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

$\text{f'(x)}=$ $4\left(\sin \left(2x\right)\right)·\cos \left(2x\right)·2$

= $4\left(\sin \left(2x\right)\right)·2\cdot \cos \left(2x\right)$

= $8\sin \left(2x\right)·\cos \left(2x\right)$

$\text{f(x)}=$ $\cos \left(-4x-2\right)-4$

$\text{f'(x)}=$ $-\sin \left(-4x-2\right)·\left(-4+0\right)+0$

= $-\sin \left(-4x-2\right)·\left(-4\right)$

= $4\cdot \sin \left(-4x-2\right)$

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

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

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

= $2+0$

= $2$

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=-3 in y-Richtung verschoben ist.

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

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

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

Weil das gesuchte Interval [0; $4\pi$) zwei Perioden umfasst, ist auch noch $\frac{1}{2}\pi +2\pi$ = $\frac{5}{2}\pi$ 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=-1.

Wir erhalten also als Ergebnis einen Hochpunkt bei ( $\frac{1}{2}\pi$|-1) und einen bei ( $\frac{5}{2}\pi$|-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=-3 in y-Richtung verschoben ist.

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

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

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

Weil das gesuchte Interval [0; $4\pi$) zwei Perioden umfasst, ist auch noch $\frac{1}{2}\pi +2\pi$ = $\frac{5}{2}\pi$ 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 ( $\frac{1}{2}\pi$|0) und einen bei ( $\frac{5}{2}\pi$|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=3 in y-Richtung und um c= $-2\pi$ nach rechts verschoben ist.

Der erste steigender Wendepunkt wäre also im Punkt P( $-2\pi$|3).

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

Der gesuchte Wendepunkt ist bei sin(x) zu Beginn und nach der Hälfte der Periode,
also bei x₁= $-2\pi$ + $0$ ≈ $-2\pi$.
Weil diese Stelle aber negativ ist, müssen wir noch (mindestens) eine Periode dazu addieren, damit der x-Wert im gesuchten Intervall [0; $4\pi$) liegt,
also x₁= $-2\pi +2\pi$ ≈ 0 und bei x₂= $-2\pi$ + $\pi$ ≈ $-\pi$.
Weil diese Stelle aber negativ ist, müssen wir noch (mindestens) eine Periode dazu addieren, damit der x-Wert im gesuchten Intervall [0; $4\pi$) liegt,
also x₂= $-\pi +2\pi$ ≈ $\pi$.

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

Die Funktion schwingt wegen d=3 um y=3. Der y-Wert des Wendepunkt ist also gerade 3.

Wir erhalten also als Ergebnis einen Wendepunkt bei (0|3) und bei ( $\pi$|3) und bei ( $2\pi$|3) und bei ( $3\pi$|3)

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

Daraus ergibt sich folgende Gleichung:

Der WTR liefert nun als Wert -0.10016742116156

Weil dieser Wert negativ ist und wir aber Lösungen aus dem Intervall [0;p) suchen, addieren wir einfach noch 2π dazu und erhalten so $\mathrm{6,183}$

1. Fall:

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung $\sin \left(x\right)$ = $-\mathrm{0,1}$ noch eine weitere Lösung hat. (die waagrechte grüne Gerade y=-0.1 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung an der y-Achse gespiegelt liegt, also π - $\mathrm{6,183}$=-3.0414 bzw. bei -3.0414+2π= $\mathrm{3,242}$ liegen muss.

2. Fall:

L={ $\mathrm{3,242}$; $\mathrm{6,183}$}

Die Nullstellen in der Periode [0; $2\pi$) sind also
bei x₁ = $\mathrm{3,242}$ und x₂ = $\mathrm{6,183}$.

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 7 nach rechts verschoben, d.h. sie startet auch erst bei t = 7 h mit ihrer Periode. Somit erreicht sie ihren Tiefpunkt nach 18 + 7 h = 25 h. Weil aber 25 nicht im gesuchten Intervall [0;24] liegt, nehmen wir den Punkt eine Periode früher, also bei 25 - 24 = 1 h. Die Lösung ist also: 1 Uhr.

2. 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 7 nach rechts verschoben, d.h. sie startet auch erst bei t = 7 h mit ihrer Periode. Somit erreicht sie ihren Hochpunkt nach 6 + 7 h = 13 h. Die Lösung ist also: 13 Uhr.

Wir berechnen zuerst die Periode von f_a mit $f_a\mathrm{(x)}=$ $3\cdot \cos \left(\frac{1}{a^2+4a+5}x\right)$:

p = $\frac{\mathrm{2\pi }}{b}$ = = $2\pi ·\left(a^2+4a+5\right)$

Man erkennt jetzt gut, dass je größer $a^2+4a+5$ wird, desto größer wird auch die Periode.

$a^2+4a+5$ ist eine quadratische Funktion, ihr Graph ist eine nach oben geöffnete Parabel mit einem Tiefpunkt als Scheitel. Somit hat $a^2+4a+5$ also einen minimalen Wert, während es noch oben keine Grenze gibt.

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

( $a^2+4a+5$)' = $2a+4$ = 0 ⇔ a = -2

Für dieses a = -2 wird also $a^2+4a+5$ minimal und somit auch die Periode $2\pi ·\left(a^2+4a+5\right)$ minimal .

Für a = -2 ist dann die minimale Periode p_min = $2\pi ·\left({\left(-2\right)}^2+4\cdot \left(-2\right)+5\right)$ = $2\pi ·\left(4-8+5\right)$ = $2\pi$.