Differentiationsregeln

(Stand 23.3.2018) $$ \mbox{ Erste Ableitung von f: } \qquad f'(x) = \lim_{h\to 0 } { f(x+h) - f(x) \over h } $$ Interpretation: Steigung der Tangente an der Graphen von f am Punkt $(x, f(x) ) $. In den Anwendungen oft: infinitesimale Änderungsrate.
Höhere Ableitungen Die Ableitung der Ableitung kennzeichnet man einfach durch einen weiteren Strich, bzw ab 3. oder 4. Ableitung durch eine Zahl in Klammern $$ f''(x ) = (f'(x))' ... \quad \mbox{ n-te Ableitung } f^{(n)} (x) $$

Notation in der Physik/Naturwissenschaften als Differentialquotient (Grenzwert des Differenzenquotienten): $$ f'(x) = { df \over dx } (x) $$ Eine Ableitung speziell von zeitabhängigen Größen nach der Zeit $t$ wird in der Physik oft mit einem Punkt gekennzeichnet:
$$ \dot{f} (t) = { df \over dt } (t) = f'(t) = \lim_{ \Delta t \to 0 } { f(t+ \Delta t ) - f(t) \over \Delta t } $$ Für die Schrittweite $h$ schreibt man in der Physik meist $\Delta t $, das ist suggestiver.

Beispiel aus der Physik: $x(t) $ sei der Ort eines Massenpunktes zu Zeit $t$ (eindimensional betrachtet auf einer Geraden). Die infinitesimale Änderung des Ortes zum Zeitpunkt t ist die Geschwindigkeit $v(t) $ und die infinitesimale Änderung der Geschwindigkeit ist die Beschleunigung $a(t)$. Das ergibt also die Beziehungen $$ \dot{x}(t) = v(t), \ x(0)= x_0 \qquad \dot{v}(t) = a(t), \ v(0) = v_0 $$ In der Schule lernt man z.B. das Bewegungsgesetz für eine gleichförmig beschleunigte Bewegung ($ a = konstant$) als Spezialfall dieser allgemeinen Bewegungsgleichungen kennen: $$ v(t) = v_0 +at \quad x(t) = x_0 + tv_0 + { at^2 \over 2 } \quad (\mbox{ Weg-Zeit Gesetz quadratisch } ) $$ Durch Differentiation sieht man sofort, dass auch in diesem Spezialfall die Bewegungsgleichungen erfüllt sind.
Frage: Wie sähe denn im Falle einer linearen Beschleunigung $a(t)= tc $, $c $ konstant, die Zeit als Funktion der Beschleunigung aus?

Differentiationsregeln

Einfache Regeln (Linearität der Differentiation als Operation!)

$ a, b \in I\!\!R \mbox{ Konstante, f, g differenzierbar: } $ $$(af)' = a f' \qquad (f+g)' = f' + g' \qquad (af+bg)' = af' + bg' $$ Ableitung von Potenzfunktionen $ p \in I\!\!R $ konstant. $$ p \ne 0 : \ (x^p)' = p x^{p-1} \ , \qquad p=0: (x^0)' = (1)'= 0. $$ Trigonometrische Funktionen $$ (\sin(x))' = \cos(x) , \qquad (\cos(x))' = -\sin(x) $$ Exponentialfunktion $ e^x = \exp(x), \ x\in I\!\! R $ (beide Notationen werden synonym benutzt) $$ \left( e^x \right)' = e^x , \quad x\in I\!\! R $$ Unten (Abschnitt Umkehrfunktion ) wird hergeleitet: $$ (\ln(x))' = { 1\over x } $$ Beispiel in dem mehrere Regeln kombiniert werden: $a,b,c $ seinen reelle Konstante: $$ (\log_a(x))' = \left( { \ln(x) \over \ln(a) } \right)' = { 1 \over x \ln(a) } = { 1 \over \ln(a^x) } $$ $$ ( a\sin(x) + bx^2 + c + dx^{111} )' = a \cos(x) + 2bx + 0 + 111dx^{110} $$ Wie kommt man denn auf folgende Ableitung? $$ (\sin^2 (x) + \cos^2(x))' = 0 $$

Produktregel $$ (f(x)g(x))' = f'(x)g(x) + f(x)g'(x) $$ Beispiele: $$ (\cos^2(x))' = (\cos(x)\cdot \cos(x) )' = -\sin(x)\cos(x) + \cos(x)(-\sin(x) ) = -2 \sin(x)\cos(x) $$ $$ x^7 \sin(x) = 7x^6 \sin(x) + x^7\cos(x) $$ $$ ( \ln(x^x))' = (x \ln(x))' = \ln(x) + 1 $$ $$ (x^2 \ln(x))' = 2x \ln(x) + x $$ $$ (x^2+3x) \sqrt{ x } = (2x+3) \sqrt{ x } + {(x^2+3x) \over 2\sqrt{ x } } $$ (hier wäre alternativ zur Produktregel auch Ausmultiplizieren und Anwenden der Potenzgesetze/Ableitung der Potenzfunktionen möglich gewesen.

