Beispiele für Ableitungen – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

In diesem Kapitel wollen wir die wichtigsten Beispiele von Ableitungen zusammenfassen. Mit Hilfe der Rechengesetze für die Ableitung zusammengesetzte Funktionen ebenfalls abgeleitet werden.

Tabelle wichtiger Ableitungen

In der folgenden Tabelle ist $n\in \mathbb {N}$, $q\in \mathbb {Z}$ und ${\tilde {n}}\in \mathbb {N} _{0}$. Außerdem definieren wir $a,b,c\in \mathbb {R}$, $a_{k}\in \mathbb {R}$ und $p\in \mathbb {R} ^{+}$.

Funktionsterm	Term der Ableitungsfunktion	Definitionsbereich der Ableitung
$c$	$0$	$\mathbb {R}$
$x^{n}$	$nx^{n-1}$	$\mathbb {R}$
$ax+b$	$a$	$\mathbb {R}$
$ax^{2}+bx+c$	$2ax+b$	$\mathbb {R}$
$\sum _{k=0}^{\tilde {n}}a_{k}x^{k}$	$\sum _{k=1}^{\tilde {n}}a_{k}kx^{k-1}$	$\mathbb {R}$
${\frac {1}{x}}$	$-{\frac {1}{x^{2}}}$	$\mathbb {R} \setminus \{0\}$
$x^{-n}={\frac {1}{x^{n}}}$	$-{\frac {n}{x^{n+1}}}$	$\mathbb {R} \setminus \{0\}$
$x^{q}$	$qx^{q-1}$	${\begin{cases}\mathbb {R} &q\in \mathbb {Z} _{0}^{+}\\\mathbb {R} \setminus \{0\}&q\in \mathbb {Z} ^{-}\end{cases}}$
${\sqrt {x}}$	${\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}$	$\mathbb {R} ^{+}$
${\sqrt[{n}]{x}}$	${\frac {1}{n{\sqrt[{n}]{x^{n-1}}}}}$	$\mathbb {R} ^{+}$
${\sqrt[{n}]{x^{q}}}$	${\frac {q}{n}}{\sqrt[{n}]{x^{q-n}}}$	$\mathbb {R} ^{+}$
$\exp(x)=e^{x}$	$\exp(x)$	$\mathbb {R}$
$p^{x}=\exp(x\ln p)$	$\ln(p)\cdot p^{x}$	$\mathbb {R}$
$x^{a}=\exp(a\ln x)$	$ax^{a-1}$	${\begin{cases}\mathbb {R} &a\geq 0\\\mathbb {R} \setminus \{0\}&a<0\end{cases}}$
$\ln |x|$	${\frac {1}{x}}$	$\mathbb {R} \setminus \{0\}$
$\log _{p}|x|={\frac {\ln |x|}{\ln p}}$	${\frac {1}{\ln(p)\cdot x}}$	$\mathbb {R} \setminus \{0\}$
$\sin(x)$	$\cos(x)$	$\mathbb {R}$
$\cos(x)$	$-\sin(x)$	$\mathbb {R}$
$\tan(x)={\frac {\sin x}{\cos x}}$	${\frac {1}{\cos ^{2}(x)}}=1+\tan ^{2}(x)$	$\mathbb {R} \setminus \{{\frac {\pi }{2}}+k\pi |k\in \mathbb {Z} \}$
$\sec(x)={\frac {1}{\cos(x)}}$	${\frac {\sin(x)}{\cos ^{2}(x)}}$	$\mathbb {R} \setminus \{{\frac {\pi }{2}}+k\pi |k\in \mathbb {Z} \}$
$\csc(x)={\frac {1}{\sin(x)}}$	$-{\frac {\cos(x)}{\sin ^{2}(x)}}$	$\mathbb {R} \setminus \{k\pi |k\in \mathbb {Z} \}$
$\cot(x)={\frac {\cos x}{\sin x}}$	$-{\frac {1}{\sin ^{2}(x)}}=-1-\cot ^{2}(x)$	$\mathbb {R} \setminus \{k\pi |k\in \mathbb {Z} \}$
$\arcsin(x)$	${\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}$	$(-1,1)$
$\arccos(x)$	$-{\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}$	$(-1,1)$
$\arctan(x)$	${\frac {1}{1+x^{2}}}$	$\mathbb {R}$
${\text{arcot}}(x)$	$-{\frac {1}{1+x^{2}}}$	$\mathbb {R}$
$\sinh(x)={\frac {e^{x}-e^{-x}}{2}}$	$\cosh(x)$	$\mathbb {R}$
$\cosh(x)={\frac {e^{x}+e^{-x}}{2}}$	$\sinh(x)$	$\mathbb {R}$
$\tanh(x)={\frac {\sinh x}{\cosh x}}$	${\frac {1}{\cosh ^{2}(x)}}=1-\tanh ^{2}(x)$	$\mathbb {R}$
$\operatorname {arsinh} (x)$	${\frac {1}{\sqrt {x^{2}+1}}}$	$\mathbb {R}$
$\operatorname {arcosh} (x)$	${\frac {1}{\sqrt {x^{2}-1}}}$	$(1,\infty )$
$\operatorname {artanh} (x)$	${\frac {1}{1-x^{2}}}$	$(-1,1)$

Beispiele zur Berechnung von Ableitungen

Nun werden wir zahlreiche Beispiele von Ableitungen aus der Tabelle von oben durchrechnen. Häufig läuft es darauf raus den Differentialquotient der Funktion, also einen Grenzwert zu lösen. Manchmal ist es aber auch sinnvoll die Rechenregeln aus dem Kapitel zuvor anzuwenden.

Konstante Funktionen

Beginnen wir mit ein paar einfachen Ableitungen:

Satz (Ableitung einer konstanten Funktion)

Jede konstante Funktion $f\equiv c$ ist auf ganz $\mathbb {R}$ differenzierbar mit Ableitung $0$.

