Spezielle Ableitungsregeln – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Spezialfälle der Kettenregel

Wir wollen nun noch ein paar Spezialfälle der Kettenregel aufzählen, die in der Praxis häufig vorkommen. Für die Herleitung der Ableitungen von $\exp$, $\ln$, $\sin$, $\cos$, $x\mapsto x^{n}$ etc. verweisen wir auf das anschließende Kapitel Beispiele für Ableitungen.

Fall: $f$ ist linear

Sind $a,b\in \mathbb {R}$ und ist $g:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ differenzierbar, dann ist auch $h:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ h(x)=g(ax+b)$ differenzierbar und für $x\in \mathbb {R}$ gilt

$h'(x)=ag'(ax+b)$

Beweis

$f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ f(x)=ax+b$ ist differenzierbar mit $f'(x)=a$ für alle $x\in \mathbb {R}$. Mit der Kettenregel ist auch $h=g\circ f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ differenzierbar, und es gilt

$h'(x)=g'(f(x))\cdot f'(x)=g'(ax+b)\cdot a=ag'(ax+b)$

Beispiel

Ist $h:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ h(x)=(2x+1)^{2}$, d.h. $g(x)=x^{2}$, dann ist $g'(x)=2x$ für alle $x\in \mathbb {R}$ und damit

$h'(x)=2(2x+1)\cdot 2=4(2x+1)$

Fall: $g$ ist Potenzfunktion

Ist $f:D\to \mathbb {R}$ differenzierbar, dann ist auch $f^{n}:D\to \mathbb {R}$ differenzierbar für alle $n\in \mathbb {N}$, und für $x\in D$ gilt

$(f^{n})'(x)=nf^{n-1}(x)\cdot f'(x)$

Beweis

$g:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ g(x)=x^{n}$ ist differenzierbar mit $g'(x)=nx^{n-1}$ für alle $x\in \mathbb {R}$. Mit der Kettenregel ist auch $f^{n}:D\to \mathbb {R}$ differenzierbar, und es gilt

$(f^{n})'(x)=g'(f(x))\cdot f'(x)=nf^{n-1}(x)\cdot f'(x)=nf(x)f^{n-1}(x)$

Beispiel (Ableitung von Potenzfunktion)

Ist $h:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ h(x)=\sin ^{2}(x)=(\sin(x))^{2}$, d.h. $f(x)=\sin(x)$, dann ist $f'(x)=\cos(x)$ für alle $x\in \mathbb {R}$ und damit

$h'(x)=2\sin(x)^{2-1}\cos(x)=2\sin(x)\cos(x)$

Fall: $g$ ist Wurzelfunktion

Ist $f:D\to \mathbb {R} ^{+}$ differenzierbar, dann ist auch ${\sqrt {f}}:D\to \mathbb {R} ^{+}$ mit $x\mapsto {\sqrt {f(x)}}$ differenzierbar, und für $x\in D$ gilt

$({\sqrt {f}})'(x)={\frac {f'(x)}{2{\sqrt {f(x)}}}}$

Beweis

$g:\mathbb {R} ^{+}\to \mathbb {R} ,\ g(x)={\sqrt {x}}$ ist differenzierbar mit $g'(x)={\tfrac {1}{2{\sqrt {x}}}}$ für alle $x\in \mathbb {R} ^{+}$. Mit der Kettenregel ist auch ${\sqrt {f}}:D\to \mathbb {R} ^{+}$ differenzierbar, und es gilt

$({\sqrt {f}})'(x)=(g\circ f)'(x)=g'(f(x))\cdot f'(x)={\frac {1}{2{\sqrt {f(x)}}}}\cdot f'(x)={\frac {f'(x)}{2{\sqrt {f(x)}}}}$

Beispiel (Ableitung von Potenzfunktion)

Ist $h:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ h(x)={\sqrt {\exp(x)}}$, d.h. $f(x)=\exp(x)$, dann ist $f'(x)=\exp(x)$ für alle $x\in \mathbb {R}$ und damit

$h'(x)={\frac {\exp(x)}{2{\sqrt {\exp(x)}}}}={\frac {\sqrt {\exp(x)}}{2}}$

Fall: $g=\exp$

Ist $f:D\to \mathbb {R}$ differenzierbar, dann ist auch $\exp \circ f:D\to \mathbb {R}$ differenzierbar, und für alle $x\in D$ gilt

$(\exp \circ f)'(x)=\exp(f(x))\cdot f'(x)$

Beweis

Sei $g=\exp :\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ ist differenzierbar mit $\exp '=\exp$. Da $f:D\to \mathbb {R}$ nach Voraussetzung differenzierbar ist, ist nach der Kettenregel auch $\exp \circ f:D\to \mathbb {R}$ differenzierbar, und es gilt

$(\exp \circ f)'(x)=(g\circ f)'(x)=g'(f(x))\cdot f'(x)=\exp(f(x))\cdot f'(x)$

Beispiel (Ableitungen von Exponentialfunktionen)

1. Ist $h:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ h(x)=\exp(x^{2})$, d.h. $f(x)=x^{2}$, dann ist $f'(x)=2x$ für alle $x\in \mathbb {R}$ und damit

$h'(x)=\exp(x^{2})\cdot 2x=2x\exp(x^{2})$

2. Ist $h:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ h(x)=\exp(\sin(x))$, d.h. $f(x)=\sin(x)$, dann ist $f'(x)=\cos$ für alle $x\in \mathbb {R}$ und damit

$h'(x)=\exp(\sin(x))\cdot \cos(x)=\cos(x)\exp(\sin(x))$

Sonderfall: Ableiten von „Funktion hoch Funktion“

Ein Sonderfall der exponentiellen Ableitung ist für

$f_{1}^{f_{2}}=\exp \circ (f_{2}\cdot (\ln \circ f_{1}))$

gegeben. Hier ist die innere Funktion $f=f_{2}\cdot (\ln \circ f_{1})$. Die Ableitung berechnen wir daher, indem wir beim Nachdifferenzieren auf $f$ die Produktregel anwenden.

