Lösungen zu den Aufgaben aus Kapitel 7:
Differenzierbare Funktionen - Der Raum der differenzierbaren Funktionen
Lösungen zu den Aufgaben Definition
Lösung zur Aufgabe 7.1.1 - Ableiten einiger Grundfunktionen
| (i) | Wir ermitteln |
\[ \lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} =\lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\frac{x-x_0}{x-x_0} =\lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}1 =1, \]
| d.h. es ist \( f'(x_0)=1. \) | |
| (ii) | Wir ermitteln |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} =\lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\frac{x^2-x_0^2}{x-x_0} \\ \qquad\displaystyle =\lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\frac{(x-x_0)(x+x_0)}{x-x_0} =\lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}(x+x_0) =2x_0\,, \end{array} \]
| d.h. es ist \( f'(x_0)=2x_0. \) | |
| (iii) | Wir ermitteln |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \\ \qquad\displaystyle =\lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\frac{(x^{n-1}+x^{n-2}x_0+x^{n-3}x_0^2+\ldots+xx_0^{n-2}+x_0^{n-1})(x-x_0)}{x-x_0} \\ \qquad\displaystyle =\lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}(x^{n-1}+x^{n-2}x_0+x^{n-3}x_0^2+\ldots+xx_0^{n-2}+x_0^{n-1}) =nx_0^{n-1}\,, \end{array} \]
| d.h. es ist \( f'(x_0)=nx_0^{n-1}. \) | |
| (iv) | Wir ermitteln |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} =\lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\frac{\sqrt{x}-\sqrt{x_0}}{x-x_0} \\ \qquad\displaystyle =\lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\frac{\sqrt{x}-\sqrt{x_0}}{(\sqrt{x}-\sqrt{x_0})(\sqrt{x}+\sqrt{x_0})} =\lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{x_0}} =\frac{1}{2\sqrt{x_0}}\,, \end{array} \]
| d.h. es ist \( f'(x_0)=\frac{1}{2\sqrt{x_0}}. \) |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 7.1.2 - Nichtdifferenzierbarkeit von Funktionen
| (i) | Wir unterscheiden drei Fälle: |
| \( \circ\quad \)Im Fall \( x\gt 0 \) ist \( f(x)=x, \) und \( f(x) \) ist differenzierbar mit \( f'(x)=1. \) | |
| \( \circ\quad \)Im Fall \( x\lt 0 \) ist \( f(x)=-x, \) und \( f(x) \) ist differenzierbar mit \( f'(x)=-1. \) | |
| \( \circ\quad \)Es sei schließlich \( x_0=0. \) Dann ermitteln wir |
\[ \lim_{x\to 0,\ x\gt 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0} =\lim_{x\to 0,\ x\gt 0}\frac{x-0}{x-0} =1 \]
| sowie |
\[ \lim_{x\to 0,\ x_0\lt 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0} =\lim_{x\to 0,\ x\lt 0}\frac{-x+0}{x-0} =-1, \]
| d.h. \( f(x) \) ist in \( x_0=0 \) nicht differenzierbar. |
| (ii) | Wir unterscheiden drei Fälle: |
| \( \circ\quad \)Im Fall \( x\gt 0 \) ist \( f(x)=x, \) und \( f(x) \) mit \( f'(x)=1. \) | |
| \( \circ\quad \)Im Fall \( x\lt 0 \) ist \( f(x)=x^2, \) und \( f(x) \) ist differenzierbar mit \( f'(x)=2x. \) | |