Beweis (Ableitung einer konstanten Funktion)

Ist ${\tilde {x}}\in \mathbb {R}$, so gilt

$f'({\tilde {x}})=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {f(x)-f({\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {c-c}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {0}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}0=0$

Potenzfunktionen mit natürlichen Potenzen

Nun wenden wir uns der Ableitung von Potenzfunktionen mit natürlichen Potenzen zu. Dabei behandeln wir zunächst ein paar Spezialfälle:

Beispiel (Ableitung der Identitätsfunktion und der Normalparabelfunktion)

Die Funktionen

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

und

$g:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ g(x)=x^{2}$

sind differenzierbar auf ganz $\mathbb {R}$. Weiter gilt für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R}$:

$f'({\tilde {x}})=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {x-{\tilde {x}}}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}1=1$

sowie

$g'({\tilde {x}})=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {x^{2}-{\tilde {x}}^{2}}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {(x+{\tilde {x}})(x-{\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}(x+{\tilde {x}})=2{\tilde {x}}$

Dabei haben wir bei der Ableitung von $g$ die aus der Schule bekannte 3. binomische Formel $(x+y)(x-y)=x^{2}-y^{2}$ verwendet.

Aufgabe (Ableitung einer Potenzfunktion)

Berechne die Ableitung von

$h:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ h(x)=x^{3}$

Lösung (Ableitung einer Potenzfunktion)

Für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R}$ gilt

$h'({\tilde {x}})=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {x^{3}-{\tilde {x}}^{3}}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {(x^{2}+x{\tilde {x}}+{\tilde {x}}^{2})(x-{\tilde {x}})}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}(x^{2}+x{\tilde {x}}+{\tilde {x}}^{2})=3{\tilde {x}}^{2}$

Anstelle die Identität $x^{3}-{\tilde {x}}^{3}=(x^{2}+x{\tilde {x}}+{\tilde {x}}^{2})(x-{\tilde {x}})$ zu benutzen, hätten wir auch ${\tfrac {x^{3}-{\tilde {x}}^{3}}{x-{\tilde {x}}}}=x^{2}+x{\tilde {x}}+{\tilde {x}}^{2}$ mittels Polynomdivision berechnen können.

Nun wenden wir uns dem allgemeinen Fall, d.h. der Ableitung von $x\mapsto x^{n}$ für $n\in \mathbb {N}$ zu:

Satz (Ableitung der Potenzfunktion)

Die Potenzfunktion

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

ist für $n\in \mathbb {N}$ auf ganz $\mathbb {R}$ differenzierbar. Für alle ${\tilde {x}}\in \mathbb {R}$ gilt

$f'(x)=n{\tilde {x}}^{n-1}$

Beweis (Ableitung der Potenzfunktion)

Ist ${\tilde {x}}\in \mathbb {R}$, so gilt

$f'({\tilde {x}})=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {x^{n}-{\tilde {x}}^{n}}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}\sum _{k=0}^{n-1}x^{k}{\tilde {x}}^{n-1-k}=\sum _{k=0}^{n-1}{\tilde {x}}^{k}{\tilde {x}}^{n-1-k}=\sum _{k=0}^{n-1}{\tilde {x}}^{n-1}=n{\tilde {x}}^{n-1}$

Dabei haben wir die geometrische Summenformel $\sum _{k=0}^{n-1}x^{k}{\tilde {x}}^{n-1-k}={\tfrac {x^{n}-{\tilde {x}}^{n}}{x-{\tilde {x}}}}$ und die Stetigkeit der Polynomfunktion $x\mapsto \sum _{k=0}^{n-1}x^{k}{\tilde {x}}^{n-1-k}$ verwendet.

Polynome und gebrochen rationale Funktionen

Mit Hilfe der Rechenregeln für Ableitungen können wir nun die Ableitungen von Polynomfunktionen und gebrochen rationalen Funktionen berechnen:

Satz (Ableitung von Polynomen)

Ist

$p:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ p(x)=\sum _{k=0}^{n}a_{k}x^{k}$

mit $a_{k}\in \mathbb {R}$ und $n\in \mathbb {N}$ eine Polynomfunktion vom Grad $n$. Dann ist $p$ auf ganz $\mathbb {R}$ differenzierbar, und für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R}$ gilt

$p'({\tilde {x}})=\sum _{k=1}^{n}a_{k}k{\tilde {x}}^{k-1}$

Beweis (Ableitung von Polynomen)

Mit Hilfe der Ableitungsregel für das Vielfache einer Funktion $(\lambda f)'=\lambda f'$ idt jeder einzelne Summand des Polynoms auf $\mathbb {R}$ differenzierbar. Mit der Summenregel können wir jede Polynomfunktion gliedweise auf $\mathbb {R}$ ableiten und erhalten für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R}$:

$p'({\tilde {x}})=\sum _{k=1}^{n}a_{k}k{\tilde {x}}^{k-1}$

wobei die Ableitung des nullten Summanden verschwunden ist.

Insbesondere folgt daraus für $n=1$ bzw. $n=2$, dass lineare und quadratische Funktionen auf ganz $\mathbb {R}$ differenzierar sind.

Aufgabe (Ableitung von gebrochen rationalen Funktionen)

Sei

$r(x)={\frac {\sum _{k=0}^{n}a_{k}x^{k}}{\sum _{l=0}^{m}b_{l}x^{l}}}$

mit $a_{k},b_{l}\in \mathbb {R}$ und $n,m\in \mathbb {N} _{0}$ eine auf $D=\mathbb {R} \setminus \{x\in \mathbb {R} :\sum _{l=0}^{m}b_{l}x^{l}\neq 0\}$ definierte gebrochen rationale Funktion. Zeige, dass $r$ auf $D$ differenzierbar ist, und berechne dort die Ableitung.

Lösung (Ableitung von gebrochen rationalen Funktionen)

Zähler und Nenner von $r$ sind Polynome. Da der Nenner ungleich null ist auf $D$ und Polynome differenzierbar sind, folgt aus der Quotientenregel, dass $r$ auf $D$ differenzierbar ist.

