Als erstes stellen wir einen Term auf, der die geforderten Nullstellen besitzt. Dazu bekommt jede Nullstelle ihren Linearfaktor, also $\text{f(x)}=$ $\left(x-2\right)·\left(x-3\right)$.

Um den y-Achsenabschnitt S_y(0|-12) zu überprüfen, setzen wir jetzt einfach x=0 in unseren bisherigen Term ein:

f(0) = $\left(0-2\right)·\left(0-3\right)$ = $6$

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

f(0) = $-2·\left(0-2\right)·\left(0-3\right)$ = $-12$

Da also auch der y-Achsenabschnit passt, haben wir nun einen fertigen Funktionsterm $\text{f(x)}=$ $-2\left(x-2\right)\left(x-3\right)$.

Dieser funktionierende Term ist im roten Graphen eingezeichnet

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

f(x)=0

$2x^5+4x^4+2x^3$	=	0
$2x^3\left(x^2+2x+1\right)$	=	0

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

1. Fall:

2. Fall:

L={ $-1$; 0}

$-1$ ist 2-fache Lösung! 0 ist 3-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:

$\text{f(x)}=$ $2x^3·{\left(x+1\right)}^2$ = $2x^5+4x^4+2x^3$

1. y-Wert bei t = 3

   Gesucht ist der Funktionswert zur Zeit t=3. Wir berechnen also einfach f(3) = $\frac{1}{16}\left(-3^3+48\cdot 3\right)$ = $\frac{117}{16}$ ≈ 7.3

   
   
2. y-Wert des Maximums (HP)

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

   Detail-Rechnung für den Hochpunkt ($4$|8) einblenden

   $\text{f(t)}=$ $\frac{1}{16}\left(-t^3+48t\right)$

   Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

   =>$\text{f'(t)}=$ $\frac{1}{16}\left(-3t^2+48\right)$

   $\text{f''(t)}=$ $\frac{1}{16}\left(-6t+0\right)$

   = $-\frac{3}{8}t$

   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.

   $\frac{1}{16}\left(-3t^2+48\right)$	=	0	|: $\frac{1}{16}$
   $-3t^2+48$	=	0	| $-48$
   $-3t^2$	=	$-48$	|: $\left(-3\right)$
   $t^2$	=	$16$	|
   t1	=	$-\sqrt{16}$	= $-4$
   t2	=	$\sqrt{16}$	= $4$

   Die Lösungen $-4$, $4$ 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=$-4$

   f''($-4$) = $-\frac{3}{8}\cdot \left(-4\right)$= $\frac{3}{2}$= $\frac{3}{2}$ >0

   Das heißt bei t = $-4$ ist ein Tiefpunkt.
   Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende t-Wert in f(t) eingesetzt werden.
   f($-4$) = $\frac{1}{16}\left(-{\left(-4\right)}^3+48\cdot \left(-4\right)\right)$ = $-8$
   Man erhält so den Tiefpunkt T:($-4$| $-8$)

   
   

   2.: t=$4$

   f''($4$) = $-\frac{3}{8}\cdot 4$= $-\frac{3}{2}$= $-\frac{3}{2}$ <0

   Das heißt bei t = $4$ ist ein Hochpunkt.
   Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende t-Wert in f(t) eingesetzt werden.
   f($4$) = $\frac{1}{16}\left(-4^3+48\cdot 4\right)$ = $8$
   Man erhält so den Hochpunkt H:($4$| $8$)

   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) = $\frac{1}{16}\left(-0^3+48\cdot 0\right)$ = 0. Am rechten Rand setzen wir die rechte Grenze des Definitionsbereichs ein: f(8) = $\frac{1}{16}\left(-8^3+48\cdot 8\right)$ = $-8$.

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

   8 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)= $\frac{1}{16}\left(-3x^2+48\right)$

   = $\frac{3}{16}\left(-x^2+16\right)$

   Wir berechnen also die Extremstellen von f':

   Detail-Rechnung für den Hochpunkt der Ableitung ($0$|3) einblenden

   $\text{f'(t)}=$ $\frac{3}{16}\left(-t^2+16\right)$

   Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

   =>$\text{f''(t)}=$ $\frac{3}{16}\left(-2t+0\right)$

   = $-\frac{3}{8}t$

   $\text{f'''(t)}=$ $-\frac{3}{8}$

   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.

