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Forum "Trigonometrische Funktionen" - Ableitung von sinus
Ableitung von sinus < Trigonometr. Fktn < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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Ableitung von sinus: Differenzenquotient
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 16:37 Do 30.06.2005
Autor: martinmax1234

Hallo,

kann mir mal einer beweisen, warum die erste Ableitung der funktion
f(x)= sin x gleich F'(x) cos x ist?
Wir sollen es als Hausaufgabe machen und zwar mit dem Differenzenquotienten. Aber wie?

Bedanke mich im voraus
        
Bezug
Ableitung von sinus: das geht nicht
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 17:01 Do 30.06.2005
Autor: LK15Punkte

Hi martinmax,

ich hab mal bei Wikipedia nachgeguckt und unter dem link:
[]http://de.wikipedia.org/wiki/Cosinus#Ableitung_.28Differentiation.29_und_Integration_von_Sinus_und_Kosinus

volgendes gefunden:
"Eine exakte Berechnung mit Methoden der Analysis ist nicht möglich, da Sinus und Kosinus bisher nur gemoetrisch und nicht analytisch definiert sind."

Mithilfe des Differenzenquotienten kannst du die Ableitung also gar nicht beweisen. Ich habe es auch versucht, bevor ich im Internet geguckt habe und bin kläglich gescheitert.

Wenn es jedoch jemand schaffen sollte, wäre auch ich begierig es zu erfahren.
Bezug
        
Bezug
Ableitung von sinus: Geht doch ...
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 17:40 Do 30.06.2005
Autor: Loddar

Hallo martinmax und Matthias!


Der oben angegebene Link ist doch prima, da steht's doch fast ...

Der Diffferenzenquotient lautet doch:

[mm] $f'(x_0) [/mm] \ := \ [mm] \limes_{h \rightarrow 0}\bruch{f(x_0+h) - f(x_0)}{h} [/mm] \ = \ [mm] \limes_{h \rightarrow 0}\bruch{\sin(x_0+h) - \sin(x_0)}{h}$ [/mm]


Zunächst nehmen wir [mm] $\sin(x) [/mm] - [mm] \sin(y) [/mm] \ = \ [mm] 2*\sin\left(\bruch{x-y}{2}\right)*\cos\left(\bruch{x+y}{2}\right)$ [/mm]
(siehe Formelsammlung!)


Damit wird doch:

[mm] $\sin(x_0+h) [/mm] - [mm] \sin(x_0) [/mm] \ = \ [mm] 2*\sin\left(\bruch{x_0+h-x_0}{2}\right)*\cos\left(\bruch{x_0+h+x_0}{2}\right) [/mm] \ = \ [mm] 2*\sin\left(\bruch{h}{2}\right)*\cos\left(\bruch{2x_0+h}{2}\right)$ [/mm]


Daraus folgt nun für unseren Differenzenqutienten:

$... \ = \ [mm] \limes_{h \rightarrow 0}\bruch{2*\sin\left(\bruch{h}{2}\right)*\cos\left(\bruch{2x_0+h}{2}\right)}{h}$ [/mm]

$= \ [mm] \limes_{h \rightarrow 0}\bruch{\sin\left(\bruch{h}{2}\right)*\cos\left(\bruch{2x_0+h}{2}\right)}{\bruch{h}{2}}$ [/mm]

$= \ [mm] \limes_{h \rightarrow 0}\left[\cos\left(\bruch{2x_0+h}{2}\right)*\bruch{\sin\left(\bruch{h}{2}\right)}{\bruch{h}{2}}\right]$ [/mm]

$= \ [mm] \limes_{h \rightarrow 0}\cos\left(\bruch{2x_0+h}{2}\right)*\limes_{h \rightarrow 0}\bruch{\sin\left(\bruch{h}{2}\right)}{\bruch{h}{2}}$ [/mm]

Damit wir diesen Grenzwert aufsplitten dürfen, müssen beide Grenzwert auch wirklich existieren. Aber das zeigen wir ja nun ...


Betrachten wir die beiden Grenzwerte getrennt:


[mm] $\limes_{h \rightarrow 0}\cos\left(\bruch{2x_0+h}{2}\right) [/mm] \ = \ [mm] \cos\left(\bruch{2x_0+0}{2}\right) [/mm] \ = \ [mm] \cos\left(x_0\right)$ [/mm]

Für ein festes [mm] $x_0$ [/mm] existiert also dieser Grenzwert. [ok]


Kommen wir nun zum anderen Grenzwert ...

[mm] $\limes_{h \rightarrow 0}\bruch{\sin\left(\bruch{h}{2}\right)}{\bruch{h}{2}}$ [/mm]

Hier substituiere ich $z \ := \ [mm] \bruch{h}{2}$ [/mm] und erhalte:

[mm] $\limes_{\red{z} \rightarrow 0}\bruch{\sin\left(\red{z}\right)}{\red{z}} [/mm] \ = \ 1$


Und den Beweis für diesen Grenzwert findest Du hier (geometrische Lösung) ...


Damit setzt sich unser gesamter Grenzwert zusammen zu:

[mm] $f'(x_0) [/mm] \ = \ [mm] \left[\sin(x_0)\right]' [/mm] \ = \ [mm] \cos\left(x_0\right) [/mm] * 1 \ = \ [mm] \cos\left(x_0\right)$ [/mm]  q.e.d.  [ok]

Ich hoffe, nun sind alle Klarheiten beseitigt ;-) !!

Gruß
Loddar

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