Aufgaben zur Ableitung 2 – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Ableitung der Umkehrfunktion

Aufgabe (Ableitung der Umkehrfunktion)

Betrachte die Funktion

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

Begründe, dass die folgenden Ableitungen und Grenzwerte existieren, und berechne sie:

1. $f'(0)$ und $(f^{-1})'(1)$
2. $\lim _{y\to -\infty }f^{-1}(y)$ und $\lim _{y\to -\infty }(f^{-1})'(y)$

Lösung (Ableitung der Umkehrfunktion)

Teilaufgabe 1:

Beweisschritt: Existenz und Berechnung von $f'(0)$

$f$ ist auf $\mathbb {R}$ differenzierbar als Summe der beiden differenzierbaren Funktionen $\exp$ und ${\text{id}}$ mit der Ableitung

$f'(x)=e^{x}+1$

Damit ist $f'(0)=e^{0}+1=2$.

Beweisschritt: Existenz und Berechnung von $(f^{-1})'(1)$

$f$ ist auf $\mathbb {R}$ differenzierbar als Summe der beiden differenzierbaren Funktionen $\exp$ und ${\text{id}}$ mit der Ableitung

$f'(x)=e^{x}+1$

Weiter ist $f'(x)>0$, da $e^{x}>0$ für $x\in \mathbb {R}$. Also ist $f$ nach dem Monotoniektiterium streng monoton steigend und damit injektiv. Daher ist $f:\mathbb {R} \to f(\mathbb {R} )$ bijektiv. Weiter ist $f(0)=1$, also $1\in f(\mathbb {R} )$, und es gilt $f'(0)=2\neq 0$. Damit ist $f^{-1}$ in $1$ differenzierbar mit

$(f^{-1})'(1)={\frac {1}{f'(0)}}={\frac {1}{2}}$

Teilaufgabe 2:

Beweisschritt: Berechnung von $\lim _{y\to -\infty }f^{-1}(y)$

Es gilt

$\lim _{x\to -\infty }f(x)=\lim _{x\to -\infty }\underbrace {e^{x}} _{\to 0}+\underbrace {x} _{\to -\infty }=-\infty$

Damit ist

$\lim _{y\to -\infty }f^{-1}(y)=-\infty$

Beweisschritt: Berechnung von $\lim _{y\to -\infty }(f^{-1})'(y)$

Es gilt $\lim _{x\to \infty }f(x)=\infty$. Nach dem Zwischenwertsatz ist daher $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ bijektiv. Für alle $y\in \mathbb {R}$ ist somit

$(f^{-1})'(y)={\frac {1}{f'(f^{-1}(y))}}={\frac {1}{\exp(f^{-1}(y))+1}}$

Damit folgt

$\lim _{y\to -\infty }(f^{-1})'(y)=\lim _{y\to -\infty }{\frac {1}{\exp(f^{-1}(y))+1}}={\frac {1}{\exp(\lim _{y\to -\infty }f^{-1}(y))+1}}={\frac {1}{1}}=1$

Ableitung der allgemeinen Logarithmusfunktion

Aufgabe (Ableitung der allgemeinen Logarithmusfunktion)

Zeige, dass die allgemeine Exponentialfunktion

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

zur Basis $a\in \mathbb {R} \setminus \{1\}$ bijektiv und differenzierbar auf $\mathbb {R}$ ist. Zeige weiter, dass die Umkehrfunktion

$f^{-1}=\log _{a}:\mathbb {R} ^{+}\to \mathbb {R} ,\ \log _{a}(y)={\frac {\ln y}{\ln a}}$

auf ganz $\mathbb {R} ^{+}$ differenzierbar ist mit der Ableitung $(\log _{a})'(y)={\frac {1}{y\ln a}}$.

Lösung (Ableitung der allgemeinen Logarithmusfunktion)

Beweisschritt: $f$ ist bijektiv und differenzierbar

Fall 1: $a>1$

$f$ ist stetig auf $\mathbb {R}$ als Komposition stetiger Funktionen. Weiter gilt, wegen $\ln a>0$, $\lim _{x\to \infty }\exp(x)=\infty$ und $\lim _{x\to -\infty }\exp(x)=0$:

$\lim _{x\to \infty }a^{x}=\lim _{x\to \infty }\exp(x\ln a)=\infty$

sowie

$\lim _{x\to -\infty }a^{x}=\lim _{x\to -\infty }\exp(x\ln a)=0$

Nach dem Zwischenwertsatz ist somit $f(\mathbb {R} )=\mathbb {R} ^{+}$ und $f$ daher surjektiv. Außerdem ist $f$ differenzierbar nach der Kettenregel als Komposition differenzierbarer Funktionen, und

$f'(x)=\underbrace {\ln a} _{>0}\cdot \underbrace {\exp(x\ln a)} _{>0}>0$

für alle $x\in \mathbb {R}$. Nach dem Monotoniekriterium ist $f$ streng monoton steigend, und damit injektiv. Also haben wir die Bijektivität von $f$ gezeigt.

