Konvexität

4.1.7 Definition. Konvexität.
Eine Funktion $f:\protect\mathbb{R}\to\protect\mathbb{R}$ heißt konvex, wenn sie nirgends über einer ihrer Sehnen liegt, d.h.

$$f(\lambda \,b+(1-\lambda )a)\leq \lambda \,f(b)+(1-\lambda )\,f(a)$$ für alle $$a<b$$ und $$0<\lambda <1.$$

Offensichtlich ist das damit äquivalent, daß

$$f\Bigl(\sum_i \lambda _i\, x_i\Bigr)\leq \sum_i \lambda _i\,f(x_i)$$ für endlich viele $$x_i\in\protect\mathbb{R}$$    und $$\lambda _i\geq 0$$ mit $$\sum_i\lambda _i=1.$$

4.1.8 Proposition. Charakterisierung konvexer Funktionen.
Es sei $f:\protect\mathbb{R}\to\protect\mathbb{R}$ zweimal differenzierbar. Dann ist $f$ genau dann konvex, wenn $f''\geq 0$ ist.

Beweis. ( $\Rightarrow$) Wenn $f$ konvex ist, so ist der Differenzen-Quotient $y\mapsto\frac{f(y)-f(x)}{y-x}$ monoton wachsend, denn sei $x<y'<y$ (für $y>x$), dann existiert ein $0<\lambda <1$ mit $y'=(1-\lambda )\,x+\lambda \,y$, nämlich $\lambda :=\frac{y'-x}{y-x}$, und somit ist $f(y')\leq (1-\lambda )\,f(x)+\lambda \,f(y)=f(x)+\lambda \,(f(y)-f(x))$, also

$$\frac{f(y')-f(x)}{y'-x}\leq\lambda \,\frac{f(y)-f(x)}{y'-x}=\frac{f(y)-f(x)}{y-x}.$$

Folglich ist

$$f'(x)=\lim_{y\to x+}\frac{f(y)-f(x)}{y-x}\leq \frac{f(y)-f(x)}{y-x}$$

und analog

$$f'(y)=\lim_{x\to y-}\frac{f(y)-f(x)}{y-x}\geq \frac{f(y)-f(x)}{y-x},$$

also $f'(x)\leq f'(y)$, d.h. $f'$ ist monoton wachsend.

Damit ist aber $f''\geq 0$, denn $f''(x)=\lim_{y\to x-}\frac{f'(y)-f'(x)}{y-x}\geq 0$.

( $\Leftarrow$) Nach dem Mittelwertsatz existiert zu $x<y$ ein $\xi$ mit $x<\xi <y$ und $\frac{f'(y)-f'(x)}{y-x}=f''(\xi )\geq 0$, also ist $f'(y)\geq f'(x)$, d.h. $f'$ ist monoton wachsend.

Angenommen es gäbe $x<y$ und $0<\lambda <1$ mit $f(x+\lambda \,(y-x))>f(x)+\lambda \,(f(y)-f(x))$. Es sei $\xi :=x+\lambda \,(y-x)$ und somit $\lambda =\frac{\xi -x}{y-x}$ bzw. $1-\lambda =\frac{y-\xi }{y-x}$. Nach dem Mittelwertsatz existieren $x<x'<\xi$ und $\xi <y'<y$ mit

$$f'(x')=\frac{f(\xi )-f(x)}{\xi -x}$$ und $$f'(y')=\frac{f(y)-f(\xi )}{y-\xi }.$$

Somit ist

$$\leq f'(y')-f'(x') =\frac{f(y)-f(\xi )}{y-\xi }-\frac{f(\xi )-f(x)}{\xi -x}$$ 0

$$=(1-\lambda )\,\frac{f(y)-f(\xi )}{y-x}-\lambda \,\frac{f(\xi )-f(x)}{y-x} =\frac{(1-\lambda )\,(f(y)-f(\xi )+\lambda \,(f(x)-f(\xi ))}{y-x}$$

$$=\frac{\lambda \,f(x)+(1-\lambda )\,f(y)-f(\xi )}{y-x}<0,$$

ein Widerspruch.     []

