Hyperbelfunktionen

Wir setzen für \(\sinh(x)\) die Identität ein: \[ \sinh(x) = \frac{1}{2}\big(e^x-e^{-x}\big) = \frac{1}{2}e^x – \frac{1}{2}e^{-x} \] Jetzt leiten wir den ersten Summanden ab. Mit Hilfe der Faktorregel erhalten wir: \[ \frac{d}{dx}\Big(\frac{1}{2}e^x\Big) = \frac{1}{2}\cdot\frac{d}{dx}\Big(e^x\Big) = \frac{1}{2}e^x \] Für den zweiten Summanden machen wir die Substitution \(u=-x\) und erhalten so \(-\frac{1}{2}e^{-x} = – \frac{1}{2}e^u\) und substituieren gleich zurück: \[ \frac{d}{du}\Big(-\frac{1}{2}e^u\Big) = -\frac{1}{2}e^u = -\frac{1}{2}e^{-x} \] Aus \(u=-x\) folgt auch \(du=-dx\). Für die Ableitung gilt also: \[ \frac{d}{du}\Big(-\frac{1}{2}e^u\Big) = \frac{d}{-dx}\Big(-\frac{1}{2}e^{-x}\Big) \] \[ =  +\frac{d}{dx}\Big(\frac{1}{2}e^{-x}\Big) \] Die beiden negativen Vorzeichen heben sich auf. Es gilt somit: \[ \frac{d}{dx}\Big(-\frac{1}{2}e^{-x}\Big) \] \[ = +\frac{1}{2}e^{-x} \] Jetzt packen wir alles zusammen: \[ \frac{d}{dx}\Big(\sinh(x)\Big) = \frac{1}{2}e^x + \frac{1}{2}e^{-x} = \cosh(x) \] Die beiden abgeleiteten Summanden ergeben zusammen den \(\cosh(x)\). Wir leiten ihn nochmals ab: \[ \frac{d}{dx}\Big(\cosh(x)\Big) = \frac{d}{dx}\Big(\frac{1}{2}e^x\Big) + \frac{d}{dx}\Big(\frac{1}{2}e^{-x}\Big) \] \[ \frac{d}{dx}\Big(\frac{1}{2}e^x\Big) = \frac{1}{2}e^x \] \[ \frac{d}{dx}\Big(\frac{1}{2}e^{-x}\Big) = -\frac{1}{2}e^{-x} \] Wir erhalten somit: \[ \frac{d}{dx}\Big(\cosh(x)\Big) = \frac{1}{2}e^x – \frac{1}{2}e^{-x} \] \[ = \underline{\sinh(x)} \] Uff! Damit ist der Beweis erbracht. Natürlich wäre es viel einfacher und schneller gewesen, wenn wir einfach die Ableitungsfunktionen des \(\sinh(x)\) und \(\cosh(x)\) hätten einsetzen können.