6.1 Die Ableitung einer reellwertigen Funktion

Transkript

1 6 Differenzierbarkeit In diesem Kapitel sind alle Funktionen, sofern nicht anders angegeben, reellwertige Funktionen, die auf Intervallen definiert sind. Es bezeichnet I in diesem Kapitel stets ein Intervall. Das Intervall I kann beliebig, d.h. abgeschlossen, offen oder halboffen und endlich oder unendlich sein. Ist I = [a, b], I = [a, b) mit a 2 R und b 2 R [{+1}, so nennen wir a einen Randpunkt von I. Analog nennen wir im Fall I =[a, b] und I =(a, b] mit a 2 R [ { 1} und b 2 R dann b Randpunkt. Ist x 2 I kein Randpunkt, dann gibt es also r>0, sodassu r (x) =(x r, x + r) I. 6.1 Die Ableitung einer reellwertigen Funktion Definition 6.1 (Differenzierbarkeit, Ableitung) Sei I R ein Intervall und x 0 2 I ein Häufungspunkt von I. DieFunktionf : I! R heißt in x 0 2 I differenzierbar, wenndergrenzwert f(x) f(x 0 ) lim =: f 0 (x 0 ) (6.1) x!x 0 existiert und endlich ist. Wir bezeichnen f 0 (x 0 ) dann als Ableitung von f an der Stelle x 0.Mannenntf differenzierbar auf I, fallsf in allen Punkten aus I differenzierbar ist. Falls f in allen Punkten des Intervalls I differenzierbar ist, dann können wir mittels x 7! f 0 (x) eine Funktion f 0 : I! R definieren. Diese Funktion nennen wir dann die Ableitung von f. Den Grenzwert (6.1) können wir auch äquivalent als f(x 0 + h) f(x 0 ) lim h!0 h (6.2) schreiben (man setze h := ). Ist x 0 ein Randpunkt von I, soist(6.1) (bzw. (6.2)) als einseitiger Grenzwert zu verstehen. In diesem Fall bezeichnet man f 0 (x 0 ) als einseitige (links- bzw rechtsseitige) Ableitung von f an der Stelle x 0. Wir versuchen, etwas Intuition hinter den Begriff der Differenzierbarkeit zu bringen, die uns später bei der mehrdimensionalen Differentialrechnung nützlich sein wird. Sei f : I! R eine Abbildung und x 0 2 I. Fürx 0 + h 2 I ist f(x0+h) f(x0) h die Steigung der Sekante durch die Punkte (x 0,f(x 0 )) und (x 0 + h, f(x 0 + h)) (vgl.

2 94 Differenzierbarkeit f(x 0 + h) f(x 0 ) h x 0 x 0 + h Abbildung 6.1: Geometrische Interpretation der Ableitung Abbildung 6.1). Für die lineare Funktion gilt dann `(h) :=f 0 (x 0 )h (6.3) r(h) :=f(x 0 + h) (f(x 0 )+`(h)) = f(x 0 + h) f 0 (x 0 )h f(x 0 ) f(x0 + h) f(x 0 ) = h f 0 (x 0 ). h Wir können r(h) als den Fehler interpretieren, den wir durch Approximation der Funktion f durch die affin-lineare Funktion h 7! f(x 0 )+`(h) an der Stelle x 0 + h machen. Für den Fehler r(h) gilt nach unserer Rechnung: r(h) h = f(x 0 + h) f(x 0 ) h f 0 (x 0 ). (6.4) Ist f in x 0 differenzierbar, so strebt die rechte Seite von (6.4) fürh! 0 gegen 0. Der Approximationsfehler r(x) strebt also schneller als linear gegen 0. Dass diese Eigenschaft eine Charakterisierung von differenzierbaren Funktionen ist, zeigt das nächste Lemma: Lemma 6.2 Sei f : I! R und x 0 2 I ein Häufungspunkt von I. Dann ist f genau dann an der Stelle x 0 differenzierbar mit Ableitung a, wenn es eine lineare Funktion `: I! R gibt mit folgenden Eigenschaften: (i) `(h) =ah für alle h 2 R, (ii) f(x 0 + h) =f(x 0 )+`(h)+r(h) für alle h 2 R; und (iii) lim h!0 r(h) h =0. Beweis: Die eine Richtung haben wir bereits gezeigt. Für die andere Richtung haben wir: f(x 0 + h) f(x 0 ) (ii) = `(h)+r(h) = (i) ah + r(h).

