Differenzierbare Funktionen ::

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Vorbetrachtung : Affin-lineare Funktionen

Geraden $f(x)=mx+c$ sind einfach zu betrachten und verstehen, da sie eine konstante Steigung ==m== haben und diese an jedem Punnkt $x\in \mathbb{R}$ haben.

Mittels (Affin)linearer Funktionen können wir somit anwenden, um komplexere Funktionen etwas simpler betrachten zu können, da wir unter Betrachtung kleinere Abschnitte Tangente - geraden - generieren können, die uns Aufschluss über die komplexe Funktion geben können.

Idee zur Analyse von Differenzierbarkeit::

![[Pasted image 20230203162657.png]]

Die Gerade “Sekante” durch bestimmte Punkte $(x_0|f(x_0))$ und einem weiteren Punkt - etwas entfernt - $(x_0+n|f(x_0+n))$ weist die Charakteristika einer Steigung an, welche wir bei einer Geraden relativ einfach betrachten können. Die Steigung ist : $\frac{f(x_0+n)-f(x_0)}{x_0+n-x_0}$ und wird Differenzenquotient genannt

Dabei können wir feststellen, dass wir uns der tatsächlichen Steigung mit einem kleinen n immer mehr annähern. Die Sekante beschreibt damit die “Steigung von f in $x_0$” Für $n⟶0$ erhält man (falls Grenzwert überhaupt existiert) die Tangente in $x_0$ welche die Steigung angibt. Die Steigung wird dabei beschrieben mit : $\underset{n⟶0}{\lim }\frac{f(x_0+n)-f(x_0)}{n}$

Definition Differenzierbarkeit

#def

Sei $I\subseteq \mathbb{R}$ ein Interval und $f:I⟶\mathbb{R},x_0\in I$ eine Funktion

Die Funktion heißt nun Differnzierbar(diffbar) in $x_0$, falls der $\underset{n⟶x_0}{\lim }\frac{f(x_0+n)-f(x_0)}{n}$ existiert. Dieser Grenzwert heißt dann die erste Ableitung von F an der Stelle $x_0$ und wird mit $f‘(x_0)$ oder auch $\frac{df}{dx}(x_0)$ bezeichnet.

Wenn wir dieses Verfahren jetzt an jedem $x_0\in I$ anwenden können, dann heißt die Funktion $f$ diffbar auf $I$ und man nennt die resultierende Funktion $f‘:I⟶\mathbb{R}|x⟼f‘(x)$ die Ableitungsfunktion von f.

Bilden einer Ableitung :

Sei $f(x):=x^2$ diffbar. Dann ist die Ableitung folgend zu bestimmen: $f‘(x)=\underset{n⟶0}{\lim }\frac{(x+n{)}^2-x^2}{n}=\underset{n⟶0}{\lim }\frac{n^2+2nx}{n}$ Also $\underset{n⟶0}{\lim }n+2x=2x|\forall x\in \mathbb{R}$

Potenzen:

Sei $f(x)=x^2,x_0=2$ Wir wollen nun die Diffbarkeit an Stelle $x_0=2$ betrachten, und den Grenzwert gegen 0 finden. $f‘(2)=\underset{n⟶0}{\lim }\frac{f(2+n)-f(2)}{n}=\underset{n⟶0}{\lim }\frac{(2+n{)}^2-2^2}{n}=\underset{n⟶0}{\lim }(n+4)=4$

Sei $f(x)=x^{n}n\in \mathbb{N}$ $f‘(x)=n\ast x^{n-1}$

$3^5=>15^4$

konstante Funktionen

Sei $f(x)=c\forall x\in \mathbb{R}::f‘(x)=\underset{n⟶0}{\lim }\frac{c-c}{n}=0|\forall x\in \mathbb{R}$

Konstanten werden bei einer Ableitung demnach verworfen –> sie ändern die Stetigkeit nicht!

