Als erstes erinnern wir uns an die natürliche Exponentialfunktion f₀(x)= $e^x$ (im Schaubild in schwarzer Farbe eingezeichnet).

Am negativen Koeffizient vor dem $e^x$ erkennen wir, dass der Graph gegenüber dem der natürlichen Exponentialfunktion an der x-Achse gespiegelt wurde.

Da bei $-e^{x-3}+3$ zu jedem Funktionswert von $e^x$ noch 3 addiert wird, ist der Graph von $-e^{x-3}+3$ gegenüber dem der natürlichen Exponentialfunktion, um 3 nach oben verschoben.

Da bei $-e^{x-3}+3$ das x von $e^x$ durch ein 'x-3' ersetzt wurde, wird der Graph der natürlichen Exponentialfunktion um 3 in x-Richtung verschoben .

Daraus ergeben sich folgende Aussagen:

• Dadurch schneidet der Graph von f die x-Achse.
• Die Funktionswerte werden also immer kleiner, die Funktion ist also streng monoton fallend.
• Für x → ∞ strebt $-e^{x-3}+3$ gegen $-\infty$ .
• Für x → - ∞ strebt $-e^{x-3}+3$ gegen $0+3$ = $3$ .

Wir betrachten einfach f(-x) und schauen dann, ob das zufällig wieder f(x) oder -f(x) ist:

f(-x) = ${\left(-x\right)}^2·\left(2e^{-x}+2e^x\right)$ = $x^2·\left(2e^{-x}+2e^x\right)$ = $2x^2·e^x+2x^2·e^{-x}$

Wenn man das mit f(x) = $x^2·\left(2e^x+2e^{-x}\right)$ = $2x^2·e^x+2x^2·e^{-x}$ vergleicht, kann man erkennen, dass die beiden Funktionsterme gleich sind.

Es gilt also: f(-x) = f(x)

Somit liegt bei f Achsensymmetrie bezüglich der y-Achse vor.

Diese Eigenschaften überprüfen wir nun bei den 4 vorgeschlagenen Termen:

Schaubild 1

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $3·0·e^{-0}$ = 0
• Nullstellen: f(0) = $3·0·e^{-0}$ =0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₁ = $-\infty$
  • Für x → +∞ strebt f₁ = 0

Damit können wir f₁ ausschließen.

Schaubild 2

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $0·e^0$ = 0
• Nullstellen: f(0) = $0·e^0$ =0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₂ = 0
  • Für x → +∞ strebt f₂ = $\infty$

Damit können wir f₂ ausschließen.

Schaubild 3

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $e^{-2\cdot 0}+0-1$ = 0
• Nullstellen: f(0) = $e^{-2\cdot 0}+0-1$ =0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₃ = $\infty$
  • Für x → +∞ strebt f₃ = $\infty$

Damit können wir f₃ ausschließen.

Schaubild 4

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $-10e^{-\mathrm{0,5}\cdot 0}+10e^{-0}$ = 0
• Nullstellen: f(0) = $-10e^{-\mathrm{0,5}\cdot 0}+10e^{-0}$ =0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₄ = $\infty$
  • Für x → +∞ strebt f₄ = $0+0$
• Punkte mit waagrechter Tangente:
  Wir erkennen einen Punkt mit waagrechter Tangente bei x ≈ 1.39.

Hier spricht also nichts dagegen, dass f₄ der zugehörige Funktionsterm sein könnte.

