Kriterium der ersten Ableitung

Gib f ein. Die Seite ermittelt jedes x, an dem f′ gleich 0 ist oder gar nicht existiert, und zeichnet das Vorzeichen von f′ dazwischen direkt unter den Graphen. Klassifiziere jede kritische Stelle, bevor die Seite es tut. Wechselst du auf ein Intervall [a, b], kommen die Ränder als Kandidaten für den größten und kleinsten Wert hinzu.

Steigen und Fallen	$f'>0\ \Rightarrow\ f\nearrow,\qquad f'<0\ \Rightarrow\ f\searrow$
Kriterium der ersten Ableitung an einer kritischen Stelle c	$\begin{aligned}&+\ \big\|_{c}\ -\ \ \Rightarrow\ \ f(c)\ \max\\&-\ \big\|_{c}\ +\ \ \Rightarrow\ \ f(c)\ \min\end{aligned}$
Kandidatentest auf [a, b]	$\max_{[a,b]}f=\max\{f(a),\ f(c_i),\ f(b)\}$

Rechenbeispiel — Kriterium der ersten Ableitung

Die Ableitung	6x²−6x−12
Fallend, wo f′ < 0	(−1, 2)

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

Interaktive Simulation wird geladen...

Lektion

Die Theorie — Kriterium der ersten Ableitung

Eine kritische Stelle von f ist ein x, an dem f definiert ist und f′(x) = 0 gilt oder f′(x) nicht existiert. Das Kriterium der ersten Ableitung: Ist f an einer kritischen Stelle c stetig und wechselt f′ dort von + zu −, so ist f(c) ein lokales Maximum; wechselt es von − zu +, ein lokales Minimum; behält f′ das Vorzeichen bei, keines von beiden.

Woher die Formel kommt

Bestimme f′ und die kritischen Stellen. Löse f′(x) = 0 und nimm jedes x hinzu, an dem f definiert ist, f′ aber nicht (Knick, Spitze). Wo f selbst nicht existiert, etwa an einer Asymptote oder Definitionslücke, wird die Achse ebenfalls zerlegt; dieses x ist jedoch keine kritische Stelle.
$f'(c)=0\ \ \lor\ \ \nexists f'(c),\qquad \exists f(c)$
Erstelle die Vorzeichentabelle. Zwischen benachbarten Zerlegungspunkten behält f′ stets dasselbe Vorzeichen; ein einziger Testwert pro Intervall genügt. Auf der Seite siehst du dafür das Plus und Minus im Streifen unter dem Graphen.
$\begin{array}{c|ccccc}x&&c_1&&c_2&\\\hline f'(x)&\pm&0&\pm&\nexists&\pm\end{array}$
Lies das Steigen und Fallen ab. Wo f′ > 0 ist, steigt f; wo f′ < 0 ist, fällt f. Dahinter steht der Mittelwertsatz: Jede Sekante über dem Intervall hat dieselbe Steigung wie eine passende Tangente in seinem Inneren.
$\begin{aligned}&f(x_2)-f(x_1)=f'(\xi)\,(x_2-x_1)\\&f'>0\ \Rightarrow\ f(x_2)>f(x_1)\quad(x_1<x_2)\end{aligned}$
Klassifiziere jede kritische Stelle anhand der Vorzeichen auf ihren beiden Seiten.
$\begin{aligned}&+\ \big|_{c}\ -\ \Rightarrow\ f(c)\ \max\\&-\ \big|_{c}\ +\ \Rightarrow\ f(c)\ \min\\&+\ \big|_{c}\ +,\ \ -\ \big|_{c}\ -\ \Rightarrow\ \neg\max,\ \neg\min\end{aligned}$
Auf einem abgeschlossenen Intervall [a, b] mit dort stetigem f liegen absolutes Maximum und Minimum unter den Kandidaten: f an den Rändern a und b sowie an jeder inneren kritischen Stelle. Vergleiche die Funktionswerte; auch ein Rand kann der Extremwert sein.
$\begin{array}{c|ccccc}x&a&c_1&\cdots&c_k&b\\\hline f(x)&f(a)&f(c_1)&\cdots&f(c_k)&f(b)\end{array}$

Aufgaben vollständig gelöst

Eine kubische Funktion mit Maximum und Minimum 3 Schritte
Bestimme die Intervalle, auf denen f(x) = 2x³ − 3x² − 12x steigt und fällt, und klassifiziere die kritischen Stellen.

