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.
Beginnen wir mit ein paar einfachen Ableitungen:
Satz (Ableitung einer konstanten Funktion)
Jede konstante Funktion
f
≡
c
{\displaystyle f\equiv c}
ist auf ganz
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
differenzierbar mit Ableitung
0
{\displaystyle 0}
.
Beweis (Ableitung einer konstanten Funktion)
Ist
x
~
∈
R
{\displaystyle {\tilde {x}}\in \mathbb {R} }
, so gilt
f
′
(
x
~
)
=
lim
x
→
x
~
f
(
x
)
−
f
(
x
~
)
x
−
x
~
=
lim
x
→
x
~
c
−
c
x
−
x
~
=
lim
x
→
x
~
0
x
−
x
~
=
lim
x
→
x
~
0
=
0
{\displaystyle 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
Bearbeiten
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
:
R
→
R
,
f
(
x
)
=
x
{\displaystyle f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ f(x)=x}
und
g
:
R
→
R
,
g
(
x
)
=
x
2
{\displaystyle g:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ g(x)=x^{2}}
sind differenzierbar auf ganz
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
. Weiter gilt für
x
~
∈
R
{\displaystyle {\tilde {x}}\in \mathbb {R} }
:
f
′
(
x
~
)
=
lim
x
→
x
~
x
−
x
~
x
−
x
~
=
lim
x
→
x
~
1
=
1
{\displaystyle f'({\tilde {x}})=\lim _{x\to {\tilde {x}}}{\frac {x-{\tilde {x}}}{x-{\tilde {x}}}}=\lim _{x\to {\tilde {x}}}1=1}
sowie
g
′
(
x
~
)
=
lim
x
→
x
~
x
2
−
x
~
2
x
−
x
~
=
lim
x
→
x
~
(
x
+
x
~
)
(
x
−
x
~
)
x
−
x
~
=
lim
x
→
x
~
(
x
+
x
~
)
=
2
x
~
{\displaystyle 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
{\displaystyle g}
die aus der Schule bekannte 3. binomische Formel
(
x
+
y
)
(
x
−
y
)
=
x
2
−
y
2
{\displaystyle (x+y)(x-y)=x^{2}-y^{2}}
verwendet.
Aufgabe (Ableitung einer Potenzfunktion)
Berechne die Ableitung von
h
:
R
→
R
,
h
(
x
)
=
x
3
{\displaystyle h:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ h(x)=x^{3}}
Lösung (Ableitung einer Potenzfunktion)
Für
x
~
∈
R
{\displaystyle {\tilde {x}}\in \mathbb {R} }
gilt
h
′
(
x
~
)
=
lim
x
→
x
~
x
3
−
x
~
3
x
−
x
~
=
lim
x
→
x
~
(
x
2
+
x
x
~
+
x
~
2
)
(
x
−
x
~
)
x
−
x
~
=
lim
x
→
x
~
(
x
2
+
x
x
~
+
x
~
2
)
=
3
x
~
2
{\displaystyle 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
−
x
~
3
=
(
x
2
+
x
x
~
+
x
~
2
)
(
x
−
x
~
)
{\displaystyle x^{3}-{\tilde {x}}^{3}=(x^{2}+x{\tilde {x}}+{\tilde {x}}^{2})(x-{\tilde {x}})}
zu benutzen, hätten wir auch
x
3
−
x
~
3
x
−
x
~
=
x
2
+
x
x
~
+
x
~
2
{\displaystyle {\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
↦
x
n
{\displaystyle x\mapsto x^{n}}
für
n
∈
N
{\displaystyle n\in \mathbb {N} }
zu:
Beweis (Ableitung der Potenzfunktion)
Ist
x
~
∈
R
{\displaystyle {\tilde {x}}\in \mathbb {R} }
, so gilt
f
′
(
x
~
)
=
lim
x
→
x
~
x
n
−
x
~
n
x
−
x
~
=
lim
x
→
x
~
∑
k
=
0
n
−
1
x
k
x
~
n
−
1
−
k
=
∑
k
=
0
n
−
1
x
~
k
x
~
n
−
1
−
k
=
∑
k
=
0
n
−
1
x
~
n
−
1
=
n
x
~
n
−
1
{\displaystyle 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
∑
k
=
0
n
−
1
x
k
x
~
n
−
1
−
k
=
x
n
−
x
~
n
x
−
x
~
{\displaystyle \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
↦
∑
k
=
0
n
−
1
x
k
x
~
n
−
1
−
k
{\displaystyle x\mapsto \sum _{k=0}^{n-1}x^{k}{\tilde {x}}^{n-1-k}}
verwendet.