Weiter gilt für ${\tilde {x}}\in D$:

$r'({\tilde {x}})={\frac {\left(\sum _{k=1}^{n}a_{k}k{\tilde {x}}^{k-1}\right)\cdot \left(\sum _{l=0}^{m}b_{l}{\tilde {x}}^{l}\right)-\left(\sum _{k=0}^{n}a_{k}{\tilde {x}}^{k}\right)\cdot \left(\sum _{l=1}^{m}b_{l}l{\tilde {x}}^{l-1}\right)}{\left(\sum _{l=0}^{m}b_{l}{\tilde {x}}^{l}\right)^{2}}}$

Potenzfunktionen mit ganzzahligen Potenzen

Potenzfunktionen mit natürlichen Exponenten könne wir bereits ableiten. Nun untersuchen wir solche mit negativen ganzzahligen Exponenten.

Beispiel (Ableitung der Hyperbelfunktion)

Die Potenzfunktion

$f:\mathbb {R} \setminus \{0\},\ f(x)=x^{-1}={\frac {1}{x}}$

ist auf $\mathbb {R} \setminus \{0\}$ differenzierbar und es gilt

$f'({\tilde {x}})=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {{\frac {1}{x}}-{\frac {1}{\tilde {x}}}}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {\frac {{\tilde {x}}-x}{x{\tilde {x}}}}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {{\tilde {x}}-x}{x{\tilde {x}}(x-{\tilde {x}})}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {-(x-{\tilde {x}})}{x{\tilde {x}}(x-{\tilde {x}})}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {-1}{x{\tilde {x}}}}=-{\frac {1}{{\tilde {x}}^{2}}}$

für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R} \setminus \{0\}$.

Aufgabe (Ableitung von $x\mapsto {\tfrac {1}{x^{2}}}$)

Zeige, dass die Potenzfunktion

$f:\mathbb {R} \setminus \{0\},\ f(x)=x^{-2}={\frac {1}{x^{2}}}$

auf $\mathbb {R} \setminus \{0\}$ differenzierbar ist und berechne dort ihre Ableitung.

Lösung (Ableitung von $x\mapsto {\tfrac {1}{x^{2}}}$)

Für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R} \setminus \{0\}$ gilt

$f'({\tilde {x}})=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {{\frac {1}{x^{2}}}-{\frac {1}{{\tilde {x}}^{2}}}}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {\frac {{\tilde {x}}^{2}-x^{2}}{x^{2}{\tilde {x}}^{2}}}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {({\tilde {x}}-x)({\tilde {x}}+x)}{x^{2}{\tilde {x}}^{2}(x-{\tilde {x}})}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {-(x-{\tilde {x}})(x+{\tilde {x}})}{x^{2}{\tilde {x}}^{2}(x-{\tilde {x}})}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {-(x+{\tilde {x}})}{x^{2}{\tilde {x}}^{2}}}=-{\frac {2{\tilde {x}}}{{\tilde {x}}^{4}}}=-{\frac {2}{{\tilde {x}}^{3}}}$

Für den allgemeinen Fall $x^{-n}={\tfrac {1}{x^{n}}}$ mit $n\in \mathbb {N}$ gilt

Satz (Ableitung von Potenzfunktionen mit negativen ganzzahligen Exponenten)

Die Potenzfunktion

$f:\mathbb {R} \setminus \{0\},\ f(x)=x^{-n}={\frac {1}{x^{n}}}$

ist auf $\mathbb {R} \setminus \{0\}$ differenzierbar, und für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R} \setminus \{0\}$ gilt

$f'({\tilde {x}})=-{\frac {n}{x^{n-1}}}$

Beweis (Ableitung von Potenzfunktionen mit negativen ganzzahligen Exponenten)

Für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R} \setminus \{0\}$ gilt

${\begin{aligned}f'({\tilde {x}})&=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {{\frac {1}{x^{n}}}-{\frac {1}{{\tilde {x}}^{n}}}}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {\frac {{\tilde {x}}^{n}-x^{n}}{x^{n}{\tilde {x}}^{n}}}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {1}{x^{n}{\tilde {x}}^{n}}}{\frac {{\tilde {x}}^{n}-x^{n}}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {1}{x^{n}{\tilde {x}}^{n}}}{\frac {-({\tilde {x}}^{n}-x^{n})}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {1}{x^{n}{\tilde {x}}^{n}}}\cdot \left(-\sum _{k=0}^{n-1}x^{k}{\tilde {x}}^{n-1-k}\right)\\&={\frac {1}{{\tilde {x}}^{2n}}}\cdot \left(-\sum _{k=0}^{n-1}{\tilde {x}}^{n-1}\right)=-{\frac {1}{{\tilde {x}}^{2n}}}\cdot n{\tilde {x}}^{n-1}=-{\frac {n}{{\tilde {x}}^{n-1}}}\end{aligned}}$

Aufgabe (Ableitung der Potenzfunktion)

Zeige $({\tfrac {1}{x^{n}}})'={\tfrac {-n}{x^{n+1}}}$ mit Hilfe der Quotientenregel

Lösung (Ableitung der Potenzfunktion)

Für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R} \setminus \{0\}$ gilt mit der Quotientenregel

$\left({\frac {1}{{\tilde {x}}^{n}}}\right)'={\frac {0\cdot {\tilde {x}}^{n}-1\cdot n{\tilde {x}}^{n-1}}{({\tilde {x}}^{n})^{2}}}={\frac {-n{\tilde {x}}^{n-1}}{{\tilde {x}}^{2n}}}={\frac {-n}{{\tilde {x}}^{2n-(n-1)}}}={\frac {-n}{{\tilde {x}}^{n+1}}}$

Anmerkung: Natürlich können wir auch direkt die Reziprokenregel anwenden, und erhalten so ebenfalls

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

Betrachten wir nochmal die Ableitungsregel im letzten Fall, also $f'({\tilde {x}})=-{\tfrac {n}{{\tilde {x}}^{n-1}}}=-n{\tilde {x}}^{-n-1}$ für $n\in \mathbb {N}$. Setzen wir $k=-n\in \mathbb {Z} ^{-}$, so erhalten wir $f'({\tilde {x}})=k{\tilde {x}}^{k-1}$. Die Ableitungsregel stimmt also mit der für $x^{n}$ mit $n\in \mathbb {N}$ überein. Daher können wir die beiden Fälle zusammenfassen und erhalten

Satz (Ableitung von Potenzfunktionen mit ganzzahligen Exponenten)

Für $k\in \mathbb {Z}$ ist die Potenzfunktion

$f:\mathbb {R} \setminus \{0\},\ f(x)=x^{k}$

auf $\mathbb {R} \setminus \{0\}$ differenzierbar. Für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R} \setminus \{0\}$ gilt dann

$f'({\tilde {x}})=kx^{k-1}$

Im Fall $k\in \mathbb {N}$ ist sie sogar auf ganz $\mathbb {R}$ differenzierbar.

