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\documentclass{../../../lecture}
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\begin{document}
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\chapter{Differentiation}
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\section{Ableitung}
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\begin{definition}
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Sei $f\colon D \to \R$, $D \subset \R$, eine Funktion. Definiere
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Differenzenquotienten in $x_0 \in D$.
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\[
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D_{h}f(x_0) := \frac{f(x_0 + h) - f(x_0)}{h}
|
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.\] für Inkrement $h \in \R$ mit $x_0 + h \in D$.
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Eine Funktion $f\colon D \to \R$ heißt differenzierbar im Punkt
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$x_0 \in D$ mit Ableitung $f'(x_0)$, wenn für jede Nullfolge
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$(h_n)_{n\in\N}$ mit $x_0 + h_n \in D$ die Folge
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$(D_{h_n}f(x_0))_{n\in\N}$ konvergiert.
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\end{definition}
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\begin{bem}
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\begin{enumerate}
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\item Ist eine Funktion differenzierbar in $x_0 \in D$, so
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haben die Folgen von Differenzenquotienten alle denselben
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Limes.
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\[
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f'(x_0) := \lim_{x_0 + h \in D \; h \to 0} \frac{f(x_0 + h) - f(x_0)}{h}
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.\]
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\item In anderen Worten: Differenzierbarkeit in $x_0 \in D \stackrel{\text{Def.}}{\iff}$
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\[
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\exists \lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}
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|
.\]
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\item Notationen:
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\[
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f'(x_0), \; \frac{df(x_0)}{dx}, \; \frac{d}{dx}f(x_0), \; \frac{df}{dx}(x_0)
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.\]
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\item Ist $x_0 \in D$ ein Randpunkt, z.B.: unterer oder oberer Endpunkt von
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$D = [a,b]$, dann wird in der Definition der rechts- oder linksseitige
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Grenzwert gebildet. Man spricht von der links- oder rechtsseitigen
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Ableitung.
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\[
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\lim_{x \nearrow x_0 \text{ oder } x \uparrow x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}
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.\] ($: \iff x < x_0, x \to x_0$). Analog für die rechtsseitige Ableitung.
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\item $f$ heißt differenzierbar auf $D$, wenn sie $\forall x_0 \in D$ differenzierbar
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(bzw. einseitig differenzierbar im Falle eines Randpunktes) ist.
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$f$ heißt stetig differenzierbar, falls die Ableitung
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$f'\colon D \to \R$ auf $D$ stetig ist.
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\item Differenzierbarkeit bedeutet:
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Man kann die Funktion $f$ in $x_0$ ,,gut'' durch
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eine affin-lineare Funktion annähern
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(affin-linear: Polynom vom Grad 1).
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\end{enumerate}
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\end{bem}
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\begin{satz}[$\epsilon - \delta$ Sprache]
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Eine Funktion $f\colon D \to \R$ ist in $x_0 \in D$ differenzierbar mit $f'(x_0)$
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$\iff$
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$\forall \epsilon > 0$, $\exists \delta_{\epsilon} > 0$, s.d. $\forall x_0 + h \in D$, $|h| < \delta_{\epsilon}$ :
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\[
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\left| \frac{f(x_0+h) - f(x_0)}{h} - f'(x_0) \right| < \epsilon
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.\]
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\end{satz}
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\begin{proof}
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trivial.
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\end{proof}
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\begin{satz}[differenzierbar $\iff$ linear approximierbar]
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$f\colon D \to \R$ ist differenzierbar in $x_0 \in D$, genau dann
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wenn eine Konstante $c \in \R$ existiert mit
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\[
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f(x) = f(x_0) + c(x - x_0) + R(x)
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|
.\] Für das Restglied $R(x) = R(x, x_0)$ gilt
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\[
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|
\lim_{x \to x_0} \frac{R(x)}{x - x_0} = 0
|
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.\] In diesem Falle ist $c$ eindeutig bestimmt mit
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$c = f'(x_0)$.
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\end{satz}
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\begin{proof}
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,,$\implies$'': Sei $f$ differenzierbar mit $c = f'(x_0)$. Definiere
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Funktion
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\[
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R(x) := f(x) - f(x_0) - c(x - x_0)
|
|
.\] Dann gilt
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\[
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\frac{R(x)}{x- x_0} = \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} - \underbrace{c}_{f'(x_0)}
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\xrightarrow[x \to x_0]{f \text{ diff.}} 0
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|
.\]
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,,$\impliedby$ '' Sei umgekehrt $c \in \R$ mit
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\[
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|
\frac{R(x)}{x - x_0} = \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} - c \xrightarrow{x \to x_0} 0
|
|
.\], d.h.
