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

Da bei $e^{-\left(x-1\right)}-1$ das x von $e^x$ durch ein -x ersetzt wurde, wird der Graph von $e^{-\left(x-1\right)}-1$ gegenüber dem der natürlichen Exponentialfunktion an der y-Achse gespiegelt.

Da bei $e^{-\left(x-1\right)}-1$ zu jedem Funktionswert von $e^x$ noch -1 addiert wird, ist der Graph von $e^{-\left(x-1\right)}-1$ gegenüber dem der natürlichen Exponentialfunktion, um 1 nach unten verschoben.

Da bei $e^{-\left(x-1\right)}-1$ das x von $e^x$ durch ein 'x-1' ersetzt wurde, wird der Graph der natürlichen Exponentialfunktion um 1 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 $e^{-\left(x-1\right)}-1$ gegen $0-1$ = $-1$ .
• Für x → - ∞ strebt $e^{-\left(x-1\right)}-1$ gegen $\infty$ .

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

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

Wenn man das mit f(x) = $x·e^{x^2}$ vergleicht, kann man erkennen, dass f(-x) = $-x·e^{x^2}$ gerade das Negative von f(x), also -f(x) = $-x·e^{x^2}$ ist.

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

Somit liegt bei f Punktsymmetrie bezüglich des Ursprungs vor.

Diese Eigenschaften überprüfen wir nun bei den 4 vorgeschlagenen Termen:

Schaubild 1

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $e^{-3\cdot 0}+0-1$ = 0
• Nullstellen: f(0) = $e^{-3\cdot 0}+0-1$ =0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₁ = $\infty$
  • Für x → +∞ strebt f₁ = $\infty$

Damit können wir f₁ ausschließen.

Schaubild 2

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $-9e^{-\mathrm{0,5}\cdot 0}+9e^{-0}$ = 0
• Nullstellen: f(0) = $-9e^{-\mathrm{0,5}\cdot 0}+9e^{-0}$ =0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₂ = $\infty$
  • Für x → +∞ strebt f₂ = $0+0$

Damit können wir f₂ ausschließen.

Schaubild 3

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $-3·0·e^{-0}$ = 0
• Nullstellen: f(0) = $-3·0·e^{-0}$ =0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₃ = $\infty$
  • Für x → +∞ strebt f₃ = 0

Damit können wir f₃ ausschließen.

Schaubild 4

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $9e^{-\mathrm{0,5}\cdot 0}-9e^{-0}$ = 0
• Nullstellen: f(0) = $9e^{-\mathrm{0,5}\cdot 0}-9e^{-0}$ =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) = $-5{\left(x-1\right)}^2·e^{-x}$

• f(1) = $-5·{\left(1-1\right)}^2·e^{-1}$ =0
• Auch hier haben wir zusätzlich noch eine waagrechte Tangente bei x = 1.
  f'(x) = $-5·2\left(x-1\right)·\left(1+0\right)·e^{-x}-5{\left(x-1\right)}^2·e^{-x}·\left(-1\right)$= $-10\left(x-1\right)·e^{-x}+5{\left(x-1\right)}^2·e^{-x}$
  f'(1) = $-10·\left(1-1\right)·e^{-1}+5·{\left(1-1\right)}^2·e^{-1}$ = 0
• Für x → -∞ strebt f₁ = $-5{\left(x-1\right)}^2·e^{-x}$ gegen " $-5\infty ·\infty$" = $-\infty$
• Für x → +∞ strebt f₁ = $-5{\left(x-1\right)}^2·e^{-x}$ gegen " $-5\infty ·0$" = 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 f₁ der zugehörige Funktionsterm sein könnte.

f₂(x) = $6e^{-\mathrm{0,5}x}-6e^{-x}$

• f(1) = $6e^{-\mathrm{0,5}\cdot 1}-6e^{-1}$ =1.4319073112471

Damit können wir f₂ ausschließen.

