Formelsammlung Mathematik: Ableitungen

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Inhaltsverzeichnis

1 Potenzfunktion
2 Exponentialfunktion
3 Logarithmusfunktion
4 Trigonometrische, Hyperbel-, Arkus- und Areafunktionen
5 Gammafunktion
6 n-te Ableitung
7 Weitere Ableitungen

[Bearbeiten] Potenzfunktion

$(z^\alpha)' = \alpha\, z^{\alpha-1}\qquad \alpha\in\Bbb{C}\; ,\; z\in\Bbb{C}\setminus\left\{z\in\Bbb{R} \, : \, z\le 0\right\}$

[Bearbeiten] Exponentialfunktion

$(e^z)' = e^z \qquad z\in\Bbb{C}$

$(a^z)' = a^z \, \log a \qquad a\neq 0 \, , \, z\in\Bbb{C}$

[Bearbeiten] Logarithmusfunktion

$(\log z)'= \frac{1}{z} \qquad z\in\Bbb{C}\setminus\left\{z\in\Bbb{R} \, : \, z\le 0\right\}$

[Bearbeiten] Trigonometrische, Hyperbel-, Arkus- und Areafunktionen

	$\sim$	$\operatorname{\sim\! h}$	$\operatorname{arc\!\sim}$	$\operatorname{ar\!\sim\! h}$
$\sin\!$	$\cos\!$	$\cosh\!$	$\frac1{\sqrt{1-z^2}}$	$\frac1{\sqrt{1+z^2}}$
$\cos\!$	$-\sin\!$	$\sinh\!$	$\frac{-1}{\sqrt{1-z^2}}$	$\frac1{\sqrt{z-1}\, \sqrt{z+1}}$
$\tan\!$	$1+\tan^2\!$	$1-\tanh^2\!$	$\frac{1}{1+z^2}$	$\frac{1}{1-z^2}$
$\cot\!$	$-1-\cot^2\!$	$1-\operatorname{coth}^2\!$	$\frac{-1}{1+z^2}$	$\frac{1}{1-z^2}$
$\sec\!$	$\sec\cdot\tan$	$-\operatorname{sech}\cdot\operatorname{tanh}$	$\frac1{z^2 \,\sqrt{1-\frac1{z^2}}}$	$\frac{-1}{z^2 \, \sqrt{\frac1{z}-1}\,\sqrt{\frac1{z}+1}}$
$\csc\!$	$-\csc\cdot \cot$	$-\operatorname{csch}$	$\frac{-1}{z^2 \, \sqrt{1-\frac1{z^2}}}$	$\frac{-1}{z^2 \, \sqrt{1+\frac1{z^2}}}$

[Bearbeiten] Gammafunktion

$\Gamma'(z)=\Gamma(z)\,\psi(z)\qquad z\notin\Bbb{Z}_{\le 0}$

[Bearbeiten] n-te Ableitung

$\frac12 \left(\frac{d}{dx}\right)^n \log(x^2+y^2)=\frac{(-1)^{n-1}\, (n-1)!}{\sqrt{x^2+y^2}^n}\, \cos\left(n\, \arctan \frac{y}{x}\right)$

$\left(\frac{d}{dx}\right)^n \arctan \frac{x}{y}=\frac{(-1)^{n-1}\, (n-1)!}{\sqrt{x^2+y^2}^n}\, \sin\left(n\, \arctan \frac{y}{x}\right)$

Beweis

Für eine komplexe Zahl $z=x+iy\,$ mit $x,y>0\,$ gilt

$\log(x+iy)=\frac12 \log(x^2+y^2)+i\left(\frac{\pi}{2}-\arctan \frac{x}{y}\right)$ .

Nun ist $\left(\frac {d}{dx}\right)^n \log(x+iy)=\left(\frac{d}{dz}\right)^n \log z=\frac {(-1)^{n-1} \, (n-1)!}{z^n}$

$= \frac {( - 1)^{n - 1} \, (n - 1)!}{\sqrt {x^2 + y^2}^n} \, \underbrace{\exp\left( - i\, n\arctan \frac {y}{x}\right)}_{\cos(...) - i\sin(...)}$ .

