Ableitung der trigonometrischen Funktionen

Theorem 1: Ableitung der trigonometrischen Funktionen

Es ist:

\sin'(x)=\cos(x)\quad\text{und}\quad\cos'(x)=-\sin(x)

Proof

Mit den Additionstheoremen - die man leicht mit der Euleridentität nachweist (in die Euleridentität $\mathrm{e}^{\mathrm{i}\varphi}=\cos(\varphi)+\mathrm{i}\sin(\varphi)$ setzt man $\varphi=\alpha+\beta$ ein und vergleicht Real- und Imaginärteile) - kann man Sinus und Cosinus überall differenzieren, wenn man die Ableitungen bei $0$ kennt:

Wir vermuten

\sin'=\cos\quad\text{und}\quad \cos'=-\sin

und setzen dies in die Additionstheoreme ein:

\sin'(0 + a) = \sin'(0) \cos(a) + \cos'(0) \sin(a)

\cos'(0 + a) = \cos'(0) \cos(a) - \sin'(0) \sin(a).

Falls $\sin'(0)$ existiert, können wir mit der Kettenregel aus $\cos(x) = \sqrt{1-\sin^2(x)}$ folgern

\cos'(0)=\frac{-2\sin(0)\sin'(0)}{2\sqrt{1-\sin^2(0)}}=0.

Wir brauchen also nur

\lim_{h\to0}\frac{\sin(h)-\sin(0)}{h-0}=\lim_{h\to0}\frac{\sin(h)}{h}

Üblicherweise wird dazu

\sin(h)\leq h\leq\tan(h)\Leftrightarrow\cos(h)\leq\frac{\sin(h)}{h}\leq1

benutzt.

(Argumentation ohne Stetigkeit von cos)

\lim_{h\to0}\cos(h)=1.

Wegen der Stetigkeit von $\cos(x)$ in $x=0$ folgt dann

\sin'(0)=\lim_{h\to0}\frac{\sin(h)}{h}=1

und wir sind fertig.

Exercise 1: Tan ableiten

Leite die Ableitungsfunktion von

f(x)=\tan(x)

her.

Solution

Wir schreiben Tangens mit Sinus und Cosinus und leiten ab.

\begin{align*} \tan'{x} &= \left(\frac{\sin(x)}{\cos(x)}\right)'=\frac{\cos(x)\cos(x)-\sin(x)(-\sin(x))}{\cos^2(x)}\\ &= \frac{\cos^2(x)+\sin^2(x)}{\cos^2(x)} = \frac{1}{\cos^2(x)} \end{align*}

Im letzten Schritt hätten wir auch den Bruch aufspalten können, um $\tan'(x)=1+\tan^2(x)$ zu erhalten.

(Ableitung Tangens kommentiert)

Exercise 2: Ableiten

Bestimme die Ableitung:

a) $f(x)=\sin(x)+2\cos(x)$

b) $f(x)=x\sin(x)+\cos(x)$

c) $f(x)=\frac{1}{1+\cos(x)}$

d) $f(u)=\tan^2(u)$

e) $f(t)=\frac{t^2}{\sin(t)}$

f) $f(\varphi)=\frac{1}{2}a^2\sin(\varphi)$

g) $f(x)=\sin(4x)$

h) $f(t)=\sqrt{\cos(t)}$

i) $f(u)=\cos^2(u)$

j) $f(x)=\sin(\frac{1}{x})$

k) $f(\varphi)=\cos(a\sqrt{\varphi})$

l) $f(t)=\tan^3(5t)$

m) $f(x)=x^2\cdot \cos(4x)$

Solution

a) $f'(x) = \cos(x) - 2\sin(x)$

b) $f'(x) = x\cos(x)$

c) $f'(x) = \frac{\sin(x)}{(1+\cos(x))^2}$

d) $f'(u) = \frac{2\tan(u)}{\cos^2(u)}$

e) $f'(t) = \frac{2t\sin(t) - t^2\cos(t)}{\sin^2(t)}$

f) $f'(\varphi) = \frac{1}{2}a^2\cos(\varphi)$

g) $f'(x) = 4\cos(4x)$

h) $f'(t) = -\frac{\sin(t)}{2\sqrt{\cos(t)}}$

i) $f'(u) = -2\sin(u)\cos(u)$

j) $f'(x) = -\frac{1}{x^2}\cos\left(\frac{1}{x}\right)$

k) $f'(\varphi) = -\frac{a}{2\sqrt{\varphi}}\sin(a\sqrt{\varphi})$

l) $f'(t) = \frac{15\tan^2(5t)}{\cos^2(5t)}$

m) $f'(x) = 2x\cos(4x) - 4x^2\sin(4x)$

Exercise 3: Schnittwinkel

Wo und unter welchem Winkel (Schnittwinkel der Tangenten im Schnittpunkt) schneiden sich die Graphen der Sinus- und der Cosinusfunktion im Intervall $[0,\frac{\pi}{2}]$ ?

Solution

$\sin(x)=\cos(x)\Leftrightarrow \frac{\sin(x)}{\cos(x)}=1\Leftrightarrow\tan(x)=1$ und damit $x=\frac{\pi}{4}\pm 2k\pi$ mit $k\in\mathbb{Z}$ . Mit den Ableitungen $\cos(x)$ und $-\sin(x)$ berechnen wir die Steigung zu $\arccos(\frac{\pi}{4})=\frac{\sqrt{2}}{2}$ und $-\arcsin(\frac{\pi}{4})=-\frac{\sqrt{2}}{2}$ . Wir berechnen $\arctan(\frac{\sqrt{2}}{2})\approx35.3^\circ$ und damit für den Zwischenwinkel $70.6^\circ$ .

Exercise 4: Kolben

Der Ort $x(t)$ eines Kolbens kann beschrieben werden durch

x(t)=\cos(20\pi t)+ \sqrt{25-\sin^2(20\pi t)},\quad t\text{ in }s

Wie schnell bewegt sich der Kolben zu den Zeiten $t=\frac{1}{40}$ und $t=\frac{1}{20}$ Sekunden?

Solution

Die Ableitung des Ortes nach der Zeit ist die Geschwindigkeit:

\dot{x}=-\sin(20\pi t)\cdot20\pi+\frac{1}{2}(25-\sin^2(20\pi t))^{-\frac{1}{2}}\cdot(-2\sin(20\pi t))\cdot\cos(20\pi t)\cdot20\pi.

Also folgt $v(\frac{1}{20})=0$ und $v(\frac{1}{40})=-20\pi$ .

(Kolben kommentiert)