   $-\frac{3}{8}t$	=	0	|⋅ 8
   $-3t$	=	0	|:($-3$)
   $t$	=	0

   Die Lösung t=0 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'''($0$) = $-\frac{3}{8}$= $-\frac{3}{8}$= $-\frac{3}{8}$ <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'($0$) = $\frac{3}{16}\left(-{\left(0\right)}^2+16\right)$ = $3$
   Man erhält so den Hochpunkt H:($0$| $3$)

   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) = $\frac{3}{16}\left(-0^2+16\right)$ = $3$. Am rechten Rand setzen wir die rechte Grenze des Definitionsbereichs ein: f'(8) = $\frac{3}{16}\left(-8^2+16\right)$ = $-9$.

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

   Bei t = $0$ ist also der größte Wert der Ableitungsfunktion.

4. 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:

   $\frac{1}{16}\left(-t^3+48t\right)$	=	0
   $-\frac{1}{16}{t}^3+3t$	=	0
   $\frac{1}{16}t\left(-t^2+48\right)$	=	0

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

   1. Fall:

   t1

   =

   0

   
   

   2. Fall:

   $-t^2+48$	=	0	| $-48$
   $-t^2$	=	$-48$	|: $\left(-1\right)$
   $t^2$	=	$48$	|
   t2	=	$-\sqrt{48}$	≈ $-\mathrm{6,928}$
   t3	=	$\sqrt{48}$	≈ $\mathrm{6,928}$

   Da ja nur nichtnegative t-Werte Sinn machen, sind die Nullstellen somit 0 und $\mathrm{6,928}$.

   Da f(5.9) ≈ 4.8 > 0 und f(7.9) ≈ -7.4 < 0 ist, ist die gesuchte Stelle t = 6.93.

   Die gesuchte Zeitpunkt mit maximalem Bestand ist somit bei 6.93 min.

Zu Graph Nr. 1:

Der Graph von $\sqrt{x}$ hat im Bereich für negative x keine Funktionswerte. Er steigt zunächst sehr schnell, dann nimmt die Steigung aber ab. Er sieht aus wie eine halbe Parabel, die um 90° gedreht wurde. Er besitzt die Punkte (0|0), (1|1), (4|2), usw.

Am Graph Nr. 1 kann man all diese Eigenschaften erkennen, außer dass eben alle Punkte des Graphen noch an der x-Achse gespiegelt wurden.

Der Graph Nr. 1 gehört also zur Funktion k(x) = $-\sqrt{x}$.

Zu Graph Nr. 2:

Der Graph von $\sqrt{x}$ hat im Bereich für negative x keine Funktionswerte. Er steigt zunächst sehr schnell, dann nimmt die Steigung aber ab. Er sieht aus wie eine halbe Parabel, die um 90° gedreht wurde. Er besitzt die Punkte (0|0), (1|1), (4|2), usw.

Der Graph Nr. 2 gehört also zur Funktion i(x) = $\sqrt{x}$.

Zu Graph Nr. 3:

Der Graph von $x^2$ hat die typische Form einer nach oben geöffneten Normalparabel. Sie hat ihren Scheitel (Tiefpunkt) im Ursprung. Die Steigung wird vom Betrag immer größer, je weiter der Graph sich vom Ursprung entfernt. Besonders markant sind die Punkte (1|1), (2|4), usw.

Der Graph Nr. 3 gehört also zur Funktion f(x) = $x^2$.

Zu Graph Nr. 4:

Der Graph von $x^2$ hat die typische Form einer nach oben geöffneten Normalparabel. Sie hat ihren Scheitel (Tiefpunkt) im Ursprung. Die Steigung wird vom Betrag immer größer, je weiter der Graph sich vom Ursprung entfernt. Besonders markant sind die Punkte (1|1), (2|4), usw.