Polynome und gebrochen rationale Funktionen
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Mit Hilfe der Rechenregeln für Ableitungen können wir nun die Ableitungen von Polynomfunktionen und gebrochen rationalen Funktionen berechnen:
Potenzfunktionen mit ganzzahligen Potenzen
Bearbeiten
Potenzfunktionen mit natürlichen Exponenten könne wir bereits ableiten. Nun untersuchen wir solche mit negativen ganzzahligen Exponenten.
Beispiel (Ableitung der Hyperbelfunktion)
Die Potenzfunktion
f
:
R
∖
{
0
}
,
f
(
x
)
=
x
−
1
=
1
x
{\displaystyle f:\mathbb {R} \setminus \{0\},\ f(x)=x^{-1}={\frac {1}{x}}}
ist auf
R
∖
{
0
}
{\displaystyle \mathbb {R} \setminus \{0\}}
differenzierbar und es gilt
f
′
(
x
~
)
=
lim
x
→
x
~
1
x
−
1
x
~
x
−
x
~
=
lim
x
→
x
~
x
~
−
x
x
x
~
x
−
x
~
=
lim
x
→
x
~
x
~
−
x
x
x
~
(
x
−
x
~
)
=
lim
x
→
x
~
−
(
x
−
x
~
)
x
x
~
(
x
−
x
~
)
=
lim
x
→
x
~
−
1
x
x
~
=
−
1
x
~
2
{\displaystyle 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
x
~
∈
R
∖
{
0
}
{\displaystyle {\tilde {x}}\in \mathbb {R} \setminus \{0\}}
.
Aufgabe (Ableitung von
x
↦
1
x
2
{\displaystyle x\mapsto {\tfrac {1}{x^{2}}}}
)
Zeige, dass die Potenzfunktion
f
:
R
∖
{
0
}
,
f
(
x
)
=
x
−
2
=
1
x
2
{\displaystyle f:\mathbb {R} \setminus \{0\},\ f(x)=x^{-2}={\frac {1}{x^{2}}}}
auf
R
∖
{
0
}
{\displaystyle \mathbb {R} \setminus \{0\}}
differenzierbar ist und berechne dort ihre Ableitung.