Brüche :

Sei $f(x)=\frac{1}{x}$ Dann ist die Ableitung wie folgt : $f‘(x)=\underset{n⟶0}{\lim }\frac{\frac{\frac{1}{x+n}-1}{x}}{n}=-\frac{1}{x^2}$

Eine Ableitung eines Bruches negiert und potenziert den Nenner mit 2!

trigonometrische Funktionen :

Sei $f(x)=sin(x)$

Dann ist die Ableitung von $sin(x)$ $f‘(x)=\underset{n⟶0}{\lim }\frac{sin(x+n)-sin(x)}{n}=\frac{sin(x)cos(n)=cos(x)sin(n)-sin(x)}{n}$ $\underset{n⟶0}{\lim }sin(x)\ast \frac{\frac{cos(n)-1}{n}}{n}+cos(x)\ast \frac{sin(h)}{n}$ Wobei der erste Teil gegen 0 und der zweite gegen 1 konvergiert! Daraus folgt dann : $sin(x)\ast 0+cos(x)\ast 1=cos(x)$

Sei $f(X)=cos(x)$, dann können wir durch selbige Umformung auf die Ableitung dieser Funktion schließen: $f‘(x)=-sin(x)$

Eigenschaften differenzierbarer Funktionen:

Sei $f:I⟶\mathbb{R},x_0\in I$ Dann sind folgende Aussagen äquivalent:

1. f ist in $x_0$ diffbar

2. Es gibt eine Funktion $R:I⟶\mathbb{R}$ welche in $x_0$ stetig ist und somit $R(x_0)=0$ $⟹\underset{n⟶0}{\lim }R(x+n)=0$ und weiterhin ein $m\in \mathbb{R}$. so dass gilt: $f(x)=f(x_0)+m(x-x_0)+R(x)(x-x_0)$

   $f(x_0)+m(x-x_0)$ entspricht dabei der Gerade durch die Koordinaten von $x_0|f(x_0)$ mit der Steigung m ==> Also die Gerade, die als Tangente agiert. $R(x)(x-x_0)$ wird mit zunehmender Nähe zum gewälten Punkt $x_0$ immer kleiner und an der Stelle 0 ==> nähert sich diesem Punkt an.

3. Die zweite Aussage gibt somit wieder, dass wir $f$ in der Nähe von $x_0$ gut durch eine lineare Funktion, die wir konstruieren können, approximieren können, um so die Steigung am Punkt $x_0$ determinieren zu können.

4. Gilt die zweite Behauptung, dann ist $f‘(x_0)=m$ also der Anstieg der Tangente an dem Punkt $x_0$

   Wir können daraus folgern, dass die Ableitungen dafür da sind, um die Anstiege an jedem Punkt der Originalfunktion abzulesen

Betrachtung zur Differenzierbarkeit und Stetigkeit:

Ist $f:I⟶\mathbb{R}$ diffbar in $x_0\in I$, dann ist $f$ auch stetig im Punkt $x_0$ Also: diffbar$⟹$ stetig und weiterhin $\neg$ diffbar $⟸\neg$stetig (Kontraposition!)

==Die Umkehrung gilt nicht!==

Betrachten wir dazu die Betragsfunktion: $f:\mathbb{R}⟶\mathbb{R}|x⟼|x|$ Wobei $|x|=\left\{\begin{array}{c}x,x\ge 0\\ -x,x<0\end{array}\right\}$ ![[Pasted image 20230204184948.png]] Die Funktion ist bei $x_0:=0$ stetig, jedoch nicht diffbar! Die Implikation ist also nicht umkehrbar!

Beweis:: $\underset{n⟶0}{\lim }\frac{f(x+n)-f(x)}{n}=\underset{n⟶0}{\lim }\frac{|x+n|-|x|}{n}$ existiert nicht für x=0 linkseitiger Grenzwert an Stelle 0$\underset{n⟶0-}{\lim }\frac{|0+n|-0}{n}=\frac{-n}{n}=-1$ $\underset{n⟶0+}{\lim }\frac{|0+n|-0}{n}=\underset{n⟶0+}{\lim }\frac{n}{n}=1$ $⟹$ beide Grenzwerte sind ungleich, also nicht diffbar!

Somit folgern wir : stetig$⟸$ diffbar, aber nicht umgekehrt!