Am Graph Nr. 4 kann man all diese Eigenschaften erkennen, außer dass eben alle Punkte des Graphen noch an der x-Achse gespiegelt wurden.

Der Graph Nr. 4 gehört also zur Funktion g(x) = $-x^2$.

Zu Graph Nr. 1:

Den Graph von $\frac{1}{x^2}$ erkennt man an den Asymptoten an den beiden Achsen. Es handelt sich um eine Hyperbel. Je näher x an 0 kommt, umso größer wird der Funktionswert. Je weiter x sich von 0 entfernt, umso kleiner wird der Funktionswert (weil ja x im Nenner steht). Im Gegensatz zu $\frac{1}{x}$ hat er sowohl für negative, als auch für positive x positive Funktionswerte. Er ist also achsensymmetrisch bzgl. der y-Achse und enthält z.B. die Punkte (1|1) und (-1|1).

Der Graph Nr. 1 gehört also zur Funktion j(x) = $\frac{1}{x^2}$.

Zu Graph Nr. 2:

Der Graph von $\cos \left(x\right)$ schwingt zwischen 1 und -1. Im Gegensatz zum Sinus startet der Kosinus für x=0 bei 1 (cos(0)=1). Im Einheitskreis rechts wird dies deutlich:

Der Graph Nr. 2 gehört also zur Funktion g(x) = $\cos \left(x\right)$.

Zu Graph Nr. 3:

Der Graph von $\sin \left(x\right)$ zwischen 1 und -1. Im Gegensatz zum Kosinus (cos(x)) startet der Sinus für x=0 im Ursprung O(0|0), was man am Einheitskreis rechts sehen kann:

Der Graph Nr. 3 gehört also zur Funktion k(x) = $\sin \left(x\right)$.

Zu Graph Nr. 4:

Der Graph von $x^2$ hat die typische Form einer nach oben geöffneten Normalparabel. Sie hat ihren Scheitel (Tiefpunkt) im Ursprung. Die Steigung wird vom Betrag immer größer, je weiter der Graph sich vom Ursprung entfernt. Besonders markant sind die Punkte (1|1), (2|4), usw.

Der Graph Nr. 4 gehört also zur Funktion f(x) = $x^2$.

Zu Graph Nr. 1:

Der Graph von $\sqrt{x}$ hat im Bereich für negative x keine Funktionswerte. Er steigt zunächst sehr schnell, dann nimmt die Steigung aber ab. Er sieht aus wie eine halbe Parabel, die um 90° gedreht wurde. Er besitzt die Punkte (0|0), (1|1), (4|2), usw.

Der Graph Nr. 1 gehört also zur Funktion g(x) = $\sqrt{x}$.

Zu Graph Nr. 2:

Der Graph von $\sin \left(x\right)$ zwischen 1 und -1. Im Gegensatz zum Kosinus (cos(x)) startet der Sinus für x=0 im Ursprung O(0|0), was man am Einheitskreis rechts sehen kann:

Der Graph Nr. 2 gehört also zur Funktion i(x) = $\sin \left(x\right)$.

Zu Graph Nr. 3:

Den Graph von $\frac{1}{x}$ erkennt man an den Asymptoten an den beiden Achsen. Es handelt sich um eine Hyperbel. Je näher x an 0 kommt, umso betragsmäßig größer wird der Funktionswert (weil ja x im Nenner steht). Je weiter x sich von 0 entfernt, umso betragsmäßig kleiner wird der Funktionswert, weil ja der Nenner immer größer wird. Der Graph verläuft durch die Punkte (1|1) und (-1|-1), weil f(1) = $\frac{1}{1}$ = 1 und f(-1) = $\frac{1}{\mathrm{-1}}$ = -1. Im Gegensatz zu $\frac{1}{x^2}$ hat er für negative x-Werte negative Funktionswerte und für positive x-Werte positive Funktionswerte.

Der Graph Nr. 3 gehört also zur Funktion f(x) = $\frac{1}{x}$.