Öffne diese Aufgabe im Tool
1. Leite ab, faktorisiere und setze f′ = 0:
  
  $\begin{aligned}f'(x)&=6x^{2}-6x-12\\&=6(x+1)(x-2)\\f'(x)&=0\ \Rightarrow\ x=-1,\ 2\end{aligned}$
2. Setze je einen Testwert in jedem Intervall ein, beispielsweise f′(−2) = 24, f′(0) = −12, f′(3) = 24:
  
  $\begin{array}{c|ccccc}x&&-1&&2&\\\hline f'(x)&+&0&-&0&+\\f(x)&\nearrow&7&\searrow&-20&\nearrow\end{array}$
3. Lies die beiden kritischen Stellen an der Tabelle ab:
  
  $\begin{aligned}&f(-1)=-2-3+12=7\\&f(2)=16-12-24=-20\end{aligned}$
Antwort

Steigend auf (−∞, −1) und (2, ∞), fallend auf (−1, 2); lokales Maximum f(−1) = 7 und lokales Minimum f(2) = −20.

$f(-1)=7\ \max,\qquad f(2)=-20\ \min$
f′ = 0 ohne Vorzeichenwechsel 3 Schritte
Bestimme und klassifiziere die kritischen Stellen von f(x) = x⁴ − 4x³.

Öffne diese Aufgabe im Tool
Lösung anzeigen
1. Leite ab und klammere aus:
  
  $\begin{aligned}&f'(x)=4x^{3}-12x^{2}=4x^{2}(x-3)\\&f'(x)=0\ \Rightarrow\ x=0,\ 3\end{aligned}$
2. Der Faktor x² wird nie negativ, also hat f′ zu beiden Seiten von 0 das Vorzeichen von x − 3:
  
  $\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&3&\\\hline 4x^{2}&+&0&+&+&+\\x-3&-&-&-&0&+\\\hline f'(x)&-&0&-&0&+\end{array}$
3. Bei 0 legt f also nur eine Rast ein (wie x³ auf der Seite zur Ableitung), während bei 3 ein Extremum liegt:
  
  $\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&3&\\\hline f(x)&\searrow&0&\searrow&-27&\nearrow\end{array}$
Antwort

x = 0 ist keines von beiden; f(3) = −27 ist ein lokales Minimum. f fällt auf (−∞, 3) geradewegs durch 0 hindurch und steigt auf (3, ∞).

$f(3)=81-108=-27\ \min$
Eine Spitze: f′ existiert nicht 3 Schritte
Bestimme und klassifiziere die kritischen Stellen von f(x) = x − 3x^(2/3).

Öffne diese Aufgabe im Tool
Lösung anzeigen
1. Leite ab. f′ wird 0, wo der Zähler verschwindet, und existiert nicht, wo der Nenner 0 wird, obwohl f(0) = 0 existiert:
  
  $\begin{aligned}&f'(x)=1-\frac{2}{x^{1/3}}=\frac{x^{1/3}-2}{x^{1/3}}\\&f'(8)=0,\qquad \nexists f'(0)\end{aligned}$
2. Die Vorzeichentabelle; der Nenner wechselt bei 0 sein Vorzeichen:
  
  $\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&8&\\\hline f'(x)&+&\nexists&-&0&+\\f(x)&\nearrow&0&\searrow&-4&\nearrow\end{array}$
3. Beide Stellen sind kritisch und an beiden liegt ein Extremum vor:
  
  $f(8)=8-3\cdot8^{2/3}=8-12=-4$
Antwort

Ein lokales Maximum f(0) = 0 an einer Spitze, wo f′ nicht existiert, und ein lokales Minimum f(8) = −4. Wer nur f′ = 0 löst, übersieht das Maximum.

$f(0)=0\ \max,\qquad f(8)=-4\ \min$
Vorzeichenwechsel an einer Asymptote 3 Schritte
f(x) = x + 4/x². Bestimme, wo f steigt und fällt, und klassifiziere jede kritische Stelle.

