Arkustangens und Arkuskotangens – „Mathe für Nicht-Freaks“

Dieser Abschnitt ist noch im Entstehen und noch nicht offizieller Bestandteil des Buchs. Gib den Autoren Zeit, den Inhalt anzupassen!

Beim Arkustangens und Arkuskotangens handelt es sich um die Umkehrfunktionen von der trigonometrischen Funktionen Tangens und Kotangens (wenn man ihren Definitionsbereich geeignet einschränkt).

Definition und Herleitung

Wir wissen bereits, dass die Tangens- und Kotangensfunktion die Definitionsmenge $D_{\tan }=ℝ\setminus \{k\pi +\frac{\pi }{2}\mid k\in \mathbb{Z}\}$ bzw. $D_{\cot }=ℝ\setminus \{k\pi \mid k\in \mathbb{Z}\}$ und die Ziel- und Wertemenge $Z=ℝ$ haben. Die beiden Funktionen sind surjektiv, jedoch nicht injektiv, da unterschiedliche Argumente existieren, die auf die gleichen Funktionswerte abbilden. Insbesondere sind sie auch nicht bijektiv und damit nicht umkehrbar. Zur Erinnerung: Eine Funktion ist nur dann bijjektiv, sprich: umkehrbar, wenn sie sowohl surjektiv als auch injektiv ist.

In den folgenden Grafiken der Tangens- und Kotangensfunktion sieht man, dass jeder Funktionswert durch mehrere Argumente angenommen wird und die Funktionen somit nicht injektiv sein können:

Graph der Tangensfunktion

Graph der Kotangensfunktion

Wir müssen uns also überlegen, wie wir $\tan$ und $\cot$ injektiv machen können. Hierzu schränken wir den Definitionsbereich soweit ein, dass nicht mehr mehrere Argumente auf denselben Funktionswert abbilden. Dies gelingt uns am Besten, wenn wir $\tan$ und $\cot$ auf eines ihrer Monotonieintervall ohne dazwischenliegenden Definitionslücken einschränken. Dann ist nämlich die Injektivität garantiert. Dabei gibt es zahlreiche Möglichkeiten. Zum Beispiel wären beim Tangens die Intervalle $]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}[$ oder $]\frac{5}{2}\pi ,\frac{7}{2}\pi [$ und beim Kotangens die Intervalle $]0,\pi [$ oder $]2\pi ,3\pi [$ geeignet.

Es ist dabei grundsätzlich egal, auf welches dieser Intervalle die Definitionsmengen eingeschränkt werden. Allerdings ist es in der Literatur üblich, für den Tangens das Intervall $]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}[$ und für den Kotangens $]0,\pi [$ zu nehmen. Die bijektiven, eingeschränkten Tangens- und Kotangens lauten daher:

$\tan |{}_{]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}[}:]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}[\to ℝ$

und

$\cot |{}_{]0,\pi [}:]0,\pi [\to ℝ$

Graph des Arkustangens

Graph des Arkuskotangens

Beide Funktionen sind nun auch injektiv und können damit umgekehrt werden. Die jeweiligen Umkehrfunktionen sind der Arkustangens und der Arkuskotangens:

Definition (Arkustangens und Arkuskotangens)

Wir definieren die Funktionen $\arctan$ (Arkustangens) und $\mathrm{arccot}$ (Arkuskotangens) durch

$\begin{array}{cc}& \arctan :ℝ\to ]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}[:x\mapsto {(\tan |{}_{]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}[})}^{-1}(x)\\ & \mathrm{arccot}:ℝ\to ]0,\pi [:x\mapsto {(\cot |{}_{]0,\pi [})}^{-1}(x)\end{array}$

Eigenschaften

Übersicht über die Eigenschaften

	Arkustangens	Arkuskotangens
Funktions- Graphen
Definitionsbereich	$x\in ℝ$	$x\in ℝ$
Bildmenge	$-\frac{\pi }{2}<f(x)<\frac{\pi }{2}$	$0<f(x)<\pi$
Monotonie	streng monoton steigend	streng monoton fallend
Symmetrien	Ungerade Funktion: $\arctan (-x)=-\arctan x$	Punktsymmetrie zu $(x=0,y=\frac{\pi }{2})$ $\mathrm{arccot}x=\pi -\mathrm{arccot}(-x)$
Asymptoten	$f(x)\to \pm \frac{\pi }{2}$ für $x\to \pm \mathrm{\infty }$	$f(x)\to \pi$ für $x\to -\mathrm{\infty }$ $f(x)\to 0$ für $x\to +\mathrm{\infty }$
Nullstellen	$x=0$	keine
Sprungstellen	keine	keine
Polstellen	keine	keine
Extrema	keine	keine
Wendepunkte	$(0,0)$	$(0,\frac{\pi }{2})$

Symmetrie

Satz

Der Arkustangens $\arctan$ ist punktsymmetrisch zum Ursprung, der Arkuskotangens $\mathrm{arccot}$ ist punktsymmetrisch zum Punkt $(0,\frac{\pi }{2})$.

