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Ableiten von trigonometrischen Funktionen BF

Beispiel:

Berechne die Ableitung von f mit $f(x) =$ $- 4 x \cdot \sin (- x)$ und vereinfache:

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$f(x) =$ $- 4 x \cdot \sin (- x)$

$f'(x) =$ $- 4 \cdot 1 \cdot \sin (- x) - 4 x \cdot \cos (- x) \cdot (- 1)$

= $- 4 \cdot \sin (- x) - 4 x \cdot (- \cos (- x))$

= $- 4 \cdot \sin (- x) + 4 x \cdot \cos (- x)$

Ableiten von trigonometrischen Funktionen

Beispiel:

Berechne die Ableitung von f mit $f(x) =$ $3 x^{2} \cdot \cos (2 x)$ und vereinfache:

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$f(x) =$ $3 x^{2} \cdot \cos (2 x)$

$f'(x) =$ $3 \cdot 2 x \cdot \cos (2 x) + 3 x^{2} \cdot (- \sin (2 x) \cdot 2)$

= $6 x \cdot \cos (2 x) + 3 x^{2} \cdot (- 2 \cdot \sin (2 x))$

= $6 x \cdot \cos (2 x) - 6 x^{2} \cdot \sin (2 x)$

Integral über trigon. Funktion

Beispiel:

Bestimme das Integral $\int_{\frac{1}{2} π}^{π} - \cos (2 x) ⅆ x$ .

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\int_{\frac{1}{2} π}^{π} - \cos (2 x) ⅆ x

= ${[- \frac{1}{2} \cdot \sin (2 x)]}_{\frac{1}{2} π}^{π}$

$=$ $- \frac{1}{2} \cdot \sin (2 \cdot π) + \frac{1}{2} \cdot \sin (2 \cdot (\frac{1}{2} π))$

= $- \frac{1}{2} \cdot 0 + \frac{1}{2} \cdot 0$

= $0 + 0$

= 0

HP, TP oder WP bei trigon. Fktn. BF (einfach)

Beispiel:

Bestimme die Tiefpunkte des Graphen von f mit $f(x) =$ $2 \cdot \sin (\frac{1}{3} x) + 2$ im Intervall [0; $12 π$ ).
(Tipp: am schnellsten geht das ohne Ableitungen)

Lösung einblenden

Die Originalfunktion f(x)=sin(x) ist in der Abbildung rechts in blau eingezeichnet.

Wir erkennen relativ gut am Term, dass der Graph von f gegenüber dem von g(x)=sin(x) um d=2 in y-Richtung verschoben ist.

Der erste steigender Wendepunkt wäre also im Punkt P(0|2).

Mit Hilfe von b= $\frac{1}{3}$ und der Periodenformel p= $\frac{2π}{b}$ erhalten wir als Periode:
p= $\frac{2π}{\frac{1}{3}}$ = $6 π$

Der gesuchte Tiefpunkt ist bei sin(x) nach Dreiviertel der Periode,
also bei x₁= $\frac{9}{2} π$ ≈ $\frac{9}{2} π$ . .

Weil das gesuchte Interval [0; $12 π$ ) zwei Perioden umfasst, ist auch noch $\frac{9}{2} π + 6 π$ = $\frac{21}{2} π$ eine Lösung.

Die Funktion schwingt wegen d=2 um y=2. Der y-Wert des Tiefpunkt ist also eine Amplitude (a=2) unter 2, also bei y=0.

Wir erhalten also als Ergebnis einen Tiefpunkt bei ( $\frac{9}{2} π$ |0) und einen bei ( $\frac{21}{2} π$ |0)

HP, TP oder WP bei trigon. Fktn. BF

Beispiel:

Bestimme die Wendepunkte des Graphen von f mit $f(x) =$ $- 2 \cdot \sin (\frac{2}{3} x)$ im Intervall [0; $6 π$ ).
(Tipp: am schnellsten geht das ohne Ableitungen)

Lösung einblenden

Die Originalfunktion f(x)=sin(x) ist in der Abbildung rechts in blau eingezeichnet.

Wir erkennen relativ gut am Term, dass der Graph von f gegenüber dem von g(x)=sin(x) um d=0 in y-Richtung verschoben ist.

Der erste steigender Wendepunkt wäre also im Punkt P(0|0).

Weil aber das Vorzeichen von a = -2 aber negativ ist, wird die Original-funktion f(x)=sin(x) nicht nur um den Faktor 2 gestreckt sondern auch an der x-Achse gespiegelt, so dass aus dem steigender Wendepunkt in P ein fallender Wendepunkt in P(0|0) wird.