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|
\[
|
|
\lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = c
|
|
.\] $\implies f'(x_0) = c$. Limes eindeutig $\implies$ $f$ differenzierbar.
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\end{proof}
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\begin{bem}
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Aus dem Satz zur linearen Approximation folgt eine geometrische Interpretation: $f(x)$
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kann in $x_0$ ,,gut'' durch eine Gerade approximiert werden.
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\[
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f(x) \approx g(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x- x_0)
|
|
.\] Der Graph von $g$ ist eine Tangente.
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Sekante:
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\[
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s_h(x) = f(x_0) + \frac{f(x_0 + h) - f(x_0)}{h} (x-x_0)
|
|
.\] Tangente:
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|
\[
|
|
g(x) = f(x_0) + f'(x)(x-x_0)
|
|
.\]
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\end{bem}
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\begin{figure}[htpb]
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\centering
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\caption{$f(x)$ in rot, ihre Tangente (blau) und eine Sekante (lila)
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|
im Punkt $x_0 = 1$}
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\begin{tikzpicture}
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\begin{axis}%
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[grid=both,
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minor tick num=4,
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grid style={line width=.1pt, draw=gray!10},
|
|
major grid style={line width=.2pt,draw=gray!50},
|
|
axis lines=middle,
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|
enlargelimits={abs=0.2},
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ymax=5,
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ymin=0
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|
]
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|
\addplot[domain=0:3,samples=50,smooth,red] {0.5*x^2};
|
|
\addplot[domain=0:3,samples=50,smooth,blue] {(x - 1)+0.5};
|
|
\addplot[domain=0:3,samples=50,smooth,purple] {1.9*(x - 1) + 0.5};
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\end{axis}
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|
\end{tikzpicture}
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\end{figure}
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\begin{lemma}
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Sei $f\colon D \to \R$ differenzierbar in $x_0 \in D$. Dann ist
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$f$ stetig in $x_0$.
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\end{lemma}
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\begin{proof}
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Sei $f$ differenzierbar, d.h.
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\[
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\exists f'(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}
|
|
.\] Dann gilt wegen der linearen Approximation:
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\begin{align*}
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f(x) &= f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0) + R(x) \\
|
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&= f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) + \frac{R(x)}{x - x_0}(x-x_0)
|
|
.\end{align*}
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Für $x \to x_0$ geht
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\[
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|
f(x) - f(x_0) = f'(x_0)\underbrace{(x-x_0)}_{\to 0}
|
|
+ \underbrace{\frac{R(x)}{x -x_0}}_{\to 0}\underbrace{(x-x_0)}_{\to 0}
|
|
.\] d.h. $f(x) \to f(x_0) \qquad \stackrel{\text{Def. Stetigkeit}}{\implies} \qquad f$ stetig.
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|
\end{proof}
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\begin{bem}
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Umgekehrt gilt das nicht, z.B.: die Betragsfunktion.
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\end{bem}
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\begin{bsp}
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\begin{enumerate}
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\item Konstante Funktionen $f \equiv c$ sind stetig
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differenzierbar mit $f'(x_0) = 0$ $\forall x_0$.
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\item Lineare Funktionen $f\colon \R \to \R$
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$f = ax$ sind stetig differenzierbar mit $f'(x_0) = a$
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|
$\forall x_0$, weil
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\[
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|
\lim_{h \to 0} \frac{a(x_0 + h) - ax_0}{h} = a
|
|
.\]
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\item Monomfunktion: $f(x) = x^{n}, n \in \N$ ist
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stetig differenzierbar mit $f'(x) = n x^{n-1}$ $\forall x$, weil
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\begin{align*}
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|
\lim_{h \to 0} \frac{(x+h)^{n} - x^{n}}{h}
|
|
&=
|
|
\lim_{h \to 0} \frac{(x+h-x)(x+h)^{n-1}+(x+h)^{n-2}\cdot x + \ldots + (x+h)x^{n-2} + x^{n-1}}{h} \\
|
|
&= \underbrace{x^{n-1} + x^{n-2} \cdot x + \ldots + x^{n-1}}_{n\text{-mal}} \\
|
|
&= n x^{n-1}
|
|
.\end{align*}
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\item Elementare rationale Funktionen
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$f = \frac{1}{x}$, $x \neq 0$.
