Aufgaben zur Ableitung 1 – „Mathe für Nicht-Freaks“

Ableitung mit Differentialquotient berechnen

Aufgaben zum Kapitel Ableitung und Differenzierbarkeit

Aufgabe (Differenzierbare Potenzfunktion)

Zeige, dass die Potenzfunktion $f:ℝ\setminus \{0\},f(x)=x^{-2}=\frac{1}{x^2}$ an der Stelle $\xi =-2$ differenzierbar ist, und berechne dort die Ableitung. Wie lautet die Ableitung von $f$ an einer beliebigen Stelle $\tilde{x}\in ℝ\setminus \{0\}$?

Lösung (Differenzierbare Potenzfunktion)

Der Differentialquotient von $f$ an der Stelle $\xi =-2$ lautet

$\begin{array}{cc}{f}^{\prime }(-2)& =\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(-2+h)-f(-2)}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{\frac{1}{(-2+h{)}^2}-\frac{1}{(-2{)}^2}}{h}\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{\frac{(-2{)}^2-(-2+h{)}^2}{(-2{)}^2\cdot (-2+h{)}^2}}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{4-(4-4h+h^2)}{4h(h^2-4h+4)}\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{4h-h^2}{4h^3-16h^2+16h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{4-h}{4h^2-16h+16}\\ & =\frac{4-0}{0+0+16}=\frac{4}{16}=\frac{1}{4}\end{array}$

Also ist $f$ an der Stelle $\xi =-2$ differenzierbar, mit Ableitung $f^{\prime }(-2)=\frac{1}{4}$. Für ein allgemeines $\tilde{x}\in ℝ\setminus \{0\}$ gilt

$\begin{array}{cc}{f}^{\prime }(\tilde{x})& =\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(\tilde{x}+h)-f(\tilde{x})}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{\frac{1}{(\tilde{x}+h{)}^2}-\frac{1}{{\tilde{x}}^2}}{h}\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{\frac{{\tilde{x}}^2-(\tilde{x}+h{)}^2}{{\tilde{x}}^2\cdot (\tilde{x}+h{)}^2}}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{{\tilde{x}}^2-({\tilde{x}}^2+2\tilde{x}h+h^2)}{{\tilde{x}}^{2}h({\tilde{x}}^2+2\tilde{x}h+h^2)}\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{-2\tilde{x}h-h^2}{{\tilde{x}}^{4}h+2{\tilde{x}}^3{h}^2+{\tilde{x}}^2{h}^3}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{-2\tilde{x}-h}{{\tilde{x}}^4+2{\tilde{x}}^{3}h+{\tilde{x}}^2{h}^2}\\ & =\frac{-2\tilde{x}-0}{{\tilde{x}}^4+0+0}=-\frac{2}{{\tilde{x}}^3}\end{array}$

Aufgabe (Ableitung einer Produkt-Funktion)

Sei $f:ℝ\to ℝ$ definiert durch

$f(x)=x(x-1)(x-2)\cdot \dots \cdot (x-1000)=\prod _{k=0}^{1000}(x-k)$

Bestimme $f^{\prime }(0)$.

Lösung (Ableitung einer Produkt-Funktion)

Es gilt

$f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{lim}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{\prod _{k=0}^{1000}(x-k)-0}{x-0}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{x\cdot \prod _{k=1}^{1000}(x-k)}{x}=\underset{x\to 0}{lim}\prod _{k=1}^{1000}(x-k)\stackrel{(\ast )}{=}\prod _{k=1}^{1000}(-k)=\underset{=1}{\underbrace{(-1{)}^{1000}}}\cdot \underset{=1000!}{\underbrace{\prod _{k=1}^{1000}k}}=1000!$

Dabei haben wir bei $(\ast )$ benutzt, dass $x\mapsto \prod _{k=1}^{1000}(x-k)$ stetig ist als Produkt der stetigen Funktionen $x\mapsto x-k$ für $1\le k\le 1000$.

Aufgabe (Ableitung einer Funktion mit Fallunterscheidung)

Untersuche, ob die folgenden Funktionen in $x=0$ differenzierbar sind.

1. $f:ℝ\to ℝ,f(x)=\{\begin{array}{cc}\cos (\frac{1}{x})& \text{ für }x\ne 0\\ 0& \text{ für }x=0\end{array}$
2. $g:ℝ\to ℝ,g(x)=\{\begin{array}{cc}x\cos (\frac{1}{x})& \text{ für }x\ne 0\\ 0& \text{ für }x=0\end{array}$

Lösung (Ableitung einer Funktion mit Fallunterscheidung)

Teilaufgabe 1: Da $\cos (\frac{1}{x})$, genau wie $\sin (\frac{1}{x})$, für $x\to 0$ sehr schnell zwischen $-1$ und $-1$ osziliert, ist zu erwarten, dass $f$ in $x=0$ nicht stetig ist. Dazu betrachten wir die Nullfolgen $(a_n{)}_{n\in \mathbb{N}}=(\frac{1}{2n\pi }{)}_{n\in \mathbb{N}}$ und $(b_n{)}_{n\in \mathbb{N}}=(\frac{1}{(2n-1)\pi }{)}_{n\in \mathbb{N}}$. Für diese gilt

$f(a_n)=\cos (2n\pi )=1$

und

$f(b_n)=\cos ((2n-1)\pi )=-1$

Also existiert $\underset{x\to 0}{lim}f(x)$ nicht. Nach dem Folgenkriterium ist $f$ daher im Nullpunkt nicht stetig, und damit auch nicht differenzierbar.

Teilaufgabe 2: Die Funktion $g$ ist nach dem Folgenkriterium, wegen $\underset{x\to 0}{lim}g(x)=0$, im Nullpunkt stetig. Also betrachten wir den Differentialquotienten. Für diesen gilt

$\underset{x\to 0}{lim}\frac{g(x)-g(0)}{x-0}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{x\cos (\frac{1}{x})-0}{x}=\underset{x\to 0}{lim}\cos (\frac{1}{x})$

In Teilaufgabe 1 hatten wir gezeigt, dass dieser Grenzwert nicht existiert. Damit ist auch $g$ in null nicht differenzierbar.