Wurzelfunktionen

Nun untersuchen wir die Ableitung von Wurzelfunktionen. Wir starten wieder mit dem einfachsten Fall:

Beispiel (Ableitung der Quadratwurzelfunktion)

Die Quadratwurzelfunktion

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

ist auf $\mathbb {R} ^{+}$ differenzierbar und für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R} ^{+}$ gilt

${\begin{aligned}f'({\tilde {x}})&=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {{\sqrt {x}}-{\sqrt {\tilde {x}}}}{x-{\tilde {x}}}}\\[1em]&=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {{\sqrt {x}}-{\sqrt {\tilde {x}}}}{({\sqrt {x}})^{2}-({\sqrt {\tilde {x}}})^{2}}}\\[1em]&=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {{\sqrt {x}}-{\sqrt {\tilde {x}}}}{({\sqrt {x}}-{\sqrt {\tilde {x}}})({\sqrt {x}}+{\sqrt {\tilde {x}}})}}\\[1em]&=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {1}{{\sqrt {x}}+{\sqrt {\tilde {x}}}}}\\[1em]&={\frac {1}{2{\sqrt {\tilde {x}}}}}\end{aligned}}$

Verständnisfrage: Warum ist die Quadratwurzelfunktion in ${\tilde {x}}=0$ nicht differenzierbar, obwohl sie dort definiert und stetig ist?

Für den Differentialquotienten gilt

$\lim _{x\to 0+}{\frac {{\sqrt {x}}-{\sqrt {0}}}{x-0}}=\lim _{x\to 0+}{\frac {\sqrt {x}}{x}}=\lim _{x\to 0+}{\frac {1}{\sqrt {x}}}=\infty$

Also existiert dieser nicht. Daraus folgt die Nicht-Differenzierbarkeit.

Aufgabe (Ableitung der Kubikwurzelfunktion)

Bestimme die Ableitung der Kubikwurzelfunktion

$f:\mathbb {R} ^{+}\to \mathbb {R} ,\ f(x)={\sqrt[{3}]{x}}$

Lösung (Ableitung der Kubikwurzelfunktion)

Für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R} ^{+}$ gilt

${\begin{aligned}f'({\tilde {x}})&=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {{\sqrt[{3}]{x}}-{\sqrt[{3}]{\tilde {x}}}}{x-{\tilde {x}}}}\\[1em]&=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {{\sqrt[{3}]{x}}-{\sqrt[{3}]{\tilde {x}}}}{({\sqrt[{3}]{x}})^{3}-({\sqrt[{3}]{\tilde {x}}})^{3}}}\\[1em]&=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {{\sqrt[{3}]{x}}-{\sqrt[{3}]{\tilde {x}}}}{({\sqrt[{3}]{x}}-{\sqrt[{3}]{\tilde {x}}})(({\sqrt[{3}]{x}})^{2}+{\sqrt[{3}]{x}}\cdot {\sqrt[{3}]{\tilde {x}}}+({\sqrt[{3}]{\tilde {x}}})^{2})}}\\[1em]&=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {1}{({\sqrt[{3}]{x}})^{2}+{\sqrt[{3}]{x}}\cdot {\sqrt[{3}]{\tilde {x}}}+({\sqrt[{3}]{\tilde {x}}})^{2}}}\\[1em]&={\frac {1}{3({\sqrt[{3}]{\tilde {x}}})^{2}}}\end{aligned}}$

Nun betrachten wir den allgemeinen Fall der $k$-ten Wurzelfunktion. Hier gilt

Satz (Ableitung der $k$-ten Wurzelfunktion)

Ist $k\in \mathbb {N} ,k>1$, so ist die $k$-te Wurzelfunktion

$f:\mathbb {R} ^{+}\to \mathbb {R} ,\ f(x)={\sqrt[{k}]{x}}$

auf $\mathbb {R} ^{+}$ differenzierbar, und für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R} ^{+}$ gilt

$f'({\tilde {x}})={\frac {1}{k{\sqrt[{k}]{x^{k-1}}}}}$

Beweis (Ableitung der $k$-ten Wurzelfunktion)

Für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R} ^{+}$ gilt

$f'({\tilde {x}})=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {{\sqrt[{k}]{x}}-{\sqrt[{k}]{\tilde {x}}}}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {{\sqrt[{k}]{x}}-{\sqrt[{k}]{\tilde {x}}}}{({\sqrt[{k}]{x}})^{k}-({\sqrt[{k}]{\tilde {x}}})^{k}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {1}{\frac {({\sqrt[{k}]{x}})^{k}-({\sqrt[{k}]{\tilde {x}}})^{k}}{{\sqrt[{k}]{x}}-{\sqrt[{k}]{\tilde {x}}}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {1}{\sum _{l=0}^{k-1}({\sqrt[{k}]{x}})^{l}({\sqrt[{k}]{\tilde {x}}})^{k-1-l}}}={\frac {1}{\sum _{l=0}^{k-1}({\sqrt[{k}]{\tilde {x}}})^{k-1}}}={\frac {1}{k({\sqrt[{k}]{\tilde {x}}})^{k-1}}}={\frac {1}{k{\sqrt[{k}]{{\tilde {x}}^{k-1}}}}}$

Dies lässt sich nun nochmal verallgemeinern

Satz (Ableitung der verallgemeinerten Wurzelfunktion)