Beispiel (Ableitungen von Exponentialfunktionen 2)

1. Ist $h:(0,\infty )\to \mathbb {R} ,\ h(x)=x^{a}=\exp(a\ln(x))$, d.h. $f(x)=a\ln(x)$, dann ist $f'(x)=a\cdot {\tfrac {1}{x}}={\tfrac {a}{x}}$ für alle $x\in (0,\infty )$ und damit

$h'(x)=\exp(a\ln(x)))\cdot {\frac {a}{x}}=ax^{a-1}$

2. Ist $h:(0,\infty )\to \mathbb {R} ,\ h(x)=a^{x}=\exp(x\ln(a))$, d.h. $f(x)=x\ln(a)$, dann ist $f'(x)=\ln(a)$ für alle $x\in (0,\infty )$ und damit

$h'(x)=\exp(x\ln(a))\cdot \ln(a)=\ln(a)a^{x}$

3. Ist $h:(0,\infty )\to \mathbb {R} ,\ h(x)=x^{x}=\exp(x\ln(x))$, d.h. $f(x)=x\ln(x)$, dann ist $f'(x)=1\cdot \ln(x)+x\cdot {\tfrac {1}{x}}=\ln(x)+1$ für alle $x\in (0,\infty )$ und damit

$h'(x)=\exp(x\ln(x))\cdot (\ln(x)+1)=x^{x}(\ln(x)+1)$

Fall: $g=\ln$

Ist $f:D\to \mathbb {R} \setminus \{0\}$ differenzierbar, dann ist auch $\ln \circ |f|:D\to \mathbb {R}$ differenzierbar, und für alle $x\in D$ gilt

$(\ln \circ |f|)'(x)={\frac {f'(x)}{f(x)}}$ (Logarithmische Ableitung)

Beweis

Sei $g:\mathbb {R} \setminus \{0\}\to \mathbb {R} ,\ g(x)=\ln(|x|)$ ist differenzierbar mit $g'(x)={\tfrac {1}{x}}$ für alle $x\in \mathbb {R} \setminus \{0\}$. Da $f:D\to \mathbb {R} \setminus \{0\}$ nach Voraussetzung differenzierbar ist, ist nach der Kettenregel ist daher auch $\ln \circ |f|:D\to \mathbb {R}$ differenzierbar, und es gilt

$(\ln \circ |f|)'(x)=g'(f(x))\cdot f'(x)={\frac {1}{f(x)}}\cdot f'(x)={\frac {f'(x)}{f(x)}}$

Beispiel (Logarithmische Ableitungen)

1. Ist $h:\mathbb {R} \setminus \{{\tfrac {\pi }{2}}+k\pi \mid k\in \mathbb {Z} \}\to \mathbb {R} ,\ h(x)=\ln(|\cos(x)|)$, d.h. $f(x)=\cos(x)$, dann ist $f'(x)=-\sin(x)$ für alle $x\in \mathbb {R} \setminus \{{\tfrac {\pi }{2}}+k\pi \mid k\in \mathbb {Z} \}$ und damit

$h'(x)={\frac {-\sin(x)}{\cos(x)}}=-\tan(x)$

2. Ist $h:(1,\infty )\to \mathbb {R} ,\ h(x)=\ln(\ln(x))$, d.h. $f(x)=\ln(x)$, dann ist $f'(x)={\frac {1}{x}}$ für alle $x\in (1,\infty )$ und damit

$h'(x)={\frac {\frac {1}{x}}{\ln(x)}}={\frac {1}{x\ln(x)}}$

Verständnisaufgaben: Beantworte die folgenden Fragen:

1. Warum ist der Definitionsbereich von $h$ gleich $(1,\infty )$?
2. Wie ist der Definitionsbereich und die Ableitung von ${\tilde {h}}:D\to \mathbb {R} ,\ {\tilde {h}}(x)=\ln(\ln |x|)$?

Lösungen:

1. Es gilt $x>1\iff \ln(x)>0\iff \ln(\ln(x))$ ist wohldefiniert
2. Es gilt $x>1\vee x<-1\iff |x|>1\iff \ln(|x|)>0\iff \ln(\ln |x|)$ ist wohldefiniert. Also ist $D=(-\infty ,-1)\cup (1,\infty )$. Für die Ableitung von ${\tilde {h}}$ gilt

${\tilde {h}}'(x)={\frac {1}{\ln |x|}}\cdot {\frac {1}{x}}={\frac {1}{x\ln |x|}}$

Hinweis

Weiter unten werden wir sehen, wie wir mit Hilfe der Logarithmischen Ableitung sehr gut die Ableitungen von Produkt-, Quotienten- oder Potenzfunktionen berechnen können. Dies macht besonders dann Sinn, wenn die Funktion beispielsweise aus mehreren Produkten besteht. ($f=f_{1}\cdot f_{2}\cdot \ldots f_{k}$)

Linearkombinationen von Funktionen

Die Faktor- und Summenregel besagt, dass die Ableitung linear ist. Wenden wir diese Linearität auf $n$ Funktionen an, so folgt:

Satz (Ableitung von Linearkombinationen von Funktionen)

Sei $n\in \mathbb {N} _{0}$, $f_{0},\ldots f_{n}:D\to \mathbb {R}$ differenzierbar und $a_{0},\ldots ,a_{n}\in \mathbb {R}$. Dann ist auch

$a_{0}f_{0}+a_{1}f_{1}+\ldots +a_{n}f_{n}=\sum _{k=0}^{n}a_{k}f_{k}:D\to \mathbb {R}$

differenzierbar, und für alle $x\in D$ gilt

$\left(\sum _{k=0}^{n}a_{k}f_{k}\right)'(x)=\sum _{k=0}^{n}a_{k}f_{k}'(x)$

Beweis (Ableitung von Linearkombinationen von Funktionen)

