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: $\text{f(x)}=$ $\left(x+2\right)·e^x$. Jetzt strebt auch tatsächlich für x → ∞ : f(x) gegen +∞, so dass wir einen gesuchten Term gefunden haben:
$\text{f(x)}=$ $\left(x+2\right)·e^x$

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 $e^{-x}$ einfach das x von $e^x$ durch ein -x ersetzt wurde, erhält man den Graph von $e^{-x}$ indem man den der natürlichen Exponentialfunktion an der y-Achse spiegelt. 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 kleiner . Die Funktion ist also streng monoton fallend.
• Wie $e^x$ für x → -∞ strebt $e^{-x}$ für x → ∞ gegen 0.
• Wie $e^x$ für x → ∞ strebt $e^{-x}$ für x → -∞ gegen ∞ .

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: $x^2$ = $1$

u₂: $x^2$ = $-5$

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

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

Wenn wir den substituierten Term $u^2+4u-5$ anschauen, können wir ja auch den erst mal noch faktorisieren:

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

Somit gilt für die faktorisierte Darstellung:

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

1. t-Wert des Minimums (TP)

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

   Detail-Rechnung für den Tiefpunkt ($2$|1.4) einblenden

   $\text{f(t)}=$ $\frac{1}{10}{t}^4-\frac{4}{5}{t}^2+3$

   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($-2$) = $\frac{1}{10}\cdot {\left(-2\right)}^4-\frac{4}{5}\cdot {\left(-2\right)}^2+3$ = $\frac{7}{5}$ ≈ 1.4
   Man erhält so den Tiefpunkt T:($-2$| $\frac{7}{5}$)

   ≈ T:(-2|1.4)

   
   

   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($0$) = $\frac{1}{10}\cdot 0^4-\frac{4}{5}\cdot 0^2+3$ = $3$
   Man erhält so den Hochpunkt H:($0$| $3$)

   
   

   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($2$) = $\frac{1}{10}\cdot 2^4-\frac{4}{5}\cdot 2^2+3$ = $\frac{7}{5}$ ≈ 1.4
   Man erhält so den Tiefpunkt T:($2$| $\frac{7}{5}$)

   ≈ T:(2|1.4)

   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) = $\frac{1}{10}\cdot 0^4-\frac{4}{5}\cdot 0^2+3$ = $3$. Am rechten Rand setzen wir die rechte Grenze des Definitionsbereichs ein: f(4) = $\frac{1}{10}\cdot 4^4-\frac{4}{5}\cdot 4^2+3$ = $\frac{79}{5}$.

   Weil der Funktionswert am linken Rand größer als am Hochpunkt ist, ist das (globale) Maximum bei 0 mit f(0) = $3$ .

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

   
   
2. Erster t-Wert bei y = $\frac{39}{10}$

   Gesucht sind die Zeitpunkte, an denen die Funktion die Werte y=$\frac{39}{10}$ annimmt.

   Dazu setzen wir die Funktion einfach = $\frac{39}{10}$ und lösen nach t auf:

   $\frac{1}{10}{t}^4-\frac{4}{5}{t}^2+3$

   =

   $\frac{39}{10}$

   | $-\frac{39}{10}$

   $\frac{1}{10}{t}^4-\frac{4}{5}{t}^2-\frac{9}{10}$ = 0

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

   Setze u = $t^2$

   Draus ergibt sich die quadratische Gleichung:

   $\frac{1}{10}{u}^2-\frac{4}{5}u-\frac{9}{10}$	=	0	|⋅ 10
   $10\left(\frac{1}{10}{u}^2-\frac{4}{5}u-\frac{9}{10}\right)$	=	0

   $u^2-8u-9$ = 0

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

   u_1,2 =

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

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

   = ${\left[\frac{1}{50}{x}^5-\frac{4}{15}{x}^3+3x\right]}_0^3$

   $=$ $\frac{1}{50}\cdot 3^5-\frac{4}{15}\cdot 3^3+3\cdot 3-\left(\frac{1}{50}\cdot 0^5-\frac{4}{15}\cdot 0^3+3\cdot 0\right)$

   = $\frac{1}{50}\cdot 243-\frac{4}{15}\cdot 27+9-\left(\frac{1}{50}\cdot 0-\frac{4}{15}\cdot 0+0\right)$

   = $\frac{243}{50}-\frac{36}{5}+9-\left(0+0+0\right)$

   = $\frac{243}{50}-\frac{360}{50}+\frac{450}{50}+0$

   = $\frac{333}{50}$

   
   = 6,66

   6.66 Tausend Downloads ist also der gesuchte Zuwachs des Bestands.