4.1.9 Kurvendiskussionen.
Mit den nun gewonnen Wissen können wir weitgehende Aussagen über uns vorgelegte (hinreichend differenzierbare) Kurven machen. Neben Grenzwertaussagen für $x\to a$ mit Randpunkten $a$ des Definitionsbereichs können wir das Monotonie-Verhalten und das Konvexitäts-Verhalten durch Lösen der Ungleichungen $f'\geq 0$ bzw. $f''\geq 0$ erhalten. Schnittpunkte mit parallelen Geraden $y=c$ (und insbesonders Nullstellen) erhalten wir durch das Lösen der Gleichung $f(x)=c$. Wir können Tangenten an beliebigen Stellen bestimmen und insbesonders durch Lösen der Gleichung $f'(x)=0$ alle waagrechten Tangenten und somit die Kandiaten für lokale Extrema bestimmen. Aus den Monotonie oder Konvexitätsverhalten nahe dieser Stellen können wir zumeist entscheiden, ob es sich wirklich um lokale Minima oder Maxima handelt. Schließlich können wir auch die Punkte wo sich daß Konvitätsverhalten ändert finden, indem wir Lösungen der Gleichung $f''(x)=0$ als einzig mögliche Kandidaten untersuchen.

4.1.10 Extremalprobleme.
Am wichtigsten in der Realität ist es wohl (lokale) Extremwerte von Funktionen zu bestimmen. Das werden im allgemeinen Funktionen $f:\protect\mathbb{R}^m\supseteq X\to\protect\mathbb{R}$ sein. Falls $X$ offen ist, so ist eine notwendige Bedingung für ein Extremum $x_0\in X$, daß die Richtungs-Ableitung $d_vf(x_0)$ für alle Richtungen $v$ verschwindet. Zumeist wird allerdings $X$ nicht offen sein, sondern die $X$ durch gewissen Restriktionen (Nebenbedingungen) eingeschränkt sein. Wir können im Moment nur den Fall, wo diese Nebenbedingungen eine 1-dimensionale Teilmenge $X$ (also eine parametrisierte Kurve) beschreiben behandeln. Sei also $X=\{x(t):t\in I\}$ eine differenzierbare Parametrsierung von $X$ durch $c:\protect\mathbb{R}\supseteq I\to X$. Gesucht sind die Parameter $t$ für welche $f\o x:I\to \protect\mathbb{R}$ ein lokales Extremum besitzt. Dies können wir wie zuvor mit Differentialrechnung behandeln.

Zumeist wird die Menge $X$ nicht in parametrisierter Form vorliegen, sondern in impliziter Form und dann müssen wir im ersten Schritt versuchen diese implizite Gleichung(en) in eine explizite Umzuwandeln.

Sei also z.B. jendes Rechteck mit maximaler Fläche bei gegebenen Umfang $4$ gesucht. Es bezeichne $x$ und $y$ die Seiten des Rechtecks die zu maximierende Fläche ist dann durch $f(x,y)=x\cdot y$ gegeben. Die Nebenbedingung ist $2x+2y=4$, also können wir $x$ als Parameter $t$ verwenden und $y=2-x=2-t$ setzen. Die Parametrisierung ist also $t\mapsto (t,2-t)$ und die Zu minimierende Funktion ist $t\mapsto f(t,2-t)=t(2-t)=1-(t-1)^2$, nimmt ihr Maximum also bei $t=1$ und somit $x=1=y$ an.

Beachte, daß wir das entsprechende Problem für Dreiecke so nicht lösen können. Denn das Dreieck wird durch die Längen der 3 Seiten $x$, $y$ und $z$ beschreiben. Die Fläche ist durch die Heron'sche Formel mit $\sqrt{s(s-x)(s-y)(s-z)}$, wo $s:=\frac{x+y+z}2$, gegeben. Die Nebenbedingung ist $x+y+z=U$ und daraus können wir nur eine Seite aus den beiden anderen ausrechnen, es bleibt also eine Funktion in zwei Variablen übrig, die wir noch nicht gut behandeln können.

Das selbe Problem tritt auf, wenn wir den Quader mit maximalen Volumen $x\cdot y\cdot z$ bei gegebener Oberfläche $O=2(x\cdot y+y\cdot z+z\cdot x)$ bestimmen wollen.

4.1.11 Regel von De L'Hospital.
Die Funktionen $f$ und $g$ seien differenzierbar auf $(a,b)$ mit $g'(x)\ne 0$ für alle $x$. Weiters sei $\lim_{x\to a+}f(x)=\lim_{x\to a+}g(x)=0$ oder es sei $\lim_{x\to a+}f(x)=\lim_{x\to a+}g(x)=+{\infty}$. Dann ist

$$\lim_{x\to a+}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to a+}\frac{f'(x)}{g'(x)},$$

sofern der Limes auf der rechten Seite im eigentlichen oder uneigentlichen Sinn existiert.

