Da g(x) = $-\frac{1}{2}$⋅ f(x) gilt, geht der (rote) Graph von g durch Spiegelung an der x-Achse und Streckung um 0.5 in y-Richtung aus dem (schwarzen) Graph von f hervor.

Der Hochpunkt H wird also zu einem Tiefpunkt T, der y-Wert wird dabei mit dem Faktor $-\frac{1}{2}$ multipliziert.

Somit besitzt der Graph von g einen Tiefpunkt T(3|$-3$).

Der abgebildete Graph ist natürlich nur einer von unendlich vielen möglichen.

Der schwarz gezeichnete Graph ist der Originalgraph von f(x)= $-{\left(x-3\right)}^2+6$, der rot gezeichneten Graph gehört zu g(x) = $-\frac{1}{2}$⋅ f(x) = $-\frac{1}{2}\left(-{\left(x-3\right)}^2+6\right)$.

Da g(x) = f($\frac{1}{3}$ ⋅ x) gilt, geht der (rote) Graph von g durch Streckung um $3$ in x-Richtung aus dem (schwarzen) Graph von f hervor. Das heißt auf jeder Höhe ist der Abstand zur y-Achse vom gestreckten (roten) Graph $3$ mal so groß ist wie vom ursprünglichen (schwarzen) Graph

Der Hochpunkt H bleibt also ein Hochpunkt H, der x-Wert wird jedoch mit dem Faktor $3$ multipliziert, weil ja bei x = 2 der größte Wert bei f(x) auftritt, bei f($\frac{1}{3}$⋅x) muss somit für x = $6$ , also bei f($\frac{1}{3}$⋅6) der größte Wert auftreten.

Somit besitzt der Graph von g einen Hochpunkt H(6|3).

Der abgebildete Graph ist natürlich nur einer von unendlich vielen möglichen.

Der schwarz gezeichnete Graph ist der Originalgraph von f(x)= $-{\left(x-2\right)}^2+3$, der rot gezeichneten Graph gehört zu g(x) = f($\frac{1}{3}$ ⋅ x) = $-{\left(\frac{1}{3}x-2\right)}^2+3$.

Der (blaue) Graph von f(-x) geht durch Spiegelung an der y-Achse aus dem (schwarzen) Graph von f hervor. Der (blaue) Graph von f(-x) hat dann seinen Tiefpunkt T bei x = -2.

Da g(x) = $-3$⋅ f(-x) gilt, geht dann der (rote) Graph von g durch Spiegelung an der x-Achse und Streckung um 3 in y-Richtung aus dem (blauen) Graph von f hervor.

Der Tiefpunkt T wird also zu einem Hochpunkt H, der y-Wert wird dabei mit dem Faktor $-3$ multipliziert.

Somit besitzt der Graph von g einen Hochpunkt H(-2|$3$).

Der abgebildete Graph ist natürlich nur einer von unendlich vielen möglichen.

$\text{f(x)}=$ $x^2-4x+4$

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

=>$\text{f'(x)}=$ $2x-4+0$

= $2x-4$

$\text{f''(x)}=$ $2+0$

= $2$

Die notwendige Bedingung für einen Extrempunkt ist f'(x)=0.

(Alle Extrempunkte haben die Steigung 0).

Man setzt nun also f'(x) gleich 0, um die einzig möglichen x-Werte für Extrempunkte von f zu bestimmen.

$2x-4$	=	0	| $+4$
$2x$	=	$4$	|:$2$
$x$	=	$2$

Die Lösung x= $2$ ist nun der einzige Kandidat für eine Extremstelle.