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\begin{align*}
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f'(x) &= \lim_{h \to 0} \frac{1}{h} \left( \frac{1}{x+h} - \frac{1}{x} \right)
|
|
= \lim_{h \to 0} \frac{1}{h} \frac{x - (x+h)}{(x+h)\cdot x}
|
|
= \lim_{h \to 0} - \frac{1}{\underbrace{(x+h)}_{\to x}\cdot x}
|
|
= - \frac{1}{x^2}
|
|
.\end{align*}
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|
\item Betragsfunktion $f(x) = |x|$
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\[
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|
f'(x) = \begin{cases}
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|
x & x \ge 0 \\
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|
-x & x < 0
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|
\end{cases}
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|
.\] ist bei $x_0 = 0$ nicht differenzierbar.
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$\frac{d|x|}{dx}$ für $x_0 = 0$ existiert nicht. Allerdings
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existieren die einseitigen Ableitungen.
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\begin{figure}[htpb]
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\centering
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|
\caption{Betragsfunktion}
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\begin{tikzpicture}
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|
\begin{axis}%
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|
[grid=both,
|
|
minor tick num=4,
|
|
grid style={line width=.1pt, draw=gray!10},
|
|
major grid style={line width=.2pt,draw=gray!50},
|
|
axis lines=middle,
|
|
enlargelimits={abs=0.2},
|
|
ymax=5,
|
|
ymin=0
|
|
]
|
|
\addplot[domain=-3:3,samples=100,red] {abs(x)};
|
|
\end{axis}
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|
\end{tikzpicture}
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|
\end{figure}
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|
\item Exponential-Funktion $f(x) = e^{x}$ ist stetig
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differenzierbar $\forall x$ mit $f'(x) = e^{x}$, weil
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\begin{align*}
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\lim_{h \to 0} \frac{e^{x+h} - e^{x}}{h}
|
|
= e^{x} \cdot \underbrace{\lim_{h \to 0} \frac{e^{h}-1}{h}}_{= 1} = e^{x}
|
|
.\end{align*}
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mit
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\begin{align*}
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e^{h} &= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{h^{k}}{k!} = 1 + h + \frac{h^2}{2} + \frac{h^{3}}{3!} + \ldots \\
|
|
\frac{e^{h} - 1}{h} &= 1 + \frac{h}{2} + \frac{h^2}{3!} + \ldots \xrightarrow{h \to 0} 1
|
|
.\end{align*}
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|
\item Sinus / Cosinus.
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mit $\sin(x) - \sin(y) = 2 \cos \frac{1}{2} (x+y) \cdot \sin \frac{1}{2}(x-y)$ folgt
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\begin{align*}
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|
\sin'(x) &= \lim_{h \to 0} \frac{\sin(x+h) - \sin(x)}{h} \\
|
|
&= \lim_{h \to 0} \frac{2 \cos\left(\frac{1}{2} h +x\right)\cdot \sin(\frac{1}{2}h)}{h} \\
|
|
&= \lim_{h \to 0}
|
|
\underbrace{\cos\left(\frac{1}{2}h + x\right)}_{\to \cos x}
|
|
\cdot
|
|
\underbrace{\lim_{h \to 0} \frac{\sin(\frac{1}{2}h)}{\frac{h}{2}}}_{\to 1} \\
|
|
&= \cos x
|
|
.\end{align*}
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|
|
|
$\cos'(x) = - \sin(x)$ folgt analog.
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|
\end{enumerate}
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|
\end{bsp}
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\begin{satz}[Ableitungsregeln]
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Für die Ableitungen gelten folgende Rechenregeln.
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Seien $f, g\colon D \to \R$ differenzierbar.