Beweis. Beweis für $\lim_{x\to a+}f(x)=\lim_{x\to a+}g(x)=0$:
Es sei $\lambda :=\lim_{x\to a+}\frac{f'(x)}{g'(x)}$, d.h. für jedes $\varepsilon >0$ existiert ein $\delta >0$ s.d. $\vert f'(x)/g'(x)-\lambda \vert<\varepsilon$ für alle $a<x<a+\delta$. Für $a<x<y<a+\delta$ ist nach dem Mittelwertsatz

$$\frac{f(y)-f(x)}{g(y)-g(x)}=\frac{f'(\xi )}{g'(\xi )}$$

für ein $\xi \in[x,y]$, also auch

$$\left\vert\frac{f(y)-f(x)}{g(y)-g(x)}-\lambda \right\vert<\varepsilon .$$

Der Grenzübergang $x\to a+$ liefert somit

$$\left\vert\frac{f(y)}{g(y)}-\lambda \right\vert\leq\varepsilon ,$$

also ist auch $\lim_{x\to a+}\frac{f(x)}{g(x)}=\lambda$.

Beweis für $\lim_{x\to a+}f(x)=\lim_{x\to a+}g(x)={\infty}$:
Es sei $\lambda :=\lim_{x\to a+}\frac{f'(x)}{g'(x)}$, d.h. für jedes $\varepsilon >0$ existiert ein $\delta >0$ s.d. $\vert f'(x)/g'(x)-\lambda \vert<\varepsilon$ für alle $a<x<a+\delta$. Für $a<x<y<a+\delta$ ist nach dem Mittelwertsatz

$$\frac{f(y)-f(x)}{g(y)-g(x)}=\frac{f'(\xi )}{g'(\xi )}$$

für ein $\xi \in[x,y]$. Also

$$\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(\xi )}{g'(\xi )}\,\frac{1-g(y)/g(x)}{1-f(y)/f(x)}.$$

Nach Voraussetzung ist

$$\lim_{x\to a+}\frac{1-g(y)/g(x)}{1-f(y)/f(x)}=1$$

Somit ist für $x\to a+$

$$\left\vert\frac{f(x)}{g(x)}-\lambda \right\vert = \left\vert\frac{f'(\xi )}{g'(\xi )}\,\frac{1-g(y)/g(x)}{1-f(y)/f(x)}-\lambda \right\vert$$

$$\leq \underbrace{\left\vert\frac{f'(\xi )}{g'(\xi )}-\lambda \rig... ...ce{\left\vert\frac{1-g(y)/g(x)}{1-f(y)/f(x)}-1\right\vert}_{\to 0}.{\rm\quad[]}$$

4.1.12 Beispiel.

• Nach der Regel (4.1.11) von De L'Hospital ist
  $$\lim_{t\to 0}\frac{\sin(t)}{t} = \lim_{t\to 0}\frac{\cos(t)}{1}=\cos(0)=1.$$

• $\lim_{x\to{\infty}}\frac{x^n}{e^x}=0$ für $n\in\protect\mathbb{N}$, sowie $\lim_{x\to{\infty}}\frac{\log(x)}{x^a}=0$ für $a>0$

4.1.13 Definition. Richtungsableitung.

Da wir eigentlich an Funktionen $f$ in mehreren Variablen, also Abbildungen $f:E\to F$ zwischen allgemeinen endlich dimensionalen Vektorräumen $E$ und $F$ interessiert sind, wäre wir gerne in der Lage auch diese zu Differenzieren. Dabei können wir aber nicht mehr $\frac{f(x_0+v)-f(x_0)}{v}$ bilden, da wir Vektoren nicht dividieren können. Solang wir die Variable $x$ in $f(x)$ allerdings von $x_0$ aus nur in eine fixe Richtung $v\in E$ variieren, d.h. nur Argumente der Form $x=x_0+t\,v$ mit $t\in\protect\mathbb{R}$ betrachten, also die Zusammensetzung von $f$ mit der affinen Gerade $t\mapsto x_0+t\,v$, dann können wir sehr wohl den Differenzenquotient $\frac{f(x_0+t\,v)-f(x_0)}{t}\in F$ betrachten und wir bezeichnen dessen Grenzwert als Richtungsableitung ] $d_v$Richtungsableitung in Richtung $v$ $d_vf(x_0):=\lim_{t\to 0}\frac{f(x_0+t\,v)-f(x_0)}{t}\in F$ von $f$ an der Stelle $x_0$ in Richtung $v$.