| \( \circ\quad \)Es sei \( x_0=0. \) Mit \( f(0)=0 \) ermitteln wir |
\[ \lim_{x\to 0,\ x\gt 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0} =\lim_{x\to 0,\ x\gt 0}\frac{x}{x} =1 \]
| sowie |
\[ \lim_{x\to 0,\ x\lt 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0} =\lim_{x\to 0,\ x\lt 0}\frac{x^2}{x} =\lim_{x\to 0,\ x\lt 0}x =0. \]
| d.h. \( f(x) \) ist in \( x_0=0 \) nicht differenzierbar. |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 7.1.3- Quadratisch majorisierte Funktionen
Zunächst gilt \[ 0\le\lim_{x\to 0}|f(x)|\le\lim_{x\to 0}x^2=0, \] d.h. die Funktion ist in \( x_0=0 \) stetig mit \( f(0)=0. \) Außerdem ist (betrachte getrennt \( x\lt 0, \) \( x\gt 0 \)) \[ 0\le\lim_{x\to 0,\ x\not=0}\frac{|f(x)|}{|x|}\le\lim_{x\to 0,\ x\not=0}|x|=0 \quad\mbox{bzw.}\quad \lim_{x\to 0,\ x\not=0}\frac{f(x)}{x}=0. \] Damit ermitteln wir nun für die erste Ableitung in \( x_0=0 \) \[ \lim_{x\to 0,\ x\not=0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0} =\lim_{x\to 0,\ x\not=0}\frac{f(x)}{x} =0, \] d.h. die Funktion ist in \( x_0=0 \) differenzierbar mit \( f'(0)=0. \) Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Entwicklung differenzierbarer Funktionen und Stetigkeit
Lösung zur Aufgabe 7.1.4 - Nichtdifferenzierbarkeit nicht stetiger Funktionen
| (i) | Die Funktion ist in \( x_0=0 \) nicht stetig und dort nicht differenzierbar. |
| (i) | Die Funktion ist in \( x_0=0 \) nicht stetig und daher dort nicht differenzierbar. |
Lösung zur Aufgabe 7.1.5 - Fortsetzung von Funktionen und Differenzierbarkeit
| (i) | Für alle \( x\not=0 \) setzt sich |
\[ f(x)=\frac{1}{x}\,\left(-1+\sqrt{1+x^2}\right),\quad x\in\mathbb R\setminus\{0\}\,, \]
| als Quotient stetiger und nicht verschwindender Funktionen zusammen und ist daher selbst stetig. | |
| Für alle \( x\not=0 \) ermitteln wir |
\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \frac{1}{x}\left(-1+\sqrt{1+x^2}\right)\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{x}\cdot\frac{\big(-1+\sqrt{1+x^2}\big)\big(1+\sqrt{1+x^2}\big)}{1+\sqrt{1+x^2}} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{x}\cdot\frac{x^2}{1+\sqrt{1+x^2}} \,=\,\frac{x}{1+\sqrt{1+x^2}}\,. \end{array} \]
| Wir setzen also |
\[ f(0):=0, \]
| und damit ist \( f(x) \) stetig auf ganz \( \mathbb R \) fortgesetzt. | |
| (iii) | Für \( x\not=0 \) werten wir den Differenzenquotienten aus |
\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \frac{f(x)-f(0)}{x-0}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{\frac{1}{x}\,\big(-1+\sqrt{1+x^2}\big)-0}{x-0} \,=\,\frac{-1+\sqrt{1+x^2}}{x^2} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{x^2}{x^2\big(1+\sqrt{1+x^2}\big)} \,=\,\frac{1}{1+\sqrt{1+x^2}} \end{array} \]
| und damit |