Fall 2: $0<a<1$

$f$ ist stetig auf $\mathbb {R}$ als Komposition stetiger Funktionen. Weiter gilt, wegen $\ln a<0$, $\lim _{x\to \infty }\exp(x)=\infty$ und $\lim _{x\to -\infty }\exp(x)=0$:

$\lim _{x\to \infty }a^{x}=\lim _{x\to \infty }\exp(x\ln a)=0$

sowie

$\lim _{x\to -\infty }a^{x}=\lim _{x\to -\infty }\exp(x\ln a)=\infty$

Nach dem Zwischenwertsatz ist somit $f(\mathbb {R} )=\mathbb {R} ^{+}$ und $f$ daher surjektiv. Außerdem ist $f$ differenzierbar nach der Kettenregel als Komposition differenzierbarer Funktionen, und

$f'(x)=\underbrace {\ln a} _{<0}\cdot \underbrace {\exp(x\ln a)} _{>0}<0$

für alle $x\in \mathbb {R}$. Nach dem Monotoniekriterium ist $f$ streng monoton fallend, und damit injektiv. Also haben wir die Bijektivität von $f$ gezeigt.

Beweisschritt: $f^{-1}$ existiert und ist differenzierbar

$f$ ist bijektiv auf $\mathbb {R}$ und damit umkehrbar. Weiter gilt

$y=\exp(x\ln a)\iff \ln y=x\ln a\iff x={\frac {\ln y}{\ln a}}$

Also ist

$f^{-1}:\mathbb {R} ^{+}\to \mathbb {R} ,f^{-1}(y)=\log _{a}(y)={\frac {\ln y}{\ln a}}$

Da außerdem $f'(x)=\ln a\cdot \exp(x\ln a)\neq 0$ für alle $x=f^{-1}(y)\in \mathbb {R}$ ist, folgt aus dem Satz über die Ableitung der Umkehrfunktion: $f^{-1}$ auf $\mathbb {R} ^{+}$ differenzierbar ist, mit

$(f^{-1})'(y)={\frac {1}{f'(f^{-1}(y))}}={\frac {1}{f'({\tfrac {\ln y}{\ln a}})}}={\frac {1}{\ln a\cdot \exp({\tfrac {\ln y}{\ln a}}\ln a)}}={\frac {1}{\ln a\cdot \exp(\ln y)}}={\frac {1}{\ln a\cdot y}}$

Aufgabe (Ableitungen von $\operatorname {arccot}$ und der Area-Funktionen)

Zeige, dass die Funktionen

• $\operatorname {arccot} :\mathbb {R} \to (0,\pi )$
• ${\text{arsinh}}:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$
• ${\text{arcosh}}:(1,\infty )\to (0,\infty )$
• ${\text{artanh}}:(-1,1)\to \mathbb {R}$

differenzierbar sind, und bestimme deren Ableitung.

Beweis (Ableitungen von $\operatorname {arccot}$ und der Area-Funktionen)

Differenzierbarkeit von $\operatorname {arccot}$:

Für die Cotangensfunktion $\cot |_{(0,\pi )}=\left.{\tfrac {\cos }{\sin }}\right|_{(0,\pi )}$ gilt: $\cot '=-1-\cot ^{2}<0$. Also ist die Funktion differenzierbar und streng monoton fallend, und damit injektiv. Weiter ist $\cot((0,\pi ))=\mathbb {R}$. Also ist $\cot :(0,\pi )\to \mathbb {R}$ bijektiv. Die Umkehrfunktion

$\operatorname {arccot} :\mathbb {R} \to (0,\pi )$

ist nach dem Satz über die Ableitung der Umkehrfunktion differenzierbar, und für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R}$ gilt:

$\operatorname {arccot} '({\tilde {x}})={\frac {1}{\cot '(\operatorname {arccot}({\tilde {x}}))}}={\frac {1}{-1-\cot ^{2}(\operatorname {arccot}({\tilde {x}}))}}={\frac {1}{-1-{\tilde {x}}^{2}}}=-{\frac {1}{1+{\tilde {x}}^{2}}}$

Differenzierbarkeit von ${\text{arsinh}}$:

Die Sinus Hyperbolicusfunktion $\sinh :\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ ist differenzierbar mit $\sinh '=\cosh >0$. Also ist sie streng monoton steigend, und damit injektiv. Weiter ist $\sinh(\mathbb {R} )=\mathbb {R}$. Also ist sie auch surjektiv. Die Umkehrfunktion

${\text{arsinh}}:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$

ist nach dem Satz über die Ableitung der Umkehrfunktion differenzierbar, und für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R}$ gilt:

${\text{arsinh}}'({\tilde {x}})={\frac {1}{\sinh '({\text{arsinh}}({\tilde {x}}))}}={\frac {1}{\cosh({\text{arsinh}}({\tilde {x}}))}}={\frac {1}{\sqrt {\sinh ^{2}({\text{arsinh}}({\tilde {x}}))+1}}}={\frac {1}{\sqrt {{\tilde {x}}^{2}+1}}}$

Differenzierbarkeit von ${\text{arcosh}}$:

Die Cosinus Hyperbolicusfunktion $\cosh :(0,\infty )\to (1,\infty )$ ist differenzierbar mit $\cosh '=\sinh >0$ auf $(0,\infty )$. Also ist sie streng monoton steigend, und damit injektiv. Weiter ist $\cosh((0,\infty ))=(1,\infty )$. Also ist sie auch surjektiv. Die Umkehrfunktion

${\text{arcosh}}:(1,\infty )\to (0,\infty )$

ist nach dem Satz über die Ableitung der Umkehrfunktion differenzierbar, und für ${\tilde {x}}\in (1,\infty )$ gilt:

${\text{arcosh}}'({\tilde {x}})={\frac {1}{\cosh '({\text{arcosh}}({\tilde {x}}))}}={\frac {1}{\sinh({\text{arcosh}}({\tilde {x}}))}}={\frac {1}{\sqrt {\sinh ^{2}({\text{arsinh}}({\tilde {x}}))-1}}}={\frac {1}{\sqrt {{\tilde {x}}^{2}-1}}}$

Differenzierbarkeit von ${\text{artanh}}$:

Für die Cotangensfunktion $\tan :\mathbb {R} \to (-1,1)$ gilt: $\tanh '=1-\tanh ^{2}>0$. Also ist die Funktion streng monoton steigend, und damit injektiv. Weiter ist $\tanh(\mathbb {R} )=(-1,1)$. Also ist $\tanh :\mathbb {R} \to (-1,1)$ bijektiv. Die Umkehrfunktion

${\text{artanh}}:(-1,1)\to \mathbb {R}$

ist nach dem Satz über die Ableitung der Umkehrfunktion differenzierbar, und für ${\tilde {x}}\in (-1,1)$ gilt:

${\text{artanh}}'({\tilde {x}})={\frac {1}{\tanh '({\text{artanh}}({\tilde {x}}))}}={\frac {1}{1-\tanh ^{2}({\text{artanh}}({\tilde {x}}))}}={\frac {1}{1-{\tilde {x}}^{2}}}$

Aufgabe (Nicht differenzierbare Funktionen in null)

Sei $\epsilon >0$. Zeige:

1. Sind $f,g:(-\epsilon ,\epsilon )\to \mathbb {R}$ mit $f(0)=g(0)=0$ und gelte $f(x)g(x)=x$ für alle $x\in (-\epsilon ,\epsilon )$. Dann sind $f$ und $g$ im Nullpunkt nicht gleichzeitig differenzierbar.
2. Sind $f,g:(-\epsilon ,\epsilon )\to \mathbb {R}$, und sei $f$ in null differenzierbar. Weiter gelte $f(0)=f'(0)=0$ und $g(f(x))=x$ für alle $x\in (-\epsilon ,\epsilon )$. Dann ist $g$ im Nullpunkt nicht differenzierbar.

Lösung (Nicht differenzierbare Funktionen in null)

Teilaufgabe 1: Angenommen $f$ und $g$ sind in null differenzierbar, dann ist nach der Produktregel auch $fg$ in null differenzierbar, und aus $fg=\mathrm {id}$ folgt für alle $x\in (-\epsilon ,\epsilon )$:

$f'(0)\underbrace {g(0)} _{=0}+\underbrace {f(0)} _{=0}g'(0)=1\iff 0=1$ ↯

Also können $f$ und $g$ in null nicht beide differenzierbar sein.

