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

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

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

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

$\text{f(x)}=$ $2\cdot \sin \left(\frac{2}{3}\left(x+\frac{1}{4}\pi \right)\right)+1$

$\text{f'(x)}=$ $2\cdot \cos \left(\frac{2}{3}\left(x+\frac{1}{4}\pi \right)\right)·\left(\frac{2}{3}\left(1+0\right)\right)+0$

= $2\cdot \cos \left(\frac{2}{3}\left(x+\frac{1}{4}\pi \right)\right)·\frac{2}{3}$

= $\frac{4}{3}\cdot \cos \left(\frac{2}{3}\left(x+\frac{1}{4}\pi \right)\right)$

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

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

= $\cos \left(\frac{5}{2}\pi \right)-\cos \left(\frac{3}{2}\pi \right)$

= $0-0$

= 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=2 in y-Richtung verschoben ist.

Der erste steigender Wendepunkt wäre also im Punkt P(0|2).

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= $0$ ≈ $0$. und bei x₂= $\pi$ ≈ $\pi$. .

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=2 um y=2. Der y-Wert des Wendepunkt ist also gerade 2.

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

Weil aber das Vorzeichen von a = -2 aber negativ ist, wird die Original-funktion f(x)=sin(x) nicht nur um den Faktor 2 gestreckt sondern auch an der x-Achse gespiegelt, so dass aus dem steigender Wendepunkt in P ein fallender Wendepunkt in P(0|0) wird.

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 Tiefpunkt ist bei sin(x) nach Dreiviertel der Periode, bei der durch das negative Vorzeichen an der x-Achse gespiegelte Funktion $-2\cdot \sin \left(\frac{1}{2}\left(x+0\right)\right)+0$ aber 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=0 um y=0. Der y-Wert des Tiefpunkt ist also eine Amplitude (a=2) unter 0, also bei y=-2.

Wir erhalten also als Ergebnis einen Tiefpunkt bei ( $\pi$|-2) und einen bei ( $5\pi$|-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=-2 in y-Richtung und um c= $-1$ nach rechts verschoben ist.

Der erste steigender Wendepunkt wäre also im Punkt P( $-1$|-2).

Weil aber das Vorzeichen von a = -3 aber negativ ist, wird die Original-funktion f(x)=sin(x) nicht nur um den Faktor 3 gestreckt sondern auch an der x-Achse gespiegelt, so dass aus dem steigender Wendepunkt in P ein fallender Wendepunkt in P( $-1$|-2) 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 Hochpunkt ist bei sin(x) nach einem Viertel der Periode, bei der durch das negative Vorzeichen an der x-Achse gespiegelte Funktion $-3\cdot \sin \left(3\left(x+1\right)\right)-2$ aber nach Dreiviertel der Periode,
also bei x₁= $-1$ + $\frac{1}{2}\pi$ ≈ $\mathrm{0,571}$. .

Weil das gesuchte Interval [0; $\frac{4}{3}\pi$) zwei Perioden umfasst, ist auch noch $\mathrm{0,571}+\frac{2}{3}\pi$ ≈ 2.665 eine Lösung.

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

Wir erhalten also als Ergebnis einen Hochpunkt bei ( $\mathrm{0,571}$|1) und bei (2.665|1)

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

Daraus ergibt sich folgende Gleichung:

Der WTR liefert nun als Wert 1.6709637479565

1. Fall:

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

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung einfach (nach unten gespiegelt) bei - $\mathrm{1,671}$
bzw. bei - $\mathrm{1,671}$+2π= $\mathrm{4,612}$ liegen muss.

2. Fall:

L={ $\mathrm{1,671}$; $\mathrm{4,612}$}

Die Nullstellen in der Periode [0; $2\pi$) sind also
bei x₁ = $\mathrm{1,671}$ und x₂ = $\mathrm{4,612}$.

1. Periodenlänge

   Aus dem Funktionsterm können wir den Faktor b = $\frac{1}{90}\pi$ herauslesen und in die Periodenformel einsetzen:

   Somit gilt für die Periodenlänge: p = $\frac{\mathrm{2\; \pi }}{b}$ = = 180

2. t-Werte mit f(t) ≥ 28

   Um das gesuchte Intervall zu bestimmen, müssen wir erst die Stellen bestimmen, an denen der Funktionswert unserer Sinus-Funktion gerade den Wert 28 hat. Wir setzen also den Funktionsterm mit 28 gleich:

   $18\cdot \sin (\frac{1}{90}\pi ·\left(t-20\right))+19$ = 28

   $18\cdot \sin \left(\mathrm{0,0349}t-\mathrm{0,6981}\right)+19$ = $28$ | $-19$

   $18\cdot \sin \left(\mathrm{0,0349}t-\mathrm{0,6981}\right)$

   =

   $9$

   |:$18$

   canvas

   $\sin \left(\mathrm{0,0349}t-\mathrm{0,6981}\right)$

   =

   $\mathrm{0,5}$

   |sin-1(⋅)

   Der WTR liefert nun als Wert 0.5235987755983

   1. Fall:

   $\mathrm{0,0349}x-\mathrm{0,6981}$	=	$\frac{5}{6}\pi$	| $+\mathrm{0,6981}$
   $\mathrm{0,0349}x$	=	$\mathrm{0,6981}+\frac{5}{6}\pi$
   $\mathrm{0,0349}x$	=	$\mathrm{3,3161}$	|:$\mathrm{0,0349}$
   x1	=	$\mathrm{95,0172}$

   Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung $\sin \left(\mathrm{0,0349}t-\mathrm{0,6981}\right)$ = $\mathrm{0,5}$ noch eine weitere Lösung hat. (die waagrechte grüne Gerade y=0.5 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

   Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung an der y-Achse gespiegelt liegt, also π - $\frac{5}{6}\pi$= $\frac{1}{6}\pi$ liegen muss.

   2. Fall:

   $\mathrm{0,0349}x-\mathrm{0,6981}$	=	$\frac{1}{6}\pi$	| $+\mathrm{0,6981}$
   $\mathrm{0,0349}x$	=	$\mathrm{0,6981}+\frac{1}{6}\pi$
   $\mathrm{0,0349}x$	=	$\mathrm{1,2217}$	|:$\mathrm{0,0349}$
   x2	=	$\mathrm{35,0057}$

   Da die Sinus-Funktion ja um 20 nach rechts verschoben ist, startet sie nach 20 s nach oben und erreicht erstmals nach 35.01 s den Wert 28. Danach steigt sie weiter bis zum Hochpunkt und sinkt dann wieder bis sie nach 95.02 s zum zweiten mal den Wert 28 erreicht. Während dieser 95.02 - 35.01 = 60.01 s ist der Wert der Funktion also höher als 28.

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 45 s.

   Die Sinusfunktion ist aber auch noch um 20 nach rechts verschoben, d.h. sie startet auch erst bei t = 20 s mit ihrer Periode. Somit erreicht sie ihren Hochpunkt nach 45 + 20 s = 65 s. Die Lösung ist also: 65 s.

Der Graph einer normalen Kosiniusfunktion hat ja seinen ersten Tiefpunkt immmer nach einer $\frac{1}{2}$ Periode. Es gilt somit $\frac{1}{2}$⋅p = $1$ |⋅$2$

Demnach muss also die Periode p =$2$ ⋅ $1$ = $2$ lang sein.

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

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