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Ableiten von trigonometrischen Funktionen BF

Beispiel:

Berechne die Ableitung von f mit $f(x) =$ $- 2 \cdot \cos (3 x - 2) - 5$ und vereinfache:

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$f(x) =$ $- 2 \cdot \cos (3 x - 2) - 5$

$f'(x) =$ $2 \cdot \sin (3 x - 2) \cdot (3 + 0) + 0$

= $2 \cdot \sin (3 x - 2) \cdot (3)$

= $6 \cdot \sin (3 x - 2)$

Ableiten von trigonometrischen Funktionen

Beispiel:

Berechne die Ableitung von f mit $f(x) =$ $- 5 x^{2} \cdot \cos (3 x)$ und vereinfache:

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$f(x) =$ $- 5 x^{2} \cdot \cos (3 x)$

$f'(x) =$ $- 5 \cdot 2 x \cdot \cos (3 x) - 5 x^{2} \cdot (- \sin (3 x) \cdot 3)$

= $- 10 x \cdot \cos (3 x) - 5 x^{2} \cdot (- 3 \cdot \sin (3 x))$

= $- 10 x \cdot \cos (3 x) + 15 x^{2} \cdot \sin (3 x)$

Integral über trigon. Funktion

Beispiel:

Bestimme das Integral $\int_{0}^{\frac{3}{2} π} 3 \cdot \sin (3 x) ⅆ x$ .

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\int_{0}^{\frac{3}{2} π} 3 \cdot \sin (3 x) ⅆ x

= ${[- \cos (3 x)]}_{0}^{\frac{3}{2} π}$

$=$ $- \cos (3 \cdot (\frac{3}{2} π)) + \cos (3 \cdot (0))$

= $- 0 + 1$

= $1$

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

Beispiel:

Bestimme die Wendepunkte des Graphen von f mit $f(x) =$ $2 \cdot \sin (4 x) - 1$ im Intervall [0; $\frac{1}{2} π$ ).
(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=-1 in y-Richtung verschoben ist.

Der erste steigender Wendepunkt wäre also im Punkt P(0|-1).

Mit Hilfe von b=4 und der Periodenformel p= $\frac{2π}{b}$ erhalten wir als Periode:
p= $\frac{2π}{4}$ = $\frac{1}{2} π$

Der gesuchte Wendepunkt ist bei sin(x) zu Beginn und nach der Hälfte der Periode,
also bei x₁= $0$ ≈ $0$ . und bei x₂= $\frac{1}{4} π$ ≈ $\frac{1}{4} π$ . .

Die Funktion schwingt wegen d=-1 um y=-1. Der y-Wert des Wendepunkt ist also gerade -1.

Wir erhalten also als Ergebnis einen Wendepunkt bei ( $0$ |-1) und einen bei ( $\frac{1}{4} π$ |-1)

HP, TP oder WP bei trigon. Fktn. BF

Beispiel:

Bestimme die Tiefpunkte des Graphen von f mit $f(x) =$ $- 3 \cdot \cos (\frac{1}{4} x) + 3$ im Intervall [0; $16 π$ ).
(Tipp: am schnellsten geht das ohne Ableitungen)

Lösung einblenden

Die Originalfunktion f(x)=cos(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)=cos(x) um d=3 in y-Richtung verschoben ist.

Der erste Hochpunkt wäre also im Punkt P(0|3).

Weil aber das Vorzeichen von a = -3 aber negativ ist, wird die Original-funktion f(x)=cos(x) nicht nur um den Faktor 3 gestreckt sondern auch an der x-Achse gespiegelt, so dass aus dem Hochpunkt in P ein Tiefpunkt in P(0|3) wird.

Mit Hilfe von b= $\frac{1}{4}$ und der Periodenformel p= $\frac{2π}{b}$ erhalten wir als Periode:
p= $\frac{2π}{\frac{1}{4}}$ = $8 π$

Der gesuchte Tiefpunkt ist bei cos(x) nach der Hälfte der Periode, bei der durch das negative Vorzeichen an der x-Achse gespiegelte Funktion $- 3 \cdot \cos (\frac{1}{4} (x + 0)) + 3$ aber zu Beginn der Periode,
also bei x₁= $0$ ≈ $0$ . .

Weil das gesuchte Interval [0; $16 π$ ) zwei Perioden umfasst, ist auch noch $0 + 8 π$ = $8 π$ eine Lösung.