Lösung (Ableitung von
x
↦
1
x
2
{\displaystyle x\mapsto {\tfrac {1}{x^{2}}}}
)
Für
x
~
∈
R
∖
{
0
}
{\displaystyle {\tilde {x}}\in \mathbb {R} \setminus \{0\}}
gilt
f
′
(
x
~
)
=
lim
x
→
x
~
1
x
2
−
1
x
~
2
x
−
x
~
=
lim
x
→
x
~
x
~
2
−
x
2
x
2
x
~
2
x
−
x
~
=
lim
x
→
x
~
(
x
~
−
x
)
(
x
~
+
x
)
x
2
x
~
2
(
x
−
x
~
)
=
lim
x
→
x
~
−
(
x
−
x
~
)
(
x
+
x
~
)
x
2
x
~
2
(
x
−
x
~
)
=
lim
x
→
x
~
−
(
x
+
x
~
)
x
2
x
~
2
=
−
2
x
~
x
~
4
=
−
2
x
~
3
{\displaystyle 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
=
1
x
n
{\displaystyle x^{-n}={\tfrac {1}{x^{n}}}}
mit
n
∈
N
{\displaystyle n\in \mathbb {N} }
gilt
Satz (Ableitung von Potenzfunktionen mit negativen ganzzahligen Exponenten)
Die Potenzfunktion
f
:
R
∖
{
0
}
,
f
(
x
)
=
x
−
n
=
1
x
n
{\displaystyle f:\mathbb {R} \setminus \{0\},\ f(x)=x^{-n}={\frac {1}{x^{n}}}}
ist auf
R
∖
{
0
}
{\displaystyle \mathbb {R} \setminus \{0\}}
differenzierbar, und für
x
~
∈
R
∖
{
0
}
{\displaystyle {\tilde {x}}\in \mathbb {R} \setminus \{0\}}
gilt
f
′
(
x
~
)
=
−
n
x
n
−
1
{\displaystyle f'({\tilde {x}})=-{\frac {n}{x^{n-1}}}}
Beweis (Ableitung von Potenzfunktionen mit negativen ganzzahligen Exponenten)
Für
x
~
∈
R
∖
{
0
}
{\displaystyle {\tilde {x}}\in \mathbb {R} \setminus \{0\}}
gilt
f
′
(
x
~
)
=
lim
x
→
x
~
1
x
n
−
1
x
~
n
x
−
x
~
=
lim
x
→
x
~
x
~
n
−
x
n
x
n
x
~
n
x
−
x
~
=
lim
x
→
x
~
1
x
n
x
~
n
x
~
n
−
x
n
x
−
x
~
=
lim
x
→
x
~
1
x
n
x
~
n
−
(
x
~
n
−
x
n
)
x
−
x
~
=
lim
x
→
x
~
1
x
n
x
~
n
⋅
(
−
∑
k
=
0
n
−
1
x
k
x
~
n
−
1
−
k
)
=
1
x
~
2
n
⋅
(
−
∑
k
=
0
n
−
1
x
~
n
−
1
)
=
−
1
x
~
2
n
⋅
n
x
~
n
−
1
=
−
n
x
~
n
−
1
{\displaystyle {\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
(
1
x
n
)
′
=
−
n
x
n
+
1
{\displaystyle ({\tfrac {1}{x^{n}}})'={\tfrac {-n}{x^{n+1}}}}
mit Hilfe der Quotientenregel
Lösung (Ableitung der Potenzfunktion)
Für
x
~
∈
R
∖
{
0
}
{\displaystyle {\tilde {x}}\in \mathbb {R} \setminus \{0\}}
gilt mit der Quotientenregel
(
1
x
~
n
)
′
=
0
⋅
x
~
n
−
1
⋅
n
x
~
n
−
1
(
x
~
n
)
2
=
−
n
x
~
n
−
1
x
~
2
n
=
−
n
x
~
2
n
−
(
n
−
1
)
=
−
n
x
~
n
+
1
{\displaystyle \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
(
1
x
~
n
)
′
=
−
n
x
~
n
−
1
x
~
2
n
=
−
n
x
~
n
+
1
{\displaystyle \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
′
(
x
~
)
=
−
n
x
~
n
−
1
=
−
n
x
~
−
n
−
1
{\displaystyle f'({\tilde {x}})=-{\tfrac {n}{{\tilde {x}}^{n-1}}}=-n{\tilde {x}}^{-n-1}}
für
n
∈
N
{\displaystyle n\in \mathbb {N} }
. Setzen wir
k
=
−
n
∈
Z
−
{\displaystyle k=-n\in \mathbb {Z} ^{-}}
, so erhalten wir
f
′
(
x
~
)
=
k
x
~
k
−
1
{\displaystyle f'({\tilde {x}})=k{\tilde {x}}^{k-1}}
. Die Ableitungsregel stimmt also mit der für
x
n
{\displaystyle x^{n}}
mit
n
∈
N
{\displaystyle n\in \mathbb {N} }
überein. Daher können wir die beiden Fälle zusammenfassen und erhalten
Nun untersuchen wir die Ableitung von Wurzelfunktionen. Wir starten wieder mit dem einfachsten Fall:
Beispiel (Ableitung der Quadratwurzelfunktion)
Die Quadratwurzelfunktion
f
:
R
+
→
R
,
f
(
x
)
=
x
{\displaystyle f:\mathbb {R} ^{+}\to \mathbb {R} ,\ f(x)={\sqrt {x}}}
ist auf
R
+
{\displaystyle \mathbb {R} ^{+}}
differenzierbar und für
x
~
∈
R
+
{\displaystyle {\tilde {x}}\in \mathbb {R} ^{+}}
gilt
f
′
(
x
~
)
=
lim
x
→
x
~
x
−
x
~
x
−
x
~
=
lim
x
→
x
~
x
−
x
~
(
x
)
2
−
(
x
~
)
2
=
lim
x
→
x
~
x
−
x
~
(
x
−
x
~
)
(
x
+
x
~
)
=
lim
x
→
x
~
1
x
+
x
~
=
1
2
x
~
{\displaystyle {\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
x
~
=
0
{\displaystyle {\tilde {x}}=0}
nicht differenzierbar, obwohl sie dort definiert und stetig ist?
