$\text{f(x)}=$ ${\left(\cos \left(x\right)\right)}^2$

$\text{f'(x)}=$ $2\left(\cos \left(x\right)\right)·\left(-\sin \left(x\right)\right)$

= $-2\cos \left(x\right)·\sin \left(x\right)$

= $-2\sin \left(x\right)·\cos \left(x\right)$

$\text{f(x)}=$ $4x·\cos \left(-x\right)$

$\text{f'(x)}=$ $4·1·\cos \left(-x\right)+4x·(-\sin \left(-x\right)·\left(-1\right))$

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

= ${\left[3\cdot \cos \left(x\right)\right]}_0^{\frac{3}{2}\pi }$

$=$ $3\cdot \cos \left(\frac{3}{2}\pi \right)-3\cdot \cos \left(0\right)$

= $3\cdot 0-3\cdot 1$

= $0-3$

= $-3$

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=-3 in y-Richtung verschoben ist.

Der erste steigender Wendepunkt wäre also im Punkt P(0|-3).

Mit Hilfe von b=$\frac{1}{4}$ und der Periodenformel p=$\frac{\mathrm{2\pi }}{b}$ erhalten wir als Periode:
p=$\frac{\mathrm{2\pi }}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mfrac>\; <mrow>\; <mn>1</mn>\; </mrow>\; <mrow>\; <mn>4</mn>\; </mrow>\; </mfrac>\; </mrow>\; </math>}}$ = $8\pi$

Der gesuchte Hochpunkt ist bei sin(x) nach einem Viertel der Periode,
also bei x₁= $2\pi$ ≈ $2\pi$. .

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

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

Wir erhalten also als Ergebnis einen Hochpunkt bei ( $2\pi$|0) und einen bei ( $10\pi$|0)

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=$\frac{\mathrm{2\pi }}{b}$ erhalten wir als Periode:
p=$\frac{\mathrm{2\pi }}{4}$ = $\frac{1}{2}\pi$

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

Weil das gesuchte Interval [0; $\pi$) zwei Perioden umfasst, ist auch noch $0+\frac{1}{2}\pi$ = $\frac{1}{2}\pi$ und $\frac{1}{4}\pi +\frac{1}{2}\pi$ = $\frac{3}{4}\pi$ eine Lösung.

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 ( $\frac{1}{4}\pi$|1) und einen bei ( $\frac{1}{2}\pi$|1) und einen bei ( $\frac{3}{4}\pi$|1)

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 und um c= $1$ nach rechts verschoben ist.

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

Mit Hilfe von b=$\frac{1}{4}$ und der Periodenformel p=$\frac{\mathrm{2\pi }}{b}$ erhalten wir als Periode:
p=$\frac{\mathrm{2\pi }}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mfrac>\; <mrow>\; <mn>1</mn>\; </mrow>\; <mrow>\; <mn>4</mn>\; </mrow>\; </mfrac>\; </mrow>\; </math>}}$ = $8\pi$

Der gesuchte Hochpunkt ist bei sin(x) nach einem Viertel der Periode,
also bei x₁= $1$ + $2\pi$ ≈ $\mathrm{7,283}$. .

Weil das gesuchte Interval [0; $16\pi$) zwei Perioden umfasst, ist auch noch $\mathrm{7,283}+8\pi$ ≈ 32.416 eine Lösung.

Die Funktion schwingt wegen d=0 um y=0. Der y-Wert des Hochpunkt ist also eine Amplitude (a=1) über 0, also bei y=1.

Wir erhalten also als Ergebnis einen Hochpunkt bei ( $\mathrm{7,283}$|1) und bei (32.416|1)

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

Daraus ergibt sich folgende Gleichung:

Der WTR liefert nun als Wert -0.92729521800161

Weil dieser Wert negativ ist und wir aber Lösungen aus dem Intervall [0;p) suchen, addieren wir einfach noch 2π dazu und erhalten so $\mathrm{5,356}$

1. Fall:

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung $\sin \left(\frac{1}{3}x\right)$ = $-\mathrm{0,8}$ noch eine weitere Lösung hat. (die waagrechte grüne Gerade y=-0.8 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung an der y-Achse gespiegelt liegt, also π - $\mathrm{5,356}$=-2.2144 bzw. bei -2.2144+2π= $\mathrm{4,069}$ liegen muss.

2. Fall:

L={ $\mathrm{12,207}$; $\mathrm{16,068}$}

Die Nullstellen in der Periode [0; $6\pi$) sind also
bei x₁ = $\mathrm{12,207}$ und x₂ = $\mathrm{16,068}$.