Wir zeigen die Aussage sauber mittels vollständiger Induktion über $n$:

Induktionsanfang: $n=0$. Für $x\in D$ gilt

$\left(\sum _{k=0}^{0}a_{k}f_{k}\right)'(x)=(a_{0}f_{0})'(x){\underset {\text{regel}}{\overset {\text{Faktor-}}{=}}}a_{0}f_{0}'(x)=\sum _{k=0}^{0}a_{k}f_{k}'(x)$

Induktionsvoraussetzung:

$\left(\sum _{k=0}^{n}a_{k}f_{k}\right)'(x)=\sum _{k=0}^{n}a_{k}f_{k}'(x)$ gelte für ein $n\in \mathbb {N} _{0}$

Induktionsschritt: $n\to n+1$.

$\left(\sum _{k=0}^{n+1}a_{k}f_{k}\right)'(x){\underset {\text{regel}}{\overset {\text{Faktor-}}{=}}}\left(\sum _{k=0}^{n}a_{k}f_{k}\right)'(x)+(a_{n+1}f_{n+1})'(x)={\underset {\text{Faktorregel}}{\overset {\text{Induktionsvoraussetzung}}{=}}}\sum _{k=0}^{n}a_{k}f_{k}'(x)+a_{n+1}f_{n+1}'(x)=\sum _{k=0}^{n+1}a_{k}f_{k}'(x)$

Beispiel (Differenzierbarkeit von Polynomfunktionen)

Die Potenzfunktionen $f_{k}:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ f_{k}(x)=x^{k}$ sind für alle $k\in \mathbb {N} _{0}$ differenzierbar mit

$f_{k}'(x)=kx^{k-1}$

Nach dem Satz von oben ist damit jede Polynomfunktionen

$p:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ k(x)=\sum _{k=0}^{n}a_{k}x^{k}$

für $n\in \mathbb {N} _{0}$ und $a_{1},\ldots ,a_{n}\in \mathbb {R}$ differenzierbar mit

$p'(x)=\sum _{k=0}^{n}a_{k}kx^{k-1}=\sum _{k=1}^{n}a_{k}kx^{k-1}$

Anwendung: Herleitung von Summenformeln

Die Linearität der Ableitung können wir verwenden um neue Summenformeln aus bereits bekannten zu gewinnen. Betrachten wir als Beispiel die geometrische Summenformel für $x\in \mathbb {R} \setminus \{1\}$ und $n\in \mathbb {N}$:

$\sum _{k=0}^{n}x^{k}={\frac {1-x^{n+1}}{1-x}}$

Beide Seiten der Gleichung können auf $\mathbb {R} \setminus \{1\}$ als differenzierbare Funktionen $f$ bzw. $g$ aufgefasst werden:

${\begin{aligned}f:\mathbb {R} \setminus \{0\}\to \mathbb {R} ,\ f(x)&=\sum _{k=0}^{n}x^{k}\\g:\mathbb {R} \setminus \{0\}\to \mathbb {R} ,\ g(x)&={\frac {1-x^{n+1}}{1-x}}\end{aligned}}$

Da $f$ ein Polynom ist, gilt für $x\in \mathbb {R} \setminus \{1\}$:

$f'(x)=\sum _{k=1}^{n}kx^{k-1}$

Außerdem gilt mit der Quotientenregel

$g'(x)={\frac {-(n+1)x^{n}(1-x)-(1-x^{n+1})(-1)}{(1-x)^{2}}}={\frac {-(n+1)x^{n}+(n+1)x^{n+1}+1-x^{n+1}}{(1-x)^{2}}}={\frac {1-(n+1)x^{n}+nx^{n+1}}{(1-x)^{2}}}$

Da nun $f\equiv g$, gilt auch $f'\equiv g'$. Also gilt für $x\in \mathbb {R} \setminus \{1\}$:

$\sum _{k=1}^{n}kx^{k-1}={\frac {1-(n+1)x^{n}+nx^{n+1}}{(1-x)^{2}}}$

Ergänzungsfrage: Welchen speziellen Summenformeln erhalten wir für $x=2$ und $x=-1$?

Für $n=2$ erhalten wir

$\sum _{k=1}^{n}k2^{k-1}={\frac {1-(n+1)2^{n}+n2^{n+1}}{(1-2)^{2}}}={\frac {1-(n+1)2^{n}+2n2^{n}}{(-1)^{2}}}=1+(n-1)2^{n}$

und für $n=-1$

$\sum _{k=1}^{n}(-1)^{k-1}k={\frac {1-(n+1)(-1)^{n}+n(-1)^{n+1}}{(1+1)^{2}}}={\frac {1-(n+1)(-1)^{n}-n(-1)^{n}}{4}}={\tfrac {1}{4}}(1-(-1)^{n}(2n+1))={\begin{cases}-{\tfrac {n}{2}}&{\text{ für gerade }}n\\{\tfrac {n+1}{2}}&{\text{ für ungerade }}n\end{cases}}$

Verallgemeinerung der Produktregel

Die Produktregel $(f_{1}f_{2})'=f_{1}'f_{2}+f_{1}f_{2}'$ lässt sich auch auf mehr als zwei differenzierbare Funktionen anwenden, indem wir zunächst mehrere Funktionen zusammenfassen, und dann die Produktregel mehrfach hintereinander anwenden. Für drei Funktionen ergibt sich

${\begin{aligned}(f_{1}f_{2}f_{3})'&=((f_{1}f_{2})f_{3})'\\&{\underset {\text{regel}}{\overset {\text{Produkt-}}{=}}}(f_{1}f_{2})'f_{3}+(f_{1}f_{2})f_{3}'\\&{\underset {\text{regel}}{\overset {\text{Produkt-}}{=}}}(f_{1}'f_{2}+f_{1}f_{2}')f_{3}+(f_{1}f_{2})f_{3}'\\&=f_{1}'f_{2}f_{3}+f_{1}f_{2}'f_{3}+f_{1}f_{2}f_{3}'\end{aligned}}$

