Ableitungsregeln: Kettenregel, Quotientenregel, Produktregel, Summenregel, Faktorregel – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Wir haben im letzten Kapitel die Ableitungsfunktion $f':D\to \mathbb {R}$ einer differenzierbaren Funktion $f:D\to \mathbb {R}$ folgendermaßen definiert: $f'({\tilde {x}}):=\lim _{x\rightarrow {\tilde {x}}}{\tfrac {f(x)-f({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}$. Das ist jedoch oft eine sehr umständliche Art, die Ableitungsfunktion einer konkret gegebenen Funktion zu ermitteln. Nimm zum Beispiel die Funktion $g:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ mit $g(x)=x^{2}\cdot \ln(x)$. Zur Berechnung ihrer Ableitung müssten wir $\lim _{x\rightarrow {\tilde {x}}}{\tfrac {x^{2}\cdot \ln(x)-{\tilde {x}}^{2}\cdot \ln({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}$ für jedes ${\tilde {x}}\in \mathbb {R}$ bestimmen.

Idealerweise finden wir eine Zuordnungsfunktion für die Ableitungsfunktion, mit der wir diese direkt berechnen können und uns den Weg über den Differentialquotienten sparen. Das Schöne ist, dass es Ableitungsgesetze gibt, mit denen eine zusammengesetzte Funktion auf Ableitungen ihrer Basisfunktionen zurückgeführt wird.

Übersichtstabelle der Ableitungsregeln

Seien $f$ und $g$ differenzierbare Funktionen, so dass die Kompositionen $af$ mit $a\in \mathbb {R}$, $f+g$, $fg$, ${\tfrac {f}{g}}$ und $f\circ g$ jeweils definiert und differenzierbar sind. Dann gelten die folgenden Ableitungsregeln:

Name	Regel
Faktorregel	$(af)'=af'$
Summen- / Differenzenregel	$(f\pm g)'=f'\pm g'$
Produktregel	$(fg)'=f'g+fg'$
Quotientenregel	$\left({\frac {f}{g}}\right)'={\frac {gf'-fg'}{g^{2}}}$
Reziprokenregel	$\left({\frac {1}{g}}\right)'=-{\frac {g'}{g^{2}}}$
Kettenregel	$(f\circ g)'=(f'\circ g)\cdot g'$
Spezialfälle der Kettenregel	${\begin{aligned}(f^{n})'&=nf^{n-1}\cdot f'\\({\sqrt {f}})'&={\frac {f'}{2{\sqrt {f}}}}\\(\exp \circ f)'&=(\exp \circ f)\cdot f'\\(\ln \circ f)'&={\tfrac {f'}{f}}\end{aligned}}$
Inversenregel	$(f^{-1})'={\tfrac {1}{f'\circ f^{-1}}}$

Merkregeln

Folgende Regeln erleichtern das Merken der einzelnen Ableitungsregeln:

• Faktorregel $(af)'=af'$: Die Ableitung ist linear und kann damit direkt in ein Produkt einer Funktion mit einer Zahl reingezogen werden.
• Summen- und Differenzenregel $(f\pm g)'=f'\pm g'$: Die Ableitung ist linear und kann damit direkt in die Summe zweier Funktionen reingezogen werden.
• Produktregel $(fg)'=f'g+fg'$: „Erste Funktion ableiten, zweite bleibt stehen plus zweite Funktion ableiten, erste bleibt stehen“
• Quotientenregel $\left({\tfrac {f}{g}}\right)'={\tfrac {gf'-fg'}{g^{2}}}$: NAZ-ZAN ist die Merkregel für den Zähler („Nenner Ableitung Zähler minus Zähler Ableitung Nenner“)
• Reziprokenregel $\left({\frac {1}{g}}\right)'=-{\frac {g'}{g^{2}}}$: Dies ist der Spezialfall der Quotientenregel mit $f\equiv 1$ (Zähler ist konstant $1$).
• Kettenregel $(f\circ g)'=(f'\circ g)\cdot g'$: „Ableitung äußere Funktion mal Ableitung innere Funktion“. Vorsicht, in die Ableitung der äußeren Funktion muss die innere Funktion eingesetzt werden. Auch darf das Nachdifferenzieren der inneren Funktion nicht vergessen werden.