Zu Graph Nr. 4:

Der Graph von $e^x$ nähert sich für negative x-Werte der x-Achse an und wächst für positive x-Werte sehr schnell. Er schneidet die y-Achse im Punkt (0|1), da $e^0$ = 1.

Der Graph Nr. 4 gehört also zur Funktion h(x) = $e^x$.

Zu Graph Nr. 1:

Der Graph von $\sin \left(x\right)$ zwischen 1 und -1. Im Gegensatz zum Kosinus (cos(x)) startet der Sinus für x=0 im Ursprung O(0|0), was man am Einheitskreis rechts sehen kann:

Am Graph Nr. 1 kann man all diese Eigenschaften erkennen, außer dass eben alle Punkte des Graphen noch zusätzlich um 1 in y-Richtung verschoben wurden.

Der Graph Nr. 1 gehört also zur Funktion k(x) = $\sin \left(x\right)+1$.

Zu Graph Nr. 2:

Den Graph von $x^3$ erkennt man an seinem Sattelpunkt und der immer größer werdenden Steigung, je weiter sich der Graph vom Ursprung entfernt. Er besitzt die Punkte (-2|-8), (-1|1), (0|0), (1|1), (2|8), usw.

Am Graph Nr. 2 kann man all diese Eigenschaften erkennen, außer dass eben alle Punkte des Graphen noch zusätzlich um 1 in y-Richtung verschoben wurden.

Der Graph Nr. 2 gehört also zur Funktion g(x) = $x^3+1$.

Zu Graph Nr. 3:

Der Graph von $\ln \left(x\right)$ besitzt für negative x-Werte keine Funktionswerte, weil man den Logarithmus nur aus positiven Zahlen ziehen kann. Für x → 0 streben die y-Werte gegen -∞. Der Graph nähert sich somit der negativen y-Achse asymptotisch an. Für positive x-Werte steigt er sehr langsam an. Er schneidet die x-Achse im Punkt (1|0), da $e^0$ = 1 und somit $\ln \left(1\right)$ = 0 ist.

Am Graph Nr. 3 kann man all diese Eigenschaften erkennen, außer dass eben alle Punkte des Graphen noch zusätzlich um 1 in y-Richtung verschoben wurden.

Der Graph Nr. 3 gehört also zur Funktion i(x) = $\ln \left(x\right)+1$.

Zu Graph Nr. 4:

Der Graph von $\sin \left(x\right)$ zwischen 1 und -1. Im Gegensatz zum Kosinus (cos(x)) startet der Sinus für x=0 im Ursprung O(0|0), was man am Einheitskreis rechts sehen kann:

Der Graph Nr. 4 gehört also zur Funktion f(x) = $\sin \left(x\right)$.

Zu Graph Nr. 1:

Der Graph von $\ln \left(x\right)$ besitzt für negative x-Werte keine Funktionswerte, weil man den Logarithmus nur aus positiven Zahlen ziehen kann. Für x → 0 streben die y-Werte gegen -∞. Der Graph nähert sich somit der negativen y-Achse asymptotisch an. Für positive x-Werte steigt er sehr langsam an. Er schneidet die x-Achse im Punkt (1|0), da $e^0$ = 1 und somit $\ln \left(1\right)$ = 0 ist.

Der Graph Nr. 1 gehört also zur Funktion f(x) = $\ln \left(x\right)$.

Zu Graph Nr. 2:

Den Graph von $\frac{1}{x}$ erkennt man an den Asymptoten an den beiden Achsen. Es handelt sich um eine Hyperbel. Je näher x an 0 kommt, umso betragsmäßig größer wird der Funktionswert (weil ja x im Nenner steht). Je weiter x sich von 0 entfernt, umso betragsmäßig kleiner wird der Funktionswert, weil ja der Nenner immer größer wird. Der Graph verläuft durch die Punkte (1|1) und (-1|-1), weil f(1) = $\frac{1}{1}$ = 1 und f(-1) = $\frac{1}{\mathrm{-1}}$ = -1. Im Gegensatz zu $\frac{1}{x^2}$ hat er für negative x-Werte negative Funktionswerte und für positive x-Werte positive Funktionswerte.

