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

Ableitung mit Differentialquotient berechnen

Aufgaben zum Kapitel Ableitung und Differenzierbarkeit

Aufgabe (Differenzierbare Potenzfunktion)

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

Lösung (Differenzierbare Potenzfunktion)

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

${\begin{aligned}f'(-2)&=\lim _{h\to 0}{\frac {f(-2+h)-f(-2)}{h}}=\lim _{h\to 0}{\frac {{\frac {1}{(-2+h)^{2}}}-{\frac {1}{(-2)^{2}}}}{h}}\\[0.3em]&=\lim _{h\to 0}{\frac {\frac {(-2)^{2}-(-2+h)^{2}}{(-2)^{2}\cdot (-2+h)^{2}}}{h}}=\lim _{h\to 0}{\frac {4-(4-4h+h^{2})}{4h(h^{2}-4h+4)}}\\[0.3em]&=\lim _{h\to 0}{\frac {4h-h^{2}}{4h^{3}-16h^{2}+16h}}=\lim _{h\to 0}{\frac {4-h}{4h^{2}-16h+16}}\\[0.3em]&={\frac {4-0}{0+0+16}}={\frac {4}{16}}={\frac {1}{4}}\end{aligned}}$

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

${\begin{aligned}f'({\tilde {x}})&=\lim _{h\to 0}{\frac {f({\tilde {x}}+h)-f({\tilde {x}})}{h}}=\lim _{h\to 0}{\frac {{\frac {1}{({\tilde {x}}+h)^{2}}}-{\frac {1}{{\tilde {x}}^{2}}}}{h}}\\[0.3em]&=\lim _{h\to 0}{\frac {\frac {{\tilde {x}}^{2}-({\tilde {x}}+h)^{2}}{{\tilde {x}}^{2}\cdot ({\tilde {x}}+h)^{2}}}{h}}=\lim _{h\to 0}{\frac {{\tilde {x}}^{2}-({\tilde {x}}^{2}+2{\tilde {x}}h+h^{2})}{{\tilde {x}}^{2}h({\tilde {x}}^{2}+2{\tilde {x}}h+h^{2})}}\\[0.3em]&=\lim _{h\to 0}{\frac {-2{\tilde {x}}h-h^{2}}{{\tilde {x}}^{4}h+2{\tilde {x}}^{3}h^{2}+{\tilde {x}}^{2}h^{3}}}=\lim _{h\to 0}{\frac {-2{\tilde {x}}-h}{{\tilde {x}}^{4}+2{\tilde {x}}^{3}h+{\tilde {x}}^{2}h^{2}}}\\[0.3em]&={\frac {-2{\tilde {x}}-0}{{\tilde {x}}^{4}+0+0}}=-{\frac {2}{{\tilde {x}}^{3}}}\end{aligned}}$

Aufgabe (Ableitung einer Produkt-Funktion)

Sei $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ definiert durch

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

Bestimme $f'(0)$.

Lösung (Ableitung einer Produkt-Funktion)

Es gilt

$f'(0)=\lim _{x\to 0}{\frac {f(x)-f(0)}{x-0}}=\lim _{x\to 0}{\frac {\prod _{k=0}^{1000}(x-k)-0}{x-0}}=\lim _{x\to 0}{\frac {x\cdot \prod _{k=1}^{1000}(x-k)}{x}}=\lim _{x\to 0}\prod _{k=1}^{1000}(x-k){\overset {(*)}{=}}\prod _{k=1}^{1000}(-k)=\underbrace {(-1)^{1000}} _{=1}\cdot \underbrace {\prod _{k=1}^{1000}k} _{=1000!}=1000!$

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

Aufgabe (Ableitung einer Funktion mit Fallunterscheidung)

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

1. $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ f(x)={\begin{cases}\cos({\tfrac {1}{x}})&{\text{ für }}x\neq 0\\0&{\text{ für }}x=0\end{cases}}$
2. $g:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ g(x)={\begin{cases}x\cos({\tfrac {1}{x}})&{\text{ für }}x\neq 0\\0&{\text{ für }}x=0\end{cases}}$

Lösung (Ableitung einer Funktion mit Fallunterscheidung)

Teilaufgabe 1: Da $\cos({\tfrac {1}{x}})$, genau wie $\sin({\tfrac {1}{x}})$, 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 $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }=({\tfrac {1}{2n\pi }})_{n\in \mathbb {N} }$ und $(b_{n})_{n\in \mathbb {N} }=({\tfrac {1}{(2n-1)\pi }})_{n\in \mathbb {N} }$. Für diese gilt