f₃(x) = $7{\left(x-1\right)}^2·e^x$

• f(1) = $7·{\left(1-1\right)}^2·e^1$ =0
• Auch hier haben wir zusätzlich noch eine waagrechte Tangente bei x = 1.
  f'(x) = $7·2\left(x-1\right)·\left(1+0\right)·e^x+7{\left(x-1\right)}^2·e^x$= $14\left(x-1\right)·e^x+7{\left(x-1\right)}^2·e^x$
  f'(1) = $14·\left(1-1\right)·e^1+7·{\left(1-1\right)}^2·e^1$ = 0
• Für x → -∞ strebt f₃ = $7{\left(x-1\right)}^2·e^x$ gegen " $7\infty ·0$" = 0
  ( Der Exponentialterm im zweiten Faktor wächst sehr viel schneller gegen 0 als der erste Faktor gegen $\infty$ und setzt sich deswegen durch)
• Für x → +∞ strebt f₃ = $7{\left(x-1\right)}^2·e^x$ gegen " $7\infty ·\infty$" = $\infty$

Damit können wir f₃ ausschließen.

f₄(x) = $2e^{-x}+x-2$

• f(1) = $2e^{-1}+1-2$ =-0.26424111765712

Damit können wir f₄ ausschließen.

f₅(x) = $-6e^{-\mathrm{0,5}x}+6e^{-x}$

• f(1) = $-6e^{-\mathrm{0,5}\cdot 1}+6e^{-1}$ =-1.4319073112471

Damit können wir f₅ ausschließen.

f₆(x) = $5{\left(x-1\right)}^2·e^{-x}$

• f(1) = $5·{\left(1-1\right)}^2·e^{-1}$ =0
• Auch hier haben wir zusätzlich noch eine waagrechte Tangente bei x = 1.
  f'(x) = $5·2\left(x-1\right)·\left(1+0\right)·e^{-x}+5{\left(x-1\right)}^2·e^{-x}·\left(-1\right)$= $10\left(x-1\right)·e^{-x}-5{\left(x-1\right)}^2·e^{-x}$
  f'(1) = $10·\left(1-1\right)·e^{-1}-5·{\left(1-1\right)}^2·e^{-1}$ = 0
• Für x → -∞ strebt f₆ = $5{\left(x-1\right)}^2·e^{-x}$ gegen " $5\infty ·\infty$" = $\infty$
• Für x → +∞ strebt f₆ = $5{\left(x-1\right)}^2·e^{-x}$ gegen " $5\infty ·0$" = 0
  ( Der Exponentialterm im zweiten Faktor wächst sehr viel schneller gegen 0 als der erste Faktor gegen $\infty$ und setzt sich deswegen durch)

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) = $110e^{-\mathrm{0,1}\cdot 5}-110e^{-\mathrm{0,2}\cdot 5}$ = $110e^{-\mathrm{0,5}}-110e^{-1}$ ≈ 26.3

   
   
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 ($\mathrm{6,9315}$|27.5) einblenden

   $\text{f(t)}=$ $110e^{-\mathrm{0,1}t}-110e^{-\mathrm{0,2}t}$

   Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

   =>$\text{f'(t)}=$ $110e^{-\mathrm{0,1}t}·\left(-\mathrm{0,1}\right)-110e^{-\mathrm{0,2}t}·\left(-\mathrm{0,2}\right)$

   = $e^{-\mathrm{0,2}t}·\left(-11e^{\mathrm{0,1}t}+22\right)$

   $\text{f''(t)}=$ $(-11e^{\mathrm{0,1}t}·\mathrm{0,1}+0)·e^{-\mathrm{0,2}t}+\left(-11e^{\mathrm{0,1}t}+22\right)·e^{-\mathrm{0,2}t}·\left(-\mathrm{0,2}\right)$

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

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

   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.

   $\left(-11e^{\mathrm{0,1}t}+22\right)·e^{-\mathrm{0,2}t}$

   =

   0

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

   1. Fall:

   $-11e^{\mathrm{0,1}t}+22$	=	0	| $-22$
   $-11e^{\mathrm{0,1}t}$	=	$-22$	|:$-11$
   $e^{\mathrm{0,1}t}$	=	$2$	|ln(⋅)
   $\mathrm{0,1}t$	=	$\ln \left(2\right)$	|:$\mathrm{0,1}$
   t1	=	$\frac{1}{\mathrm{0,1}}\ln \left(2\right)$	≈ 6.9315

   
   

   2. Fall:

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

   =

   $0$

   Diese Gleichung hat keine Lösung!

