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 unser Term $x{\left(x+2\right)}^2$ = $x^3+4x^2+4x$ für x → +∞ gegen +∞ strebt, erfüllt er 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 $e^{x+1}$ einfach das x von $e^x$ durch ein 'x+1' ersetzt wurde, wird der Graph der natürlichen Exponentialfunktion einfach um -1 in x-Richtung 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 ∞ .
• Wie $e^x$ strebt auch $e^{x+1}$ für x → -∞ gegen 0 .

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

f(x)=0

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

1. Fall:

2. Fall:

L={0; $1$}

0 ist 4-fache Lösung! $1$ ist 2-fache Lösung!

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

Auch der ausgeklammerte (oder wegdividierte) Faktor 2 darf natürlich nicht vergessen werden:

Somit gilt für die faktorisierte Darstellung:

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

1. y-Wert des Maximums (HP)

   Gesucht ist der y-Wert des Hochpunkt. Wir berechnen also die Extremstellen von f:

   Detail-Rechnung für den Hochpunkt ($4$|26.6) einblenden

   $\text{f(t)}=$ $-\frac{1}{10}{t}^4+\frac{16}{5}{t}^2+1$

   Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

   =>$\text{f'(t)}=$ $-\frac{2}{5}{t}^3+\frac{32}{5}t+0$

   = $-\frac{2}{5}{t}^3+\frac{32}{5}t$

   $\text{f''(t)}=$ $-\frac{6}{5}{t}^2+\frac{32}{5}$

   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.

   $-\frac{2}{5}{t}^3+\frac{32}{5}t$	=	0	|⋅ 5
   $5\left(-\frac{2}{5}{t}^3+\frac{32}{5}t\right)$	=	0
   $-2t^3+32t$	=	0
   $2t\left(-t^2+16\right)$	=	0

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

   1. Fall:

   t1

   =

   0

   
   

   2. Fall:

   $-t^2+16$	=	0	| $-16$
   $-t^2$	=	$-16$	|: $\left(-1\right)$
   $t^2$	=	$16$	|
   t2	=	$-\sqrt{16}$	= $-4$
   t3	=	$\sqrt{16}$	= $4$

   Die Lösungen $-4$, 0, $4$ 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=$-4$

   f''($-4$) = $-\frac{6}{5}\cdot {\left(-4\right)}^2+\frac{32}{5}$= $-\frac{6}{5}\cdot 16+\frac{32}{5}$= $-\frac{64}{5}$ <0

   Das heißt bei t = $-4$ ist ein Hochpunkt.
   Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende t-Wert in f(t) eingesetzt werden.
   f($-4$) = $-\frac{1}{10}\cdot {\left(-4\right)}^4+\frac{16}{5}\cdot {\left(-4\right)}^2+1$ = $\frac{133}{5}$ ≈ 26.6
   Man erhält so den Hochpunkt H:($-4$| $\frac{133}{5}$)

   ≈ H:(-4|26.6)

   
   

   2.: t=$0$

   f''($0$) = $-\frac{6}{5}\cdot 0^2+\frac{32}{5}$= $-\frac{6}{5}\cdot 0+\frac{32}{5}$= $\frac{32}{5}$ >0

   Das heißt bei t = $0$ ist ein Tiefpunkt.
   Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende t-Wert in f(t) eingesetzt werden.
   f($0$) = $-\frac{1}{10}\cdot 0^4+\frac{16}{5}\cdot 0^2+1$ = $1$
   Man erhält so den Tiefpunkt T:($0$| $1$)

   
   

   3.: t=$4$

   f''($4$) = $-\frac{6}{5}\cdot 4^2+\frac{32}{5}$= $-\frac{6}{5}\cdot 16+\frac{32}{5}$= $-\frac{64}{5}$ <0

   Das heißt bei t = $4$ ist ein Hochpunkt.
   Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende t-Wert in f(t) eingesetzt werden.
   f($4$) = $-\frac{1}{10}\cdot 4^4+\frac{16}{5}\cdot 4^2+1$ = $\frac{133}{5}$ ≈ 26.6
   Man erhält so den Hochpunkt H:($4$| $\frac{133}{5}$)

   ≈ H:(4|26.6)

   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) = $-\frac{1}{10}\cdot 0^4+\frac{16}{5}\cdot 0^2+1$ = $1$. Am rechten Rand setzen wir die rechte Grenze des Definitionsbereichs ein: f(8) = $-\frac{1}{10}\cdot 8^4+\frac{16}{5}\cdot 8^2+1$ = $-\frac{1019}{5}$.