Öffne diese Aufgabe im Tool
Lösung anzeigen
1. Leite ab. f′ ist 0 bei x = 2 und nicht definiert bei 0, wo auch f keinen Wert hat:
  
  $\begin{aligned}&f'(x)=1-\frac{8}{x^{3}}=\frac{x^{3}-8}{x^{3}}\\&f'(2)=0,\qquad \nexists f(0)\end{aligned}$
2. Zerlege die Zahlengerade an 2 und an 0 und teste jeden Abschnitt:
  
  $\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&2&\\\hline f'(x)&+&\nexists&-&0&+\\f(x)&\nearrow&\nexists&\searrow&3&\nearrow\end{array}$
3. f′ wechselt bei 0 von + zu −. Da 0 jedoch nicht im Definitionsbereich von f liegt, ist sie keine kritische Stelle und liefert kein Maximum; der Graph strebt an der Asymptote nach oben. Die einzige kritische Stelle ist 2:
  
  $f(2)=2+\frac{4}{2^{2}}=3$
Antwort

Steigend auf (−∞, 0) und (2, ∞), fallend auf (0, 2); ein lokales Minimum, f(2) = 3.

$f(2)=3\ \min$
Eine trigonometrische Funktion auf einem Intervall 3 Schritte
Klassifiziere die kritischen Stellen von f(x) = 2 sin x + sin 2x auf [0, 2π] und finde dort die absoluten Extrema.

Öffne diese Aufgabe im Tool
Lösung anzeigen
1. Nutze cos 2x = 2cos²x − 1 und faktorisiere:
  
  $\begin{aligned}f'(x)&=2\cos x+2(2\cos^{2}x-1)\\&=2(2\cos x-1)(\cos x+1)\end{aligned}$
2. Es gilt cos x + 1 ≥ 0 mit der einzigen Nullstelle bei π; daher entspricht das Vorzeichen von f′ dem von 2cos x − 1, außer bei π selbst:
  
  ${\small\begin{array}{c|ccccccc}x&&\tfrac{\pi}{3}&&\pi&&\tfrac{5\pi}{3}&\\\hline f'&+&0&-&0&-&0&+\\f&\nearrow&\tfrac{3\sqrt{3}}{2}&\searrow&0&\searrow&-\tfrac{3\sqrt{3}}{2}&\nearrow\end{array}}$
3. Vergleiche die Kandidaten einschließlich der Ränder:
  
  $\begin{aligned}&f(0)=f(2\pi)=0\\&f\!\left(\tfrac{\pi}{3}\right)=2\cdot\tfrac{\sqrt{3}}{2}+\tfrac{\sqrt{3}}{2}=\tfrac{3\sqrt{3}}{2}\approx2{.}5981\end{aligned}$
Antwort

Ein lokales Maximum f(π/3) = 3√3/2 ≈ 2,5981, ein lokales Minimum f(5π/3) = −3√3/2 ≈ −2,5981 und π ist keines von beiden. Beide Ränder liefern 0, sodass die beiden Extrema zugleich absolutes Maximum und Minimum sind.

$\max_{[0,2\pi]}f=\tfrac{3\sqrt{3}}{2},\qquad \min_{[0,2\pi]}f=-\tfrac{3\sqrt{3}}{2}$
Kandidatentest: Das Maximum am Rand 2 Schritte
Bestimme das absolute Maximum und Minimum von f(x) = x³ − 3x auf [0, 3].

Öffne diese Aufgabe im Tool
Lösung anzeigen
1. f ist ein Polynom und somit stetig auf [0, 3]. Die kritischen Stellen:
  
  $\begin{aligned}&f'(x)=3x^{2}-3=3(x-1)(x+1)\\&f'(x)=0\ \Rightarrow\ x=\pm1\end{aligned}$
2. Nur x = 1 liegt im Inneren (0, 3). Berechne f an dieser Stelle sowie an beiden Rändern:
  
  $\begin{array}{c|ccc}x&0&1&3\\\hline f(x)&0&-2&18\end{array}$
Antwort

Das absolute Maximum ist f(3) = 18 am Rand; das absolute Minimum ist f(1) = −2. Bei x = 3 ist f′ = 24 und nicht 0, genau wie bei der tiefenbegrenzten Schachtel auf der Seite zur Optimierung.

$\begin{aligned}&\max_{[0,3]}f=f(3)=18\\&\min_{[0,3]}f=f(1)=-2\end{aligned}$
Keine innere kritische Stelle 2 Schritte
Bestimme die absoluten Extrema von f(x) = x³ + 3x auf [−1, 2].

Öffne diese Aufgabe im Tool
Lösung anzeigen
1. Leite ab:
  
  $f'(x)=3x^{2}+3\ge3>0$
2. f steigt also auf dem gesamten Intervall, und als Kandidaten bleiben nur die Ränder:
  
  $\begin{array}{c|cc}x&-1&2\\\hline f(x)&-4&14\end{array}$
Antwort

Absolutes Minimum f(−1) = −4, absolutes Maximum f(2) = 14.