Die Funktion schwingt wegen d=3 um y=3. Der y-Wert des Tiefpunkt ist also eine Amplitude (a=3) unter 3, also bei y=0.

Wir erhalten also als Ergebnis einen Tiefpunkt bei ( $0$ |0) und einen bei ( $8 π$ |0)

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

Beispiel:

Bestimme die Hochpunkte des Graphen von f mit $f(x) =$ $- 2 \cdot \cos (\frac{1}{4} (x + 2 π)) + 3$ im Intervall [0; $16 π$ ).
(Tipp: am schnellsten geht das ohne Ableitungen)

Lösung einblenden

Die Originalfunktion f(x)=cos(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)=cos(x) um d=3 in y-Richtung und um c= $- 2 π$ nach rechts verschoben ist.

Der erste Hochpunkt wäre also im Punkt P( $- 2 π$ |5).

Weil aber das Vorzeichen von a = -2 aber negativ ist, wird die Original-funktion f(x)=cos(x) nicht nur um den Faktor 2 gestreckt sondern auch an der x-Achse gespiegelt, so dass aus dem Hochpunkt in P ein Tiefpunkt in P( $- 2 π$ |1) wird.

Mit Hilfe von b= $\frac{1}{4}$ und der Periodenformel p= $\frac{2π}{b}$ erhalten wir als Periode:
p= $\frac{2π}{\frac{1}{4}}$ = $8 π$

Der gesuchte Hochpunkt ist bei cos(x) zu Beginn der Periode, bei der durch das negative Vorzeichen an der x-Achse gespiegelte Funktion $- 2 \cdot \cos (\frac{1}{4} (x + 2 π)) + 3$ aber nach der Hälfte der Periode,
also bei x₁= $- 2 π$ + $4 π$ ≈ $2 π$ . .

Weil das gesuchte Interval [0; $16 π$ ) zwei Perioden umfasst, ist auch noch $2 π + 8 π$ = $10 π$ eine Lösung.

Die Funktion schwingt wegen d=3 um y=3. Der y-Wert des Hochpunkt ist also eine Amplitude (a=2) über 3, also bei y=5.

Wir erhalten also als Ergebnis einen Hochpunkt bei ( $2 π$ |5) und bei ( $10 π$ |5)

Nullstellen mit dem WTR

Beispiel:

Bestimme mit Hilfe eines Taschenrechners alle Nullstellen der Funktion f mit $f(x) =$ $4 \cdot \cos (\frac{2}{3} x) + 2,4$ innerhalb einer Periode, also im Intervall [0; $3 π$ [.

Lösung einblenden

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

Daraus ergibt sich folgende Gleichung:

4 \cdot \cos (\frac{2}{3} x) + 2,4

= 0 |

- 2,4

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

=

- 2,4

|:

4

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

=

- 0,6

|cos^-1(⋅)

Der WTR liefert nun als Wert 2.2142974355882

1. Fall:

$\frac{2}{3} x$	=	$2,214$	\|⋅ 3
$2 x$	=	$6,642$	\|: $2$
x₁	=	$3,321$

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung $\cos (\frac{2}{3} x)$ = $- 0,6$ noch eine weitere Lösung hat. (die senkrechte turkise Gerade x=-0.6 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung einfach (nach unten gespiegelt) bei - $2,214$
bzw. bei - $2,214$ +2π= $4,069$ liegen muss.

2. Fall:

$\frac{2}{3} x$	=	$4,069$	\|⋅ 3
$2 x$	=	$12,207$	\|: $2$
x₂	=	$6,1035$

L={ $3,321$ ; $6,1035$ }

Die Nullstellen in der Periode [0; $3 π$ ) sind also
bei x₁ = $3,321$ und x₂ = $6,1035$ .

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 $f(t) =$ $4 \cdot \sin (\frac{1}{183} π (t - 50)) + 12$ (0 < t ≤ 366) angeben.

Wie lange (in Tagen) haben die Tage eine Länge von mindestens 14,8 h?
Wie viele Tage nach Beobachtungsbeginn werden die Tage am schnellsten kürzer?
Bestimme die maximale Zeit zwischen Sonnenaufgang und Sonnenuntergang (in h).