Faktorregel

Satz (Faktorprodukt)

Sei $f:D\to \mathbb {R}$ eine differenzierbare Funktion mit der Ableitung $f':D\to \mathbb {R}$ und sei $\lambda \in \mathbb {R}$ ein Skalar. Dann ist $(\lambda f)':D\to \mathbb {R}$ differenzierbar und für die Ableitung gilt

$(\lambda f)'=\lambda f'$

Beweis (Faktorprodukt)

Wir müssen zeigen, dass $\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\tfrac {(\lambda f)(x)-(\lambda f)({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}$ existiert und gleich $\lambda f'$ ist. Für ${\tilde {x}}\in D$ gilt

${\begin{aligned}&\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {(\lambda f)({\tilde {x}})-(\lambda f)(x)}{{\tilde {x}}-x}}\\[0.3em]=\ &\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {\lambda f({\tilde {x}})-\lambda f(x)}{{\tilde {x}}-x}}\\[0.3em]=\ &\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\lambda {\frac {f({\tilde {x}})-f(x)}{{\tilde {x}}-x}}}\\[0.3em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{x\to a}\lambda g(x)=\lambda \lim _{x\to a}g(x)\right.}\\[0.3em]=\ &\lambda \lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {f({\tilde {x}})-f(x)}{{\tilde {x}}-x}}\\[0.3em]=\ &\lambda f'({\tilde {x}})\end{aligned}}$

Also ist $(\lambda f)'=\lambda f'$.

Summenregel

Satz

Nun wollen wir allgemein die Ableitung einer Funktion $g+f$ bestimmen, wobei $g:D\to \mathbb {R}$ und $f:D\to \mathbb {R}$ differenzierbare Funktionen sind.

Satz (Summenregel)

Seien $f,g:D\to \mathbb {R}$ mit $D\subseteq \mathbb {R}$ zwei differenzierbare Funktionen mit Ableitungen $f':D\to \mathbb {R}$ und $g':D\to \mathbb {R}$. Dann ist $f+g:D\to \mathbb {R}$ differenzierbar und es gilt für alle $x\in D$:

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

Beweis (Summenregel)

Wir müssen zeigen, dass $\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\tfrac {(f+g)(x)-(f+g)({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}$ existiert. Wir sehen

${\begin{aligned}&\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {(f+g)(x)-(f+g)({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}\\[0.3em]=\ &\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {f(x)+g(x)-f({\tilde {x}})-g({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}\\[0.3em]=\ &\lim _{x\to {\tilde {x}}}{{\bigg (}{\frac {f(x)-f({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}+{\frac {g(x)-g({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}{\bigg )}}\\[0.3em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ f{\text{ und }}g{\text{ sind differenzierbar}}\right.}\\[0.3em]=\ &\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {f(x)-f({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}+\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {g(x)-g({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}\\[0.3em]=\ &f'({\tilde {x}})+g'({\tilde {x}})\end{aligned}}$

Also folgt $(f+g)'(x)=f'(x)+g'(x)$.

Beispiel

Beispiel (Ableitung der Summe von Geraden)

Wir betrachten zwei Geraden $f,g:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ mit $f(x)=m_{1}x+t_{1}$ und $g(x)=m_{2}x+t_{2}$. Dann ist

$(f+g)(x)=m_{1}x+t_{1}+m_{2}x+t_{2}=(m_{1}+m_{2})x+(t_{1}+t_{2})$

Die Ableitung einer Funktion an der Stelle $x$ ist die Steigung der Funktion an dieser Stelle. Die Steigung der Geraden $f$ und $g$ ist $m_{1}$ bzw. $m_{2}$. Also ist $f'(x)=m_{1}$ und $g'(x)=m_{2}$ für alle $x\in \mathbb {R}$.

Für die Gerade $f+g$ gilt ebenso, dass $m_{1}+m_{2}$ ihre Steigung ist. So folgt $(f+g)'(x)=m_{1}+m_{2}=f'(x)+g'(x)$. Die Summenregel stimmt also bei Geraden.

Differenzenregel

Aufgabe (Differenzenregel)

Zeige, analog zur Summenregel, die Differenzenregel für Ableitungen: Seien $f,g:D\to \mathbb {R}$ mit $D\subseteq \mathbb {R}$ zwei differenzierbare Funktionen mit Ableitungen $f':D\to \mathbb {R}$ und $g':D\to \mathbb {R}$. Dann ist auch $f-g$ differenzierbar. Es gilt für alle $x\in D$:

$(f-g)'(x)=f'(x)-g'(x)$

Beweis (Differenzenregel)

Für ${\tilde {x}}\in D$ gilt

${\begin{aligned}&\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {(f-g)(x)-(f-g)({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}\\[0.3em]=\ &\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {f(x)-g(x)-f({\tilde {x}})+g({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}\\[0.3em]=\ &\lim _{x\to {\tilde {x}}}{{\bigg (}{\frac {f(x)-f({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}-{\frac {g(x)-g({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}{\bigg )}}\\[0.3em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ f{\text{ und }}g{\text{ sind differenzierbar}}\right.}\\[0.3em]=\ &\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {f(x)-f({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}-\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {g(x)-g({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}\\[0.3em]=\ &f'({\tilde {x}})-g'({\tilde {x}})\end{aligned}}$