Wählen wir als Richtungen insbesonders die Koordinaten-Richtungen $e_1,e_2,\dots$ so spricht man anstelle von Richtungsableitungen auch von den partiellen Ableitungen und bezeichnet sie mit

$$\d_1 f:=d_{e_1}f,\quad d_2 f:=d_{e_2}f,\dots$$

oder auch als

$$\frac{\d f(x_1,\dots,x_n)}{\d x_1}:=\d_1 f(x_1... ...\quad \frac{\d f(x_1,\dots,x_n)}{\d x_2}:=\d_2 f(x_1,\dots,x_n),\dots$$

Die partielle Ableitung $\d_i f$ nach der $i$-te Variable erhalten wir also dadurch, daß wir in $f(x_1,\dots,x_{i-1},x_i,x_{i+1},\dots,x_n)$ alle Variablen bis auf $x_i$ festhalten und den resultierenden Term nach der verbliebenen Variable $x_i$ differenzieren.

Beispiel.
Es sei $f(x,y,z):=x\cdot y^2+\sin(z)$. Dann ist

$$\frac{\d f(x,y,z)}{\d x}=\d_1 f(x,y,z) = y^2$$

$$\frac{\d f(x,y,z)}{\d y}=\d_2 f(x,y,z) = 2xy$$

$$\frac{\d f(x,y,z)}{\d z}=\d_3 f(x,y,z) = \cos(z)$$

4.1.14 Kettenregel.
Es sei $f:\protect\mathbb{R}\supseteq U\to \protect\mathbb{R}$ differenzierbar bei $x\in U$ und $g:\protect\mathbb{R}\supseteq V\to \protect\mathbb{R}$ differenzierbar bei $f(x)\in V$. Dann ist $g\o f:\protect\mathbb{R}\supseteq U\supseteq f^{-1}(V)\to V \to \protect\mathbb{R}$ differenzierbar bei $x$ und es gilt

$$(g\o f)'(x)= g'(f(x))\o f'(x).$$

Beweis. Es bezeichne

$$r_f(v) := f(x+v) - f(x) - f'(x) v$$

$$r_g(w) := g(f(x)+w) - g(f(x)) - g'(f(x)) w$$

dann ist $\lim_{v\to 0}r_f(v)/v=0$ und $\lim_{w\to 0} r_g(w)/w=0$ und mit $w:=f(x+v)-f(x)=r_f(v)+f'(x)v$ gilt somit

$$(g\o f)(x+v)-(g\o f)(x) = g(f(x)+w) - g(f(x)) = g'(f(x)) w +r_g(w)$$

$$= g'(f(x))\cdot (f'(x)\cdot v+r_f(v)) +$$

$$\qquad+\frac{r_g(f(x+v)-f(x))}{f(x+v)-f(x)}\cdot(f(x+v)-f(x)).$$

Nach Division mit $v$ konvergiert die rechte Seite (für $v\to 0$) gegen

$$g'(f(x))\cdot (f'(x)+0)+0\cdot f'(x)= g'(f(x))\cdot f'(x).{\rm\quad[]}$$

    []

4.1.15 Produktregel von Leibnitz.
Es sei $f,g:\protect\mathbb{R}\supseteq U\to\protect\mathbb{R}$ bei $a\in U$ differenzierbar. Dann ist auch $f\cdot g:U\to \protect\mathbb{R}$ bei $a$ differenzierbar und

$$(f\cdot g)'(a)=f'(a)\cdot g(a)+f(a)\cdot g'(a).$$

Beweis. Es gilt:

$$\frac{(f\cdot g)(x)-(f\cdot g)(a)}{x-a} = f(x)\cdot \frac{g(x)-g(a)}{x-a}+\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\cdot g(a)$$

$$\to f(a)\cdot g'(a) + f'(a)\cdot g(a),$$

da $f$ nach (4.1.1) bei $a$ stetig ist.     []