Für vier Funktionen erhalten wir analog

${\begin{aligned}(f_{1}f_{2}f_{3}f_{4})'&=((f_{1}f_{2})(f_{3}f_{4}))'\\&{\underset {\text{regel}}{\overset {\text{Produkt-}}{=}}}(f_{1}f_{2})'(f_{3}f_{4})+(f_{1}f_{2})(f_{3}f_{4})'\\&{\underset {\text{regel}}{\overset {\text{Produkt-}}{=}}}(f_{1}'f_{2}+f_{1}f_{2}')(f_{3}f_{4})+(f_{1}f_{2})(f_{3}'f_{4}+f_{3}f_{4}')\\&=f_{1}'f_{2}f_{3}f_{4}+f_{1}f_{2}'f_{3}f_{4}+f_{1}f_{2}f_{3}'f_{4}+f_{1}f_{2}f_{3}f_{4}'\end{aligned}}$

Wir erkennen nun ein klares Bildungsgesetz bei der Ableitung: Das Produkt der Funktionen wird aufsummiert, wobei in jedem Summand die Ableitung um eine Stelle nach „hinten rutscht“. Allgemein erhalten wir so für die Ableitung einer Produktfunktion aus $n$ Funktionen:

Satz (Verallgemeinerte Produktregel)

Ist $n\in \mathbb {N}$ und sind $f_{1},f_{2},\ldots ,f_{n}:D\to \mathbb {R}$ differenzierbar, so ist auch die Produktfunktion $f_{1}f_{2}\cdot \ldots \cdot f_{n}:D\to \mathbb {R}$ differenzierbar, und es gilt

$(f_{1}f_{2}\cdot \ldots \cdot f_{n})'=\sum _{k=1}^{n}(f_{1}\cdot \ldots \cdot f_{k}'\cdot \ldots \cdot f_{n})$

Aufgabe (Beweis der verallgemeinerten Produktregel)

Beweise die verallgemeinerte Produktregel mittels vollständiger Induktion über $n$.

Beweis (Beweis der verallgemeinerten Produktregel)

Induktionsanfang: $n=1$. Es gilt

$f_{1}'=\sum _{k=1}^{1}f_{k}'$

Induktionsvoraussetzung:

$(f_{1}f_{2}\cdot \ldots \cdot f_{n})'=\sum _{k=1}^{n}(f_{1}\cdot \ldots \cdot f_{k}'\cdot \ldots \cdot f_{n})$ gelte für ein $n\in \mathbb {N} _{0}$

Induktionsschritt: $n\to n+1$.

${\begin{aligned}(f_{1}f_{2}\cdot \ldots \cdot f_{n}\cdot f_{n+1})'&=((f_{1}f_{2}\cdot \ldots \cdot f_{n})\cdot f_{n+1})'\\&={\underset {\text{regel}}{\overset {\text{Produkt-}}{=}}}(f_{1}f_{2}\cdot \ldots \cdot f_{n})'\cdot f_{n+1}+(f_{1}f_{2}\cdot \ldots \cdot f_{n})\cdot f_{n+1}'\\&={\underset {\text{voraussetzung}}{\overset {\text{Induktions-}}{=}}}\left(\sum _{k=1}^{n}(f_{1}\cdot \ldots \cdot f_{k}'\cdot \ldots \cdot f_{n})\right)\cdot f_{n+1}+(f_{1}f_{2}\cdot \ldots \cdot f_{n})\cdot f_{n+1}'\\&=\sum _{k=1}^{n}(f_{1}\cdot \ldots \cdot f_{k}'\cdot \ldots \cdot f_{n}\cdot f_{n+1})+(f_{1}f_{2}\cdot \ldots \cdot f_{n})\cdot f_{n+1}'\\&=\sum _{k=1}^{n+1}(f_{1}\cdot \ldots \cdot f_{k}'\cdot \ldots \cdot f_{n}\cdot f_{n+1})\end{aligned}}$

Beispiel (Verallgemeinerte Produktregel)

Die Funktion

$f:\mathbb {R} ^{+}\to \mathbb {R} ,\ f(x)=x\exp(x)\ln(x)$

ist differenzierbar, da $f_{1}(x)=x$, $f_{2}(x)=\exp(x)$ und $f_{3}(x)=\ln(x)$ für alle $x\in \mathbb {R} ^{+}$ differenzierbar sind. Weiter ist

$f_{1}'(x)=1$, $f_{2}'(x)=\exp(x)$ und $f_{3}'(x)={\frac {1}{x}}$

Mit der verallgemeinerten Produktregel folgt daher für alle $x\in \mathbb {R} ^{+}$:

${\begin{aligned}f'(x)&=1\cdot \exp(x)\ln(x)+x\exp(x)\ln(x)+x\exp(x)\cdot {\frac {1}{x}}\\&=\exp(x)\ln(x)+x\exp(x)\ln(x)+\exp(x)\\&=\exp(x)(\ln(x)+x\ln(x)+1)\end{aligned}}$

Aufgabe (Verallgemeinerte Produktregel)

Bestimme den Definitionsbereich und die Ableitung der Funktion

$f:D\to \mathbb {R} ,\ f(x)=\exp(-x)\sin(x)\cos(x)\tan(x)$

Lösung (Verallgemeinerte Produktregel)

Definitionsbereich: Die Funktionen $x\mapsto \exp(-x)$, $\sin$ und $\cos$ sind auf ganz $\mathbb {R}$ definiert. $\tan$ hingegen nur auf $\mathbb {R} \setminus \{{\tfrac {\pi }{2}}+k\pi \mid k\in \mathbb {Z} \}$. Daher ist