Mit Hilfe von b= $\frac{2}{3}$ und der Periodenformel p= $\frac{2π}{b}$ erhalten wir als Periode:
p= $\frac{2π}{\frac{2}{3}}$ = $3 π$

Der gesuchte Wendepunkt ist bei sin(x) zu Beginn und nach der Hälfte der Periode,
also bei x₁= $0$ ≈ $0$ . und bei x₂= $\frac{3}{2} π$ ≈ $\frac{3}{2} π$ . .

Weil das gesuchte Interval [0; $6 π$ ) zwei Perioden umfasst, ist auch noch $0 + 3 π$ = $3 π$ und $\frac{3}{2} π + 3 π$ = $\frac{9}{2} π$ eine Lösung.

Die Funktion schwingt wegen d=0 um y=0. Der y-Wert des Wendepunkt ist also gerade 0.

Wir erhalten also als Ergebnis einen Wendepunkt bei ( $0$ |0) und einen bei ( $\frac{3}{2} π$ |0) und einen bei ( $3 π$ |0) und einen bei ( $\frac{9}{2} π$ |0)

HP, TP oder WP bei trigon. Fktn (LF)

Beispiel:

Bestimme die Tiefpunkte des Graphen von f mit $f(x) =$ $3 \cdot \sin (2 (x - 1)) - 1$ im Intervall [0; $2 π$ ).
(Tipp: am schnellsten geht das ohne Ableitungen)

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Die Originalfunktion f(x)=sin(x) ist in der Abbildung rechts in blau eingezeichnet.

Wir erkennen relativ gut am Term, dass der Graph von f gegenüber dem von g(x)=sin(x) um d=-1 in y-Richtung und um c= $1$ nach rechts verschoben ist.

Der erste steigender Wendepunkt wäre also im Punkt P( $1$ |-1).

Mit Hilfe von b=2 und der Periodenformel p= $\frac{2π}{b}$ erhalten wir als Periode:
p= $\frac{2π}{2}$ = $π$

Der gesuchte Tiefpunkt ist bei sin(x) nach Dreiviertel der Periode,
also bei x₁= $1$ + $\frac{3}{4} π$ ≈ $3,356$ .
Weil diese Stelle aber größer als die Periode ist, müssen wir noch (mindestens) eine Periode davon abziehen, damit der x-Wert in der ersten Periode liegt, also x₁= $3,356 - π$ ≈ $0,214$ .

Weil das gesuchte Interval [0; $2 π$ ) zwei Perioden umfasst, ist auch noch $0,214 + π$ ≈ 3.356 eine Lösung.

Die Funktion schwingt wegen d=-1 um y=-1. Der y-Wert des Tiefpunkt ist also eine Amplitude (a=3) unter -1, also bei y=-4.

Wir erhalten also als Ergebnis einen Tiefpunkt bei ( $0,214$ |-4) und bei (3.356|-4)

Nullstellen mit dem WTR

Beispiel:

Bestimme mit Hilfe eines Taschenrechners alle Nullstellen der Funktion f mit $f(x) =$ $2 \cdot \cos (\frac{1}{3} x) + 2$ innerhalb einer Periode, also im Intervall [0; $6 π$ [.

Lösung einblenden

Um die Nullstellen zu erhalten, setzen wir einfach f(x)=0.

Daraus ergibt sich folgende Gleichung:

2 \cdot \cos (\frac{1}{3} x) + 2

= 0 |

- 2

2 \cdot \cos (\frac{1}{3} x)

=

- 2

|:

2

\cos (\frac{1}{3} x)

=

- 1

|cos^-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

$\frac{1}{3} x$	=	$π$	\|⋅ 3
$x$	=	$3 π$

L={ $3 π$ }

Die einzige Nullstelle in der Periode [0; $6 π$ ) ist also bei x = $3 π$ .

trigon. Anwendungsaufgabe 2

Beispiel:

An einem bestimmten Ort kann die Zeit (in h) zwischen Sonnenaufgang und Sonnenuntergang t Tage nach Beobachtungsbeginn näherungsweise durch die Funktion f mit $f(t) =$ $5 \cdot \sin (\frac{1}{183} π (t - 40)) + 12$ (0 < t ≤ 366) angeben.

Wie lange (in Tagen) haben die Tage eine Länge von mindestens 14 h?
Wie viele Tage nach Beobachtungsbeginn ist der Tag am längsten?

