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

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

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

$\text{f(x)}=$ $-5x^2·\sin \left(3x\right)$

$\text{f'(x)}=$ $-5·2x·\sin \left(3x\right)-5x^2·\cos \left(3x\right)·3$

= $-10x·\sin \left(3x\right)-5x^2·3\cdot \cos \left(3x\right)$

= $-10x·\sin \left(3x\right)-15x^2·\cos \left(3x\right)$

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

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

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

= $3\cdot 0-3\cdot 1$

= $0-3$

= $-3$

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=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 Wendepunkt ist bei sin(x) zu Beginn und nach der Hälfte der Periode,
also bei x₁= $0$ ≈ $0$. und bei x₂= $\frac{3}{2}\pi$ ≈ $\frac{3}{2}\pi$. .

Weil das gesuchte Interval [0; $6\pi$) zwei Perioden umfasst, ist auch noch $0+3\pi$ = $3\pi$ und $\frac{3}{2}\pi +3\pi$ = $\frac{9}{2}\pi$ eine Lösung.

Die Funktion schwingt wegen d=0 um y=0. Der y-Wert des Wendepunkt ist also gerade 0.

Wir erhalten also als Ergebnis einen Wendepunkt bei ( $0$|0) und einen bei ( $\frac{3}{2}\pi$|0) und einen bei ( $3\pi$|0) und einen bei ( $\frac{9}{2}\pi$|0)

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 = -2 aber negativ ist, wird die Original-funktion f(x)=cos(x) nicht nur um den Faktor 2 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=$\frac{3}{4}$ 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, bei der durch das negative Vorzeichen an der x-Achse gespiegelte Funktion $-2\cdot \cos \left(\frac{3}{4}\left(x+0\right)\right)+0$ aber nach der Hälfte der Periode,
also bei x₁= $\frac{4}{3}\pi$ ≈ $\frac{4}{3}\pi$. .

Weil das gesuchte Interval [0; $\frac{16}{3}\pi$) zwei Perioden umfasst, ist auch noch $\frac{4}{3}\pi +\frac{8}{3}\pi$ = $4\pi$ 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 ( $\frac{4}{3}\pi$|2) und einen bei ( $4\pi$|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 und um c= $-2\pi$ nach rechts verschoben ist.

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

Weil aber das Vorzeichen von a = -2 aber negativ ist, wird die Original-funktion f(x)=cos(x) nicht nur um den Faktor 2 gestreckt sondern auch an der x-Achse gespiegelt, so dass aus dem Hochpunkt in P ein Tiefpunkt in P( $-2\pi$|-3) wird.

Mit Hilfe von b=4 und der Periodenformel p=$\frac{\mathrm{2\pi }}{b}$ erhalten wir als Periode:
p=$\frac{\mathrm{2\pi }}{4}$ = $\frac{1}{2}\pi$

Der gesuchte Hochpunkt ist bei cos(x) zu Beginn der Periode, bei der durch das negative Vorzeichen an der x-Achse gespiegelte Funktion $-2\cdot \cos \left(4\left(x+2\pi \right)\right)-1$ aber nach der Hälfte der Periode,
also bei x₁= $-2\pi$ + $\frac{1}{4}\pi$ ≈ $-\frac{7}{4}\pi$.
Weil diese Stelle aber negativ ist, müssen wir noch (mindestens) eine Periode dazu addieren, damit der x-Wert im gesuchten Intervall [0; $\frac{1}{2}\pi$) liegt,
also x₁= $-\frac{7}{4}\pi +\frac{1}{2}\pi +\frac{1}{2}\pi +\frac{1}{2}\pi +\frac{1}{2}\pi$ ≈ $\frac{1}{4}\pi$.

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=1.

Wir erhalten also als Ergebnis einen Hochpunkt bei ( $\frac{1}{4}\pi$|1)

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

Daraus ergibt sich folgende Gleichung:

Der WTR liefert nun als Wert 0.92729521800161

1. Fall:

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung $\cos \left(\frac{1}{2}x\right)$ = $\mathrm{0,6}$ noch eine weitere Lösung hat. (die senkrechte turkise Gerade x=0.6 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung einfach (nach unten gespiegelt) bei - $\mathrm{0,927}$
bzw. bei - $\mathrm{0,927}$+2π= $\mathrm{5,356}$ liegen muss.