$\begin{aligned}&\min_{[-1,2]}f=f(-1)=-4\\&\max_{[-1,2]}f=f(2)=14\end{aligned}$
Intervalle an der faktorisierten Ableitung ablesen 2 Schritte
Eine Funktion f hat die Ableitung f′(x) = (x + 2)(x − 1)²(x − 4). Auf welchen Intervallen steigt f und welches sind ihre kritischen Stellen?
Lösung anzeigen
1. Die kritischen Stellen sind die Nullstellen der Faktoren:
  
  $\begin{aligned}&f'(x)=(x+2)(x-1)^{2}(x-4)\\&f'(x)=0\ \Rightarrow\ x=-2,\ 1,\ 4\end{aligned}$
2. Ein quadrierter Faktor wird nie negativ und ändert das Vorzeichen nicht; die beiden anderen Faktoren tun es:
  
  $\begin{array}{c|ccccccc}x&&-2&&1&&4&\\\hline f'(x)&+&0&-&0&-&0&+\\f(x)&\nearrow&&\searrow&&\searrow&&\nearrow\end{array}$
Antwort

Steigend auf (−∞, −2) und (4, ∞), fallend auf (−2, 4); ein lokales Maximum bei −2, ein lokales Minimum bei 4 und x = 1 ist keines von beiden. Ein Funktionsterm für f war gar nicht nötig.

$-2\ \max,\qquad 1\ \neg\max,\ \neg\min,\qquad 4\ \min$

Weitere Aufgaben, nur mit Lösungen

Klassifiziere die kritischen Stellen von f(x) = x³ − 12x.

Ergebnis anzeigen

lokales Maximum f(−2) = 16, lokales Minimum f(2) = −16

$f(-2)=16\ \max,\qquad f(2)=-16\ \min$
Wo steigt und fällt f(x) = x e^(−x)?

Ergebnis anzeigen

steigend auf (−∞, 1), fallend auf (1, ∞); lokales Maximum f(1) = 1/e ≈ 0,3679

$f(1)=\tfrac{1}{e}\approx0{.}3679\ \max$
Bestimme und klassifiziere die kritischen Stellen von f(x) = |x² − 4|.

Ergebnis anzeigen

lokale Minima f(−2) = f(2) = 0 an Knicken; lokales Maximum f(0) = 4

$f(\pm2)=0\ \min,\qquad f(0)=4\ \max$
Klassifiziere die kritischen Stellen von f(x) = x/(x² + 1).

Ergebnis anzeigen

lokales Minimum f(−1) = −1/2, lokales Maximum f(1) = 1/2

$f(-1)=-\tfrac{1}{2}\ \min,\qquad f(1)=\tfrac{1}{2}\ \max$
Bestimme die absoluten Extrema von f(x) = x⁴ − 2x² auf [−2, 3].

Ergebnis anzeigen

absolutes Maximum f(3) = 63; absolutes Minimum −1 bei x = −1 und x = 1

$\begin{aligned}&\max_{[-2,3]}f=f(3)=63\\&\min_{[-2,3]}f=f(\pm1)=-1\end{aligned}$
Bestimme die absoluten Extrema von f(x) = x − 2 sin x auf [0, π].

Ergebnis anzeigen

absolutes Minimum f(π/3) = π/3 − √3 ≈ −0,6849; absolutes Maximum f(π) = π

$\begin{aligned}&\min_{[0,\pi]}f=\tfrac{\pi}{3}-\sqrt{3}\approx-0{.}6849\\&\max_{[0,\pi]}f=\pi\end{aligned}$

Ein Testwert pro Intervall genügt, auch wenn f′ nicht stetig ist

Die Vorzeichentabelle prüft f′ an einem einzigen x in jedem Intervall und verlässt sich für den gesamten Abschnitt darauf. Das funktioniert, weil eine überall im Intervall existierende Ableitung ihr Vorzeichen nicht wechseln kann, ohne die 0 zu durchlaufen. Dahinter steckt keineswegs Stetigkeit: Gaston Darboux bewies 1875, dass jede Ableitungsfunktion jeden Zwischenwert annimmt, ganz gleich, ob sie stetig ist oder nicht. f′ kann also nicht von −1 auf 1 springen und die 0 auslassen. Die Vorzeichenfunktion, die genau das bei 0 tut, ist auf keinem Intervall um 0 die Ableitung irgendeiner Funktion. Ihr Vorzeichen wechseln kann f′ deshalb nur an ihren Nullstellen und an Stellen, an denen sie nicht existiert. Klick auf x⁴ − 4x³: Bei 0 berührt f′ die Nulllinie ohne Vorzeichenwechsel, und je ein Testwert links und rechts belegt das sofort.