$f(a_{n})=\cos(2n\pi )=1$

und

$f(b_{n})=\cos((2n-1)\pi )=-1$

Also existiert $\lim _{x\to 0}f(x)$ 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 $\lim _{x\to 0}g(x)=0$, im Nullpunkt stetig. Also betrachten wir den Differentialquotienten. Für diesen gilt

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

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 $f:(-1,1)\to \mathbb {R}$. Zeige: Gilt $|f(x)|\geq |x|^{\alpha }$ 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

$\left|{\frac {f(x)-f(0)}{x-0}}\right|={\frac {|f(x)|}{|x|}}{\overset {|f(x)|\geq |x|^{\alpha }}{\geq }}{\frac {|x|^{\alpha }}{|x|}}={\frac {1}{|x|^{1-\alpha }}}{\overset {x\to 0}{\longrightarrow }}\infty$ wegen $1-\alpha >0$

Daher existiert $f'(0)=\lim _{x\to 0}{\frac {f(x)-f(0)}{x-0}}$ nicht.

Aufgabe (Bestimmung von Grenzwerten mit Differentialquotienten)

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

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

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

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

$\lim _{h\to 0}{\frac {f(a+h)-f(a)}{h}}=f'(a)$ und $\lim _{x\to a}{\frac {f(x)-f(a)}{x-a}}=f'(a)$

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

$\lim _{h\to 0}{\frac {f(a-h)-f(a)}{h}}=-f'(x)$

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 $\lim _{h\to 0}{\tfrac {f(a+h)-f(a)}{h}}=f'(a)$ gilt auch $\lim _{h\to 0}{\tfrac {f(a+h^{2})-f(a)}{h^{2}}}=f'(a)$. Damit ist

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

Teilaufgabe 2: Mit $\lim _{h\to 0}{\tfrac {f(a+h)-f(a)}{h}}=f'(a)$ und $\lim _{h\to 0}{\tfrac {f(a-h)-f(a)}{h}}=-f'(a)$ gilt auch $\lim _{h\to 0}{\tfrac {f(a+ch)-f(a)}{ch}}=f'(a)$ und $\lim _{h\to 0}{\tfrac {f(a-dh)-f(a)}{dh}}=-f'(a)$. Daher ist

${\begin{aligned}\lim _{h\to 0}{\frac {f(a+ch)-f(a-dh)}{h}}&=\lim _{h\to 0}{\frac {f(a+ch)-f(a)-(f(a-dh)-f(a))}{h}}=\lim _{h\to 0}{\frac {f(a+ch)-f(a)}{h}}-\lim _{h\to 0}{\frac {f(a-dh)-f(a)}{h}}\\&=c\cdot \underbrace {\lim _{h\to 0}{\frac {f(a+ch)-f(a)}{ch}}} _{=f'(a)}-d\cdot \underbrace {\lim _{h\to 0}{\frac {f(a-dh)-f(a)}{dh}}} _{=-f'(a)}=cf'(a)+df'(a)=(c+d)f'(a)\end{aligned}}$

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

${\begin{aligned}\lim _{x\to a}{\frac {xf(a)-af(x)}{x-a}}&=\lim _{x\to a}{\frac {xf(a)-af(a)-(af(x)-af(a))}{x-a}}=\lim _{x\to a}{\frac {xf(a)-af(a)}{x-a}}-\lim _{x\to a}{\frac {af(x)-af(a)}{x-a}}\\&=\lim _{x\to a}{\frac {(x-a)f(a)}{x-a}}-\lim _{x\to a}{\frac {a(f(x)-f(a))}{x-a}}=c\cdot \underbrace {\lim _{x\to a}f(a)} _{=f(a)}-a\cdot \underbrace {\lim _{x\to a}{\frac {f(x)-f(a)}{x-a}}} _{=f'(a)}=f(a)-af'(a)\end{aligned}}$

Aufgabe (Folgerung aus Differenzierbarkeit)

Sei $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ 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 $\lim _{n\to \infty }(a_{n}-b_{n})=0$. Zeige: Dann gilt

$\lim _{n\to \infty }{\frac {f(a_{n})-f(b_{n})}{a_{n}-b_{n}}}=f'({\tilde {x}})$

Zusatzfrage: Gilt auch die umgekehrte Aussage: Existiert der Grenzwert $\lim _{n\to \infty }{\tfrac {f(a_{n})-f(b_{n})}{a_{n}-b_{n}}}$ mit Folgen $(a_{n})$ und $(b_{n})$ wie oben, so ist $f$ in ${\tilde {x}}$ differenzierbar, und $f'({\tilde {x}})$ ist gleich diesem Grenzwert.