4.1.16 Ableitung von $a\mapsto 1/x$.
Die Funktion $x\mapsto 1/x$ ist differenzierbar auf $\protect\mathbb{R}\setminus\{0\}$ und ihre Ableitung ist

$$\frac{d}{dx} \frac1{x} = -\frac1{x^2}.$$

Beweis. Es gilt:

$$\frac{\frac1x-\frac1a}{x-a} = -\frac1{xa}\to -\frac1{a^2}.{\rm\quad[]}$$

4.1.17 Quotientenregel.
Es seien $f,g:\protect\mathbb{R}\supseteq U\to\protect\mathbb{R}$ bei $a\in U$ differenzierbar und $g(a)\ne 0$. Dann ist auch $\frac{f}{g}:U\to \protect\mathbb{R}$ bei $a$ differenzierbar und

$$\left(\frac{f}{g}\right)'(a)=\frac{g(a)\,f'(a)-f(a)\,g'(a)}{g(a)^2}.$$

Beweis. Es ist $\frac{f}{g}=f\cdot (i\o g)$, wobei $i$ die Funktion $x\mapsto 1/x$ ist. Also folgt aus (4.1.16), (4.1.14) und (4.1.15):

$$\left(\frac{f}{g}\right)'(a) = \left(f\cdot (i\o g)\right)'(a) = f'(a)\cdot (i\o g)(a) + f(a)\cdot (i\o g)'(a)$$

$$= \frac{f'(a)}{g(a)}+ f(a)\,\frac{-1}{g(a)^2}\cdot g'(a) = \frac{g(a)\,f'(a)-f(a)\,g'(a)}{g(a)^2}.{\rm\quad[]}$$

4.1.18 Lemma. Komponentenweise Ableitung.
Es sei $f=(f^1,\dots,f^m):\protect\mathbb{R}\supseteq U\to \protect\mathbb{R}^m$ und $x\in U$. Dann ist $f$ genau dann differenzierbar $x$, wenn die Komponenten $f^j:\protect\mathbb{R}\supseteq U\to \protect\mathbb{R}$ differenzierbar bei $x$ sind für alle $j$. Es gilt dann

$$f'(x)=((f^1)'(x),\dots,(f^m)'(x)).$$

Beweis. $(\Rightarrow)$ Da $f^j:=\operatorname{pr}_j\o f$, wobei $\operatorname{pr}_j:F_1\times \dots\times F_m\to F_j$ die kanonische Projektion bezeichnet, folgt dies aus (7.4.4).

$(\Leftarrow)$ folgt, da der Differenzenquotienten $\frac{f(x)-f(a)}{x-a}$ komponentenweise berechnet werden kann und Limiten in einem Produkt komponentenweise berechnet werden können.     []

4.1.19 Linearität des Differenzierens.
Es seien $f,g:\protect\mathbb{R}\supseteq U\to F$ differenzierbar bei $x\in U$ und $\lambda \in\protect\mathbb{R}$, dann ist auch $f+\lambda g$ differenzierbar bei $x$ und es gilt $(f+\lambda g)'(x)=f'(x)+\lambda g'(x)$.

Beweis. Dies gilt, da der Differenzenquotient einer Linearkombination die entsprechende Linearkombination der Differenzenquotienten ist.     []

4.1.20 Proposition. Differenzierbarkeit der Umkehrabbildung.
Es sei $f:\protect\mathbb{R}\supseteq I\to \protect\mathbb{R}$ streng monoton und stetig auf dem Intervall $I$. Sei $\xi \in I$ und $f$ sei differenzierbar bei $\xi$ mit Ableitung $f'(\xi )\ne 0$. Dann ist die Umkehrfunktion $f^{-1}:\protect\mathbb{R}\supseteq f(I)\to\protect\mathbb{R}$ bei $f(\xi )$ differenzierbar und ihre Ableitung ist

$$(f^{-1})'(f(\xi ))=\frac1{f'(\xi )}.$$

Beweis. Nach dem inversen Funktionensatz (3.4.3) ist $f(I)$ ein Intervall. Falls $f^{-1}$ bei $f(\xi )$ differenzierbar ist, so folgt aus der Kettenregel (4.1.14), daß $f'(f(\xi ))\cdot f'(\xi )=\operatorname{id}'(\xi )=1$ ist. Wir wollen also zeigen, daß $f^{-1}$ bei $\eta :=f(\xi )$ differenzierbar mit Ableitung $1/f'(\xi )$ ist. Sei $y_n$ eine Folge in $f(I)$ welche gegen $f(\xi )$ konvergiert. Da $f^{-1}$ nach (3.4.3) stetig ist konvergiert $x_n:=f^{-1}(y_n)$ gegen $f^{-1}(f(\xi ))=\xi$. Somit konvergiert

$$\frac{f^{-1}(y_n)-f^{-1}(et)}{y_n-\eta } = \f... ...frac1{\frac{f(x_n)-f(\xi )}{x_n-\xi }}\to \frac1{f'(\xi )}.{\rm\quad[]}$$