Diese Eigenschaften überprüfen wir nun bei den 6 vorgeschlagenen Termen:

f₁(x) = $-\left(x-2\right)·e^x$

• f(2) = $-\left(2-2\right)·e^2$ =0
• Man kann aber am Term erkennen, dass bei x = 2 ein Vorzeichenwechsel vorliegt, bzw. dass die Tangente nicht waagrecht ist.
  f'(x) = $-\left(1+0\right)·e^x-\left(x-2\right)·e^x$= $-e^x-\left(x-2\right)·e^x$
  f'(2) = $-e^2-\left(2-2\right)·e^2$ = -7.3890560989306 ≠ 0

Damit können wir f₁ ausschließen.

f₂(x) = $-9e^x+9e^{\mathrm{0,5}x}$

• f(2) = $-9e^2+9e^{\mathrm{0,5}\cdot 2}$ =-42.036968434244

Damit können wir f₂ ausschließen.

f₃(x) = $9e^x-9e^{\mathrm{0,5}x}$

• f(2) = $9e^2-9e^{\mathrm{0,5}\cdot 2}$ =42.036968434244

Damit können wir f₃ ausschließen.

f₄(x) = $2\left(x-2\right)·e^{-x}$

• f(2) = $2·\left(2-2\right)·e^{-2}$ =0
• Man kann aber am Term erkennen, dass bei x = 2 ein Vorzeichenwechsel vorliegt, bzw. dass die Tangente nicht waagrecht ist.
  f'(x) = $2·\left(1+0\right)·e^{-x}+2\left(x-2\right)·e^{-x}·\left(-1\right)$= $2e^{-x}-2\left(x-2\right)·e^{-x}$
  f'(2) = $2e^{-2}-2·\left(2-2\right)·e^{-2}$ = 0.27067056647323 ≠ 0

Damit können wir f₄ ausschließen.

f₅(x) = $6{\left(x-2\right)}^2·e^{-x}$

• f(2) = $6·{\left(2-2\right)}^2·e^{-2}$ =0
• Auch hier haben wir zusätzlich noch eine waagrechte Tangente bei x = 2.
  f'(x) = $6·2\left(x-2\right)·\left(1+0\right)·e^{-x}+6{\left(x-2\right)}^2·e^{-x}·\left(-1\right)$= $12\left(x-2\right)·e^{-x}-6{\left(x-2\right)}^2·e^{-x}$
  f'(2) = $12·\left(2-2\right)·e^{-2}-6·{\left(2-2\right)}^2·e^{-2}$ = 0
• Für x → -∞ strebt f₅ = $6{\left(x-2\right)}^2·e^{-x}$ gegen " $6\infty ·\infty$" = $\infty$
• Für x → +∞ strebt f₅ = $6{\left(x-2\right)}^2·e^{-x}$ gegen " $6\infty ·0$" = 0
  ( Der Exponentialterm im zweiten Faktor wächst sehr viel schneller gegen 0 als der erste Faktor gegen $\infty$ und setzt sich deswegen durch)

Hier spricht also nichts dagegen, dass f₅ der zugehörige Funktionsterm sein könnte.

f₆(x) = $-3e^{-3x}-x+3$

• f(2) = $-3e^{-3\cdot 2}-2+3$ =0.99256374347

Damit können wir f₆ ausschließen.

1. y-Wert bei t = 5

   Gesucht ist der Funktionswert zur Zeit t=5. Wir berechnen also einfach f(5) = $2·5^2·e^{-\mathrm{0,2}\cdot 5}$ = $50e^{-1}$ ≈ 18.4

   
   
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 ($10$|27.07) einblenden

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

   Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

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

   = $e^{-\mathrm{0,2}t}·\left(4t-\mathrm{0,4}{t}^2\right)$

   = $\left(-\mathrm{0,4}{t}^2+4t\right)e^{-\mathrm{0,2}t}$

   $\text{f''(t)}=$ $\left(-\mathrm{0,8}t+4\right)·e^{-\mathrm{0,2}t}+\left(-\mathrm{0,4}{t}^2+4t\right)·e^{-\mathrm{0,2}t}·\left(-\mathrm{0,2}\right)$

   = $e^{-\mathrm{0,2}t}·(-\mathrm{0,8}t+4+\left(\mathrm{0,08}{t}^2-\mathrm{0,8}t\right))$

   = $\left(\mathrm{0,08}{t}^2-\mathrm{1,6}t+4\right)e^{-\mathrm{0,2}t}$

   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.

