Als erstes stellen wir einen Term auf, der die geforderten Nullstellen besitzt. Dazu bekommt jede Nullstelle ihren Linearfaktor, also $\text{f(x)}=$ $\left(x+2\right)·\left(x+1\right)$.

Um den y-Achsenabschnitt S_y(0|-4) zu überprüfen, setzen wir jetzt einfach x=0 in unseren bisherigen Term ein:

f(0) = $\left(0+2\right)·\left(0+1\right)$ = $2$

Wir müssen somit unseren Term noch mit dem Koeffizienten $-2$ multiplizieren, damit wir den gegebenen y-Achsenabschnit erhalten:

f(0) = $-2·\left(0+2\right)·\left(0+1\right)$ = $-4$

Da also auch der y-Achsenabschnit passt, haben wir nun einen fertigen Funktionsterm $\text{f(x)}=$ $-2\left(x+2\right)\left(x+1\right)$.

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 $e^{x+2}$ einfach das x von $e^x$ durch ein 'x+2' ersetzt wurde, wird der Graph der natürlichen Exponentialfunktion einfach um -2 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 $e^{x+2}$ für x → ∞ gegen ∞ .
• Wie $e^x$ strebt auch $e^{x+2}$ 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={ $-2$; 0}

$-2$ ist 2-fache Lösung! 0 ist 4-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:

$\text{f(x)}=$ $2x^4·{\left(x+2\right)}^2$ = $2x^6+8x^5+8x^4$

1. y-Wert bei t = 2

   Gesucht ist der Funktionswert zur Zeit t=2. Wir berechnen also einfach f(2) = $\frac{1}{6}\left(-2^3+9\cdot 2^2\right)$ = $\frac{14}{3}$ ≈ 4.7

   
   
2. t-Wert des Maximums (HP)

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

   Detail-Rechnung für den Hochpunkt ($6$|18) einblenden

   $\text{f(t)}=$ $\frac{1}{6}\left(-t^3+9t^2\right)$

   Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

   =>$\text{f'(t)}=$ $\frac{1}{6}\left(-3t^2+18t\right)$

   $\text{f''(t)}=$ $\frac{1}{6}\left(-6t+18\right)$

   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.

   $\frac{1}{6}\left(-3t^2+18t\right)$	=	0
   $-\frac{1}{2}{t}^2+3t$	=	0
   $\frac{1}{2}t\left(-t+6\right)$	=	0

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

   1. Fall:

   t1

   =

   0

   
   

   2. Fall:

   $-t+6$	=	0	| $-6$
   $-t$	=	$-6$	|:($-1$)
   t2	=	$6$

   Die Lösungen 0, $6$ 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=$0$

   f''($0$) = $\frac{1}{6}\left(-6\cdot 0+18\right)$= $\frac{1}{6}\left(0+18\right)$= $3$ >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($0$) = $\frac{1}{6}\left(-0^3+9\cdot 0^2\right)$ = 0
   Man erhält so den Tiefpunkt T:($0$|0)

   
   

   2.: t=$6$

   f''($6$) = $\frac{1}{6}\left(-6\cdot 6+18\right)$= $\frac{1}{6}\left(-36+18\right)$= $\frac{1}{6}·\left(-18\right)$ <0

   Das heißt bei t = $6$ ist ein Hochpunkt.
   Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende t-Wert in f(t) eingesetzt werden.
   f($6$) = $\frac{1}{6}\left(-6^3+9\cdot 6^2\right)$ = $18$
   Man erhält so den Hochpunkt H:($6$| $18$)

   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) = $\frac{1}{6}\left(-0^3+9\cdot 0^2\right)$ = 0. Am rechten Rand setzen wir die rechte Grenze des Definitionsbereichs ein: f(10) = $\frac{1}{6}\left(-{10}^3+9\cdot {10}^2\right)$ = $-\frac{50}{3}$ ≈ -16.667.

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

   Bei t = $6$ ist also der größte Wert der Funktion.

