Schulmathematik 6 - Differential- u Integralrechnung

Ist \(n \in Z\) und \(x \neq 0\), so gilt: \(f(x) = x^n \Rightarrow f'(x) = n \cdot x^{n-1}\)

Sind die Funktionen \(f: A \rightarrow R\) und \(g: A \rightarrow R\) an der Stelle x differenzierbar, so ist auch die Funktion \(f \cdot g\) an der Stelle x differenzierbar, und es gilt: 

\((f \cdot g)'(x) = f'(x) \cdot g(x) + g'(x) \cdot f(x)\)

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Beweis wie Quotientenregel

Seien \(f: A \rightarrow R\) und \(g: B \rightarrow R\) Funktionen, wobei \(f(x) \in B\) für alle \(x \in A\).
Dann heißt die Funktion \(h: A \rightarrow R\) mit \(h(x) = g(f(x))\) die Verkettung von f und g. Man bezeichnet diese Funktion h mit \(g \circ f\).

Seien \(f: A \rightarrow R\) und \(g: B \rightarrow R\) Funktionen, wobei \(f(x) \in B\) für alle \(x \in A\).
Ist f an der Stelle x und g an der Stelle f(x) differenzierbar, so ist auch \(g \circ f\) an der Stelle x differenzierbar, und es gilt:

\((g \circ f)'(x) = g'(f(x)) \cdot f'(x)\)

Die Funktion \(f: R^+_0 \rightarrow R, x \mapsto \sqrt{x}\) ist stetig in \(R^+_0\)

Bew:

Sei \(\epsilon \gg 0\) und \(x_0 \neq 0\). Wähle \(\delta = \epsilon \cdot \sqrt{x_0}\).

Dann ist \(| \sqrt{x} - \sqrt{x_0}| = | \sqrt{x} - \sqrt{x_0}| \cdot \frac{| \sqrt{x} + \sqrt{x_0}|}{| \sqrt{x} + \sqrt{x_0}|}\)\(= | x - x_0| \cdot \frac{1}{| \sqrt{x} + \sqrt{x_0}|} \ll | x - x_0| \cdot \frac{1}{\sqrt{x_0}}\)\(\ll \frac{\delta}{\sqrt{x_0}}\ll \epsilon\)

für alle \(x \in R^+_0\) mit \(|x| \ll \delta\).

Die Funktion \(f: R^+_0 \rightarrow R, x \mapsto \sqrt{x}\) ist an jeder Stelle \(x \in R^+\) differenzierbar, und es gilt \(f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}\).

Beweis:

Wir bilden zunächst den Differenzenquotienten von f in einem Intervall [x; z]:

\(\frac{f(z)-f(x)}{z-x} = \frac{\sqrt{z}-\sqrt{x}}{z-x} \)\(= \frac{\sqrt{z}-\sqrt{x}}{(\sqrt{z}-\sqrt{x}) \cdot (\sqrt{z}+\sqrt{x})}\)\(= \frac{1}{(\sqrt{z}+\sqrt{x})}\)

Da f an der Stelle x stetig ist, gilt \(\lim \limits_{z \rightarrow x}{\sqrt{z}} = \sqrt{x}\). Durch Anwenden der Grenzwertsätze erhält man daher für x > 0:

\(f'(x) = \lim \limits_{z \rightarrow x}{\frac{f(z)-f(x)}{z-x}} = \lim \limits_{z \rightarrow x}{\frac{1}{\sqrt{z}+\sqrt{x}}}\)\(= \frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{x}} = \frac{1}{2 \cdot \sqrt{x}} \)

Beachte: Die Wurzelfunktion ist an der Stelle 0 zwar stetig, aber nicht differenzierbar!

a) Die Funktion f ist an jeder Stelle \(x \in R^+_{0}\) stetig.

b) Die Funktion f ist an jeder Stelle \(x \in R^+\)differenzierbar, und es gilt: \(f'(x) = \frac{1}{n} \cdot x^{\frac{1}{n}-1}\)

Beweis von b):

Wieder wird zunächst der Differenzenquotient von f in einem Intervall [x; z] vereinfacht:

\(\frac{f(z)-f(x)}{z-x} = \frac{\sqrt[n]{z}-\sqrt[n]{x}}{z-x}\)\(= \frac{\sqrt[n]{z}-\sqrt[n]{x}}{(\sqrt[n]{z}-\sqrt[n]{x})((\sqrt[n]{z})^{n-1}+(\sqrt[n]{z})^{n-2} \cdot \sqrt[n]{x}+(\sqrt[n]{z})^{n-3} \cdot (\sqrt[n]{x})^2 + \dots + (\sqrt[n]{x})^{n-1})}\)

Aufgrund der Stetigkeit der Funktion \(x \mapsto \sqrt[n]{x}\) und der Grenzwertsätze erhält man für \(x \gg 0\):

\(f'(x) = \lim \limits_{z \rightarrow x}{\frac{f(z)-f(x)}{z-x}} = \frac{1}{( \sqrt[n]{x})^{n-1}+( \sqrt[n]{x})^{n-1}+ \dots + ( \sqrt[n]{x})^{n-1}} \)\(= \frac{1}{ n \cdot (\sqrt[n]{x})^{n-1}}\)\(= \frac{1}{n} \cdot x^{-\frac{n-1}{n}}\)\(= \frac{1}{n} \cdot x^{\frac{1}{n}-1}\)

Jede Potenzfunktion \(f: R^+ \rightarrow R\) mit \(f(x) = x^q \; (q \in Q)\) ist an jeder Stelle \(x \in R^+\) differenzierbar, und es gilt: \(f(x) = x^q \Rightarrow f'(x) = q \cdot x^{q-1}\)

Beweis:

Es sei \(q = \frac{m}{n}\) mit \(m \in Z, n \in N^+\). Dann ist \(f(x) = x^q = x^{\frac{m}{n}} = (x^m)^{\frac{1}{n}}\).