Hinweis: Zeige zunächst ${\tfrac {f(a_{n})-f(b_{n})}{a_{n}-b_{n}}}={\tfrac {f(a_{n})-f({\tilde {x}})}{a_{n}-{\tilde {x}}}}+{\tfrac {a_{n}-{\tilde {x}}}{a_{n}-b_{n}}}\left({\tfrac {f(a_{n})-f({\tilde {x}})}{a_{n}-{\tilde {x}}}}-{\tfrac {f(b_{n})-f({\tilde {x}})}{b_{n}-{\tilde {x}}}}\right)$

Lösung (Folgerung aus Differenzierbarkeit)

Es gilt

${\begin{aligned}{\frac {f(a_{n})-f(b_{n})}{a_{n}-b_{n}}}&={\frac {f(a_{n})-f({\tilde {x}})+f({\tilde {x}})-f(b_{n})}{a_{n}-b_{n}}}\\[0.3em]&={\frac {f(a_{n})-f({\tilde {x}})}{a_{n}-b_{n}}}+{\frac {f({\tilde {x}})-f(b_{n})}{a_{n}-b_{n}}}\\[0.3em]&={\frac {f(a_{n})-f({\tilde {x}})}{a_{n}-{\tilde {x}}}}+{\frac {f(a_{n})-f({\tilde {x}})}{a_{n}-b_{n}}}-{\frac {f(a_{n})-f({\tilde {x}})}{a_{n}-{\tilde {x}}}}-{\frac {f(b_{n})-f({\tilde {x}})}{a_{n}-b_{n}}}\\[0.3em]&={\frac {f(a_{n})-f({\tilde {x}})}{a_{n}-{\tilde {x}}}}+{\frac {(a_{n}-{\tilde {x}}-(a_{n}-b_{n}))(f(a_{n})-f({\tilde {x}})}{(a_{n}-b_{n})(a_{n}-{\tilde {x}})}}-{\frac {f(b_{n})-f({\tilde {x}})}{a_{n}-b_{n}}}\\[0.3em]&={\frac {f(a_{n})-f({\tilde {x}})}{a_{n}-{\tilde {x}}}}+{\frac {b_{n}-{\tilde {x}}}{a_{n}-b_{n}}}\cdot {\frac {f(a_{n})-f({\tilde {x}})}{a_{n}-{\tilde {x}}}}-{\frac {b_{n}-{\tilde {x}}}{a_{n}-b_{n}}}\cdot {\frac {f(b_{n})-f({\tilde {x}})}{b_{n}-{\tilde {x}}}}\\[0.3em]&=\underbrace {\frac {f(a_{n})-f({\tilde {x}})}{a_{n}-{\tilde {x}}}} _{\to f'({\tilde {x}})}+\underbrace {\frac {a_{n}-{\tilde {x}}}{a_{n}-b_{n}}} _{|\ldots |\leq 1}\cdot \underbrace {\left({\frac {f(a_{n})-f({\tilde {x}})}{a_{n}-{\tilde {x}}}}-{\frac {f(b_{n})-f({\tilde {x}})}{b_{n}-{\tilde {x}}}}\right)} _{\to f'({\tilde {x}})-f'({\tilde {x}})=0}\end{aligned}}$

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

$\lim _{n\to \infty }{\frac {f(a_{n})-f(b_{n})}{a_{n}-b_{n}}}=f'({\tilde {x}})+0=f'({\tilde {x}})$

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

$f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ f(x)={\begin{cases}1&{\text{ für }}x\neq 0,\\0&{\text{ für }}x=0\end{cases}}$

Dann gilt für alle Nullfolgen $(a_{n})$ und $(b_{n})$ mit $a_{n}<0<b_{n}$:

$\lim _{n\to \infty }{\frac {f(a_{n})-f(b_{n})}{a_{n}-b_{n}}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {1-1}{a_{n}-b_{n}}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {0}{a_{n}-b_{n}}}=0$

Aufgaben zum Kapitel Beispiele von Ableitungen

Aufgabe (Ableitung von linearen und quadraischen Funktionen)

Bestimme direkt mit der Definition die Ableitung einer linearen Funktion

$f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ f(x)=ax+b$

und einer quadratischen Funktion

$g:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ g(x)=ax^{2}+bx+c$

mit $a,b,c\in \mathbb {R}$.

