$\text{f(x)}=$ $-4\cdot \sin \left(3x\right)$

$\text{f'(x)}=$ $-4\cdot \cos \left(3x\right)·3$

= $-12\cdot \cos \left(3x\right)$

$\text{f(x)}=$ $2x·\sin \left(-4x\right)$

$\text{f'(x)}=$ $2·1·\sin \left(-4x\right)+2x·\cos \left(-4x\right)·\left(-4\right)$

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

= $2\cdot \sin \left(-4x\right)-8x·\cos \left(-4x\right)$

= ${\left[-\frac{5}{3}\cdot \sin \left(3x\right)\right]}_{\frac{1}{2}\pi }^{\frac{3}{2}\pi }$

$=$ $-\frac{5}{3}\cdot \sin \left(3\cdot \left(\frac{3}{2}\pi \right)\right)+\frac{5}{3}\cdot \sin \left(3\cdot \left(\frac{1}{2}\pi \right)\right)$

= $-\frac{5}{3}\cdot 1+\frac{5}{3}\cdot \left(-1\right)$

= $-\frac{5}{3}-\frac{5}{3}$

= $-\frac{10}{3}$

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 verschoben ist.

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

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 Hochpunkt ist bei sin(x) 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=1 um y=1. Der y-Wert des Hochpunkt ist also eine Amplitude (a=1) über 1, also bei y=2.

Wir erhalten also als Ergebnis einen Hochpunkt bei ( $\pi$|2) und einen bei ( $5\pi$|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=2 in y-Richtung verschoben ist.

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

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,
also bei x₁= $0$ ≈ $0$. .

Weil das gesuchte Interval [0; $\frac{16}{3}\pi$) zwei Perioden umfasst, ist auch noch $0+\frac{8}{3}\pi$ = $\frac{8}{3}\pi$ eine Lösung.

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

Wir erhalten also als Ergebnis einen Hochpunkt bei ( $0$|3) und einen bei ( $\frac{8}{3}\pi$|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=-2 in y-Richtung und um c= $-\pi$ nach rechts verschoben ist.

Der erste steigender Wendepunkt wäre also im Punkt P( $-\pi$|-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 Hochpunkt ist bei sin(x) nach einem Viertel 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; $2\pi$) liegt,
also x₁= $-\frac{1}{2}\pi +2\pi$ ≈ $\frac{3}{2}\pi$.

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

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

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

Daraus ergibt sich folgende Gleichung:

Der WTR liefert nun als Wert 1.4706289056333

1. Fall:

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung $\cos \left(\frac{1}{4}x\right)$ = $\mathrm{0,1}$ 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 - $\mathrm{1,471}$
bzw. bei - $\mathrm{1,471}$+2π= $\mathrm{4,813}$ liegen muss.

2. Fall:

L={ $\mathrm{5,884}$; $\mathrm{19,252}$}

Die Nullstellen in der Periode [0; $8\pi$) sind also
bei x₁ = $\mathrm{5,884}$ und x₂ = $\mathrm{19,252}$.

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. 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.

2. t-Werte mit f(t) ≥ 12.45

   Um das gesuchte Intervall zu bestimmen, müssen wir erst die Stellen bestimmen, an denen der Funktionswert unserer Sinus-Funktion gerade den Wert 12.45 hat. Wir setzen also den Funktionsterm mit 12.45 gleich:

   $\mathrm{4,5}\cdot \sin \left(\frac{1}{183}\pi \left(t-70\right)\right)+12$ = 12.45

   $\mathrm{4,5}\cdot \sin \left(\mathrm{0,0172}t-\mathrm{1,2017}\right)+12$ = $\mathrm{12,45}$ | $-12$

   $\mathrm{4,5}\cdot \sin \left(\mathrm{0,0172}t-\mathrm{1,2017}\right)$

   =

   $\mathrm{0,45}$

   |:$\mathrm{4,5}$

   canvas

   $\sin \left(\mathrm{0,0172}t-\mathrm{1,2017}\right)$

   =

   $\mathrm{0,1}$

   |sin-1(⋅)

   Der WTR liefert nun als Wert 0.10016742116156

   1. Fall:

   $\mathrm{0,0172}x-\mathrm{1,2017}$	=	$\mathrm{0,1}$	| $+\mathrm{1,2017}$
   $\mathrm{0,0172}x$	=	$\mathrm{1,3017}$	|:$\mathrm{0,0172}$
   x1	=	$\mathrm{75,6802}$

   Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung $\sin \left(\mathrm{0,0172}t-\mathrm{1,2017}\right)$ = $\mathrm{0,1}$ 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 - $\mathrm{0,1}$= $\mathrm{3,041}$ liegen muss.

   2. Fall:

   $\mathrm{0,0172}x-\mathrm{1,2017}$	=	$\mathrm{3,041}$	| $+\mathrm{1,2017}$
   $\mathrm{0,0172}x$	=	$\mathrm{4,2427}$	|:$\mathrm{0,0172}$
   x2	=	$\mathrm{246,6686}$

   Da die Sinus-Funktion ja um 70 nach rechts verschoben ist, startet sie nach 70 d nach oben und erreicht erstmals nach 75.68 d den Wert 12.45. Danach steigt sie weiter bis zum Hochpunkt und sinkt dann wieder bis sie nach 246.67 d zum zweiten mal den Wert 12.45 erreicht. Während dieser 246.67 - 75.68 = 170.99 d ist der Wert der Funktion also höher als 12.45.

3. 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.

4. 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 70 nach rechts verschoben, d.h. sie startet auch erst bei t = 70 d mit ihrer Periode. Somit erreicht sie ihren Hochpunkt nach 91.5 + 70 d = 161.5 d. Die Lösung ist also: 161.5 d.

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

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 = $2\pi ·\left(3^2-6\cdot 3+10\right)$ = $2\pi ·\left(9-18+10\right)$ = $2\pi$.