Als erstes stellen wir einen Term auf, der die geforderten Nullstellen besitzt. Dazu bekommt jede Nullstelle ihren Linearfaktor, also $\text{f(x)}=$ $x+0$.

Der Punkt mit waagrechter Tangente bei x = -2 erhalten wir am einfachsten mit einer doppelten Nullstelle, weil eine doppelte Nullstelle ja immer nur die x-Achse berührt, ohne sie zu überschreiten. Dadurch liegt an einer doppelten Nullstelle stets ein Extrempunkt, also ein Punkt mit waagrechter Tangente vor.

Als neuen Term erhalten wir somit $\text{f(x)}=$ $\left(x+0\right)·{\left(x+2\right)}^2$

Jetzt betrachten wir das Verhalten für x → ± ∞ :

Da sowohl für x → -∞ wie auch für x → +∞ : f(x) → +∞ gilt, muss unser gesuchter Term einen geraden Grad haben.
Unser bisheriger Term $x{\left(x+2\right)}^2$ = $x^3+4x^2+4x$ hat aber einen ungeraden Grad. Deswegen könnten wir ihn beispielsweise noch mit x multiplizieren, so dass er dann einen geraden Grad bekommt: $x{\left(x+2\right)}^2·x$ = $x^4+4x^3+4x^2$.

Unser Term $x{\left(x+2\right)}^2·x$ = $x^4+4x^3+4x^2$ erfüllt nun alle geforderten Eigenschaften.

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 unten verschoben. Daraus ergeben sich folgende Aussagen:

• Da der Graph nach unten verschoben wurde, schneidet er nun die 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

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

Setze u = $x^2$

Draus ergibt sich die quadratische Gleichung:

Rücksubstitution:

u₁: $x^2$ = $25$

u₂: $x^2$ = $1$

L={ $-5$; $-1$; $1$; $5$}

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

Somit gilt für die faktorisierte Darstellung:

$\text{f(x)}=$ $\left(x+5\right)·\left(x-5\right)·\left(x+1\right)·\left(x-1\right)$ = $x^4-26x^2+25$

1. y-Wert bei t = 3

   Gesucht ist der Funktionswert zur Zeit t=3. Wir berechnen also einfach f(3) = $\frac{1}{10}\cdot 3^4-\frac{4}{5}\cdot 3^2+5$ = $\frac{59}{10}$ ≈ 5.9

   
   
2. t-Wert des Minimums (TP)

   Gesucht ist der t-Wert des Tiefpunkt. Wir berechnen also die Extremstellen von f:

   Detail-Rechnung für den Tiefpunkt ($2$|3.4) einblenden

   $\text{f(t)}=$ $\frac{1}{10}{t}^4-\frac{4}{5}{t}^2+5$

   Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

   =>$\text{f'(t)}=$ $\frac{2}{5}{t}^3-\frac{8}{5}t+0$

   = $\frac{2}{5}{t}^3-\frac{8}{5}t$

   $\text{f''(t)}=$ $\frac{6}{5}{t}^2-\frac{8}{5}$

   Die notwendige Bedingung für einen Extrempunkt ist f'(x)=0.

   (Alle Extrempunkte haben die Steigung 0).

   Man setzt nun also f'(t) gleich 0, um die einzig möglichen x-Werte für Extrempunkte von f zu bestimmen.

   $\frac{2}{5}{t}^3-\frac{8}{5}t$	=	0	|⋅ 5
   $5\left(\frac{2}{5}{t}^3-\frac{8}{5}t\right)$	=	0
   $2t^3-8t$	=	0
   $2t\left(t^2-4\right)$	=	0

   Ein Produkt ist genau dann =0, wenn mindestens einer der beiden Faktoren =0 ist.

   1. Fall:

   t1

   =

   0

   
   

   2. Fall:

   $t^2-4$	=	0	| $+4$
   $t^2$	=	$4$	|
   t2	=	$-\sqrt{4}$	= $-2$
   t3	=	$\sqrt{4}$	= $2$

   Die Lösungen $-2$, 0, $2$ sind nun die einzigen Kandidaten für Extremstellen.