Lösung (Ableitung von linearen und quadraischen Funktionen)

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

$f'({\tilde {x}})=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {f(x)-f({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {ax+b-(a{\tilde {x}}+b)}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {ax+b-a{\tilde {x}}-b}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {ax-a{\tilde {x}}}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {a(x-{\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}a=a$

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

${\begin{aligned}g'({\tilde {x}})&=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {g(x)-g({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {ax^{2}+bx+c-(a{\tilde {x}}^{2}+b{\tilde {x}}+c)}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {ax^{2}+bx-a{\tilde {x}}^{2}-b{\tilde {x}}}{x-{\tilde {x}}}}\\&=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {a(x^{2}-{\tilde {x}}^{2})+b(x-{\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {a(x+{\tilde {x}})(x-{\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}+\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {b(x-{\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}a(x+{\tilde {x}})+\lim _{x\to {\tilde {x}}}b=2a{\tilde {x}}+b\end{aligned}}$

Aufgabe (Ableitung der natürlichen Logarithmusfunktion)

Berechne die Ableitung der natürlichen Logarithmusfunktion

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

direkt mit Hilfe des Differentialquotienten.

Lösung (Ableitung der natürlichen Logarithmusfunktion)

1.Möglichkeit: Standardmethode

Für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R} ^{+}$ gilt

$f'({\tilde {x}})=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {f(x)-f({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {\ln x-\ln {\tilde {x}}}{x-{\tilde {x}}}}$

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

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

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

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

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

$f'({\tilde {x}})=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {\ln x-\ln {\tilde {x}}}{x-{\tilde {x}}}}={\frac {1}{\tilde {x}}}$

2.Möglichkeit: $h$-Methode

Für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R} ^{+}$ gilt

${\begin{aligned}f'({\tilde {x}})&=\lim _{h\to {\tilde {0}}}{\frac {f({\tilde {x}}+h)-f({\tilde {x}})}{h}}=\lim _{h\to 0}{\frac {\ln({\tilde {x}}+h)-\ln({\tilde {x}})}{h}}=\lim _{h\to 0}{\frac {\ln({\tfrac {{\tilde {x}}+h}{\tilde {x}}})}{h}}=\lim _{h\to 0}{\frac {\ln(1+{\tfrac {h}{\tilde {x}}})}{h}}=\lim _{h\to 0}{\frac {1}{\tilde {x}}}{\frac {\ln(1+{\tfrac {h}{\tilde {x}}})}{\frac {h}{\tilde {x}}}}\\&{\overset {y={\frac {h}{\tilde {x}}}}{=}}\lim _{y\to 0}{\frac {1}{\tilde {x}}}{\frac {\ln(1+y)}{y}}={\frac {1}{\tilde {x}}}\underbrace {\lim _{y\to 0}{\frac {\ln(1+y)}{y}}} _{=1}={\frac {1}{\tilde {x}}}\end{aligned}}$

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

Bestimme die Ableitung der folgenden Funktionen mithilfe des Differentialquotienten

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

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

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

${\begin{aligned}&\sinh '(x)=\lim _{h\to 0}{\frac {\sinh(x+h)-\sinh(x)}{h}}=\ &\lim _{h\to 0}{\frac {{\tfrac {e^{x+h}-e^{-(x+h)}}{2}}-{\frac {e^{x}-e^{-x}}{2}}}{h}}\\[0.3em]=\ &\lim _{h\to 0}{\frac {e^{x}(e^{h}-1)-e^{-x}(e^{-h}-1)}{2h}}\\[0.3em]=\ &\lim _{h\to 0}{\frac {e^{x}(e^{h}-1)}{2h}}-\lim _{h\to 0}{\frac {e^{-x}(e^{-h}-1)}{2h}}\\[0.3em]&\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{2.Grenzwert: Substitution }}{\tilde {h}}=-h\right.\\[0.3em]=\ &\lim _{h\to 0}{\frac {e^{x}(e^{h}-1)}{2h}}-\lim _{{\tilde {h}}\to 0}{\frac {e^{-x}(e^{\tilde {h}}-1)}{-2{\tilde {h}}}}\\[0.3em]=\ &{\frac {e^{x}}{2}}\lim _{h\to 0}{\frac {(e^{h}-1)}{h}}+{\frac {e^{-x}}{2}}\lim _{{\tilde {h}}\to 0}{\frac {(e^{\tilde {h}}-1)}{\tilde {h}}}\\[0.3em]&\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{h\to 0}{\frac {(e^{h}-1)}{h}}=1\right.\\[0.3em]=\ &{\frac {e^{x}+e^{-x}}{2}}\\[0.3em]=\ &\cosh(x)\end{aligned}}$

Alternativer Beweis:

