$\text{f(x)}=$ $3\cdot \sin \left(\frac{1}{4}\left(x+\frac{1}{2}\pi \right)\right)-3$

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

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

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

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

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

= $10\cdot \sin \left(-5x\right)$

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

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

= $-0-1$

= $-1$

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

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

Die Funktion schwingt wegen d=-2 um y=-2. Der y-Wert des Wendepunkt ist also gerade -2.

Wir erhalten also als Ergebnis einen Wendepunkt bei ( $0$|-2) und einen bei ( $\pi$|-2) und einen bei ( $2\pi$|-2) und einen bei ( $3\pi$|-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 verschoben ist.

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

Weil aber das Vorzeichen von a = -1 aber negativ ist, wird die Original-funktion f(x)=cos(x) nicht nur um den Faktor 1 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=$\frac{3}{4}$ 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 Tiefpunkt ist bei cos(x) nach der Hälfte der Periode, bei der durch das negative Vorzeichen an der x-Achse gespiegelte Funktion $-\cos \left(\frac{3}{4}\left(x+0\right)\right)+1$ aber 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=1 um y=1. Der y-Wert des Tiefpunkt ist also eine Amplitude (a=1) unter 1, also bei y=0.

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

Der erste steigender Wendepunkt wäre also im Punkt P( $-2$|0).

Weil aber das Vorzeichen von a = -3 aber negativ ist, wird die Original-funktion f(x)=sin(x) nicht nur um den Faktor 3 gestreckt sondern auch an der x-Achse gespiegelt, so dass aus dem steigender Wendepunkt in P ein fallender Wendepunkt in P( $-2$|0) wird.

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, bei der durch das negative Vorzeichen an der x-Achse gespiegelte Funktion $-3\cdot \sin \left(\frac{1}{3}\left(x+2\right)\right)+0$ aber nach einem Viertel der Periode,
also bei x₁= $-2$ + $\frac{3}{2}\pi$ ≈ $\mathrm{2,712}$. .

Die Funktion schwingt wegen d=0 um y=0. Der y-Wert des Tiefpunkt ist also eine Amplitude (a=3) unter 0, also bei y=-3.

Wir erhalten also als Ergebnis einen Tiefpunkt bei ( $\mathrm{2,712}$|-3)

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

Daraus ergibt sich folgende Gleichung:

Der WTR liefert nun als Wert 1.8754889808103

1. Fall:

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung $\cos \left(\frac{2}{3}x\right)$ = $-\mathrm{0,3}$ noch eine weitere Lösung hat. (die senkrechte turkise Gerade x=-0.3 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung einfach (nach unten gespiegelt) bei - $\mathrm{1,875}$
bzw. bei - $\mathrm{1,875}$+2π= $\mathrm{4,408}$ liegen muss.

2. Fall:

L={ $\mathrm{2,8125}$; $\mathrm{6,612}$}

Die Nullstellen in der Periode [0; $3\pi$) sind also
bei x₁ = $\mathrm{2,8125}$ und x₂ = $\mathrm{6,612}$.

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-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 75 s.

   Die Sinusfunktion ist aber auch noch um 20 nach rechts verschoben, d.h. sie startet auch erst bei t = 20 s mit ihrer Periode. Somit erreicht sie ihren Tiefpunkt nach 75 + 20 s = 95 s. Die Lösung ist also: 95 s.

3. t-Werte mit f(t) ≥ 21

   Um das gesuchte Intervall zu bestimmen, müssen wir erst die Stellen bestimmen, an denen der Funktionswert unserer Sinus-Funktion gerade den Wert 21 hat. Wir setzen also den Funktionsterm mit 21 gleich:

   $10\cdot \sin \left(\frac{1}{50}\pi \left(t-20\right)\right)+13$ = 21

   $10\cdot \sin \left(\mathrm{0,0628}t-\mathrm{1,2566}\right)+13$ = $21$ | $-13$

   $10\cdot \sin \left(\mathrm{0,0628}t-\mathrm{1,2566}\right)$

   =

   $8$

   |:$10$

   canvas

   $\sin \left(\mathrm{0,0628}t-\mathrm{1,2566}\right)$

   =

   $\mathrm{0,8}$

   |sin-1(⋅)

   Der WTR liefert nun als Wert 0.92729521800161

   1. Fall:

   $\mathrm{0,0628}x-\mathrm{1,2566}$	=	$\mathrm{0,927}$	| $+\mathrm{1,2566}$
   $\mathrm{0,0628}x$	=	$\mathrm{2,1836}$	|:$\mathrm{0,0628}$
   x1	=	$\mathrm{34,7707}$

   Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung $\sin \left(\mathrm{0,0628}t-\mathrm{1,2566}\right)$ = $\mathrm{0,8}$ noch eine weitere Lösung hat. (die waagrechte grüne Gerade y=0.8 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

   Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung an der y-Achse gespiegelt liegt, also π - $\mathrm{0,927}$= $\mathrm{2,214}$ liegen muss.

   2. Fall:

   $\mathrm{0,0628}x-\mathrm{1,2566}$	=	$\mathrm{2,214}$	| $+\mathrm{1,2566}$
   $\mathrm{0,0628}x$	=	$\mathrm{3,4706}$	|:$\mathrm{0,0628}$
   x2	=	$\mathrm{55,2643}$

   Da die Sinus-Funktion ja um 20 nach rechts verschoben ist, startet sie nach 20 s nach oben und erreicht erstmals nach 34.77 s den Wert 21. Danach steigt sie weiter bis zum Hochpunkt und sinkt dann wieder bis sie nach 55.26 s zum zweiten mal den Wert 21 erreicht. Während dieser 55.26 - 34.77 = 20.49 s ist der Wert der Funktion also höher als 21.

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 25 s.

   Die Sinusfunktion ist aber auch noch um 20 nach rechts verschoben, d.h. sie startet auch erst bei t = 20 s mit ihrer Periode. Somit erreicht sie ihren Hochpunkt nach 25 + 20 s = 45 s. Die Lösung ist also: 45 s.

Wir berechnen zuerst die Periode von f_a mit $f_a\mathrm{(x)}=$ $3\cdot \cos \left(\frac{1}{a^2-6a+11}x\right)$:

p = $\frac{\mathrm{2\pi }}{b}$ = = $2\pi ·\left(a^2-6a+11\right)$

Man erkennt jetzt gut, dass je größer $a^2-6a+11$ wird, desto größer wird auch die Periode.

$a^2-6a+11$ ist eine quadratische Funktion, ihr Graph ist eine nach oben geöffnete Parabel mit einem Tiefpunkt als Scheitel. Somit hat $a^2-6a+11$ also einen minimalen Wert, während es noch oben keine Grenze gibt.

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

( $a^2-6a+11$)' = $2a-6$ = 0 ⇔ a = 3

Für dieses a = 3 wird also $a^2-6a+11$ minimal und somit auch die Periode $2\pi ·\left(a^2-6a+11\right)$ minimal .

Für a = 3 ist dann die minimale Periode p_min = $2\pi ·\left(3^2-6\cdot 3+11\right)$ = $2\pi ·\left(9-18+11\right)$ = $4\pi$.