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\begin{enumerate}
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\item Lineare Kombinationen $\alpha f + \beta g$
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ist differenzierbar mit
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\[
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|
(\alpha f + \beta g)'(x) = \alpha f'(x) + \beta g'(x)
|
|
.\] $\alpha, \beta \in \R$
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\item Produktregel
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\[
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|
(f\cdot g)'(x) = f'(x)g(x) + f(x)\cdot g'(x)
|
|
.\]
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|
\item Quotientenregel
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\[
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|
\left(\frac{f}{g}\right)'(x) = \frac{f'(x) \cdot g(x) - f(x)\cdot g'(x)}{g^2}
|
|
.\] $g(x) \neq 0$
|
|
\end{enumerate}
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|
\end{satz}
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|
\begin{proof}
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|
\begin{enumerate}
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\item Z.z.: $(\alpha f + \beta g)'(x) = \alpha f'(x) + \beta g'(x)$
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\begin{align*}
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|
\frac{(\alpha f + \beta g)(x_1) - (\alpha f + \beta g)(x_0)}{x_1 - x_0}
|
|
&= \alpha \left( \frac{f(x_1) - f(x_0)}{x_1 - x_0} \right)
|
|
+ \beta \left( \frac{g(x_1) -g(x_0)}{x_1-x_0} \right) \\
|
|
&\xrightarrow{x_1\to x_0} \alpha f'(x_0) + \beta g'(x_0)
|
|
.\end{align*}
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|
\item Z.z.: $(f g)'(x) = f'(x) g(x) + f(x) g'(x)$
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\begin{align*}
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\frac{f(x_1) g(x_1) - f(x_0) g(x_0)}{x_1 - x_0}
|
|
&= \frac{f(x_1) g(x_1) - f(x_0)g(x_1) + f(x_0)g(x_1)
|
|
- f(x_0) g(x_0)}{x_1 - x_0} \\
|
|
&= g(x_1) \frac{f(x_1) - f(x_0)}{x_1 - x_0}
|
|
+ f(x_0) \frac{g(x_1) - g(x_0)}{x_1 - x_0} \\
|
|
&\xrightarrow[g \text{ stetig in } x_0]{x_1 \to x_0} g(x_0) f'(x_0) + f(x_0) g'(x_0)
|
|
.\end{align*}
|
|
\item Z.z.: $\left( \frac{f}{g} \right)'(x) = \frac{f'(x)g(x)
|
|
- f(x) g'(x)}{g^2(x)}$
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|
Für $f \equiv 1$:
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\begin{align*}
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\left( \frac{1}{g} \right)'(x_0)
|
|
&= \lim_{x \to x_0} \frac{1}{x-x_0}
|
|
\left( \frac{1}{g(x)} - \frac{1}{g(x_0)}\right) \\
|
|
&= \lim_{x \to x_0} \frac{1}{x - x_0}
|
|
\frac{g(x_0) - g(x)}{x - x_0}\\
|
|
&\stackrel{\mathclap{g \text{ stetig}}}{=} \quad
|
|
\lim_{x \to x_0} \frac{1}{g(x) g(x_0)}
|
|
\cdot \lim_{x \to x_0} \frac{g(x_0) - g(x)}{x - x_0} \\
|
|
&= \frac{1}{g(x_0)^2} \cdot (- g'(x_0))
|
|
\intertext{Nun für $f$ beliebig mit Produktregel:}
|
|
\left( \frac{f}{g} \right)'(x_0)
|
|
&= (f\cdot \frac{1}{g})' (x_0) \\
|
|
&= f'(x_0) \cdot \frac{1}{g(x_0)}
|
|
+ f(x_0) \cdot \left(\frac{1}{g(x_0)}\right)' \\
|
|
&= f'(x_0) \cdot \frac{1}{g(x_0)}
|
|
- f(x_0) \cdot \frac{g'(x_0)}{g(x_0)^2} \\
|
|
&= \frac{f'(x_0) g(x_0) - f(x_0) g'(x_0)}{g(x_0)^2}
|
|
.\end{align*}
|
|
\end{enumerate}
|
|
\end{proof}
|
|
|
|
\begin{satz}[Differenzierbarkeit der Umkehrfunktion]
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|
Sei $f\colon D \to B \subset \R$ stetige invertierbare
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|
Funktion mit Inverser
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\[
|
|
f^{-1}\colon B \to D.
|
|
.\] Ist $f$ in $x_0 \in D$ differenzierbar mit $f'(x) \neq 0$. Dann ist
|
|
$f^{-1}$ in $y_0 = f(x_0)$ differenzierbar mit
|
|
\[
|
|
\left( f^{-1} \right)'(y_0) = \frac{1}{f'(x_0)} \quad y_0 = f(x_0)
|
|
.\]
|
|
\end{satz}
|
|
|
|
\begin{proof}
|
|
Sei $y_n = f(x_n)$, $y_0 = f(x_0)$, $y_n \neq y_0$,
|
|
$y_n \to y_0$, $n \to \infty$. Wegen Stetigkeit
|
|
von $f^{-1}$ gilt $\underbrace{f^{-1}(y_n)}_{= x_n}
|
|
\xrightarrow{n \to \infty} \underbrace{f^{-1}(y_0)}_{= x_0}$, oder
|
|
$x_0 \xrightarrow{n \to \infty} x_n$.