${\begin{aligned}\sinh '(x)&=\lim _{h\to 0}{\frac {\sinh(x+h)-\sinh(x)}{h}}\\[0.3em]&\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Additionstheorem: }}\sinh(x+y)=\sinh(x)\cosh(y)+\cosh(x)\sinh(y)\right.\\[0.3em]&=\lim _{h\to 0}{\frac {\sinh(x)\cosh(h)+\cosh(x)\sinh(h)-\sinh(x)}{h}}\\[0.3em]&=\sinh(x)\cdot \underbrace {\lim _{h\to 0}{\frac {\cosh(h)-1}{h}}} _{=0}+\cosh(x)\cdot \underbrace {\lim _{h\to 0}{\frac {\sinh(h)}{h}}} _{=1}\\[0.3em]&=\cosh(x)\end{aligned}}$

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

${\begin{aligned}&\cosh '(x)=\lim _{h\to 0}{\frac {\cosh(x+h)-\cosh(x)}{h}}\\[0.3em]=\ &\lim _{h\to 0}{\frac {{\tfrac {e^{x+h}+e^{-(x+h)}}{2}}-{\tfrac {e^{x}+e^{-x}}{2}}}{h}}\\[0.3em]=\ &\lim _{h\to 0}{\frac {e^{x}(e^{h}-1)+e^{-x}(e^{-h}-1)}{2h}}\\[0.3em]=\ &\lim _{h\to 0}{\frac {e^{x}(e^{h}-1)}{2h}}+\lim _{h\to 0}{\frac {e^{-x}(e^{-h}-1)}{2h}}\\[0.3em]&\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{2.Grenzwert: Substitution }}{\tilde {h}}=-h\right.\\[0.3em]=\ &\lim _{h\to 0}{\frac {e^{x}(e^{h}-1)}{2h}}+\lim _{{\tilde {h}}\to 0}{\frac {e^{-x}(e^{\tilde {h}}-1)}{-2{\tilde {h}}}}\\[0.3em]=\ &{\frac {e^{x}}{2}}\lim _{h\to 0}{\frac {(e^{h}-1)}{h}}-{\frac {e^{-x}}{2}}\lim _{{\tilde {h}}\to 0}{\frac {(e^{\tilde {h}}-1)}{\tilde {h}}}\\[0.3em]&\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{h\to 0}{\frac {(e^{h}-1)}{h}}=1\right.\\[0.3em]=\ &{\frac {e^{x}-e^{-x}}{2}}\\[0.3em]=\ &\sinh(x)\end{aligned}}$

Alternativer Beweis:

${\begin{aligned}\cosh '(x)&=\lim _{h\to 0}{\frac {\cosh(x+h)-\cosh(x)}{h}}\\[0.3em]&\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Additionstheorem: }}\cosh(x+y)=\cosh(x)\cosh(y)+\sinh(x)\sinh(y)\right.\\[0.3em]&=\lim _{h\to 0}{\frac {\cosh(x)\cosh(h)+\sinh(x)\sinh(h)-\cosh(x)}{h}}\\[0.3em]&=\cosh(x)\cdot \underbrace {\lim _{h\to 0}{\frac {\cosh(h)-1}{h}}} _{=0}+\sinh(x)\cdot \underbrace {\lim _{h\to 0}{\frac {\sinh(h)}{h}}} _{=1}\\[0.3em]&=\sinh(x)\end{aligned}}$

Teilaufgabe 3: Sei $x\in \mathbb {R}$. 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