Teilaufgabe 2: Angenommen $g$ ist in null differenzierbar, dann ist nach der Kettenregel auch $g\circ f$ in null differenzierbar, und aus $g\circ f=\mathrm {id}$ folgt für alle $x\in (-\epsilon ,\epsilon )$:

$g'(\underbrace {f(0)} _{=0})\cdot \underbrace {f'(0)} _{=0}=1\iff 0=1$ ↯

Also kann $g$ in null nicht differenzierbar sein.

Ableitungen höherer Ordnung

Aufgabe 1

Aufgabe (Beliebig oft differenzierbare Funktion)

Zeige, dass die Funktion $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ f(x)=xe^{x}$ beliebig oft differenzierbar ist, wobei für alle $n\in \mathbb {N}$ gilt:

$f^{(n)}(x)=(x+n)e^{x}$

Beweis (Beliebig oft differenzierbare Funktion)

Wir beweisen die Aufgabe mittels vollständiger Induktion über $n\in \mathbb {N}$:

Aussageform, deren Allgemeingültigkeit für $m\in \mathbb {N}$ bewiesen werden soll:

$f^{(n)}(x)=(x+n)e^{x}$

1. Induktionsanfang:

$f'(x){\underset {\text{regel}}{\overset {\text{Produkt-}}{=}}}1\cdot e^{x}+x\cdot e^{x}=(x+1)e^{x}$

2. Induktionsschritt:

2a. Induktionsvoraussetzung:

$f^{(n)}(x)=(x+n)e^{x}$

2b. Induktionsbehauptung:

$f^{(n+1)}(x)=(x+n+1)e^{x}$

2c. Beweis des Induktionsschritts:

$f^{(n+1)}(x)=(f^{(n)}(x))'{\underset {\text{voraussetzung}}{\overset {\text{Induktions-}}{=}}}\left((x+n)e^{x}\right)'{\underset {\text{regel}}{\overset {\text{Produkt-}}{=}}}1\cdot e^{x}+(x+n)e^{x}=(x+n+1)e^{x}$

Aufgabe 2

Aufgabe (Genau ein-, zwei- und dreimal differenzierbare Funktionen)

Gib jeweils ein Beispiel einer

1. Funktion $f\in C^{0}(\mathbb {R} )\setminus C^{1}(\mathbb {R} )$
2. differenzierbaren, aber nicht stetig differenzierbaren Funktion auf $\mathbb {R}$
3. Funktion $f\in C^{2}(\mathbb {R} )\setminus C^{3}(\mathbb {R} )$

Lösung (Genau ein-, zwei- und dreimal differenzierbare Funktionen)

Lösung Teilaufgabe 1:

$f(x)=|x|$ oder $f(x)={\begin{cases}x\sin \left({\frac {1}{x}}\right)&{\text{ für }}x\neq 0,\\0&{\text{ für }}x=0.\end{cases}}$ oder $f(x)={\begin{cases}x\cos \left({\frac {1}{x}}\right)&{\text{ für }}x\neq 0,\\0&{\text{ für }}x=0.\end{cases}}$

Lösung Teilaufgabe 2:

$f(x)={\begin{cases}x^{2}\sin \left({\frac {1}{x}}\right)&{\text{ für }}x\neq 0,\\0&{\text{ für }}x=0.\end{cases}}$ oder $f(x)={\begin{cases}x^{2}\cos \left({\frac {1}{x}}\right)&{\text{ für }}x\neq 0,\\0&{\text{ für }}x=0.\end{cases}}$

Lösung Teilaufgabe 3:

$f(x)=x\cdot |x|$ oder $f(x)={\begin{cases}x^{3}\sin \left({\frac {1}{x}}\right)&{\text{ für }}x\neq 0,\\0&{\text{ für }}x=0.\end{cases}}$ oder $f(x)={\begin{cases}x^{3}\cos \left({\frac {1}{x}}\right)&{\text{ für }}x\neq 0,\\0&{\text{ für }}x=0.\end{cases}}$

Lösung Teilaufgabe 4:

