Als erstes stellen wir einen Term auf, der die geforderten Nullstellen besitzt. Dazu bekommt jede Nullstelle ihren Linearfaktor, also $\text{f(x)}=$ $x+1$.

Der Punkt mit waagrechter Tangente bei x = 0 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 $\text{f(x)}=$ $\left(x+1\right)·{\left(x+0\right)}^2$

Jetzt betrachten wir das Verhalten für x → ± ∞ :

Da bei unserem bisherigen Term $\left(x+1\right)x^2$ = $x^3+x^2$ für x → +∞ : f(x) gegen +∞ und nicht wie gefordert gegen -∞ strebt, müssen wir den Term noch mit -1 multiplizieren, damit er alle Eigenschaften erfüllt:
$-\left(x+1\right)x^2$ = $-x^3-x^2$

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 $e^x-2$ zu jedem Funktionswert von $e^x$ noch -2 addiert wird, hat der Graph von $e^x-2$ die gleiche Form wie der der natürlichen Exponentialfunktion, nur eben um 2 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 $e^x-2$ für x → ∞ gegen ∞ .
• Für x → -∞ strebt $e^x-2$ gegen 0 -2, also gegen -2.

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

f(x)=0

$x^6-x^4$	=	0
$x^4\left(x^2-1\right)$	=	0

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

1. Fall:

2. Fall:

L={ $-1$; 0; $1$}

0 ist 4-fache Lösung!

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

Somit gilt für die faktorisierte Darstellung:

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

1. Verhalten für t gegen unendlich

   Gesucht ist das Verhalten der Funktionswerte bei sehr großen t-Werten, also das Verhalten von f für t → ∞.

   Für t → ∞ ⇒ f(t)= $25+16e^{-\mathrm{0,5}t}$ → $25+0$

   Das langfristige Verhalten der Funktionswerte geht also gegen $25$.

2. Erster t-Wert bei y = 28

   Gesucht sind die Zeitpunkte, an denen die Funktion die Werte y=28 annimmt.

   Dazu setzen wir die Funktion einfach = 28 und lösen nach t auf:

   $25+16e^{-\mathrm{0,5}t}$ = $28$

   $16e^{-\mathrm{0,5}t}+25$	=	$28$	| $-25$
   $16e^{-\mathrm{0,5}t}$	=	$3$	|:$16$
   $e^{-\mathrm{0,5}t}$	=	$\frac{3}{16}$	|ln(⋅)
   $-\mathrm{0,5}t$	=	$\ln \left(\frac{3}{16}\right)$	|:$-\mathrm{0,5}$
   $t$	=	$-\frac{1}{0.5}\ln \left(\frac{3}{16}\right)$	≈ 3.348

   Der erste Zeitpunkt an dem die die Funktion den Wert 28 annimmt, ist also nach 3.35 Jahre.

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 5 und dem Integral $$\underset{0}{\overset{3}{\int }}\left(25+16e^{-\mathrm{0,5}t}\right)dt$$ berechnet werden.

   Wir berechenn also zuerst das Integral:

   $$\underset{0}{\overset{3}{\int }}\left(25+16e^{-\mathrm{0,5}t}\right)dt$$

   = ${\left[25x-32e^{-\mathrm{0,5}x}\right]}_0^3$

   $=$ $25\cdot 3-32e^{-\mathrm{0,5}\cdot 3}-\left(25\cdot 0-32e^{-\mathrm{0,5}\cdot 0}\right)$

   = $75-32e^{-\mathrm{1,5}}-\left(0-32e^0\right)$

   = $-32e^{-\mathrm{1,5}}+75-\left(0-32\right)$

   = $-32e^{-\mathrm{1,5}}+75+32$

   = $-32e^{-\mathrm{1,5}}+107$

   
   ≈ 99,86

   Jetzt haben wir den Zuwachs und müssen nur noch den Anfangsbestand addieren:
   B(3)≈ 5 + 99.86 = 104.86

   104.86 dm ist also der gesuchte Bestand zur Zeit t=3.