${\begin{aligned}&\tanh '(x)=\lim _{h\to 0}{\frac {\tanh(x+h)-\tanh(x)}{h}}\\[0.3em]=\ &\lim _{h\to 0}{\frac {{\frac {e^{x+h}-e^{-(x+h)}}{e^{x+h}+e^{-(x+h)}}}-{\frac {e^{x}-e^{-x}}{e^{x}+e^{-x}}}}{h}}\\[0.3em]=\ &\lim _{h\to 0}{\frac {(e^{x+h}-e^{-(x+h)})(e^{x}+e^{-x})-(e^{x}-e^{-x})(e^{x+h}+e^{-(x+h)})}{h(e^{x+h}+e^{-(x+h)})(e^{x}+e^{-x})}}\\[0.3em]=\ &\lim _{h\to 0}{\frac {e^{x+h}e^{x}-e^{-x-h}e^{x}+e^{-x}e^{x+h}-e^{-x}e^{-x-h}-e^{x}e^{x+h}-e^{x}e^{-x-h}+e^{-x}e^{x+h}+e^{-x}e^{-x-h}}{h(e^{x+h}+e^{-(x+h)})(e^{x}+e^{-x})}}\\[0.3em]=\ &\lim _{h\to 0}{\frac {2e^{-x}e^{x+h}-2e^{x}e^{-x-h}}{h(e^{x+h}+e^{-(x+h)})(e^{x}+e^{-x})}}\\[0.3em]=\ &\lim _{h\to 0}{\frac {2e^{h}-2e^{-h}}{h(e^{x+h}+e^{-(x+h)})(e^{x}+e^{-x})}}\\[0.3em]=\ &\lim _{h\to 0}{\frac {2e^{-h}(e^{2h}-1)}{h(e^{x+h}+e^{-(x+h)})(e^{x}+e^{-x})}}\\[0.3em]=\ &\lim _{h\to 0}{2e^{-h}\cdot {\frac {(e^{2h}-1)}{h}}\cdot {\frac {1}{(e^{x+h}+e^{-(x+h)})(e^{x}+e^{-x})}}}\\[0.3em]=\ &\lim _{h\to 0}{2e^{-h}\cdot 2{\frac {(e^{2h}-1)}{2h}}\cdot {\frac {1}{(e^{x+h}+e^{-(x+h)})(e^{x}+e^{-x})}}}\\[0.3em]=\ &\lim _{h\to 0}2e^{-h}\cdot \lim _{h\to 0}2{\frac {(e^{2h}-1)}{2h}}\cdot \lim _{h\to 0}2e^{-h}{\frac {1}{(e^{x+h}+e^{-(x+h)})(e^{x}+e^{-x})}}\\[0.3em]&\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{h\to 0}{\frac {(e^{2h}-1)}{2h}}=1\right.\\[0.3em]=\ &2e^{0}\cdot 2\cdot {\frac {1}{(e^{x}+e^{-x})(e^{x}+e^{-x})}}\\[0.3em]=\ &{\frac {4}{(e^{x}+e^{-x})^{2}}}\\[0.3em]=\ &{\frac {1}{\left({\frac {e^{x}+e^{-x}}{2}}\right)^{2}}}\\[0.3em]=\ &{\frac {1}{\cosh ^{2}(x)}}\end{aligned}}$

Alternativer Beweis:

${\begin{aligned}\tanh '(x)&=\lim _{h\to 0}{\frac {\tanh(x+h)-\tanh(x)}{h}}\\[0.3em]&=\lim _{h\to 0}{\frac {{\frac {\sinh(x+h)}{\cosh(x+h)}}-{\frac {\sinh(x)}{\cosh(x)}}}{h}}\\[0.3em]&=\lim _{h\to 0}{\frac {\frac {\sinh(x+h)\cosh(x)-\sinh(x)\cosh(x+h)}{\cosh(x+h)\cosh(x)}}{h}}\\[0.3em]&=\lim _{h\to 0}{\frac {\sinh(x+h)\cosh(x)-\sinh(x)\cosh(x+h)}{h\cosh(x+h)\cosh(x)}}\\[0.3em]&\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Additionstheoreme: }}\sinh(x+y)=\sinh(x)\cosh(y)+\cosh(x)\sinh(y){\text{ und }}\cosh(x+y)=\cosh(x)\cosh(y)+\sinh(x)\sinh(y)\right.\\[0.3em]&=\lim _{h\to 0}{\frac {(\sinh(x)\cosh(h)+\cosh(x)\sinh(h))\cosh(x)-\sinh(x)(\cosh(x)\cosh(h)+\sinh(x)\sinh(h))}{h\cosh(x+h)\cosh(x)}}\\[0.3em]&=\lim _{h\to 0}{\frac {\sinh(x)\cosh(x)\cosh(h)+\cosh ^{2}(x)\sinh(h)-\sinh(x)\cosh(x)\cosh(h)-\sinh ^{2}(x)\sinh(h)}{h\cosh(x+h)\cosh(x)}}\\[0.3em]&=\lim _{h\to 0}{\frac {\cosh ^{2}(x)\sinh(h)-\sinh ^{2}(x)\sinh(h)}{h\cosh(x+h)\cosh(x)}}\\[0.3em]&=\lim _{h\to 0}{\frac {(\cosh ^{2}(x)-\sinh ^{2}(x))\sinh(h)}{h\cosh(x+h)\cosh(x)}}\\[0.3em]&\color {Gray}\left\downarrow \ \cosh ^{2}(x)-\sinh ^{2}(x)=1\right.\\[0.3em]&=\lim _{h\to 0}{\frac {\sinh(h)}{h\cosh(x+h)\cosh(x)}}\\[0.3em]&=\lim _{h\to 0}{\frac {\sinh(h)}{h}}\cdot {\frac {1}{\cosh(x+h)\cosh(x)}}\\[0.3em]&\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{h\to 0}{\frac {\sinh(h)}{h}}=1\right.\\[0.3em]&={\frac {1}{\cosh ^{2}(x)}}\end{aligned}}$

