Ableitung mit Differentialquotient berechnen

Aufgaben zum Kapitel Ableitung und Differenzierbarkeit

Übung: Differenzierbare Potenzfunktion
Zeige, dass die Potenzfunktion f:\mathbb{R} \setminus \{0\},\ f(x)=x^{{-2}}={\tfrac {1}{x^{2}}} an der Stelle \xi =-2 differenzierbar ist, und berechne dort die Ableitung. Wie lautet die Ableitung von f an einer beliebigen Stelle {\tilde x}\in \mathbb{R} \setminus \{0\}?
Der Differentialquotient von f an der Stelle \xi =-2 lautet
{\begin{aligned}f'(-2)&=\lim _{{h\to 0}}{\frac {f(-2+h)-f(-2)}{h}}=\lim _{{h\to 0}}{\frac {{\frac {1}{(-2+h)^{2}}}-{\frac {1}{(-2)^{2}}}}{h}}\\[0.3em]&=\lim _{{h\to 0}}{\frac {{\frac {(-2)^{2}-(-2+h)^{2}}{(-2)^{2}\cdot (-2+h)^{2}}}}{h}}=\lim _{{h\to 0}}{\frac {4-(4-4h+h^{2})}{4h(h^{2}-4h+4)}}\\[0.3em]&=\lim _{{h\to 0}}{{\frac {4h-h^{2}}{4h^{3}-16h^{2}+16h}}}=\lim _{{h\to 0}}{{\frac {4-h}{4h^{2}-16h+16}}}\\[0.3em]&={\frac {4-0}{0+0+16}}={\frac {4}{16}}={\frac 14}\end{aligned}}
Also ist f an der Stelle \xi =-2 differenzierbar, mit Ableitung f'(-2)={\tfrac 14}. Für ein allgemeines {\tilde x}\in \mathbb{R} \setminus \{0\} gilt
{\begin{aligned}f'({\tilde x})&=\lim _{{h\to 0}}{\frac {f({\tilde x}+h)-f({\tilde x})}{h}}=\lim _{{h\to 0}}{\frac {{\frac {1}{({\tilde x}+h)^{2}}}-{\frac {1}{{\tilde x}^{2}}}}{h}}\\[0.3em]&=\lim _{{h\to 0}}{\frac {{\frac {{\tilde x}^{2}-({\tilde x}+h)^{2}}{{\tilde x}^{2}\cdot ({\tilde x}+h)^{2}}}}{h}}=\lim _{{h\to 0}}{\frac {{\tilde x}^{2}-({\tilde x}^{2}+2{\tilde x}h+h^{2})}{{\tilde x}^{2}h({\tilde x}^{2}+2{\tilde x}h+h^{2})}}\\[0.3em]&=\lim _{{h\to 0}}{{\frac {-2{\tilde x}h-h^{2}}{{\tilde x}^{4}h+2{\tilde x}^{3}h^{2}+{\tilde x}^{2}h^{3}}}}=\lim _{{h\to 0}}{{\frac {-2{\tilde x}-h}{{\tilde x}^{4}+2{\tilde x}^{3}h+{\tilde x}^{2}h^{2}}}}\\[0.3em]&={\frac {-2{\tilde x}-0}{{\tilde x}^{4}+0+0}}=-{\frac {2}{{\tilde x}^{3}}}\end{aligned}}
Übung: Ableitung einer Produkt-Funktion
Sei f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} definiert durch
f(x)=x(x-1)(x-2)\cdot \ldots \cdot (x-1000)=\prod _{{k=0}}^{{1000}}(x-k)
Bestimme f'(0).
Es gilt
f'(0)=\lim _{{x\to 0}}{\frac {f(x)-f(0)}{x-0}}=\lim _{{x\to 0}}{\frac {\prod _{{k=0}}^{{1000}}(x-k)-0}{x-0}}=\lim _{{x\to 0}}{\frac {x\cdot \prod _{{k=1}}^{{1000}}(x-k)}{x}}=\lim _{{x\to 0}}\prod _{{k=1}}^{{1000}}(x-k){\overset {(*)}{=}}\prod _{{k=1}}^{{1000}}(-k)=\underbrace {(-1)^{{1000}}}_{{=1}}\cdot \underbrace {\prod _{{k=1}}^{{1000}}k}_{{=1000!}}=1000!
Dabei haben wir bei (*) benutzt, dass x\mapsto \prod _{{k=1}}^{{1000}}(x-k) stetig ist als Produkt der stetigen Funktionen x\mapsto x-k für 1\leq k\leq 1000.
Übung: Ableitung einer Funktion mit Fallunterscheidung
Untersuche, ob die folgenden Funktionen in x=0 differenzierbar sind.
  1. f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ f(x)={\begin{cases}\cos({\tfrac 1x})&{\text{ für }}x\neq 0\\0&{\text{ für }}x=0\end{cases}}
  2. g:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ g(x)={\begin{cases}x\cos({\tfrac 1x})&{\text{ für }}x\neq 0\\0&{\text{ für }}x=0\end{cases}}
Teilaufgabe 1: Da \cos({\tfrac 1x}), genau wie \sin({\tfrac 1x}), für x\to 0 sehr schnell zwischen -1 und -1 osziliert, ist zu erwarten, dass f in x=0 nicht stetig ist. Dazu betrachten wir die Nullfolgen (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }}=({\tfrac {1}{2n\pi }})_{{n\in \mathbb{N} }} und (b_{n})_{{n\in \mathbb{N} }}=({\tfrac {1}{(2n-1)\pi }})_{{n\in \mathbb{N} }}. Für diese gilt
f(a_{n})=\cos(2n\pi )=1
und
f(b_{n})=\cos((2n-1)\pi )=-1
Also existiert \lim _{{x\to 0}}f(x) nicht. Nach dem Folgenkriterium ist f daher im Nullpunkt nicht stetig, und damit auch nicht differenzierbar.
Teilaufgabe 2: Die Funktion g ist nach dem Folgenkriterium, wegen \lim _{{x\to 0}}g(x)=0, im Nullpunkt stetig. Also betrachten wir den Differentialquotienten. Für diesen gilt
\lim _{{x\to 0}}{\frac {g(x)-g(0)}{x-0}}=\lim _{{x\to 0}}{\frac {x\cos({\tfrac 1x})-0}{x}}=\lim _{{x\to 0}}\cos({\tfrac 1x})
In Teilaufgabe 1 hatten wir gezeigt, dass dieser Grenzwert nicht existiert. Damit ist auch g in null nicht differenzierbar.
