Als erstes stellen wir einen Term auf, der die geforderten Nullstellen besitzt. Dazu bekommt jede Nullstelle ihren Linearfaktor, also $\text{f(x)}=$ $x+2$.

Jetzt betrachten wir das Verhalten für x → ± ∞ :

Das Verhalten, dass für x → -∞ : f(x) → 0 strebt und gleichzeitig für x → +∞ : f(x) → ± ∞ strebt, kennen wir doch von der e-Funktion. Also multiplizieren wir einfach mal ein e^x zu unserem bisherigen Term dazu: $\text{f(x)}=$ $\left(x+2\right)·e^x$. Weil jetzt aber für x → +∞ : f(x) → +∞ streben würde, es ja aber gegen -∞ streben soll, spiegeln wir einfach die Funktion an der x-Achse, indem wir den Term mit -1 multiplizieren und erhalten so:
$\text{f(x)}=$ $-\left(x+2\right)·e^x$

Dieser funktionierende Term ist im roten Graphen eingezeichnet

Als erstes erinnern wir uns die natürliche Exponentialfunktion f₀(x)= $e^x$ (im Schaubild in schwarzer Farbe eingezeichnet).

Da bei $e^x+1$ zu jedem Funktionswert von $e^x$ noch 1 addiert wird, hat der Graph von $e^x+1$ die gleiche Form wie der der natürlichen Exponentialfunktion, nur eben um 1 nach oben verschoben. Daraus ergeben sich folgende Aussagen:

• Alle Funktionswerte bleiben so >0, also verläuft der Graph komplett über der x-Achse.
• Die Funktionswerte werden (von links nach rechts) immer größer. Die Funktion ist also streng monoton steigend.
• Wie $e^x$ strebt auch $e^x+1$ für x → ∞ gegen ∞ .
• Für x → -∞ strebt $e^x+1$ gegen 0 +1, also gegen 1.

Nullstellen sind die x-Werte, an denen der Funktionswert 0 beträgt, es muss also gelten:

f(x)=0

$x^4+5x^2-6$

=

0

Diese Gleichung kann durch Substitution auf eine quadratische Gleichung zurückgeführt werden!

Setze u = $x^2$

Draus ergibt sich die quadratische Gleichung:

Rücksubstitution:

u₁: $x^2$ = $1$

u₂: $x^2$ = $-6$

L={ $-1$; $1$}

Eine Mehrfachheit der Nullstellen muss natürlich auch in der faktorisierten Darstellung berücksichtigt werden.

Wenn wir den substituierten Term $u^2+5u-6$ anschauen, können wir ja auch den erst mal noch faktorisieren:

$x^4+5x^2-6$ =nach Substitution $u^2+5u-6$ = $\left(u-1\right)·\left(u+6\right)$ =nach Re-Substitution $\left(\mathrm{x²}-1\right)·\left(\mathrm{x²}+6\right)$

Somit gilt für die faktorisierte Darstellung:

$\text{f(x)}=$ $\left(x+1\right)·\left(x-1\right)·\left(x^2+6\right)$ = $x^4+5x^2-6$

1. y-Wert bei t = 5

   Gesucht ist der Funktionswert zur Zeit t=5. Wir berechnen also einfach f(5) = $30+20e^{-\mathrm{0,6}\cdot 5}$ = $20e^{-3}+30$ ≈ 31

   
   
2. Erster t-Wert bei y = 40

   Gesucht sind die Zeitpunkte, an denen die Funktion die Werte y=40 annimmt.

   Dazu setzen wir die Funktion einfach = 40 und lösen nach t auf:

   $30+20e^{-\mathrm{0,6}t}$ = $40$

   $20e^{-\mathrm{0,6}t}+30$	=	$40$	| $-30$
   $20e^{-\mathrm{0,6}t}$	=	$10$	|:$20$
   $e^{-\mathrm{0,6}t}$	=	$\frac{1}{2}$	|ln(⋅)
   $-\mathrm{0,6}t$	=	$\ln \left(\frac{1}{2}\right)$	|:$-\mathrm{0,6}$
   $t$	=	$-\frac{1}{0.6}\ln \left(\frac{1}{2}\right)$	≈ 1.1552

   Der erste Zeitpunkt an dem die die Funktion den Wert 40 annimmt, ist also nach 1.16 Tage.

3. Zuwachs des Bestands zwischem 0 und 3

   Gesucht ist ja der Zuwachs des Bestands zwischen t₁=0 und t₂=3 und weil ja f die Änderungsrate des Bestands angibt, kann dieser Zuwachs des Bestands mit dem Integral $$\underset{0}{\overset{3}{\int }}\left(30+20e^{-\mathrm{0,6}t}\right)dt$$ berechnet werden.

   $$\underset{0}{\overset{3}{\int }}\left(30+20e^{-\mathrm{0,6}t}\right)dt$$

   = ${\left[30x-\frac{100}{3}{e}^{-\mathrm{0,6}x}\right]}_0^3$

   $=$ $30\cdot 3-\frac{100}{3}{e}^{-\mathrm{0,6}\cdot 3}-\left(30\cdot 0-\frac{100}{3}{e}^{-\mathrm{0,6}\cdot 0}\right)$

   = $90-\frac{100}{3}{e}^{-\mathrm{1,8}}-\left(0-\frac{100}{3}{e}^0\right)$

   = $-\frac{100}{3}{e}^{-\mathrm{1,8}}+90-\left(0-\frac{100}{3}\right)$

   = $-\frac{100}{3}{e}^{-\mathrm{1,8}}+90-\left(0-\frac{100}{3}\right)$

   = $-\frac{100}{3}{e}^{-\mathrm{1,8}}+90+\frac{100}{3}$

   = $-\frac{100}{3}{e}^{-\mathrm{1,8}}+\frac{370}{3}$

   
   ≈ 117,823

   117.82 Tausend Downloads ist also der gesuchte Zuwachs des Bestands.