   
   
3. t-Wert beim stärksten Zuwachs

   Gesucht ist der t-Wert des Hochpunkt der Ableitung.

   Dazu berechnen wir erstmal die Ableitungsfunktion f':

   f'(t)= $\frac{1}{6}\left(-3x^2+18x\right)$

   = $\frac{1}{2}x\left(-x+6\right)$

   Wir berechnen also die Extremstellen von f':

   Detail-Rechnung für den Hochpunkt der Ableitung ($3$|4.5) einblenden

   $\text{f'(t)}=$ $\frac{1}{2}t\left(-t+6\right)$

   Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

   =>$\text{f''(t)}=$ $\frac{1}{2}·1·\left(-t+6\right)+\frac{1}{2}t·\left(-1+0\right)$

   = $-t+3$

   $\text{f'''(t)}=$ $-1+0$

   = $-1$

   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.

   $-t+3$	=	0	| $-3$
   $-t$	=	$-3$	|:($-1$)
   $t$	=	$3$

   Die Lösung t= $3$ ist nun der einzige Kandidat für eine Extremstelle.

   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).

   f'''($3$) = $-1$= $-1$= $-1$ <0

   Das heißt bei t = $3$ ist ein Hochpunkt.
   Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende t-Wert in f'(t) eingesetzt werden.
   f'($3$) = $\frac{1}{2}·3·\left(-3+6\right)$ = $\frac{9}{2}$ ≈ 4.5
   Man erhält so den Hochpunkt H:($3$| $\frac{9}{2}$)

   ≈ H:(3|4.5)

   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) = $\frac{1}{2}·0·\left(-0+6\right)$ = 0. Am rechten Rand setzen wir die rechte Grenze des Definitionsbereichs ein: f'(10) = $\frac{1}{2}·10·\left(-10+6\right)$ = $-20$.

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

   Bei t = $3$ ist also der größte Wert der Ableitungsfunktion.

4. 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 $$\underset{0}{\overset{3}{\int }}\left(\frac{1}{6}\left(-t^3+9t^2\right)\right)dt$$ berechnet werden.

   $$\underset{0}{\overset{3}{\int }}\left(\frac{1}{6}\left(-t^3+9t^2\right)\right)dt$$

   = ${\left[\frac{1}{6}\left(-\frac{1}{4}{x}^4+3x^3\right)\right]}_0^3$

   $=$ $\frac{1}{6}\left(-\frac{1}{4}\cdot 3^4+3\cdot 3^3\right)-\frac{1}{6}\left(-\frac{1}{4}\cdot 0^4+3\cdot 0^3\right)$

   = $\frac{1}{6}\left(-\frac{1}{4}\cdot 81+3\cdot 27\right)-\frac{1}{6}\left(-\frac{1}{4}\cdot 0+3\cdot 0\right)$

   = $\frac{1}{6}\left(-\frac{81}{4}+81\right)-\frac{1}{6}\left(0+0\right)$

   = $\frac{1}{6}\left(-\frac{81}{4}+\frac{324}{4}\right)+0$

   = $\frac{1}{6}·\frac{243}{4}$

   = $\frac{81}{8}$

   
   = 10,125

   10.13 m ist also der gesuchte Zuwachs des Bestands.

5. 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:

   $\frac{1}{6}\left(-t^3+9t^2\right)$	=	0
   $-\frac{1}{6}{t}^3+\frac{3}{2}{t}^2$	=	0
   $\frac{1}{6}{t}^2\left(-t+9\right)$	=	0

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

   1. Fall:

   $t^2$	=	$0$	|
   t1	=	0

   
   

   2. Fall:

   $-t+9$	=	0	| $-9$
   $-t$	=	$-9$	|:($-1$)
   t2	=	$9$

   Da ja nur nichtnegative t-Werte Sinn machen, sind die Nullstellen somit 0 und $9$.

   Da f(8) ≈ 10.7 > 0 und f(10) ≈ -16.7 < 0 ist, ist die gesuchte Stelle t = 9.

   Die gesuchte Zeitpunkt mit maximalem Bestand ist somit bei 9 s.