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

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 e^-x. Also multiplizieren wir einfach mal ein e^-x zu unserem bisherigen Term dazu: $\text{f(x)}=$ $\left(x+1\right)·e^{-x}$. 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:
$\text{f(x)}=$ $-\left(x+1\right)·e^{-x}$

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 $e^{x-3}$ einfach das x von $e^x$ durch ein 'x-3' ersetzt wurde, wird der Graph der natürlichen Exponentialfunktion einfach um 3 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 $e^{x-3}$ für x → ∞ gegen ∞ .
• Wie $e^x$ strebt auch $e^{x-3}$ für x → -∞ gegen 0 .

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

f(x)=0

$x^4-5x^2-36$

=

0

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

Setze u = $x^2$

Draus ergibt sich die quadratische Gleichung:

Rücksubstitution:

u₁: $x^2$ = $9$

u₂: $x^2$ = $-4$

L={ $-3$; $3$}

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

Wenn wir den substituierten Term $u^2-5u-36$ anschauen, können wir ja auch den erst mal noch faktorisieren:

$x^4-5x^2-36$ =nach Substitution $u^2-5u-36$ = $\left(u-9\right)·\left(u+4\right)$ =nach Re-Substitution $\left(\mathrm{x²}-9\right)·\left(\mathrm{x²}+4\right)$

Somit gilt für die faktorisierte Darstellung:

$\text{f(x)}=$ $\left(x+3\right)·\left(x-3\right)·\left(x^2+4\right)$ = $x^4-5x^2-36$

1. y-Wert bei t = 4

   Gesucht ist der Funktionswert zur Zeit t=4. Wir berechnen also einfach f(4) = $40-33e^{-\mathrm{0,6}\cdot 4}$ = $-33e^{-\mathrm{2,4}}+40$ ≈ 37

   
   
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:

   $40-33e^{-\mathrm{0,6}t}$ = $28$

   $-33e^{-\mathrm{0,6}t}+40$	=	$28$	| $-40$
   $-33e^{-\mathrm{0,6}t}$	=	$-12$	|:$-33$
   $e^{-\mathrm{0,6}t}$	=	$\frac{4}{11}$	|ln(⋅)
   $-\mathrm{0,6}t$	=	$\ln \left(\frac{4}{11}\right)$	|:$-\mathrm{0,6}$
   $t$	=	$-\frac{1}{0.6}\ln \left(\frac{4}{11}\right)$	≈ 1.686

   Der erste Zeitpunkt an dem die die Funktion den Wert 28 annimmt, ist also nach 1.69 Jahre.

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 $$\underset{0}{\overset{3}{\int }}\left(40-33e^{-\mathrm{0,6}t}\right)dt$$ berechnet werden.

   $$\underset{0}{\overset{3}{\int }}\left(40-33e^{-\mathrm{0,6}t}\right)dt$$

   = ${\left[40x+55e^{-\mathrm{0,6}x}\right]}_0^3$

   $=$ $40\cdot 3+55e^{-\mathrm{0,6}\cdot 3}-\left(40\cdot 0+55e^{-\mathrm{0,6}\cdot 0}\right)$

   = $120+55e^{-\mathrm{1,8}}-\left(0+55e^0\right)$

   = $55e^{-\mathrm{1,8}}+120-\left(0+55\right)$

   = $55e^{-\mathrm{1,8}}+120-55$

   = $55e^{-\mathrm{1,8}}+65$

   
   ≈ 74,091

   74.09 dm ist also der gesuchte Zuwachs des Bestands.