Der Graph Nr. 2 gehört also zur Funktion h(x) = $\frac{1}{x}$.

Zu Graph Nr. 3:

Der Graph von $\cos \left(x\right)$ schwingt zwischen 1 und -1. Im Gegensatz zum Sinus startet der Kosinus für x=0 bei 1 (cos(0)=1). Im Einheitskreis rechts wird dies deutlich:

Der Graph Nr. 3 gehört also zur Funktion i(x) = $\cos \left(x\right)$.

Zu Graph Nr. 4:

Den Graph von $\frac{1}{x^2}$ erkennt man an den Asymptoten an den beiden Achsen. Es handelt sich um eine Hyperbel. Je näher x an 0 kommt, umso größer wird der Funktionswert. Je weiter x sich von 0 entfernt, umso kleiner wird der Funktionswert (weil ja x im Nenner steht). Im Gegensatz zu $\frac{1}{x}$ hat er sowohl für negative, als auch für positive x positive Funktionswerte. Er ist also achsensymmetrisch bzgl. der y-Achse und enthält z.B. die Punkte (1|1) und (-1|1).

Der Graph Nr. 4 gehört also zur Funktion j(x) = $\frac{1}{x^2}$.

Zu Graph Nr. 1:

Der Graph von $\sin \left(x\right)$ zwischen 1 und -1. Im Gegensatz zum Kosinus (cos(x)) startet der Sinus für x=0 im Ursprung O(0|0), was man am Einheitskreis rechts sehen kann:

Der Graph Nr. 1 gehört also zur Funktion f(x) = $\sin \left(x\right)$.

Zu Graph Nr. 2:

Der Graph von $\sqrt{x}$ hat im Bereich für negative x keine Funktionswerte. Er steigt zunächst sehr schnell, dann nimmt die Steigung aber ab. Er sieht aus wie eine halbe Parabel, die um 90° gedreht wurde. Er besitzt die Punkte (0|0), (1|1), (4|2), usw.

Der Graph Nr. 2 gehört also zur Funktion g(x) = $\sqrt{x}$.

Zu Graph Nr. 3:

Der Graph von $\ln \left(x\right)$ besitzt für negative x-Werte keine Funktionswerte, weil man den Logarithmus nur aus positiven Zahlen ziehen kann. Für x → 0 streben die y-Werte gegen -∞. Der Graph nähert sich somit der negativen y-Achse asymptotisch an. Für positive x-Werte steigt er sehr langsam an. Er schneidet die x-Achse im Punkt (1|0), da $e^0$ = 1 und somit $\ln \left(1\right)$ = 0 ist.

Der Graph Nr. 3 gehört also zur Funktion h(x) = $\ln \left(x\right)$.

Zu Graph Nr. 4:

Den Graph von $x^3$ erkennt man an seinem Sattelpunkt und der immer größer werdenden Steigung, je weiter sich der Graph vom Ursprung entfernt. Er besitzt die Punkte (-2|-8), (-1|1), (0|0), (1|1), (2|8), usw.

Der Graph Nr. 4 gehört also zur Funktion i(x) = $x^3$.

Der Graph von f(x -4) ist gegenüber dem Graph von f um 4 Einheiten nach rechts verschoben. Dementsprechend hat auch das Integral über f(x -4) den Wert 12, wenn man die Grenzen auch um 4 Einheiten nach rechts verschiebt. Die Integralgrenzen müssen also um 4 größer sein, als bei $$\underset{1}{\overset{2}{\int }}\mathrm{f(x)}dx$$ , also 12 = $$\underset{1}{\overset{2}{\int }}\mathrm{f(x)}dx$$ = $$\underset{5}{\overset{6}{\int }}\mathrm{f(x\; <mo>-</mo><mn>4</mn>)}dx$$ .

Somit gilt a = 5 und b = 6.