3 6.1 Die Ableitung einer reellwertigen Funktion Abbildung 6.2: Die Betragsfunktion f(x) = x ist in x 0 differenzierbar. = 0 stetig, aber nicht Damit ergibt sich für h! 0: f(x 0 + h) f(x 0 ) h = a + r(h) h (iii)! a, also f 0 (x 0 )=a. 2 Differenzierbarkeit in einem Punkt x 0 können wir also auch als lokal gut durch eine affin-lineare Funktion approximierbar interpretieren. Dies Interpretation wird uns im Mehrdimensionalen später noch nützlich sein. Satz 6.3 Ist f : I! R in x 0 differenzierbar, so ist f in x 0 auch stetig. Beweis: Wir haben nach Satz 5.9 für x! x 0 : f(x 0 ) f(x) = f(x 0) f(x) {z }!f 0 (x 0) ( )! f 0 (x 0 ) 0=0. {z }!0 2 Die Umkehrung des letzten Satzes ist falsch, wie das folgende Beispiel zeigt: Beispiel 6.4 (i) Wir betrachten die Betragsfunktion f : R f(x) = x = / R, also ( x, falls x 0 x, falls x<0, siehe Abbildung 6.2. Da f(x) f(y) = x y apple x y ist f Lipschitzstetig (mit Konstante L := 1) aufr und damit (gleichmäßig) stetig auf R. Es gilt aber für die beiden gegen x 0 =0konvergenten Folgen (x n ) n und (y n ) n mit x n =1/n und y n = 1/n: f(x n ) f(x 0 ) x n x 0 = 1/n 0 1/n 0 =1! 1 und f(y n ) f(x 0 ) y n x 0 = 1/n 0 1/n 0 = 1! 1. Folglich existiert der Grenzwert lim x!x0 f(x) f(x 0) nicht.

4 96 Differenzierbarkeit x sin(1/x) x Abbildung 6.3: Die Funktion f(x) =x sin 1/x ist an der Stelle 0 nicht differenzierbar. (ii) Betrachten wir die Funktion f : R! R mit ( x sin 1 f(x) = x, für x 6= 0 0, für x =0, die in Abbildung 6.3 skizziert ist. Da sin t 2 [ x 2 R mit x 6= 0: 1, 1] für alle t 2 R, giltfür f(x) f(0) = x sin 1 0 apple x. x Daher ist f an der Stelle x 0 =0stetig (wähle = " in Definition 5.10). In der Tat ist f sogar auf ganz R stetig, wie man leicht sieht, da für x 6= 0die Funktion f Verkettung stetiger Funktionen ist. Andererseits gilt für x 6= 0auch: Vorlesung vom: Video zur Vorlesung: f(x) f(0) x 0 = x sin(1/x) x =sin 1 x. Wie wir in Beispiel 5.41 gezeigt haben, existiert der Grenzwert lim x!0+ sin(1/x) nicht. Daher existiert natürlich auch nicht lim x!0 sin(1/x) und f ist nicht in 0 differenzierbar. Satz 6.5 Seien f,g: I! R beide in x 0 2 I differenzierbar. Dann sind f + g, f g, fg und f/g (letztere falls g(x 0 ) 6= 0)inx 0 differenzierbar und es gilt: C (i) (f ± g) 0 (x 0 )=f 0 (x 0 )+g 0 (x 0 ), (ii) (fg) 0 (x 0 )=f 0 (x 0 )g(x 0 )+f(x 0 )g 0 (x 0 ), (iii) f g 0 (x0 )= g(x0)f 0 (x 0) g 0 (x 0)f(x 0) g 2 (x 0). Beweis: (i) Unmittelbar aus Satz 5.9.

5 6.1 Die Ableitung einer reellwertigen Funktion 97 (ii) Wir haben für x! x 0 : (fg)(x) (fg)(x 0 ) = f(x)g(x) f(x 0)g(x 0 ) = f(x)g(x) f(x)g(x 0)+f(x)g(x 0 ) f(x 0 )g(x 0 ) g(x) g(x 0 ) = f(x) {z}!f(x 0) nach Satz 6.3 {z }!g 0 (x 0) +g(x 0 ) f(x) f(x 0) {z }!f 0 (x 0) (iii) Falls g(x 0 ) 6= 0ist, dann gilt aufgrund der Stetigkeit von g auch g(x) 6= 0für alle x nahe bei x 0.Fürx! x 0 gilt daher: (f/g)(x) (f/g)(x 0 ) = 1 g(x)g(x 0 ) f(x)g(x 0) f(x 0 )g(x) 0 1 = B g(x)g(x 0 g(x 0) f(x) f(x 0) x x {z } {z 0 }!1/g(x 0) 2!f 0 (x 0) f(x 0 ) g(x) g(x 0) C x x {z 0 A }!g 0 (x 0) Beispiel 6.6 Ist f : R! R eine konstante Funktion mit f(x) =c für alle x 2 R, so schreiben wir auch f(x) c. DieAbleitungjedersolchenkonstantenFunktionf(x) c ist für jedes x 0 2 R gleich 0, dafürx 6= x 0 gilt: Für f(x) =x gilt: f(x) f(x 0 ) = c c 0 = =0. f(x) f(x 0 ) = =1, also ist f an jeder Stelle x 0 2 R differenzierbar mit Ableitung f 0 (x 0 )=1. Wir zeigen jetzt durch Induktion, dass für n 2 N für die Funktion f(x) =x n gilt: f 0 (x) =nx n 1.Fürn =0, 1 haben wir die Aussage bereits bewiesen. Es gilt nun x n+1 = x x n =: g(x) h(x). Nach Induktionsvoraussetzung gilt g 0 (x) =1und h 0 (x) =nx n.nachsatz6.5 ist daher auch f(x) =g(x)h(x) differenzierbar mit Dies war zu zeigen. f 0 (x) =g 0 (x)h(x)+g(x)h 0 (x) =1 x n + x nx n =(n + 1)x n. Aus Satz 6.5 (iii) mit f(x) 1 und g(x) =x n folgt jetzt für x 6= 0darüberhinaus: Dies ergibt die Differentiationsregel (x n ) 0 = nxn 1 x 2n = nx n 1 = nx (n+1). (x k ) 0 = kx k 1, (6.5) die für alle k 2 Z und x 6= 0gilt (für k 1 gilt (6.5) natürlichfürallex 2 R). C. 2 1