4.1.21 Beispiele inverser Abbildungen.

(1)

Es ist $\sin:[-\pi/2,\pi/2]\to [-1,1]$ streng monoton wachsend mit Ableitung $\sin'(x)=\cos(x)>0$ für $-\pi/2<x<\pi/2$. Also existiert für $\vert y\vert<1$ nach (4.1.20) die Ableitung der Umkehrfunktion $\arcsin:[-1,1]\to[-\pi/2,\pi/2]$ bei $y$ und zwar ist

$$\arcsin'(y) = \frac1{\sin'(\arcsin(y))}=\frac1{\cos(\arcsin(y))}$$

$$=\frac1{\sqrt{1-\sin(\arcsin(y))^2}} =\frac1{\sqrt{1-y^2}}.$$

]$\arcsin$Arcussinus, Umkehrfunktion von $\sin$

Beachte, daß $\arcsin$ nur auf dem Bild $\sin(\protect\mathbb{R})=[-1,1]$ definierbar ist, und $x=\arcsin(y)$ nur eine (die absolut kleinste) Lösung von $\sin(x)=y$ liefert.

Analog zeigt man für $\cos:[0,\pi]\to[-1,1]$, daß $\arccos'(y)=-\frac1{\sqrt{1-y^2}}$ ist. Wieder ist $\arccos$ nur auf dem Bild $\cos(\protect\mathbb{R})=[-1,1]$ definiert und $x=\arccos(y)$ ist die kleinste positive Lösung von $\cos(x)=y$. ]$\arccos$Arcuscosinus, Umkehrfunktion von $\cos$

(2)

Es ist $\tan:(-\pi/4,\pi/4)\to \protect\mathbb{R}$ streng monoton wachsend mit Ableitung

$$\tan'(x) =\frac{\cos(x)\sin'(x)-\sin(x)\cos'(x)}{\cos(x)^2} =\frac{\cos(x)^2+\sin(x)^2}{\cos(x)^2}$$

$$=1+\tan(x)^2=\frac1{\cos(x)^2}\geq 1$$

für alle $x$. Also existiert nach (4.1.20) die Ableitung der Umkehrfunktion $\arctan$ und zwar ist

$$\arctan'(y) = \frac1{\tan'(\arctan(y))}=\frac1{1+\tan(\arctan(y))^2} =\frac1{1+y^2}.$$

]$\arctan$Arcustangens, Umkehrfunktion von $\tan$

Im Unterschied zu den vorigen Beispiel ist diese Umkehrfunktion nun auf $\protect\mathbb{R}=\operatorname{Bild}(\tan)$ definiert und $x=\arctan(y)$ ist wieder nur eine Lösung diesmal von $\tan(x)=y$.

(3)

In (3.4.13) haben wir bereits die Umkehrfunktion $\log$ der stetigen und streng monoton wachsenden Exponentialfunktion $\exp:x\mapsto x=e^x$ ]$\exp$Exponentialfunktion zur Basis $e$ kennengelernt. Wegen $\lim_{n\to{\infty}}e^n=+{\infty}$ und somit $\lim_{n\to{\infty}}e^{-n}=0$ ist $\exp:\protect\mathbb{R}\to (0,+{\infty})$ bijektiv und folglich existiert nach (3.4.3) die Umkehrfunktion $\exp^{-1}:(0,+{\infty})\to\protect\mathbb{R}$. Diese heißt natürlicher Logarithmus, wird mit $\operatorname{ln}$ oder $\log$ (in MATHEMATICA mit Log) bezeichnet und ist ebenfalls stetig und streng monoton wachsend. Wegen $\exp(x_1+x_2)=e^{x_1+x_2}=e^{x_1}\cdot e^{x_1}=\exp(x_1)\cdot \exp(x_2)$ ist $\operatorname{ln}(y_1\cdot y_2)=\operatorname{ln}(y_1)+\operatorname{ln}(y_2)$. Als nächstes wollen wir die Differenzierbarkeit von $\operatorname{ln}$ beweisen. Aus $e=\lim_{n\to{\infty}}(1+\frac1n)^n$ folgt durch Logarithmieren (d.h. Anwenden von $\operatorname{ln}$) $1=\operatorname{ln}(\exp(1))=\operatorname{ln}(e)=\operatorname{ln}(\lim_{n\to{\infty}}(1+\frac1n)^n)=\lim_{n\to {\infty}} n\operatorname{ln}(1+\frac1n)$. Und man kann dies verallgemeinern zu

$$\operatorname{ln}'(1)=\lim_{t\to 0}\frac{\operatorname{ln}(1+t)-\operatorname{ln}(1)}{t} = \lim_{n\to{\infty}} n\operatorname{ln}(1+\frac1n)=1.$$