Übung: Kriterium für Nicht-Differenzierbarkeit einer allgemeinen Funktion in null
Sei f:(-1,1)\to \mathbb{R} . Zeige: Gilt |f(x)|\geq |x|^{\alpha } für ein 0<\alpha <1 und f(0)=0, so ist f in null nicht differenzierbar.
Es gilt
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Daher existiert f'(0)=\lim _{{x\to 0}}{\frac {f(x)-f(0)}{x-0}} nicht.
Übung: Bestimmung von Grenzwerten mit Differentialquotienten
Sei f:D\to \mathbb{R} in a\in D differenzierbar. Zeige die folgenden Grenzwerte
  1. \lim _{{h\to 0}}{\frac {f(a+h^{2})-f(a)}{h}}=0
  2. \lim _{{h\to 0}}{\frac {f(a+ch)-f(a-dh)}{h}}=(c+d)f'(a) für c,d\in \mathbb{R}
  3. \lim _{{x\to a}}{\frac {xf(a)-af(x)}{x-a}}=f(a)-af'(a)
Wie komme ich auf den Beweis?
Da f in a differenzierbar ist, gilt
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Außerdem wissen wir aus den Aufgaben im Kapitel error: internal links not implemented, yet! , dass gilt
\lim _{{h\to 0}}{\frac {f(a-h)-f(a)}{h}}=-f'(x)
Die Idee ist es nun die Grenzwerte so umzuformen, dass wir sie mit Hilfe der Differentialquotienten berechnen können.
Teilaufgabe 1: Wegen \lim _{{h\to 0}}{\tfrac {f(a+h)-f(a)}{h}}=f'(a) gilt auch \lim _{{h\to 0}}{\tfrac {f(a+h^{2})-f(a)}{h^{2}}}=f'(a). Damit ist
\lim _{{h\to 0}}{\frac {f(a+h^{2})-f(a)}{h}}=\lim _{{h\to 0}}h\cdot {\frac {f(a+h^{2})-f(a)}{h^{2}}}=\underbrace {\lim _{{h\to 0}}h}_{{=0}}\cdot \underbrace {\lim _{{h\to 0}}{\frac {f(a+h^{2})-f(a)}{h^{2}}}}_{{=f'(a)}}=0
Teilaufgabe 2: Mit \lim _{{h\to 0}}{\tfrac {f(a+h)-f(a)}{h}}=f'(a) und \lim _{{h\to 0}}{\tfrac {f(a-h)-f(a)}{h}}=-f'(a) gilt auch \lim _{{h\to 0}}{\tfrac {f(a+ch)-f(a)}{ch}}=f'(a) und \lim _{{h\to 0}}{\tfrac {f(a-dh)-f(a)}{dh}}=-f'(a). Daher ist
{\begin{aligned}\lim _{{h\to 0}}{\frac {f(a+ch)-f(a-dh)}{h}}&=\lim _{{h\to 0}}{\frac {f(a+ch)-f(a)-(f(a-dh)-f(a))}{h}}=\lim _{{h\to 0}}{\frac {f(a+ch)-f(a)}{h}}-\lim _{{h\to 0}}{\frac {f(a-dh)-f(a)}{h}}\\&=c\cdot \underbrace {\lim _{{h\to 0}}{\frac {f(a+ch)-f(a)}{ch}}}_{{=f'(a)}}-d\cdot \underbrace {\lim _{{h\to 0}}{\frac {f(a-dh)-f(a)}{dh}}}_{{=-f'(a)}}=cf'(a)+df'(a)=(c+d)f'(a)\end{aligned}}
Teilaufgabe 3: Hier benötigen wir den „ursprünglichen“ Differenrentialquotienten \lim _{{x\to a}}{\tfrac {f(x)-f(a)}{x-a}}=f'(a). Mit diesem gilt
{\begin{aligned}\lim _{{x\to a}}{\frac {xf(a)-af(x)}{x-a}}&=\lim _{{x\to a}}{\frac {xf(a)-af(a)-(af(x)-af(a))}{x-a}}=\lim _{{x\to a}}{\frac {xf(a)-af(a)}{x-a}}-\lim _{{x\to a}}{\frac {af(x)-af(a)}{x-a}}\\&=\lim _{{x\to a}}{\frac {(x-a)f(a)}{x-a}}-\lim _{{x\to a}}{\frac {a(f(x)-f(a))}{x-a}}=c\cdot \underbrace {\lim _{{x\to a}}f(a)}_{{=f(a)}}-a\cdot \underbrace {\lim _{{x\to a}}{\frac {f(x)-f(a)}{x-a}}}_{{=f'(a)}}=f(a)-af'(a)\end{aligned}}
Übung: Folgerung aus Differenzierbarkeit
Sei f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} in {\tilde x} differenzierbar. Weiter seien (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} und (b_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} Folgen mit a_{n}<{\tilde x}<b_{n} für alle n\in \mathbb{N} , sowie \lim _{{n\to \infty }}(a_{n}-b_{n})=0. Zeige: Dann gilt
\lim _{{n\to \infty }}{\frac {f(a_{n})-f(b_{n})}{a_{n}-b_{n}}}=f'({\tilde x})
Zusatzfrage: Gilt auch die umgekehrte Aussage: Existiert der Grenzwert \lim _{{n\to \infty }}{\tfrac {f(a_{n})-f(b_{n})}{a_{n}-b_{n}}} mit Folgen (a_{n}) und (b_{n}) wie oben, so ist f in {\tilde x} differenzierbar, und f'({\tilde x}) ist gleich diesem Grenzwert.