Für den Differentialquotienten gilt
lim
x
→
0
+
x
−
0
x
−
0
=
lim
x
→
0
+
x
x
=
lim
x
→
0
+
1
x
=
∞
{\displaystyle \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
:
R
+
→
R
,
f
(
x
)
=
x
3
{\displaystyle f:\mathbb {R} ^{+}\to \mathbb {R} ,\ f(x)={\sqrt[{3}]{x}}}
Lösung (Ableitung der Kubikwurzelfunktion)
Für
x
~
∈
R
+
{\displaystyle {\tilde {x}}\in \mathbb {R} ^{+}}
gilt
f
′
(
x
~
)
=
lim
x
→
x
~
x
3
−
x
~
3
x
−
x
~
=
lim
x
→
x
~
x
3
−
x
~
3
(
x
3
)
3
−
(
x
~
3
)
3
=
lim
x
→
x
~
x
3
−
x
~
3
(
x
3
−
x
~
3
)
(
(
x
3
)
2
+
x
3
⋅
x
~
3
+
(
x
~
3
)
2
)
=
lim
x
→
x
~
1
(
x
3
)
2
+
x
3
⋅
x
~
3
+
(
x
~
3
)
2
=
1
3
(
x
~
3
)
2
{\displaystyle {\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
{\displaystyle k}
-ten Wurzelfunktion. Hier gilt
Beweis (Ableitung der
k
{\displaystyle k}
-ten Wurzelfunktion)
Für
x
~
∈
R
+
{\displaystyle {\tilde {x}}\in \mathbb {R} ^{+}}
gilt
f
′
(
x
~
)
=
lim
x
→
x
~
x
k
−
x
~
k
x
−
x
~
=
lim
x
→
x
~
x
k
−
x
~
k
(
x
k
)
k
−
(
x
~
k
)
k
=
lim
x
→
x
~
1
(
x
k
)
k
−
(
x
~
k
)
k
x
k
−
x
~
k
=
lim
x
→
x
~
1
∑
l
=
0
k
−
1
(
x
k
)
l
(
x
~
k
)
k
−
1
−
l
=
1
∑
l
=
0
k
−
1
(
x
~
k
)
k
−
1
=
1
k
(
x
~
k
)
k
−
1
=
1
k
x
~
k
−
1
k
{\displaystyle 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
Die (verallgemeinerte) Exponentialfunktion und verallgemeinerten Potenzfunktion
Bearbeiten
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
:
R
→
R
,
f
(
x
)
=
exp
(
x
)
{\displaystyle f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\ f(x)=\exp(x)}
auf
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
differenzierbar, und für
x
~
∈
R
{\displaystyle {\tilde {x}}\in \mathbb {R} }
gilt
f
′
(
x
~
)
=
exp
(
x
~
)
{\displaystyle f'({\tilde {x}})=\exp({\tilde {x}})}
Wie kommt man auf den Beweis? (Ableitung der Exponentialfunktion)
Bei dieser Ableitung ist es sinnvoller die
h
{\displaystyle h}
-Methode
f
′
(
x
~
)
=
lim
h
→
0
f
(
x
~
+
h
)
−
f
(
x
~
)
h
{\displaystyle 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
→
0
exp
(
h
)
−
1
h
=
1
{\displaystyle \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
)
{\displaystyle \exp(x+y)=\exp(x)\exp(y)}