Das Kriterium ist hinreichend, nicht notwendig

Ein Vorzeichenwechsel von f′ beweist ein Extremum; bleibt er aus, schließt das ein Extremum keineswegs aus. Betrachte f(x) = x²(2 + sin(1/x)) mit f(0) = 0. Jeder andere Wert ist mindestens x², daher liegt bei 0 ein striktes Minimum. Dennoch oszilliert f′(x) = 2x(2 + sin(1/x)) − cos(1/x) beliebig nah an 0 zwischen etwa −1 und 1. Es gibt links kein Intervall, auf dem f fällt, und rechts keines, auf dem f steigt. Das Kriterium der ersten Ableitung kann hier nichts aussagen, und das der zweiten Ableitung hilft ebenso wenig: Zwar ist f′(0) = 0, doch f″(0) existiert nicht. Klarheit schafft die Definition selbst: Vergleiche f(0) direkt mit den Nachbarwerten.

Eine einzige kritische Stelle als lokales Maximum ist bereits der höchste Punkt: bei einer Variablen

Ist f auf einem Intervall stetig und besitzt dort genau eine kritische Stelle, die ein lokales Maximum ist, dann ist sie zugleich das absolute Maximum auf diesem Intervall. Um andernorts noch höher zu steigen, müsste f erst fallen und dann wieder ansteigen; dieser Richtungswechsel dazwischen wäre aber eine zweite kritische Stelle. Dasselbe gilt für ein Minimum, sofern das Intervall zusammenhängt. Klick auf x + 4/x²: Die einzige kritische Stelle ist das Minimum f(2) = 3. Dennoch sinkt der Graph links von 0 unter 3, denn die Asymptote teilt den Definitionsbereich in zwei Intervalle und 2 ist nur auf einem davon der tiefste Punkt. Bei zwei Variablen greift dieser Schluss selbst ohne Definitionslücke nicht mehr. Die Funktion f(x, y) = 3xeʸ − x³ − e³ʸ besitzt genau eine kritische Stelle, (1, 0), ein lokales Maximum mit dem Wert 1; dennoch ist f(−3, 0) = 17. Auf einer Fläche kann der Anstieg einfach um den Hügel herumführen, ohne eine weitere Stelle mit waagerechter Tangente zu passieren.

Lernpfad

Was f′ und f″ über einen Graphen verraten

Quellen (3)

The definition of a critical number (f′(c) = 0 or f′(c) undefined), the extreme value theorem (Theorem 4.1), Fermat's theorem (Theorem 4.2) and the strategy for absolute extrema on a closed interval that the candidates table follows: evaluate f at the ends and at the critical points inside, and compare: G. Strang and E. Herman, Calculus Volume 1, OpenStax (2016), section 4.3, “Maxima and Minima”.
The first derivative test (Theorem 4.9), and Corollary 3 of the mean value theorem: f′ > 0 on an interval makes f increasing there: G. Strang and E. Herman, Calculus Volume 1, OpenStax (2016), section 4.5, “Derivatives and the Shape of a Graph”.
Insight block 1: Darboux's memoir of 1875 on discontinuous functions, where a derivative is shown to take every value between any two of its values, continuous or not: G. Darboux, “Mémoire sur les fonctions discontinues”, Annales scientifiques de l'École Normale Supérieure, 2e série, 4 (1875), 57–112.

Vom 7-Raven-Room-Team · Anhand veröffentlichter Quellen geprüft. Korrekturen willkommen.

Kriterium der ersten Ableitung

Woher die Formel kommt

Weitere Aufgaben, nur mit Lösungen

Ein Testwert pro Intervall genügt, auch wenn f′ nicht stetig ist 🖖

Das Kriterium ist hinreichend, nicht notwendig 🖖

Eine einzige kritische Stelle als lokales Maximum ist bereits der höchste Punkt: bei einer Variablen 🖖

Ein Testwert pro Intervall genügt, auch wenn f′ nicht stetig ist

Das Kriterium ist hinreichend, nicht notwendig

Eine einzige kritische Stelle als lokales Maximum ist bereits der höchste Punkt: bei einer Variablen