Ableitungsregeln ::

Seien $f,g:I⟶\mathbb{R}$, welche diffbar in $x\in I$ sind. Dann sind auch weitere Kompositionen der Funktionen diffbar in x : $c\ast f(c\in \mathbb{R}),f+g,f-g,f\ast g,\frac{f}{g}\text{falls x != 0}$ Selbiges gilt hier auch für beliebige x im Definitionsbereich:

1. $cf‘(x)=c\ast f‘(x)$
2. $(f+g)‘‘(x)=f‘(x)+g‘(x)$
3. $(f\ast g)‘(x)=f‘(x)g(x)+f(x)g‘(x)$ Produktregel
4. $(\frac{f}{g})‘(x)=\frac{f‘(x)g(x)-f(x)g‘(x)}{g^2(x)}$ Quotientenregeln

Folgerungen ::

1. Jedes Polynom ist diffbar, da die Addition.Differenz,Multiplikation auch diffbar ist! Weiterhin ist auch jede rationale Funktion diffbar!

Beispiele :

$f(4x^3+7x+5)$ = $12x^2+7$ $(\frac{3}{x})‘=-\frac{3}{x^2}$ $\frac{1}{x^2}‘=(\frac{1}{x}\ast \frac{1}{x})‘=(-\frac{1}{x^2}\frac{1}{x}+\frac{1}{x}\ast -\frac{1}{x^2})=-\frac{2}{x^3}$

Allgemeine Ableitug von Potenzen : $f(x)=x^{-n}(n\in \mathbb{N})⟹f‘(x)=-n\ast x^{n-1}$ für Sinusfunktionen : $(\frac{\sin x}{x})‘=\frac{cos(x)x-sin(x)}{x^2}$ für den Tangens : $\tan x=(\frac{\sin (x)}{\cos (x)})‘=\frac{\cos (x)\cos (x)+\sin (x)\sin (x)}{{\cos }^2(x)}$ $=\frac{1}{{\cos }^2(x)}=1+ta{n}^2(x)$ also $\tan x=1+{\tan }^2(x)$

Kettenregeln :

Die Kompoistion von zwei diffbaren Funktionen $f\circ g$ ist ebenfalls diffbar und es gilt: $(f\circ g)‘=(f‘\circ g)\ast g‘$ Weiterhin gilt auch : $(f\circ g)‘(x)=f‘(g(x))\ast g‘(x)$

Betrachten wir dazu ein paar Beispiele:

Beispiele:

1. $((3x^2-x{)}^5)‘=5(3x^2-x{)}^4\ast (6x-1)$
2. $(\sin (3x))‘=cos(3x)\ast 3$, da sin(x) die äußere Funktion und 3x die innere Funktion ist.

Ableitungen, wenn wir spezielle Zustände erreichen, die wir lösen müssen, dann können wir womöglich die Regeln von l’Hopital anwenden.

Die Regeln von L’hopital ::

Seien $f,g:(a,b)⟶\mathbb{R}$ diffbar, wobei $a,b\in \mathbb{R}\cup \{-\infty ,+\infty \},a<b$
Weiterhin sei die Ableitung von $g‘(x)\ne 0,\forall x\in (a,b)$.

Dann gilt folgend:

Ist $\underset{x⟶a+}{\lim }f(x)=\underset{x⟶a+}{\lim }g(x)=0$ oder alternative, divergieren $f(x),g(x)⟶\infty \vee -\infty$

Dann : $\underset{x⟶a+}{\lim }fracf(x)g(x)=\underset{x⟶a+}{\lim }\frac{f‘(x)}{g‘(x)}$, also können wir den Grenzwert an der Stelle welcher gleich der Stetigkeit an der Stelle ist! bestimmen, sofern er existiert.

Entsprechendes gilt dann auch für die Grenzwerte für $x⟶b-$ und somit auch für $f(x)⟶\infty ,g(x)⟶-\infty$ oder andersherum.

