Aloha :)
Wir zeigen die Differenzierbarkeit durch vollständige Induktion über \(n\in\mathbb N\).
Verankerung bei \(n=1\):
Hier ist \(f_1(x)=x\) und der Grenzwert des Differenzenquotienten lautet:$$f_1'(x)=\lim\limits_{h\to0}\frac{f_1(x+h)-f_1(x)}{h}=\lim\limits_{h\to0}\frac{(x+h)-x}{h}=\lim\limits_{h\to0}\frac{h}{h}=\lim\limits_{h\to0}(1)=1$$Also ist \(f_1(x)\) differenzierbar und es gilt \(f_1'(x)=1\).
Induktionsschritt von \(n\) auf \(n+1\):
Wir haben bereits gezeigt, dass \(f_n(x)=x^n\) differenzierbar ist und betrachten nun:$$f'_{n+1}(x)=\lim\limits_{h\to0}\frac{f_{n+1}(x+h)-f_{n+1}(x)}{h}=\lim\limits_{h\to0}\frac{(x+h)^{n+1}-x^{n+1}}{h}$$$$\phantom{f'_{n+1}(x)}=\lim\limits_{h\to0}\frac{(x+h)\cdot(x+h)^{n}-x\cdot x^n}{h}$$$$\phantom{f'_{n+1}(x)}=\lim\limits_{h\to0}\frac{x\cdot(x+h)^{n}-x\cdot x^n+h\cdot(x+h)^{n}}{h}$$$$\phantom{f'_{n+1}(x)}=\lim\limits_{h\to0}\left(\frac{x\cdot(x+h)^{n}-x\cdot x^n}{h}+\frac{h\cdot(x+h)^{n}}{h}\right)$$$$\phantom{f'_{n+1}(x)}=\lim\limits_{h\to0}\left(x\cdot\frac{(x+h)^{n}-x^n}{h}+(x+h)^{n}\right)$$$$\phantom{f'_{n+1}(x)}=x\cdot\underbrace{\lim\limits_{h\to0}\frac{(x+h)^{n}-x^n}{h}}_{=f'_n(x)\quad\text{nach Ind. Vor.}}+\lim\limits_{h\to0}(x+h)^{n}=x\cdot f'_n(x)+x^n$$Damit sind also alle \(f_n(x)\) differenzierbar und wir haben gefnden:$$f'_{n+1}(x)=x\cdot f'_n(x)+x^n\quad;\quad f'_1(x)=1$$
Um jetzt noch eine geschlossene Formel für diese Rekursionsgleichung zu finden, schreiben wir uns die ersten Terme mal auf:$$f'_1(x)=1\quad;\quad f'_2(x)=2x\quad;\quad f'_3(x)=3x^2\quad;\quad f'_4(x)=4x^3$$Das führt uns zu der Vermutung:$$f'_n(x)=nx^{n-1}\quad;\quad n\in\mathbb N$$Auch das prüfen wir durch vollständige Induktion nach. Die Verankerung bei \(n=1\) ist klar, bleibt der Induktionsschritt:$$f'_{n+1}(x)=x\cdot f'_n(x)+x^n\stackrel{(\text{Ind.Vor.})}{=}x\cdot nx^{n-1}+x^n=nx^{n}+x^n=(n+1)\cdot x^n\quad\checkmark$$