\[ f'(0)=\lim_{x\to 0,\ x\not=0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=1, \]
| und es ist \( f(x) \) in \( x=0 \) differenzierbar mit \( f'(0)=1. \) |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 7.1.6 - Stetigkeit und Differenzierbarkeit
Es sei \( f\colon(a,b)\to\mathbb R \) in \( x_0\in D \) differenzierbar mit Ableitung \( f'(x_0). \) Nach Paragraph 7.1.2 gilt dann \[ f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\varphi(x)(x-x_0) \] mit einer in \( x_0\in(a,b) \) stetigen Funktion \( \varphi\colon(a,b)\to\mathbb R \) mit \( \varphi(x_0)=0. \) Es folgt \[ \begin{array}{lll} \displaystyle \lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}f(x_0) & = & \displaystyle \lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}f(x_0)+\lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}f'(x_0)(x-x_0)+\lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\varphi(x)(x-x_0) \\ & = & \displaystyle f(x_0)+f'(x_0)\cdot 0+\varphi(x_0)\cdot 0 \,=\,f(x_0), \end{array} \] d.h. \( f(x) \) ist in \( x=x_0 \) stetig nach dem Folgenkriterium zur Stetigkeit.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Elementare Ableitungsregeln
Lösung zur Aufgabe 7.1.7 - Technik des Differenzierens
| (i) | \( f'(x)=5x^4-20x^3+6 \) |
| (ii) | \( f'(x)=3x^2\sin x+x^3\cos x \) |
| (iii) | \( f'(x)=6x^2-10x-1-3\cos x \) |
| (iv) | \( f'(x)=-4(x^3+1)\cos x-(x^4+4x)\sin x \) |
| (v) | \( \displaystyle f'(x)=\frac{x^4-x^2+8x+2}{(x^2-1)^2} \) |
| (vi) | \( \displaystyle f'(x)=\frac{[2x-2x\cos(x^2+1)](2+\cos x)+[x^2-\sin(x^2+1)]\sin x}{(2+\cos x)^2} \) |
| (vii) | \( \displaystyle f'(x)=\frac{1}{\cos^2x} \) |
| (viii) | \( \displaystyle f'(x)=-\,\frac{1}{\sin^2x} \) |
| (ix) | \( f'(x)=7(6x-3+4\cos x)(2x^3-3x+4\sin x)^6 \) |
| (x) | \( f'(x)=6x\sin(x^3+3x^2-8)+2(3x^2+1)(3x^2+6x)\sin(x^3+3x^2-8)\cos(x^3+3x^2-8) \) |
Damit sind alle Ableitungen berechnet.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 7.1.8 - Regularisieren von Funktionen
| (i) | Für \( x\not=0 \) ermitteln wir wegen \( f(0)=0 \) |
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x-0} =\frac{f(x)}{x} =g(x) \]
| (i) | und damit nach Grenzübergang |
\[ f'(0)=\lim_{x\to 0,\ x\not=0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0,\ x\not=0}g(x)=g(0). \]
| (ii) | Wir setzen \( g(x):=|x| \) und damit |
\[ f(x) =x|x| =\left\{\begin{array}{cl} x^2\,, & x\gt 0 \\ 0 & x=0 \\ -x^2\,, & x\lt 0 \end{array}\right.. \]
| Wir berechnen |
\[ \lim_{x\to 0,\ x\gt 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0} =\lim_{x\to 0,\ x\gt 0}\frac{x^2}{x} =\lim_{x\to 0,\ x\gt 0}x =0 \]
| sowie |
\[ \lim_{x\to 0,\ x\lt 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0} =\lim_{x\to 0,\ x\lt 0}\frac{-x^2}{x} =\lim_{x\to 0,\ x\lt 0}(-x) =0, \]