Wir differenzieren nach der Kettenregel, wobei wir verwenden, dass die Potenzregel für Exponenten \(m \in Z\) sowie \(\frac{1}{n}\) mit \(n \in N^+\) schon bewiesen worden ist: 

\(f'(x) = \frac{1}{n} \cdot (x^m)^{\frac{1}{n}-1}\cdot m \cdot x^{m-1}\)\( = \frac{m}{n} \cdot x^{\frac{m}{n}-m} \cdot x^{m-1} = \frac{m}{n} \cdot x^{\frac{m}{n}-1} = q \cdot x^{q-1}\)

Die Funktionen sin und cos sind für alle \(x \in R\) differenzierbar, und es gilt: 

\(sin'(x) = cos(x)\) und \(cos'(x) = -sin(x)\)

Aus \(\frac{f(z)-f(0)}{z-0} = \frac{e^z-e^0}{z-0} = \frac{e^z-1}{z}\) folgt: \(f'(0) = \lim \limits_{z \rightarrow 0}{\frac{e^z-1}{z}}\)

Diesen Grenzwert kann man mit Hilfe der Reihendarstellung der Funktion \(e^x\) bestimmen:

\(e^z = 1 + z + \frac{z^2}{2!} + \frac{z^3}{3!}+ \frac{z^4}{4!} + \dots\)

\(\Rightarrow e^z - 1 = z + \frac{z^2}{2!} + \frac{z^3}{3!} + \frac{z^4}{4!} + \dots\)

\(\Rightarrow \frac{e^z - 1}{z} = 1 + \frac{z}{2!} + \frac{z^2}{3!} + \frac{z^3}{4!} + \dots\)

Die Reihendarstellung zeigt: Nähert sich z unbegrenzt der Zahl 0, so nähert sich \(\frac{e^z-1}{z}\) unbegrenzt der Zahl 1. Also erhalten wir: \(f'(0) = \lim \limits_{z\rightarrow 0}{\frac{e^z-1}{z}} = 1\)

Die Funktion \(f(x) = e^x\) ist für alle \(x \in R\) differenzierbar, und es gilt \(f(x) = e^x \Rightarrow f'(x) = e^x\)

Beweis:

\(f(x) = e^x \Rightarrow \frac{f(x+h)-f(x)}{h} = \frac{e^{x+h}-e^x}{h}\)\(\frac{e^{x} \cdot e^h-e^x}{h} = e^x \cdot \frac{e^{h}-1}{h}\)

Nach Aufgabe* ist \(\lim \limits_{h \rightarrow 0}{\frac{e^h-1}{h}} = 1\).                       * (andere Frage im Katalog)

Daraus folgt nun: \(f'(x) = \lim \limits_{h\rightarrow 0}{\frac{f(x+h)-f(x)}{h}} = e^x \cdot 1 = e^x\)

Die Funktion \(f(x) = a^x \; (a \in R^+)\) ist für alle \(x \in R\) differenzierbar, und es gilt \(f(x) = a^x \Rightarrow f'(x) = a^x \cdot ln(a)\)

Beweis:

\(f(x) = a^x = (e^{ln(a)})^x = e^{x \cdot ln(a)}\)\(\Rightarrow f'(x) = e^{x\cdot ln(a)}\cdot ln(a) = (e^{ln(a)})^x\cdot ln(a) = a^x \cdot ln(a)\)

Es sei f eine invertierbare, an der Stelle \(x_0\) differenzierbare Funktion mit \(f'(x_0) \neq 0\). Die Umkehrfunktion \(f^*\) sei an der Stelle \(y_0 = f(x_0)\) stetig.

Dann ist \(f^*\) in \(y_0\) differenzierbar und es gilt: \(f^{*}{'}(y_0) = \frac{1}{f'(x_0)} = \frac{1}{f'(f^*(y_0)}\)

Die Funktion \(f(x) = ln(x)\) ist für alle \(x \in R^+\) differenzierbar, und es gilt: \(f(x) = ln(x) \Rightarrow f'(x) = \frac{1}{x}\)

Beweis:

Die Umkehrfunktion der Funktion \(f(x) = e^x\) ist \(f^*(x) = ln(x)\) . Aus der Ableitungsregel für die Umkehrfunktion folgt: 

\(f^{*}{'}(y) = \frac{1}{f'(f^*(y)} = \frac{1}{e^{f^*(y)}} = \frac{1}{e^{ln(y)}} = \frac{1}{y}\)

Die Funktion \(f(x) = ^alog(x) \; (a \in R^+/{1})\) ist für alle \(x \in R^+\) differenzierbar, und es gilt: \(f(x) = ^alog(x) \Rightarrow f'(x) = \frac{1}{x\cdot ln(a)}\)

Beweis:

Aus \(f(x) = ^alog(x) = \frac{ln(x)}{ln(a)} = \frac{1}{ln(a)} \cdot ln(x)\)und \((ln(x))' = \frac{1}{x}\) folgt: \(f'(x) = \frac{1}{ln(a)} \cdot \frac{1}{x} = \frac{1}{x \cdot ln(a)}\)