Kettenregel für verkettete Funktionen $ (f\circ g) (x)= f(g(x) ), \quad W(g) \subseteq D(f) $ $$ (f(g(x)))' = f'(g(x)) g'(x) $$ Notation in Natur- und Ingenieurwissenschaft: $$ { d \over dx } f(g(x)) = { d \over dg } f(g(x)) \cdot { d \over dx } g(x) $$ Beispiele: ( sofern nicht angegeben, versuchen Sie selbst, f und g zu identifizieren!)
$$ (\sin(3x+1))' = \cos(3x+1) \cdot 3 = 3 \cdot \cos(3x+1) , \qquad (7\exp(5x))' = 35\exp(5x) $$ $$ f(g(x)) = \sin^2(x) = (\sin(x))^2, \quad f(y)= y^2,\Rightarrow f'(y) = 2y, \quad y=g(x)= \sin(x), g'(x) = \cos(x) \Rightarrow (f(g(x)))' = 2\sin(x) \cos(x) $$ $$ f(g(x)) = \sin(x^2), \quad f(y) = \sin(y) , y= g(x) = x^2 \quad f'(y) = \cos(y) , g'(x) = 2x , \Rightarrow (f(g(x)))' = \cos(x^2 ) 2x $$ $$ \left( \ \sqrt{ x + \sin(x) }\ \right)' = { 1 + \cos(x) \over 2 \sqrt{ x + \sin(x) } } $$ $$ { d \over dx } (11x^2 + 2)^{3/7} = { 3 \over 7 } (11x^2 + 2)^{-4/7} \cdot (22x) $$ Allgemeine Exponentialfunktion,$ a \gt 0 $, Ableitung mit Kettenregel : $$ ( a^x )' = ( e^{ \ln(a) x } )' = \ln(a) a^x \qquad f(g) = e^g , f'(g) = e^g \quad g(x)=\ln(a) x, \ g'(x) = \ln(a) $$ $$ (\exp(x^2 )' = \exp(x^2)2x \quad \mbox{ hier } f(y) = \exp(y), g(x)= x^2 $$ $$ f(g(x)) = \ln ( \cos(x) ), \qquad (f(g(x)))' = { -\sin(x) \over \cos(x)} . $$ $$ (\sin( x^5+3x^2-1))' = \cos( x^5+3x^2-1)(5x^4 + 6x) $$ $$ (\cos^3(x))' = 3 \cos^2(x) (-\sin(x) ) = -3 \cos^2(x) \sin(x) $$ (Hier alternativ auch mehrfache Anwendung der Produktregeln - aber umständlich!) $$ ( \sqrt{ x^5- x^{0,2} } )' = { 5 x^4 - 0,2 x^{-0,8} \over 2 \sqrt{ x^5- x^{0,2} }} $$ Kombination mit Produktregel für Ableitung der inneren Funktion: $$ (x^x)' = ( \exp( x \ln(x) )' = \exp( x \ln(x) ) \cdot (\ln(x) +1) = x^x (\ln(x)+1) $$ Bei mehrstufigen Verkettungen wird die Regel hintereinander angewandt, sozusagen stufenweise: $$ (f(g(h)))' = f'(g(h))\cdot (g(h))' = f'(g(h))\cdot g'(h)\cdot h' $$ Beispiel: $$ k(x) = { 1 \over \sin( x^3 - x^{-2} ) } = f(g(h(x))) , \quad f(g)= {1 \over g } , \ g(h) = \sin(h) ,\ h(x)= x^3 - x^{-2} $$ Getrennt die Ableitungen bilden und wieder ineinander einsetzen: $$ f'(g) = -g^{-2}, \quad g'(h) = \cos(h), \quad h'(x) = (3x^2 +2x^-3) $$ $$ k'(x) = -( \sin( x^3 - x^{-2} ) )^{-2} \cdot \cos( x^3 - x^{-2} ) \cdot (3x^2 +2x^-3) $$ Quotientenregel folgt aus Produkt- und Kettenregel $$ \left({ f \over g } \right)' = \left(f { 1 \over g } \right)' = f' \cdot { 1 \over g } + f \cdot { ( -1) \over g^2 }g' = { f'g - g'f \over g^2 } $$ Beispiel $$ -{\pi \over 2 } \lt x \lt { \pi \over 2 } : \quad (\tan(x))' = \left( \frac{\sin(x) }{\cos(x) } \right)' = \frac{\cos^2(x) + \sin^2(x) }{ \cos^2(x) } = \frac{ 1 }{ \cos^2(x) } = 1 + \tan^2(x) $$