$D=\mathbb {R} \setminus \{{\tfrac {\pi }{2}}+k\pi \mid k\in \mathbb {Z} \}$

Ableitung: $f$ ist differenzierbar, da die Funktionen $f_{1}:x\mapsto \exp(-x)$, $f_{2}=\sin$, $f_{3}=\cos$ und $f_{4}=\tan$ differenzierbar sind. Weiter gilt für alle $x\in D$:

$f_{1}'(x)=-\exp(-x)$, $f_{2}(x)=\cos(x)$, $f_{3}(x)=-\sin(x)$ und $f_{4}'(x)={\frac {1}{\cos ^{2}(x)}}$

Nach der verallgemeinerten Produktregel gilt daher

${\begin{aligned}f'(x)&=-\exp(-x)\sin(x)\cos(x)\tan(x)+\exp(-x)\cos(x)\cos(x)\tan(x)+\exp(-x)\sin(x)(-\sin(x))\tan(x)+\exp(-x)\sin(x)\cos(x){\frac {1}{\cos ^{2}(x)}}\\&=-\exp(-x)\sin(x)\cos(x)\tan(x)+\exp(x)\cos ^{2}(x)\tan(x)-\exp(x)\sin ^{2}(x)\tan(x)+{\frac {\exp(x)\sin(x)}{\cos(x)}}\\&=\exp(-x)(-\sin(x)\cos(x)\tan(x)+\cos ^{2}(x)\tan(x)-\sin ^{2}(x)\tan(x)+\tan(x))\\&=\exp(-x)\tan(x)(-\sin(x)\cos(x)+\cos ^{2}(x)-\sin ^{2}(x)+1)\end{aligned}}$

Hinweis

Gilt bei der verallgemeinerten Produktregel zusätzlich $f_{1}(x)\cdot f_{2}(x)\cdot \ldots \cdot f_{n}(x)\neq 0$ für alle $x\in D$, so können wir beide Seiten durch dieses Produkt teilen, und erhalten so die Form

${\frac {(f_{1}f_{2}\cdot \ldots \cdot f_{n})'}{f_{1}\cdot f_{2}\cdot \ldots \cdot f_{n}}}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {f_{1}\cdot \ldots \cdot f_{k}'\cdot \ldots \cdot f_{n}}{f_{1}\cdot f_{2}\cdot \ldots \cdot f_{n}}}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {f_{k}'}{f_{k}}}$

Der Vorteil bei dieser Darstellung ist, dass die Summe auf der rechten Seite wesentlich übersichtlicher ist. Genau diese Idee steckt hinter der logarithmischen Ableitung, die wir im nächsten Abschnitt vorstellen.

Logarithmische Ableitung

Die logarithmische Ableitung ist ein sehr elegantes Hilfsmittel, um die Ableitung von verschachtelten Funktionen zu berechnen. Für eine differenzierbare Funktion $f$ ohne Nullstellen ist die Logarithmische Ableitung definiert durch

$L(f)=(\ln \circ |f|)'$

Wir haben oben schon gezeigt, dass mit der Kettenregel gilt:

$L(f)={\frac {f'}{f}}$

In der folgenden Tabelle sind einige Standardbeispiele von logarithmischen Ableitungen aufgelistet:

$f$	$\operatorname {L} (f)$	Definitionsbereich
$c\in \mathbb {R} \setminus \{0\}$	${\tfrac {0}{c}}=0$	$\mathbb {R}$
$x^{n}$, $n\in \mathbb {N}$	${\tfrac {nx^{n-1}}{x^{n}}}={\tfrac {n}{x}}$	$\mathbb {R} \setminus \{0\}$
$\exp(x)$	${\tfrac {\exp(x)}{\exp(x)}}=1$	$\mathbb {R}$
$\ln(x)$	${\tfrac {\tfrac {1}{x}}{\ln(x)}}={\tfrac {1}{x\ln(x)}}$	$\mathbb {R} ^{+}\setminus \{1\}$
$\sin(x)$	${\tfrac {\cos(x)}{\sin(x)}}=\cot(x)$	$\mathbb {R} \setminus \{k\pi \mid k\in \mathbb {Z} \}$
$\cos(x)$	${\tfrac {-\sin(x)}{\cos(x)}}=-\tan(x)$	$\mathbb {R} \setminus \{{\tfrac {\pi }{2}}+k\pi \mid k\in \mathbb {Z} \}$
$\tan(x)$	${\tfrac {\tfrac {1}{\cos ^{2}(x)}}{\tan(x)}}={\tfrac {1}{\sin(x)\cos(x)}}$	$\mathbb {R} \setminus \{k{\tfrac {\pi }{2}}\mid k\in \mathbb {Z} \}$

Aufgabe (Logarithmische Ableitungen berechnen)

Bestimme die logarithmische Ableitung (mit Definitionsbereich) der folgenden Funktionen

1. $f(x)={\sqrt {x}}$
2. $g(x)=\cot(x)={\tfrac {\cos(x)}{\sin(x)}}$
3. $h(x)=x^{a}=\exp(a\ln(x))$ mit $a\in \mathbb {R}$

Lösung (Logarithmische Ableitungen berechnen)

Teilaufgabe 1: Es gilt $f'(x)={\tfrac {1}{2{\sqrt {x}}}}$ für alle $x\in \mathbb {R} ^{+}$. Damit ist

$L(f)(x)={\frac {f'(x)}{f(x)}}={\frac {\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}{\sqrt {x}}}={\frac {1}{2x}}$

Da $f(x)={\sqrt {x}}\neq 0$ für alle $x\in \mathbb {R} ^{+}$ ist der Definitionsbereich der logarithmischen Ableitung von $f$ gleich $\mathbb {R} ^{+}$.