Der Vergleich von Real- und Imaginärteil liefert die gesuchten Formeln.

$\left(\frac{d}{dx}\right)^n \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=\sum_{k=0}^{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor} \frac{n! \, (2n-2k)!}{2^n \, k! \, (n-k)! \, (n-2k)!}\, \frac{x^{n-2k}}{\sqrt{1-x^2}^{\,2n-2k+1}}=\sum_{k=0}^{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor} \frac{1}{2^{2k}}\, \frac{n!^2}{k!^2}\, \frac{x^{n-2k}}{(n-2k)!}\, \frac{1}{\sqrt{1-x^2}^{\,2n+1}}$

$\left(\frac{d}{dx}\right)^n \frac{1}{(1-x^2)^m}=\sum_{k=0}^{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor} \frac{\Gamma(m+k)}{\Gamma(m)} \, \frac{\Gamma(2m+n)}{\Gamma(2m+2k)} \, \frac{n!}{k!}\, \frac{x^{n-2k}}{(n-2k)!} \, \frac{1}{(1-x^2)^{n+m}}$

[Bearbeiten] Weitere Ableitungen

$\left(x\,\frac{d}{dx}\right)^n f(x)=\sum_{k=0}^n \left\{ \begin{matrix} n \\ k \end{matrix} \right\} \, x^k \, f^{(k)}(x)$

Beweis

Der Induktionsanfang für $n=0\,$ ist klar.

Induktionsschluss:

$\left(x\frac{d}{dx}\right)^{n+1} f(x)=\sum_{k=0}^n \left\{ \begin{matrix} n \\ k \end{matrix} \right\} \, x\frac{d}{dx}\left(x^k f^{(k)}(x)\right) =\underbrace{\sum_{k=0}^n \left\{ \begin{matrix} n \\ k \end{matrix} \right\} \, k\, x^k\, f^{(k)}(x)}_{\text{1.Summe}}+\underbrace{\sum_{k=0}^n \left\{ \begin{matrix} n \\ k \end{matrix} \right\} \, x^{k+1}\, f^{(k+1)}(x)}_{\text{2.Summe}}$

Da für $k>n\,\,\, \left\{ \begin{matrix} n \\ k \end{matrix} \right\}=0$ ist ändert sich an der 1.Summe nichts wenn der Laufindex $k\,$ bis $n+1\,$ läuft.

Die 2.Summe ist nach Indexverschiebung $\sum_{k=1}^{n+1} \left\{ \begin{matrix} n \\ k-1 \end{matrix} \right\} \, x^k \, f^{(k)}(x)$ .

Und da für $k<0\,\,\, \left\{ \begin{matrix} n \\ k \end{matrix} \right\}=0$ ist ändert sich an der 2.Summe nichts wenn der Laufindex $k\,$ bei $0\,$ beginnt.

Also ist $\left(x\frac{d}{dx}\right)^{n+1} f(x)=\sum_{k=0}^{n+1} \left(\left\{ \begin{matrix} n \\ k \end{matrix} \right\}\, k+\left\{\begin{matrix} n \\ k-1 \end{matrix} \right\}\right) \, x^k f^{(k)}(x)$ .

Und diese Summe ist nach der Rekursionsformel $\left\{ \begin{matrix} n \\ k \end{matrix} \right\}\, k+\left\{\begin{matrix} n \\ k-1 \end{matrix} \right\}=\left\{ \begin{matrix} n+1 \\ k \end{matrix} \right\}$

für Stirlingzahlen 2.Art gleich $\sum_{k=0}^{n+1} \left\{ \begin{matrix} n+1 \\ k \end{matrix} \right\} \, x^k \, f^{(k)}(x)$ .