Aufgabe (Kriterium für Nicht-Differenzierbarkeit einer allgemeinen Funktion in null)

Sei $f:(-1,1)\to ℝ$. Zeige: Gilt $|f(x)|\ge |x{|}^{\alpha }$ für ein $0<\alpha <1$ und $f(0)=0$, so ist $f$ in null nicht differenzierbar.

Lösung (Kriterium für Nicht-Differenzierbarkeit einer allgemeinen Funktion in null)

Es gilt

$\left|\frac{f(x)-f(0)}{x-0}\right|=\frac{|f(x)|}{|x|}\stackrel{|f(x)|\ge |x{|}^{\alpha }}{\ge }\frac{|x{|}^{\alpha }}{|x|}=\frac{1}{|x{|}^{1-\alpha }}\stackrel{x\to 0}{⟶}\mathrm{\infty }$ wegen $1-\alpha >0$

Daher existiert $f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{lim}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}$ nicht.

Aufgabe (Bestimmung von Grenzwerten mit Differentialquotienten)

Sei $f:D\to ℝ$ in $a\in D$ differenzierbar. Zeige die folgenden Grenzwerte

1. $\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(a+h^2)-f(a)}{h}=0$
2. $\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(a+ch)-f(a-dh)}{h}=(c+d)f^{\prime }(a)$ für $c,d\in ℝ$
3. $\underset{x\to a}{lim}\frac{xf(a)-af(x)}{x-a}=f(a)-a{f}^{\prime }(a)$

Wie kommt man auf den Beweis? (Bestimmung von Grenzwerten mit Differentialquotienten)

Da $f$ in $a$ differenzierbar ist, gilt

$\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}=f^{\prime }(a)$ und $\underset{x\to a}{lim}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=f^{\prime }(a)$

Außerdem wissen wir aus den Aufgaben im Kapitel Ableitung und Differenzierbarkeit, dass gilt

$\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(a-h)-f(a)}{h}=-f^{\prime }(x)$

Die Idee ist es nun die Grenzwerte so umzuformen, dass wir sie mit Hilfe der Differentialquotienten berechnen können.

Lösung (Bestimmung von Grenzwerten mit Differentialquotienten)

Teilaufgabe 1: Wegen $\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}=f^{\prime }(a)$ gilt auch $\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(a+h^2)-f(a)}{h^2}=f^{\prime }(a)$. Damit ist

$\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(a+h^2)-f(a)}{h}=\underset{h\to 0}{lim}h\cdot \frac{f(a+h^2)-f(a)}{h^2}=\underset{=0}{\underbrace{\underset{h\to 0}{lim}h}}\cdot \underset{=f^{\prime }(a)}{\underbrace{\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(a+h^2)-f(a)}{h^2}}}=0$

Teilaufgabe 2: Mit $\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}=f^{\prime }(a)$ und $\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(a-h)-f(a)}{h}=-f^{\prime }(a)$ gilt auch $\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(a+ch)-f(a)}{ch}=f^{\prime }(a)$ und $\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(a-dh)-f(a)}{dh}=-f^{\prime }(a)$. Daher ist

$\begin{array}{cc}\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(a+ch)-f(a-dh)}{h}& =\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(a+ch)-f(a)-(f(a-dh)-f(a))}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(a+ch)-f(a)}{h}-\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(a-dh)-f(a)}{h}\\ & =c\cdot \underset{=f^{\prime }(a)}{\underbrace{\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(a+ch)-f(a)}{ch}}}-d\cdot \underset{=-f^{\prime }(a)}{\underbrace{\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(a-dh)-f(a)}{dh}}}=c{f}^{\prime }(a)+d{f}^{\prime }(a)=(c+d)f^{\prime }(a)\end{array}$

Teilaufgabe 3: Hier benötigen wir den „ursprünglichen“ Differenrentialquotienten $\underset{x\to a}{lim}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=f^{\prime }(a)$. Mit diesem gilt

$\begin{array}{cc}\underset{x\to a}{lim}\frac{xf(a)-af(x)}{x-a}& =\underset{x\to a}{lim}\frac{xf(a)-af(a)-(af(x)-af(a))}{x-a}=\underset{x\to a}{lim}\frac{xf(a)-af(a)}{x-a}-\underset{x\to a}{lim}\frac{af(x)-af(a)}{x-a}\\ & =\underset{x\to a}{lim}\frac{(x-a)f(a)}{x-a}-\underset{x\to a}{lim}\frac{a(f(x)-f(a))}{x-a}=c\cdot \underset{=f(a)}{\underbrace{\underset{x\to a}{lim}f(a)}}-a\cdot \underset{=f^{\prime }(a)}{\underbrace{\underset{x\to a}{lim}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}}}=f(a)-a{f}^{\prime }(a)\end{array}$

Aufgabe (Folgerung aus Differenzierbarkeit)

Sei $f:ℝ\to ℝ$ in $\tilde{x}$ differenzierbar. Weiter seien $(a_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$ und $(b_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$ Folgen mit $a_n<\tilde{x}<b_n$ für alle $n\in \mathbb{N}$, sowie $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(a_n-b_n)=0$. Zeige: Dann gilt

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{f(a_n)-f(b_n)}{a_n-b_n}=f^{\prime }(\tilde{x})$

Zusatzfrage: Gilt auch die umgekehrte Aussage: Existiert der Grenzwert $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{f(a_n)-f(b_n)}{a_n-b_n}$ mit Folgen $(a_n)$ und $(b_n)$ wie oben, so ist $f$ in $\tilde{x}$ differenzierbar, und $f^{\prime }(\tilde{x})$ ist gleich diesem Grenzwert.