Beispiele zur Betrachtung ::

1. $\underset{x⟶0}{\lim }\frac{sin(x)}{x}=\frac{0}{0}=\underset{x⟶0}{\lim }\frac{cos(x)}{1}=1$ ![[Pasted image 20230209151053.png]]
2. $\underset{x⟶0}{\lim }\frac{1-\cos (x)}{x^2}=\frac{0}{0}{=}^{lhopital!}\underset{x⟶0}{\lim }\frac{\sin (x)}{2x}{=}^{lhopital!}\underset{x⟶0}{\lim }\frac{\cos (x)}{2}=\frac{1}{2}$
3. $\underset{x⟶0}{\lim }\frac{\sin (x-x)}{x^3}=\frac{0}{0}{=}^{lhopital!}\frac{cos(x)-1}{3x^2}=\frac{0}{0}{=}^{lhopital!}-sin\frac{x}{6x}=\frac{0}{0}{=}^{lhopital}=\frac{-cos(x)}{6}=\frac{-1}{6}$
4. $\underset{x⟶\infty }{\lim }\frac{ln(X)}{\sqrt{x}}=\frac{\infty }{\infty }=\underset{x⟶\infty }{\lim }\frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{2}\sqrt{x}}=\frac{2}{\sqrt{x}}=0$

Wir können daraus generell folgern, dass $\underset{x⟶\infty }{\lim }\frac{ln(x)}{x^n}=0$, das heißt ln(x) tendiert langsamer gegen $\infty$, als jede Potenz von x

5. $\underset{x⟶\infty }{\lim }\frac{x^2}{e^x}=\underset{x⟶\infty }{\lim }\frac{2x}{e^x}\underset{x⟶\infty }{\lim }\frac{2}{e^x}=0$ da $e^x$ ins unendliche wächst!

Auch hier können wir daraus folgern, dass jede Exponentialfunktion schneller gegen unendlich tenidert, als jede mögliche Potenz von X $\underset{x⟶\infty }{\lim }\frac{x^n}{e^{ax}}=0$

6. $\underset{x⟶0+}{\lim }x\ast ln(X)=\underset{x⟶0+}{\lim }\frac{ln(X)}{\frac{1}{x}}=\underset{x⟶0+}{\lim }\frac{1}{x}\frac{-x^2}{1}=0$

Dennoch ist es wichtig, den Satz von l’hopital richtig anzuwenden, weil sonst falsche Aussagen getroffen werden! Angenommen: $\underset{x⟶1}{\lim }\frac{(x-1{)}^2}{x^2-1}=0$ ? Stimmt nicht ganz, weil wir mit $\frac{2}{0}$ resultieren, was wir nicht mit dem Satz von Lhopital begründen und dann ableiten können!

Weitere Tricks für Ableitungen ::

$I,J\subseteq \mathbb{R}$ Intervalle, Sei $f:I⟶J$ eine bijektive, diffbare Funktion in $x_0\in I$ mit $f‘(x_0)\ne 0$ Dann ist auch die Umkehrfunktion: $f^{-1}:J⟶I$ diffbar in $y_0=f(x_0)$ und es gilt somit : $(f^{-1})‘(y_0)=\frac{1}{f‘(x_0)}=\frac{1}{f‘(f^{-1}(y_0))}$, also : $(f^{-1})‘=\frac{1}{f‘(f^{-1})}$ und somit auch: $y=f(f^{-1}(y))$, denn wir können nach y ableiten: $1=f‘(f^{-1}(y))(f^{-1})‘(y)⟺(f^{-1})‘(y)=\frac{1}{f‘(f^{-1}(y))}$

Anwendung wäre :

1. $f(x)=\sqrt{x}⟹f‘(x)\dots$ wäre die Umkehrfunktion von $h^{-1}$ von
2. $h(x)=x^2$
3. $h‘(x)=2x$
4. $(h^{-1}{)}^{\prime }(y)=\frac{1}{h‘(h^{-1}(y))}=\frac{1}{2\sqrt{y}}=\frac{1}{2\sqrt{x}}$

Logarithmische Ableitung :

$ln(f(x))‘=\frac{1}{f(x)}\ast f‘(x)$

Hilft oft bei der Berechnung von Ableitungen, wie etwa: $f(x)=e^x\ast (\sin (x)+2)\ast x^5$ $ln(f(x))=x+ln(\sin (x)+2)+5\ast ln(x)$ $(lnf(x))‘=1+\frac{1}{\sin (x)+2}\ast \cos (x)+\frac{5}{x}==\frac{f‘(x)}{f(x)}$ $⟹f‘(x)=(1+\frac{\cos (x)}{\sin (x)+2}+\frac{5}{x})\ast (e^x\ast (sin(x)+2)\ast x^5)$