6 98 Differenzierbarkeit Aus Satz 6.5 und Beispiel 6.6 folgt, dass jedes Polynom p mit auf ganz R differenzierbar ist mit p(x) =a n x n + + a 1 x + a 0 p 0 (x) =na n x n 1 +(n 1)a n 1 x n a 2 x + a 1. Außerdem ist jede rationale Funktion f(x) =p(x)/q(x) auf R an jeder Stelle x mit q(x) 6= 0differenzierbar. Satz 6.7 (Kettenregel) Sei f : I! R stetig auf I und differenzierbar in x 0 2 I. Sei g : J! R auf einem Intervall J mit f(i) J definiert und differenzierbar in f(x 0 ). Dann ist die Funktion h: I! R mit in x 0 differenzierbar und es gilt: h(x) =(g f)(x) =g(f(x)) h 0 (x 0 )=g 0 (f(x 0 ))f 0 (x 0 ). Beweis: Da f in x 0 differenzierbar ist, folgt mit Lemma 6.2: f(x) f(x 0 )=f 0 (x 0 )( )+r( )=( ) f 0 (x 0 )+ r() x x {z 0 } '(x) =( )[f 0 (x 0 )+'(x)] (6.6) für eine Funktion r mit r( )/( )! 0 für x! x 0.Wirhabenalso'(x)! 0 für x! x 0. Sei y 0 := f(x 0 ).AnalogzuobengiltwegenderDifferenzierbarkeitvong an der Stelle y 0 : g(y) g(y 0 )=(y y 0 )[g 0 (y 0 )+ (y)], (6.7) wobei (y)! 0 für y! y 0. Daraus ergibt sich: h(x) h(x 0 )=g(f(x)) g(f(x 0 )) =(f(x) f(x 0 )) [g 0 (f(x 0 )) + (f(x))] (wg. (6.7) mity := f(x), y 0 := f(x 0 )) =( ) [f 0 (x 0 )+'(x)] [g 0 (f(x 0 )) + (f(x))] (wg. (6.6)) Wir haben also für x! x 0 : h(x) h(x 0 ) = 4f 0 (x 0 )+'(x) 5 4g 0 (f(x 0 )) + (f(x)) 5! f 0 (x 0 )g 0 (f(x 0 )). {z} {z }!0!0 Dabei haben wir für (f(x))! 0 benutzt, dass wegen der Stetigkeit von f für x! x 0 auch f(x)! f(x 0 ) gilt. 2 Satz 6.8 (Satz über die Umkehrfunktion) Sei I =[a, b] ein kompaktes Intervall und f : I! R streng monoton wachsend oder fallend und zudem stetig auf I, so dass die Umkehrfunktion f 1 : f(i)! I existiert. Ist f an der Stelle x 2 I differenzierbar und ungleich 0, dann ist f 1 in ȳ := f( x) differenzierbar und es gilt: Beweis: f 1 0 (ȳ) = 1 f 0 ( x) = 1 f 0 (f 1 (ȳ)). Siehe Übung. 2