| d.h. es existiert \( f'(0) \) mit \( f'(0)=0. \) |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 7.1.9 - Elementare Ableitungsregeln I
| (i) | Für \( x\in D\setminus\{x_0\} \) ermitteln wir |
\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \frac{h(x)-h(x_0)}{x-x_0}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{\lambda f(x)+\mu g(x)-\lambda f(x_0)-\mu g(x_0)}{x-x_0} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \lambda\,\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}+\mu\,\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}\,. \end{array} \]
| Unter der Voraussetzung der Differenzierbarkeit von \( f(x) \) in \( x=x_0 \) und \( g(x) \) in \( x=x_0 \) folgt die Summenregel nach Grenzübergang \( x\to x_0. \) | |
| (ii) | Für \( x\in D\setminus\{x_0\} \) ermitteln wir |
\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \frac{h(x)-h(x_0)}{x-x_0}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{f(x)g(x)-f(x_0)g(x_0)}{x-x_0} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{f(x)g(x)-f(x)g(x_0)+f(x)g(x_0)-f(x_0)g(x_0)}{x-x_0} \\ & = & \negthickspace\displaystyle f(x)\,\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}+g(x_0)\,\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\,. \end{array} \]
| Wegen der Differenzierbarkeit von \( f(x) \) in \( x=x_0 \) und von \( g(x) \) in \( x=x_0 \) ist zunächst \( f(x) \) in \( x=x_0 \) stetig nach dem zweiten Satz aus Paragraph 7.1.1, und Grenzübergang \( x\to x_0 \) zeigt die Produktregel. | |
| (iii) | Für \( x\in D\setminus\{x_0\} \) ermitteln wir |
\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \frac{h(x)-h(x_0)}{x-x_0}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{\frac{f(x)}{g(x)}-\frac{f(x_0)}{g(x_0)}}{x-x_0} \,=\,\frac{f(x)g(x_0)-f(x_0)g(x)}{g(x)g(x_0)(x-x_0)} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{f(x)g(x_0)-f(x_0)g(x_0)+f(x_0)g(x_0)-f(x_0)g(x)}{g(x)g(x_0)(x-x_0)} \end{array} \]
| bzw. |
\[ \frac{h(x)-h(x_0)}{x-x_0} =\frac{g(x_0)}{g(x)g(x_0)}\cdot\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}-\frac{f(x_0)}{g(x)g(x_0)}\cdot\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}\,. \]
| Grenzübergang \( x\to x_0 \) zeigt die Quotientenregel. |
Damit sind alle Behauptungen bewiesen.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 7.1.10 - Elementare Ableitungsregeln II
Wähle eine Folge \( \{x_k\}_{k=1,2,\ldots}\subset(a,b)\setminus\{x_0\} \) mit \( x_k\to x_0 \) für \( k\to\infty. \) Setze ferner \[ y_k:=f(x_k),\quad k=0,1,2,\ldots, \] Wir unterscheiden nun drei Fälle:
| \( \circ \) | Angenommen, es ist \( f(x_k)\not=f(x_0) \) für alle \( k=1,2,\ldots \) Dann berechnen wir |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{h(x_k)-h(x_0)}{x_k-x_0} =\frac{g(f(x_k))-g(f(x_0))}{x_k-x_0} =\frac{g(y_k)-g(y_0)}{x_k-x_0} \\ \qquad\displaystyle =\frac{g(y_k)-g(y_0)}{y_k-y_0}\cdot\frac{f(x_k)-f(x_0)}{x_k-x_0}\,, \end{array} \]