Hinweis: Zeige zunächst $\frac{f(a_n)-f(b_n)}{a_n-b_n}=\frac{f(a_n)-f(\tilde{x})}{a_n-\tilde{x}}+\frac{a_n-\tilde{x}}{a_n-b_n}(\frac{f(a_n)-f(\tilde{x})}{a_n-\tilde{x}}-\frac{f(b_n)-f(\tilde{x})}{b_n-\tilde{x}})$

Lösung (Folgerung aus Differenzierbarkeit)

Es gilt

$\begin{array}{cc}\frac{f(a_n)-f(b_n)}{a_n-b_n}& =\frac{f(a_n)-f(\tilde{x})+f(\tilde{x})-f(b_n)}{a_n-b_n}\\ & =\frac{f(a_n)-f(\tilde{x})}{a_n-b_n}+\frac{f(\tilde{x})-f(b_n)}{a_n-b_n}\\ & =\frac{f(a_n)-f(\tilde{x})}{a_n-\tilde{x}}+\frac{f(a_n)-f(\tilde{x})}{a_n-b_n}-\frac{f(a_n)-f(\tilde{x})}{a_n-\tilde{x}}-\frac{f(b_n)-f(\tilde{x})}{a_n-b_n}\\ & =\frac{f(a_n)-f(\tilde{x})}{a_n-\tilde{x}}+\frac{(a_n-\tilde{x}-(a_n-b_n))(f(a_n)-f(\tilde{x})}{(a_n-b_n)(a_n-\tilde{x})}-\frac{f(b_n)-f(\tilde{x})}{a_n-b_n}\\ & =\frac{f(a_n)-f(\tilde{x})}{a_n-\tilde{x}}+\frac{b_n-\tilde{x}}{a_n-b_n}\cdot \frac{f(a_n)-f(\tilde{x})}{a_n-\tilde{x}}-\frac{b_n-\tilde{x}}{a_n-b_n}\cdot \frac{f(b_n)-f(\tilde{x})}{b_n-\tilde{x}}\\ & =\underset{\to f^{\prime }(\tilde{x})}{\underbrace{\frac{f(a_n)-f(\tilde{x})}{a_n-\tilde{x}}}}+\underset{|\dots |\le 1}{\underbrace{\frac{a_n-\tilde{x}}{a_n-b_n}}}\cdot \underset{\to f^{\prime }(\tilde{x})-f^{\prime }(\tilde{x})=0}{\underbrace{(\frac{f(a_n)-f(\tilde{x})}{a_n-\tilde{x}}-\frac{f(b_n)-f(\tilde{x})}{b_n-\tilde{x}})}}\end{array}$

Da nun das Produkt aus einer beschränkten Folge und einer Nullfolge gegen null konvergiert, gilt mit den Rechenregeln für Folgen

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{f(a_n)-f(b_n)}{a_n-b_n}=f^{\prime }(\tilde{x})+0=f^{\prime }(\tilde{x})$

Zur Zusatzfrage: Die Umkehrung ist falsch. Betrachten wir die in $\tilde{x}=0$ nicht stetige (und damit nicht differenzierbare) Funktion

$f:ℝ\to ℝ,f(x)=\{\begin{array}{cc}1& \text{ für }x\ne 0,\\ 0& \text{ für }x=0\end{array}$

Dann gilt für alle Nullfolgen $(a_n)$ und $(b_n)$ mit $a_n<0<b_n$:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{f(a_n)-f(b_n)}{a_n-b_n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1-1}{a_n-b_n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{0}{a_n-b_n}=0$

Aufgaben zum Kapitel Beispiele von Ableitungen

Aufgabe (Ableitung von linearen und quadraischen Funktionen)

Bestimme direkt mit der Definition die Ableitung einer linearen Funktion

$f:ℝ\to ℝ,f(x)=ax+b$

und einer quadratischen Funktion

$g:ℝ\to ℝ,g(x)=a{x}^2+bx+c$

mit $a,b,c\in ℝ$.

Lösung (Ableitung von linearen und quadraischen Funktionen)

1. Lineare Funktion: Für $\tilde{x}\in ℝ$ gilt

$f^{\prime }(\tilde{x})=\underset{x\to \tilde{x}}{lim}\frac{f(x)-f(\tilde{x})}{x-\tilde{x}}=\underset{x\to \tilde{x}}{lim}\frac{ax+b-(a\tilde{x}+b)}{x-\tilde{x}}=\underset{x\to \tilde{x}}{lim}\frac{ax+b-a\tilde{x}-b}{x-\tilde{x}}=\underset{x\to \tilde{x}}{lim}\frac{ax-a\tilde{x}}{x-\tilde{x}}=\underset{x\to \tilde{x}}{lim}\frac{a(x-\tilde{x})}{x-\tilde{x}}=\underset{x\to \tilde{x}}{lim}a=a$

2. Quadratische Funktion: Für $\tilde{x}\in ℝ$ gilt

$\begin{array}{cc}{g}^{\prime }(\tilde{x})& =\underset{x\to \tilde{x}}{lim}\frac{g(x)-g(\tilde{x})}{x-\tilde{x}}=\underset{x\to \tilde{x}}{lim}\frac{a{x}^2+bx+c-(a{\tilde{x}}^2+b\tilde{x}+c)}{x-\tilde{x}}=\underset{x\to \tilde{x}}{lim}\frac{a{x}^2+bx-a{\tilde{x}}^2-b\tilde{x}}{x-\tilde{x}}\\ & =\underset{x\to \tilde{x}}{lim}\frac{a(x^2-{\tilde{x}}^2)+b(x-\tilde{x})}{x-\tilde{x}}=\underset{x\to \tilde{x}}{lim}\frac{a(x+\tilde{x})(x-\tilde{x})}{x-\tilde{x}}+\underset{x\to \tilde{x}}{lim}\frac{b(x-\tilde{x})}{x-\tilde{x}}=\underset{x\to \tilde{x}}{lim}a(x+\tilde{x})+\underset{x\to \tilde{x}}{lim}b=2a\tilde{x}+b\end{array}$

Aufgabe (Ableitung der natürlichen Logarithmusfunktion)

Berechne die Ableitung der natürlichen Logarithmusfunktion

$f:{ℝ}^{+}\to ℝ,f(x)=\ln x$

direkt mit Hilfe des Differentialquotienten.