   Weil die Werte an den Rändern kleiner als am Hochpunkt sind, ist das lokale Maximum also ein globales Maximum von f.

   26.6 ist also der größte Wert der Funktion.

   
   
2. Erster t-Wert bei y = $\frac{217}{10}$

   Gesucht sind die Zeitpunkte, an denen die Funktion die Werte y=$\frac{217}{10}$ annimmt.

   Dazu setzen wir die Funktion einfach = $\frac{217}{10}$ und lösen nach t auf:

   $-\frac{1}{10}{t}^4+\frac{16}{5}{t}^2+1$

   =

   $\frac{217}{10}$

   | $-\frac{217}{10}$

   $-\frac{1}{10}{t}^4+\frac{16}{5}{t}^2-\frac{207}{10}$ = 0

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

   Setze u = $t^2$

   Draus ergibt sich die quadratische Gleichung:

   $-\frac{1}{10}{u}^2+\frac{16}{5}u-\frac{207}{10}$	=	0	|⋅ 10
   $10\left(-\frac{1}{10}{u}^2+\frac{16}{5}u-\frac{207}{10}\right)$	=	0

   $-u^2+32u-207$ = 0

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

   u_1,2 =

3. Bestand zur Zeit 3

   Gesucht ist ja der Bestands zur Zeit t=3 und weil ja f die Änderungsrate des Bestands angibt, kann der Bestands zur Zeit t=3 als Summe vom Anfangsbestand 50 und dem Integral $$\underset{0}{\overset{3}{\int }}\left(-\frac{1}{10}{t}^4+\frac{16}{5}{t}^2+1\right)dt$$ berechnet werden.

   Wir berechenn also zuerst das Integral:

   $$\underset{0}{\overset{3}{\int }}\left(-\frac{1}{10}{t}^4+\frac{16}{5}{t}^2+1\right)dt$$

   = ${\left[-\frac{1}{50}{x}^5+\frac{16}{15}{x}^3+x\right]}_0^3$

   $=$ $-\frac{1}{50}\cdot 3^5+\frac{16}{15}\cdot 3^3+3-\left(-\frac{1}{50}\cdot 0^5+\frac{16}{15}\cdot 0^3+0\right)$

   = $-\frac{1}{50}\cdot 243+\frac{16}{15}\cdot 27+3-\left(-\frac{1}{50}\cdot 0+\frac{16}{15}\cdot 0+0\right)$

   = $-\frac{243}{50}+\frac{144}{5}+3-\left(0+0+0\right)$

   = $-\frac{243}{50}+\frac{1440}{50}+\frac{150}{50}+0$

   = $\frac{1347}{50}$

   
   = 26,94

   Jetzt haben wir den Zuwachs und müssen nur noch den Anfangsbestand addieren:
   B(3)≈ 50 + 26.94 = 76.94

   76.94 m³ ist also der gesuchte Bestand zur Zeit t=3.

4. t-Wert beim maximalen Bestand

   Der Bestand ist ja gerade dann am größten, wenn die Änderungsrate von einer Zunahme zu einer Abnahme wechselt, wenn also erstmals nichts mehr dazu, sondern wieder etwas weg kommt.

   Gesucht ist also eine Nullstelle mit Vorzeichenwechsel von + nach - .

   Dazu setzen wir die Funktion gleich Null und lösen nach t auf:

   $-\frac{1}{10}{t}^4+\frac{16}{5}{t}^2+1$

   =

   0

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

   Setze u = $t^2$

   Draus ergibt sich die quadratische Gleichung:

   $-\frac{1}{10}{u}^2+\frac{16}{5}u+1$	=	0	|⋅ 10
   $10\left(-\frac{1}{10}{u}^2+\frac{16}{5}u+1\right)$	=	0

   $-u^2+32u+10$ = 0

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

   u_1,2 =