Beweis (Ableitung der Exponentialfunktion)
Für
x
~
∈
R
{\displaystyle {\tilde {x}}\in \mathbb {R} }
gilt
f
′
(
x
~
)
=
lim
h
→
0
f
(
x
~
+
h
)
−
f
(
x
~
)
h
=
lim
h
→
0
exp
(
x
~
+
h
)
−
exp
(
x
~
)
h
=
lim
h
→
0
exp
(
x
~
)
exp
(
h
)
−
exp
(
x
~
)
h
=
lim
h
→
0
exp
(
x
~
)
exp
(
h
)
−
1
h
=
exp
(
x
~
)
⋅
lim
h
→
0
exp
(
h
)
−
1
h
=
exp
(
x
~
)
⋅
1
=
exp
(
x
~
)
{\displaystyle {\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
↦
a
x
{\displaystyle x\mapsto a^{x}}
für
a
∈
R
+
{\displaystyle a\in \mathbb {R} ^{+}}
und der verallgemeinerten Potenzfunktion
x
↦
x
r
{\displaystyle x\mapsto x^{r}}
für
r
∈
R
{\displaystyle r\in \mathbb {R} }
berechnen:
Beweis (Ableitung der verallgemeinerten Exponentialfunktion)
Für
x
~
∈
R
{\displaystyle {\tilde {x}}\in \mathbb {R} }
gilt
f
′
(
x
~
)
=
exp
(
x
~
ln
(
a
)
)
⋅
ln
(
a
)
=
ln
(
a
)
a
x
~
{\displaystyle f'({\tilde {x}})=\exp({\tilde {x}}\ln(a))\cdot \ln(a)=\ln(a)a^{\tilde {x}}}
Aufgabe (Ableitung der verallgemeinerten Potenzfunktion)
Beweise, dass für die Ableitung der verallgemeinerten Potenzfunktion in
x
~
∈
R
+
{\displaystyle {\tilde {x}}\in \mathbb {R} ^{+}}
gleich
r
x
~
r
−
1
{\displaystyle r{\tilde {x}}^{r-1}}
ist.
Beweis (Ableitung der verallgemeinerten Potenzfunktion)
Für
x
~
∈
R
{\displaystyle {\tilde {x}}\in \mathbb {R} }
gilt mit der Kettenregel
f
′
(
x
~
)
=
exp
(
ln
(
x
~
)
r
)
⋅
r
x
~
=
r
x
~
r
1
x
~
=
r
x
~
r
−
1
{\displaystyle 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
Bearbeiten
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
:
R
+
→
R
,
g
(
x
)
=
ln
x
{\displaystyle g:\mathbb {R} ^{+}\to \mathbb {R} ,\ g(x)=\ln x}
auf
R
+
{\displaystyle \mathbb {R} ^{+}}
differenzierbar. Für
x
~
∈
R
+
{\displaystyle {\tilde {x}}\in \mathbb {R} ^{+}}
gilt
g
′
(
y
)
=
1
y
{\displaystyle g'(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
Beweis (Ableitung der verallgemeinerten Logarithmusfunktion)
Aus der Ableitungsregel für das Vielfache einer Funktion folgt für alle
y
∈
R
+
{\displaystyle y\in \mathbb {R} ^{+}}
:
g
′
(
y
)
=
1
ln
a
1
y
=
1
y
ln
a
{\displaystyle 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.
