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

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

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

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

$\text{f'(x)}=$ $2\cdot \cos \left(-2x+5\right)·\left(-2+0\right)+10x$

= $2\cdot \cos \left(-2x+5\right)·\left(-2\right)+10x$

= $-4\cdot \cos \left(-2x+5\right)+10x$

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

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

= $-3\cdot \cos \left(2\pi \right)+3\cdot \cos \left(\pi \right)$

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

= $-3-3$

= $-6$

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=$\frac{1}{3}$ und der Periodenformel p=$\frac{\mathrm{2\pi }}{b}$ erhalten wir als Periode:
p=$\frac{\mathrm{2\pi }}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow>\; <mfrac>\; <mrow>\; <mn>1</mn>\; </mrow>\; <mrow>\; <mn>3</mn>\; </mrow>\; </mfrac>\; </mrow>\; </math>}}$ = $6\pi$

Der gesuchte Tiefpunkt ist bei sin(x) nach Dreiviertel der Periode,
also bei x₁= $\frac{9}{2}\pi$ ≈ $\frac{9}{2}\pi$. .

Weil das gesuchte Interval [0; $12\pi$) zwei Perioden umfasst, ist auch noch $\frac{9}{2}\pi +6\pi$ = $\frac{21}{2}\pi$ eine Lösung.

Die Funktion schwingt wegen d=-3 um y=-3. Der y-Wert des Tiefpunkt ist also eine Amplitude (a=1) unter -3, also bei y=-4.

Wir erhalten also als Ergebnis einen Tiefpunkt bei ( $\frac{9}{2}\pi$|-4) und einen bei ( $\frac{21}{2}\pi$|-4)

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 verschoben ist.

Der erste Hochpunkt wäre also im Punkt P(0|1).

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 Hochpunkt ist bei cos(x) zu Beginn der Periode,
also bei x₁= $0$ ≈ $0$. .

Weil das gesuchte Interval [0; $6\pi$) zwei Perioden umfasst, ist auch noch $0+3\pi$ = $3\pi$ 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 ( $0$|3) und einen bei ( $3\pi$|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=-1 in y-Richtung und um c= $-\pi$ nach rechts verschoben ist.

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

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( $-\pi$|-1) 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 $-2\cdot \sin \left(3(x+\pi )\right)-1$ aber nach Dreiviertel der Periode,
also bei x₁= $-\pi$ + $\frac{1}{2}\pi$ ≈ $-\frac{1}{2}\pi$.
Weil diese Stelle aber negativ ist, müssen wir noch (mindestens) eine Periode dazu addieren, damit der x-Wert im gesuchten Intervall [0; $\frac{2}{3}\pi$) liegt,
also x₁= $-\frac{1}{2}\pi +\frac{2}{3}\pi$ ≈ $\frac{1}{6}\pi$.

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 ( $\frac{1}{6}\pi$|1)

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

Daraus ergibt sich folgende Gleichung:

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

1. Fall:

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

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung einfach (nach unten gespiegelt) bei - $\frac{1}{2}\pi$
bzw. bei - $\frac{1}{2}\pi$+2π= $\frac{3}{2}\pi$ liegen muss.

2. Fall:

L={ $\frac{1}{2}\pi$; $\frac{3}{2}\pi$}

Die Nullstellen in der Periode [0; $2\pi$) sind also
bei x₁ = $\frac{1}{2}\pi$ und x₂ = $\frac{3}{2}\pi$.

1. Periodenlänge

   Aus dem Funktionsterm können wir den Faktor b = $\frac{1}{50}\pi$ herauslesen und in die Periodenformel einsetzen:

   Somit gilt für die Periodenlänge: p = $\frac{\mathrm{2\; \pi }}{b}$ = = 100

2. t-Werte mit f(t) ≥ 20.7

   Um das gesuchte Intervall zu bestimmen, müssen wir erst die Stellen bestimmen, an denen der Funktionswert unserer Sinus-Funktion gerade den Wert 20.7 hat. Wir setzen also den Funktionsterm mit 20.7 gleich:

   $11\cdot \sin \left(\frac{1}{50}\pi \left(t-40\right)\right)+13$ = 20.7

   $11\cdot \sin \left(\mathrm{0,0628}t-\mathrm{2,5133}\right)+13$ = $\mathrm{20,7}$ | $-13$

   $11\cdot \sin \left(\mathrm{0,0628}t-\mathrm{2,5133}\right)$

   =

   $\mathrm{7,7}$

   |:$11$

   canvas

   $\sin \left(\mathrm{0,0628}t-\mathrm{2,5133}\right)$

   =

   $\mathrm{0,7}$

   |sin-1(⋅)

   Der WTR liefert nun als Wert 0.77539749661075

   1. Fall:

   $\mathrm{0,0628}x-\mathrm{2,5133}$	=	$\mathrm{0,775}$	| $+\mathrm{2,5133}$
   $\mathrm{0,0628}x$	=	$\mathrm{3,2883}$	|:$\mathrm{0,0628}$
   x1	=	$\mathrm{52,3615}$

   Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung $\sin \left(\mathrm{0,0628}t-\mathrm{2,5133}\right)$ = $\mathrm{0,7}$ noch eine weitere Lösung hat. (die waagrechte grüne Gerade y=0.7 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

   Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung an der y-Achse gespiegelt liegt, also π - $\mathrm{0,775}$= $\mathrm{2,366}$ liegen muss.

   2. Fall:

   $\mathrm{0,0628}x-\mathrm{2,5133}$	=	$\mathrm{2,366}$	| $+\mathrm{2,5133}$
   $\mathrm{0,0628}x$	=	$\mathrm{4,8793}$	|:$\mathrm{0,0628}$
   x2	=	$\mathrm{77,6959}$

   Da die Sinus-Funktion ja um 40 nach rechts verschoben ist, startet sie nach 40 s nach oben und erreicht erstmals nach 52.36 s den Wert 20.7. Danach steigt sie weiter bis zum Hochpunkt und sinkt dann wieder bis sie nach 77.7 s zum zweiten mal den Wert 20.7 erreicht. Während dieser 77.7 - 52.36 = 25.34 s ist der Wert der Funktion also höher als 20.7.

Wir berechnen zuerst die Periode von f_a mit $f_a\mathrm{(x)}=$ $-\sin \left(\frac{1}{a^2-4a+9}x\right)$:

p = $\frac{\mathrm{2\pi }}{b}$ = = $2\pi ·\left(a^2-4a+9\right)$

Man erkennt jetzt gut, dass je größer $a^2-4a+9$ wird, desto größer wird auch die Periode.

$a^2-4a+9$ ist eine quadratische Funktion, ihr Graph ist eine nach oben geöffnete Parabel mit einem Tiefpunkt als Scheitel. Somit hat $a^2-4a+9$ also einen minimalen Wert, während es noch oben keine Grenze gibt.

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

( $a^2-4a+9$)' = $2a-4$ = 0 ⇔ a = 2

Für dieses a = 2 wird also $a^2-4a+9$ minimal und somit auch die Periode $2\pi ·\left(a^2-4a+9\right)$ minimal .

Für a = 2 ist dann die minimale Periode p_min = $2\pi ·\left(2^2-4\cdot 2+9\right)$ = $2\pi ·\left(4-8+9\right)$ = $10\pi$.