Das +1 nach dem f(x -4) verschiebt den Graph noch zusätzlich um 1 nach oben. Dadurch wird der Inhalt unter dem Graph noch um ein Rechteck mit Höhe 1 und Breite 6 - 5 = 1 vergrößert. Das gesuchte Integral berechnet sich also als
$$\underset{5}{\overset{6}{\int }}\mathrm{(f(x\; <mo>-</mo><mn>4</mn>)\; +\; 1)}dx$$ = $$\underset{5}{\overset{6}{\int }}\mathrm{f(x\; <mo>-</mo><mn>4</mn>)}dx$$ + $$\underset{5}{\overset{6}{\int }}1dx$$ = 12 + 1⋅1 = 12 + 1 = 13

Man erkennt schnell, das keine Symmetrie zum Koordinatenssystem vorliegt, wenn nicht mindestens einer der Summanden von $\left(a-1\right)x^4+\left(2a+4\right)x^3+\left(a+2\right)x-a$ rausfällt, so dass nur noch gerade oder ungerade Summanden übrig bleiben.

Durch scharfes Hinsehen könnte man a = -2 erkennen. Man kann aber auch einfach bei jedem Summanden den Koeffizient anschauen und dann a so wählen, dass der Koeffizient = 0 wird:

• $\left(a-1\right)x^4$ wird 0 für a = 1 => f₁(x) = $\left(1-1\right)·x^4+\left(2\cdot 1+4\right)·x^3+\left(1+2\right)·x-1·1$ = $6x^3+3x-1$
• $\left(2a+4\right)x^3$ wird 0 für a = -2 => f_-2(x) = $\left(-2-1\right)·x^4+\left(2\cdot \left(-2\right)+4\right)·x^3+\left(-2+2\right)·x+2·1$ = $-3x^4+2$
• $\left(a+2\right)x$ wird 0 für a = -2 => f_-2(x) = $\left(-2-1\right)·x^4+\left(2\cdot \left(-2\right)+4\right)·x^3+\left(-2+2\right)·x+2·1$ = $-3x^4+2$
• $-a$ wird 0 für a = 0 => f₀(x) = $\left(0-1\right)·x^4+\left(2\cdot 0+4\right)·x^3+\left(0+2\right)·x0·1$ = $-x^4+4x^3+2x$

Für a = -2 hat f_-2(x) = $-3x^4+2$ also nur gerade Summanden und ist somit achsensymmetrisch zur y-Achse.

An der Abbildung kann man erkennen, dass die Geraden, die den Graph von f berühren, der spannende Grenzfall sind.

Da ja y = m⋅x für jedes m immer durch den Ursprung O(0|0) verläuft, suchen wir also eine Tangente (von außen) an den Graphen von f durch den Ursprung:

Zuerst wird die Ableitung von f berechnet: $\text{f'(x)}=$ $x+1$

Wir kennen den Berührpunkt, in dem die gesuchte Tangente durch P(0|0) an das Schaubild von f angelegt wird, nicht. Deswegen nennen wir den x-Wert u. Der Funktionswert ist dann f(u), da der Berührpunkt ja auf dem Schaubild von f liegt. Außerdem muss die Ableitung in u ja gerade die Tangentensteigung sein, da B(u|f(u)) der Berührpunkt ist.

Wir können also P(0|0) als (x|y), den Berührpunkt B(u|f(u)) und m=f'(u)= $u+1$ in die allgemeine Tangentengleichung

y=f´(u) ⋅(x-u)+f(u)

einsetzen:

0 = $\left(u+1\right)·\left(0-u\right)$ + $\frac{1}{2}{u}^2+u+\frac{9}{8}$

$-\left(u+1\right)u+\frac{1}{2}{u}^2+u+\frac{9}{8}$ = 0

$-u^2-u+\frac{1}{2}{u}^2+u+\frac{9}{8}$ = 0

$-\frac{1}{2}{u}^2+0+\frac{9}{8}$ = 0

Die Lösung der Gleichung:

$-\frac{1}{2}{u}^2+0+\frac{9}{8}$	=	0
$-\frac{1}{2}{u}^2+\frac{9}{8}$	=	0	| $-\frac{9}{8}$
$-\frac{1}{2}{u}^2$	=	$-\frac{9}{8}$	|⋅ $\left(-2\right)$
$u^2$	=	$\frac{9}{4}$	|
u1	=	$-\sqrt{\frac{9}{4}}$	= $-\frac{3}{2}$
u2	=	$\sqrt{\frac{9}{4}}$	= $\frac{3}{2}$

L={ $-\frac{3}{2}$; $\frac{3}{2}$}

Um die Steigung der Tangente zu erhalten, setzen wir den gefundenen Wert x = $-\frac{3}{2}$ in die Ableitung $\text{f'(x)}=$ $x+1+0$ ein:
$\text{m = f'(<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> <mrow> <mo>-</mo> <mfrac> <mrow> <mn>3</mn> </mrow> <mrow> <mn>2</mn> </mrow> </mfrac> </mrow> </math>)}=$ $-\frac{3}{2}+1+0$
= $-\frac{3}{2}+1$
= $-\frac{1}{2}$

Um die Steigung der Tangente zu erhalten, setzen wir den gefundenen Wert x = $\frac{3}{2}$ in die Ableitung $\text{f'(x)}=$ $x+1+0$ ein:
$\text{m = f'(<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> <mrow> <mfrac> <mrow> <mn>3</mn> </mrow> <mrow> <mn>2</mn> </mrow> </mfrac> </mrow> </math>)}=$ $\frac{3}{2}+1+0$
= $\frac{3}{2}+1$
= $\frac{5}{2}$

Man kann jetzt an der Abbildung gut erkennen, für m = $-\frac{1}{2}$ bzw. für m = $\frac{5}{2}$ die Gerade y = m⋅x den Graphen der Funktion berührt und somit nur einen gemeinamen Punkt mit dem Graph von f hat.

Wird die Gerade steiler, also für m > $\frac{5}{2}$ oder für m < $-\frac{1}{2}$, schneidet die Gerade den Graph von f in zwei Punkten.

Wird die Geraden weniger steil, also für also für $-\frac{1}{2}$ < m < $\frac{5}{2}$, hat die Gerade mit dem Graph von f gar keine gemeinsame Punkte.

Die richtige Lösung wäre hier also: m > $-\frac{1}{2}$ und m < $\frac{5}{2}$

Als Vorgehensweise empfiehlt es sich, die markanten Punkte in Bezug auf die Ableitung, also Punkte mit waagrechter Tangente wie z.B. Hoch- und Tiefpunkte, bei den einzelnen Graphen zu betrachten.

Zu Graph Nr. 1:

Beim Graph Nr. 1 können wir bei x = -3 und bei x = 0 Punkte mit waagrechter Tangente erkennen.

Zu Graph Nr. 2:

Beim Graph Nr. 2 können wir bei x = -2.7 und bei x = 0.7 Punkte mit waagrechter Tangente erkennen.

Zu Graph Nr. 3:

Beim Graph Nr. 3 können wir bei x = -4 und bei x = -2 Punkte mit waagrechter Tangente erkennen.

Da ja genau an diesen Stellen der Graph 4 seine Nullstellen hat, könnte der Graph 4 die Ableitungsfunktion der Funktion vom Graph 3 zeigen.

Zu Graph Nr. 4:

Beim Graph Nr. 4 können wir bei x = -3.4 und bei x = -0.6 Punkte mit waagrechter Tangente erkennen.

Da ja genau an diesen Stellen der Graph 2 seine Nullstellen hat, könnte der Graph 2 die Ableitungsfunktion der Funktion vom Graph 4 zeigen.

Wir fassen also zusammen:

• Der Graph 4 zeigt die Ableitung vom Graph 3
• Der Graph 2 zeigt die Ableitung vom Graph 4
• Der Graph 1 scheint zu einer ganz anderen Funktion zu gehören.

Somit gilt:

Der Graph 1 gehört zur Funktion g(x).

Der Graph 2 gehört zur Funktion f '(x).

Der Graph 3 gehört zur Funktion F(x).

Der Graph 4 gehört zur Funktion f(x).