Ableitung der Umkehrfunktion $f^{-1}$ bezeichne die Umkehrfunktion zu $f$ mit $ D(f^{-1}) = W(f) $.
Dann ergibt sich durch Differenzieren mit der Kettenregel : $$ x= f^{-1} (f(x)) \Longrightarrow 1 = (x)' = (f^{-1} (f(x)))' = (f^{-1})' \cdot (f(x))' = (f^{-1})' \cdot f' $$ Beachte dabei dass die Ableitung von $f$ und $f^{-1} $ nach unterschiedlichen Variablen erfolgen kann, je nach Schreibweise! Somit durch Umstellen $$ 1= (f^{-1})' \cdot f' \Longrightarrow (f^{-1})' = { 1 \over f' } $$ Bzw. etwas ausführlicher, wenn man die Variable/Funktion $y= y(x)= f(x)$ einführt $$ (f^{-1})' (y) = { 1 \over f'(f^{-1}(y) ) } $$ In Differentialquotienten geschrieben sieht die Ableitungsformel so aus: $ y= y(x),$ mit Umkehrfunktion $ x=x(y) $ $$ { dx \over dy }(y) = { 1 \over { dy \over dx }(x(y) ) } $$ 1. Zur Illustration/Überprüfung ein Beispiel, dessen Ergebnis wir schon kennen, da auch die Umkehrfunktion eine Potenzfunktion ist:
$$ y= f(x) = x^3 , x \in I\!\!R , \quad f'(x) = 3x^2 \quad \mbox{ mit der Umkehrfunktion } f^{-1} (y) = y^{1/3}, \ y \in I\!\!R $$ So erhalten wir etwas umständlich also dieselbe Ableitung wie oben: $$ ( y^{1/3} )' = { 1 \over f'(f^{-1}(y) ) } = { 1 \over 3 (f^{-1}(y) )^2 } = { 1 \over 3 (y^{1/3} )^2 } = { 1 \over 3 } y^{-2/3} $$ Das kann man genauso für beliebige andere Wurzeln durchführen!

2. Beispiel $ f(x) = \exp(x) = f'(x) , \ f^{-1}(y) = \ln(y) , y \gt 0 $ : $$ (\ln(y))' = { 1 \over f'(f^{-1}(y) ) } = { 1 \over \exp( \ln(y) ) } = { 1 \over y } $$ Da man Variable beliebig nennen kann also $$ (\ln(x))' = { 1\over x } $$

Logarithmisches Differenzieren für Funktionen vom Typ $ a(x)^{b(x)} $
Spezialfall der Kettenregel - die Stammfunktion wird zur Lösung bestimmter Differentialgleichungen benötigt (Ing-Math, Methode der Trennung der Veränderlichen). Man differenziert eigentlich den Logarithmus der gegebenen Funktion und zieht daraus die Ableitung der Funktion. $$ (\ln(g(x)))' = { g'(x) \over g(x) } \Rightarrow g' (x) = g(x) \cdot (\ln(g(x)))' $$ Speziell für Funktionen des Typs $$ g(x) = a(x)^{b(x)}$$ wird durch den Logarithmus die Bestimmung der Ableitung auf die Anwendung der Produktregel und die Kettenregel reduziert: $$ g' = g(x) \cdot (b(x) \cdot \ln(a(x))' = g \cdot (b' \cdot \ln( a) + {b a' \over a } ) $$ Anwendungsbeispiel 1: (einfach) $$ g(x) = x^x , \quad g´= g \cdot ( x \ln (x))' = x^x \cdot ( \ln(x) + 1 ) $$ Anwendungsbeispiel 2: $$ g(x) = ( \sin(x))^x , \quad g' = g \cdot (\ln(g(x)))' = ( \sin(x))^x \cdot (x\cdot \ln (\sin x))´ = ( \sin(x))^x ( \ln (\sin x) + {x \cos(x) \over \sin(x) } ) $$ Alternative: Darstellung von $g$ über Exponentialfunktion und dann Anwendung Kettenregel und Produktregel - dasselbe Beispiel: $$ g(x) = ( \sin(x))^x = \exp( x\cdot \ln(\sin(x) ) ) \Rightarrow g' = g \cdot ( \ln (\sin x) + {x \cos(x) \over \sin(x) } ) $$ Allgemeines Schema: $$ g(x) = a^b = \exp( b \ln(a) ) \Rightarrow g' = g \cdot ( b' \ln (a) + {b a' \over a } ) $$

