Weitere Ableitungsregeln

In den folgenden Beweisen werden wir die Definition der Stetigkeit einer Funktion brauchen:

Definition 1: Stetigkeit

Eine Funktion ff heisst stetig an der Stelle x=ax=a, falls

lim⁡h→0f(a+h)=f(a).\lim_{h\to0}f(a+h) = f(a).

ff heisst kurz stetig, falls ff stetig in aa für alle a∈Da\in\mathbb{D} ist.

Es gilt der

Theorem 1

Ist ff differenzierbar an der Stelle x=ax=a, dann ist ff stetig in aa.

Proof

Sei ff differenzierbar in aa: Dann existiert

lim⁡h→0f(a+h)−f(a)h.\lim_{h\to0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}.

Daraus folgt, dass lim⁡h→0f(a+h)−f(a)=0\lim_{h\to0}f(a+h)-f(a) = 0, da sonst lim⁡h→0f(a+h)−f(a)h\lim_{h\to0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h} divergieren würde. Wir erhalten unmittelbar lim⁡h→0f(a+h)=f(a)\lim_{h\to0}f(a+h) = f(a), d.h. ff ist stetig in aa.

Note 1

Die Umkehrung des obigen Satzes gilt nicht; es gibt Funktionen die stetig, aber nicht überall differenzierbar sind. Klassisches Beispiel ist die Betragsfunktion f(x)=∣x∣f(x)=|x|, die an der Stelle x=0x=0 stetig, aber in 00 nicht differenzierbar ist.

Wollte man die Ableitung der Funktion

f(x)=sin⁡3(x)oderg(x)=3x2−7x+1x3−2f(x)=\sin^3(x)\quad\text{oder}\quad g(x)=\frac{3x^2-7x+1}{x^3-2}

mittels dem Differenzialquotienten

lim⁡h→0f(x+h)−f(x)h\lim_{h\to0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}

berechnen, so wäre dies sicher ein mühsames Unterfangen. Mit einigen weiteren Differenziationsregeln lassen sich die nötigen Rechnungen erheblich vereinfachen.

Produkt- und Quotientenregel

Aus

f(x)=x5=x2⋅x3f(x)=x^5=x^2\cdot x^3

und daraus

f′(x)=5x4≠2x⋅3x2f'(x)=5x^4\neq 2x\cdot3x^2

erkennt man, dass die Ableitung eines Produkts nicht so einfach wie bei der Summe berechnet werden kann.

Theorem 2: Produktregel

Sind ff und gg an der Stelle xx differenzierbar, so ist auch ihr Produkt an dieser Stelle differenzierbar und der Differenzialquotient von F(x)=f(x)⋅g(x)F(x)=f(x)\cdot g(x) lautet:

F′(x)=f′(x)⋅g(x)+f(x)⋅g′(x).F'(x)=f'(x)\cdot g(x)+f(x)\cdot g'(x).
ProofF′(x)=lim⁡h→0F(x+h)−F(x)h=lim⁡h→0f(x+h)g(x+h)−f(x)g(x)h==lim⁡h→0f(x+h)g(x+h)−g(x)h+lim⁡h→0f(x+h)−f(x)hg(x)\begin{align*} F'(x) &=\lim_{h\to0}\frac{F(x+h)-F(x)}{h}=\lim_{h\to0}\frac{f(x+h)g(x+h)-f(x)g(x)}{h}=\\ &=\lim_{h\to0}f(x+h)\frac{g(x+h)-g(x)}{h}+\lim_{h\to0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}g(x) \end{align*}

Da ff an der Stelle xx nach Voraussetzung differenzierbar ist, also dort sicher auch stetig, gilt lim⁡h→0f(x+h)=f(x)\lim_{h\to0}f(x+h)=f(x). Und daraus erhält man

F′(x)=f(x)⋅g′(x)+f′(x)⋅g(x)F'(x)=f(x)\cdot g'(x)+f'(x)\cdot g(x)
Theorem 3: Quotientenregel