Teilaufgabe 2: Mit der Quotientenregel gilt

$g'(x)={\tfrac {-\sin(x)\sin(x)-\cos(x)\cos(x)}{\sin ^{2}(x)}}=-{\tfrac {\sin ^{2}(x)+\cos ^{2}(x)}{\sin ^{2}(x)}}=-{\tfrac {1}{\sin ^{2}(x)}}$ für alle $x\in \mathbb {R} \setminus \{k\pi \mid k\in \mathbb {Z} \}$

Damit ist

$L(g)(x)={\frac {g'(x)}{g(x)}}={\frac {-{\frac {1}{\sin ^{2}(x)}}}{\frac {\cos(x)}{\sin(x)}}}=-{\frac {1}{\sin(x)\cos(x)}}$

Da $g(x)={\tfrac {\cos(x)}{\sin(x)}}\neq 0\iff x\neq {\tfrac {\pi }{2}}+k\pi \ (k\in \mathbb {Z} )$ für alle $x\in \mathbb {R} \setminus \{k\pi \mid k\in \mathbb {Z} \}$ ist der Definitionsbereich der logarithmischen Ableitung von $g$ gleich $\mathbb {R} \setminus \{k{\tfrac {\pi }{2}}\mid k\in \mathbb {Z} \}$.

Teilaufgabe 3: Für $x\in \mathbb {R} ^{+}$ gilt

$L(h)(x)=[\ln(|h(x)|)]'=[\ln(\exp(a\ln(x)))]'=(a\ln(x))'={\frac {a}{x}}$

Da $h(x)=\exp(a\ln(x))\neq 0$ für alle $x\in \mathbb {R} ^{+}$ ist der Definitionsbereich von $L(h)$ gleich $\mathbb {R} ^{+}$.

Durch direktes Nachrechnen erhalten wir für die logarithmische Ableitung die folgenden Rechenregeln:

Satz (Rechenregeln für logarithmische Ableitung)

Für zwei differenzierbare Funktionen $f$ und $g$ ohne Nullstellen gilt

1. $L(f\cdot g)=L(f)+L(g)$
2. $L({\tfrac {1}{f}})=-L(f)$
3. $L({\tfrac {f}{g}})=L(f)-L(g)$
4. $L(f^{n})=nL(f)$ für $n\in \mathbb {N}$
5. $L({\sqrt {f}})={\tfrac {1}{2}}L(f)$ für $f>0$

Hinweis: Die Regeln sind analog zu den Rechenregeln für die Logarithmusfunktion.

Beweis (Rechenregeln für logarithmische Ableitung)

Wir beweisen nur Regel 1 und Regel 4. Die anderen drei überlassen wir euch als Übungsaufgabe.

Regel 1: Da $f$ und $g$ differenzierbar und nullstellenfrei sind, ist auch $f\cdot g$ differenzierbar und nullstellenfrei. Damit gilt

$L(fg)={\frac {(fg)'}{fg}}{\underset {\text{regel}}{\overset {\text{Produkt-}}{=}}}{\frac {f'g+fg'}{fg}}={\frac {f'g}{fg}}+{\frac {fg'}{fg}}={\frac {f'}{f}}+{\frac {g'}{g}}=L(f)+L(g)$

Regel 4: Da $f$ differenzierbar und nullstellenfrei ist, ist auch $f^{n}$ für $n\in \mathbb {N}$ differenzierbar und nullstellenfrei. Weiter oben hatten wir mit Hilfe der Kettenregel schon $(f^{n})'=nf^{n-1}f'$ gezeigt. Damit ist

$L(f^{n})={\frac {(f^{n})'}{f^{n}}}={\frac {nf^{n-1}f'}{f^{n}}}=n{\frac {f'}{f}}=nL(f)$

Aufgabe (Rechenregeln für die logarithmische Ableitung)

Beweise die Regeln 2, 3 und 5 des vorherigen Satzes

Beweis (Rechenregeln für die logarithmische Ableitung)

Regel 2: Da $f$ differenzierbar und nullstellenfrei sind, ist auch ${\frac {1}{f}}$ differenzierbar und nullstellenfrei. Mit der Kettenregel gilt $({\tfrac {1}{f}})'=-{\tfrac {1}{f^{2}}}\cdot f'=-{\tfrac {f'}{f^{2}}}$. Damit gilt

$L({\tfrac {1}{f}})={\frac {({\tfrac {1}{f}})'}{\tfrac {1}{f}}}={\frac {-{\tfrac {f'}{f^{2}}}}{\tfrac {1}{f}}}=-{\frac {f'f}{f^{2}}}=-{\frac {f'}{f}}=-L(f)$

Regel 3: Da $f$ und $g$ differenzierbar und nullstellenfrei sind, ist auch ${\tfrac {f}{g}}$ differenzierbar und nullstellenfrei. Unter Verwendung von Regel 1 und 2 erhalten wir nun

$L({\tfrac {f}{g}})=L(f\cdot {\tfrac {1}{g}}){\overset {\text{Regel 1}}{=}}L(f)+L({\tfrac {1}{g}}){\overset {\text{Regel 2}}{=}}L(f)-L(g)$

Alternativ kann man die Regel auch mit Hilfe der Quotientenregel beweisen.