ErklärungHinweis: Zeige zunächst {\tfrac {f(a_{n})-f(b_{n})}{a_{n}-b_{n}}}={\tfrac {f(a_{n})-f({\tilde x})}{a_{n}-{\tilde x}}}+{\tfrac {a_{n}-{\tilde x}}{a_{n}-b_{n}}}\left({\tfrac {f(a_{n})-f({\tilde x})}{a_{n}-{\tilde x}}}-{\tfrac {f(b_{n})-f({\tilde x})}{b_{n}-{\tilde x}}}\right)
Es gilt
{\begin{aligned}{\frac {f(a_{n})-f(b_{n})}{a_{n}-b_{n}}}&={\frac {f(a_{n})-f({\tilde x})+f({\tilde x})-f(b_{n})}{a_{n}-b_{n}}}\\[0.3em]&={\frac {f(a_{n})-f({\tilde x})}{a_{n}-b_{n}}}+{\frac {f({\tilde x})-f(b_{n})}{a_{n}-b_{n}}}\\[0.3em]&={\frac {f(a_{n})-f({\tilde x})}{a_{n}-{\tilde x}}}+{\frac {f(a_{n})-f({\tilde x})}{a_{n}-b_{n}}}-{\frac {f(a_{n})-f({\tilde x})}{a_{n}-{\tilde x}}}-{\frac {f(b_{n})-f({\tilde x})}{a_{n}-b_{n}}}\\[0.3em]&={\frac {f(a_{n})-f({\tilde x})}{a_{n}-{\tilde x}}}+{\frac {(a_{n}-{\tilde x}-(a_{n}-b_{n}))(f(a_{n})-f({\tilde x})}{(a_{n}-b_{n})(a_{n}-{\tilde x})}}-{\frac {f(b_{n})-f({\tilde x})}{a_{n}-b_{n}}}\\[0.3em]&={\frac {f(a_{n})-f({\tilde x})}{a_{n}-{\tilde x}}}+{\frac {b_{n}-{\tilde x}}{a_{n}-b_{n}}}\cdot {\frac {f(a_{n})-f({\tilde x})}{a_{n}-{\tilde x}}}-{\frac {b_{n}-{\tilde x}}{a_{n}-b_{n}}}\cdot {\frac {f(b_{n})-f({\tilde x})}{b_{n}-{\tilde x}}}\\[0.3em]&=\underbrace {{\frac {f(a_{n})-f({\tilde x})}{a_{n}-{\tilde x}}}}_{{\to f'({\tilde x})}}+\underbrace {{\frac {a_{n}-{\tilde x}}{a_{n}-b_{n}}}}_{{|\ldots |\leq 1}}\cdot \underbrace {\left({\frac {f(a_{n})-f({\tilde x})}{a_{n}-{\tilde x}}}-{\frac {f(b_{n})-f({\tilde x})}{b_{n}-{\tilde x}}}\right)}_{{\to f'({\tilde x})-f'({\tilde x})=0}}\end{aligned}}
Da nun das Produkt aus einer beschränkten Folge und einer Nullfolge gegen null konvergiert, gilt mit den Rechenregeln für Folgen
\lim _{{n\to \infty }}{\frac {f(a_{n})-f(b_{n})}{a_{n}-b_{n}}}=f'({\tilde x})+0=f'({\tilde x})
Zur Zusatzfrage: Die Umkehrung ist falsch. Betrachten wir die in {\tilde x}=0 nicht stetige (und damit nicht differenzierbare) Funktion
f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ f(x)={\begin{cases}1&{\text{ für }}x\neq 0,\\0&{\text{ für }}x=0\end{cases}}
Dann gilt für alle Nullfolgen (a_{n}) und (b_{n}) mit a_{n}<0<b_{n}:
\lim _{{n\to \infty }}{\frac {f(a_{n})-f(b_{n})}{a_{n}-b_{n}}}=\lim _{{n\to \infty }}{\frac {1-1}{a_{n}-b_{n}}}=\lim _{{n\to \infty }}{\frac {0}{a_{n}-b_{n}}}=0

Aufgaben zum Kapitel Beispiele von Ableitungen

Übung: Ableitung von linearen und quadraischen Funktionen
Bestimme direkt mit der Definition die Ableitung einer linearen Funktion
f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ f(x)=ax+b
und einer quadratischen Funktion
g:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ g(x)=ax^{2}+bx+c
mit a,b,c\in \mathbb{R} .
1. Lineare Funktion: Für {\tilde x}\in \mathbb{R} gilt
f'({\tilde x})=\lim _{{x\to {\tilde x}}}{\frac {f(x)-f({\tilde x})}{x-{\tilde x}}}=\lim _{{x\to {\tilde x}}}{\frac {ax+b-(a{\tilde x}+b)}{x-{\tilde x}}}=\lim _{{x\to {\tilde x}}}{\frac {ax+b-a{\tilde x}-b}{x-{\tilde x}}}=\lim _{{x\to {\tilde x}}}{\frac {ax-a{\tilde x}}{x-{\tilde x}}}=\lim _{{x\to {\tilde x}}}{\frac {a(x-{\tilde x})}{x-{\tilde x}}}=\lim _{{x\to {\tilde x}}}a=a
2. Quadratische Funktion: Für {\tilde x}\in \mathbb{R} gilt
{\begin{aligned}g'({\tilde x})&=\lim _{{x\to {\tilde x}}}{\frac {g(x)-g({\tilde x})}{x-{\tilde x}}}=\lim _{{x\to {\tilde x}}}{\frac {ax^{2}+bx+c-(a{\tilde x}^{2}+b{\tilde x}+c)}{x-{\tilde x}}}=\lim _{{x\to {\tilde x}}}{\frac {ax^{2}+bx-a{\tilde x}^{2}-b{\tilde x}}{x-{\tilde x}}}\\&=\lim _{{x\to {\tilde x}}}{\frac {a(x^{2}-{\tilde x}^{2})+b(x-{\tilde x})}{x-{\tilde x}}}=\lim _{{x\to {\tilde x}}}{\frac {a(x+{\tilde x})(x-{\tilde x})}{x-{\tilde x}}}+\lim _{{x\to {\tilde x}}}{\frac {b(x-{\tilde x})}{x-{\tilde x}}}=\lim _{{x\to {\tilde x}}}a(x+{\tilde x})+\lim _{{x\to {\tilde x}}}b=2a{\tilde x}+b\end{aligned}}
Übung: Ableitung der natürlichen Logarithmusfunktion
Berechne die Ableitung der natürlichen Logarithmusfunktion
f:\mathbb{R} ^{+}\to \mathbb{R} ,\ f(x)=\ln x
direkt mit Hilfe des Differentialquotienten.