Satz (Ableitung vom Sinus)
Der Sinus ist differenzierbar, wobei für alle
x
~
∈
R
{\displaystyle {\tilde {x}}\in \mathbb {R} }
gilt:
sin
′
(
x
~
)
=
cos
(
x
~
)
{\displaystyle \sin '({\tilde {x}})=\cos({\tilde {x}})}
Beweis (Ableitung vom Sinus)
Für
x
~
∈
R
{\displaystyle {\tilde {x}}\in \mathbb {R} }
ist
sin
′
(
x
~
)
=
lim
h
→
0
sin
(
x
~
+
h
)
−
sin
(
x
~
)
h
↓
sin
(
x
+
y
)
=
sin
(
x
)
cos
(
y
)
+
cos
(
x
)
sin
(
y
)
=
lim
h
→
0
sin
(
x
~
)
cos
(
h
)
+
cos
(
x
~
)
sin
(
h
)
−
sin
(
x
~
)
h
=
sin
(
x
~
)
⋅
lim
h
→
0
cos
(
h
)
−
1
h
⏟
=
0
+
cos
(
x
~
)
⋅
lim
h
→
0
sin
(
h
)
h
⏟
=
1
=
cos
(
x
~
)
{\displaystyle {\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}}}
Satz (Ableitung des Kosinus)
Die Kosinus-Funktion ist ableitbar mit
cos
′
(
x
~
)
=
−
sin
(
x
~
)
{\displaystyle \cos '({\tilde {x}})=-\sin({\tilde {x}})}
Beweis (Ableitung des Kosinus)
cos
′
(
x
~
)
=
lim
h
→
0
cos
(
x
~
+
h
)
−
cos
(
x
~
)
h
↓
cos
(
x
+
y
)
=
cos
(
x
)
cos
(
y
)
−
sin
(
x
)
sin
(
y
)
=
lim
h
→
0
cos
(
x
~
)
cos
(
h
)
−
sin
(
x
~
)
sin
(
h
)
−
cos
(
x
~
)
h
=
cos
(
x
~
)
⋅
lim
h
→
0
cos
(
h
)
−
1
h
⏟
=
0
−
sin
(
x
~
)
⋅
lim
h
→
0
sin
(
h
)
h
⏟
=
1
=
−
sin
(
x
~
)
{\displaystyle {\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}}}
Satz (Ableitung des Tangens)
Die Tangens-Funktionen
tan
:
D
=
R
∖
{
π
2
+
k
π
∣
k
∈
Z
}
→
R
,
tan
(
x
)
=
sin
(
x
)
cos
(
x
)
{\displaystyle \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
{\displaystyle D}
differenzierbar, und für
x
~
∈
D
{\displaystyle {\tilde {x}}\in D}
gilt
tan
′
(
x
~
)
=
1
cos
2
(
x
~
)
=
1
+
tan
2
(
x
~
)
{\displaystyle \tan '({\tilde {x}})={\frac {1}{\cos ^{2}({\tilde {x}})}}=1+\tan ^{2}({\tilde {x}})}
Aufgabe (Ableitung des Kotangens)
Die Kotangens-Funktionen
cot
:
D
=
R
∖
{
k
π
∣
k
∈
Z
}
→
R
,
cot
(
x
)
=
1
tan
(
x
)
=
cos
(
x
)
sin
(
x
)
{\displaystyle \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
{\displaystyle D}
differenzierbar, und für
x
~
∈
D
{\displaystyle {\tilde {x}}\in D}
gilt
cot
′
(
x
~
)
=
−
1
sin
2
(
x
~
)
=
−
1
−
cot
2
(
x
~
)
{\displaystyle \cot '({\tilde {x}})=-{\frac {1}{\sin ^{2}({\tilde {x}})}}=-1-\cot ^{2}({\tilde {x}})}
Die Ableitungen von Sekans und Kosekans findest du in der entsprechenden Übungsaufgabe.
Mit Hilfe der Regel für die Ableitung der Umkehrfunktion bestimmen wir nun die Ableitungen der Arkus-Funktionen.