Ist $q\in \mathbb {N} ,q>1$ und $p\in \mathbb {Z}$, so ist die verallgemeinerte Wurzelfunktion

$f:\mathbb {R} ^{+}\to \mathbb {R} ,\ f(x)={\sqrt[{q}]{x}}^{p}$

auf $\mathbb {R} ^{+}$ differenzierbar, und für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R} ^{+}$ gilt

$f'({\tilde {x}})={\frac {p}{q}}{\sqrt[{q}]{x^{p-q}}}$

Beweis (Ableitung der verallgemeinerten Wurzelfunktion)

Da auf $\mathbb {R} ^{+}$ die Funktionen $x\mapsto x^{p}$ und $y\mapsto {\sqrt[{q}]{y}}$ differenzierbar sind, folgt aus der Kettenregel für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R} ^{+}$

$f'({\tilde {x}})={\frac {1}{q{\sqrt[{q}]{({\tilde {x}}^{p})^{q-1}}}}}\cdot p{\tilde {x}}^{p-1}={\frac {p}{q}}{\frac {\sqrt[{q}]{({\tilde {x}}^{p-1})^{q}}}{\sqrt[{q}]{({\tilde {x}}^{p})^{q-1}}}}={\frac {p}{q}}{\sqrt[{q}]{\frac {{\tilde {x}}^{pq-q}}{{\tilde {x}}^{pq-p}}}}={\frac {p}{q}}{\sqrt[{q}]{{\tilde {x}}^{pq-q-pq+p}}}={\frac {p}{q}}{\sqrt[{q}]{{\tilde {x}}^{p-q}}}$

Hinweis

Da für $p\in \mathbb {Z}$ und $q\in \mathbb {N}$ und $r={\tfrac {p}{q}}\in \mathbb {Q}$ war die Potenz mit rationalem Exponenten definiert durch

$x^{r}=x^{\frac {p}{q}}={\sqrt[{q}]{x^{p}}}$

Damit gilt auch für $r\in \mathbb {Q}$ die Ableitungsregel

$(x^{r})'={\frac {p}{q}}{\sqrt[{q}]{{\tilde {x}}^{p-q}}}={\frac {p}{q}}x^{\frac {p-q}{q}}={\frac {p}{q}}x^{{\frac {p}{q}}-1}=rx^{r-1}$

Die (verallgemeinerte) Exponentialfunktion und verallgemeinerten Potenzfunktion

In diesem Abschnitt werden wir beweisen, dass die Ableitung der Exponentialfunktion wieder die Exponentialfunktion ist. Damit können wir dann auch die Ableitung der verallgemeinerten Exponential- und Potenzfunktion bestimmen.

Satz (Ableitung der Exponentialfunktion)

Die Exponentialfunktion

$f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ f(x)=\exp(x)$

auf $\mathbb {R}$ differenzierbar, und für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R}$ gilt

$f'({\tilde {x}})=\exp({\tilde {x}})$

Wie kommt man auf den Beweis? (Ableitung der Exponentialfunktion)

Bei dieser Ableitung ist es sinnvoller die $h$-Methode

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

zu verwenden. Denn bei dieser können wir den bekannten Grenzwert

$\lim _{h\to 0}{\frac {\exp(h)-1}{h}}=1$

verwenden. Des Weiteren benötigen wir die Funktionalgleichung der Exponentialfunktion

$\exp(x+y)=\exp(x)\exp(y)$

Beweis (Ableitung der Exponentialfunktion)

Für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R}$ gilt

${\begin{aligned}f'({\tilde {x}})&=\lim _{h\to 0}{\frac {f({\tilde {x}}+h)-f({\tilde {x}})}{h}}=\lim _{h\to 0}{\frac {\exp({\tilde {x}}+h)-\exp({\tilde {x}})}{h}}=\lim _{h\to 0}{\frac {\exp({\tilde {x}})\exp(h)-\exp({\tilde {x}})}{h}}\\&=\lim _{h\to 0}\exp({\tilde {x}}){\frac {\exp(h)-1}{h}}=\exp({\tilde {x}})\cdot \lim _{h\to 0}{\frac {\exp(h)-1}{h}}=\exp({\tilde {x}})\cdot 1=\exp({\tilde {x}})\end{aligned}}$

Mit Hilfe der Kettenregel lassen sich daraus die Ableitungen der verallgemeinerten Exponentialfunktion $x\mapsto a^{x}$ für $a\in \mathbb {R} ^{+}$ und der verallgemeinerten Potenzfunktion $x\mapsto x^{r}$ für $r\in \mathbb {R}$ berechnen:

Satz (Ableitung der verallgemeinerten Exponentialfunktion)

Für $a\in \mathbb {R} ^{+}$ ist die verallgemeinerte Exponentialfunktion

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

auf $\mathbb {R}$ differenzierbar, und für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R}$ gilt

$f'({\tilde {x}})=\ln(a)a^{\tilde {x}}$

Beweis (Ableitung der verallgemeinerten Exponentialfunktion)

Für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R}$ gilt

$f'({\tilde {x}})=\exp({\tilde {x}}\ln(a))\cdot \ln(a)=\ln(a)a^{\tilde {x}}$

Satz (Ableitung der verallgemeinerten Potenzfunktion)

Für $r\in \mathbb {R}$ ist die verallgemeinerte Potenzfunktion

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

auf $\mathbb {R} ^{+}$ differenzierbar, und für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R} ^{+}$ gilt

$f'({\tilde {x}})=r{\tilde {x}}^{r-1}$

Aufgabe (Ableitung der verallgemeinerten Potenzfunktion)

Beweise, dass für die Ableitung der verallgemeinerten Potenzfunktion in ${\tilde {x}}\in \mathbb {R} ^{+}$ gleich $r{\tilde {x}}^{r-1}$ ist.