7 6.2 Lokale Extrema und Mittelwertsätze Lokale Extrema und Mittelwertsätze Differenzierbarkeit können wir noch auf eine weitere Art interpretieren. Sei f : I! R in x 0 2 I differenzierbar. Dann ist nach Definition der Differenzierbarkeit die Funktion: ( f(x) f(x0) F x0 (x) :=,fürx6= x 0 (6.8) f 0 (x 0 ),fürx = x 0 an der Stelle x 0 stetig. Ist F x0 (x 0 ) = f 0 (x 0 ) > 0, danngibtesnachsatz5.14 angewandt auf F x0 dann eine Umgebung U r (x 0 ) mit F x0 (x) > 0 für alle x 2 U r (x 0 )\ I, d.h.esgiltfürallex 2 U r (x 0 ) \ I mit x 6= x 0 : 0 <F x0 (x) = f(x) f(x 0). (6.9) Für diejenigen x 2 U r (x 0 )\I mit x<x 0 ergibt sich aus (9.8) dannwegen < 0 sofort f(x) <f(x 0 ).Analogfolgtfürx 2 U r (x 0 ) \ I mit x>x 0 dann f(x) >f(x 0 ). Lemma 6.9 Sei f : I! R differenzierbar in x 0 2 I mit f 0 (x 0 ) > 0. Dann existiert ein r>0, so dass f(x) <f(x 0 ) <f(y) für alle x, y 2 (U r (x 0 ) \ I) \{x 0 } mit x< x 0 <ygilt. Ist f 0 (x 0 ) < 0, dann existiert analog r>0, so dass f(x) >f(x 0 ) >f(y) für alle x, y 2 (U r (x 0 ) \ I) \{x 0 } mit x<x 0 <ygilt. Beweis: Den ersten Teil haben wir bereits bewiesen. Der zweite Teil ergibt sich durch Betrachtung der Funktion f. 2 Definition 6.10 (Lokales Extremum) Sei M K und f : M! R eine Abbildung. Wir sagen, dass f ein lokales Maximum bei p 2 M hat, falls es ein >0 gibt, so dass f(x) apple f(p) für alle x 2 M mit x p < (6.10) gilt. Wir nennen das lokale Maximum ein striktes lokales Maximum, wenn in(6.10) strikte Ungleichung für alle x 6= p gilt, d.h. falls f(x) <f(p) für alle x 2 M mit 0 < x p <. (6.11) Analog sagen wir, dass f ein lokales Minimum bei p 2 X hat, falls in (6.10) f(x) f(p) gilt. Genauso ergibt sich ein striktes lokales Minimum, falls in(6.10) f(x) > f(p) gilt. Lokale Minima und Maxima nennen wir auch lokale Extrema. Satz 6.11 Sei f :[a, b]! R. Hat f ein lokales Extremum an einem Punkt 2 (a, b) und ist f an der Stelle differenzierbar, so gilt f 0 ( ) =0. Beweis: Wir betrachten den Fall eines lokalen Minimums. Der Fall des lokalen Maximums folgt dann aus der Tatsache, dass f genau dann ein lokales Maximum bei hat, wenn f ein lokales Minimum bei besitzt. Nach Definition des lokales Minimums gibt es ein >0, sodassfürallex 2 [a, b] mit x 2 (, + ) gilt: f(x) f( ). Esfolgtalsofürsolchex mit x> (also x 2 (, + )): z 0 } { >0 f(x) f( ) x {z } 0. (6.12)

8 100 Differenzierbarkeit Beim Grenzübergang x! + konvergiert die linke Seite von (6.12) gegenf 0 ( ) und wir erhalten f 0 ( ) 0. Wenn wir x 2 (, ) betrachten, so gilt für diese x: 0 z } { f(x) f( ) apple 0 x {z } <0 und durch Grenzübergang folgt analog f 0 ( ) apple 0. Insgesamt haben wir also f 0 ( ) =0 wie behauptet. 2 Satz 6.12 (Verallgemeinerter Mittelwertsatz) Seien f,g: [a, b]! R beide stetig auf [a, b] und differenzierbar auf (a, b). Dann gibt es ein 2 (a, b) mit (f(b) f(a)) g 0 ( ) =(g(b) g(a)) f 0 ( ). Beweis: Wir definieren eine Funktion h: [a, b]! R durch: h(x) =(f(b) f(a)) g(x) (g(b) g(a)) f(x). Dann ist h nach Satz 6.5 differenzierbar auf (a, b) und stetig auf [a, b] nach Satz Wir müssen zeigen, dass es ein 2 (a, b) gibt, so dass h 0 ( ) =0gilt, da nach Satz 6.5 gilt: h 0 ( ) =(f(b) f(a))g 0 ( ) (g(b) g(a))f 0 ( ). Wir haben: h(a) =(f(b) f(a)) g(a) (g(b) g(a)) f(a) =f(b)g(a) g(b)f(a) h(b) =(f(b) f(a)) g(b) (g(b) g(a)) f(b) = f(a)g(b)+g(a)f(b), also h(a) =h(b). Fallsh konstant auf (a, b) ist, dann haben wir h 0 ( ) =0für alle 2 (a, b) (vgl. Beispiel 6.6). In diesem Fall sind wir fertig. Ansonsten existiert ein x 2 (a, b) mit h(x) > h(a) =h(b) oder h(x) < h(a) =h(b). Sei zunächst h(x) >h(a) =h(b). NachSatz5.21 existiert ein 2 [a, b] mit: h( ) =sup{h(x) :x 2 [a, b]} = max {h(x) :x 2 [a, b]}. (6.13) Dann gilt 6= a und 6= b (wegen h(x) >h(a) =h(b) und der Wahl von in (6.13)), also 2 (a, b). Dannist auch lokales Maximum von h und nach Satz 6.11 gilt h 0 ( ) =0. Falls h(x) <h(a) =h(b) führen wir die gleiche Argumentation für dasjenige 2 [a, b] durch, an dem h das Minimum annimmt. 2 Korollar 6.13 (Mittelwertsatz der Differentialrechung) Ist f :[a, b]! R stetig auf [a, b] und differenzierbar auf (a, b), dann gibt es ein 2 (a, b), so dass f(b) f(a) =(b a)f 0 ( ). Vorlesung vom: Video zur Vorlesung: Beweis: Verwende Satz 6.12 mit g(x) =x. 2 Korollar 6.14 (Satz von Rolle) Ist f :[a, b]! R stetig auf [a, b] und differenzierbar auf (a, b) mit f(a) =f(b), dann gibt es ein 2 (a, b) mit f 0 ( ) =0.