|
|
|
|
Berechne
|
|
\begin{align*}
|
|
\frac{f^{-1}(y_n) - f^{-1}(y_0)}{y_n - y_0}
|
|
= \frac{x_n - x_0}{f(x_n) - f(x_0)}
|
|
= \left( \frac{f(x_n) - f(x_0)}{x_n - x_0} \right)^{-1}
|
|
\xrightarrow{n \to \infty}
|
|
\left( f'(x_0) \right)^{-1}
|
|
.\end{align*}
|
|
\end{proof}
|
|
|
|
\begin{satz}[Kettenregel]
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|
Seien $f\colon D_f \to \R$, $g\colon D_g \to \R$ stetige Funktionen.
|
|
$f$ in $x_0 \in D_f$ differenzierbar, $g$ in $y_0 = f(x_0) \in D_g$
|
|
differenzierbar. Dann ist $(g \circ f): D_f \to \R$ differenzierbar
|
|
in $x_0$ und es gilt die Kettenregel
|
|
\[
|
|
\left( g \circ f \right) ' (x_0) = g'(f(x_0)) \cdot f'(x_0)
|
|
.\]
|
|
\end{satz}
|
|
|
|
\begin{proof}
|
|
Definiere die Funktion $\Delta g\colon D_g \to \R $, mit
|
|
$\Delta g(y) = \begin{cases}
|
|
\frac{g(y) - g(y_0)}{y - y_0} & y \neq y_0 = f(x_0) \\
|
|
g'(y_0) & y = y_0
|
|
\end{cases}$.
|
|
|
|
$g$ in $y_0$ differenzierbar
|
|
$\implies \exists g'(y_0) \implies \lim_{y \to y_0} \Delta g(y)
|
|
= g'(y_0)$.
|
|
|
|
Für $y \in D_g$ gilt $g(y) = g(y_0) + \Delta g(y)(y - y_0)$. Damit folgt
|
|
\begin{align*}
|
|
(g \circ f)'(x_0)
|
|
&\stackrel{\mathclap{\text{Def.}}}{=}
|
|
\lim_{x \to x_0} \frac{g(\overbrace{f(x)}^{y})
|
|
- g(\overbrace{f(x_0)}^{y_0})}{x - x_0} \\
|
|
&= \lim_{x \to x_0} \Delta g(f(x)) \cdot
|
|
\lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x- x_0} \\
|
|
&= g'(f(x_0)) \cdot f'(x_0)
|
|
.\end{align*}
|
|
\end{proof}
|
|
|
|
\begin{bsp}
|
|
Für $x > 0$ \[
|
|
\frac{d}{dx}(\ln x) = \frac{1}{x}
|
|
.\] $\ln x$ auf $]0, \infty[$ ist stetig differenzierbar.
|
|
\[
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\ln'(y) = \frac{1}{(e^{x})'} = \frac{1}{e^{x}} = \frac{1}{y}
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.\] $y = e^{x}$
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Trick: $y = u^{v}$, $u = u(x), v = v(x)$
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\begin{align*}
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\ln y &= v \ln u \\
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\frac{1}{y} \cdot y' &= v' \ln u + v \cdot \ln + v\cdot (\ln u)'
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= v' \ln u + v \frac{1}{u} u' \\
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\implies y' &= y (v' \ln u + v \frac{1}{u} u') \\
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\implies (u^{v})' &= u^{v}(v' \ln u + v \cdot \frac{1}{u} u')
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= u^{v} \cdot \ln u \cdot v' + u^{v-1} \cdot v \cdot u'
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.\end{align*}
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$y = \frac{(x^2 + 2)\cdot \sqrt[4]{(x-1)^{3}} e^{x} }{(x+5)^{3}} = g(x)$ \\
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$\ln y = \ln(x^2 + 2) + \frac{3}{4} (x-1) + x - 3 \ln (x+5)$
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\end{bsp}
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\end{document}
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