   $\left(-\mathrm{0,4}{t}^2+4t\right)·e^{-\mathrm{0,2}t}$

   =

   0

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

   1. Fall:

   $-\mathrm{0,4}{t}^2+4t$	=	0
   $t\left(-\mathrm{0,4}t+4\right)$	=	0

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

   1. Fall:

   t1

   =

   0

   
   

   2. Fall:

   $-\mathrm{0,4}t+4$	=	0	| $-4$
   $-\mathrm{0,4}t$	=	$-4$	|:($-\mathrm{0,4}$)
   t2	=	$10$

   
   

   2. Fall:

   $e^{-\mathrm{0,2}t}$

   =

   $0$

   Diese Gleichung hat keine Lösung!

   Die Lösungen 0, $10$ 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''($0$) = $e^{-\mathrm{0,2}\cdot 0}·(-\mathrm{0,8}\cdot 0+4+\left(\mathrm{0,08}\cdot 0^2-\mathrm{0,8}\cdot 0\right))$= $e^0·(0+4+\left(\mathrm{0,08}\cdot 0+0\right))$= $4e^0$ >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($0$) = $2·0^2·e^{-\mathrm{0,2}\cdot 0}$ = 0
   Man erhält so den Tiefpunkt T:($0$|0)

   
   

   2.: t=$10$

   f''($10$) = $e^{-\mathrm{0,2}\cdot 10}·(-\mathrm{0,8}\cdot 10+4+\left(\mathrm{0,08}\cdot {10}^2-\mathrm{0,8}\cdot 10\right))$= $e^{-2}·(-8+4+\left(\mathrm{0,08}\cdot 100-8\right))$= $-4e^{-2}$ <0

   Das heißt bei t = $10$ ist ein Hochpunkt.
   Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende t-Wert in f(t) eingesetzt werden.
   f($10$) = $2·{10}^2·e^{-\mathrm{0,2}\cdot 10}$ = $200e^{-2}$ ≈ 27.067
   Man erhält so den Hochpunkt H:($10$| $200e^{-2}$)

   ≈ H:(10|27.067)

   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) = $2·0^2·e^{-\mathrm{0,2}\cdot 0}$ = 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.

   Bei t = $10$ 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)= $2·2x·e^{-\mathrm{0,2}x}+2x^2·e^{-\mathrm{0,2}x}·\left(-\mathrm{0,2}\right)$

   = $e^{-\mathrm{0,2}x}\left(-\mathrm{0,4}{x}^2+4x\right)$

   Wir berechnen also die Extremstellen von f':

   Detail-Rechnung für den Hochpunkt der Ableitung ($\mathrm{2,9289}$|4.61) einblenden

   $\text{f'(t)}=$ $e^{-\mathrm{0,2}t}\left(-\mathrm{0,4}{t}^2+4t\right)$

   Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

   =>$\text{f''(t)}=$ $e^{-\mathrm{0,2}t}·\left(-\mathrm{0,2}\right)·\left(-\mathrm{0,4}{t}^2+4t\right)+e^{-\mathrm{0,2}t}·\left(-\mathrm{0,8}t+4\right)$

   = $e^{-\mathrm{0,2}t}·(-\mathrm{0,8}t+4+\left(\mathrm{0,08}{t}^2-\mathrm{0,8}t\right))$

   = $\left(\mathrm{0,08}{t}^2-\mathrm{1,6}t+4\right)e^{-\mathrm{0,2}t}$

   $\text{f'''(t)}=$ $\left(\mathrm{0,16}t-\mathrm{1,6}+0\right)·e^{-\mathrm{0,2}t}+\left(\mathrm{0,08}{t}^2-\mathrm{1,6}t+4\right)·e^{-\mathrm{0,2}t}·\left(-\mathrm{0,2}\right)$

   = $e^{-\mathrm{0,2}t}·\left(\mathrm{0,16}t-\mathrm{1,6}-\mathrm{0,016}{t}^2+\mathrm{0,32}t-\mathrm{0,8}\right)$

   = $\left(-\mathrm{0,016}{t}^2+\mathrm{0,48}t-\mathrm{2,4}\right)e^{-\mathrm{0,2}t}$

   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.