9 6.3 Ableitungen höherer Ordnung 101 Beweis: Falls f auf [a, b] konstant ist, so ist die Behauptung trivial. Sei daher f nicht konstant. Die Abbildung f nimmt auf [a, b] Maximum und Minimum an, etwa bei x 1 und x 2.Daf nicht konstant ist gilt f(x 1 ) <f(x 2 ).Mindestenseinerder Punkte x 1 und x 2 liegt dann in (a, b) und nach Satz 6.11 gilt f 0 (x i )=0für ein i 2{1, 2}. 2 Satz 6.15 Sei f :[a, b]! R stetig und differenzierbar auf (a, b). (i) Falls f 0 (x) 0 für alle x 2 (a, b), dann ist f monoton wachsend auf [a, b]. (ii) Falls f 0 (x) apple 0 für alle x 2 (a, b), dann ist f monoton fallend auf [a, b]. (iii) Falls f 0 (x) =0für alle x 2 (a, b), dann ist f konstant auf [a, b]. Gelten in (i) und (ii) die Ungleichungen strikt, so ist f sogar streng monoton wachsend bzw. fallend. Beweis: Nach dem Mittelwertsatz haben wir für x 1,x 2 2 [a, b] die Gleichung f(x 2 ) f(x 1 )=(x 2 x 1 )f 0 (x) (6.14) für ein x zwischen x 1 und x 2.Fallsf 0 (x) 0 ist, dann ist die rechte Seite von (6.14) für x 1 <x 2 immer nichtnegativ, also auch die linke Seite, d.h. f(x 2 ) apple f(x 1 ).Die anderen Behauptungen folgen analog. 2 Korollar 6.16 Seien f,g: [a, b]! R stetig und differenzierbar auf (a, b). Falls f 0 (x) =g 0 (x) für alle x 2 (a, b), dann existiert ein c 2 R mit f(x) =g(x) +c für alle x 2 [a, b]. Beweis: Die Funktion h := f g ist stetig auf [a, b] und differenzierbar auf (a, b) mit Ableitung h 0 (x) =f 0 (x) g 0 (x) =0für alle x 2 (a, b). NachSatz6.15 ist h konstant auf [a, b], alsoc = h(x) =f(x) g(x) für ein c 2 R und alle x 2 [a, b]. 2 Satz 6.17 Sei f : I! R differenzierbar auf einer Umgebung von 2 R und f 0 ( ) = 0. (i) Falls f 0 (x) > 0 für alle x< und f 0 (x) < 0 für alle x> ist, dann ist ein lokales Maximum. (ii) Falls f 0 (x) < 0 für alle x< und f 0 (x) > 0 für alle x> ist, dann ist ein lokales Minimum. Beweis: Wir zeigen nur die erste Behauptung (i), die andere folgt analog.sei f auf (, + ) differenzierbar. Dann ist f stetig auf [ /2, + /2] und differenzierbar auf ( /2, + /2). Nach Satz 6.15 ist f streng monoton steigend auf [ /2, ] und streng monton fallend auf [, + /2]. Folglichist ein lokales Maximum Ableitungen höherer Ordnung Falls f in jedem Punkt des Intervalls I differenzierbar ist, dann können wir mittels x 7! f 0 (x) eine Funktion f 0 : I! R definieren. Diese Funktion können wir wieder auf Stetigkeit oder Differenzierbarkeit untersuchen. Wir setzen für k 2 N induktiv: f (0) (x) :=f(x) f (k) (x) :=(f (k 1) ) 0 (x),