Damit ist aber auch $\exp$ differenzierbar bei 0 mit Ableitung

$$\exp'(0)=\lim_{s\to 0}\frac{\exp(s)-\exp(0)}{s}=\lim_{s\to 0}\frac{e^s-1}{s}$$

und wenn wir $t=e^s-1$ setzten, dann ist $s\to 0$ äquivalent mit $t\to 0$, denn $s=\operatorname{ln}(t+1)$, und somit ist

$$\exp'(0)=\lim_{s\to 0}\frac{e^s-1}{s}=\lim_{t\to 0}\frac{t}{\operatorname{ln}(1+t)}=1.$$

Wegen $\exp(t+x)\exp(t)\exp(x)$ folgt schließlich

$$\exp'(x) =\lim_{t\to 0}\frac{\exp(t+x)-\exp(x)}{t} =\lim_{t\to 0}\frac{e^t-1}{t}\,e^x$$

$$=\exp'(1)\cdot \exp(x)=\exp(x).$$

Nach (4.1.20) existiert somit die Ableitung der Umkehrfunktion $\operatorname{ln}$ und zwar ist

$$\operatorname{ln}'(y) = \frac1{\exp'(\operatorname{ln}(y))}=\frac1{\exp(\operatorname{ln}(y))} =\frac1y.$$

4.1.22 Definition. Höhere Ableitungen.
Rekursiv nennen wir eine Funktion $f:\protect\mathbb{R}\supseteq U\to F$ $n+1$-mal differenzierbar, wenn sie auf $U$ differenzierbar ist und ihre Ableitung $f':U\to F$ seinerseits $n$-mal differenzierbar ist. Dabei soll die Eiggenschaft 0-mal differenzierbar zu sein immer erfüllt sein.

Die $n+1$-te Ableitung $f^{(n+1)}$ ist dann als

$$f^{(n+1)}:= (f')^{(n)}$$

definiert.

Schließlich heißt eine Funktion unendlich oft (oder genauer beliebig oft) differenzierbar, wenn sie $n$-mal differenzierbar ist für jedes $n\in\protect\mathbb{N}$.

4.1.23. Newtonverfahren Um eine Nullstelle der (nicht-linearen) Gleichung $f(x)=0$ zu erhalten beginnen wir mit irgend einem Näherungswert $x_0$, betrachten die affine Funktion $x\mapsto f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0)$ die $f$ am besten approximiert, bestimmen ihre Nullstelle $x_1$, d.h. lösen $f'(x_0)(x_1-x_0)+f(x_0)=0$ und erhalten als neue Näherungsnullstelle von $f$ den Punkt $x_1:=x_0-f'(x_0)^{-1}\,f(x_0)$. Das Newtonverfahren besteht nun darin auf rekursive Weise $x_{n+1}:=g(x_n):=x_n-f'(x_n)^{-1}\,f(x_n)$ zu definieren und zu hoffen, daß $x_{\infty}:=\lim_{n\to{\infty}}x_n$ existiert, weil dann $x_{\infty}=g(x_{\infty})$, also $f(x_{\infty})=0$ ist (Verwende die stetige Differenzierbarkeit von $f$ und damit die Stetigkeit von $g$). Da aber die Bestimmung der Inversen $f'(x_0)^{-1}$ einer Matrix $f'(x_0)$ sehr aufwendig ist, modifizieren wir dieses Verfahren derart, daß wir Anstelle von $f'(x_n)$ immer das fixe $f'(x_0)$ verwenden und erhalten:

Vereinfachtes Newtonverfahren.
Es sei $f:E\to F$ stetig differenzierbar und $x_0\in E$. Es sei $f'(x_0)$ invertierbar und es existiere ein $q<1$ mit $\vert f'(x_0)^{-1}\vert\cdot\vert f'(x_0)-f'(x)\vert\leq q$ für alle $x$ in einer offenen Menge $U$. Weiters sei

$$B:=\Bigl\{x:\vert x-x_0\vert\leq\frac{\vert f'(x_0)^{-1}\cdot f(x_0)\vert}{1-q}\Bigr\}\subseteq U.$$

Dann konvergiert die vereinfachte Newtonfolge $x_{n+1}:=x_n-f'(x_0)^{-1}\cdot f(x_n)$ gegen eine Nullstelle $\xi \in B$.