Die einfachste Möglichkeit, um diese Kandidaten zu überprüfen, ist das Einsetzen dieser x-Werte in f''(x):

Ist f''(x) < 0, so handelt es sich um einen Hochpunkt (hinreichende Bedingung: f'(x₀)=0 und f''(x₀)<0).
Ist sie größer 0 handelt es sich um einen Tiefpunkt (hinreichende Bedingung: f'(x₀)=0 und f'(x₀)>0).

f''($2$) = $2$= $2$= $2$ >0

Das heißt bei x = $2$ ist ein Tiefpunkt.
Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende x-Wert in f(x) eingesetzt werden.
f($2$) = $2^2-4\cdot 2+4$ = 0
Man erhält so den Tiefpunkt T:($2$|0)

$\text{f(x)}=$ $-3x^4+20x^3-24x^2$

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

=>$\text{f'(x)}=$ $-12x^3+60x^2-48x$

$\text{f''(x)}=$ $-36x^2+120x-48$

Die notwendige Bedingung für einen Extrempunkt ist f'(x)=0.

(Alle Extrempunkte haben die Steigung 0).

Man setzt nun also f'(x) gleich 0, um die einzig möglichen x-Werte für Extrempunkte von f zu bestimmen.

$-12x^3+60x^2-48x$	=	0
$12x\left(-x^2+5x-4\right)$	=	0

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

1. Fall:

2. Fall:

Die Lösungen 0, $1$, $4$ sind nun die einzigen Kandidaten für Extremstellen.

Die einfachste Möglichkeit, um diese Kandidaten zu überprüfen, ist das Einsetzen dieser x-Werte in f''(x):

Ist f''(x) < 0, so handelt es sich um einen Hochpunkt (hinreichende Bedingung: f'(x₀)=0 und f''(x₀)<0).
Ist sie größer 0 handelt es sich um einen Tiefpunkt (hinreichende Bedingung: f'(x₀)=0 und f'(x₀)>0).

1.: x=$0$

f''($0$) = $-36\cdot 0^2+120\cdot 0-48$= $-36\cdot 0+0-48$= $-48$ <0

Das heißt bei x = $0$ ist ein Hochpunkt.
Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende x-Wert in f(x) eingesetzt werden.
f($0$) = $-3\cdot 0^4+20\cdot 0^3-24\cdot 0^2$ = 0
Man erhält so den Hochpunkt H:($0$|0)

2.: x=$1$

f''($1$) = $-36\cdot 1^2+120\cdot 1-48$= $-36\cdot 1+120-48$= $36$ >0

Das heißt bei x = $1$ ist ein Tiefpunkt.
Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende x-Wert in f(x) eingesetzt werden.
f($1$) = $-3\cdot 1^4+20\cdot 1^3-24\cdot 1^2$ = $-7$
Man erhält so den Tiefpunkt T:($1$| $-7$)

3.: x=$4$

f''($4$) = $-36\cdot 4^2+120\cdot 4-48$= $-36\cdot 16+480-48$= $-144$ <0

Das heißt bei x = $4$ ist ein Hochpunkt.
Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende x-Wert in f(x) eingesetzt werden.
f($4$) = $-3\cdot 4^4+20\cdot 4^3-24\cdot 4^2$ = $128$
Man erhält so den Hochpunkt H:($4$| $128$)

$\text{f(x)}=$ $x^3-12x^2+48x-1$

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

=>$\text{f'(x)}=$ $3x^2-24x+48+0$

= $3x^2-24x+48$

$\text{f''(x)}=$ $6x-24+0$

= $6x-24$

Die notwendige Bedingung für einen Extrempunkt ist f'(x)=0.

(Alle Extrempunkte haben die Steigung 0).

Man setzt nun also f'(x) gleich 0, um die einzig möglichen x-Werte für Extrempunkte von f zu bestimmen.

$3x^2-24x+48$ = 0 |:3

$x^2-8x+16$ = 0

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

x_1,2 = $\frac{+8\pm \sqrt{{\left(-8\right)}^2-4·1·16}}{2\cdot 1}$

x_1,2 = $\frac{+8\pm \sqrt{64-64}}{2}$

x_1,2 = $\frac{+8\pm \sqrt{0}}{2}$

Da die Wurzel Null ist, gibt es nur eine Lösung:

x = $\frac{8}{2}$ = $4$

Die Lösung x= $4$ ist nun der einzige Kandidat für eine Extremstelle.