| woraus nach Grenzübergang \( k\to\infty \) die Kettenregel folgt. | |
| \( \circ \) | Angenommen, es gibt ein \( N\in\mathbb N \) mit \( f(x_k)\not=f(x_0) \) für alle \( k=N,N+1,\ldots \) Dann gilt |
\[ \frac{h(x_k)-h(x_0)}{x-x_0} =\frac{g(y_k)-g(y_0)}{y_k-y_0}\cdot\frac{f(x_k)-f(x_0)}{x_k-x_0} \quad\mbox{für alle}\ k=N,N+1,\ldots \]
| und Grenzübergang \( k\to\infty \) liefert die Kettenregel. | |
| \( \circ \) | Trifft keiner der beiden vorigen Fälle zu, dann existiert eine Teilfolge |
\[ \{x_{k_\ell}\}_{\ell=1,2,\ldots}\subset\{x_k\}_{k=1,2,\ldots} \quad\mbox{mit}\quad f(x_{k_\ell})=f(x_0)\quad\mbox{für alle}\ \ell=1,2,\ldots \]
| Für diese Teilfolge berechnen wir |
\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \frac{h(x_{k_\ell})-h(x_0)}{x_{k_\ell}-x_0}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{g(f(x_{k_\ell}))-g(f(x_0))}{x_{k_\ell}-x_0} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{g(f(x_0))-g(f(x_0))}{x_{k_\ell}-x_0} \,=\,0\quad\mbox{für alle}\ \ell=1,2,\ldots \end{array} \]
| und damit nach Grenzübergang |
\[ \lim_{\ell\to\infty}\frac{h(x_{k_\ell})-h(x_0)}{x_{k_\ell}-x_0} =\lim_{\ell\to\infty}\frac{g(f(x_{k_\ell}))-g(f(x_0))}{x_{k_\ell}-x_0} =0. \]
| Da \( g(y) \) differenzierbar in \( y_0=f(x_0) \) ist, gilt für jede Folge \( \{x_n\}_{n=1,2,\ldots}\subset(a,b)\setminus\{x_0\} \) mit \( x_n\to x_0 \) für \( n\to\infty \) |
\[ \lim_{n\to\infty}\frac{g(f(x_n))-g(f(x_0))}{x_n-x_0}=0, \]
| so dass auch in diesem Fall die Kettenregel \( h'(x_0)=0=g'(f(x_0))f'(x_0) \) folgt. |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Differentiation der Umkehrfunktion
Lösung zur Aufgabe 7.1.11 - Ableiten der Umkehrfunktion I
| (ii) | Für \( 2\lt x\lt y\lt\infty \) berechnen wir |
\[ f(x)-f(y) =\left(\frac{1}{2(x-2)}+1\right)-\left(\frac{1}{2(y-2)}+1\right) =\frac{1}{2(x-2)}-\frac{1}{2(y-2)} \gt 0 \]
| wegen \( x-2\lt y-2 \) bzw. \( \frac{1}{x-2}\gt\frac{1}{y-2}. \) Also ist \( f(x) \) streng monoton fallend, und es existiert eine Umkehrfunktion \( g\colon(0,\infty)\to(2,\infty). \) | |
| (iii) | Wir ermitteln zunächst |
\[ f(x)=3 \quad\mbox{genau dann, wenn}\quad x=\frac{9}{4} \quad\mbox{bzw.}\quad g(3)=\frac{9}{4} \]
| sowie |
\[ f'\left(\frac{9}{4}\right) =-\,\frac{1}{2(x-2)^2}\,\Big|_{x=\frac{9}{4}} =-8. \]
| Damit folgt |
\[ g'(3)=\frac{1}{f'\left(\frac{9}{4}\right)}=-\,\frac{1}{8}\,. \] und es ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 7.1.12 - Ableiten der Umkehrfunktion II