   Die einfachste Möglichkeit, um diese Kandidaten zu überprüfen, ist das Einsetzen dieser x-Werte in f''(t):

   Ist f''(t) < 0, so handelt es sich um einen Hochpunkt (hinreichende Bedingung: f'(t₀)=0 und f''(t₀)<0).
   Ist sie größer 0 handelt es sich um einen Tiefpunkt (hinreichende Bedingung: f'(t₀)=0 und f'(t₀)>0).

   
   

   1.: t=$-2$

   f''($-2$) = $\frac{6}{5}\cdot {\left(-2\right)}^2-\frac{8}{5}$= $\frac{6}{5}\cdot 4-\frac{8}{5}$= $\frac{16}{5}$ >0

   Das heißt bei t = $-2$ ist ein Tiefpunkt.
   Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende t-Wert in f(t) eingesetzt werden.
   f($-2$) = $\frac{1}{10}\cdot {\left(-2\right)}^4-\frac{4}{5}\cdot {\left(-2\right)}^2+5$ = $\frac{17}{5}$ ≈ 3.4
   Man erhält so den Tiefpunkt T:($-2$| $\frac{17}{5}$)

   ≈ T:(-2|3.4)

   
   

   2.: t=$0$

   f''($0$) = $\frac{6}{5}\cdot 0^2-\frac{8}{5}$= $\frac{6}{5}\cdot 0-\frac{8}{5}$= $-\frac{8}{5}$ <0

   Das heißt bei t = $0$ ist ein Hochpunkt.
   Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende t-Wert in f(t) eingesetzt werden.
   f($0$) = $\frac{1}{10}\cdot 0^4-\frac{4}{5}\cdot 0^2+5$ = $5$
   Man erhält so den Hochpunkt H:($0$| $5$)

   
   

   3.: t=$2$

   f''($2$) = $\frac{6}{5}\cdot 2^2-\frac{8}{5}$= $\frac{6}{5}\cdot 4-\frac{8}{5}$= $\frac{16}{5}$ >0

   Das heißt bei t = $2$ ist ein Tiefpunkt.
   Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende t-Wert in f(t) eingesetzt werden.
   f($2$) = $\frac{1}{10}\cdot 2^4-\frac{4}{5}\cdot 2^2+5$ = $\frac{17}{5}$ ≈ 3.4
   Man erhält so den Tiefpunkt T:($2$| $\frac{17}{5}$)

   ≈ T:(2|3.4)

   Randwertuntersuchung

   Da ja ein maximaler Wert, also ein globales Maximum gesucht wird, müssen wir noch untersuchen, ob vielleicht an den Rändern noch höhere Werte als beim lokalen Maximum auftreten.

   Dazu setzen wir am linken Rand einfach die linke Grenze des Definitionsbereichs in die Funktion ein: f(0) = $\frac{1}{10}\cdot 0^4-\frac{4}{5}\cdot 0^2+5$ = $5$. Am rechten Rand setzen wir die rechte Grenze des Definitionsbereichs ein: f(4) = $\frac{1}{10}\cdot 4^4-\frac{4}{5}\cdot 4^2+5$ = $\frac{89}{5}$.

   Weil der Funktionswert am linken Rand größer als am Hochpunkt ist, ist das (globale) Maximum bei 0 mit f(0) = $5$ .

   Bei t = $2$ ist also der kleinste Wert der Funktion.

   
   
3. Erster t-Wert bei y = $\frac{43}{10}$

   Gesucht sind die Zeitpunkte, an denen die Funktion die Werte y=$\frac{43}{10}$ annimmt.

   Dazu setzen wir die Funktion einfach = $\frac{43}{10}$ und lösen nach t auf:

   $\frac{1}{10}{t}^4-\frac{4}{5}{t}^2+5$

   =

   $\frac{43}{10}$

   | $-\frac{43}{10}$

   $\frac{1}{10}{t}^4-\frac{4}{5}{t}^2+\frac{7}{10}$ = 0

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

   Setze u = $t^2$

   Draus ergibt sich die quadratische Gleichung:

   $\frac{1}{10}{u}^2-\frac{4}{5}u+\frac{7}{10}$	=	0	|⋅ 10
   $10\left(\frac{1}{10}{u}^2-\frac{4}{5}u+\frac{7}{10}\right)$	=	0

   $u^2-8u+7$ = 0

   eingesetzt in die Mitternachtsformel (a-b-c-Formel):

   u_1,2 =