$\text{f(x)}=$ $-5\cdot \cos \left(-3x\right)$

$\text{f'(x)}=$ $5\cdot \sin \left(-3x\right)·\left(-3\right)$

= $-15\cdot \sin \left(-3x\right)$

$\text{f(x)}=$ $4\cdot \sin \left(x-5\right)+5$

$\text{f'(x)}=$ $4\cdot \cos \left(x-5\right)+0$

= $4\cdot \cos \left(x-5\right)$

= ${\left[-5\cdot \sin (x+\pi )\right]}_{\frac{1}{2}\pi }^{\frac{3}{2}\pi }$

$=$ $-5\cdot \sin (\frac{3}{2}\pi +\pi )+5\cdot \sin (\frac{1}{2}\pi +\pi )$

= $-5\cdot \sin \left(\frac{5}{2}\pi \right)+5\cdot \sin \left(\frac{3}{2}\pi \right)$

= $-5\cdot 1+5\cdot \left(-1\right)$

= $-5-5$

= $-10$

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

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

Weil das gesuchte Interval [0; $8\pi$) zwei Perioden umfasst, ist auch noch $\pi +4\pi$ = $5\pi$ eine Lösung.

Die Funktion schwingt wegen d=1 um y=1. Der y-Wert des Hochpunkt ist also eine Amplitude (a=2) über 1, also bei y=3.

Wir erhalten also als Ergebnis einen Hochpunkt bei ( $\pi$|3) und einen bei ( $5\pi$|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=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 Hochpunkt ist bei sin(x) nach einem Viertel der Periode,
also bei x₁= $\frac{1}{6}\pi$ ≈ $\frac{1}{6}\pi$. .

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=5.

Wir erhalten also als Ergebnis einen Hochpunkt bei ( $\frac{1}{6}\pi$|5)

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=2 in y-Richtung und um c= $-2$ nach rechts verschoben ist.

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

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

Der gesuchte Wendepunkt ist bei sin(x) zu Beginn und nach der Hälfte der Periode,
also bei x₁= $-2$ + $0$ ≈ $-2$.
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= $-2+4\pi$ ≈ $\mathrm{10,566}$ und bei x₂= $-2$ + $2\pi$ ≈ $\mathrm{4,283}$. .

Die Funktion schwingt wegen d=2 um y=2. Der y-Wert des Wendepunkt ist also gerade 2.

Wir erhalten also als Ergebnis einen Wendepunkt bei ( $\mathrm{10,566}$|2) und bei ( $\mathrm{4,283}$|2)

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

Daraus ergibt sich folgende Gleichung:

Der WTR liefert nun als Wert 2.6905658417935

1. Fall:

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung $\cos \left(4x\right)$ = $-\mathrm{0,9}$ noch eine weitere Lösung hat. (die senkrechte turkise Gerade x=-0.9 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung einfach (nach unten gespiegelt) bei - $\mathrm{2,691}$
bzw. bei - $\mathrm{2,691}$+2π= $\mathrm{3,593}$ liegen muss.

2. Fall:

L={ $\mathrm{0,6728}$; $\mathrm{0,8983}$}

Die Nullstellen in der Periode [0; $\frac{1}{2}\pi$) sind also
bei x₁ = $\mathrm{0,6728}$ und x₂ = $\mathrm{0,8983}$.

1. Periodenlänge

   Aus dem Funktionsterm können wir den Faktor b = $\frac{1}{2}\pi$ herauslesen und in die Periodenformel einsetzen:

   Somit gilt für die Periodenlänge: p = $\frac{\mathrm{2\; \pi }}{b}$ = = 4

2. t-Werte mit f(t) ≥ 91.5

   Um das gesuchte Intervall zu bestimmen, müssen wir erst die Stellen bestimmen, an denen der Funktionswert unserer Sinus-Funktion gerade den Wert 91.5 hat. Wir setzen also den Funktionsterm mit 91.5 gleich:

   $15\cdot \sin \left(\frac{1}{2}\pi t\right)+90$ = 91.5

   $15\cdot \sin \left(\mathrm{1,5708}t\right)+90$ = $\mathrm{91,5}$ | $-90$

   $15\cdot \sin \left(\mathrm{1,5708}t\right)$

   =

   $\mathrm{1,5}$

   |:$15$

   canvas

   $\sin \left(\mathrm{1,5708}t\right)$

   =

   $\mathrm{0,1}$

   |sin-1(⋅)

   Der WTR liefert nun als Wert 0.10016742116156

   1. Fall:

   $\mathrm{1,5708}x$	=	$\mathrm{0,1}$	|:$\mathrm{1,5708}$
   x1	=	$\mathrm{0,0637}$

   Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung $\sin \left(\mathrm{1,5708}t\right)$ = $\mathrm{0,1}$ 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 - $\mathrm{0,1}$= $\mathrm{3,041}$ liegen muss.

   2. Fall:

   $\mathrm{1,5708}x$	=	$\mathrm{3,041}$	|:$\mathrm{1,5708}$
   x2	=	$\mathrm{1,936}$

   Die Sinus-Funktion startet zu Beginn nach oben und erreicht erstmals nach 0.06 s den Wert 91.5. Danach steigt sie weiter bis zum Hochpunkt und sinkt dann wieder bis sie nach 1.94 s zum zweiten mal den Wert 91.5 erreicht. Während dieser 1.94 - 0.06 = 1.88 s ist der Wert der Funktion also höher als 91.5.

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 1 s.

   Die Lösung ist also: 1 s.

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

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

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

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

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

( $a^2+2a+4$)' = $2a+2$ = 0 ⇔ a = -1

Für dieses a = -1 wird also $a^2+2a+4$ minimal und somit auch die Periode $2\pi ·\left(a^2+2a+4\right)$ minimal .

Für a = -1 ist dann die minimale Periode p_min = $2\pi ·\left({\left(-1\right)}^2+2\cdot \left(-1\right)+4\right)$ = $2\pi ·\left(1-2+4\right)$ = $6\pi$.