Aus dem Funktionsterm können wir den Faktor b = $\frac{1}{12}\pi$ herauslesen und in die Periodenformel einsetzen:

Somit gilt für die Periodenlänge: p = $\frac{\mathrm{2\; \pi }}{b}$ = = 24

1. t-Wert des Minimums (TP)

   Gesucht ist die Stelle mit dem geringsten Funktionswert, also der x- bzw- t-Wert des Tiefpunkts. Dieser ist bei einer Sinusfunktion immer nach einer Dreiviertel Periode (im Einheitskreis ist man nach einer Dreiviertel-Umdrehung ganz unten bei y=-1), hier also nach 18 h.

   Die Sinusfunktion ist aber auch noch um 10 nach rechts verschoben, d.h. sie startet auch erst bei t = 10 h mit ihrer Periode. Somit erreicht sie ihren Tiefpunkt nach 18 + 10 h = 28 h. Weil aber 28 nicht im gesuchten Intervall [0;24] liegt, nehmen wir den Punkt eine Periode früher, also bei 28 - 24 = 4 h. Die Lösung ist also: 4 Uhr.

2. y-Wert des Minimums (TP)

   Gesucht ist der tiefste Funktionswert. Aus dem Term kann man eine Verschiebung der Sinusfunktion um d = 10 nach oben und eine Amplitude von a = 6 erkennen, d.h. f schwingt um maximal 6 um 10. Somit ist der tiefste Wert bei 10 ° C - 6 ° C = 4 ° C.

3. t-Werte mit f(t) ≥ 11.2

   Um das gesuchte Intervall zu bestimmen, müssen wir erst die Stellen bestimmen, an denen der Funktionswert unserer Sinus-Funktion gerade den Wert 11.2 hat. Wir setzen also den Funktionsterm mit 11.2 gleich:

   $6\cdot \sin \left(\frac{1}{12}\pi \left(t-10\right)\right)+10$ = 11.2

   $6\cdot \sin \left(\mathrm{0,2618}t-\mathrm{2,618}\right)+10$ = $\mathrm{11,2}$ | $-10$

   $6\cdot \sin \left(\mathrm{0,2618}t-\mathrm{2,618}\right)$

   =

   $\mathrm{1,2}$

   |:$6$

   canvas

   $\sin \left(\mathrm{0,2618}t-\mathrm{2,618}\right)$

   =

   $\mathrm{0,2}$

   |sin-1(⋅)

   Der WTR liefert nun als Wert 0.20135792079033

   1. Fall:

   $\mathrm{0,2618}x-\mathrm{2,618}$	=	$\mathrm{0,201}$	| $+\mathrm{2,618}$
   $\mathrm{0,2618}x$	=	$\mathrm{2,819}$	|:$\mathrm{0,2618}$
   x1	=	$\mathrm{10,7678}$

   Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung $\sin \left(\mathrm{0,2618}t-\mathrm{2,618}\right)$ = $\mathrm{0,2}$ noch eine weitere Lösung hat. (die waagrechte grüne Gerade y=0.2 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

   Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung an der y-Achse gespiegelt liegt, also π - $\mathrm{0,201}$= $\mathrm{2,94}$ liegen muss.

   2. Fall:

   $\mathrm{0,2618}x-\mathrm{2,618}$	=	$\mathrm{2,94}$	| $+\mathrm{2,618}$
   $\mathrm{0,2618}x$	=	$\mathrm{5,558}$	|:$\mathrm{0,2618}$
   x2	=	$\mathrm{21,2299}$

   Da die Sinus-Funktion ja um 10 nach rechts verschoben ist, startet sie nach 10 h nach oben und erreicht erstmals nach 10.77 h den Wert 11.2. Danach steigt sie weiter bis zum Hochpunkt und sinkt dann wieder bis sie nach 21.23 h zum zweiten mal den Wert 11.2 erreicht. Während dieser 21.23 - 10.77 = 10.46 h ist der Wert der Funktion also höher als 11.2.

4. 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 6 h.

   Die Sinusfunktion ist aber auch noch um 10 nach rechts verschoben, d.h. sie startet auch erst bei t = 10 h mit ihrer Periode. Somit erreicht sie ihren Hochpunkt nach 6 + 10 h = 16 h. Die Lösung ist also: 16 Uhr.

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

Demnach muss also die Periode p =$4$ ⋅ $3\pi$ = $12\pi$ lang sein.

Jetzt können wir die Periodenformel p = $\frac{\mathrm{2\pi }}{b}$ also $12\pi$ = $\frac{\mathrm{2\pi }}{b}$ nach b auflösen:

Da bei $-\cos \left(ax\right)$ das b ja $a$ ist, muss also a = $\frac{1}{6}$ sein,
damit der Graph von $f_{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mfrac>\; <mrow>\; <mn>1</mn>\; </mrow>\; <mrow>\; <mn>6</mn>\; </mrow>\; </mfrac>\; </mrow>\; </math>}}\mathrm{(x)}=$ $-\cos (\frac{1}{6}·x)$ seinen ersten Wendepunkt mit positivem x-Wert, bei WP( $3\pi$|0) hat.