$\text{f(x)}=$ $-3\cdot \sin \left(5x-3\right)-4$

$\text{f'(x)}=$ $-3\cdot \cos \left(5x-3\right)·\left(5+0\right)+0$

= $-3\cdot \cos \left(5x-3\right)·\left(5\right)$

= $-15\cdot \cos \left(5x-3\right)$

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

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

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

= $\frac{9}{4}\cdot \cos \left(\frac{3}{4}\left(x+2\right)\right)$

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

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

= $-5\cdot 0+5\cdot 0$

= $0+0$

= 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=0 in y-Richtung verschoben ist.

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

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=0 um y=0. Der y-Wert des Tiefpunkt ist also eine Amplitude (a=1) unter 0, also bei y=-1.

Wir erhalten also als Ergebnis einen Tiefpunkt bei ( $\frac{9}{2}\pi$|-1) und einen bei ( $\frac{21}{2}\pi$|-1)

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).

Weil aber das Vorzeichen von a = -3 aber negativ ist, wird die Original-funktion f(x)=cos(x) nicht nur um den Faktor 3 gestreckt sondern auch an der x-Achse gespiegelt, so dass aus dem Hochpunkt in P ein Tiefpunkt in P(0|-1) wird.

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 Tiefpunkt ist bei cos(x) nach der Hälfte der Periode, bei der durch das negative Vorzeichen an der x-Achse gespiegelte Funktion $-3\cdot \cos \left(\frac{2}{3}\left(x+0\right)\right)-1$ aber zu Beginn der Periode,
also bei x₁= $0$ ≈ $0$. .

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

Wir erhalten also als Ergebnis einen Tiefpunkt bei ( $0$|-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 und um c= $-\frac{1}{2}\pi$ nach rechts verschoben ist.

Der erste Hochpunkt wäre also im Punkt P( $-\frac{1}{2}\pi$|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( $-\frac{1}{2}\pi$|-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 $-2\cdot \cos \left(4\left(x+\frac{1}{2}\pi \right)\right)-1$ aber nach der Hälfte der Periode,
also bei x₁= $-\frac{1}{2}\pi$ + $\frac{1}{4}\pi$ ≈ $-\frac{1}{4}\pi$.
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= $-\frac{1}{4}\pi +\frac{1}{2}\pi$ ≈ $\frac{1}{4}\pi$.

Weil das gesuchte Interval [0; $\pi$) zwei Perioden umfasst, ist auch noch $\frac{1}{4}\pi +\frac{1}{2}\pi$ = $\frac{3}{4}\pi$ 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=1.

Wir erhalten also als Ergebnis einen Hochpunkt bei ( $\frac{1}{4}\pi$|1) und bei ( $\frac{3}{4}\pi$|1)

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

Daraus ergibt sich folgende Gleichung:

Der WTR liefert nun als Wert 1.3694384060046

1. Fall:

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung $\cos \left(\frac{1}{3}x\right)$ = $\mathrm{0,2}$ noch eine weitere Lösung hat. (die senkrechte turkise Gerade x=0.2 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung einfach (nach unten gespiegelt) bei - $\mathrm{1,369}$
bzw. bei - $\mathrm{1,369}$+2π= $\mathrm{4,914}$ liegen muss.

2. Fall:

L={ $\mathrm{4,107}$; $\mathrm{14,742}$}

Die Nullstellen in der Periode [0; $6\pi$) sind also
bei x₁ = $\mathrm{4,107}$ und x₂ = $\mathrm{14,742}$.

1. Periodenlänge

   Aus dem Funktionsterm können wir den Faktor b = $\frac{1}{80}\pi$ herauslesen und in die Periodenformel einsetzen:

   Somit gilt für die Periodenlänge: p = $\frac{\mathrm{2\; \pi }}{b}$ = = 160

2. t-Wert des Minimums (TP)

   Gesucht ist die Stelle mit dem geringsten Funktionswert, also der x- bzw- t-Wert des Tiefpunkts. Dieser ist bei einer Sinusfunktion immer nach einer Dreiviertel Periode (im Einheitskreis ist man nach einer Dreiviertel-Umdrehung ganz unten bei y=-1), hier also nach 120 s.