Lösung (Ableitung der natürlichen Logarithmusfunktion)

1.Möglichkeit: Standardmethode

Für $\tilde{x}\in {ℝ}^{+}$ gilt

$f^{\prime }(\tilde{x})=\underset{x\to \tilde{x}}{lim}\frac{f(x)-f(\tilde{x})}{x-\tilde{x}}=\underset{x\to \tilde{x}}{lim}\frac{\ln x-\ln \tilde{x}}{x-\tilde{x}}$

Nun gilt für $0<x<\tilde{x}$ die Ungleichung

$\frac{1}{\tilde{x}}\le \frac{f(x)-f(\tilde{x})}{x-\tilde{x}}\le \frac{1}{x}$

Vertauschen wir die Rollen von $x$ und $\tilde{x}$, so gilt

$\frac{1}{x}\le \frac{f(\tilde{x})-f(x)}{\tilde{x}-x}\le \frac{1}{\tilde{x}}$

Da nun die linke und die rechte Seite der Ungleichung für $x\to \tilde{x}$ gegen $\frac{1}{\tilde{x}}$ konvergieren, folgt aus dem Einschnürungssatz

$f^{\prime }(\tilde{x})=\underset{x\to \tilde{x}}{lim}\frac{\ln x-\ln \tilde{x}}{x-\tilde{x}}=\frac{1}{\tilde{x}}$

2.Möglichkeit: $h$-Methode

Für $\tilde{x}\in {ℝ}^{+}$ gilt

$\begin{array}{cc}{f}^{\prime }(\tilde{x})& =\underset{h\to \tilde{0}}{lim}\frac{f(\tilde{x}+h)-f(\tilde{x})}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{\ln (\tilde{x}+h)-\ln (\tilde{x})}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{\ln (\frac{\tilde{x}+h}{\tilde{x}})}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{\ln (1+\frac{h}{\tilde{x}})}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{1}{\tilde{x}}\frac{\ln (1+\frac{h}{\tilde{x}})}{\frac{h}{\tilde{x}}}\\ & \stackrel{y=\frac{h}{\tilde{x}}}{=}\underset{y\to 0}{lim}\frac{1}{\tilde{x}}\frac{\ln (1+y)}{y}=\frac{1}{\tilde{x}}\underset{=1}{\underbrace{\underset{y\to 0}{lim}\frac{\ln (1+y)}{y}}}=\frac{1}{\tilde{x}}\end{array}$

Aufgabe (Berechnung der Ableitung der hyperbolischen Funktionen $\sinh$ $\cosh$ und $\tanh$)

Bestimme die Ableitung der folgenden Funktionen mithilfe des Differentialquotienten

1. $\sinh :ℝ\to ℝ,\sinh (x):=\frac{e^x-e^{-x}}{2}$
2. $\cosh :ℝ\to ℝ,\cosh (x):=\frac{e^x+e^{-x}}{2}$
3. $\tanh :ℝ\to ℝ,\tanh (x):=\frac{\sinh }{\cosh }$

Lösung (Berechnung der Ableitung der hyperbolischen Funktionen $\sinh$ $\cosh$ und $\tanh$)

Teilaufgabe 1: Sei $x\in ℝ$. Dann gilt

$\begin{array}{ccc}& {\sinh }^{\prime }(x)=\underset{h\to 0}{lim}\frac{\sinh (x+h)-\sinh (x)}{h}=& \underset{h\to 0}{lim}\frac{\frac{e^{x+h}-e^{-(x+h)}}{2}-\frac{e^x-e^{-x}}{2}}{h}\\ =& \underset{h\to 0}{lim}\frac{e^x(e^h-1)-e^{-x}(e^{-h}-1)}{2h}\\ =& \underset{h\to 0}{lim}\frac{e^x(e^h-1)}{2h}-\underset{h\to 0}{lim}\frac{e^{-x}(e^{-h}-1)}{2h}\\ & \downarrow \text{2.Grenzwert: Substitution }\tilde{h}=-h\\ =& \underset{h\to 0}{lim}\frac{e^x(e^h-1)}{2h}-\underset{\tilde{h}\to 0}{lim}\frac{e^{-x}(e^{\tilde{h}}-1)}{-2\tilde{h}}\\ =& \frac{e^x}{2}\underset{h\to 0}{lim}\frac{(e^h-1)}{h}+\frac{e^{-x}}{2}\underset{\tilde{h}\to 0}{lim}\frac{(e^{\tilde{h}}-1)}{\tilde{h}}\\ & \downarrow \underset{h\to 0}{lim}\frac{(e^h-1)}{h}=1\\ =& \frac{e^x+e^{-x}}{2}\\ =& \cosh (x)\end{array}$

Alternativer Beweis:

$\begin{array}{cc}{\sinh }^{\prime }(x)& =\underset{h\to 0}{lim}\frac{\sinh (x+h)-\sinh (x)}{h}\\ & \downarrow \text{Additionstheorem: }\sinh (x+y)=\sinh (x)\cosh (y)+\cosh (x)\sinh (y)\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{\sinh (x)\cosh (h)+\cosh (x)\sinh (h)-\sinh (x)}{h}\\ & =\sinh (x)\cdot \underset{=0}{\underbrace{\underset{h\to 0}{lim}\frac{\cosh (h)-1}{h}}}+\cosh (x)\cdot \underset{=1}{\underbrace{\underset{h\to 0}{lim}\frac{\sinh (h)}{h}}}\\ & =\cosh (x)\end{array}$

