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

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

= $-9\cdot \sin \left(-3x\right)$

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

$\text{f'(x)}=$ $-5·1·\sin \left(3x\right)-5x·\cos \left(3x\right)·3$

= $-5\cdot \sin \left(3x\right)-5x·3\cdot \cos \left(3x\right)$

= $-5\cdot \sin \left(3x\right)-15x·\cos \left(3x\right)$

= ${\left[3\cdot \cos \left(x-\frac{1}{2}\pi \right)\right]}_0^{\frac{3}{2}\pi }$

$=$ $3\cdot \cos \left(\frac{3}{2}\pi -\frac{1}{2}\pi \right)-3\cdot \cos \left(0-\frac{1}{2}\pi \right)$

= $3\cdot \cos \left(\pi \right)-3\cdot \cos \left(-\frac{1}{2}\pi \right)$

= $3\cdot \left(-1\right)-3\cdot 0$

= $-3+0$

= $-3$

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

Der gesuchte Wendepunkt ist bei sin(x) zu Beginn und nach der Hälfte der Periode,
also bei x₁= $0$ ≈ $0$. und bei x₂= $\frac{1}{2}\pi$ ≈ $\frac{1}{2}\pi$. .

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

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=0 in y-Richtung verschoben ist.

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

Weil aber das Vorzeichen von a = -1 aber negativ ist, wird die Original-funktion f(x)=cos(x) nicht nur um den Faktor 1 gestreckt sondern auch an der x-Achse gespiegelt, so dass aus dem Hochpunkt in P ein Tiefpunkt in P(0|0) wird.

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 Tiefpunkt ist bei cos(x) nach der Hälfte der Periode, bei der durch das negative Vorzeichen an der x-Achse gespiegelte Funktion $-\cos \left(3\left(x+0\right)\right)+0$ aber zu Beginn der Periode,
also bei x₁= $0$ ≈ $0$. .

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

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

Wir erhalten also als Ergebnis einen Tiefpunkt bei ( $0$|-1) und einen bei ( $\frac{2}{3}\pi$|-1)

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= $-\frac{1}{3}\pi$ nach rechts verschoben ist.

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

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

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

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 ( $\frac{2}{3}\pi$|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 = $\frac{1}{183}\pi$ herauslesen und in die Periodenformel einsetzen:

Somit gilt für die Periodenlänge: p = $\frac{\mathrm{2\; \pi }}{b}$ = = 366

1. t-Wert bei der stärksten Abnahme

   Gesucht ist die Stelle mit der größten Abnahme, also der minimalen Steigung. Die maximale und minimale Tangentensteigungen befinden sich immer in den Wendepunkten. Hier ist der Wendepunkt mit der negativen Steigung gesucht. Dieser ist bei einer Sinus-Funktion aber immer genau nach einer halben Periode, also nach 183 d.

   Die Sinusfunktion ist aber auch noch um 70 nach rechts verschoben, d.h. sie startet auch erst bei t = 70 d mit ihrer Periode. Somit erreicht sie ihren fallenenden Wendepunkt nach 183 + 70 d = 253 d. Die Lösung ist also: 253 d.

2. y-Wert des Minimums (TP)

   Gesucht ist der tiefste Funktionswert. Aus dem Term kann man eine Verschiebung der Sinusfunktion um d = 12 nach oben und eine Amplitude von a = 4.5 erkennen, d.h. f schwingt um maximal 4.5 um 12. Somit ist der tiefste Wert bei 12 h - 4.5 h = 7.5 h.

Wir berechnen zuerst die Periode von f_a mit $f_a\mathrm{(x)}=$ $-\sin \left(\frac{1}{a^2-6a+10}x\right)$:

p = $\frac{\mathrm{2\pi }}{b}$ = = $2\pi ·\left(a^2-6a+10\right)$

Man erkennt jetzt gut, dass je größer $a^2-6a+10$ wird, desto größer wird auch die Periode.

$a^2-6a+10$ ist eine quadratische Funktion, ihr Graph ist eine nach oben geöffnete Parabel mit einem Tiefpunkt als Scheitel. Somit hat $a^2-6a+10$ also einen minimalen Wert, während es noch oben keine Grenze gibt.

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

( $a^2-6a+10$)' = $2a-6$ = 0 ⇔ a = 3

Für dieses a = 3 wird also $a^2-6a+10$ minimal und somit auch die Periode $2\pi ·\left(a^2-6a+10\right)$ minimal .

Für a = 3 ist dann die minimale Periode p_min = $2\pi ·\left(3^2-6\cdot 3+10\right)$ = $2\pi ·\left(9-18+10\right)$ = $2\pi$.