   $\left(\mathrm{0,08}{t}^2-\mathrm{1,6}t+4\right)·e^{-\mathrm{0,2}t}$

   =

   0

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

   1. Fall:

   $\mathrm{0,08}{t}^2-\mathrm{1,6}t+4$ = 0

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

   t_1,2 = $\frac{+\mathrm{1,6}\pm \sqrt{{\left(-\mathrm{1,6}\right)}^2-4·\mathrm{0,08}·4}}{2\cdot \mathrm{0,08}}$

   t_1,2 = $\frac{+\mathrm{1,6}\pm \sqrt{\mathrm{2,56}-\mathrm{1,28}}}{\mathrm{0,16}}$

   t_1,2 = $\frac{+\mathrm{1,6}\pm \sqrt{\mathrm{1,28}}}{\mathrm{0,16}}$

   t₁ = $\frac{\mathrm{1,6}+\sqrt{\mathrm{1,28}}}{\mathrm{0,16}}$ ≈ 17.07

   t₂ = $\frac{\mathrm{1,6}-\sqrt{\mathrm{1,28}}}{\mathrm{0,16}}$ ≈ 2.93

   
   

   2. Fall:

   $e^{-\mathrm{0,2}t}$

   =

   $0$

   Diese Gleichung hat keine Lösung!

   Die Lösungen $\frac{\mathrm{1,6}-\sqrt{\mathrm{1,28}}}{\mathrm{0,16}}$, $\frac{\mathrm{1,6}+\sqrt{\mathrm{1,28}}}{\mathrm{0,16}}$ 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=$\mathrm{2,9289}$

   f'''($\mathrm{2,9289}$) = $e^{-\mathrm{0,2}\cdot \mathrm{2,9289}}·\left(\mathrm{0,16}\cdot \mathrm{2,9289}-\mathrm{1,6}-\mathrm{0,016}\cdot {\mathrm{2,9289}}^2+\mathrm{0,32}\cdot \mathrm{2,9289}-\mathrm{0,8}\right)$= $e^{-\mathrm{0,5858}}·\left(\mathrm{0,4686}-\mathrm{1,6}-\mathrm{0,016}\cdot \mathrm{8,5785}+\mathrm{0,9372}-\mathrm{0,8}\right)$= $-\mathrm{1,1314}{e}^{-\mathrm{0,5858}}$ <0

   Das heißt bei t = $\mathrm{2,9289}$ ist ein Hochpunkt.
   Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende t-Wert in f'(t) eingesetzt werden.
   f'($\mathrm{2,9289}$) = $e^{-\mathrm{0,2}\cdot \mathrm{2,9289}}·\left(-\mathrm{0,4}\cdot {\mathrm{2,9289}}^2+4\cdot \mathrm{2,9289}\right)$ = $\mathrm{8,2842}{e}^{-\mathrm{0,5858}}$ ≈ 4.612
   Man erhält so den Hochpunkt H:($\mathrm{2,9289}$| $\mathrm{8,2842}{e}^{-\mathrm{0,5858}}$)

   ≈ H:(2.929|4.612)

   
   

   2.: t=$\mathrm{17,0711}$

   f'''($\mathrm{17,0711}$) = $e^{-\mathrm{0,2}\cdot \mathrm{17,0711}}·\left(\mathrm{0,16}\cdot \mathrm{17,0711}-\mathrm{1,6}-\mathrm{0,016}\cdot {\mathrm{17,0711}}^2+\mathrm{0,32}\cdot \mathrm{17,0711}-\mathrm{0,8}\right)$= $e^{-\mathrm{3,4142}}·\left(\mathrm{2,7314}-\mathrm{1,6}-\mathrm{0,016}\cdot \mathrm{291,4225}+\mathrm{5,4628}-\mathrm{0,8}\right)$= $\mathrm{1,1314}{e}^{-\mathrm{3,4142}}$ >0

