Formelsammlung Mathematik: Ableitungen

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1

$(z^{\alpha })'=\alpha \,z^{\alpha -1}\qquad \alpha \in \mathbb {C} \;,\;z\in \mathbb {C} \setminus \left\{z\in \mathbb {R} \,:\,z\leq 0\right\}$

ohne Beweis

 

2

$(\mathrm {e} ^{z})'=\mathrm {e} ^{z}\qquad z\in \mathbb {C}$

ohne Beweis

 

3

$(a^{z})'=a^{z}\,\log a\qquad a\neq 0\,,\,z\in \mathbb {C}$

ohne Beweis

 

4

$(\log z)'={\frac {1}{z}}\qquad z\in \mathbb {C} \setminus \left\{z\in \mathbb {R} \,:\,z\leq 0\right\}$

ohne Beweis

 

5

	$\sim$	$\operatorname {\sim \!h}$	$\operatorname {arc\!\sim }$	$\operatorname {ar\!\sim \!h}$
$\sin \!$	$\cos \!$	$\cosh \!$	${\frac {1}{\sqrt {1-z^{2}}}}$	${\frac {1}{\sqrt {1+z^{2}}}}$
$\cos \!$	$-\sin \!$	$\sinh \!$	${\frac {-1}{\sqrt {1-z^{2}}}}$	${\frac {1}{{\sqrt {z-1}}\,{\sqrt {z+1}}}}$
$\tan \!$	$1+\tan ^{2}\!$	$1-\tanh ^{2}\!$	${\frac {1}{1+z^{2}}}$	${\frac {1}{1-z^{2}}}$
$\cot \!$	$-1-\cot ^{2}\!$	$1-\operatorname {coth} ^{2}\!$	${\frac {-1}{1+z^{2}}}$	${\frac {1}{1-z^{2}}}$
$\sec \!$	$\sec \cdot \tan$	$-\operatorname {sech} \cdot \operatorname {tanh}$	${\frac {1}{z^{2}\,{\sqrt {1-{\frac {1}{z^{2}}}}}}}$	${\frac {-1}{z^{2}\,{\sqrt {{\frac {1}{z}}-1}}\,{\sqrt {{\frac {1}{z}}+1}}}}$
$\csc \!$	$-\csc \cdot \cot$	$-\operatorname {csch}$	${\frac {-1}{z^{2}\,{\sqrt {1-{\frac {1}{z^{2}}}}}}}$	${\frac {-1}{z^{2}\,{\sqrt {1+{\frac {1}{z^{2}}}}}}}$

ohne Beweis

 

6

$\Gamma '(z)=\Gamma (z)\,\psi (z)\qquad z\notin \mathbb {Z} _{\leq 0}$

ohne Beweis

 

7

${\frac {1}{2}}\left({\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\right)^{n}\log(x^{2}+y^{2})={\frac {(-1)^{n-1}\,(n-1)!}{{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}^{n}}}\,\cos \left(n\,\arctan {\frac {y}{x}}\right)$

Beweis

Für eine komplexe Zahl $z=x+\mathrm {i} y\,$ mit $x,y>0\,$ gilt

$\log(x+\mathrm {i} y)={\frac {1}{2}}\log(x^{2}+y^{2})+\mathrm {i} \left({\frac {\pi }{2}}-\arctan {\frac {x}{y}}\right)$.

Nun ist $\left({\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\right)^{n}\log(x+\mathrm {i} y)=\left({\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} z}}\right)^{n}\log z={\frac {(-1)^{n-1}\,(n-1)!}{z^{n}}}$

$={\frac {(-1)^{n-1}\,(n-1)!}{{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}^{n}}}\,\underbrace {\exp \left(-\mathrm {i} \,n\arctan {\frac {y}{x}}\right)} _{\cos(...)-\mathrm {i} \sin(...)}$.

Der Vergleich der Realteile liefert die gesuchte Formel.

 

8

$\left({\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\right)^{n}\arctan {\frac {x}{y}}={\frac {(-1)^{n-1}\,(n-1)!}{{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}^{n}}}\,\sin \left(n\,\arctan {\frac {y}{x}}\right)$

Beweis

Für eine komplexe Zahl $z=x+\mathrm {i} y\,$ mit $x,y>0\,$ gilt

$\log(x+iy)={\frac {1}{2}}\log(x^{2}+y^{2})+\mathrm {i} \left({\frac {\pi }{2}}-\arctan {\frac {x}{y}}\right)$.