1.Möglichkeit: Standardmethode
Für {\tilde x}\in \mathbb{R} ^{+} gilt
f'({\tilde x})=\lim _{{x\to {\tilde x}}}{\frac {f(x)-f({\tilde x})}{x-{\tilde x}}}=\lim _{{x\to {\tilde x}}}{\frac {\ln x-\ln {\tilde x}}{x-{\tilde x}}}
Nun gilt für 0<x<{\tilde x} die Ungleichung
{\frac {1}{{\tilde x}}}\leq {\frac {f(x)-f({\tilde x})}{x-{\tilde x}}}\leq {\frac {1}{x}}
Vertauschen wir die Rollen von x und {\tilde x}, so gilt
{\frac {1}{x}}\leq {\frac {f({\tilde x})-f(x)}{{\tilde x}-x}}\leq {\frac {1}{{\tilde x}}}
Da nun die linke und die rechte Seite der Ungleichung für x\to {\tilde x} gegen {\frac 1{\tilde x}} konvergieren, folgt aus dem Einschnürungssatz
f'({\tilde x})=\lim _{{x\to {\tilde x}}}{\frac {\ln x-\ln {\tilde x}}{x-{\tilde x}}}={\frac 1{\tilde x}}
2.Möglichkeit: h-Methode
Für {\tilde x}\in \mathbb{R} ^{+} gilt
{\begin{aligned}f'({\tilde x})&=\lim _{{h\to {\tilde 0}}}{\frac {f({\tilde x}+h)-f({\tilde x})}{h}}=\lim _{{h\to 0}}{\frac {\ln({\tilde x}+h)-\ln({\tilde x})}{h}}=\lim _{{h\to 0}}{\frac {\ln({\tfrac {{\tilde x}+h}{{\tilde x}}})}{h}}=\lim _{{h\to 0}}{\frac {\ln(1+{\tfrac {h}{{\tilde x}}})}{h}}=\lim _{{h\to 0}}{\frac {1}{{\tilde x}}}{\frac {\ln(1+{\tfrac {h}{{\tilde x}}})}{{\frac {h}{{\tilde x}}}}}\\&{\overset {y={\frac {h}{{\tilde x}}}}{=}}\lim _{{y\to 0}}{\frac {1}{{\tilde x}}}{\frac {\ln(1+y)}{y}}={\frac {1}{{\tilde x}}}\underbrace {\lim _{{y\to 0}}{\frac {\ln(1+y)}{y}}}_{{=1}}={\frac {1}{{\tilde x}}}\end{aligned}}
Übung: Berechnung der Ableitung der hyperbolischen Funktionen \sinh \cosh und \tanh
Bestimme die Ableitung der folgenden Funktionen mithilfe des Differentialquotienten
  1. \sinh :\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\sinh(x):={\frac {e^{x}-e^{{-x}}}{2}}
  2. \cosh :\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\cosh(x):={\frac {e^{x}+e^{{-x}}}{2}}
  3. \tanh :\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\tanh(x):={\frac {\sinh }{\cosh }}
Teilaufgabe 1: Sei x\in \mathbb{R} . Dann gilt
{\begin{aligned}&\sinh '(x)=\lim _{{h\to 0}}{\frac {\sinh(x+h)-\sinh(x)}{h}}=\ &\lim _{{h\to 0}}{{\frac {{\tfrac {e^{{x+h}}-e^{{-(x+h)}}}{2}}-{\frac {e^{x}-e^{{-x}}}{2}}}{h}}}\\[0.3em]=\ &\lim _{{h\to 0}}{{\frac {e^{x}(e^{h}-1)-e^{{-x}}(e^{{-h}}-1)}{2h}}}\\[0.3em]=\ &\lim _{{h\to 0}}{{\frac {e^{x}(e^{h}-1)}{2h}}}-\lim _{{h\to 0}}{{\frac {e^{{-x}}(e^{{-h}}-1)}{2h}}}\\[0.3em]&\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{2.Grenzwert: Substitution }}{\tilde h}=-h\right.\\[0.3em]=\ &\lim _{{h\to 0}}{{\frac {e^{x}(e^{h}-1)}{2h}}}-\lim _{{{\tilde h}\to 0}}{{\frac {e^{{-x}}(e^{{{\tilde h}}}-1)}{-2{\tilde h}}}}\\[0.3em]=\ &{\frac {e^{x}}{2}}\lim _{{h\to 0}}{{\frac {(e^{h}-1)}{h}}}+{\frac {e^{{-x}}}{2}}\lim _{{{\tilde h}\to 0}}{{\frac {(e^{{{\tilde h}}}-1)}{{\tilde h}}}}\\[0.3em]&\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{h\to 0}}{{\frac {(e^{h}-1)}{h}}}=1\right.\\[0.3em]=\ &{\frac {e^{x}+e^{{-x}}}{2}}\\[0.3em]=\ &\cosh(x)\end{aligned}}
Alternativer Beweis:
{\begin{aligned}\sinh '(x)&=\lim _{{h\to 0}}{\frac {\sinh(x+h)-\sinh(x)}{h}}\\[0.3em]&\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Additionstheorem: }}\sinh(x+y)=\sinh(x)\cosh(y)+\cosh(x)\sinh(y)\right.\\[0.3em]&=\lim _{{h\to 0}}{\frac {\sinh(x)\cosh(h)+\cosh(x)\sinh(h)-\sinh(x)}{h}}\\[0.3em]&=\sinh(x)\cdot \underbrace {\lim _{{h\to 0}}{\frac {\cosh(h)-1}{h}}}_{{=0}}+\cosh(x)\cdot \underbrace {\lim _{{h\to 0}}{{\frac {\sinh(h)}{h}}}}_{{=1}}\\[0.3em]&=\cosh(x)\end{aligned}}
Teilaufgabe 2: Sei x\in \mathbb{R} . Dann gilt
