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

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

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

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

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

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

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

= $8\cdot \cos \left(4\left(x+\frac{1}{2}\pi \right)\right)$

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

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

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

= $-3\cdot 1+3\cdot 0$

= $-3+0$

= $-3$

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=3 in y-Richtung verschoben ist.

Der erste steigender Wendepunkt wäre also im Punkt P(0|3).

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=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 ( $\frac{3}{2}\pi$|1) und einen bei ( $\frac{7}{2}\pi$|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=2 in y-Richtung verschoben ist.

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

Mit Hilfe von b=3 und der Periodenformel p=$\frac{\mathrm{2\pi }}{b}$ erhalten wir als Periode:
p=$\frac{\mathrm{2\pi }}{3}$ = $\frac{2}{3}\pi$

Der gesuchte Hochpunkt ist bei cos(x) zu Beginn der Periode,
also bei x₁= $0$ ≈ $0$. .

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

Die Funktion schwingt wegen d=2 um y=2. Der y-Wert des Hochpunkt ist also eine Amplitude (a=3) über 2, also bei y=5.

Wir erhalten also als Ergebnis einen Hochpunkt bei ( $0$|5) und einen bei ( $\frac{2}{3}\pi$|5)

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= $-\pi$ nach rechts verschoben ist.

Der erste Hochpunkt wäre also im Punkt P( $-\pi$|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 Tiefpunkt ist bei cos(x) nach der Hälfte der Periode,
also bei x₁= $-\pi$ + $2\pi$ ≈ $\pi$. .

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 Tiefpunkt ist also eine Amplitude (a=2) unter -1, also bei y=-3.

Wir erhalten also als Ergebnis einen Tiefpunkt bei ( $\pi$|-3) und bei ( $5\pi$|-3)

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

Daraus ergibt sich folgende Gleichung:

Der WTR liefert nun als Wert 0.64350110879328

1. Fall:

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung $\sin \left(\frac{1}{2}x\right)$ = $\mathrm{0,6}$ noch eine weitere Lösung hat. (die waagrechte grüne Gerade y=0.6 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung an der y-Achse gespiegelt liegt, also π - $\mathrm{0,644}$= $\mathrm{2,498}$ liegen muss.

2. Fall:

L={ $\mathrm{1,288}$; $\mathrm{4,996}$}

Die Nullstellen in der Periode [0; $4\pi$) sind also
bei x₁ = $\mathrm{1,288}$ und x₂ = $\mathrm{4,996}$.

1. Periodenlänge

   Aus dem Funktionsterm können wir den Faktor b = $\frac{1}{90}\pi$ herauslesen und in die Periodenformel einsetzen:

   Somit gilt für die Periodenlänge: p = $\frac{\mathrm{2\; \pi }}{b}$ = = 180

2. t-Werte mit f(t) ≥ 20.2

   Um das gesuchte Intervall zu bestimmen, müssen wir erst die Stellen bestimmen, an denen der Funktionswert unserer Sinus-Funktion gerade den Wert 20.2 hat. Wir setzen also den Funktionsterm mit 20.2 gleich:

   $16\cdot \sin \left(\frac{1}{90}\pi \left(t-40\right)\right)+17$ = 20.2

   $16\cdot \sin \left(\mathrm{0,0349}t-\mathrm{1,3963}\right)+17$ = $\mathrm{20,2}$ | $-17$

   $16\cdot \sin \left(\mathrm{0,0349}t-\mathrm{1,3963}\right)$

   =

   $\mathrm{3,2}$

   |:$16$

   canvas

   $\sin \left(\mathrm{0,0349}t-\mathrm{1,3963}\right)$

   =

   $\mathrm{0,2}$

   |sin-1(⋅)

   Der WTR liefert nun als Wert 0.20135792079033

   1. Fall:

   $\mathrm{0,0349}x-\mathrm{1,3963}$	=	$\mathrm{0,201}$	| $+\mathrm{1,3963}$
   $\mathrm{0,0349}x$	=	$\mathrm{1,5973}$	|:$\mathrm{0,0349}$
   x1	=	$\mathrm{45,7679}$

   Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung $\sin \left(\mathrm{0,0349}t-\mathrm{1,3963}\right)$ = $\mathrm{0,2}$ noch eine weitere Lösung hat. (die waagrechte grüne Gerade y=0.2 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

   Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung an der y-Achse gespiegelt liegt, also π - $\mathrm{0,201}$= $\mathrm{2,94}$ liegen muss.

   2. Fall:

   $\mathrm{0,0349}x-\mathrm{1,3963}$	=	$\mathrm{2,94}$	| $+\mathrm{1,3963}$
   $\mathrm{0,0349}x$	=	$\mathrm{4,3363}$	|:$\mathrm{0,0349}$
   x2	=	$\mathrm{124,2493}$

   Da die Sinus-Funktion ja um 40 nach rechts verschoben ist, startet sie nach 40 s nach oben und erreicht erstmals nach 45.77 s den Wert 20.2. Danach steigt sie weiter bis zum Hochpunkt und sinkt dann wieder bis sie nach 124.25 s zum zweiten mal den Wert 20.2 erreicht. Während dieser 124.25 - 45.77 = 78.48 s ist der Wert der Funktion also höher als 20.2.

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

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 = $2\pi ·\left(3^2-6\cdot 3+11\right)$ = $2\pi ·\left(9-18+11\right)$ = $4\pi$.