Produktregel

Satz (Produktregel)

Seien $f:D\to \mathbb {R}$ und $g:D\to \mathbb {R}$ mit $D\subseteq \mathbb {R}$ differenzierbare Funktionen mit bekannten Ableitungsfunktionen $f',g':D\to \mathbb {R}$. Dann ist die Funktion $f\cdot g:D\to \mathbb {R} ,(f\cdot g)(x):=f(x)\cdot g(x)$ differenzierbar und für ihre Ableitungsfunktion gilt

$(f\cdot g)':D\to \mathbb {R} ,(f\cdot g)'(x)=f'(x)\cdot g(x)+g'(x)\cdot f(x)$

Beweis (Produktregel)

Sei $x\in D$. Dann gilt:

${\begin{aligned}&\lim _{x\rightarrow {\tilde {x}}}{\frac {(f\cdot g)(x)-(f\cdot g)({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}\\[0.3em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Definition von }}(f\cdot g)\right.}\\[0.3em]=\ &\lim _{x\rightarrow {\tilde {x}}}{\frac {f(x)g(x)-f({\tilde {x}})g({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}\\[0.3em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ -f({\tilde {x}})g(x)+f({\tilde {x}})g(x)=0\right.}\\[0.3em]=\ &\lim _{x\rightarrow {\tilde {x}}}{\frac {f(x)g(x)-f({\tilde {x}})g(x)+f({\tilde {x}})g(x)-f({\tilde {x}})g({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}\\[0.3em]=\ &\lim _{x\rightarrow {\tilde {x}}}\left({{\frac {f(x)g(x)-f({\tilde {x}})g(x)}{x-{\tilde {x}}}}+{\frac {f({\tilde {x}})g(x)-f({\tilde {x}})g({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}}\right)\\[0.3em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Limes auseinanderziehen}}\right.}\\[0.3em]=\ &\lim _{x\rightarrow {\tilde {x}}}{\frac {f(x)g(x)-f({\tilde {x}})g(x)}{x-{\tilde {x}}}}+\lim _{x\rightarrow {\tilde {x}}}{\frac {f({\tilde {x}})g(x)-f({\tilde {x}})g({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}\\[0.3em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Ausklammern von }}g(x){\text{ und }}f({\tilde {x}})\right.}\\[0.3em]=\ &\lim _{x\rightarrow {\tilde {x}}}{g(x){\frac {f(x)-f({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}}+\lim _{x\rightarrow {\tilde {x}}}{f({\tilde {x}}){\frac {g(x)-g({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}}\\[0.3em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Grenzwertsätze}}\right.}\\[0.3em]=\ &\lim _{x\rightarrow {\tilde {x}}}\underbrace {g(x)} _{\to g({\tilde {x}})}\cdot \lim _{x\rightarrow {\tilde {x}}}\underbrace {\frac {f(x)-f({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}} _{\to f'({\tilde {x}})}+f({\tilde {x}})\cdot \lim _{x\rightarrow {\tilde {x}}}\underbrace {\frac {g(x)-g({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}} _{\to g'({\tilde {x}})}\\[0.3em]=\ &g({\tilde {x}})\cdot f'({\tilde {x}})+f({\tilde {x}})\cdot g'({\tilde {x}})\end{aligned}}$

Um zu begründen, dass man die Grenzwerte auseinanderziehen darf, muss man die Rechnung von hinten nach vorne betrachten. Da bei der Anwendung der Grenzwertsätze jeweils alle Subausdrücke konvergierten, können die Grenzwertsätze benutzt werden.

Alternativer Beweis (Produktregel)

Wir betrachten eine beliebige Stelle ${\tilde {x}}\in D$. Da $f$ und $g$ nach Voraussetzung in ${\tilde {x}}$ differenzierbar sind, gibt es Funktionen $\delta _{f},\delta _{g}:D\to \mathbb {R}$, so dass für alle $x\in D$ gilt

${\begin{aligned}&f(x)=f({\tilde {x}})+f'({\tilde {x}})\cdot (x-{\tilde {x}})+\delta _{f}(x)\\[0.3em]&g(x)=g({\tilde {x}})+g'({\tilde {x}})\cdot (x-{\tilde {x}})+\delta _{g}(x)\end{aligned}}$

Außerdem gilt $\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\tfrac {\delta _{f}(x)}{x-{\tilde {x}}}}=0$ und $\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\tfrac {\delta _{f}(x)}{x-{\tilde {x}}}}=0$. Für alle $x\in D$ gilt also:

${\begin{aligned}&f(x)\cdot g(x)\\[0.3em]=\ &(f({\tilde {x}})+f'({\tilde {x}})\cdot (x-{\tilde {x}})+\delta _{f}(x))\cdot (g({\tilde {x}})+g'({\tilde {x}})\cdot (x-{\tilde {x}})+\delta _{g}(x))\\[0.3em]=\ &f({\tilde {x}})g({\tilde {x}})+(f'({\tilde {x}})g({\tilde {x}})+g'({\tilde {x}})f({\tilde {x}}))(x-{\tilde {x}})\\[0.3em]&+\delta _{f}(x)g'({\tilde {x}})(x-{\tilde {x}})+\delta _{g}(x)f'({\tilde {x}})(x-{\tilde {x}})+f'({\tilde {x}})g'({\tilde {x}}){(x-{\tilde {x}})}^{2}\\[0.3em]&+f({\tilde {x}})\delta _{g}(x)+g({\tilde {x}})\delta _{f}(x)+\delta _{f}(x)\delta _{g}(x)\end{aligned}}$

Nun definieren wir die Funktion $\delta _{f\cdot g}:D\to \mathbb {R}$ durch

${\begin{aligned}\delta _{f\cdot g}(x):=&\delta _{f}(x)g'({\tilde {x}})(x-{\tilde {x}})+\delta _{g}(x)f'({\tilde {x}})(x-{\tilde {x}})+f'({\tilde {x}})g'({\tilde {x}}){(x-{\tilde {x}})}^{2}\\[0.3em]&+f({\tilde {x}})\delta _{g}(x)+g({\tilde {x}})\delta _{f}(x)+\delta _{f}(x)\delta _{g}(x)\end{aligned}}$

Also gilt für alle $x\in D$:

$f(x)g(x)=f({\tilde {x}})g({\tilde {x}})+(f'({\tilde {x}})g({\tilde {x}})+g'({\tilde {x}})f({\tilde {x}}))(x-{\tilde {x}})+\delta _{f\cdot g}(x)$

Wenn wir zeigen können, dass $\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\tfrac {\delta _{f\cdot g}(x)}{x-{\tilde {x}}}}=0$, dann ist $f\cdot g$ in ${\tilde {x}}$ differenzierbar und $(f\cdot g)'({\tilde {x}})=f'({\tilde {x}})g({\tilde {x}})+g'({\tilde {x}})f({\tilde {x}})$. Hierzu reicht es zu zeigen, dass für alle Summanden vom Term $\delta _{f\cdot g}(x)$ stärker als $x-{\tilde {x}}$ gegen $0$ konvergieren:

${\begin{aligned}\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {\delta _{f}(x)g'({\tilde {x}})(x-{\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}&=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\underbrace {\delta _{f}(x)} _{\to 0}g'({\tilde {x}})}=0\\[0.5em]\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {\delta _{g}(x)f'({\tilde {x}})(x-{\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}&=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\underbrace {\delta _{g}(x)} _{\to 0}f'({\tilde {x}})}=0\\[0.5em]\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {f'({\tilde {x}})g'({\tilde {x}}){(x-{\tilde {x}})}^{2}}{x-{\tilde {x}}}}&=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{f'({\tilde {x}})g'({\tilde {x}})\underbrace {(x-{\tilde {x}})} _{\to 0}}=0\\[0.5em]\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {f({\tilde {x}})\delta _{g}(x)}{x-{\tilde {x}}}}&=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{f({\tilde {x}})\underbrace {\frac {\delta _{g}(x)}{x-{\tilde {x}}}} _{\to 0}}=0\\[0.5em]\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {g({\tilde {x}})\delta _{f}(x)}{x-{\tilde {x}}}}&=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{g({\tilde {x}})\underbrace {\frac {\delta _{f}(x)}{x-{\tilde {x}}}} _{\to 0}}=0\\[0.5em]\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {\delta _{f}(x)\delta _{g}(x)}{x-{\tilde {x}}}}&=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\underbrace {\delta _{f}(x)} _{\to 0}\underbrace {\frac {\delta _{g}(x)}{x-{\tilde {x}}}} _{\to 0}}=0\\[0.5em]\end{aligned}}$

Quotientenregel

Satz (Quotientenregel)

Sei $f,g:D\to \mathbb {R}$ zwei differenzierbare Funktionen mit $g(x)\neq 0$ für alle $x\in D$. Dann ist die Abbildung ${\tfrac {f}{g}}:D\to \mathbb {R}$, definiert durch $\left({\tfrac {f}{g}}\right)(x)={\tfrac {f(x)}{g(x)}}$, differenzierbar und für die Ableitungsfunktion $\left({\tfrac {f}{g}}\right)':D\to \mathbb {R}$ gilt

$\left({\frac {f}{g}}\right)'(x)={\frac {f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g^{2}(x)}}$

Dabei ist $g^{2}(x)=g(x)\cdot g(x)$. Insbesondere gilt die Reziprokenregel:

$\left({\frac {1}{g}}\right)'(x)=-{\frac {g'(x)}{g^{2}(x)}}$

Beweis (Quotientenregel)

Um die Aussage zu beweisen, zeigen wir zuerst, dass $\left({\tfrac {1}{g}}\right)'(x)=-{\tfrac {g'(x)}{g^{2}(x)}}$ ist. Dabei sei $g:D\to \mathbb {R}$ eine differenzierbare Funktion mit $g(x)\neq 0$ für alle $x\in D$. Sei nun ${\tilde {x}}\in D$. Wir betrachten $\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\tfrac {\left({\tfrac {1}{g}}\right)(x)-\left({\tfrac {1}{g}}\right)({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}$. Es gilt

${\begin{aligned}&\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {\left({\frac {1}{g}}\right)(x)-\left({\frac {1}{g}}\right)({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}\\[0.5em]=\ &\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {{\frac {1}{g(x)}}-{\frac {1}{g({\tilde {x}})}}}{x-{\tilde {x}}}}\\[0.5em]=\ &\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {\frac {g({\tilde {x}})-g(x)}{g(x)\cdot g({\tilde {x}})}}{x-{\tilde {x}}}}\\[0.5em]=\ &\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {g({\tilde {x}})-g(x)}{g({\tilde {x}})\cdot g(x)(x-{\tilde {x}})}}\\[0.5em]=\ &\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\left(-{\frac {g(x)-g({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}\cdot {\frac {1}{g({\tilde {x}})g(x)}}\right)}\\[0.5em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Grenzwertsätze}}\right.}\\[0.5em]=\ &\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\left(-{\frac {g(x)-g({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}\right)}\cdot \lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {1}{g({\tilde {x}})g(x)}}\\[0.5em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Faktorregel}}\right.}\\[0.5em]=\ &-\lim _{x\to {\tilde {x}}}\underbrace {\frac {g(x)-g({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}} _{\to g'({\tilde {x}})}\cdot {\frac {1}{g({\tilde {x}})\lim _{x\to {\tilde {x}}}\underbrace {g(x)} _{\to g({\tilde {x}})}}}\\[0.5em]=\ &-g'({\tilde {x}}){\frac {1}{g({\tilde {x}})g({\tilde {x}})}}\\[0.5em]=\ &-{\frac {g'({\tilde {x}})}{g^{2}({\tilde {x}})}}\end{aligned}}$

Am Ende haben wir gesehen, dass alle Subausdrücke bei den jeweiligen Grenzwertsätzen konvergieren. Deswegen dürfen die Grenzwertsätze benutzen. Nun leiten wir daraus die Quotientenregel für ${\tfrac {f}{g}}$ her. Dabei ist $f,g:D\to \mathbb {R}$ und $g(x)\neq 0$ für alle $x\in D$. Die Quotientenregel leitet sich nun aus der Produktregel her:

${\begin{aligned}&\left({\frac {f}{g}}\right)'(x)=\left({\frac {f(x)}{g(x)}}\right)'=\left(f(x)\cdot {\frac {1}{g(x)}}\right)'\\[0.5em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Produktregel}}\right.}\\[0.5em]=\ &f'(x)\cdot {\frac {1}{g(x)}}+f(x)\left(-{\frac {g'(x)}{g^{2}(x)}}\right)\\[0.5em]=\ &{\frac {f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g^{2}(x)}}\end{aligned}}$

Kettenregel

Satz (Kettenregel)

Seien $f:A\to B$ und $g:C\to D$ zwei reellwertige und differenzierbare Funktionen mit $A,B,C,D\subseteq \mathbb {R}$ und $f(A)\subseteq C$. Dann gilt für die Ableitungsfunktion von $g\circ f:A\to D$:

$(g\circ f)':A\to \mathbb {R} ,(g\circ f)'(x)=g'(f(x))\cdot f'(x)$

Wie kommt man auf den Beweis? (Kettenregel)

Wir könnten zunächst versuchen, den Beweis direkt über den Differentialquotienten zu beweisen:

${\begin{aligned}&\lim _{x\rightarrow {\tilde {x}}}{\frac {(g\circ f)(x)-(g\circ f)({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}\\[0.3em]=\ &\lim _{x\rightarrow {\tilde {x}}}{\frac {(g(f(x))-(g(f({\tilde {x}}))}{x-{\tilde {x}}}}\\[0.3em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Erweitern mit }}f(x)-f({\tilde {x}})\right.}\\[0.3em]=\ &\lim _{x\rightarrow {\tilde {x}}}{{\frac {(g(f(x))-(g(f({\tilde {x}}))}{f(x)-f({\tilde {x}})}}\cdot {\frac {f(x)-f({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}}\\[0.3em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Grenzwertsätze}}\right.}\\[0.3em]=\ &\lim _{x\rightarrow {\tilde {x}}}\underbrace {\frac {(g(f(x))-(g(f({\tilde {x}}))}{f(x)-f({\tilde {x}})}} _{\to g'(f({\tilde {x}}))}\cdot \lim _{x\rightarrow {\tilde {x}}}\underbrace {\frac {f(x)-f({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}} _{\to f'({\tilde {x}})}\\[0.3em]=\ &g'(f({\tilde {x}}))\cdot f'({\tilde {x}})\end{aligned}}$