Teilaufgabe 2: Sei $x\in ℝ$. Dann gilt

$\begin{array}{cc}& {\cosh }^{\prime }(x)=\underset{h\to 0}{lim}\frac{\cosh (x+h)-\cosh (x)}{h}\\ =& \underset{h\to 0}{lim}\frac{\frac{e^{x+h}+e^{-(x+h)}}{2}-\frac{e^x+e^{-x}}{2}}{h}\\ =& \underset{h\to 0}{lim}\frac{e^x(e^h-1)+e^{-x}(e^{-h}-1)}{2h}\\ =& \underset{h\to 0}{lim}\frac{e^x(e^h-1)}{2h}+\underset{h\to 0}{lim}\frac{e^{-x}(e^{-h}-1)}{2h}\\ & \downarrow \text{2.Grenzwert: Substitution }\tilde{h}=-h\\ =& \underset{h\to 0}{lim}\frac{e^x(e^h-1)}{2h}+\underset{\tilde{h}\to 0}{lim}\frac{e^{-x}(e^{\tilde{h}}-1)}{-2\tilde{h}}\\ =& \frac{e^x}{2}\underset{h\to 0}{lim}\frac{(e^h-1)}{h}-\frac{e^{-x}}{2}\underset{\tilde{h}\to 0}{lim}\frac{(e^{\tilde{h}}-1)}{\tilde{h}}\\ & \downarrow \underset{h\to 0}{lim}\frac{(e^h-1)}{h}=1\\ =& \frac{e^x-e^{-x}}{2}\\ =& \sinh (x)\end{array}$

Alternativer Beweis:

$\begin{array}{cc}{\cosh }^{\prime }(x)& =\underset{h\to 0}{lim}\frac{\cosh (x+h)-\cosh (x)}{h}\\ & \downarrow \text{Additionstheorem: }\cosh (x+y)=\cosh (x)\cosh (y)+\sinh (x)\sinh (y)\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{\cosh (x)\cosh (h)+\sinh (x)\sinh (h)-\cosh (x)}{h}\\ & =\cosh (x)\cdot \underset{=0}{\underbrace{\underset{h\to 0}{lim}\frac{\cosh (h)-1}{h}}}+\sinh (x)\cdot \underset{=1}{\underbrace{\underset{h\to 0}{lim}\frac{\sinh (h)}{h}}}\\ & =\sinh (x)\end{array}$

Teilaufgabe 3: Sei $x\in ℝ$. Dann gilt

$\tanh (x)=\frac{\sinh (x)}{\cosh (x)}=\frac{\frac{e^x-e^{-x}}{2}}{\frac{e^x+e^{-x}}{2}}=\frac{2(e^x-e^{-x})}{2(e^x+e^{-x})}=\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}$

Damit ist

$\begin{array}{cc}& {\tanh }^{\prime }(x)=\underset{h\to 0}{lim}\frac{\tanh (x+h)-\tanh (x)}{h}\\ =& \underset{h\to 0}{lim}\frac{\frac{e^{x+h}-e^{-(x+h)}}{e^{x+h}+e^{-(x+h)}}-\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}}{h}\\ =& \underset{h\to 0}{lim}\frac{(e^{x+h}-e^{-(x+h)})(e^x+e^{-x})-(e^x-e^{-x})(e^{x+h}+e^{-(x+h)})}{h(e^{x+h}+e^{-(x+h)})(e^x+e^{-x})}\\ =& \underset{h\to 0}{lim}\frac{e^{x+h}{e}^x-e^{-x-h}{e}^x+e^{-x}{e}^{x+h}-e^{-x}{e}^{-x-h}-e^x{e}^{x+h}-e^x{e}^{-x-h}+e^{-x}{e}^{x+h}+e^{-x}{e}^{-x-h}}{h(e^{x+h}+e^{-(x+h)})(e^x+e^{-x})}\\ =& \underset{h\to 0}{lim}\frac{2e^{-x}{e}^{x+h}-2e^x{e}^{-x-h}}{h(e^{x+h}+e^{-(x+h)})(e^x+e^{-x})}\\ =& \underset{h\to 0}{lim}\frac{2e^h-2e^{-h}}{h(e^{x+h}+e^{-(x+h)})(e^x+e^{-x})}\\ =& \underset{h\to 0}{lim}\frac{2e^{-h}(e^{2h}-1)}{h(e^{x+h}+e^{-(x+h)})(e^x+e^{-x})}\\ =& \underset{h\to 0}{lim}2e^{-h}\cdot \frac{(e^{2h}-1)}{h}\cdot \frac{1}{(e^{x+h}+e^{-(x+h)})(e^x+e^{-x})}\\ =& \underset{h\to 0}{lim}2e^{-h}\cdot 2\frac{(e^{2h}-1)}{2h}\cdot \frac{1}{(e^{x+h}+e^{-(x+h)})(e^x+e^{-x})}\\ =& \underset{h\to 0}{lim}2e^{-h}\cdot \underset{h\to 0}{lim}2\frac{(e^{2h}-1)}{2h}\cdot \underset{h\to 0}{lim}2e^{-h}\frac{1}{(e^{x+h}+e^{-(x+h)})(e^x+e^{-x})}\\ & \downarrow \underset{h\to 0}{lim}\frac{(e^{2h}-1)}{2h}=1\\ =& 2e^0\cdot 2\cdot \frac{1}{(e^x+e^{-x})(e^x+e^{-x})}\\ =& \frac{4}{(e^x+e^{-x}{)}^2}\\ =& \frac{1}{{\left(\frac{e^x+e^{-x}}{2}\right)}^2}\\ =& \frac{1}{{\cosh }^2(x)}\end{array}$

Alternativer Beweis:

$\begin{array}{cc}{\tanh }^{\prime }(x)& =\underset{h\to 0}{lim}\frac{\tanh (x+h)-\tanh (x)}{h}\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{\frac{\sinh (x+h)}{\cosh (x+h)}-\frac{\sinh (x)}{\cosh (x)}}{h}\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{\frac{\sinh (x+h)\cosh (x)-\sinh (x)\cosh (x+h)}{\cosh (x+h)\cosh (x)}}{h}\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{\sinh (x+h)\cosh (x)-\sinh (x)\cosh (x+h)}{h\cosh (x+h)\cosh (x)}\\ & \downarrow \text{Additionstheoreme: }\sinh (x+y)=\sinh (x)\cosh (y)+\cosh (x)\sinh (y)\text{ und }\cosh (x+y)=\cosh (x)\cosh (y)+\sinh (x)\sinh (y)\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{(\sinh (x)\cosh (h)+\cosh (x)\sinh (h))\cosh (x)-\sinh (x)(\cosh (x)\cosh (h)+\sinh (x)\sinh (h))}{h\cosh (x+h)\cosh (x)}\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{\sinh (x)\cosh (x)\cosh (h)+{\cosh }^2(x)\sinh (h)-\sinh (x)\cosh (x)\cosh (h)-{\sinh }^2(x)\sinh (h)}{h\cosh (x+h)\cosh (x)}\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{{\cosh }^2(x)\sinh (h)-{\sinh }^2(x)\sinh (h)}{h\cosh (x+h)\cosh (x)}\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{({\cosh }^2(x)-{\sinh }^2(x))\sinh (h)}{h\cosh (x+h)\cosh (x)}\\ & \downarrow {\cosh }^2(x)-{\sinh }^2(x)=1\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{\sinh (h)}{h\cosh (x+h)\cosh (x)}\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{\sinh (h)}{h}\cdot \frac{1}{\cosh (x+h)\cosh (x)}\\ & \downarrow \underset{h\to 0}{lim}\frac{\sinh (h)}{h}=1\\ & =\frac{1}{{\cosh }^2(x)}\end{array}$

Rechengesetze für Ableitungen

Anwenden der Rechengesetze

Aufgabe (Ableitungen der Potenzfunktion)

Zeige mittels vollständiger Induktion über $n\in \mathbb{N}$, das die Potenzfunktion

$f:ℝ\to ℝ,f(x)=x^n$

differenzierbar ist mit

$f^{\prime }(x)=n{x}^{n-1}$

Beweis (Ableitungen der Potenzfunktion)

Induktionsanfang: $n=1$

Ist $f(x)=x^1=x$, dann gilt

$f^{\prime }(x)=1=1\cdot x^0$

Induktionsvoraussetzung:

Ist $f(x)=x^n$ für ein $n\in \mathbb{N}$, dann gilt

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

Induktionsschritt: $n\to n+1$

Sei $f(x)=x^{n+1}=x\cdot x^n$. Dann ist $f$ nach der Induktionsvoraussetzung mit der Produktregel differenzierbar, und für $x\in ℝ$ gilt

$f^{\prime }(x)\stackrel{\text{IV}}{=}1\cdot x^n+x\cdot n{x}^{n-1}=x^n+n{x}^n=(n+1)x^n$

Aufgabe (Ableitungen von Sekans und Kosekans)

Die Funktionen $\sec$ (Sekans) und $\csc$ (Kosekans) sind folgendermaßen definiert

$\sec (x)=(\cos x{)}^{-1}=\frac{1}{\cos x}$

sowie

$\csc (x)=(\sin x{)}^{-1}=\frac{1}{\sin x}$

Bestimme deren Definitionsbereich und Ableitungen auf diesen.

Lösung (Ableitungen von Sekans und Kosekans)

Teilaufgabe 1: Sekans

Definitionsbereich: $\sec$ definiert $⟺$ $\cos x\ne 0$ $⟺$ $x\ne \frac{\pi }{2}+k\pi$ $\mathrm{\forall }k\in \mathbb{Z}$ $⟹$ $D_1=ℝ\setminus \{\frac{\pi }{2}+k\pi \mid k\in \mathbb{Z}\}$

Ableitung: Da $\cos$ auf $D_1$ differenzierbar ist, gilt mit der Kettenregel

${\sec }^{\prime }(x)=(-1)(\cos x{)}^{-2}\cdot (-\sin x)=\frac{\sin x}{{\cos }^{2}x}=\sec x\cdot \tan x=\frac{{\sec }^{2}x}{\csc x}$

Teilaufgabe 2: Kosekans

Definitionsbereich: $\csc$ definiert $⟺$ $\sin x\ne 0$ $⟺$ $x\ne k\pi$ $\mathrm{\forall }k\in \mathbb{Z}$ $⟹$ $D_2=ℝ\setminus \{k\pi \mid k\in \mathbb{Z}\}$

Ableitung: Da $\sin$ auf $D_2$ differenzierbar ist, gilt mit der Kettenregel

${\csc }^{\prime }(x)=(-1)(\sin x{)}^{-2}\cdot (\cos x)=-\frac{\cos x}{{\sin }^{2}x}=\csc x\cdot \cot x=-\frac{{\csc }^{2}x}{\sec x}$

Aufgabe (Berechnung von Ableitungen)

Bestimme den Definitionsbereich der folgenden Funktionen, sowie deren Ableitungen

1. $f_1(x)=x^2{e}^{-x}$
2. $f_2(x)=\ln (\ln (\ln (x)))$
3. $f_3(x)=\sin (x\cos (x^2))$
4. $f_4(x)=\frac{1+x^2}{\sqrt{x^2-1}}$
5. $f_5(x)=x\cdot |x|$

Lösung (Berechnung von Ableitungen)

Teilaufgabe 1:

Definitionsbereich: $ℝ$

Ableitung: Für $x\in ℝ$ gilt mit der Produktregel

${f_1}^{\prime }(x)=2x{e}^{-x}+x^2(-e^{-x})=x{e}^{-x}(2-x)$

Teilaufgabe 2:

Definitionsbereich: $(e,\mathrm{\infty })$, denn

$\ln (\ln (x))>0⟺\ln (x)>1⟺x>e$

Ableitung: Für $x\in (0,\mathrm{\infty })$ gilt mit der Kettenregel

${f_2}^{\prime }(x)=\frac{1}{\ln (\ln (x))}\cdot \frac{1}{\ln (x)}\cdot \frac{1}{x}=\frac{1}{x\ln (x)\ln (\ln (x))}$

Teilaufgabe 3:

Definitionsbereich: $ℝ$

Ableitung: Für $x\in ℝ$ gilt mit der Ketten- und Produktregel

${f_3}^{\prime }(x)=\cos (x\cos (x^2))[1\cdot \cos (x^2)+x(-\sin (x^2)\cdot 2x)]=\cos (x\cos (x^2))[\cos (x^2)-2x^2\sin (x^2)]$

Teilaufgabe 4:

Definitionsbereich: $(-\mathrm{\infty },-1)\cup (1,\mathrm{\infty })$, denn es muss gelten

1. $\sqrt{x^2-1}\ne 0⟺x^2\ne 1⟺x\ne \pm 1$
2. $x^2-1>0⟺x^2>1⟺|x|>1⟺(x<-1)\vee (x>1)$

Ableitung: Für $x\in ℝ$ gilt mit der Quotientenregel

${f_4}^{\prime }(x)=\frac{2x\sqrt{x^2-1}-(1+x^2)\frac{2x}{2\sqrt{x^2-1}}}{x^2-1}=\frac{2x(x^2-1)-x(1+x^2)}{(x^2-1{)}^{\frac{3}{2}}}=\frac{x(2x^2-2-1-x^2)}{(x^2-1{)}^{\frac{3}{2}}}=\frac{x(x^2-3)}{(x^2-1{)}^{\frac{3}{2}}}$

Teilaufgabe 5:

Definitionsbereich: $ℝ$

Ableitung:

Für $x<0$ gilt $f_5(x)=x^2$ $⟹$ ${f_5}^{\prime }(x)=2x$

Für $x<0$ gilt $f_5(x)=-x^2$ $⟹$ ${f_5}^{\prime }(x)=-2x$

Weiter gilt

$\underset{x\to 0+}{lim}\frac{f_5(x)-f_5(0)}{x-0}=\underset{x\to 0+}{lim}\frac{x^2-0}{x}=\underset{x\to 0+}{lim}x=0$

sowie

$\underset{x\to 0-}{lim}\frac{f_5(x)-f_5(0)}{x-0}=\underset{x\to 0-}{lim}\frac{-x^2-0}{x}=\underset{x\to 0-}{lim}-x=0$

Daher ist

${f_5}^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{lim}\frac{f_5(x)-f_5(0)}{x-0}=0$

Fassen wir die drei Fälle zusammen, so ergibt sich für $x\in ℝ$

${f_5}^{\prime }(x)=2|x|$

Aufgabe (Ableitungen von Exponentialfunktionen)

Bestimme die Ableitungen der folgenden Funktionen auf deren Definitionsbereich ($a>0$)

1. $f:{ℝ}^{+}\to ℝ,f(x)=x^{(x^x)}$
2. $g:{ℝ}^{+}\to ℝ,g(x)=(x^x{)}^x$
3. $h:{ℝ}^{+}\to ℝ,h(x)=x^{(x^a)}$
4. $i:{ℝ}^{+}\to ℝ,i(x)=x^{(a^x)}$
5. $j:{ℝ}^{+}\to ℝ,j(x)=a^{(x^x)}$

Bei der Funktion $g$ darf die Klammer auch weggelassen werden, da allgemein $x^{x^x}=x^{(x^x)}$ definiert ist.

Lösung (Ableitungen von Exponentialfunktionen)

Teilaufgabe 1: Es gilt $g(x)=x^{(x^x)}=\exp (x^x\ln x)$. $x\mapsto x^x=\exp (x\ln (x))$ ist differenzierbar mit $(x^x{)}^{\prime }=x^x(\ln (x)+1)$. Daher ist $g$ nach der Ketten- und Produktregel differenzierbar, und für $x\in {ℝ}^{+}$ gilt

$f^{\prime }(x)=\exp (x^x\ln x)[x^x(\ln x+1)\cdot \ln x+x^x\cdot \frac{1}{x}]=\exp (x\ln x)[x^x(\ln x+1)\ln (x)+\frac{1}{x})]=x^{x^x+x}({\ln }^{2}x+\ln x+\frac{1}{x})$

Teilaufgabe 2: Es gilt $g(x)=(x^x{)}^x=x^{x\cdot x}=x^{x^2}=\exp (x^2\ln x)$. Daher ist $h$ nach der Ketten- und Produktregel differenzierbar, und für $x\in {ℝ}^{+}$ gilt

$g^{\prime }(x)=\exp (x^2\ln x)[2x\ln x+x^2\cdot \frac{1}{x}]=\exp (x^2\ln x)[2x\ln x+x]=\exp (x^2\ln x)[x(2\ln x+1)]=x^{x^2+1}(2\ln x+1)$

Teilaufgabe 3: Es gilt $h(x)=x^{(x^a)}=\exp (x^a\ln x)$. Daher ist $h$ nach der Ketten- und Produktregel differenzierbar, und für $x\in {ℝ}^{+}$ gilt

$h^{\prime }(x)=\exp (x^a\ln x)[a{x}^{a-1}\cdot \ln x+x^a\cdot \frac{1}{x}]=\exp (x\ln x)[x^{a-1}(a\ln x+1)]=x^{x^a+a-1}(a\ln x+1)$

Teilaufgabe 4: Es gilt $i(x)=(x^{(a^x)})=\exp (a^x\ln x)$. Daher ist $i$ nach der Ketten- und Produktregel differenzierbar, und für $x\in {ℝ}^{+}$ gilt

$i^{\prime }(x)=\exp (a^x\ln x)[a^x\ln a\ln x+a^x\cdot \frac{1}{x}]=x^{(a^x)}{a}^x[\ln a\ln x+\frac{1}{x})]$

Teilaufgabe 5: Es gilt $j(x)=a^{(x^x)}=\exp (x^x\ln a)$. $x\mapsto x^x=\exp (x\ln (x))$ ist differenzierbar mit $(x^x{)}^{\prime }=x^x(\ln (x)+1)$. Daher ist $j$ nach der Ketten- und Produktregel differenzierbar, und für $x\in {ℝ}^{+}$ gilt

$j^{\prime }(x)=\exp (x^x\ln a)[x^x(\ln x+1)\cdot \ln a]=a^{(x^x)}{x}^x\ln a(\ln x+1)$

Aufgabe (Beweis von Summenformeln mit Ableitung)

Beweise mittels des binomischen Lehrsatzes für alle $n\in \mathbb{N}$ die Formeln

• $\sum _{k=1}^{n}k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})=n{2}^{n-1}$
• $\sum _{k=1}^n(-1{)}^{k-1}k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})=0$

Setze im binomischen Lehrsatz $x=1$ und bilde die Ableitung auf beiden Seiten.