Die einfachste Möglichkeit, um diese Kandidaten zu überprüfen, ist das Einsetzen dieser x-Werte in f''(x):

Ist f''(x) < 0, so handelt es sich um einen Hochpunkt (hinreichende Bedingung: f'(x₀)=0 und f''(x₀)<0).
Ist sie größer 0 handelt es sich um einen Tiefpunkt (hinreichende Bedingung: f'(x₀)=0 und f'(x₀)>0).

f''($4$) = $6\cdot 4-24$= $24-24$=0=0

Leider hilft uns in diesem Fall die hinreichende Bedingung nicht weiter :(

Wir müssen also auf Vorzeichenwechsel überprüfen. Dazu betrachten wir die beiden Intervalle um x=$4$ herum:

Also (-∞ ; 4) und (4; ∞). Da f' auf diesen Intervallen stetig ist, keine Definitionslücken und vor allem keine weiteren Nullstellen hat, muss das Vorzeichen von f' jeweils auf diesen gesamten Intervallen gleich sein. Es genügt also an einer Stelle des Intervalls, das Vorzeichen zu untersuchen:

(-∞ ; 4): Wir wählen x=0∈(-∞ ; 4): f'(0)= $3\cdot 0^2-24\cdot 0+48$= 48 also > 0

(4; ∞): Wir wählen x=5∈(4; ∞): f'(5)= $3\cdot 5^2-24\cdot 5+48$= 3 also > 0

Es liegt also kein Vorzeichenwechsel in f' vor, also haben wir bei x= 4 keinen Extrempunkt (sondern einen Sattelpunkt).

Wesentlich einfacher wäre es ja ein Funktions-Beispiel mit einen Sattelpunkt S(0|0) im Ursprung zu finden, der sich nicht mit Hilfe der 3. Ableitung, sondern nur mit einem Vorzeichenwechsel nachweisen lässt.

Die einfachste Möglichkeit für einen Sattelpunkt S(0|0) ist wohl der Funktionsterm f₁(x)= $x^3$

Hier gilt dann
f₁'(x)= $3x^2$, f₁''(x)= $6x$, f₁'''(x)= $6$, und somit f₁'''(0) = 6 ≠ 0.

Bei f₁(x)= $x^3$ lässt sich also der Sattelpunkt S(0|0) mit der 3. Ableitung nachweisen. Aber wir suchen ja eine Funktion, bei der das gerade nicht geht!
Also probieren wir es mal mit f₂(x)= $x^5$, hier gilt dann:
f₂'(x)= $5x^4$, f₂''(x)= $20x^3$, f₂'''(x)= $60x^2$, und somit f₁'''(0) = 0. Man sieht aber leicht, dass ...

• f₂''(x)= $20x^3$ < 0 für alle x < 0 und
• f₂''(x)= $20x^3$ > 0 für alle x > 0 ...

gilt. Es liegt also ein Vorzeichenwechsel in der 2. Ableitung von f₂(x)= $x^5$ vor.

Somit hat der Graph der Funktion $x^5$ einen Sattelpunkt S(0|0), der sich nicht mit Hilfe der 3. Ableitung, sondern nur mit einem Vorzeichenwechsel nachweisen lässt (siehe schwarzer Graph in der nebenstehenden Abblidung).

Wenn wir nun den Graph um 3 in x-Richtung verschieben, so ändert sich ja nichts an der Form des Graphen (sondern nur an dessen Lage). ${\left(x-3\right)}^5$ hat also an der Stelle x = 3 genau die gleichen Ableitungswerte wie $x^5$ an der Stelle x = 0.

Auch bei Verschiebung in y-Richtung ändert sich ja nichts an der Form oder den Ableitungswerten.

Somit hat der Graph von $\text{f(x)}=$ ${\left(x-3\right)}^5+2$ einen Sattelpunkt S(3|2), der sich nicht mit Hilfe der 3. Ableitung, sondern nur mit einem Vorzeichenwechsel nachweisen lässt.