{\begin{aligned}&\cosh '(x)=\lim _{{h\to 0}}{\frac {\cosh(x+h)-\cosh(x)}{h}}\\[0.3em]=\ &\lim _{{h\to 0}}{{\frac {{\tfrac {e^{{x+h}}+e^{{-(x+h)}}}{2}}-{\tfrac {e^{x}+e^{{-x}}}{2}}}{h}}}\\[0.3em]=\ &\lim _{{h\to 0}}{{\frac {e^{x}(e^{h}-1)+e^{{-x}}(e^{{-h}}-1)}{2h}}}\\[0.3em]=\ &\lim _{{h\to 0}}{{\frac {e^{x}(e^{h}-1)}{2h}}}+\lim _{{h\to 0}}{{\frac {e^{{-x}}(e^{{-h}}-1)}{2h}}}\\[0.3em]&\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{2.Grenzwert: Substitution }}{\tilde h}=-h\right.\\[0.3em]=\ &\lim _{{h\to 0}}{{\frac {e^{x}(e^{h}-1)}{2h}}}+\lim _{{{\tilde h}\to 0}}{{\frac {e^{{-x}}(e^{{{\tilde h}}}-1)}{-2{\tilde h}}}}\\[0.3em]=\ &{\frac {e^{x}}{2}}\lim _{{h\to 0}}{{\frac {(e^{h}-1)}{h}}}-{\frac {e^{{-x}}}{2}}\lim _{{{\tilde h}\to 0}}{{\frac {(e^{{{\tilde h}}}-1)}{{\tilde h}}}}\\[0.3em]&\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{h\to 0}}{{\frac {(e^{h}-1)}{h}}}=1\right.\\[0.3em]=\ &{\frac {e^{x}-e^{{-x}}}{2}}\\[0.3em]=\ &\sinh(x)\end{aligned}}
Alternativer Beweis:
{\begin{aligned}\cosh '(x)&=\lim _{{h\to 0}}{\frac {\cosh(x+h)-\cosh(x)}{h}}\\[0.3em]&\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Additionstheorem: }}\cosh(x+y)=\cosh(x)\cosh(y)+\sinh(x)\sinh(y)\right.\\[0.3em]&=\lim _{{h\to 0}}{\frac {\cosh(x)\cosh(h)+\sinh(x)\sinh(h)-\cosh(x)}{h}}\\[0.3em]&=\cosh(x)\cdot \underbrace {\lim _{{h\to 0}}{\frac {\cosh(h)-1}{h}}}_{{=0}}+\sinh(x)\cdot \underbrace {\lim _{{h\to 0}}{{\frac {\sinh(h)}{h}}}}_{{=1}}\\[0.3em]&=\sinh(x)\end{aligned}}
Teilaufgabe 3: Sei x\in \mathbb{R} . Dann gilt
\tanh(x)={\frac {\sinh(x)}{\cosh(x)}}={\frac {{\frac {e^{x}-e^{{-x}}}{2}}}{{\frac {e^{x}+e^{{-x}}}{2}}}}={\frac {2(e^{x}-e^{{-x}})}{2(e^{x}+e^{{-x}})}}={\frac {e^{x}-e^{{-x}}}{e^{x}+e^{{-x}}}}
Damit ist
{\begin{aligned}&\tanh '(x)=\lim _{{h\to 0}}{\frac {\tanh(x+h)-\tanh(x)}{h}}\\[0.3em]=\ &\lim _{{h\to 0}}{{\frac {{\frac {e^{{x+h}}-e^{{-(x+h)}}}{e^{{x+h}}+e^{{-(x+h)}}}}-{\frac {e^{x}-e^{{-x}}}{e^{x}+e^{{-x}}}}}{h}}}\\[0.3em]=\ &\lim _{{h\to 0}}{{\frac {(e^{{x+h}}-e^{{-(x+h)}})(e^{x}+e^{{-x}})-(e^{x}-e^{{-x}})(e^{{x+h}}+e^{{-(x+h)}})}{h(e^{{x+h}}+e^{{-(x+h)}})(e^{x}+e^{{-x}})}}}\\[0.3em]=\ &\lim _{{h\to 0}}{{\frac {e^{{x+h}}e^{x}-e^{{-x-h}}e^{x}+e^{{-x}}e^{{x+h}}-e^{{-x}}e^{{-x-h}}-e^{x}e^{{x+h}}-e^{x}e^{{-x-h}}+e^{{-x}}e^{{x+h}}+e^{{-x}}e^{{-x-h}}}{h(e^{{x+h}}+e^{{-(x+h)}})(e^{x}+e^{{-x}})}}}\\[0.3em]=\ &\lim _{{h\to 0}}{{\frac {2e^{{-x}}e^{{x+h}}-2e^{x}e^{{-x-h}}}{h(e^{{x+h}}+e^{{-(x+h)}})(e^{x}+e^{{-x}})}}}\\[0.3em]=\ &\lim _{{h\to 0}}{{\frac {2e^{h}-2e^{{-h}}}{h(e^{{x+h}}+e^{{-(x+h)}})(e^{x}+e^{{-x}})}}}\\[0.3em]=\ &\lim _{{h\to 0}}{{\frac {2e^{{-h}}(e^{{2h}}-1)}{h(e^{{x+h}}+e^{{-(x+h)}})(e^{x}+e^{{-x}})}}}\\[0.3em]=\ &\lim _{{h\to 0}}{2e^{{-h}}\cdot {\frac {(e^{{2h}}-1)}{h}}\cdot {\frac {1}{(e^{{x+h}}+e^{{-(x+h)}})(e^{x}+e^{{-x}})}}}\\[0.3em]=\ &\lim _{{h\to 0}}{2e^{{-h}}\cdot 2{\frac {(e^{{2h}}-1)}{2h}}\cdot {\frac {1}{(e^{{x+h}}+e^{{-(x+h)}})(e^{x}+e^{{-x}})}}}\\[0.3em]=\ &\lim _{{h\to 0}}2e^{{-h}}\cdot \lim _{{h\to 0}}2{\frac {(e^{{2h}}-1)}{2h}}\cdot \lim _{{h\to 0}}2e^{{-h}}{\frac {1}{(e^{{x+h}}+e^{{-(x+h)}})(e^{x}+e^{{-x}})}}\\[0.3em]&\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{h\to 0}}{{\frac {(e^{{2h}}-1)}{2h}}}=1\right.\\[0.3em]=\ &2e^{0}\cdot 2\cdot {\frac {1}{(e^{x}+e^{{-x}})(e^{x}+e^{{-x}})}}\\[0.3em]=\ &{\frac {4}{(e^{x}+e^{{-x}})^{2}}}\\[0.3em]=\ &{\frac {1}{\left({\frac {e^{x}+e^{{-x}}}{2}}\right)^{2}}}\\[0.3em]=\ &{\frac {1}{\cosh ^{2}(x)}}\end{aligned}}
Alternativer Beweis:
{\begin{aligned}\tanh '(x)&=\lim _{{h\to 0}}{\frac {\tanh(x+h)-\tanh(x)}{h}}\\[0.3em]&=\lim _{{h\to 0}}{\frac {{\frac {\sinh(x+h)}{\cosh(x+h)}}-{\frac {\sinh(x)}{\cosh(x)}}}{h}}\\[0.3em]&=\lim _{{h\to 0}}{\frac {{\frac {\sinh(x+h)\cosh(x)-\sinh(x)\cosh(x+h)}{\cosh(x+h)\cosh(x)}}}{h}}\\[0.3em]&=\lim _{{h\to 0}}{\frac {\sinh(x+h)\cosh(x)-\sinh(x)\cosh(x+h)}{h\cosh(x+h)\cosh(x)}}\\[0.3em]&\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Additionstheoreme: }}\sinh(x+y)=\sinh(x)\cosh(y)+\cosh(x)\sinh(y){\text{ und }}\cosh(x+y)=\cosh(x)\cosh(y)+\sinh(x)\sinh(y)\right.\\[0.3em]&=\lim _{{h\to 0}}{\frac {(\sinh(x)\cosh(h)+\cosh(x)\sinh(h))\cosh(x)-\sinh(x)(\cosh(x)\cosh(h)+\sinh(x)\sinh(h))}{h\cosh(x+h)\cosh(x)}}\\[0.3em]&=\lim _{{h\to 0}}{\frac {\sinh(x)\cosh(x)\cosh(h)+\cosh ^{2}(x)\sinh(h)-\sinh(x)\cosh(x)\cosh(h)-\sinh ^{2}(x)\sinh(h)}{h\cosh(x+h)\cosh(x)}}\\[0.3em]&=\lim _{{h\to 0}}{\frac {\cosh ^{2}(x)\sinh(h)-\sinh ^{2}(x)\sinh(h)}{h\cosh(x+h)\cosh(x)}}\\[0.3em]&=\lim _{{h\to 0}}{\frac {(\cosh ^{2}(x)-\sinh ^{2}(x))\sinh(h)}{h\cosh(x+h)\cosh(x)}}\\[0.3em]&\color {Gray}\left\downarrow \ \cosh ^{2}(x)-\sinh ^{2}(x)=1\right.\\[0.3em]&=\lim _{{h\to 0}}{\frac {\sinh(h)}{h\cosh(x+h)\cosh(x)}}\\[0.3em]&=\lim _{{h\to 0}}{\frac {\sinh(h)}{h}}\cdot {\frac {1}{\cosh(x+h)\cosh(x)}}\\[0.3em]&\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{h\to 0}}{\frac {\sinh(h)}{h}}=1\right.\\[0.3em]&={\frac {1}{\cosh ^{2}(x)}}\end{aligned}}

Rechengesetze für Ableitungen

Anwenden der Rechengesetze

Übung: Ableitungen der Potenzfunktion
Zeige mittels vollständiger Induktion über n\in \mathbb{N} , das die Potenzfunktion
f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ f(x)=x^{n}
differenzierbar ist mit
f'(x)=nx^{{n-1}}
Beweis
Beweisschritt: n=1
Ist f(x)=x^{1}=x, dann gilt
f'(x)=1=1\cdot x^{0}
error: template unknown or malformed: ":mathe für nicht-freaks: vorlage:beweisschritt"
Beweisschritt: n\to n+1
Sei f(x)=x^{{n+1}}=x\cdot x^{n}. Dann ist f nach der Induktionsvoraussetzung mit der Produktregel differenzierbar, und für x\in \mathbb{R} gilt
f'(x){\overset {{\text{IV}}}{=}}1\cdot x^{n}+x\cdot nx^{{n-1}}=x^{n}+nx^{n}=(n+1)x^{n}
Übung: Ableitungen von Sekans und Kosekans
Die Funktionen \sec (Sekans) und \csc (Kosekans) sind folgendermaßen definiert
\sec(x)=(\cos x)^{{-1}}={\frac {1}{\cos x}}
sowie
\csc(x)=(\sin x)^{{-1}}={\frac {1}{\sin x}}
Bestimme deren Definitionsbereich und Ableitungen auf diesen.
Teilaufgabe 1: Sekans
Definitionsbereich: \sec definiert \iff \cos x\neq 0 \iff x\neq {\tfrac {\pi }{2}}+k\pi \forall k\in \mathbb{Z} \Longrightarrow D_{1}=\mathbb{R} \setminus \{{\tfrac {\pi }{2}}+k\pi \mid k\in \mathbb{Z} \}
Ableitung: Da \cos auf D_{1} differenzierbar ist, gilt mit der Kettenregel
\sec(x)=(-1)(\cos x)^{{-2}}\cdot (-\sin x)={\frac {\sin x}{\cos ^{2}x}}=\sec x\cdot \tan x={\frac {\sec ^{2}x}{\csc x}}
Teilaufgabe 2: Kosekans
Definitionsbereich: \csc definiert \iff \sin x\neq 0 \iff x\neq k\pi \forall k\in \mathbb{Z} \Longrightarrow D_{2}=\mathbb{R} \setminus \{k\pi \mid k\in \mathbb{Z} \}
Ableitung: Da \sin auf D_{2} differenzierbar ist, gilt mit der Kettenregel
\csc(x)=(-1)(\sin x)^{{-2}}\cdot (\cos x)=-{\frac {\cos x}{\sin ^{2}x}}=\csc x\cdot \cot x=-{\frac {\csc ^{2}x}{\sec x}}
Übung: Berechnung von Ableitungen
Bestimme den Definitionsbereich der folgenden Funktionen, sowie deren Ableitungen
  1. f_{1}(x)=x^{2}e^{{-x}}
  2. f_{2}(x)=\ln(\ln(\ln(x)))
  3. f_{3}(x)=\sin(x\cos(x^{2}))
  4. f_{4}(x)={\frac {1+x^{2}}{{\sqrt {x^{2}-1}}}}
  5. f_{5}(x)=x\cdot |x|
Teilaufgabe 1:
Definitionsbereich: \mathbb{R}
Ableitung: Für x\in \mathbb{R} gilt mit der Produktregel
f_{1}'(x)=2xe^{{-x}}+x^{2}(-e^{{-x}})=xe^{{-x}}(2-x)
Teilaufgabe 2:
Definitionsbereich: (e,\infty ), denn
\ln(\ln(x))>0\iff \ln(x)>1\iff x>e
Ableitung: Für x\in (0,\infty ) gilt mit der Kettenregel
f_{2}'(x)={\frac {1}{\ln(\ln(x))}}\cdot {\frac {1}{\ln(x)}}\cdot {\frac 1x}={\frac {1}{x\ln(x)\ln(\ln(x))}}
Teilaufgabe 3:
Definitionsbereich: \mathbb{R}
Ableitung: Für x\in \mathbb{R} gilt mit der Ketten- und Produktregel