To-Do:

Beweis ergänzen

Stetigkeit

Satz

Der Arkustangens $\arctan :ℝ\to ]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}[$ und der Arkuskotangens $\mathrm{arccot}:ℝ\to ]0,\pi [$ sind stetig.

Beweis

Wir wissen bereits aus vorangegangenen Kapitel, dass die Tangens- und Kotangensfunktion stetig sind. Insbesondere folgt daraus auch die Stetigkeit von $\tan {|}_{]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}[}$ und $\cot {|}_{]0,\pi [}$, da die Einschränkung einer stetigen Funktion immer stetig ist (dies folgt direkt aus der Definition der Stetigkeit).

Es gilt also: $\tan {|}_{]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}[}$ und $\cot {|}_{]0,\pi [}$ sind jeweils stetig, streng monoton und bijektiv. Darüber hinaus ist die Definitionsmenge des eingeschränkten Tangens und Kotangens jeweils ein Intervall. Somit sind alle Voraussetzungen für den Satz von der Stetigkeit der Umkehrfunktion erfüllt und darf hier angewendet werden. Es folgt: Die Umkehrfunktionen $\arctan$ und $\mathrm{arccot}$ sind stetig.

Ableitung

In diesem Abschnitt verwenden wir Kenntnisse über die späteren Kapitel Ableitungsregeln und Ableitungen sowie Ergebnisse aus dem Kapitel Ableitung der Umkehrfunktion.

Satz (Ableitungen des Arkustangens und -kotangens)

Die Umkehrfunktionen der trigonometrischen Funktionen $\arctan$, $\mathrm{arccot}$ sind differenzierbar, und es gilt

$\begin{array}{cc}{\arctan }^{\prime }(\tilde{x})& =\frac{1}{1+{\tilde{x}}^2}\text{ für alle }\tilde{x}\in ℝ\\ {\mathrm{arccot}}^{\prime }(\tilde{x})& =-\frac{1}{1+{\tilde{x}}^2}\text{ für alle }\tilde{x}\in ℝ\end{array}$

Beweis (Ableitungen des Arkustangens und -kotangens)

Für die Tangensfunktion $\tan {|}_{(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})}$ gilt: ${\tan }^{\prime }=1+{\tan }^2>0$. Also ist die Funktion differenzierbar und streng monoton steigend. Weiter ist $\tan ((-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}))=ℝ$. Also ist $\tan :(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})\to ℝ$ surjektiv. Die Umkehrfunktion

$\arccos :(-1,1)\to (0,\pi )\to ℝ$

ist damit differenzierbar, und nun für $\tilde{x}\in (-1,1)$ gilt:

${\arctan }^{\prime }(\tilde{x})=\frac{1}{{\tan }^{\prime }(\arctan (\tilde{x}))}=\frac{1}{1+{\tan }^2(\arctan (\tilde{x}))}=\frac{1}{1+{\tilde{x}}^2}$

Integral

In diesem Abschnitt verwenden wir Kenntnisse über Integrale, insbesondere die Substitutionsregel und die Partielle Integration.

Satz

Die Funktionen $f:ℝ\to ℝ,f(x)=\frac{1}{1+x^2}$ und $g:ℝ\to ℝ,g(x)=-\frac{1}{1+x^2}$ haben $\arctan$ und $\mathrm{arccot}$ als Stammfunktion. D.h. es gilt:

$\int \frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x=\arctan (x)+C$

$\int -\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x=\mathrm{arccot}(x)+C$

Beweis

Die Stammfunktionen ergeben sich durch Differenzieren der rechten Seite, mit Hilfe der Ableitung der Umkehrfunktion:

$\begin{array}{cc}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(\underset{=F^{-1}(x)}{\underbrace{\arctan (x)}}+C)& =\underset{=\frac{1}{F^{\prime }(F^{-1}(x))}}{\underbrace{\frac{1}{{\tan }^{\prime }(\arctan (x))}}}+0\\ & =\frac{1}{1+{\tan }^2(\arctan (x))}\\ & =\frac{1}{1+x^2}\end{array}$

Aufgabe

Zeige:

$\int -\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x=\mathrm{arccot}(x)+C$

Lösung

Analog zu oben gilt mit Hilfe der Ableitung der Umkehrfunktion:

$\begin{array}{cc}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(\stackrel{=G^{-1}(x)}{\overbrace{\mathrm{arccot}(x)}}+C)& =\stackrel{=\frac{1}{G^{\prime }(G^{-1}(x))}}{\overbrace{\frac{1}{{\cot }^{\prime }(\mathrm{arccot}(x))}}}+0\\ & =\frac{1}{-1-\cot (\mathrm{arccot}(x))}\\ & =\frac{1}{-1-x^2}\\ & =-\frac{1}{1+x^2}\end{array}$

Satz (Stammfunktion des Arkussinus und Arkuskosinus)

Der Arkustangens $\arctan :ℝ\to ]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}[$ und der Arkuskotangens $\mathrm{arccot}:ℝ\to ]0,\pi [$ haben eine Stammfunktion

Für alle $x\in ℝ$ gilt:

$\int \arctan (x)\mathrm{d}x=x\arctan x-\frac{1}{2}\ln (1+x^2)+C$

$\int \mathrm{arccot}(x)\mathrm{d}x=x\mathrm{arccot}x+\frac{1}{2}\ln (1+x^2)+C$

Beweis (Stammfunktion des Arkussinus und Arkuskosinus)

Wir leiten die Stammfunktion für die Arkustangensfunktion her, für den Arkuskotangens funktioniert das genauso.

