenkriterium, 240
Potenzialfelder und Gradienten, 345
Quotientenkriterium von d’Alembert,
240
Superpositionsprinzip, 375
Taylorreihen, 253
von Schwarz, 275
von Steiner, 327
Wurzelkriterium von Cauchy, 241
Scharparameter, 355, 364
Scheitelpunkt, 131
Schiefer Wurf, 269
Schneeflocke, 427
Schraubenlinie, 332
Schwarz A. Hermann, 1843-1921, 275
Schwerpunkt, 298
Schwingung
erzwungene, 410
freie, 404
gedämpft, 406
stationäre Zustand, 412
ungedämpft, 405
Separation der Variablen, 357
Sierpinski Waclaw, 1882-1969, 429
Sierpinski-
Dreieck, 429
Teppich, 429
Signumfunktion, 46
Singularität, 47
hebbar, 47
nicht-hebbar, 47
Sinus hyperbolikus, 173
Spitze, 121
Sprungschanze, 434
Sprungstelle, 47
Störfunktion, 365, 389
Stammfunktion, 138
Stauchung, 15
Steigung, 14
linksseitig, 100
rechtsseitig, 100
Sekante, 27
Tangente, 29
Steigungswinkel, 14
Steiner Jakob, 1796-1863, 327
Sternenkurve, 92
stetig, 45
Stetigkeit, 45

Index 451
Stokes George Gabriel, 1819-1903, 399
Stokessche Reibung, 399
Strassenbau, 431
Streckung, 15
strenge Monotonie, 26
Strophoide, 91
Subnormale, 358
Substitution, 195
mit hyperbolischen Funktionen, 206
mit trigonometrischen Funktionen, 206
Summenfolge, 151
Summenformel
arithmetische Reihe, 424
endliche Reihe, 424
Summenwert, 233
Summenzeichen
vertauschen, 307
Superpositionsprinzip, 370, 371, 375, 390,
391
Symmetrie, 24
Tafel
der Grundintegrale, 439
Tangens hyperbolikus, 174
Tangentendreieck, 278
Tangentengleichung, 288
Tangentenproblem, 53
Tangentialebene, 291, 293
Tannenzapfen, 423
Taylor Brook, 1685-1731, 253
Taylorapproximation, 256
Taylorreihe, 253
allgemeine Form, 256
Teilmenge
echt, 2
Teilsumme, 233
Teilsummenfolge, 233
Teppich von Sierpinski, 429
Terassenpunkt, 122
Theorem
Sandwich, 42
Thermodynamik, 348
totales Differenzial, 279
Trägheitsmoment, 327
achsiales, 327
Körpers, 327
Trägheitsprinzip, 397
Trennen der Variablen, 357
Tschebysheff
Methode von, 304
Tschebysheff Pafnutij, 1821-1894, 303, 304
Turmbau, 434
Überlagerungsprinzip, 375
Umgebung, 5
einseitig, 5
linksseitig, 5
rechtsseitig, 5
Umkehrfunktion, 76, 159
unabhängige Variable, 12
unabhängiges Differenzial, 81
unbeschränkte Menge, 4
unbestimmt divergente
Reihe, 233
unbestimmtes Integral, 138
unecht gebrochenrationale Funktion, 52
Uneigentlicher Grenzwert, 112
uneigentlicher Grenzwert, 34
Unendlichkeitsstelle, 47
ungerade Funktion, 24
Ungleichung
Cauchy-Schwarz, 300
Untersumme, 152
Urbild, 12, 13
Ursprung, 5
Variable
abhängig, 12
unabhängig, 12
Variablen trennen, 357
Variablensubstitution, 324
Variation der Konstanten, 366
Vektorfeld, 331
stationär, 334
Vereinigungsmenge, 2
Vergleichskriterien, 238
Verknüpfung, 83, 160
Verschiebung, 15
Viskosität
dynamische, 399
vollständige Differenzial, 279, 280
vollständige Induktion, 58
Volumen
Ellipsoid, 190

452 Index
Sechseckpyramide, 190
Zylinderabschnitt, 190
Volumenberechnung, 185
verallgemeinert, 189
Volumenelement, 186, 189
Zusammenstellung, 194
von Koch Niels Fabian Helge, 1870-1924,
427
Vorzeichenfunktion, 46
Wärmekapazität
spezifische, 348
Würfel von Menger, 431
Wankelmotor, 431
Was ist falsch?, 421
Wechselwirkungsprinzip, 397
Wegintegral, 337
wegunabhängig, 343
Weierstrass Karl Theodor Wilhelm, 1815-
1897, 102
Wendepunkt, 122, 131
Wertebereich, 13
Widerstandsbeiwert, 400
Wilhelm Leibniz, 1646-1716, 237
wirbelfrei, 345
Wurzel, 218
Wurzelfunktion, 100
Wurzelkriterium von Cauchy, 241
y-Achsenabschnitt, 14
Zahlen
nicht-negative ganze, 1
positve ganze, 1
Zahlenfolge, 231
alternierend, 34
Zahlenmenge, 3
Zielmenge, 12
Zufallszahlen, 437
Zustandsgleichung
ideales Gas, 348
Zustandsgrösse, 349
Zuwachs
effektiver, 280
linearisierter, 280
zweite Ableitung, 96
Zylinderkoordinaten, 326