Rechengesetze für Ableitungen

Anwenden der Rechengesetze

Aufgabe (Ableitungen der Potenzfunktion)

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

$f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ f(x)=x^{n}$

differenzierbar ist mit

$f'(x)=nx^{n-1}$

Beweis (Ableitungen der Potenzfunktion)

Induktionsanfang: $n=1$

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

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

Induktionsvoraussetzung:

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

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

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 $x\in \mathbb {R}$ gilt

$f'(x){\overset {\text{IV}}{=}}1\cdot x^{n}+x\cdot nx^{n-1}=x^{n}+nx^{n}=(n+1)x^{n}$

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 $\iff$ $\cos x\neq 0$ $\iff$ $x\neq {\tfrac {\pi }{2}}+k\pi$ $\forall k\in \mathbb {Z}$ $\Longrightarrow$ $D_{1}=\mathbb {R} \setminus \{{\tfrac {\pi }{2}}+k\pi \mid k\in \mathbb {Z} \}$

Ableitung: Da $\cos$ auf $D_{1}$ differenzierbar ist, gilt mit der Kettenregel

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

Teilaufgabe 2: Kosekans

Definitionsbereich: $\csc$ definiert $\iff$ $\sin x\neq 0$ $\iff$ $x\neq k\pi$ $\forall k\in \mathbb {Z}$ $\Longrightarrow$ $D_{2}=\mathbb {R} \setminus \{k\pi \mid k\in \mathbb {Z} \}$

Ableitung: Da $\sin$ auf $D_{2}$ differenzierbar ist, gilt mit der Kettenregel

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

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: $\mathbb {R}$

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

$f_{1}'(x)=2xe^{-x}+x^{2}(-e^{-x})=xe^{-x}(2-x)$

Teilaufgabe 2:

Definitionsbereich: $(e,\infty )$, denn

$\ln(\ln(x))>0\iff \ln(x)>1\iff x>e$

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

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

Teilaufgabe 3:

Definitionsbereich: $\mathbb {R}$

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

$f_{3}'(x)=\cos(x\cos(x^{2}))[1\cdot \cos(x^{2})+x(-\sin(x^{2})\cdot 2x)]=\cos(x\cos(x^{2}))[\cos(x^{2})-2x^{2}\sin(x^{2})]$

Teilaufgabe 4:

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

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

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

$f_{4}'(x)={\frac {2x{\sqrt {x^{2}-1}}-(1+x^{2}){\frac {2x}{2{\sqrt {x^{2}-1}}}}}{x^{2}-1}}={\frac {2x(x^{2}-1)-x(1+x^{2})}{(x^{2}-1)^{\frac {3}{2}}}}={\frac {x(2x^{2}-2-1-x^{2})}{(x^{2}-1)^{\frac {3}{2}}}}={\frac {x(x^{2}-3)}{(x^{2}-1)^{\frac {3}{2}}}}$

Teilaufgabe 5:

Definitionsbereich: $\mathbb {R}$

Ableitung:

Für $x<0$ gilt $f_{5}(x)=x^{2}$ $\Longrightarrow$ $f_{5}'(x)=2x$

Für $x<0$ gilt $f_{5}(x)=-x^{2}$ $\Longrightarrow$ $f_{5}'(x)=-2x$

Weiter gilt

$\lim _{x\to 0+}{\frac {f_{5}(x)-f_{5}(0)}{x-0}}=\lim _{x\to 0+}{\frac {x^{2}-0}{x}}=\lim _{x\to 0+}x=0$

sowie

$\lim _{x\to 0-}{\frac {f_{5}(x)-f_{5}(0)}{x-0}}=\lim _{x\to 0-}{\frac {-x^{2}-0}{x}}=\lim _{x\to 0-}-x=0$

Daher ist

$f_{5}'(0)=\lim _{x\to 0}{\frac {f_{5}(x)-f_{5}(0)}{x-0}}=0$

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

$f_{5}'(x)=2|x|$

Aufgabe (Ableitungen von Exponentialfunktionen)

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

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

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 $(x^{x})'=x^{x}(\ln(x)+1)$. Daher ist $g$ nach der Ketten- und Produktregel differenzierbar, und für $x\in \mathbb {R} ^{+}$ gilt

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

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 $x\in \mathbb {R} ^{+}$ gilt