Beweis (Ableitung der verallgemeinerten Potenzfunktion)

Für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R}$ gilt mit der Kettenregel

$f'({\tilde {x}})=\exp(\ln({\tilde {x}})r)\cdot {\frac {r}{\tilde {x}}}=r{\tilde {x}}^{r}{\frac {1}{\tilde {x}}}=r{\tilde {x}}^{r-1}$

Die natürliche und verallgemeinerte Logarithmusfunktion

Nun wenden wir uns der Ableitung der natürlichen und verallgemeinerten Logarithmusfunktion zu. Da der natürliche Logarithmus die Umkehrfunktion der Exponentialfunktion ist, können wir direkt aus der Regel für die Ableitung der Umkehrfunktion folgern:

Satz (Ableitung der natürlichen Logarithmusfunktion)

Die natürliche Logarithmusfunktion

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

auf $\mathbb {R} ^{+}$ differenzierbar. Für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R} ^{+}$ gilt

$g'(y)={\frac {1}{y}}$

Beweis (Ableitung der natürlichen Logarithmusfunktion)

Für die Exponentialfunktion $\exp :\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ gilt: $f'=\exp$. Also ist die Funktion differenzierbar, und wegen $f'>0$ streng monoton steigend. Außerdem ist $f$ surjektiv. Die Umkehrfunktion $f^{-1}=g$ ist die (natürliche) Logarithmusfunktion

$f^{-1}:\mathbb {R} ^{+}\to \mathbb {R} ,\ f^{-1}(x)=\ln x$

Aus dem Satz über die Ableitung der Umkehrfunktion folgt nun für jedes $y\in \mathbb {R} ^{+}$:

$g'(y)=(f^{-1})'(y)={\frac {1}{f'(f^{-1}(y))}}={\frac {1}{e^{\ln y}}}={\frac {1}{y}}$

Die Ableitung lässt sich ebenfalls direkt mittels des Differentialquotienten berechnen. Wer dies probieren möchte, dem sein die ebtsprechende Übungsaufgabe empfohlen.

Mit Hilfe der Ableitung der natürlichen Logarithmusfunktion können wir nun unmittelbar folgern

Satz (Ableitung der verallgemeinerten Logarithmusfunktion)

Für $a\in \mathbb {R} ^{+}$ ist die verallgemeinerte Logarithmusfunktion

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

auf $\mathbb {R} ^{+}$ differenzierbar. Für $y\in \mathbb {R} ^{+}$ gilt

$g'(y)={\frac {1}{y\ln a}}$

Beweis (Ableitung der verallgemeinerten Logarithmusfunktion)

Aus der Ableitungsregel für das Vielfache einer Funktion folgt für alle $y\in \mathbb {R} ^{+}$:

$g'(y)={\frac {1}{\ln a}}{\frac {1}{y}}={\frac {1}{y\ln a}}$

Wenn die Ableitung des natürlichen Logarithmus nicht zur Verfügung steht, so können wir den Satz auch über die Ableitung der Umkehrfunktion berechnen.

Die trigonometrischen Funktionen

Sinus

Satz (Ableitung vom Sinus)

Der Sinus ist differenzierbar, wobei für alle ${\tilde {x}}\in \mathbb {R}$ gilt:

$\sin '({\tilde {x}})=\cos({\tilde {x}})$

Beweis (Ableitung vom Sinus)

Für ${\tilde {x}}\in \mathbb {R}$ ist

${\begin{aligned}\sin '({\tilde {x}})&=\lim _{h\to 0}{\frac {\sin({\tilde {x}}+h)-\sin({\tilde {x}})}{h}}\\[0.3em]&\color {Gray}\left\downarrow \ \sin(x+y)=\sin(x)\cos(y)+\cos(x)\sin(y)\right.\\[0.3em]&=\lim _{h\to 0}{\frac {\sin({\tilde {x}})\cos(h)+\cos({\tilde {x}})\sin(h)-\sin({\tilde {x}})}{h}}\\[0.3em]&=\sin({\tilde {x}})\cdot \underbrace {\lim _{h\to 0}{\frac {\cos(h)-1}{h}}} _{=0}+\cos({\tilde {x}})\cdot \underbrace {\lim _{h\to 0}{\frac {\sin(h)}{h}}} _{=1}\\[0.3em]&=\cos({\tilde {x}})\end{aligned}}$

Kosinus

Satz (Ableitung des Kosinus)

Die Kosinus-Funktion ist ableitbar mit

$\cos '({\tilde {x}})=-\sin({\tilde {x}})$

Beweis (Ableitung des Kosinus)

${\begin{aligned}\cos '({\tilde {x}})&=\lim _{h\to 0}{\frac {\cos({\tilde {x}}+h)-\cos({\tilde {x}})}{h}}\\[0.5em]&\color {Gray}\left\downarrow \ \cos(x+y)=\cos(x)\cos(y)-\sin(x)\sin(y)\right.\\[0.5em]&=\lim _{h\to 0}{\frac {\cos({\tilde {x}})\cos(h)-\sin({\tilde {x}})\sin(h)-\cos({\tilde {x}})}{h}}\\[0.5em]&=\cos({\tilde {x}})\cdot \underbrace {\lim _{h\to 0}{\frac {\cos(h)-1}{h}}} _{=0}-\sin({\tilde {x}})\cdot \underbrace {\lim _{h\to 0}{\frac {\sin(h)}{h}}} _{=1}\\[0.5em]&=-\sin({\tilde {x}})\end{aligned}}$

Tangens

Satz (Ableitung des Tangens)

Die Tangens-Funktionen

$\tan :D=\mathbb {R} \setminus \{{\tfrac {\pi }{2}}+k\pi \mid k\in \mathbb {Z} \}\to \mathbb {R} ,\ \tan(x)={\frac {\sin(x)}{\cos(x)}}$

ist auf $D$ differenzierbar, und für ${\tilde {x}}\in D$ gilt

$\tan '({\tilde {x}})={\frac {1}{\cos ^{2}({\tilde {x}})}}=1+\tan ^{2}({\tilde {x}})$

Beweis (Ableitung des Tangens)

Wegen $\cos(x)\neq 0$ für $x\neq {\tfrac {\pi }{2}}+k\pi$ ist $\tan$ nach der Quotientenregel differenzierbar, und für ${\tilde {x}}\in D$ gilt