f_{3}'(x)=\cos(x\cos(x^{2}))[1\cdot \cos(x^{2})+x(-\sin(x^{2})\cdot 2x)]=\cos(x\cos(x^{2}))[\cos(x^{2})-2x^{2}\sin(x^{2})]
Teilaufgabe 4:
Definitionsbereich: (-\infty ,-1)\cup (1,\infty ), denn es muss gelten
  1. {\sqrt {x^{2}-1}}\neq 0\iff x^{2}\neq 1\iff x\neq \pm 1
  2. x^{2}-1>0\iff x^{2}>1\iff |x|>1\iff (x<-1)\vee (x>1)
Ableitung: Für x\in \mathbb{R} gilt mit der Quotientenregel
f_{4}'(x)={\frac {2x{\sqrt {x^{2}-1}}-(1+x^{2}){\frac {2x}{2{\sqrt {x^{2}-1}}}}}{x^{2}-1}}={\frac {2x(x^{2}-1)-x(1+x^{2})}{(x^{2}-1)^{{{\frac 32}}}}}={\frac {x(2x^{2}-2-1-x^{2})}{(x^{2}-1)^{{{\frac 32}}}}}={\frac {x(x^{2}-3)}{(x^{2}-1)^{{{\frac 32}}}}}
Teilaufgabe 5:
Definitionsbereich: \mathbb{R}
Ableitung:
Für x<0 gilt f_{5}(x)=x^{2} \Longrightarrow f_{5}'(x)=2x
Für x<0 gilt f_{5}(x)=-x^{2} \Longrightarrow f_{5}'(x)=-2x
Weiter gilt
\lim _{{x\to 0+}}{\frac {f_{5}(x)-f_{5}(0)}{x-0}}=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {x^{2}-0}{x}}=\lim _{{x\to 0+}}x=0
sowie
\lim _{{x\to 0-}}{\frac {f_{5}(x)-f_{5}(0)}{x-0}}=\lim _{{x\to 0-}}{\frac {-x^{2}-0}{x}}=\lim _{{x\to 0-}}-x=0
Daher ist
f_{5}'(0)=\lim _{{x\to 0}}{\frac {f_{5}(x)-f_{5}(0)}{x-0}}=0
Fassen wir die drei Fälle zusammen, so ergibt sich für x\in \mathbb{R}
f_{5}'(x)=2|x|
Übung: Ableitungen von Exponentialfunktionen
Bestimme die Ableitungen der folgenden Funktionen auf deren Definitionsbereich (a>0)
  1. f:\mathbb{R} ^{+}\to \mathbb{R} ,\ f(x)=x^{{(x^{x})}}
  2. g:\mathbb{R} ^{+}\to \mathbb{R} ,\ g(x)=(x^{x})^{x}
  3. h:\mathbb{R} ^{+}\to \mathbb{R} ,\ h(x)=x^{{(x^{a})}}
  4. i:\mathbb{R} ^{+}\to \mathbb{R} ,\ i(x)=x^{{(a^{x})}}
  5. j:\mathbb{R} ^{+}\to \mathbb{R} ,\ j(x)=a^{{(x^{x})}}
ErklärungBei der Funktion g darf die Klammer auch weggelassen werden, da allgemein x^{{x^{x}}}=x^{{(x^{x})}} definiert ist.
Teilaufgabe 1: Es gilt g(x)=x^{{(x^{x})}}=\exp(x^{x}\ln x). x\mapsto x^{x}=\exp(x\ln(x)) ist differenzierbar mit (x^{x})'=x^{x}(\ln(x)+1). Daher ist g nach der Ketten- und Produktregel differenzierbar, und für x\in \mathbb{R} ^{+} gilt
f'(x)=\exp(x^{x}\ln x)[x^{x}(\ln x+1)\cdot \ln x+x^{x}\cdot {\tfrac 1x}]=\exp(x\ln x)[x^{x}(\ln x+1)\ln(x)+{\tfrac 1x})]=x^{{x^{x}+x}}(\ln ^{2}x+\ln x+{\tfrac 1x})
Teilaufgabe 2: Es gilt g(x)=(x^{{x}})^{x}=x^{{x\cdot x}}=x^{{x^{2}}}=\exp(x^{2}\ln x). Daher ist h nach der Ketten- und Produktregel differenzierbar, und für x\in \mathbb{R} ^{+} gilt
g'(x)=\exp(x^{2}\ln x)[2x\ln x+x^{2}\cdot {\tfrac 1x}]=\exp(x^{2}\ln x)[2x\ln x+x]=\exp(x^{2}\ln x)[x(2\ln x+1)]=x^{{x^{2}+1}}(2\ln x+1)
Teilaufgabe 3: Es gilt h(x)=x^{{(x^{a})}}=\exp(x^{a}\ln x). Daher ist h nach der Ketten- und Produktregel differenzierbar, und für x\in \mathbb{R} ^{+} gilt
h'(x)=\exp(x^{a}\ln x)[ax^{{a-1}}\cdot \ln x+x^{a}\cdot {\tfrac 1x}]=\exp(x\ln x)[x^{{a-1}}(a\ln x+1)]=x^{{x^{a}+a-1}}(a\ln x+1)
Teilaufgabe 4: Es gilt i(x)=(x^{{(a^{x})}})=\exp(a^{x}\ln x). Daher ist i nach der Ketten- und Produktregel differenzierbar, und für x\in \mathbb{R} ^{+} gilt
i'(x)=\exp(a^{x}\ln x)[a^{x}\ln a\ln x+a^{x}\cdot {\tfrac 1x}]=x^{{(a^{x})}}a^{x}[\ln a\ln x+{\tfrac 1x})]
Teilaufgabe 5: Es gilt j(x)=a^{{(x^{x})}}=\exp(x^{x}\ln a). x\mapsto x^{x}=\exp(x\ln(x)) ist differenzierbar mit (x^{x})'=x^{x}(\ln(x)+1). Daher ist j nach der Ketten- und Produktregel differenzierbar, und für x\in \mathbb{R} ^{+} gilt
j'(x)=\exp(x^{x}\ln a)[x^{x}(\ln x+1)\cdot \ln a]=a^{{(x^{x})}}x^{x}\ln a(\ln x+1)
Übung: Beweis von Summenformeln mit Ableitung
Beweise mittels des error: internal links not implemented, yet! für alle n\in \mathbb{N} die Formeln
  • \sum _{{k=1}}^{n}k{\binom {n}{k}}=n2^{{n-1}}
  • \sum _{{k=1}}^{n}(-1)^{{k-1}}k{\binom {n}{k}}=0
ErklärungSetze im binomischen Lehrsatz x=1 und bilde die Ableitung auf beiden Seiten.