Satz (Ableitungen des Arkussinus und -kosinus)
Die Umkehrfunktionen der trigonometrischen Funktionen
arcsin
{\displaystyle \arcsin }
,
arccos
{\displaystyle \arccos }
sind differenzierbar, und es gilt
arcsin
′
(
x
~
)
=
1
1
−
x
~
2
für alle
x
~
∈
(
−
1
,
1
)
,
arccos
′
(
x
~
)
=
−
1
1
−
x
~
2
für alle
x
~
∈
(
−
1
,
1
)
,
{\displaystyle {\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}}}
Beweis (Ableitungen des Arkussinus und -kosinus)
Ableitung von
arcsin
{\displaystyle \arcsin }
:
Für die Sinusfunktion
sin
:
(
−
π
2
,
π
2
)
→
R
{\displaystyle \sin :(-{\tfrac {\pi }{2}},{\tfrac {\pi }{2}})\to \mathbb {R} }
gilt:
sin
′
=
cos
{\displaystyle \sin '=\cos }
. Also ist die Funktion differenzierbar, und wegen
cos
(
x
)
>
0
{\displaystyle \cos(x)>0}
für alle
x
∈
(
−
π
2
,
π
2
)
{\displaystyle x\in (-{\tfrac {\pi }{2}},{\tfrac {\pi }{2}})}
, auf diesem Intervall streng monoton steigend. Weiter ist
sin
(
(
−
π
2
,
π
2
)
)
=
(
−
1
,
1
)
{\displaystyle \sin((-{\tfrac {\pi }{2}},{\tfrac {\pi }{2}}))=(-1,1)}
. Also ist
sin
:
(
−
π
2
,
π
2
)
→
(
−
1
,
1
)
{\displaystyle \sin :(-{\tfrac {\pi }{2}},{\tfrac {\pi }{2}})\to (-1,1)}
surjektiv. Die Umkehrfunktion ist die Arcussinus-Funktion
arcsin
:
(
−
1
,
1
)
→
(
−
π
2
,
π
2
)
→
R
{\displaystyle \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
x
~
∈
(
−
1
,
1
)
{\displaystyle {\tilde {x}}\in (-1,1)}
:
arcsin
′
(
x
~
)
=
1
sin
′
(
arcsin
(
x
~
)
)
=
1
cos
(
arcsin
(
x
~
)
)
=
Trigonometrischer
Pythagoras
1
1
−
sin
2
(
arcsin
(
x
~
)
)
=
1
1
−
x
~
2
{\displaystyle \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
{\displaystyle \arccos }
:
Für die Cosinusfunktion
cos
:
(
0
,
π
)
→
R
{\displaystyle \cos :(0,\pi )\to \mathbb {R} }
gilt:
cos
′
=
−
sin
{\displaystyle \cos '=-\sin }
. Also ist die Funktion differenzierbar, und wegen
−
sin
(
x
)
|
(
0
,
π
)
<
0
{\displaystyle -\sin(x)|_{(0,\pi )}<0}
, streng monoton fallend. Weiter ist
cos
(
(
0
,
π
)
)
=
(
−
1
,
1
)
{\displaystyle \cos((0,\pi ))=(-1,1)}
. Also ist
cos
:
(
0
,
π
)
→
(
−
1
,
1
)
{\displaystyle \cos :(0,\pi )\to (-1,1)}
surjektiv. Die Umkehrfunktion
arccos
:
(
−
1
,
1
)
→
(
0
,
π
)
→
R
{\displaystyle \arccos :(-1,1)\to (0,\pi )\to \mathbb {R} }
ist nach dem Satz über die Ableitung der Umkehrfunktion differenzierbar, und für jedes
x
~
∈
(
−
1
,
1
)
{\displaystyle {\tilde {x}}\in (-1,1)}
gilt:
arccos
′
(
x
~
)
=
1
cos
′
(
arccos
(
x
~
)
)
=
1
−
sin
(
arcsin
(
x
~
)
)
=
Trigonometrischer
Pythagoras
−
1
1
−
cos
2
(
arccos
(
x
~
)
)
=
−
1