   Die Sinusfunktion ist aber auch noch um 40 nach rechts verschoben, d.h. sie startet auch erst bei t = 40 s mit ihrer Periode. Somit erreicht sie ihren Tiefpunkt nach 120 + 40 s = 160 s. Die Lösung ist also: 160 s.

3. t-Werte mit f(t) ≥ 23.5

   Um das gesuchte Intervall zu bestimmen, müssen wir erst die Stellen bestimmen, an denen der Funktionswert unserer Sinus-Funktion gerade den Wert 23.5 hat. Wir setzen also den Funktionsterm mit 23.5 gleich:

   $15\cdot \sin (\frac{1}{80}\pi ·\left(t-40\right))+16$ = 23.5

   $15\cdot \sin \left(\mathrm{0,0393}t-\mathrm{1,5708}\right)+16$ = $\mathrm{23,5}$ | $-16$

   $15\cdot \sin \left(\mathrm{0,0393}t-\mathrm{1,5708}\right)$

   =

   $\mathrm{7,5}$

   |:$15$

   canvas

   $\sin \left(\mathrm{0,0393}t-\mathrm{1,5708}\right)$

   =

   $\mathrm{0,5}$

   |sin-1(⋅)

   Der WTR liefert nun als Wert 0.5235987755983

   1. Fall:

   $\mathrm{0,0393}x-\mathrm{1,5708}$	=	$\frac{5}{6}\pi$	| $+\mathrm{1,5708}$
   $\mathrm{0,0393}x$	=	$\mathrm{1,5708}+\frac{5}{6}\pi$
   $\mathrm{0,0393}x$	=	$\mathrm{4,1888}$	|:$\mathrm{0,0393}$
   x1	=	$\mathrm{106,5852}$

   Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung $\sin \left(\mathrm{0,0393}t-\mathrm{1,5708}\right)$ = $\mathrm{0,5}$ 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:

   $\mathrm{0,0393}x-\mathrm{1,5708}$	=	$\frac{1}{6}\pi$	| $+\mathrm{1,5708}$
   $\mathrm{0,0393}x$	=	$\mathrm{1,5708}+\frac{1}{6}\pi$
   $\mathrm{0,0393}x$	=	$\mathrm{2,0944}$	|:$\mathrm{0,0393}$
   x2	=	$\mathrm{53,2926}$

   Da die Sinus-Funktion ja um 40 nach rechts verschoben ist, startet sie nach 40 s nach oben und erreicht erstmals nach 53.29 s den Wert 23.5. Danach steigt sie weiter bis zum Hochpunkt und sinkt dann wieder bis sie nach 106.59 s zum zweiten mal den Wert 23.5 erreicht. Während dieser 106.59 - 53.29 = 53.3 s ist der Wert der Funktion also höher als 23.5.

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 40 s.

   Die Sinusfunktion ist aber auch noch um 40 nach rechts verschoben, d.h. sie startet auch erst bei t = 40 s mit ihrer Periode. Somit erreicht sie ihren Hochpunkt nach 40 + 40 s = 80 s. Die Lösung ist also: 80 s.

Wir berechnen zuerst die Periode von f_a mit $f_a\mathrm{(x)}=$ $-\cos \left(\frac{1}{a^2+6a+14}x\right)$:

p = $\frac{\mathrm{2\pi }}{b}$ = = $2\pi ·\left(a^2+6a+14\right)$

Man erkennt jetzt gut, dass je größer $a^2+6a+14$ wird, desto größer wird auch die Periode.

$a^2+6a+14$ ist eine quadratische Funktion, ihr Graph ist eine nach oben geöffnete Parabel mit einem Tiefpunkt als Scheitel. Somit hat $a^2+6a+14$ also einen minimalen Wert, während es noch oben keine Grenze gibt.

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

( $a^2+6a+14$)' = $2a+6$ = 0 ⇔ a = -3

Für dieses a = -3 wird also $a^2+6a+14$ minimal und somit auch die Periode $2\pi ·\left(a^2+6a+14\right)$ minimal .

Für a = -3 ist dann die minimale Periode p_min = $2\pi ·\left({\left(-3\right)}^2+6\cdot \left(-3\right)+14\right)$ = $2\pi ·\left(9-18+14\right)$ = $10\pi$.