Beweis. Wir betrachten $g(x):=x-f'(x_0)^{-1}\cdot f(x)$. Für $x,y\in B$ ist nach dem Mittelwertsatz $\vert g(x)-g(y)\vert\leq \sup\{\vert g'(\xi )\vert\,\vert x-y\vert:\xi \in B\}$. Es ist

$$g'(z)=\operatorname{id}- f'(x_0)^{-1}\, f'(z) = f'(x_0)^{-1}\,(f'(x_0)-f'(z))$$

und somit

$$\vert g'(z)\vert\leq \vert f'(x_0)^{-1}\vert\,\vert f'(x_0)-f'(z)\Vert\leq q<1.$$

Man zeigt leicht, daß $g(B)\subseteq B$, da $B=\{x:d(x,x_0)\leq \frac{d(g(x_0),x_0)}{1-q}\}$. Nach dem Banach'schen Fixpunktsatz (3.4.17) existiert somit $x_{\infty}:=\lim_{n\to{\infty}} x_n\in B$ und somit ist $x_{\infty}=g(x_{\infty})=x_{\infty}-f'(x_0)^{-1}\cdot f(x_{\infty})$, also ist $f(x_{\infty})=0$.     []

4.1.24 Beispiel. Julia-Menge.
Die Menge der Startwerte, für welche die Newtonfolge gegen eine fixe Nullstelle konvergiert, ist im allgemeinen schwer beschreibbar. Betrachten wir z.B. das Polynom $p(z):=z^3-1$ als Abbildung $p:\protect\mathbb{C}\to\protect\mathbb{C}$. Dieses hat 3 komplexe Nullstellen $1$, $-\frac12\pm i\,\frac{\sqrt{3}}2$. Wir können es auch als Abbildung $p:\protect\mathbb{R}^2\to\protect\mathbb{R}^2$ auffassen. Die Ableitung von $p$ ist gegeben durch (Multiplikation mit) $3z^2$ und die Newtonrekursion somit durch $g:z\mapsto z-\frac{p(z)}{p'(z)}=z-\frac{z^3-1}{3z^2}=\frac{2z^3+1}{3z^2}$. Färben wir die Punkte der Ebene in 3 Farben entsprechend den 3 Nullstellen gegen welche die Newtonfolge mit diesen Startwerten konvergiert so erhalten wir folgendes fraktales Bild, eine Juliamenge:

Wir werden später sehen, daß für die Konvergenz der allgemeinen Newtonfolge die Bedingungen $\vert f'(z)^{-1}\vert^2\,\vert f''(z)\vert\,\vert f(z)\vert\leq q<1$ und $\vert f'(z)^{-1}\, f(z)\vert\leq (1-q)\,r$ für alle $\vert z-z_0\vert\leq r$ genügen. In diesen Beispiel sind diese Bedingungen für $q:=1/2$ und $r:=1/2$ erfüllt.

4.1.25 Lemma.
Es sei $f:\protect\mathbb{R}\supseteq U\to \protect\mathbb{R}$ differenzierbar auf $U\setminus\{a\}$ für ein $a\in U$ und weiters existiere $\lim_{x\to a}f'(x)$. Dann ist $f$ auch differenzierbar bei $a$ und $f'(a)=\lim_{x\to a}f'(x)$.

Beweis. Nach dem Mittelwertsatz ist $\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=f'(\xi )$ für ein von $x$ abhängiges $\xi \in\{a+t(x-a):0<t<1\}$. Für $x\to a$ konvergiert $\xi \to a$ und somit ist

$$\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\lim_{\xi \to a}f'(\xi ).{\rm\quad[]}$$

4.1.26 Beispiel.
Es sei $f(x):=e^{-1/x^2}$ für $x\ne 0$. Wegen $\lim_{x\to 0}f(x)=\lim_{y\to{\infty}}e^(-y)=0$ setzen wir $f(0):=0$ und erhalten eine stetige und auf $\protect\mathbb{R}\setminus\{0\}$ differenzierbare Funktion mit Ableitung $f'(x)=\frac2{x^3}e^{-1/x^2}$. Wegen $\lim_{y\to+{\infty}}y^{3/2}\,e^{-y}=0$ ist $\lim_{x\to 0}f'(x)=0$, also $f$ auch bei 0 differenzierbar mit Ableitung $f'(0)=0$.