Wir beginnen mit Partieller Integration. Schreibe $\arctan (x)=1\cdot \arctan (x)=f^{\prime }\cdot g$. Dann folgt nach Anwendung der partiellen Integration:

$\begin{array}{cc}\int \arctan (x)\mathrm{d}x& =\int 1\cdot \arctan (x)\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Partielle Integration von }{f}^{\prime }\cdot g=1\cdot \arctan (x)\\ & =\underset{f\cdot g}{\underbrace{x\cdot \arctan (x)}}-\int \underset{f\cdot g^{\prime }}{\underbrace{x\cdot \frac{1}{1+x^2}}}\mathrm{d}x\\ \end{array}$

Als nächstes wollen wir das Integral $\int x\cdot \frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x$ bestimmen. Dazu benutzen wir den Spezialfall der Substitutionsregel, die logarithmische Integration. Alternativ kann man natürlich auch mit der Substitution $z=1+x^2$ vorgehen. Es folgt:

$\begin{array}{cc}& \int x\cdot \frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Linearität des Integrals}\\ & =\frac{1}{2}\int \underset{\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}}{\underbrace{2x\cdot \frac{1}{1+x^2}}}\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Logarithmische Integration}\\ & =\frac{1}{2}\cdot \ln |1+x^2|+C\\ \end{array}$

Insgesamt folgt also:

$\int \arctan (x)\mathrm{d}x=x\cdot \arctan (x)-\frac{1}{2}\ln (1+x^2)+C$

Aufgabe (Stammfunktion von Arkus Kotangens)

Zeige:

$\int \text{arccot}(x)\mathrm{d}x=x\mathrm{arccot}x+\frac{1}{2}\ln (1+x^2)+C$

Lösung (Stammfunktion von Arkus Kotangens)

Wir gehen analog zum $\arctan$ vor, indem wir zunächst den Faktor Eins ergänzen, und anschließend partiell zu Integrieren und zu Substituieren:

$\begin{array}{cc}\int \text{arccot}(x)\mathrm{d}x& =\int 1\cdot \text{arccot}(x)\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Partielle Integration mit }(f^{\prime }(x)=1\text{und}g(x)=\text{arccot}(x))⟹(f(x)=x\text{und}{g}^{\prime }(x)=-\frac{1}{1+x^2})\\ & =\underset{f\cdot g}{\underbrace{x\cdot \arccos (x)}}-\int \underset{f\cdot g^{\prime }}{\underbrace{x\cdot (-\frac{1}{1+x^2})}}\mathrm{d}x\\ & x\cdot \text{arccot}(x)+\int \frac{x}{1+x^2}\mathrm{d}x\\ & \downarrow \text{Substitution: }t=1+x^2⟹(\frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x}=2x⟺\mathrm{d}x=\frac{\mathrm{d}t}{2x})\\ & =x\cdot \text{arccot}(x)+\int \frac{x}{t}(\frac{1}{2x})\mathrm{d}t\\ & \downarrow \text{Zusammenfassen}\\ & =x\cdot \text{arccot}(x)+\int \frac{1}{2t}\mathrm{d}t\\ & \downarrow \text{Integration von }\frac{1}{2t}\\ & =x\cdot \text{arccot}(x)+\frac{1}{2}\ln (t)+C\\ & \downarrow \text{Rücksubstitution}\\ & =x\cdot \text{arccot}(x)+\frac{1}{2}\ln (1+x^2)+C\\ \end{array}$

Monotonie

Satz

Der Arkustangens $\arctan$ ist auf ganz $ℝ$ streng monoton steigend. Der Arkuskotangens $\mathrm{arccot}$ ist auf ganz $ℝ$ streng monoton fallend.

Beweis

Für die Ableitungsfunktion des Arkustangens gilt: ${\arctan }^{\prime }(\tilde{x})=\frac{1}{1+{\tilde{x}}^2}>0\mathrm{\forall }\tilde{x}\in ℝ$. Also ist der Arkustangens streng monoton steigend.

Analog gilt für die Ableitung des Arkuskotangens: ${\mathrm{arccot}}^{\prime }(\tilde{x})=-\frac{1}{1+{\tilde{x}}^2}<0\mathrm{\forall }\tilde{x}\in ℝ$. Der Arkuskotangens ist also streng monoton fallend.

To-Do:

weitere Eigenschaften? Nullstellen, Extrempunkte, Wendepunkte, Stammfunktionen, Asymptoten