2. Fall:

L={ $\mathrm{1,854}$; $\mathrm{10,712}$}

Die Nullstellen in der Periode [0; $4\pi$) sind also
bei x₁ = $\mathrm{1,854}$ und x₂ = $\mathrm{10,712}$.

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-Werte mit f(t) ≥ 13.05

   Um das gesuchte Intervall zu bestimmen, müssen wir erst die Stellen bestimmen, an denen der Funktionswert unserer Sinus-Funktion gerade den Wert 13.05 hat. Wir setzen also den Funktionsterm mit 13.05 gleich:

   $\mathrm{3,5}\cdot \sin \left(\frac{1}{183}\pi \left(t-50\right)\right)+12$ = 13.05

   $\mathrm{3,5}\cdot \sin \left(\mathrm{0,0172}t-\mathrm{0,8584}\right)+12$ = $\mathrm{13,05}$ | $-12$

   $\mathrm{3,5}\cdot \sin \left(\mathrm{0,0172}t-\mathrm{0,8584}\right)$

   =

   $\mathrm{1,05}$

   |:$\mathrm{3,5}$

   canvas

   $\sin \left(\mathrm{0,0172}t-\mathrm{0,8584}\right)$

   =

   $\mathrm{0,3}$

   |sin-1(⋅)

   Der WTR liefert nun als Wert 0.3046926540154

   1. Fall:

   $\mathrm{0,0172}x-\mathrm{0,8584}$	=	$\mathrm{0,305}$	| $+\mathrm{0,8584}$
   $\mathrm{0,0172}x$	=	$\mathrm{1,1634}$	|:$\mathrm{0,0172}$
   x1	=	$\mathrm{67,6395}$

   Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung $\sin \left(\mathrm{0,0172}t-\mathrm{0,8584}\right)$ = $\mathrm{0,3}$ 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:

   $\mathrm{0,0172}x-\mathrm{0,8584}$	=	$\mathrm{2,837}$	| $+\mathrm{0,8584}$
   $\mathrm{0,0172}x$	=	$\mathrm{3,6954}$	|:$\mathrm{0,0172}$
   x2	=	$\mathrm{214,8488}$

   Da die Sinus-Funktion ja um 50 nach rechts verschoben ist, startet sie nach 50 d nach oben und erreicht erstmals nach 67.64 d den Wert 13.05. Danach steigt sie weiter bis zum Hochpunkt und sinkt dann wieder bis sie nach 214.85 d zum zweiten mal den Wert 13.05 erreicht. Während dieser 214.85 - 67.64 = 147.21 d ist der Wert der Funktion also höher als 13.05.

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 91.5 d.

   Die Sinusfunktion ist aber auch noch um 50 nach rechts verschoben, d.h. sie startet auch erst bei t = 50 d mit ihrer Periode. Somit erreicht sie ihren Hochpunkt nach 91.5 + 50 d = 141.5 d. Die Lösung ist also: 141.5 d.

Wir berechnen zuerst die Periode von f_a mit $f_a\mathrm{(x)}=$ $-2\cdot \cos \left(\frac{1}{a^2+6a+12}x\right)$:

p = $\frac{\mathrm{2\pi }}{b}$ = = $2\pi ·\left(a^2+6a+12\right)$

Man erkennt jetzt gut, dass je größer $a^2+6a+12$ wird, desto größer wird auch die Periode.

$a^2+6a+12$ ist eine quadratische Funktion, ihr Graph ist eine nach oben geöffnete Parabel mit einem Tiefpunkt als Scheitel. Somit hat $a^2+6a+12$ also einen minimalen Wert, während es noch oben keine Grenze gibt.

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

( $a^2+6a+12$)' = $2a+6$ = 0 ⇔ a = -3

Für dieses a = -3 wird also $a^2+6a+12$ minimal und somit auch die Periode $2\pi ·\left(a^2+6a+12\right)$ minimal .

Für a = -3 ist dann die minimale Periode p_min = $2\pi ·\left({\left(-3\right)}^2+6\cdot \left(-3\right)+12\right)$ = $2\pi ·\left(9-18+12\right)$ = $6\pi$.