   Das heißt bei t = $\mathrm{17,0711}$ ist ein Tiefpunkt.
   Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende t-Wert in f'(t) eingesetzt werden.
   f'($\mathrm{17,0711}$) = $e^{-\mathrm{0,2}\cdot \mathrm{17,0711}}·\left(-\mathrm{0,4}\cdot {\mathrm{17,0711}}^2+4\cdot \mathrm{17,0711}\right)$ = $-\mathrm{48,2846}{e}^{-\mathrm{3,4142}}$ ≈ -1.589
   Man erhält so den Tiefpunkt T:($\mathrm{17,0711}$| $-\mathrm{48,2846}{e}^{-\mathrm{3,4142}}$)

   ≈ T:(17.071|-1.589)

   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) = $e^{-\mathrm{0,2}\cdot 0}·\left(-\mathrm{0,4}\cdot 0^2+4\cdot 0\right)$ = 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'.

   Bei t = $\mathrm{2,9289}$ ist also der größte Wert der Ableitungsfunktion.

$\text{f(x)}=$ $3x·e^{3tx}$

$\text{f'(x)}=$ $3·e^{3tx}+3x·e^{3tx}·3t$

= $3e^{3tx}+3x·3t{e}^{3tx}$

= $3e^{3tx}+9tx·e^{3tx}$

= $e^{3tx}·\left(9tx+3\right)$

= $\left(9tx+3\right)·e^{3tx}$

Wir machen einfach eine Punktprobe mit A($0$| $-\frac{17}{2}$) in f mit $\text{f(x)}=$ $-\frac{1}{2}{e}^{-2tx}-4t$ :

$-\frac{17}{2}$ = f($0$)

$-\frac{17}{2}$ = $-\frac{1}{2}{e}^{-2t\cdot \left(0\right)}-4t$

$-\frac{17}{2}$ = $-\frac{1}{2}{e}^0-4t$

$-\frac{17}{2}$ = $-\frac{1}{2}-4t$

$-\frac{17}{2}$ = $-\frac{1}{2}-\frac{8}{2}t$

Jetzt müssen wir also nur noch die Gleichung $-4t-\frac{1}{2}$ = $-\frac{17}{2}$ nach t auflösen.

Für t= $2$ liegt also der Punkt A auf dem Graph von f.

Um die Tangentensteigung zu bestimmen, leiten wir die Funktion erst einmal ab:

$\text{f(x)}=$ $\left(-2x-5\right)·e^{tx}$

$\text{f'(x)}=$ $\left(-2+0\right)·e^{tx}+\left(-2x-5\right)·e^{tx}·t$

= $-2e^{tx}+\left(-2x-5\right)·t{e}^{tx}$

= $-2e^{tx}+t\left(-2x-5\right)·e^{tx}$

= $e^{tx}·\left(-2tx-5t-2\right)$

= $e^{tx}·\left(-2tx+\left(-5t-2\right)\right)$

= $\left(-2tx+\left(-5t-2\right)\right)·e^{tx}$

In diese Ableitung setzen wir x=$0$ ein:

f'($0$) = $-2e^{t\cdot 0}+t·\left(-2\cdot 0-5\right)·e^{t\cdot 0}$ = $-2-5t$ = $-5t-2$

Damit die Tangente parallel zur Geraden y= $-\frac{26}{3}$x-8 wird, müssen die Steigungen gleich sein,
also f'($0$)= $-5t-2$ soll gleich $-\frac{26}{3}$ sein.
Dazu lösen wir die Gleichung $-5t-2$ = $-\frac{26}{3}$ nach t auf.

Für t= $\frac{4}{3}$ ist also die Tangente parallel zu der gegebenen Gerade.

Das Problem bei e-Funktionen ist ja, dass wir normale Funktionswerte sehr schwer berechnen und dann nur sehr ungenau ablesen können :(

Die einzigen Möglichkeiten gut ablesbare Werte zu finden, ist also dort, wo der Exponentialterm (annähernd) = 0 ist - oder eben =1 ist, weil dort der Exponent =0 ist.