$\tan '({\tilde {x}})={\frac {\cos({\tilde {x}})\cos({\tilde {x}})-\sin({\tilde {x}})(-\sin({\tilde {x}}))}{\cos ^{2}({\tilde {x}})}}={\frac {\cos ^{2}({\tilde {x}})+\sin ^{2}({\tilde {x}})}{\cos ^{2}({\tilde {x}})}}{\begin{cases}{\underset {\text{Pythagoras}}{\overset {\text{Trigonometrischer}}{=}}}{\frac {1}{\cos ^{2}({\tilde {x}})}}\\=1+{\frac {\sin ^{2}({\tilde {x}})}{\cos ^{2}({\tilde {x}})}}=1+\tan ^{2}({\tilde {x}})\end{cases}}$

Aufgabe (Ableitung des Kotangens)

Die Kotangens-Funktionen

$\cot :D=\mathbb {R} \setminus \{k\pi \mid k\in \mathbb {Z} \}\to \mathbb {R} ,\ \cot(x)={\frac {1}{\tan(x)}}={\frac {\cos(x)}{\sin(x)}}$

ist auf $D$ differenzierbar, und für ${\tilde {x}}\in D$ gilt

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

Lösung (Ableitung des Kotangens)

Wegen $\sin(x)\neq 0$ für $x\neq k\pi$ ist $\tan$ nach der Quotientenregel differenzierbar, und für ${\tilde {x}}\in D$ gilt

$\cot '({\tilde {x}})=\left({\frac {\cos(x)}{\sin(x)}}\right)'={\frac {-\sin({\tilde {x}})\sin({\tilde {x}})-\cos({\tilde {x}})\cos({\tilde {x}})}{\sin ^{2}({\tilde {x}})}}=-{\frac {\sin ^{2}({\tilde {x}})+\cos ^{2}({\tilde {x}})}{\sin ^{2}({\tilde {x}})}}{\begin{cases}{\underset {\text{Pythagoras}}{\overset {\text{Trigonometrischer}}{=}}}-{\frac {1}{\sin ^{2}({\tilde {x}})}}\\=-1-{\frac {\cos ^{2}({\tilde {x}})}{\sin ^{2}({\tilde {x}})}}=-1-\cot ^{2}({\tilde {x}})\end{cases}}$

Alternative Lösung:

$\cot '({\tilde {x}})=\left({\frac {1}{\tan(x)}}\right)'=-{\frac {1+\tan ^{2}({\tilde {x}})}{\tan ^{2}({\tilde {x}})}}{\begin{cases}=-{\frac {1+{\frac {\sin ^{2}({\tilde {x}})}{\cos ^{2}({\tilde {x}})}}}{\frac {\sin ^{2}({\tilde {x}})}{\cos ^{2}({\tilde {x}})}}}=-{\frac {\cos ^{2}({\tilde {x}})+\sin ^{2}({\tilde {x}})}{\sin ^{2}({\tilde {x}})}}{\underset {\text{Pythagoras}}{\overset {\text{Trigonometrischer}}{=}}}-{\frac {1}{\sin ^{2}({\tilde {x}})}}\\=-{\frac {1}{\tan ^{2}({\tilde {x}})}}-1=-1-\cot ^{2}({\tilde {x}})\end{cases}}$

Die Ableitungen von Sekans und Kosekans findest du in der entsprechenden Übungsaufgabe.

Die Arkus-Funktionen

Mit Hilfe der Regel für die Ableitung der Umkehrfunktion bestimmen wir nun die Ableitungen der Arkus-Funktionen.

Arkussinus und Arkuskosinus

Satz (Ableitungen des Arkussinus und -kosinus)

Die Umkehrfunktionen der trigonometrischen Funktionen $\arcsin$, $\arccos$ sind differenzierbar, und es gilt

${\begin{aligned}\arcsin '({\tilde {x}})&={\frac {1}{\sqrt {1-{\tilde {x}}^{2}}}}\quad {\text{ für alle }}{\tilde {x}}\in (-1,1),\\\arccos '({\tilde {x}})&=-{\frac {1}{\sqrt {1-{\tilde {x}}^{2}}}}\quad {\text{ für alle }}{\tilde {x}}\in (-1,1),\\\end{aligned}}$

Hinweis: Zwar sind $\arcsin$ und $\arccos$ auf $[-1,1]$ definiert und stetig, jedoch nur auf $(-1,1)$ differenzierbar.

Beweis (Ableitungen des Arkussinus und -kosinus)

Ableitung von $\arcsin$:

Für die Sinusfunktion $\sin :(-{\tfrac {\pi }{2}},{\tfrac {\pi }{2}})\to \mathbb {R}$ gilt: $\sin '=\cos$. Also ist die Funktion differenzierbar, und wegen $\cos(x)>0$ für alle $x\in (-{\tfrac {\pi }{2}},{\tfrac {\pi }{2}})$, auf diesem Intervall streng monoton steigend. Weiter ist $\sin((-{\tfrac {\pi }{2}},{\tfrac {\pi }{2}}))=(-1,1)$. Also ist $\sin :(-{\tfrac {\pi }{2}},{\tfrac {\pi }{2}})\to (-1,1)$ surjektiv. Die Umkehrfunktion ist die Arcussinus-Funktion

$\arcsin :(-1,1)\to (-{\tfrac {\pi }{2}},{\tfrac {\pi }{2}})\to \mathbb {R}$

Aus dem Satz über die Ableitung der Umkehrfunktion folgt nun für jedes ${\tilde {x}}\in (-1,1)$:

$\arcsin '({\tilde {x}})={\frac {1}{\sin '(\arcsin({\tilde {x}}))}}={\frac {1}{\cos(\arcsin({\tilde {x}}))}}{\underset {\text{Pythagoras}}{\overset {\text{Trigonometrischer}}{=}}}{\frac {1}{\sqrt {1-\sin ^{2}(\arcsin({\tilde {x}}))}}}={\frac {1}{\sqrt {1-{\tilde {x}}^{2}}}}$

Ableitung von $\arccos$:

Für die Cosinusfunktion $\cos :(0,\pi )\to \mathbb {R}$ gilt: $\cos '=-\sin$. Also ist die Funktion differenzierbar, und wegen $-\sin(x)|_{(0,\pi )}<0$, streng monoton fallend. Weiter ist $\cos((0,\pi ))=(-1,1)$. Also ist $\cos :(0,\pi )\to (-1,1)$ surjektiv. Die Umkehrfunktion

$\arccos :(-1,1)\to (0,\pi )\to \mathbb {R}$

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

$\arccos '({\tilde {x}})={\frac {1}{\cos '(\arccos({\tilde {x}}))}}={\frac {1}{-\sin(\arcsin({\tilde {x}}))}}{\underset {\text{Pythagoras}}{\overset {\text{Trigonometrischer}}{=}}}-{\frac {1}{\sqrt {1-\cos ^{2}(\arccos({\tilde {x}}))}}}=-{\frac {1}{\sqrt {1-{\tilde {x}}^{2}}}}$

Arkustangens und Arkuskotangens

Satz (Ableitungen des Arkustangens und -kotangens)

Die Umkehrfunktionen der trigonometrischen Funktionen $\arctan$, $\operatorname {arccot}$ sind differenzierbar, und es gilt

${\begin{aligned}\arctan '({\tilde {x}})&={\frac {1}{1+{\tilde {x}}^{2}}}\quad {\text{ für alle }}{\tilde {x}}\in \mathbb {R} \\\operatorname {arccot} '({\tilde {x}})&=-{\frac {1}{1+{\tilde {x}}^{2}}}\quad {\text{ für alle }}{\tilde {x}}\in \mathbb {R} \end{aligned}}$

Beweis (Ableitungen des Arkustangens und -kotangens)

Für die Tangensfunktion $\tan |_{(-{\tfrac {\pi }{2}},{\tfrac {\pi }{2}})}$ gilt: $\tan '=1+\tan ^{2}>0$. Also ist die Funktion differenzierbar und streng monoton steigend. Weiter ist $\tan((-{\tfrac {\pi }{2}},{\tfrac {\pi }{2}}))=\mathbb {R}$. Also ist $\tan :(-{\tfrac {\pi }{2}},{\tfrac {\pi }{2}})\to \mathbb {R}$ surjektiv. Die Umkehrfunktion

$\arccos :(-1,1)\to (0,\pi )\to \mathbb {R}$

ist damit differenzierbar, und nun für ${\tilde {x}}\in (-1,1)$ gilt:

$\arctan '({\tilde {x}})={\frac {1}{\tan '(\arctan({\tilde {x}}))}}={\frac {1}{1+\tan ^{2}(\arctan({\tilde {x}}))}}={\frac {1}{1+{\tilde {x}}^{2}}}$

Die Hyperbolischen Funktionen

Zuletzt bestimmen wir noch die Ableitungen der Hyperbolischen Funktionen $\sinh$, $\cosh$ und $\tanh$:

Satz (Ableitungen der Hyperbolischen Funktionen)

Die Funktionen

${\begin{aligned}\sinh :\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ \sinh(x)={\frac {e^{x}-e^{-x}}{2}}\\\cosh :\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ \cosh(x)={\frac {e^{x}+e^{-x}}{2}}\\\tanh :\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ \tanh(x)={\frac {\sinh(x)}{\cosh(x)}}\end{aligned}}$

sind differenzierbar, und es gilt

${\begin{aligned}\sinh '(x)&=\cosh(x)\\\cosh '({\tilde {x}})&=\sinh({\tilde {x}})\\\tanh '({\tilde {x}})&={\frac {1}{\cosh ^{2}({\tilde {x}})}}=1-\tanh ^{2}({\tilde {x}})\\\end{aligned}}$

Beweis (Ableitungen der Hyperbolischen Funktionen)

Die Ableitungen folgen unmittelbar aus den Rechenregeln. Wir zeigen nur die Ableitung von $\sinh$. Die beiden anderen sind euch zur Übung überlassen.

Nach der Faktor- und Differenzenregel ist $\sinh(x)={\tfrac {1}{2}}e^{x}-{\tfrac {1}{2}}e^{-x}$ für alle $x\in \mathbb {R}$ differenzierbar, und es gilt

$\sinh '(x)={\tfrac {1}{2}}e^{x}-{\tfrac {1}{2}}e^{-x}(-1)={\tfrac {1}{2}}e^{x}+{\tfrac {1}{2}}e^{-x}=\cosh(x)$

Aufgabe (Ableitung von $\cosh$ und $\tanh$)

Zeige, dass $\cosh$ und $\tanh$ differenzierbar ist mit

$\cosh '=\sinh {\text{ und }}\tanh '={\frac {1}{\cosh ^{2}}}=1-\tanh ^{2}$

Beweis (Ableitung von $\cosh$ und $\tanh$)

Ableitung von $\cosh$:

Nach der Faktor- und Summenregel ist $\cosh(x)={\tfrac {1}{2}}e^{x}+{\tfrac {1}{2}}e^{-x}$ für alle $x\in \mathbb {R}$ differenzierbar, und es gilt

$\cosh '(x)={\tfrac {1}{2}}e^{x}+{\tfrac {1}{2}}e^{-x}(-1)={\tfrac {1}{2}}e^{x}-{\tfrac {1}{2}}e^{-x}=\sinh(x)$

Ableitung von $\tanh$:

$\tanh ={\tfrac {\sinh }{\cosh }}$ ist nach der Quotientenregel auf ganz $\mathbb {R}$ differenzierbar, und es gilt

$\tanh '(x)={\frac {\cosh(x)\cosh(x)-\sinh(x)\sinh(x)}{\cosh ^{2}(x)}}={\frac {\cosh ^{2}(x)-\sinh ^{2}(x)}{\cosh ^{2}(x)}}{\begin{cases}={\frac {1}{\cosh ^{2}(x)}}\\=1-{\frac {\sinh ^{2}(x)}{\cosh ^{2}(x)}}=1-\tanh ^{2}(x)\end{cases}}$