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

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 $\text{f(x)}=$ $\left(x+2\right)·{\left(x+0\right)}^2$

Jetzt betrachten wir das Verhalten für x → ± ∞ :

Unser Term $\left(x+2\right)x^2$ = $x^3+2x^2$ erfüllt 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).

Und hier wissen wir ja bereits:

• Alle Funktionswerte sind >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.
• Für x → ∞ strebt $e^x$ gegen ∞ .
• Für x → - ∞ strebt $e^x$ gegen 0 .

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: $x^2$ = $4$

u₂: $x^2$ = $-6$

L={ $-2$; $2$}

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

Wenn wir den substituierten Term $u^2+2u-24$ anschauen, können wir ja auch den erst mal noch faktorisieren:

$x^4+2x^2-24$ =nach Substitution $u^2+2u-24$ = $\left(u-4\right)·\left(u+6\right)$ =nach Re-Substitution $\left(\mathrm{x²}-4\right)·\left(\mathrm{x²}+6\right)$

Somit gilt für die faktorisierte Darstellung:

$\text{f(x)}=$ $\left(x+2\right)·\left(x-2\right)·\left(x^2+6\right)$ = $x^4+2x^2-24$

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 ($12$|9.04) einblenden

   $\text{f(t)}=$ $3\left(t-2\right)·e^{-\mathrm{0,1}t}$

   Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

   =>$\text{f'(t)}=$ $3·\left(1+0\right)·e^{-\mathrm{0,1}t}+3\left(t-2\right)·e^{-\mathrm{0,1}t}·\left(-\mathrm{0,1}\right)$

   = $e^{-\mathrm{0,1}t}·\left(-\mathrm{0,3}t+\mathrm{3,6}\right)$

   $\text{f''(t)}=$ $\left(-\mathrm{0,3}+0\right)·e^{-\mathrm{0,1}t}+\left(-\mathrm{0,3}t+\mathrm{3,6}\right)·e^{-\mathrm{0,1}t}·\left(-\mathrm{0,1}\right)$

   = $e^{-\mathrm{0,1}t}·\left(\mathrm{0,03}t-\mathrm{0,66}\right)$

   = $\left(\mathrm{0,03}t-\mathrm{0,66}\right)e^{-\mathrm{0,1}t}$

   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.

   $\left(-\mathrm{0,3}t+\mathrm{3,6}\right)·e^{-\mathrm{0,1}t}$

   =

   0

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

   1. Fall:

   $-\mathrm{0,3}t+\mathrm{3,6}$	=	0	| $-\mathrm{3,6}$
   $-\mathrm{0,3}t$	=	$-\mathrm{3,6}$	|:($-\mathrm{0,3}$)
   t1	=	$12$

   
   

   2. Fall:

   $e^{-\mathrm{0,1}t}$

   =

   $0$

   Diese Gleichung hat keine Lösung!

   Die Lösung t= $12$ 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''($12$) = $e^{-\mathrm{0,1}\cdot 12}·\left(\mathrm{0,03}\cdot 12-\mathrm{0,66}\right)$= $e^{-\mathrm{1,2}}·\left(\mathrm{0,36}-\mathrm{0,66}\right)$= $-\mathrm{0,3}{e}^{-\mathrm{1,2}}$ <0

   Das heißt bei t = $12$ ist ein Hochpunkt.
   Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende t-Wert in f(t) eingesetzt werden.
   f($12$) = $3·\left(12-2\right)·e^{-\mathrm{0,1}\cdot 12}$ = $30e^{-\mathrm{1,2}}$ ≈ 9.036
   Man erhält so den Hochpunkt H:($12$| $30e^{-\mathrm{1,2}}$)

   ≈ H:(12|9.036)

   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) = $3·\left(0-2\right)·e^{-\mathrm{0,1}\cdot 0}$ = $-6e^0$. Am rechten Rand müssen wir das Verhalten für t → ∞ betrachten: Für t → ∞ ⇒ f(t) → 0.

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

   9.04 ist also der größte Wert der Funktion.

   
   
2. 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)= $3\left(t-2\right)·e^{-\mathrm{0,1}t}$ → $3\infty ·0$

   Das langfristige Verhalten der Funktionswerte geht also gegen 0.

3. Erste Nullstelle

   Gesucht sind die Zeitpunkte, an denen die Funktion die Werte y=0 annimmt.

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

   $3\left(t-2\right)·e^{-\mathrm{0,1}t}$

   =

   0

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

   1. Fall:

   $t-2$	=	0	| $+2$
   t1	=	$2$

   
   

   2. Fall:

   $e^{-\mathrm{0,1}t}$

   =

   $0$

   Diese Gleichung hat keine Lösung!

   Da ja nur nichtnegative t-Werte Sinn machen, sind die Nullstellen somit $2$.

   Die gesuchte erste Nullstelle ist also bei 2 min.