10 102 Differenzierbarkeit x 2 sin(1/x) x Abbildung 6.4: Die Funktion f(x) =x 2 sin 1/x ist auf R differenzierbar, die Ableitung ist aber nicht stetig in 0. vorausgesetzt, die Funktion f (k 1) auf der rechten Seite ist differenzierbar. Wir nennen f (k) dann die k-te Ableitung von f. Falls diese existiert, so sagen wir auch, dass f k-mal differenzierbar ist. Falls f k stetig ist, so nennen wir f k-mal stetig differenzierbar. Wirschreibenmanchmalauchf 00 für f (2) bzw. f 000 (x) für f (3),etc. Definition 6.18 Sei I R ein Intervall. Dann definieren wir die folgenden Mengen von rellwertigen Funktionen: C(I) :={f : I! R : f ist stetig auf I} D(I) :={f : I! R : f ist differenzierbar auf I} D k (I) :={f : I! R : f ist k-mal differenzierbar auf I} C k (I) :={f : I! R : f ist k-mal stetig differenzierbar auf I} 1\ C 1 (I) := C k (I) k=0 Normalerweise schreiben wir kürzer C[a, b] oder C(a, b) etc. anstelle von C([a, b]) oder C((a, b)). Beispiel 6.19 Sei f : R! R definiert durch: f(x) = ( x 2 sin 1 x, für x 6= 0 0, für x =0, (siehe Abbildung 6.4). Die Differenzierbarkeit von f auf R \{0} folgt unmittelbar aus Satz 6.5. Insbesondere ist für x 6= 0: f 0 (x) =2x sin 1 x + x2 (cos 1 x )( x 2 )=2x sin 1 x + cos 1 x, wenn wir für den Moment als bekannt voraussetzen, dass die Ableitung des Sinus der Cosinus ist. Für x =0erhalten wir: f(t) f(0) t 0 = t2 sin 1 t t = t sin 1 t Wir wir bereits in Beispiel 6.4 gesehen hatten, gilt lim t sin 1 t!0 t =0und daher gilt: ( f 0 2x sin 1 (x) = x + cos 1 x, für x 6= 0 0, für x =0.

11 6.4 Der Satz von Taylor 103 Wie in Beispiel 5.41 zeigt man, dass cos 1 x für x! 0 keinen Grenzwert besitzt. Also ist f 0 nicht stetig in x =0und wir haben f 2 D(R), aberf/2 C 1 (R). Für x 6= 0ist die Ableitung f 0 aber nach den Rechenregeln aus Satz 6.5 wieder differenzierbar und induktiv folgt, dass f 2 C 1 (", +1) für jedes ">0. C Das letzte Beispiel zeigt, dass Ableitungen von differenzierbaren Funktionen nicht stetig sein müssen. Der folgende Satz liefert aber, dass die Unstetigkeitsstellen von Ableitungen nicht beliebig sein können: Satz 6.20 (Zwischenwertsatz für Ableitungen) Sei f :[a, b]! R differenzierbar auf [a, b] und f 0 (a) < <f 0 (b). Dann existiert ein 2 (a, b) mit f 0 ( ) =. Beweis: Wir betrachten die Funktion h(t) :=f(t) t. Dannisth differenzierbar auf [a, b] und insbesondere stetig auf [a, b]. NachSatz5.21 nimmt h auf dem kompakten Intervall [a, b] das Minimum an einer Stelle 2 [a, b] an. Es gilt h 0 (a) =f 0 (a) <0 nach Voraussetzung. Nach Lemma 6.9 gibt es ein t>amit h(t) <h(a). Alsogilt 6= a. Analogfolgtaush 0 (b) =f 0 (b) >0, dass h(t) <h(b) für ein t 2 (a, b) gilt, woraus wir 6= b schließen können. Nach Satz 6.11 folgt jetzt h 0 ( ) =0,d.h.f 0 ( ) = Der Satz von Taylor Satz 6.21 (Satz von Taylor) Sei f :[a, b]! R und n 2 N, so dass f 2 C n [a, b]\ D n+1 (a, b). Seienfernerx, x 0 2 [a, b] verschiedene Punkte und das Polynom P n definiert durch: Vorlesung vom: Video zur Vorlesung: P n (t) = nx k=0 f (k) (x 0 ) (t x 0 ) k k! = f(x 0 )+ f 0 (x 0 ) 1! (t x 0 )+ f 00 (x 0 ) 2! Dann gibt es ein zwischen x und x 0, so dass f(x) =P n (x)+ f (n+1) ( ) (n + 1)! () n+1. (t x 0 ) f (n) (x 0 ) (t x 0 ) n. n! (6.15) Das Polynom aus (6.15) nennt man Taylor-Polynom vom Grad n bei Entwicklung um x 0, während R n (x) := f (n+1) ( ) (n + 1)! () n+1 das Lagrangesche Restglied der Taylorschen Formel genannt wird. Bevor wir den Beweis führen, betrachten wir die Situation für n =0.Hieristdie Aussage, dass es ein zwischen x und x 0 gibt, so dass f(x) =P 0 (x)+ f 0 ( ) ( )=f(x 0 )+f 0 ( )( ) 1! gilt. Dies ist nichts Anderes als der Mittelwertsatz Worin liegt der Nutzen des Satzes von Taylor? Wir approximieren den Funktionswert f(x) durch das Taylorpolynom P n (x). ObwohlmanimAllgemeinenden