$f(x)=x^{2}\cdot |x|$ oder $f(x)={\begin{cases}x^{5}\sin \left({\frac {1}{x}}\right)&{\text{ für }}x\neq 0,\\0&{\text{ für }}x=0.\end{cases}}$ oder $f(x)={\begin{cases}x^{5}\cos \left({\frac {1}{x}}\right)&{\text{ für }}x\neq 0,\\0&{\text{ für }}x=0.\end{cases}}$

Hinweis

Führen wir die Konstruktion der Funktionen sukzessive fort, so ist $f\in C^{k}(\mathbb {R} )\setminus C^{k+1}(\mathbb {R} )$ für alle $k\in \mathbb {N}$, falls

$f(x)=x^{k}\cdot |x|$ oder $f(x)={\begin{cases}x^{2k+1}\sin \left({\frac {1}{x}}\right)&{\text{ für }}x\neq 0,\\0&{\text{ für }}x=0.\end{cases}}$ oder $f(x)={\begin{cases}x^{2k+1}\cos \left({\frac {1}{x}}\right)&{\text{ für }}x\neq 0,\\0&{\text{ für }}x=0.\end{cases}}$

Aufgabe 3

Aufgabe (Anwendung der Leibniz-Regel)

Bestimme mit Hilfe der Leibniz-Regel die folgenden Ableitungen

1. $(x\sin(x))^{(10)}$
2. $(x^{3}\ln(x))^{(2016)}$ für $x>0$

Lösung (Anwendung der Leibniz-Regel)

Lösung Teilaufgabe 1:

Die Funktionen ${\text{id}}$ und $\sin$ sind aúf $\mathbb {R}$ beliebig oft differenzierbar. Daher gilt

${\begin{aligned}(x\sin(x))^{(10)}&{\underset {\text{regel}}{\overset {\text{Leibniz-}}{=}}}\sum _{k=0}^{10}{\binom {10}{k}}(x)^{(k)}(\sin(x))^{(10-k)}\\[0.3em]&\color {Gray}\left\downarrow \ (x)'=1,\ (x)^{(k)}=0{\text{ für }}k\geq 2,\ (\sin(x))^{(4k+1)}=\cos(x){\text{ und }}(\sin(x))^{(4k+2)}=-\sin(x){\text{ für alle }}k\in \mathbb {N} \right.\\[0.3em]&={\binom {10}{0}}(x)^{(0)}(\sin(x))^{(10)}+{\binom {10}{1}}(x)'(\sin(x))^{(9)}\\[0.3em]&={\binom {10}{0}}x(-\sin(x))+{\binom {10}{1}}\cos(x)\\[0.3em]&=-x\sin(x)+10\cos(x)\end{aligned}}$

Lösung Teilaufgabe 2:

Die Funktionen $x\mapsto x^{3}$ und $\ln$ sind aúf $\mathbb {R} ^{+}$ beliebig oft differenzierbar. Daher gilt

${\begin{aligned}(x^{3}\ln(x))^{(2016)}&{\underset {\text{regel}}{\overset {\text{Leibniz-}}{=}}}\sum _{k=0}^{2016}{\binom {2016}{k}}(x)^{(k)}(\ln(x))^{(2016-k)}\\[0.3em]&\color {Gray}\left\downarrow \ (x^{3})'=3x^{2},\ (x^{3})''=6x,\ (x^{3})'''=6,\ (x)^{(k)}=0{\text{ für }}k\geq 4,\ (\ln(x))^{(k)}=(-1)^{k-1}{\tfrac {(k-1)!}{x^{k}}}{\text{ für alle }}k\in \mathbb {N} \right.\\[0.3em]&={\binom {2016}{0}}x^{3}(-1)^{2015}{\tfrac {(2015)!}{x^{2016}}}+{\binom {2016}{1}}\cdot 3x^{2}(-1)^{2014}{\tfrac {(2014)!}{x^{2015}}}+{\binom {2016}{2}}\cdot 6x(-1)^{2013}{\tfrac {(2013)!}{x^{2014}}}+{\binom {2016}{3}}\cdot 6\cdot (-1)^{2012}{\tfrac {(2012)!}{x^{2013}}}\\[0.3em]&=-x^{3}{\tfrac {(2015)!}{x^{2016}}}+2016\cdot 3x^{2}{\tfrac {(2014)!}{x^{2015}}}-2016\cdot 2015\cdot 3x{\tfrac {(2013)!}{x^{2014}}}+2016\cdot 2015\cdot 2014\cdot {\tfrac {(2012)!}{x^{2013}}}\\[0.3em]\end{aligned}}$