Nach Voraussetzung besitzt die streng monotone Funktion \( f(x)=x+e^x, \) \( x\in\mathbb R, \) eine zweimal stetig differenzierbare Umkehrfunktion \( g(y), \) die allerdings nicht explizit bestimmt werden kann. Wir differenzieren \( f(g(y))=y \) nach \( y \) und erhalten an der Stelle \( x=g(y) \) \[ \frac{df(x)}{dx}\cdot\frac{dg(y)}{dy}=1 \quad\mbox{bzw.}\quad g'(y)=\frac{1}{f'(x)} \] für die erste Ableitung sowie \[ \frac{d^2f(x)}{dx^2}\cdot\left(\frac{dg(y)}{dy}\right)^2+\frac{df(x)}{dx}\cdot\frac{d^2g(y)}{dy^2}=0 \quad\mbox{bzw.}\quad g''(y)=-\,\frac{f''(x)g'(y)^2}{f'(x)}=-\,\frac{f''(x)}{f'(x)^3} \] für die zweite Ableitung unter der zusätzlichen Annahme \( f'(x)\not=0. \) Nun sind \[ f(x)=x+e^x\,,\quad f'(x)=1+e^x\,,\quad f''(x)=e^x \] und damit \[ \begin{array}{l} f(0)=1,\quad\mbox{d.h.}\quad g(1)=0, \\ f'(0)=2,\quad f''(0)=1. \end{array} \] Damit folgen \[ g'(1)=\frac{1}{f'(0)}=\frac{1}{2}\,,\quad g''(1)=-\,\frac{f''(0)}{f'(0)^3}=-\,\frac{1}{8}\,. \]
Lösung zur Aufgabe 7.1.13 - Ableitung des natürlichen Logarithmus
Es ist \( y=f(x)=e^x. \) Mit der Regel der Ableitung der Umkehrfunktion berechnen wir \[ \frac{d}{dy}\,\ln y =\frac{1}{\frac{d}{dx}\,e^x} =\frac{1}{e^x} =\frac{1}{y}\,. \]
Lösung zur Aufgabe 7.1.14 - Hyperbolische Winkelfunktionen
| (i) | Als Summe stetiger Funktionen sind auch \( \cosh x \) und \( \sinh x \) in ganz \( \mathbb R \) stetig. |
| (ii) | Für alle \( x,y\in\mathbb R \) berechnen wir |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle \cosh x\cosh y+\sinh x\sinh y =\frac{1}{4}\,\big[(e^x+e^{-x})(e^y+e^{-y})+(e^x-e^{-x})(e^y-e^{-y})\big] \\ \qquad\displaystyle =\frac{1}{4}\,(2e^xe^y+2e^{-x}e^{-y}) =\frac{1}{2}\,(e^{x+y}+e^{-(x+y)}) =\cosh(x+y) \end{array} \]
| sowie |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle \cosh x\sinh y+\sinh x\cosh y =\frac{1}{4}\,\big[(e^x+e^{-x})(e^y-e^{-y})+(e^x-e^{-x})(e^y+e^{-y})\big] \\ \qquad\displaystyle =\frac{1}{4}\,(2e^xe^y-2e^{-x}e^{-y}) =\frac{1}{2}\,(e^{x+y}-e^{-(x+y)}) =\sinh(x+y). \end{array} \]
| Schließlich ist auch für alle \( x,y\in\mathbb R \) |
\[ \cosh^2x =\frac{1}{4}\,(e^{2x}+2e^xe^{-x}+e^{-2x}) =1+\frac{1}{4}\,(e^{2x}-2e^xe^{-x}+e^{-2x}) =1+\sinh^2x, \]
| und Umstellen bringt |
\[ \cosh^2x-\sinh^2x=1. \]
| (iii) | Wir berechnen |
\[ \frac{d}{dx}\,\cosh x =\frac{1}{2}\,\frac{de^x}{dx}+\frac{1}{2}\,\frac{de^{-x}}{dx} =\frac{1}{2}\,e^x-\frac{1}{2}\,e^{-x} =\sinh x \]
| sowie |
\[ \frac{d}{dx}\,\sinh x =\frac{1}{2}\,\frac{de^x}{dx}-\frac{1}{2}\,\frac{de^{-x}}{dx} =\frac{1}{2}\,e^x+\frac{1}{2}\,e^{-x} =\cosh x. \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Der Vektorraum der stetig differenzierbaren Funktion
Lösung zur Aufgabe 7.1.15 - Die stetig differenzierbaren Funktionen bilden einen Vektorraum
Die Menge \( C^1(D,\mathbb R) \) bildet einen Teilraum der Menge \( C^0(D,\mathbb R) \) der stetigen Funktionen über \( D=(a,b). \) Es ist also nur noch die Abgeschlossenheit von \( C^1(D,\mathbb R) \) bezüglich der Addition und der skalaren Multiplikation nachzuprüfen. Das war aber Inhalt der Aufgabe 7.1.9.\( \qquad\Box \)