12 104 Differenzierbarkeit Näherungsfehler R n (x) nicht genau kennt, lässt er sich doch oft abschätzen. Ist etwa f (n+1) (x) applem n+1 für alle x 2 [a, b], soerhaltenwirausdemsatzvontaylor Darüberhinaus gilt für alle k =0,...,n: P (k) so dass für alle k =0,...,n folgt: f(x) P n (x) apple M n+1 (n + 1)! n+1. n (x) =f (k) (x 0 )+ f (k+1) (x 0 ) (k + 1)!( ) 1 k! + f (k+1) (x 0 ) (k + 2)(k + 1)...3( ) (k + 1)! + f (n) (x 0 ) n(n 1)...(n k + 1)( ) n k n! P (k) n (x 0 )=f (k) (x 0 ). (6.16) Mit anderen Worten: Für k =0,...,n stimmt das Taylor-Polynom P n mit f an der Stelle x 0 im Funktionswert und den ersten k 1 Ableitungen überein. Falls f beliebig oft auf [a, b] differenzierbar ist und es M n apple C n für alle n 2 N gilt 1, dann erhalten wir >0 und C>0 gibt, so dass f(x) P n (x) apple Cn+1 n+1 (n + 1)! = (C ) n+1 (n + 1)! = n+1 (n + 1)!, (6.17) wobei wir := C x x 0 gesetzt haben. Da für jedes 2 C die Reihe exp( ) = konvergiert (siehe Abschnitt 4.12), folgt, dass für jedes feste x 2 [a, b] der Ausdruck auf der rechten Seite von (6.17) fürn!1gegen 0 konvergiert. Daher gilt unter diesen Voraussetzungen, dass P n (x)! f(x) für jedes feste x 2 [a, b] und es ergibt sich: 1X f (k) (x 0 ) f(x) = ( ) k. k! k=0 In diesem Fall lässt sich f durch eine Potenzreihe darstellen und die Kenntnis des Wertes von f und seiner Ableitungen bei x 0 ermöglicht uns die Berechnung von f im ganzen Intervall [a, b]. Beweis von Satz 6.21 Für den Fall n =0habenwir die Behauptung bereits gezeigt: hier ist sie genau die Aussage des Mittelwertsatzes. Sei daher im Folgenden stets n 1. Wir definieren die Zahl K 2 R durch 1X n=0 n n! f(x) =P n (x)+k( ) n+1. (6.18) Unser Ziel ist es jetzt zu zeigen, dass es ein zwischen x und x 0 gibt, so dass K = f (n+1) ( ) (n+1)! bzw. K(n + 1)! = f (n+1) ( ) (6.19) 1 Dies ist eine sehr starke Annahme, die im Allgemeinen nicht erfüllt ist.

13 6.5 Die Regel von L Hospital 105 gilt. Dazu betrachten wir die Funktion g :[a, b]! R mit Wegen (6.16) haben wir g(t) :=f(t) P n (t) K(t x 0 ) n+1. g(x 0 )=g 0 (x 0 )=g 00 (x 0 )= = g (n) (x 0 )=0. (6.20) Nach Wahl von K gilt: g(x) =0.NachdemMittelwertsatz(Korollar6.13) gibtes ein 1 zwischen x und x 0 mit also g 0 ( 1 )=0. 0=g(x) g(x 0 )=g 0 ( 1 )( ), {z } 6=0 Da nach (6.20) g 0 (x 0 )=0und g 0 ( 1 )=0, können wir wieder nach dem Mittelwertsatz die Existenz eines 2 zwischen x 0 und 1 mit g 00 ( 2 )=0folgern. Induktiv finden wir damit ein = n+1 zwischen x 0 und x, sodass 0=g (n+1) ( ) =f (n+1) ( ) K(n + 1)! gilt. Dies wollten wir zeigen (siehe Gleichung (6.19)) Die Regel von L Hospital Satz 6.22 (Regeln von L Hospital) Seien f,g: (a, b)! R differenzierbar, wobei 1 apple a<bapple +1 und g 0 (x) 6= 0für alle x 2 (a, b) gilt. Es gelte eine der Aussagen: (i) (ii) Dann ist: lim f(x) = lim g(x) =0, x!a+ x!a+ lim g(x) =+1 oder lim g(x) = 1. x!a+ x!a+ f(x) lim x!a+ g(x) = lim f 0 (x) x!a+ g 0 (x), (6.21) falls der Grenzwert auf der rechten Seite von (6.21) im eigentlichen oder uneigentlichen Sinne existiert. Analoges gilt für den Grenzwert x! b. Beweis: Wir setzen f 0 (x) := lim x!a+ g 0 (x). (6.22) Der Beweis erfolgt in zwei Schritten: Zunächst betrachten wir 2 [ 1, +1), dann 2 ( 1, +1]. Diese zwei Fälle sind natürlich nicht disjunkt, wir leiten aber für beide Situationen wichtige Eigenschaften her. Sei also zunächst 2 [ 1, +1) und b 0 > beliebig. Wir finden dann ein b 1 2 R mit <b 1 <b 0.NachDefinitionvon in (6.22) finden wir ein x 1,sodass f 0 (x) g 0 (x) <b 1 <b 0 für alle x 2 (a, x 1 ) (6.23)