Beweis
Für x=1 lautet der binomische Lehrsatz
\sum _{{k=0}}^{n}{\binom nk}y^{k}=(1+y)^{n}
für n\in \mathbb{N} und y\in \mathbb{R} . Nun ist die linke Seite der Gleichung ein Polynom f(y) und die rechte Seite eine Potenzfunktion g(y). Beide Seiten sind daher auf \mathbb{R} differenzierbar mit
f'(y)=\sum _{{k=0}}^{n}{\binom nk}ky^{{k-1}}=\sum _{{k=1}}^{n}k{\binom nk}y^{{k-1}}
und
g'(y)=n(1+y)^{{n-1}}
Wegen f\equiv g gilt auch f'\equiv g'. Insbesondere sind also
f(1)=g(1)\iff \sum _{{k=1}}^{n}k{\binom nk}=n2^{{n-1}}
und
f(-1)=g(-1)\iff \sum _{{k=1}}^{n}(-1)^{{k-1}}k{\binom nk}=0
Übung: Logarithmische Ableitungen berechnen
Bestimme die logarithmische Ableitung der folgenden Funktionen
  1. f(x)={\tfrac 1x}
  2. g(x)=\sec(x)={\tfrac {1}{\sin(x)}}
  3. h(x)=a^{x}=\exp(x\ln(a)) mit a\in \mathbb{R} ^{+}
  4. h(x)=x^{x}=\exp(x\ln(x))

Beweis von Rechengesetzen

Übung: Alternativer Beweis der Produktregel
Beweise für differenzierbare f,g:D\to \mathbb{R} die Produktregel
(fg)'=f'g+g'f
unter Verwendung der Kettenregel.
ErklärungHinweis: Es gilt: fg={\tfrac 12}((f+g)^{2}-f^{2}-g^{2})
Beweis
Die Funktion g:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ g(x)=x^{2} ist differenzierbar auf \mathbb{R} mit
g'(x)=2x
Nach der Kettenregel ist daher g\circ f=f^{2}:D\to \mathbb{R} differenzierbar mit
(g\circ f)'(x)=(g\circ f)'(x)\cdot f'(x)=2f(x)f'(x)
für alle x\in D. Unter Verwendung des Hinweises folgt daraus mit der Faktor- und Summenregel
{\begin{aligned}(fg)'(x)&=({\tfrac 12}((f+g)^{2}-f^{2}-g^{2}))'(x)\\[0.3em]&={\tfrac 12}[(2(f(x)+g(x)))(f'(x)+g'(x))-2f(x)f'(x)-2g(x)g'(x)]\\[0.3em]&={\tfrac 12}[2f(x)f'(x)+2f(x)g'(x)+2g(x)f'(x)+2g(x)g'(x)-2f(x)f'(x)-2g(x)g'(x)]\\[0.3em]&={\tfrac 12}[2f(x)g'(x)+2g(x)f'(x)]\\[0.3em]&=f(x)g'(x)+g(x)f'(x)\end{aligned}}
Übung: Sonderfall der Kettenregel
Leite eine allgemeine Ableitungsformel für die folgende Funktion her:
f_{1}^{{f_{2}}}:(0,\infty )\to \mathbb{R} ,\ (f_{1}^{{f_{2}}})(x)=\exp(f_{2}(x)\ln(f_{1}(x)))
Falls f_{1},f_{2}:(0,\infty )\to \mathbb{R} differenzierbar sind.
Es gilt
f_{1}^{{f_{2}}}:(0,\infty )\to \mathbb{R} ,\ f_{1}(x)^{{f_{2}(x)}}=\exp(f_{2}(x)\cdot \ln(f_{1}(x)))=g(f(x))
mit g(x)=\exp(x) und f(x)=f_{2}(x)\cdot \ln(f_{1}(x)) für alle x\in (0,\infty ). f ist nach der Produktregel differenzierbar mit
f'(x)=f_{2}'(x)\ln(f_{1}(x))+f_{2}(x){\tfrac {f_{1}'(x)}{f_{1}(x)}}
Mit der Kettenregel ist auch f_{1}^{{f_{2}}}:(0,\infty )\to \mathbb{R} differenzierbar, und es gilt
(f_{1}^{{f_{2}}})'(x)=g'(f(x))\cdot f'(x)=\exp(f_{2}(x))\cdot [f_{2}'(x)\ln(f_{1}(x))+f_{2}(x){\tfrac {f_{1}'(x)}{f_{1}(x)}}]=f_{1}(x)^{{f_{2}(x)}}[f_{2}'(x)\ln(f_{1}(x))+f_{2}(x){\tfrac {f_{1}'(x)}{f_{1}(x)}}]
Satz: Rechenregeln für logarithmische Ableitung
Für zwei differenzierbare Funktionen f und g ohne Nullstellen gilt
  1. L({\sqrt[ {k}]{f}})={\tfrac 1k}L(f) für k\in \mathbb{N} und f>0
  2. L(f^{\alpha })=\alpha L(f) für \alpha \in \mathbb{R} und f>0
  3. L(f+g)=L(f)+L(1+{\tfrac fg})