1
−
x
~
2
{\displaystyle \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}}}}}
Satz (Ableitungen des Arkustangens und -kotangens)
Die Umkehrfunktionen der trigonometrischen Funktionen
arctan
{\displaystyle \arctan }
,
arccot
{\displaystyle \operatorname {arccot} }
sind differenzierbar, und es gilt
arctan
′
(
x
~
)
=
1
1
+
x
~
2
für alle
x
~
∈
R
arccot
′
(
x
~
)
=
−
1
1
+
x
~
2
für alle
x
~
∈
R
{\displaystyle {\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
|
(
−
π
2
,
π
2
)
{\displaystyle \tan |_{(-{\tfrac {\pi }{2}},{\tfrac {\pi }{2}})}}
gilt:
tan
′
=
1
+
tan
2
>
0
{\displaystyle \tan '=1+\tan ^{2}>0}
. Also ist die Funktion differenzierbar und streng monoton steigend. Weiter ist
tan
(
(
−
π
2
,
π
2
)
)
=
R
{\displaystyle \tan((-{\tfrac {\pi }{2}},{\tfrac {\pi }{2}}))=\mathbb {R} }
. Also ist
tan
:
(
−
π
2
,
π
2
)
→
R
{\displaystyle \tan :(-{\tfrac {\pi }{2}},{\tfrac {\pi }{2}})\to \mathbb {R} }
surjektiv. Die Umkehrfunktion
arccos
:
(
−
1
,
1
)
→
(
0
,
π
)
→
R
{\displaystyle \arccos :(-1,1)\to (0,\pi )\to \mathbb {R} }
ist damit differenzierbar, und nun für
x
~
∈
(
−
1
,
1
)
{\displaystyle {\tilde {x}}\in (-1,1)}
gilt:
arctan
′
(
x
~
)
=
1
tan
′
(
arctan
(
x
~
)
)
=
1
1
+
tan
2
(
arctan
(
x
~
)
)
=
1
1
+
x
~
2
{\displaystyle \arctan '({\tilde {x}})={\frac {1}{\tan '(\arctan({\tilde {x}}))}}={\frac {1}{1+\tan ^{2}(\arctan({\tilde {x}}))}}={\frac {1}{1+{\tilde {x}}^{2}}}}
Zuletzt bestimmen wir noch die Ableitungen der Hyperbolischen Funktionen
sinh
{\displaystyle \sinh }
,
cosh
{\displaystyle \cosh }
und
tanh
{\displaystyle \tanh }
:
Satz (Ableitungen der Hyperbolischen Funktionen)
Die Funktionen
sinh
:
R
→
R
,
sinh
(
x
)
=
e
x
−
e
−
x
2
cosh
:
R
→
R
,
cosh
(
x
)
=
e
x
+
e
−
x
2
tanh
:
R
→
R
,
tanh
(
x
)
=
sinh
(
x
)
cosh
(
x
)
{\displaystyle {\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
sinh
′
(
x
)
=
cosh
(
x
)
cosh
′
(
x
~
)
=
sinh
(
x
~
)
tanh
′
(
x
~
)
=
1
cosh
2
(
x
~
)
=
1
−
tanh
2
(
x
~
)
{\displaystyle {\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
{\displaystyle \sinh }
. Die beiden anderen sind euch zur Übung überlassen.
Nach der Faktor- und Differenzenregel ist
sinh
(
x
)
=
1
2
e
x
−
1
2
e
−
x
{\displaystyle \sinh(x)={\tfrac {1}{2}}e^{x}-{\tfrac {1}{2}}e^{-x}}
für alle
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
differenzierbar, und es gilt
sinh
′
(
x
)
=
1
2
e
x
−
1
2
e
−
x
(
−
1
)
=
1
2
e
x
+
1
2
e
−
x
=
cosh
(
x
)
{\displaystyle \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)}