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Aus dem Funktionsterm können wir den Faktor b = $\frac{1}{183} π$ herauslesen und in die Periodenformel einsetzen:

Somit gilt für die Periodenlänge: p = $\frac{2 π}{b}$ = $\frac{2 π}{\frac{1}{183} π}$ = 366

t-Werte mit f(t) ≥ 14

Um das gesuchte Intervall zu bestimmen, müssen wir erst die Stellen bestimmen, an denen der Funktionswert unserer Sinus-Funktion gerade den Wert 14 hat. Wir setzen also den Funktionsterm mit 14 gleich:

$5 \cdot \sin (\frac{1}{183} π (t - 40)) + 12$ = 14

5 \cdot \sin (0,0172 t - 0,6867) + 12

=

14

|

- 12

5 \cdot \sin (0,0172 t - 0,6867)

=

2

|:

5

\sin (0,0172 t - 0,6867)

=

0,4

|sin^-1(⋅)

Der WTR liefert nun als Wert 0.41151684606749

1. Fall:

$0,0172 x - 0,6867$	=	$0,412$	\| $+ 0,6867$
$0,0172 x$	=	$1,0987$	\|: $0,0172$
x₁	=	$63,8779$

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung $\sin (0,0172 t - 0,6867)$ = $0,4$ noch eine weitere Lösung hat. (die waagrechte grüne Gerade y=0.4 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung an der y-Achse gespiegelt liegt, also π - $0,412$ = $2,73$ liegen muss.

2. Fall:

$0,0172 x - 0,6867$	=	$2,73$	\| $+ 0,6867$
$0,0172 x$	=	$3,4167$	\|: $0,0172$
x₂	=	$198,6453$

Da die Sinus-Funktion ja um 40 nach rechts verschoben ist, startet sie nach 40 d nach oben und erreicht erstmals nach 63.88 d den Wert 14. Danach steigt sie weiter bis zum Hochpunkt und sinkt dann wieder bis sie nach 198.65 d zum zweiten mal den Wert 14 erreicht. Während dieser 198.65 - 63.88 = 134.77 d ist der Wert der Funktion also höher als 14.

t-Wert des Maximums (HP)
Gesucht ist die Stelle mit dem höchsten Funktionswert, also der x- bzw- t-Wert des Hochpunkts. Dieser ist bei einer Sinusfunktion immer nach einer Viertel Periode (im Einheitskreis ist man nach einer Viertel-Umdrehung ganz oben bei y=1), hier also nach 91.5 d.

Die Sinusfunktion ist aber auch noch um 40 nach rechts verschoben, d.h. sie startet auch erst bei t = 40 d mit ihrer Periode. Somit erreicht sie ihren Hochpunkt nach 91.5 + 40 d = 131.5 d. Die Lösung ist also: 131.5 d.

Parameter für best. Periode finden

Beispiel:

Untersuche, ob es einen maximalen oder minimalen Wert für die Periode von f_a mit $f_{a} (x) =$ $2 \cdot \cos (\frac{1}{a^{2} + 4} x)$ gibt.

Bestimme das zugehörige a und die extremale Periode.

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Wir berechnen zuerst die Periode von f_a mit $f_{a} (x) =$ $2 \cdot \cos (\frac{1}{a^{2} + 4} x)$ :

p = $\frac{2π}{b}$ = $\frac{2π}{\frac{1}{a^{2} + 4}}$ = $2 π \cdot (a^{2} + 4)$

Man erkennt jetzt gut, dass je größer $a^{2} + 4$ wird, desto größer wird auch die Periode.

$a^{2} + 4$ ist eine quadratische Funktion, ihr Graph ist eine nach oben geöffnete Parabel mit einem Tiefpunkt als Scheitel. Somit hat $a^{2} + 4$ also einen minimalen Wert, während es noch oben keine Grenze gibt.

Diesen minimalen Wert können wir schnell über die Nullstelle der ersten Ableitung bestimmen:

( $a^{2} + 4$ )' = $2 a$ = 0 ⇔ a = 0

Für dieses a = 0 wird also $a^{2} + 4$ minimal und somit auch die Periode $2 π \cdot (a^{2} + 4)$ minimal .

Für a = 0 ist dann die minimale Periode p_min = $2 π \cdot (0^{2} + 4)$ = $2 π \cdot (0 + 4)$ = $8 π$ .

Aufgabentypen anhand von Beispielen durchstöbern

Ableiten von trigonometrischen Funktionen BF

Ableiten von trigonometrischen Funktionen

Integral über trigon. Funktion

HP, TP oder WP bei trigon. Fktn. BF (einfach)

HP, TP oder WP bei trigon. Fktn. BF

HP, TP oder WP bei trigon. Fktn (LF)

Nullstellen mit dem WTR

trigon. Anwendungsaufgabe 2

Parameter für best. Periode finden