Regel 5: Da $f$ differenzierbar und positiv sind, ist auch ${\sqrt {f}}$ differenzierbar und positiv. Mit der Kettenregel gilt $({\sqrt {f}})'={\tfrac {1}{2{\sqrt {f}}}}\cdot f'={\tfrac {f'}{2{\sqrt {f}}}}$. Damit gilt

$L({\sqrt {f}})={\frac {({\sqrt {f}})'}{\sqrt {f}}}={\frac {\tfrac {f'}{2{\sqrt {f}}}}{\sqrt {f}}}={\frac {f'}{2{\sqrt {f}}{\sqrt {f}}}}={\frac {f'}{2f}}={\frac {1}{2}}L(f)$

Hinweis

Die Summenregel lässt sich für nullstellenfreie und differenzierbare $f_{1},\ldots ,f_{n}$ ($n\in \mathbb {N} )$ noch verallgemeinern zu

$L(f_{1}\cdot \ldots \cdot f_{n})=L(f_{1})+\ldots +L(f_{n})\iff {\frac {(f_{1}\cdot \ldots \cdot f_{n})'}{f_{1}\cdot \ldots \cdot f_{n}}}={\frac {f_{1}'}{f_{1}}}+\ldots +{\frac {f_{n}'}{f_{n}}}$

Mit Hilfe der Regeln können wir nun Ableitungen berechnen. Der Übergang zur logarithmischen Ableitung bringt zwar meist nicht weniger Rechenaufwand, ist aber wesentlich übersichtlicher als die Berechnung mit den üblichen Regeln, und daher weniger anfällig gegenüber Flüchtigkeitsfehlern.

Beispiel (Logarithmische Ableitung 1)

Als erstes differenzieren wir mit Hilfe der logarithmischen Ableitung die Produktfunktion

$f(x)=xe^{x}\cos(x)$

Zunächst bestimmen wir den zulässigen Definitionsbereich: Es ist $f_{1}(x)=x$, $f_{2}(x)=e^{x}$ und $f_{3}(x)=\cos(x)$. Damit wir die die logarithmische Ableitung bilden können, müssen $f_{1},f_{2}$ und $f_{3}$ nullstellenfrei sein. Wegen $f_{3}$ wählen wir daher $D=\mathbb {R} \setminus \{{\tfrac {\pi }{2}}+k\pi \mid k\in \mathbb {Z} \}$.

Nun bilden wir die logarithmische Ableitung von $f$: Es gilt

$\underbrace {L(f(x))} _{\frac {f'(x)}{f(x)}}=L(f_{1}\cdot f_{2}\cdot f_{3}){\underset {\text{regel}}{\overset {\text{Produkt-}}{=}}}L(f_{1}(x))+L(f_{2}(x))+L(f_{3}(x))={\frac {f_{1}'(x)}{f_{1}(x)}}+{\frac {f_{2}'(x)}{f_{2}(x)}}+{\frac {f_{3}'(x)}{f_{3}(x)}}={\frac {1}{x}}+{\frac {e^{x}}{e^{x}}}+{\frac {-\sin(x)}{\cos(x)}}={\frac {1}{x}}+1-{\frac {\sin(x)}{\cos(x)}}$

Zuletzt multiplizieren wir die Gleichung mit $f(x)=xe^{x}\cos(x)$ durch, und erhalten

$f'(x)={\frac {1}{x}}\cdot f(x)+1\cdot f(x)-{\frac {\sin(x)}{\cos(x)}}\cdot f(x)=e^{x}\cos(x)+xe^{x}\cos(x)-xe^{x}\sin(x)=e^{x}(\cos(x)+x\cos(x)-x\sin(x))$

Beispiel (Logarithmische Ableitung 2)

Als nächstes differenzieren wir die folgende Quotientenfunktion „logarithmisch“

${\tilde {f}}(x)={\frac {(x-1)^{2}}{x^{2}+1}}$

Zum Definitionsbereich: Der Nenner ist immer ungleich null. Damit ${\tilde {f}}$ nullstellenfrei ist muss der Zähler ungleich null sein. Es muss also gelten

$(x-1)^{2}\neq 0\iff x\neq 1$

Daher ist der Definitionsbereich gleich $D=\mathbb {R} \setminus \{1\}$.

Mit $f(x)=(x-1)^{2}$ und $g(x)=x^{2}+1$ gilt für die logarithmische Ableitung von ${\tilde {f}}$

$\underbrace {L({\tilde {f}}(x))} _{\frac {{\tilde {f}}'(x)}{{\tilde {f}}(x)}}=L({\tfrac {f(x)}{g(x)}}){\underset {\text{regel}}{\overset {\text{Quotienten-}}{=}}}L(f(x))-L(g(x))={\frac {f'(x)}{f(x)}}-{\frac {g'(x)}{g(x)}}={\frac {2(x-1)}{(x-1)^{2}}}-{\frac {2x}{x^{2}+1}}={\frac {2}{x-1}}-{\frac {2x}{x^{2}+1}}$

Durch Multiplikation mit ${\tilde {f}}(x)={\frac {(x-1)^{2}}{x^{2}+1}}$ erhalten wir

${\begin{aligned}{\tilde {f}}'(x)&={\frac {2}{x-1}}\cdot {\tilde {f}}(x)-{\frac {2x}{x^{2}+1}}\cdot {\tilde {f}}(x)={\frac {2(x-1)}{x^{2}+1}}-{\frac {2x(x-1)^{2}}{(x^{2}+1)}}={\frac {2(x-1)(x^{2}+1)-2x(x-1)^{2}}{(x^{2}+1)^{2}}}\\&={\frac {2(x-1)[(x^{2}+1)-x(x-1)]}{(x^{2}+1)^{2}}}={\frac {2(x-1)[x+1]}{(x^{2}+1)^{2}}}={\frac {2(x^{2}-1)}{(x^{2}+1)^{2}}}\end{aligned}}$

Beispiel (Logarithmische Ableitung 3)

Zuletzt differenzieren wir mit der logarithmischen Ableitung noch

${\hat {f}}(x)=x^{\tfrac {1}{x}}=\exp({\tfrac {1}{x}}\ln(x))=\exp({\tfrac {\ln(x)}{x}})$

Zum Definitionsbereich: Damit ${\hat {f}}$ definiert ist, muss $x>0$ gelten. ${\hat {f}}$ ist auf ganz $\mathbb {R} ^{+}$ nullstellenfrei. Also ist $D=\mathbb {R} ^{+}$.