Diese Rechenschritte geben die Grundidee hinter einen Beweis der Kettenregel wider. Jedoch ist diese Argumentation aus mehreren Gründen problematisch bzw. falsch:

• Wir erweitern mit $f(x)-f({\tilde {x}})$. Was passiert jedoch, wenn $f({\tilde {x}})=f(x)$ ist? Dann haben wir mit Null erweitert, was nicht erlaubt ist. Der gefundene Grenzwert muss also nicht mehr stimmen.
• Im letzten Schritt behaupten wir, dass $\lim _{\color {Orange}x\rightarrow {\tilde {x}}}{\tfrac {g(f(x))-(g(f({\tilde {x}})}{f(x)-f({\tilde {x}})}}=g'(f({\tilde {x}}))$ wäre. Wir wissen lediglich, dass $\lim _{\color {OliveGreen}f(x)\rightarrow f({\tilde {x}})}{\tfrac {g(f(x))-(g(f({\tilde {x}})}{f(x)-f({\tilde {x}})}}=g'(f({\tilde {x}}))$ ist, können aber nichts darüber sagen, wie sich dieser Grenzwert beim Übergang $x\to {\tilde {x}}$ anstelle von $f(x)\to f({\tilde {x}})$ verhält.

Obige Argumentation stellt also keinen validen Beweis dar! Um den Beweis zu retten, gehen wir den Umweg über eine Hilfsfunktion, die an der Stelle ${\tilde {x}}$ wohldefiniert ist und so dass wir den Weg über die Erweiterung mit $f(x)-f({\tilde {x}})$ vermeiden.

Beweis (Kettenregel)

Sei ${\tilde {x}}\in A$. Wir definieren folgende Hilfsfunktion:

${\tilde {g}}:C\to \mathbb {R} ,u\mapsto {\begin{cases}{\frac {g(u)-g(f({\tilde {x}}))}{u-f({\tilde {x}})}}&;u\neq f({\tilde {x}})\\g'(f({\tilde {x}}))&;u=f({\tilde {x}})\end{cases}}$

Dann gilt für alle $u\in C$:

$g(u)-g(f({\tilde {x}}))={\tilde {g}}(u)\cdot (u-f({\tilde {x}}))$

Weiter ist ${\tilde {g}}$ stetig. Als Verkettung stetiger Funktionen ist ${\tilde {g}}$ nämlich in allen $u\neq f({\tilde {x}})$ stetig. ${\tilde {g}}$ ist auch in $u=f({\tilde {x}})$ stetig, denn wegen der Differenzierbarkeit von $g$ gilt

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

Also:

${\begin{aligned}&\lim _{x\rightarrow {\tilde {x}}}{\frac {(g\circ f)(x)-(g\circ f)({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}\\[0.3em]=\ &\lim _{x\rightarrow {\tilde {x}}}{\frac {(g(f(x))-(g(f({\tilde {x}}))}{x-{\tilde {x}}}}\\[0.3em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ g(f(x))-(g(f({\tilde {x}}))={\tilde {g}}(f(x))\cdot (f(x)-f({\tilde {x}}))\right.}\\[0.3em]=\ &\lim _{x\rightarrow {\tilde {x}}}{\frac {{\tilde {g}}(f(x))\cdot (f(x)-f({\tilde {x}}))}{x-{\tilde {x}}}}\\[0.3em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Grenzwertsätze}}\right.}\\[0.3em]=\ &\lim _{x\rightarrow {\tilde {x}}}\underbrace {\frac {(f(x)-f({\tilde {x}}))}{x-{\tilde {x}}}} _{\to f'({\tilde {x}})}\cdot \lim _{x\rightarrow {\tilde {x}}}{{\tilde {g}}(f(x))}\\[0.3em]=\ &f'({\tilde {x}})\cdot \lim _{x\rightarrow {\tilde {x}}}{{\tilde {g}}(f(x))}\\[0.3em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\tilde {g}}{\text{ ist stetig}}\right.}\\[0.3em]=\ &f'({\tilde {x}})\cdot {\tilde {g}}\left(\lim _{x\rightarrow {\tilde {x}}}{f(x)}\right)\\[0.3em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ f{\text{ ist stetig }}\right.}\\[0.3em]=\ &f'({\tilde {x}})\cdot {\tilde {g}}(f({\tilde {x}}))\\[0.3em]=\ &f'({\tilde {x}})\cdot g'(f({\tilde {x}}))\end{aligned}}$