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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) ≥ 14.8

Um das gesuchte Intervall zu bestimmen, müssen wir erst die Stellen bestimmen, an denen der Funktionswert unserer Sinus-Funktion gerade den Wert 14.8 hat. Wir setzen also den Funktionsterm mit 14.8 gleich:

$4 \cdot \sin (\frac{1}{183} π (t - 50)) + 12$ = 14.8

4 \cdot \sin (0,0172 t - 0,8584) + 12

=

14,8

|

- 12

4 \cdot \sin (0,0172 t - 0,8584)

=

2,8

|:

4

\sin (0,0172 t - 0,8584)

=

0,7

|sin^-1(⋅)

Der WTR liefert nun als Wert 0.77539749661075

1. Fall:

$0,0172 x - 0,8584$	=	$0,775$	\| $+ 0,8584$
$0,0172 x$	=	$1,6334$	\|: $0,0172$
x₁	=	$94,9651$

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung $\sin (0,0172 t - 0,8584)$ = $0,7$ noch eine weitere Lösung hat. (die waagrechte grüne Gerade y=0.7 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung an der y-Achse gespiegelt liegt, also π - $0,775$ = $2,366$ liegen muss.

2. Fall:

$0,0172 x - 0,8584$	=	$2,366$	\| $+ 0,8584$
$0,0172 x$	=	$3,2244$	\|: $0,0172$
x₂	=	$187,4651$

Da die Sinus-Funktion ja um 50 nach rechts verschoben ist, startet sie nach 50 d nach oben und erreicht erstmals nach 94.97 d den Wert 14.8. Danach steigt sie weiter bis zum Hochpunkt und sinkt dann wieder bis sie nach 187.47 d zum zweiten mal den Wert 14.8 erreicht. Während dieser 187.47 - 94.97 = 92.5 d ist der Wert der Funktion also höher als 14.8.

t-Wert bei der stärksten Abnahme
Gesucht ist die Stelle mit der größten Abnahme, also der minimalen Steigung. Die maximale und minimale Tangentensteigungen befinden sich immer in den Wendepunkten. Hier ist der Wendepunkt mit der negativen Steigung gesucht. Dieser ist bei einer Sinus-Funktion aber immer genau nach einer halben Periode, also nach 183 d.
Die Sinusfunktion ist aber auch noch um 50 nach rechts verschoben, d.h. sie startet auch erst bei t = 50 d mit ihrer Periode. Somit erreicht sie ihren fallenenden Wendepunkt nach 183 + 50 d = 233 d. Die Lösung ist also: 233 d.
y-Wert des Maximums (HP)
Gesucht ist der höchste Funktionswert. Aus dem Term kann man eine Verschiebung der Sinusfunktion um d = 12 nach oben und eine Amplitude von a = 4 erkennen, d.h. f schwingt um maximal 4 um 12. Somit ist der höchste Wert bei 12 h + 4 h = 16 h.

Parameter für best. Periode finden

Beispiel:

Für welchen Wert von a hat der Graph f_a mit $f_{a} (x) =$ $\cos (a x)$ seinen ersten Wendepunkt mit positivem x-Wert, bei WP( $\frac{1}{3} π$ |0), (also den Wendepunkt mit dem kleinsten positiven x-Wert)?

Lösung einblenden

Der Graph einer normalen Kosiniusfunktion hat ja seinen ersten Wendepunkt immmer nach einer $\frac{1}{4}$ Periode. Es gilt somit $\frac{1}{4}$ ⋅p = $\frac{1}{3} π$ |⋅ $4$

Demnach muss also die Periode p = $4$ ⋅ $\frac{1}{3} π$ = $\frac{4}{3} π$ lang sein.

Jetzt können wir die Periodenformel p = $\frac{2π}{b}$ also $\frac{4}{3} π$ = $\frac{2π}{b}$ nach b auflösen:

\frac{4}{3} π

=

\frac{2π}{b}

|⋅b :

\frac{4}{3} π

b =

\frac{2 π}{\frac{4}{3} π}

=

\frac{3}{2}

Da bei $\cos (a x)$ das b ja $a$ ist, muss also a = $\frac{3}{2}$ sein,
damit der Graph von $f_{\frac{3}{2}} (x) =$ $\cos (\frac{3}{2} \cdot x)$ seinen ersten Wendepunkt mit positivem x-Wert, bei WP( $\frac{1}{3} π$ |0) hat.

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Ableiten von trigonometrischen Funktionen BF

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trigon. Anwendungsaufgabe 2

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