Beweis (Beweis von Summenformeln mit Ableitung)

Für $x=1$ lautet der binomische Lehrsatz

$\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})y^k=(1+y{)}^n$

für $n\in \mathbb{N}$ und $y\in ℝ$. Nun ist die linke Seite der Gleichung ein Polynom $f(y)$ und die rechte Seite eine Potenzfunktion $g(y)$. Beide Seiten sind daher auf $ℝ$ differenzierbar mit

$f^{\prime }(y)=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})k{y}^{k-1}=\sum _{k=1}^{n}k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})y^{k-1}$

und

$g^{\prime }(y)=n(1+y{)}^{n-1}$

Wegen $f\equiv g$ gilt auch $f^{\prime }\equiv g^{\prime }$. Insbesondere sind also

$f(1)=g(1)⟺\sum _{k=1}^{n}k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})=n{2}^{n-1}$

und

$f(-1)=g(-1)⟺\sum _{k=1}^n(-1{)}^{k-1}k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})=0$

Aufgabe (Logarithmische Ableitungen berechnen)

Bestimme die logarithmische Ableitung der folgenden Funktionen

1. $f(x)=\frac{1}{x}$
2. $g(x)=\sec (x)=\frac{1}{\sin (x)}$
3. $h(x)=a^x=\exp (x\ln (a))$ mit $a\in {ℝ}^{+}$
4. $h(x)=x^x=\exp (x\ln (x))$

Beweis von Rechengesetzen

Aufgabe (Alternativer Beweis der Produktregel)

Beweise für differenzierbare $f,g:D\to ℝ$ die Produktregel

$(fg{)}^{\prime }=f^{\prime }g+g^{\prime }f$

unter Verwendung der Kettenregel.

Hinweis: Es gilt: $fg=\frac{1}{2}((f+g{)}^2-f^2-g^2)$

Beweis (Alternativer Beweis der Produktregel)

Die Funktion $g:ℝ\to ℝ,g(x)=x^2$ ist differenzierbar auf $ℝ$ mit

$g^{\prime }(x)=2x$

Nach der Kettenregel ist daher $g\circ f=f^2:D\to ℝ$ differenzierbar mit

$(g\circ f{)}^{\prime }(x)=(g\circ f{)}^{\prime }(x)\cdot f^{\prime }(x)=2f(x)f^{\prime }(x)$

für alle $x\in D$. Unter Verwendung des Hinweises folgt daraus mit der Faktor- und Summenregel

$\begin{array}{cc}(fg{)}^{\prime }(x)& =(\frac{1}{2}((f+g{)}^2-f^2-g^2){)}^{\prime }(x)\\ & =\frac{1}{2}[(2(f(x)+g(x)))(f^{\prime }(x)+g^{\prime }(x))-2f(x)f^{\prime }(x)-2g(x)g^{\prime }(x)]\\ & =\frac{1}{2}[2f(x)f^{\prime }(x)+2f(x)g^{\prime }(x)+2g(x)f^{\prime }(x)+2g(x)g^{\prime }(x)-2f(x)f^{\prime }(x)-2g(x)g^{\prime }(x)]\\ & =\frac{1}{2}[2f(x)g^{\prime }(x)+2g(x)f^{\prime }(x)]\\ & =f(x)g^{\prime }(x)+g(x)f^{\prime }(x)\end{array}$

Aufgabe (Sonderfall der Kettenregel)

Leite eine allgemeine Ableitungsformel für die folgende Funktion her:

$f_1^{f_2}:(0,\mathrm{\infty })\to ℝ,(f_1^{f_2})(x)=\exp (f_2(x)\ln (f_1(x)))$

Falls $f_1,f_2:(0,\mathrm{\infty })\to ℝ$ differenzierbar sind.

Lösung (Sonderfall der Kettenregel)

Es gilt

$f_1^{f_2}:(0,\mathrm{\infty })\to ℝ,f_1(x{)}^{f_2(x)}=\exp (f_2(x)\cdot \ln (f_1(x)))=g(f(x))$

mit $g(x)=\exp (x)$ und $f(x)=f_2(x)\cdot \ln (f_1(x))$ für alle $x\in (0,\mathrm{\infty })$. $f$ ist nach der Produktregel differenzierbar mit

$f^{\prime }(x)={f_2}^{\prime }(x)\ln (f_1(x))+f_2(x)\frac{{f_1}^{\prime }(x)}{f_1(x)}$

Mit der Kettenregel ist auch $f_1^{f_2}:(0,\mathrm{\infty })\to ℝ$ differenzierbar, und es gilt

$(f_1^{f_2}{)}^{\prime }(x)=g^{\prime }(f(x))\cdot f^{\prime }(x)=\exp (f_2(x))\cdot [{f_2}^{\prime }(x)\ln (f_1(x))+f_2(x)\frac{{f_1}^{\prime }(x)}{f_1(x)}]=f_1(x{)}^{f_2(x)}[{f_2}^{\prime }(x)\ln (f_1(x))+f_2(x)\frac{{f_1}^{\prime }(x)}{f_1(x)}]$

Satz (Rechenregeln für logarithmische Ableitung)

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

1. $L(\sqrt[k]{f})=\frac{1}{k}L(f)$ für $k\in \mathbb{N}$ und $f>0$
2. $L(f^{\alpha })=\alpha L(f)$ für $\alpha \in ℝ$ und $f>0$
3. $L(f+g)=L(f)+L(1+\frac{f}{g})$