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

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 $x\in \mathbb {R} ^{+}$ gilt

$h'(x)=\exp(x^{a}\ln x)[ax^{a-1}\cdot \ln x+x^{a}\cdot {\tfrac {1}{x}}]=\exp(x\ln x)[x^{a-1}(a\ln x+1)]=x^{x^{a}+a-1}(a\ln x+1)$

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 $x\in \mathbb {R} ^{+}$ gilt

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

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 $(x^{x})'=x^{x}(\ln(x)+1)$. Daher ist $j$ nach der Ketten- und Produktregel differenzierbar, und für $x\in \mathbb {R} ^{+}$ gilt

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

Aufgabe (Beweis von Summenformeln mit Ableitung)

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

• $\sum _{k=1}^{n}k{\binom {n}{k}}=n2^{n-1}$
• $\sum _{k=1}^{n}(-1)^{k-1}k{\binom {n}{k}}=0$

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

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

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

$f'(y)=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}ky^{k-1}=\sum _{k=1}^{n}k{\binom {n}{k}}y^{k-1}$

und

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

Wegen $f\equiv g$ gilt auch $f'\equiv g'$. Insbesondere sind also

$f(1)=g(1)\iff \sum _{k=1}^{n}k{\binom {n}{k}}=n2^{n-1}$

und

$f(-1)=g(-1)\iff \sum _{k=1}^{n}(-1)^{k-1}k{\binom {n}{k}}=0$

Aufgabe (Logarithmische Ableitungen berechnen)

Bestimme die logarithmische Ableitung der folgenden Funktionen

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

Beweis von Rechengesetzen

Aufgabe (Alternativer Beweis der Produktregel)

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

$(fg)'=f'g+g'f$

unter Verwendung der Kettenregel.

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

Beweis (Alternativer Beweis der Produktregel)

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

$g'(x)=2x$

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

$(g\circ f)'(x)=(g\circ f)'(x)\cdot f'(x)=2f(x)f'(x)$

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

${\begin{aligned}(fg)'(x)&=({\tfrac {1}{2}}((f+g)^{2}-f^{2}-g^{2}))'(x)\\[0.3em]&={\tfrac {1}{2}}[(2(f(x)+g(x)))(f'(x)+g'(x))-2f(x)f'(x)-2g(x)g'(x)]\\[0.3em]&={\tfrac {1}{2}}[2f(x)f'(x)+2f(x)g'(x)+2g(x)f'(x)+2g(x)g'(x)-2f(x)f'(x)-2g(x)g'(x)]\\[0.3em]&={\tfrac {1}{2}}[2f(x)g'(x)+2g(x)f'(x)]\\[0.3em]&=f(x)g'(x)+g(x)f'(x)\end{aligned}}$

Aufgabe (Sonderfall der Kettenregel)

Leite eine allgemeine Ableitungsformel für die folgende Funktion her:

$f_{1}^{f_{2}}:(0,\infty )\to \mathbb {R} ,\ (f_{1}^{f_{2}})(x)=\exp(f_{2}(x)\ln(f_{1}(x)))$

Falls $f_{1},f_{2}:(0,\infty )\to \mathbb {R}$ differenzierbar sind.

Lösung (Sonderfall der Kettenregel)

Es gilt

$f_{1}^{f_{2}}:(0,\infty )\to \mathbb {R} ,\ f_{1}(x)^{f_{2}(x)}=\exp(f_{2}(x)\cdot \ln(f_{1}(x)))=g(f(x))$

mit $g(x)=\exp(x)$ und $f(x)=f_{2}(x)\cdot \ln(f_{1}(x))$ für alle $x\in (0,\infty )$. $f$ ist nach der Produktregel differenzierbar mit

$f'(x)=f_{2}'(x)\ln(f_{1}(x))+f_{2}(x){\tfrac {f_{1}'(x)}{f_{1}(x)}}$

Mit der Kettenregel ist auch $f_{1}^{f_{2}}:(0,\infty )\to \mathbb {R}$ differenzierbar, und es gilt

$(f_{1}^{f_{2}})'(x)=g'(f(x))\cdot f'(x)=\exp(f_{2}(x))\cdot [f_{2}'(x)\ln(f_{1}(x))+f_{2}(x){\tfrac {f_{1}'(x)}{f_{1}(x)}}]=f_{1}(x)^{f_{2}(x)}[f_{2}'(x)\ln(f_{1}(x))+f_{2}(x){\tfrac {f_{1}'(x)}{f_{1}(x)}}]$

Satz (Rechenregeln für logarithmische Ableitung)

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

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