Alternativer Beweis (Kettenregel)

Sei ${\tilde {x}}\in A$. Da $f$ und $g$ differenzierbar sind, gibt es Funktionen $\delta _{f}:{\tilde {A}}:=\lbrace a-{\tilde {x}}|a\in A\rbrace \to \mathbb {R}$ und $\delta _{g}:{\tilde {C}}:=\lbrace c-f({\tilde {x}})|c\in C\rbrace \to \mathbb {R}$, so dass für alle $h\in {\tilde {A}}$ und alle $i\in {\tilde {C}}$ gilt

${\begin{aligned}&f({\tilde {x}}+h)=f({\tilde {x}})+f'({\tilde {x}})\cdot h+\delta _{f}(h)\\[0.3em]&g(f({\tilde {x}})+i)=g(f({\tilde {x}}))+g'(f({\tilde {x}}))\cdot i+\delta _{g}(i)\end{aligned}}$

Zudem ist $\lim _{h\to 0}{\tfrac {\delta _{f}(h)}{h}}=0$ sowie $\lim _{i\to 0}{\tfrac {\delta _{g}(i)}{i}}=0$. Also:

${\begin{aligned}&(g\circ f)({\tilde {x}}+h)\\[0.3em]=\ &g(f({\tilde {x}})+f'({\tilde {x}})\cdot h+\delta _{f}(h))\\[0.3em]=\ &g(f({\tilde {x}}))+g'(f({\tilde {x}}))\cdot (f'({\tilde {x}})\cdot h+\delta _{f}(h))+\delta _{g}(f'({\tilde {x}})\cdot h+\delta _{f}(h))\\[0.3em]=\ &g(f({\tilde {x}}))+g'(f({\tilde {x}}))f'({\tilde {x}})h+g'(f({\tilde {x}}))\delta _{f}(h)+\delta _{g}(f'({\tilde {x}})\cdot h+\delta _{f}(h))\\[0.3em]\end{aligned}}$

Wir definieren nun

$\delta _{g\circ f}:{\tilde {A}}\to \mathbb {R} ,x\mapsto g'(f({\tilde {x}}))\delta _{f}(h)+\delta _{g}(f'({\tilde {x}})\cdot h+\delta _{f}(h))$

Um zu zeigen, dass $g\circ f$ an der Stelle ${\tilde {x}}$ mit $(g\circ f)'({\tilde {x}})=g'(f({\tilde {x}}))f'({\tilde {x}})$ differenzierbar ist, müssen wir noch zeigen, dass $\lim _{h\to 0}{\tfrac {\delta _{g\circ f}(h)}{h}}=0$ gilt. Es ist:

${\begin{aligned}&\lim _{h\to 0}{\frac {\delta _{g\circ f}(h)}{h}}\\[0.5em]=\ &\lim _{h\to 0}{\frac {g'(f({\tilde {x}}))\delta _{f}(h)+\delta _{g}(f'({\tilde {x}})\cdot h+\delta _{f}(h))}{h}}\\[0.5em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Limes auseinanderziehen}}\right.}\\[0.5em]=\ &\lim _{h\to 0}{\frac {g'(f({\tilde {x}}))\delta _{f}(h)}{h}}+\lim _{h\to 0}{\frac {\delta _{g}(f'({\tilde {x}})\cdot h+\delta _{f}(h))}{h}}\\[0.5em]=\ &g'(f({\tilde {x}}))\lim _{h\to 0}{\frac {\delta _{f}(h)}{h}}+\lim _{h\to 0}{\frac {\delta _{g}(f'({\tilde {x}})\cdot h+\delta _{f}(h))}{h}}\\[0.5em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{h\to 0}{\frac {\delta _{f}(h)}{h}}=0\right.}\\[0.5em]=\ &g'(f({\tilde {x}}))\cdot 0+\lim _{h\to 0}{\frac {\delta _{g}(f'({\tilde {x}})\cdot h+\delta _{f}(h))}{h}}\\[0.5em]=\ &\lim _{h\to 0}{\frac {\delta _{g}(f'({\tilde {x}})\cdot h+\delta _{f}(h))}{h}}\end{aligned}}$

Um diesen Grenzwert zu berechnen, betrachten wir eine beliebige Folge $(h_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ in $\mathbb {R} \setminus \{0\}$, die gegen $0$ konvergiert. Für alle $n\in \mathbb {N}$ mit $f'({\tilde {x}})\cdot h_{n}+\delta _{f}(h_{n})=0$ gilt wegen $\delta _{g}(0)=0$ auch ${\tfrac {\delta _{g}(f'({\tilde {x}})\cdot h_{n}+\delta _{f}(h_{n}))}{h_{n}}}=0$.