Die logarithmische Ableitung von ${\hat {f}}$ ist

$\underbrace {L({\hat {f}}(x))} _{={\frac {{\hat {f}}'(x)}{{\hat {f}}(x)}}}=[\ln(f(x))]'=[\ln(\exp({\tfrac {\ln(x)}{x}}))]'=[{\tfrac {\ln(x)}{x}}]'={\frac {{\tfrac {1}{x}}\cdot x-\ln(x)\cdot 1}{x^{2}}}={\frac {1-\ln(x)}{x^{2}}}$

Durch Multiplikation mit ${\hat {f}}(x)=x^{\tfrac {1}{x}}$ erhalten wir

${\hat {f}}'(x)=x^{\tfrac {1}{x}}({\tfrac {1-\ln(x)}{x^{2}}})=x^{{\tfrac {1}{x}}-2}(1-\ln(x))$

Aufgabe (Logarithmische Ableitung)

Differenziere, mit Hilfe der logarithmischen Ableitungen, die folgenden Funktionen, auf deren Definitionsbereich:

1. $f(x)=\sin(x)\cos(x)\tan(x)$
2. $g(x)={\frac {\sqrt {x-1}}{(x+1)^{2}}}$
3. $h(x)=x^{\sqrt {x}}$

Verallgemeinerte Kettenregel

Genau wie die Summen- und Produktregel, lässt sich auch die Kettenregel auf die Komposition von mehr als zwei Funktionen verallgemeinern. Für zwei differenzierbare Funktionen $f_{1}$ und $f_{2}$ lautet die Kettenregel

$(f_{1}\circ f_{2})'(x)=(f_{1}'(f_{2}(x))\cdot f_{2}'(x)$

Wenden wir diese auf drei Funktionen $f_{1}$, $f_{2}$ und $f_{3}$ an, so erhalten wir durch zweimaliges Anwenden der Regel

$(f_{1}\circ f_{2}\circ f_{3})'(x)=(\underbrace {(f_{1}\circ f_{2})} _{=h}\circ f_{3})'(x)=\underbrace {(f_{1}\circ f_{2})'(f_{3}(x))} _{=h'(f_{3}(x))}\cdot f_{3}'(x)=f_{1}'(f_{2}(f_{3}(x)))\cdot f_{2}'(f_{3}(x))\cdot f_{3}'(x)$

Wenn wir nun genau hinsehen, erkennen wir das Bildungsgesetz: Zunächst wird die äußerste Funktion abgeleitet, und die beiden inneren in die Ableitungsfunktion eingesetzt. Anschließend wird die zweite Funktion abgeleitet, und die innerste eingesetzt, und das ganze mit der vorderen Ableitung multipliziert. Zuletzt wird noch die innerste Funktion abgeleitet und dazumultipliziert. Verallgemeinern wir dies nun auf $n$ Funktionen, so erhalten wir:

Satz (Verallgemeinerte Kettenregel)

Seien $f_{i}:D_{i}\to \mathbb {R}$ differenzierbar für aller $i\in \{1,\ldots ,n\}$, und $f_{i+1}(D_{i+1})\subseteq D_{i}$ für alle $i\in \{0,\ldots ,n-1\}$. Dann ist auch $f_{1}\circ f_{2}\circ \ldots \circ f_{n}:D_{1}\to \mathbb {R}$ differenzierbar, und für alle $x\in D_{1}$ gilt

$(f_{1}\circ f_{2}\circ \ldots \circ f_{n})'(x)=f_{1}'(f_{2}(\ldots f_{n-1}(f_{n}(x))\ldots ))\cdot f_{2}'(f_{3}(\ldots f_{n-1}(f_{n}(x))\ldots ))\cdot \ldots \cdot f_{n-1}'(f_{n}(x))\cdot f_{n}'(x)$

Beweis (Verallgemeinerte Kettenregel)

Wir beweisen die Aussage mittels vollständiger Induktion über $n$:

Induktionsanfang: $n=1$. Es gilt

$f_{1}'=f_{1}'$

$n=2$. Hier gilt die Kettenregel

$(f_{1}\circ f_{2})'(x)=f_{1}'(f_{2}(x))\cdot f_{2}'(x)$

Induktionsvoraussetzung:

$(f_{1}\circ f_{2}\circ \ldots \circ f_{n})'(x)=f_{1}'(f_{2}(\ldots f_{n-1}(f_{n}(x))\ldots ))\cdot f_{2}'(f_{3}(\ldots f_{n-1}(f_{n}(x))\ldots ))\cdot \ldots \cdot f_{n-1}'(f_{n}(x))\cdot f_{n}'(x)$ gelte für alle $x\in D_{1}$ und ein $n\in \mathbb {N}$

Induktionsschritt: $n\to n+1$. Für $x\in D_{1}$ gilt

${\begin{aligned}(f_{1}\circ f_{2}\circ \ldots \circ f_{n}\circ f_{n+1})'(x)&=(\underbrace {(f_{1}\circ f_{2}\circ \ldots \circ f_{n})} _{=h}\circ f_{n+1})'(x)\\&={\underset {\text{regel}}{\overset {\text{Ketten-}}{=}}}\underbrace {(f_{1}\circ f_{2}\circ \ldots \circ f_{n})'(\overbrace {f_{n+1}(x)} ^{\tilde {x}})} _{=h'({\tilde {x}})}\cdot f_{n+1}'(x)\\&={\underset {\text{voraussetzung}}{\overset {\text{Induktions-}}{=}}}f_{1}'(f_{2}(\ldots f_{n-1}(f_{n}(\overbrace {f_{n+1}(x)} ^{={\tilde {x}}}))\ldots ))\cdot f_{2}'(f_{3}(\ldots f_{n-1}(f_{n}(\overbrace {f_{n+1}(x)} ^{={\tilde {x}}}))\ldots ))\cdot \ldots \cdot f_{n}'(\overbrace {f_{n+1}(x)} ^{={\tilde {x}}})\cdot f_{n+1}'(x)\end{aligned}}$