• Da das k ja ein fester Wert ist, kann $k{e}^{kx-k}$ niemals = 0 werden.
• Wenn der Exponent $kx-k$ jedoch betragsmäßig sehr große und negative Werte annimmt, strebt der Exponentianterm $k{e}^{kx-k}$ recht schnell gegen 0. Das lässt sich auch gut in der waagrechten Assymtote bei $-1$ erkennen.
  Dieser zweite Summand ist aber unabhängig von k, so dass uns die Lage der Asymptote keinen Anhaltspunkt für den Wert von k gibt.
• Wir müssen also den Exponent $kx-k$ = 0 bekommen, um einen präzise ablebaren Punkt auf dem Graph zu bekommen.

  $kx-k$	=	0	| - ( $-k$)
  $kx$	=	$k$	|:( $k$)
  $x$	=	$1$

  Wenn wir nun $1$ in f_k einsetzen erhalten wir folgende Gleichung:
  f_k($1$) = $k{e}^{k\cdot 1-k}-1$ = $k-1$
  im abgebildeten Term können wir aber ja f($1$) = 0 ablesen, es gilt somit:

  $k-1$	=	0	| $+1$
  $k$	=	$1$

Der abgebildete Graph ist somit der von f_$1$

Um aus dem maximalen Steignungswinkel die maximale Steigung zu berechnen, beutzen wir die Formel für den Steigungswinkel:
m = tan(α), also hier m_max=tan(40°) ≈ 0.839.

Um die steilste Stelle zu finden, brauchen wir die Extrempunkte der Ableitungsfunktion, also die Wendepunkte von f_t .

$\text{f(x)}=$ $3e^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

$\text{f'(x)}=$ $3e^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·\left(-9\cdot \frac{1}{t^2}x\right)$

= $-27\cdot \frac{1}{t^2}·e^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}x$

= $-27\cdot \frac{1}{t^2}x{e}^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

$\text{f''(x)}=$ $-27\cdot \frac{1}{t^2}{e}^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·\left(-9\cdot \frac{1}{t^2}x\right)·x-27\cdot \frac{1}{t^2}·e^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·1$

= $-27\cdot \frac{1}{t^2}·e^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·(-9\cdot \frac{1}{t^2}x·x)-27\cdot \frac{1}{t^2}{e}^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

= $243\cdot \frac{1}{t^4}·e^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}x·x-27\cdot \frac{1}{t^2}{e}^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

= $243\cdot \frac{1}{t^4}·e^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}{x}^2-27\cdot \frac{1}{t^2}{e}^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

= $e^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·\left(243\cdot \frac{1}{t^4}{x}^2-27\cdot \frac{1}{t^2}\right)$

= $\left(243\cdot \frac{1}{t^4}{x}^2-27\cdot \frac{1}{t^2}\right)·e^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

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

(Wendestellen sind Extremstellen in der Ableitung, also haben Wendepunkten die Steigung 0 in f').

Man setzt nun also die zweite Ableitung gleich 0, um die einzig möglichen x-Werte für Wendepunkte zu bestimmen.

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

1. Fall:

2. Fall:

Die Lösungen $-\frac{1}{3}t$, $\frac{1}{3}t$ sind nun die einzigen Kandidaten für Wendestellen.

Wenn man die beiden Lösungen $-\frac{1}{3}t$ und $\frac{1}{3}t$ in die erste Ableitung einsetzt, erhält man:
f_t'($-\frac{1}{3}t$) = $-27\cdot \frac{1}{t^2}·e^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{\left(-\frac{1}{3}t\right)}^2}·\left(-\frac{1}{3}t\right)$ = $9\cdot \frac{1}{t}{e}^{-\frac{1}{2}}$
f_t'($\frac{1}{3}t$) = $-27\cdot \frac{1}{t^2}·e^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{\left(\frac{1}{3}t\right)}^2}·\left(\frac{1}{3}t\right)$ = $-9\cdot \frac{1}{t}{e}^{-\frac{1}{2}}$