Nun ist $\left({\frac {d}{dx}}\right)^{n}\log(x+\mathrm {i} y)=\left({\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} z}}\right)^{n}\log z={\frac {(-1)^{n-1}\,(n-1)!}{z^{n}}}$

$={\frac {(-1)^{n-1}\,(n-1)!}{{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}^{n}}}\,\underbrace {\exp \left(-\mathrm {i} \,n\arctan {\frac {y}{x}}\right)} _{\cos(...)-\mathrm {i} \sin(...)}$.

Der Vergleich der Imaginärteile liefert die gesuchte Formel.

 

9

$\left({\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\right)^{n}{\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}=\sum _{k=0}^{\lfloor {\frac {n}{2}}\rfloor }{\frac {n!\,(2n-2k)!}{2^{n}\,k!\,(n-k)!\,(n-2k)!}}\,{\frac {x^{n-2k}}{{\sqrt {1-x^{2}}}^{\,2n-2k+1}}}=\sum _{k=0}^{\lfloor {\frac {n}{2}}\rfloor }{\frac {1}{2^{2k}}}\,{\frac {n!^{2}}{k!^{2}}}\,{\frac {x^{n-2k}}{(n-2k)!}}\,{\frac {1}{{\sqrt {1-x^{2}}}^{\,2n+1}}}$

ohne Beweis

 

10

$\left({\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\right)^{n}{\frac {1}{(1-x^{2})^{m}}}=\sum _{k=0}^{\lfloor {\frac {n}{2}}\rfloor }{\frac {\Gamma (m+k)}{\Gamma (m)}}\,{\frac {\Gamma (2m+n)}{\Gamma (2m+2k)}}\,{\frac {n!}{k!}}\,{\frac {x^{n-2k}}{(n-2k)!}}\,{\frac {1}{(1-x^{2})^{n+m}}}$

ohne Beweis

 

11

$\left(x\,{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\right)^{n}f(x)=\sum _{k=0}^{n}\left\{{\begin{matrix}n\\k\end{matrix}}\right\}\,x^{k}\,f^{(k)}(x)$

Beweis

Der Induktionsanfang für $n=0\,$ ist klar.

Induktionsschluss:

$\left(x{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\right)^{n+1}f(x)=\sum _{k=0}^{n}\left\{{\begin{matrix}n\\k\end{matrix}}\right\}\,x\,{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\left(x^{k}f^{(k)}(x)\right)=\underbrace {\sum _{k=0}^{n}\left\{{\begin{matrix}n\\k\end{matrix}}\right\}\,k\,x^{k}\,f^{(k)}(x)} _{\text{1. Summe}}+\underbrace {\sum _{k=0}^{n}\left\{{\begin{matrix}n\\k\end{matrix}}\right\}\,x^{k+1}\,f^{(k+1)}(x)} _{\text{2. Summe}}$

Da für k>n   $\left\{{\begin{matrix}n\\k\end{matrix}}\right\}=0$ ist, ändert sich an der 1. Summe nichts, wenn der Laufindex k bis n+1 läuft.

Die 2. Summe ist nach Indexverschiebung $\sum _{k=1}^{n+1}\left\{{\begin{matrix}n\\k-1\end{matrix}}\right\}\,x^{k}\,f^{(k)}(x)$.

Und da für k<0   $\left\{{\begin{matrix}n\\k\end{matrix}}\right\}=0$ ist, ändert sich an der 2. Summe nichts, wenn der Laufindex k bei 0 beginnt.

Also ist $\left(x\,{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\right)^{n+1}f(x)=\sum _{k=0}^{n+1}\left(\left\{{\begin{matrix}n\\k\end{matrix}}\right\}\,k+\left\{{\begin{matrix}n\\k-1\end{matrix}}\right\}\right)\,x^{k}f^{(k)}(x)$.

Und diese Summe ist nach der Rekursionsformel $\left\{{\begin{matrix}n\\k\end{matrix}}\right\}\,k+\left\{{\begin{matrix}n\\k-1\end{matrix}}\right\}=\left\{{\begin{matrix}n+1\\k\end{matrix}}\right\}$

für Stirlingzahlen 2. Art gleich $\sum _{k=0}^{n+1}\left\{{\begin{matrix}n+1\\k\end{matrix}}\right\}\,x^{k}\,f^{(k)}(x)$.