Sind ff und gg an der Stelle xx differenzierbar und g(x)≠0g(x)\neq0, so ist auch ihr Quotient fg\frac{f}{g} an dieser Stelle differenzierbar und der Differenzialquotient von F(x)=fgF(x)=\frac{f}{g} lautet:

F′(x)=f′(x)g(x)−f(x)g′(x)g(x)2.F'(x)=\frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g(x)^2}.
Exercise 1: Beweis Quotientenregel

Beweise die Quotientenregel indem du

F(x)=f(x)g(x)=f(x)⋅1g(x)F(x)=\frac{f(x)}{g(x)}=f(x)\cdot\frac{1}{g(x)}

setzt und die Produktregel benutzt.

Solution

Betrachte

(f(x)g(x))′=(f(x)⋅1g(x))′=(f(x)⋅[g(x)]−1)′=f′(x)⋅[g(x)]−1+f(x)⋅(−[g(x)]−2⋅g′(x))=f′(x)[g(x)]−1+f(x)⋅g′(x)−[g(x)]2=f′(x)g(x)−f(x)g′(x)[g(x)]2\begin{align*} \left(\frac{f(x)}{g(x)}\right)' &= \left(f(x)\cdot\frac{1}{g(x)}\right)' = \left(f(x)\cdot[{g(x)}]^{-1}\right)'\\ &= f'(x)\cdot[{g(x)}]^{-1}+f(x)\cdot(-[{g(x)}]^{-2}\cdot g'(x)) = \frac{f'(x)}{[{g(x)}]^{-1}}+\frac{f(x)\cdot g'(x)}{-[{g(x)}]^{2}}\\ &= \frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{[{g(x)}]^{2}} \end{align*}
Exercise 2: Ableiten

Ermittle die Ableitung der folgenden Funktionen:

a) f(x)=(x2−1)(x3+4)f(x)=(x^2-1)(x^3+4)

b) f(x)=(x3−2x+1)(2x5+x4−3x)f(x)=(x^3-2x+1)(2x^5+x^4-3x)

c) f(x)=x44+3x3+x22+5x−3f(x)=\frac{x^4}{4}+3x^3+\frac{x^2}{2}+5x^{-3}

d) f(t)=(1+1t)(1−1t2)f(t)=(1+\frac{1}{t})(1-\frac{1}{t^2})

e) f(x)=7x−5x+3x−1+18x8+15x−5f(x)=\sqrt{7x}-5x+3x^{-1}+\frac{1}{8}x^8+\frac{1}{5}x^{-5}

f) f(t)=1t2−1f(t)=\frac{1}{t^2-1}

g) f(s)=4+s4−sf(s)=\frac{4+s}{4-s}

h) f(x)=2x2+1x+3f(x)=\frac{2x^2+1}{x+3}

i) f(t)=2t1+t2f(t)=\frac{2t}{1+t^2}

j) f(x)=x2−1x2−4f(x)=\frac{x^2-1}{x^2-4}

k) f(x)=x−5x2−7x+12f(x)=\frac{x-5}{x^2-7x+12}

l) f(u)=u+1uf(u)=\frac{u+1}{\sqrt{u}}

Solution

a) 2x(x3+4)+(x2−1)⋅3x22x(x^3+4)+(x^2-1)\cdot3x^2

b) (3x2−2)(2x5+x4−3x)+(x3−2x+1)(10x4+4x3−3)(3x^2-2)(2x^5+x^4-3x)+(x^3-2x+1)(10x^4+4x^3-3)

c) x3+9x2+x−15x−4x^3+9x^2+x-15x^{-4}

d) (−t−2)(1−1t2)+(1+1t)⋅2t−3(-t^{-2})(1-\frac{1}{t^2})+(1+\frac{1}{t})\cdot 2t^{-3}

