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

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

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

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

$\text{f(x)}=$ ${\left(\cos \left(3x\right)\right)}^2$

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

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

= $-6\cos \left(3x\right)·\sin \left(3x\right)$

= $-6\sin \left(3x\right)·\cos \left(3x\right)$

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

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

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

= $-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}$

= 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 Tiefpunkt ist bei sin(x) nach Dreiviertel der Periode,
also bei x₁= $\frac{3}{2}\pi$ ≈ $\frac{3}{2}\pi$. .

Weil das gesuchte Interval [0; $4\pi$) zwei Perioden umfasst, ist auch noch $\frac{3}{2}\pi +2\pi$ = $\frac{7}{2}\pi$ eine Lösung.

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

Wir erhalten also als Ergebnis einen Tiefpunkt bei ( $\frac{3}{2}\pi$|1) und einen bei ( $\frac{7}{2}\pi$|1)

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= $\frac{1}{2}\pi$ ≈ $\frac{1}{2}\pi$. .

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)

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=3 in y-Richtung und um c= $-\frac{1}{3}\pi$ nach rechts verschoben ist.

Der erste Hochpunkt wäre also im Punkt P( $-\frac{1}{3}\pi$|5).

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( $-\frac{1}{3}\pi$|1) 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 $-2\cdot \cos \left(4\left(x+\frac{1}{3}\pi \right)\right)+3$ aber nach der Hälfte der Periode,
also bei x₁= $-\frac{1}{3}\pi$ + $\frac{1}{4}\pi$ ≈ $-\frac{1}{12}\pi$.
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= $-\frac{1}{12}\pi +\frac{1}{2}\pi$ ≈ $\frac{5}{12}\pi$.

Weil das gesuchte Interval [0; $\pi$) zwei Perioden umfasst, ist auch noch $\frac{5}{12}\pi +\frac{1}{2}\pi$ = $\frac{11}{12}\pi$ eine Lösung.

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 ( $\frac{5}{12}\pi$|5) und bei ( $\frac{11}{12}\pi$|5)

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

Daraus ergibt sich folgende Gleichung:

Der WTR liefert nun als Wert 0.3046926540154

1. Fall:

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung $\sin \left(2x\right)$ = $\mathrm{0,3}$ 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:

L={ $\mathrm{0,1525}$; $\mathrm{1,4185}$}

Die Nullstellen in der Periode [0; $\pi$) sind also
bei x₁ = $\mathrm{0,1525}$ und x₂ = $\mathrm{1,4185}$.

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) ≥ 14

   Um das gesuchte Intervall zu bestimmen, müssen wir erst die Stellen bestimmen, an denen der Funktionswert unserer Sinus-Funktion gerade den Wert 14 hat. Wir setzen also den Funktionsterm mit 14 gleich:

   $4\cdot \sin (\frac{1}{183}\pi ·\left(t-40\right))+12$ = 14

   $4\cdot \sin \left(\mathrm{0,0172}t-\mathrm{0,6867}\right)+12$ = $14$ | $-12$

   $4\cdot \sin \left(\mathrm{0,0172}t-\mathrm{0,6867}\right)$

   =

   $2$

   |:$4$

   canvas

   $\sin \left(\mathrm{0,0172}t-\mathrm{0,6867}\right)$

   =

   $\mathrm{0,5}$

   |sin-1(⋅)

   Der WTR liefert nun als Wert 0.5235987755983

   1. Fall:

   $\mathrm{0,0172}x-\mathrm{0,6867}$	=	$\frac{5}{6}\pi$	| $+\mathrm{0,6867}$
   $\mathrm{0,0172}x$	=	$\mathrm{0,6867}+\frac{5}{6}\pi$
   $\mathrm{0,0172}x$	=	$\mathrm{3,3047}$	|:$\mathrm{0,0172}$
   x1	=	$\mathrm{192,1337}$

   Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung $\sin \left(\mathrm{0,0172}t-\mathrm{0,6867}\right)$ = $\mathrm{0,5}$ 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:

   $\mathrm{0,0172}x-\mathrm{0,6867}$	=	$\frac{1}{6}\pi$	| $+\mathrm{0,6867}$
   $\mathrm{0,0172}x$	=	$\mathrm{0,6867}+\frac{1}{6}\pi$
   $\mathrm{0,0172}x$	=	$\mathrm{1,2103}$	|:$\mathrm{0,0172}$
   x2	=	$\mathrm{70,3663}$

   Da die Sinus-Funktion ja um 40 nach rechts verschoben ist, startet sie nach 40 d nach oben und erreicht erstmals nach 70.37 d den Wert 14. Danach steigt sie weiter bis zum Hochpunkt und sinkt dann wieder bis sie nach 192.13 d zum zweiten mal den Wert 14 erreicht. Während dieser 192.13 - 70.37 = 121.76 d ist der Wert der Funktion also höher als 14.

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 40 nach rechts verschoben, d.h. sie startet auch erst bei t = 40 d mit ihrer Periode. Somit erreicht sie ihren Hochpunkt nach 91.5 + 40 d = 131.5 d. Die Lösung ist also: 131.5 d.

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

p = $\frac{\mathrm{2\pi }}{b}$ =

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

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

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

( $a^2+4$)' = $2a$ = 0 ⇔ a = 0

Für dieses a = 0 wird also $a^2+4$ minimal und somit die Periode $\frac{2\pi }{a^2+4}$ maximal .

Für a = 0 ist dann die maximale Periode p_max = $\frac{2\pi }{0^2+4}$ = $\frac{2\pi }{0+4}$ = $\frac{1}{2}\pi$.