Ableitung der Logarithmusfunktion

Für die Herleitung erinnern wir uns daran, dass die Logarithmusfunktion ln⁡(x)\ln(x) Inversfunktion der Exponentialfunktion ex\mathrm{e}^x ist. Allgemein gilt für eine Funktion ff und ihre Inverse f−1f^{-1}:

f(f−1(x))=f−1(f(x))=x.f(f^{-1}(x))=f^{-1}(f(x))=x.

Wenden wir diese Beziehung auf exp⁡\exp und ln⁡\ln an und berücksichtigen, dass ln⁡\ln nur für positive Argumente definiert ist, haben wir

eln⁡(x)=x.\mathrm{e}^{\ln(x)}=x.

Beide Seiten der Gleichung abgeleitet ergibt:

eln⁡(x)⋅(ln⁡(x))′=1\mathrm{e}^{\ln(x)}\cdot(\ln(x))'=1

und daraus folgt unmittelbar

(ln⁡(x))′=1x.(\ln(x))'=\frac{1}{x}.
Theorem 1

Die Logarithmusfunktion ln⁡(x)\ln(x) ist für alle x∈R+x\in\mathbb{R}^+ differenzierbar und es gilt

(ln⁡(x))′=1x.(\ln(x))'=\frac{1}{x}.

(Ableitung von ln kommentiert)

Exercise 1: Ableiten

Ermittle die Definitionsmenge und die Ableitung der Funktionen

a) 7ln⁡(x)7\ln(x)

b) (ln⁡(x))2(\ln(x))^2

c) ln⁡(x−5)\ln(x-5)

d) ln⁡(ln⁡(x))\ln(\ln(x))

e) ln⁡(x)\sqrt{\ln(x)}

f) ln⁡(sin⁡(x))\ln(\sin(x))

g) 3ex3\mathrm{e}^{x}

h) e3x\mathrm{e}^{3x}

i) 6e−5t+26\mathrm{e}^{-5t+2}

j) e2t4−1\mathrm{e}^{2t^4-1}

k) t⋅et\sqrt{t}\cdot\mathrm{e}^{\sqrt{t}}

Solution

a) 7⋅1x7\cdot\frac{1}{x}

b) 2ln⁡(x)⋅1x2\ln(x)\cdot\frac{1}{x}

c) 1x−5\frac{1}{x-5}

d) 1ln⁡(x)⋅1x\frac{1}{\ln(x)}\cdot\frac{1}{x}

e) 12(ln⁡(x))−12⋅1x\frac{1}{2}(\ln(x))^{-\frac{1}{2}}\cdot\frac{1}{x}

f) 1sin⁡(x)⋅cos⁡(x)\frac{1}{\sin(x)}\cdot\cos(x)

g) 3ex3\mathrm{e}^x

h) e3x⋅3\mathrm{e}^{3x}\cdot3

i) 6e−5t+2⋅(−5)6\mathrm{e}^{-5t+2}\cdot(-5)

j) e2t4−1⋅(8t3)\mathrm{e}^{2t^4-1}\cdot(8t^3)

k) 12t−12⋅et+t⋅et⋅12t−12\frac{1}{2}t^{-\frac{1}{2}}\cdot\mathrm{e}^{\sqrt{t}}+\sqrt{t}\cdot\mathrm{e}^{\sqrt{t}}\cdot\frac{1}{2}t^{-\frac{1}{2}}