e) 72x−12−5−3x−2+x7+−x−6\frac{\sqrt{7}}{2}x^{-\frac{1}{2}}-5-3x^{-2}+x^7+-x^{-6}

f) −2t(t2−1)2\frac{-2t}{(t^2-1)^2}

g) (4−s)−(4+s)(−1)(4−s)2\frac{(4-s)-(4+s)(-1)}{(4-s)^2}

h) 4x(x+3)−(2x2+1)(x+3)2\frac{4x(x+3)-(2x^2+1)}{(x+3)^2}

i) 2(1+t2)−2t⋅2t(1+t2)2\frac{2(1+t^2)-2t\cdot2t}{(1+t^2)^2}

j) 2x(x2−4)−(x2−1)⋅2x(x2−4)2\frac{2x(x^2-4)-(x^2-1)\cdot 2x}{(x^2-4)^2}

k) (x2−7x+12)−(x−5)(2x−7)(x2−7x+12)2\frac{(x^2-7x+12)-(x-5)(2x-7)}{(x^2-7x+12)^2}

l) u−(u+1)⋅12u−12u\frac{\sqrt{u}-(u+1)\cdot\frac{1}{2}u^{-\frac{1}{2}}}{u}

Exercise 3: 🧩

Berechne im Punkt P(3∣?)P(3|?) die Gleichung der Tangente an den Graphen der Funktion

f(x)=1−x1+x.f(x)=\frac{1-x}{1+x}.

In welchem Punkt hat der Graph eine zur ersten Winkelhalbierenden g(x)=xg(x)=x parallele Tangente?

Solution

Wir halten D=R∖{−1}\mathbb{D}=\mathbb{R}\setminus\{-1\} fest. Die Steigung ist f′(x)=(1−x1+x)=−(1+x)−(1−x)(1+x)2=−2(1+x)2f'(x)=\left(\frac{1-x}{1+x}\right)=\frac{-(1+x)-(1-x)}{(1+x)^2}=\frac{-2}{(1+x)^2}. An der Stelle 33: f′(3)=−18f'(3)=-\frac{1}{8} und damit als Ansatz für die Tangente t(x)=−18x+qt(x)=-\frac{1}{8}x+q. Ferner ist f(3)=−12f(3)=-\frac{1}{2}, was wir in tt einsetzen:

t(3)=−12−18⋅3+q=−12q=−18\begin{align*} t(3) &= -\frac{1}{2}\\ -\frac{1}{8}\cdot3+q &= -\frac{1}{2}\\ q &= -\frac{1}{8} \end{align*}

Die Tangentengleichung lautet t(x)=−18x−18t(x)=-\frac{1}{8}x-\frac{1}{8}.

Aus g′(x)=1=−2(1+x)2g'(x)=1=\frac{-2}{(1+x)^2} folgt x2+2x+3=0x^2+2x+3=0 mit Diskriminante 22−4⋅3<02^2-4\cdot3<0. Daher beträgt die Steigung von ff an keiner Stelle 00.

Kettenregel

Eine wichtige Regel für die Differenziation bezieht sich auf verschachtelte Funktionen:

F(x)=g(f(x)),F(x)=g(f(x)),

oder auch etwa in der Form

F(x)=g(u)mitu=f(x)F(x)=g(u)\quad\text{mit}\quad u=f(x)

notiert. Zusammengesetzte Funktionen werden auch verkettete Funktionen genannt.

Example 1

Die Funktion

F(x)=sin⁡(3x)F(x)=\sin(3x)

kann als Verkettung (x↦3x↦sin⁡(3x)x\mapsto 3x\mapsto \sin(3x)) mit

g(u)=sin⁡(u)undf(x)=3xg(u)=\sin(u)\quad\text{und}\quad f(x)=3x

interpretiert werden.

In der Mathematik ist die Schreibweise

(g∘f)(x)=g(f(x))(sprich: "g Ring f")(g\circ f)(x)=g(f(x))\quad\text{(sprich: "g Ring f")}

üblich; insbesondere dann, wenn die Funktionen ohne Argument notiert werden. Beachte: g∘fg\circ f bedeutet, dass zuerst ff und dann gg ausgeführt wird. Die Reihenfolge wird also von rechts nach links, wie im Arabischen, gelesen.

