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

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

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

= $9\cdot \cos \left(3\left(x+\frac{1}{4}\pi \right)\right)$

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

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

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

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

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

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

= $-\frac{2}{5}\cdot \left(-1\right)+\frac{2}{5}\cdot 0$

= $\frac{2}{5}+0$

= $\frac{2}{5}+0$

= $\frac{2}{5}$

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

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

Die Funktion schwingt wegen d=0 um y=0. Der y-Wert des Wendepunkt ist also gerade 0.

Wir erhalten also als Ergebnis einen Wendepunkt bei ( $0$|0) und einen bei ( $\frac{1}{2}\pi$|0) und einen bei ( $\pi$|0) und einen bei ( $\frac{3}{2}\pi$|0)

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 verschoben ist.

Der erste Hochpunkt wäre also im Punkt P(0|-3).

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|-3) wird.

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 cos(x) zu Beginn der Periode, bei der durch das negative Vorzeichen an der x-Achse gespiegelte Funktion $-\cos \left(x+0\right)-3$ aber nach der Hälfte der Periode,
also bei x₁= $\pi$ ≈ $\pi$. .

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

Wir erhalten also als Ergebnis einen Hochpunkt bei ( $\pi$|-2)

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 und um c= $-3$ nach rechts verschoben ist.

Der erste steigender Wendepunkt wäre also im Punkt P( $-3$|3).

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( $-3$|3) 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 sin(x) nach Dreiviertel der Periode, bei der durch das negative Vorzeichen an der x-Achse gespiegelte Funktion $-2\cdot \sin \left(\frac{3}{4}\left(x+3\right)\right)+3$ aber nach einem Viertel der Periode,
also bei x₁= $-3$ + $\frac{2}{3}\pi$ ≈ $-\mathrm{0,906}$.
Weil diese Stelle aber negativ ist, müssen wir noch (mindestens) eine Periode dazu addieren, damit der x-Wert im gesuchten Intervall [0; $\frac{16}{3}\pi$) liegt,
also x₁= $-\mathrm{0,906}+\frac{8}{3}\pi$ ≈ $\mathrm{7,472}$.

Weil das gesuchte Interval [0; $\frac{16}{3}\pi$) zwei Perioden umfasst, ist auch noch $\mathrm{7,472}+\frac{8}{3}\pi$ ≈ 15.85 eine Lösung.

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

Wir erhalten also als Ergebnis einen Tiefpunkt bei ( $\mathrm{7,472}$|1) und bei (15.85|1)

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

Daraus ergibt sich folgende Gleichung:

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

L={ $6\pi$}

Die einzige Nullstelle in der Periode [0; $8\pi$) ist also bei x = $6\pi$.

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 10 nach rechts verschoben, d.h. sie startet auch erst bei t = 10 s mit ihrer Periode. Somit erreicht sie ihren Tiefpunkt nach 120 + 10 s = 130 s. Die Lösung ist also: 130 s.

3. y-Wert des Minimums (TP)

   Gesucht ist der tiefste Funktionswert. Aus dem Term kann man eine Verschiebung der Sinusfunktion um d = 15 nach oben und eine Amplitude von a = 14 erkennen, d.h. f schwingt um maximal 14 um 15. Somit ist der tiefste Wert bei 15 m - 14 m = 1 m.

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 10 nach rechts verschoben, d.h. sie startet auch erst bei t = 10 s mit ihrer Periode. Somit erreicht sie ihren Hochpunkt nach 40 + 10 s = 50 s. Die Lösung ist also: 50 s.

Wir berechnen zuerst die Periode von f_a mit $f_a\mathrm{(x)}=$ $-\sin \left(\frac{1}{a^2+4a+6}x\right)$:

p = $\frac{\mathrm{2\pi }}{b}$ = = $2\pi ·\left(a^2+4a+6\right)$

Man erkennt jetzt gut, dass je größer $a^2+4a+6$ wird, desto größer wird auch die Periode.

$a^2+4a+6$ ist eine quadratische Funktion, ihr Graph ist eine nach oben geöffnete Parabel mit einem Tiefpunkt als Scheitel. Somit hat $a^2+4a+6$ also einen minimalen Wert, während es noch oben keine Grenze gibt.

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

( $a^2+4a+6$)' = $2a+4$ = 0 ⇔ a = -2

Für dieses a = -2 wird also $a^2+4a+6$ minimal und somit auch die Periode $2\pi ·\left(a^2+4a+6\right)$ minimal .

Für a = -2 ist dann die minimale Periode p_min = $2\pi ·\left({\left(-2\right)}^2+4\cdot \left(-2\right)+6\right)$ = $2\pi ·\left(4-8+6\right)$ = $4\pi$.