$\text{f(x)}=$ $3{\left(\sin \left(x\right)\right)}^2$

$\text{f'(x)}=$ $6\left(\sin \left(x\right)\right)·\cos \left(x\right)$

= $6\sin \left(x\right)·\cos \left(x\right)$

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

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

= ${\left[-2\cdot \sin \left(-x\right)\right]}_0^{\frac{1}{2}\pi }$

$=$ $-2\cdot \sin \left(-\left(\frac{1}{2}\pi \right)\right)+2\cdot \sin \left(-\left(0\right)\right)$

= $-2\cdot \left(-1\right)+2\cdot 0$

= $2+0$

= $2$

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).

Mit Hilfe von b=$\frac{2}{3}$ und der Periodenformel p=$\frac{\mathrm{2\pi }}{b}$ erhalten wir als Periode:
p=$\frac{\mathrm{2\pi }}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mfrac>\; <mrow>\; <mn>2</mn>\; </mrow>\; <mrow>\; <mn>3</mn>\; </mrow>\; </mfrac>\; </mrow>\; </math>}}$ = $3\pi$

Der gesuchte Hochpunkt ist bei sin(x) nach einem Viertel der Periode,
also bei x₁= $\frac{3}{4}\pi$ ≈ $\frac{3}{4}\pi$. .

Weil das gesuchte Interval [0; $6\pi$) zwei Perioden umfasst, ist auch noch $\frac{3}{4}\pi +3\pi$ = $\frac{15}{4}\pi$ eine Lösung.

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

Wir erhalten also als Ergebnis einen Hochpunkt bei ( $\frac{3}{4}\pi$|2) und einen bei ( $\frac{15}{4}\pi$|2)

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=1 in y-Richtung verschoben ist.

Der erste Hochpunkt wäre also im Punkt P(0|1).

Mit Hilfe von b=$\frac{3}{4}$ und der Periodenformel p=$\frac{\mathrm{2\pi }}{b}$ erhalten wir als Periode:
p=$\frac{\mathrm{2\pi }}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mfrac>\; <mrow>\; <mn>3</mn>\; </mrow>\; <mrow>\; <mn>4</mn>\; </mrow>\; </mfrac>\; </mrow>\; </math>}}$ = $\frac{8}{3}\pi$

Der gesuchte Hochpunkt ist bei cos(x) zu Beginn der Periode,
also bei x₁= $0$ ≈ $0$. .

Weil das gesuchte Interval [0; $\frac{16}{3}\pi$) zwei Perioden umfasst, ist auch noch $0+\frac{8}{3}\pi$ = $\frac{8}{3}\pi$ eine Lösung.

Die Funktion schwingt wegen d=1 um y=1. Der y-Wert des Hochpunkt ist also eine Amplitude (a=1) über 1, also bei y=2.

Wir erhalten also als Ergebnis einen Hochpunkt bei ( $0$|2) und einen bei ( $\frac{8}{3}\pi$|2)

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=-1 in y-Richtung und um c= $-\frac{2}{3}\pi$ nach rechts verschoben ist.

Der erste Hochpunkt wäre also im Punkt P( $-\frac{2}{3}\pi$|1).

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

Der gesuchte Wendepunkt ist bei cos(x) nach einem Viertel und nach Dreiviertel der Periode,
also bei x₁= $-\frac{2}{3}\pi$ + $\frac{1}{6}\pi$ ≈ $-\frac{1}{2}\pi$.
Weil diese Stelle aber negativ ist, müssen wir noch (mindestens) eine Periode dazu addieren, damit der x-Wert im gesuchten Intervall [0; $\frac{4}{3}\pi$) liegt,
also x₁= $-\frac{1}{2}\pi +\frac{2}{3}\pi$ ≈ $\frac{1}{6}\pi$ und bei x₂= $-\frac{2}{3}\pi$ + $\frac{1}{2}\pi$ ≈ $-\frac{1}{6}\pi$.
Weil diese Stelle aber negativ ist, müssen wir noch (mindestens) eine Periode dazu addieren, damit der x-Wert im gesuchten Intervall [0; $\frac{4}{3}\pi$) liegt,
also x₂= $-\frac{1}{6}\pi +\frac{2}{3}\pi$ ≈ $\frac{1}{2}\pi$.

Weil das gesuchte Interval [0; $\frac{4}{3}\pi$) zwei Perioden umfasst, ist auch noch $\frac{1}{6}\pi +\frac{2}{3}\pi$ = $\frac{5}{6}\pi$ und $\frac{1}{2}\pi +\frac{2}{3}\pi$ = $\frac{7}{6}\pi$ 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 ( $\frac{1}{6}\pi$|-1) und bei ( $\frac{1}{2}\pi$|-1) und bei ( $\frac{5}{6}\pi$|-1) und bei ( $\frac{7}{6}\pi$|-1)

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

Daraus ergibt sich folgende Gleichung:

Der WTR liefert nun als Wert 0.3046926540154

1. Fall:

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung $\sin \left(\frac{1}{2}x\right)$ = $\mathrm{0,3}$ noch eine weitere Lösung hat. (die waagrechte grüne Gerade y=0.3 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung an der y-Achse gespiegelt liegt, also π - $\mathrm{0,305}$= $\mathrm{2,837}$ liegen muss.

2. Fall:

L={ $\mathrm{0,61}$; $\mathrm{5,674}$}

Die Nullstellen in der Periode [0; $4\pi$) sind also
bei x₁ = $\mathrm{0,61}$ und x₂ = $\mathrm{5,674}$.

1. Periodenlänge

   Aus dem Funktionsterm können wir den Faktor b = $\frac{1}{100}\pi$ herauslesen und in die Periodenformel einsetzen:

   Somit gilt für die Periodenlänge: p = $\frac{\mathrm{2\; \pi }}{b}$ = = 200

2. y-Wert des Minimums (TP)

   Gesucht ist der tiefste Funktionswert. Aus dem Term kann man eine Verschiebung der Sinusfunktion um d = 18 nach oben und eine Amplitude von a = 17 erkennen, d.h. f schwingt um maximal 17 um 18. Somit ist der tiefste Wert bei 18 m - 17 m = 1 m.

3. 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 50 s.

   Die Sinusfunktion ist aber auch noch um 40 nach rechts verschoben, d.h. sie startet auch erst bei t = 40 s mit ihrer Periode. Somit erreicht sie ihren Hochpunkt nach 50 + 40 s = 90 s. Die Lösung ist also: 90 s.

Wir berechnen zuerst die Periode von f_a mit $f_a\mathrm{(x)}=$ $3\cdot \cos \left(\left(a^2+5\right)x\right)$:

p = $\frac{\mathrm{2\pi }}{b}$ =

Man erkennt jetzt gut, dass je größer $a^2+5$ wird, desto kleiner wird die Periode.

$a^2+5$ ist eine quadratische Funktion, ihr Graph ist eine nach oben geöffnete Parabel mit einem Tiefpunkt als Scheitel. Somit hat $a^2+5$ also einen minimalen Wert, während es noch oben keine Grenze gibt.

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

( $a^2+5$)' = $2a$ = 0 ⇔ a = 0

Für dieses a = 0 wird also $a^2+5$ minimal und somit die Periode $\frac{2\pi }{a^2+5}$ maximal .

Für a = 0 ist dann die maximale Periode p_max = $\frac{2\pi }{0^2+5}$ = $\frac{2\pi }{0+5}$ = $\frac{2}{5}\pi$.