Theorem 4: Kettenregel

ff an der Stelle xx und gg an der Stelle f(x)f(x) differenzierbar, so ist auch ihre Verkettung F=g∘fF=g\circ f mit F(x)=g(f(x))F(x)=g(f(x)) in xx differenzierbar. Der Differenzialquotient von F(x)=g(f(x))F(x)=g(f(x)) lautet:

F′(x)=g′(f(x))⋅f′(x).F'(x)=g'(f(x))\cdot f'(x).
Proof

Es seien f,gf,g differenzierbar und wir setzen u=f(x)u=f(x) und f(x+h)=f(x)+h∗f(x+h)=f(x)+h*. Aus der Stetigkeit von ff folgt: für h→0h\to0 gilt auch h∗→0h*\to0. So ergibt sich

F′(x)=lim⁡h→0g(f(x+h))−g(f(x))h==lim⁡h→0g(u+h∗)−g(u)h∗⋅h∗h=lim⁡h→0g(u+h∗)−g(u)h∗⋅f(x+h)−f(x)h=g′(u)⋅f′(x)=g′(f(x))⋅f′(x).\begin{align*} F'(x)&=\lim_{h\to0}\frac{g(f(x+h))-g(f(x))}{h}=\\ &=\lim_{h\to0}\frac{g(u+h*)-g(u)}{h*}\cdot\frac{h*}{h}\\ &=\lim_{h\to0}\frac{g(u+h*)-g(u)}{h*}\cdot\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\\ &=g'(u)\cdot f'(x) = g'(f(x))\cdot f'(x). \end{align*}
Note 2

Man nennt gg die äussere, ff die innere Funktion und entsprechend g′(f(x))g'(f(x)) die äussere und f′(x)f'(x) die innere Ableitung.

Example 2

Für F(x)=(10x2−7x+3)100F(x)=(10x^2-7x+3)^{100} ist g(u)=u100g(u)=u^{100} und f(x)=10x2−7x+3f(x)=10x^2-7x+3, also

F′(x)=100(10x2−7x+3)99⋅(20x−7).F'(x)=100(10x^2-7x+3)^{99}\cdot(20x-7).

Für f(x)=5x7+3x2+256f(x)=\sqrt{5x^7+3x^2+256} ist g(u)=ug(u)=\sqrt{u} und h(x)=5x7+3x2+256h(x)=5x^7+3x^2+256, damit

f′(x)=35x6+6x25x7+3x2+256.f'(x)=\frac{35x^6+6x}{2\sqrt{5x^7+3x^2+256}}.
Exercise 4: Ableiten

Ermittle die Ableitung der Funktionen:

a) f(x)=(4x3−2x)5f(x)=(4x^3-2x)^5

b) f(x)=(x2+x−1)4f(x)=(x^2+x^{-1})^4

c) f(x)=(x2−5x+6)−3f(x)=(x^2-5x+6)^{-3}

d) f(t)=1+t2f(t)=\sqrt{1+t^2}

e) f(t)=(t2+1t2−1)2f(t)=\left(\frac{t^2+1}{t^2-1}\right)^2

Solution

a) 5(4x3−2x)4(12x2−2)5(4x^3-2x)^4(12x^2-2)

b) 4(x2+x−1)3(2x−x−2)4(x^2+x^{-1})^3(2x-x^{-2})

c) (−3)(x2−5x+6)−4(2x−5)(-3)(x^2-5x+6)^{-4}(2x-5)

d) 12(1+t2)−12⋅2t\frac{1}{2}(1+t^2)^{-\frac{1}{2}}\cdot 2t

e) 2(t2+1t2−1)(2t(t2−1)−(t2+1)⋅2t(t2−1)2)2\left(\frac{t^2+1}{t^2-1}\right)\left(\frac{2t(t^2-1)-(t^2+1)\cdot2t}{(t^2-1)^2}\right)