14 106 Differenzierbarkeit gilt. Sind x, u 2 (a, x 1 ) mit x 6= u, sogibtesnachdemverallgemeinertenmittelwertsatz (Satz 6.12) ein zwischen x und u, so dass f(x) g(x) f(u) g(u) Satz 6.12 = f 0 ( ) (6.23) g 0 < b 1 <b 0 (6.24) ( ) gilt. Für die letzte Ungleichung haben wir benutzt, dass zwischen x 2 (a, x 1 ) und u 2 (a, x 1 ) und damit natürlich auch wieder im offenen Intervall (a, x 1 ) liegt. Falls Bedingung (i) erfüllt ist, so erhalten wir aus (6.24) durch Grenzübergang x! a+: f(u) g(u) apple b 1 <b 0 für alle u 2 (a, x 1 ). (6.25) Falls Bedingung (ii) gilt, so verfahren wir wie folgt: Zu festem u 2 (a, x 1 ) finden wir x 2 2 (a, u), sodassfürallex 2 (a, x 2 ) gilt: Der erste Fall findet für 1. Danngilt g(x) > max {0,g(u)} bzw. g(x) < min {0,g(u)}. lim g(x) =+1 Anwendung, der zweite für lim g(x) = x!a+ x!a+ g(x) g(u) > 0 für alle x 2 (a, x 2 ). (6.26) g(x) Daher dürfen wir die Ungleichung in (6.24) mit dem Ausdruck auf der linken Seite von (6.26) multiplizieren,so dass die Ungleichung erhalten bleibt.es ergibt sich: f(x) f(u) <b 1 g(x) g(x) g(u) g(x) für alle x 2 (a, x 2 ). Umformen ergibt: f(x) g(x) <b 1 b 1 g(u) g(x) + f(u) g(x) für alle x 2 (a, x 2). (6.27) Für x! a+ konvergiert die rechte Seite von (6.27) gegenb 1.Dab 1 <b 0 lässt sich die linke Seite von (6.27) daherfürx dicht genug bei a nach oben strikt durch b 0 beschränken. Mit anderen Worten: Wir finden x 3 2 (a, x 2 ),sodass gilt. f(x) g(x) <b 0 für alle x 2 (a, x 3 ) (6.28) Betrachten wir jetzt noch einmal (6.28) zusammen mit(6.25). Die beiden Ungleichungen besagen, dass unter der Voraussetzung (i) oder (ii) zu jedem b 0 > 2 [ 1, +1) ein x 0 existiert, so dass f(x) g(x) <b 0 für alle x 2 (a, x 0 ) (6.29) Falls = 1, sofolgtaus(6.29) bereitsdieaussage:fürjedesb 0 2 R ist dann f(x)/g(x) < b 0,fallsx 2 (a, x 0 ) ist. Das bedeutet aber f(x)/g(x)! 1 für x! a+ (siehe Definition 5.47). Für den Rest des Beweises können wir also 2 ( 1, +1] annehmen. Analog zu unseren Rechnungen oben zeigt man jetzt, dass zu jedem b 0 < ein x 0 existiert, so dass f(x) g(x) > b 0 für alle x 2 (a, x 0 ) (6.30)

15 6.5 Die Regel von L Hospital 107 gilt. Falls x! a+. =+1, sofolgtaus(6.30) genauso wie oben, dass f(x)/g(x)! +1 für Wir haben also letztendlich nur noch den Fall 2 ( 1, +1) (also den endlichen Fall) zu betrachten. In diesem Fall können wir beide Ungleichungen (6.29) und(6.30) verwenden. Es folgt, dass zu jedem ">0 ein x 0 existiert, so dass "< f(x) g(x) < + " für alle x 2 (a, x 0) gilt. Für die erste Ungleichung haben wir dabei (6.30) mit b 0 = " benutzt, für die zweite die vorher hergeleitete Ungleichung (6.29) mitb 0 = + ". Diesbedeutet aber, dass f(x)/g(x)! für x! a+. 2

16