Differenzieren über Grenzwert des Differenzenquotienten.
Hinweis: Dies dient nur der Demonstration, wie die bekannten Ableitungen der Standardfunktionen zustande kommen. Wenn die Ableitungen schon bekannt sind, benutzt man diese natürlich.
$$ f'(x) = \lim_{ h \to 0} \frac{f(x+h) - f(x)}{ h } $$ 1. Beispiel: $ f(x) = ax + b, x \in I\!\! R $ : Grenzwertberechnung entfällt. $$ \frac{f(x+h) - f(x)}{ h } = \frac{ a(x+h) + b - (ax + b ) }{ h } = a \ \mbox{ Steigung der Geraden} $$ 2. Beispiel: Potenzfunktion $ f(x) = x^2, \ x \in I\!\! R $ $$ { f(x+h) - f(x) \over h } = \frac{(x+h)^2 - x^2 }{ h } = \frac{ x^2 +2hx + h^2 - x^2 }{ h } = \frac{ 2x + h }{ 1 } \underbrace{\longrightarrow}_{ h\to 0} 2x $$
3. Beispiel : Potenzfunktion $ f(x) = x^3, \ x \in I\!\! R $ $$ \frac{f(x+h) - f(x)}{ h } = \frac{(x+h)^3 - x^3 }{ h } = \frac{x^3 + 3x^2h + 3x h^2 + h^3 - x^3}{h} = \frac{ + 3x^2 + 3x h + h^2 }{1 } = \underbrace{\longrightarrow}_{ h\to 0} 3x^2 $$ Für höhere ganzzahlige Potenzen ganz analog - $ (x+h)^p $ mit Binomialkoeffizienten hinschreiben!

4. Beispiel: Wurzelfunktion $f(x) = \sqrt{ x}, \ x \ge 0. $ . Erweiterungstrick mit 3. Binomischer Formel. $$ d_f(h) = { f(x+h) - f(x) \over h } = \frac{ \sqrt{x+h } -\sqrt{x}}{ h } = \frac{ ( \sqrt{x+h } -\sqrt{x}) (\sqrt{x+h } +\sqrt{x}) }{ h(\sqrt{x+h } +\sqrt{x}) } = \frac{ h } {h (\sqrt{x+h } +\sqrt{x}) } = \frac{ 1 } { \sqrt{x+h } +\sqrt{x} } $$ Somit $$ \lim_{h \to 0 } d_f(h) = \frac{ 1 } { 2 \sqrt{x} } $$

5. Beispiel: Trigonometrische Funktionen $ f(x) = \sin(x), \ x \in I\!\! R $.
Wir benötigen hier zwei Hilfsaussagen.
$$ (1.) \qquad\qquad \sin(x+h) - \sin(x) = 2 \cos( (2x+h)/2 ) \cdot \sin(h/2) $$ Diese Gleichung ergibt sich aus dem Additionstheorem:
$$ \sin(a) - \sin(b) = 2 \cos((a+b)/2) \cdot \sin((a+b)/2) $$ mit der Wahl $ a=x+h, \ b= x $. $$ (2.) \qquad \qquad \lim_{ t\to 0 } { \sin(t) \over t } = 1 . $$ Dazu überlegt man sich an an einem Dreieck am Einheitskreis, $t$ im Bogenmaß die Ungleichung $$ \sin(t) \le t \le \tan(t) = {\sin(t) \over \cos(t) } \Longrightarrow \cos(t) \le { \sin(t) \over t } \le 1 $$ und erhält wegen $ \lim_{t \to 0} \cos(t) =1 $ die Aussage.



Wir haben also schon die Aussage $f'(0) = 1$, = Steigung des Sinus =1 im Nullpunkt ermittelt. Mit dem Additionstheorem wird das nun auf andere Winkel übertragen. $$ d_f(x,h) = { \sin(x+h) - \sin(x) \over h } =_{(1.)} \frac{ 2 \cos( (2x+h)/2 ) \cdot \sin(h/2) }{h} = \cos( (2x+h)/2 ) \cdot \frac{ \sin(h/2) }{h/2 } $$ Grenzübergang $ h \to 0 $ im Differenzenquotienten unter Berücksichtigung von (2.) mit $t=h/2$ und Stetigkeit der Sinus- und Kosinusfunktion liefert dann die gewünschte Aussage $$ (\sin(x))' = \cos(x) $$