Falls es nur endlich viele $n\in \mathbb {N}$ mit ${\tfrac {\delta _{g}(f'({\tilde {x}})\cdot h_{n}+\delta _{f}(h_{n}))}{h_{n}}}\neq 0$ gibt, so folgt $\lim _{n\to \infty }{\tfrac {\delta _{g}(f'({\tilde {x}})\cdot h_{n}+\delta _{f}(h_{n}))}{h_{n}}}=0$. Betrachten wir also den Fall, dass für unendlich viele $n\in \mathbb {N}$ gilt, dass ${\tfrac {\delta _{g}(f'({\tilde {x}})\cdot h_{n}+\delta _{f}(h_{n}))}{h_{n}}}\neq 0$ ist. Sei $(h_{n_{k}})_{k\in \mathbb {N} }$ die Teilfolge der Folgenglieder von $(h_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ mit $\delta _{g}(f'({\tilde {x}})\cdot h+\delta _{f}(h))\neq 0$. Es gilt

${\begin{aligned}&\lim _{k\to \infty }{\frac {\delta _{g}(f'({\tilde {x}})\cdot h_{n_{k}}+\delta _{f}(h_{n_{k}}))}{h_{n_{k}}}}\\[0.5em]=\ &\lim _{k\to \infty }{{\frac {\delta _{g}(f'({\tilde {x}})\cdot h_{n_{k}}+\delta _{f}(h_{n_{k}}))}{f'({\tilde {x}})\cdot h_{n_{k}}+\delta _{f}(h_{n_{k}})}}\cdot {\frac {f'({\tilde {x}})\cdot h_{n_{k}}+\delta _{f}(h_{n_{k}})}{h_{n_{k}}}}}\\[0.5em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Limes auseinanderziehen}}\right.}\\[0.5em]=\ &\lim _{k\to \infty }{\frac {\delta _{g}(f'({\tilde {x}})\cdot h_{n_{k}}+\delta _{f}(h_{n_{k}}))}{f'({\tilde {x}})\cdot h_{n_{k}}+\delta _{f}(h_{n_{k}})}}\cdot \lim _{k\to \infty }{\frac {f'({\tilde {x}})\cdot h_{n_{k}}+\delta _{f}(h_{n_{k}})}{h_{n_{k}}}}\\[0.5em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Wegen}}\lim _{k\to \infty }{h_{n_{k}}}=0{\text{ gilt }}\lim _{k\to \infty }{f'({\tilde {x}})\cdot h_{n_{k}}+\delta _{f}(h_{n_{k}})}=0\right.}\\[0.5em]=\ &\lim _{{\hat {h}}\to 0}{\frac {\delta _{g}({\hat {h}})}{\hat {h}}}\cdot \left(\lim _{k\to \infty }{\frac {f'({\tilde {x}})\cdot h_{n_{k}}}{h_{n_{k}}}}+\lim _{k\to \infty }{\frac {\delta _{f}(h_{n_{k}})}{h_{n_{k}}}}\right)\\[0.5em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{\hat {h}}\to 0}{\frac {\delta _{g}({\hat {h}})}{\hat {h}}}=0{\text{ und }}\lim _{k\to \infty }{h_{n_{k}}}=0\right.}\\[0.5em]=\ &0\cdot \left(f'({\tilde {x}})+\lim _{{\tilde {h}}\to 0}{\frac {\delta _{f}({\tilde {h}})}{\tilde {h}}}\right)\\[0.5em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{\tilde {h}}\to 0}{\frac {\delta _{g}({\tilde {h}})}{\tilde {h}}}=0\ \right.}\\[0.5em]=\ &0\cdot \left(f'({\tilde {x}})+0\right)\\[0.5em]=\ &0\end{aligned}}$

Damit folgt insgesamt

$\lim _{h\to 0}{\frac {\delta _{g}(f'({\tilde {x}})\cdot h+\delta _{f}(h))}{h}}=0$

Hinweis

Mit Hilfe der Kettenregel lässt sich die Reziprokenregel $\left({\tfrac {1}{f}}\right)'=-{\tfrac {f'}{f^{2}}}$ beweisen. Setzen wir nämlich die „äußere Funktion“ $g(x)={\tfrac {1}{x}}$, so gilt $g'(x)=-{\tfrac {1}{x^{2}}}$. Damit folgt dann

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

Damit hatten wir oben unter Verwendung der Produktregel die Quotientenregel hergeleitet. Die Quotientenregel lässt sich also mit der Ketten- und der Produktregel zeigen. Ebenso können wir die Produktregel mit der Kettenregel beweisen. Zur Übung empfehlem wir unsere Übungsaufgabe dazu.