   Die Lösung t= $\frac{1}{\mathrm{0,1}}\ln \left(2\right)$ 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''($\mathrm{6,9315}$) = $e^{-\mathrm{0,2}\cdot \mathrm{6,9315}}·\left(-\mathrm{1,1}{e}^{\mathrm{0,1}\cdot \mathrm{6,9315}}+\mathrm{2,2}{e}^{\mathrm{0,1}\cdot \mathrm{6,9315}}-\mathrm{4,4}\right)$= $e^{-\mathrm{1,3863}}·\left(\mathrm{1,1}{e}^{\mathrm{0,69315}}-\mathrm{4,4}\right)$= $e^{-\mathrm{1,3863}}·\left(\mathrm{1,1}{e}^{\mathrm{0,69315}}-\mathrm{4,4}\right)$ <0

   Das heißt bei t = $\mathrm{6,9315}$ ist ein Hochpunkt.
   Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende t-Wert in f(t) eingesetzt werden.
   f($\mathrm{6,9315}$) = $110e^{-\mathrm{0,1}\cdot \mathrm{6,9315}}-110e^{-\mathrm{0,2}\cdot \mathrm{6,9315}}$ = $110e^{-\mathrm{0,69315}}-110e^{-\mathrm{1,3863}}$ ≈ 27.5
   Man erhält so den Hochpunkt H:($\mathrm{6,9315}$| $110e^{-\mathrm{0,69315}}-110e^{-\mathrm{1,3863}}$)

   ≈ H:(6.932|27.5)

   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) = $110e^{-\mathrm{0,1}\cdot 0}-110e^{-\mathrm{0,2}\cdot 0}$ = 0. Am rechten Rand müssen wir das Verhalten für t → ∞ betrachten: Für t → ∞ ⇒ f(t) → $0+0$.

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

   27.5 ist also der größte Wert der Funktion.

   
   
3. 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)= $110e^{-\mathrm{0,1}t}-110e^{-\mathrm{0,2}t}$ → $0+0$

   Das langfristige Verhalten der Funktionswerte geht also gegen 0.

4. Erster t-Wert bei y = $\frac{1512}{55}$

   Gesucht sind die Zeitpunkte, an denen die Funktion die Werte y=$\frac{1512}{55}$ annimmt.

   Dazu setzen wir die Funktion einfach = $\frac{1512}{55}$ und lösen nach t auf:

   $110e^{-\mathrm{0,1}t}-110e^{-\mathrm{0,2}t}$

   =

   $\frac{1512}{55}$

   | $-\frac{1512}{55}$

   $110e^{-\mathrm{0,1}t}-110e^{-\mathrm{0,2}t}-\frac{1512}{55}$ = 0

   Diese Gleichung kann durch Substitution auf eine quadratische Gleichung zurückgeführt werden!

   $110e^{-\mathrm{0,1}t}-110e^{-\mathrm{0,2}t}-\frac{1512}{55}$	=	0	|⋅ $e^{\mathrm{0,2}x}$
   $-\frac{1512}{55}{e}^{\mathrm{0,2}t}+110e^{\mathrm{0,1}t}-110$	=	0

   Setze u = $e^{\mathrm{0,1}x}$

   Draus ergibt sich die quadratische Gleichung:

   $-\frac{1512}{55}{u}^2+110u-110$	=	0	|⋅ 55
   $55\left(-\frac{1512}{55}{u}^2+110u-110\right)$	=	0

   $-1512u^2+6050u-6050$ = 0 |:2

   $-756u^2+3025u-3025$ = 0

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

   u_1,2 = $\frac{-3025\pm \sqrt{{3025}^2-4·\left(-756\right)·\left(-3025\right)}}{2\cdot \left(-756\right)}$

   u_1,2 = $\frac{-3025\pm \sqrt{9150625-9147600}}{-1512}$

   u_1,2 = $\frac{-3025\pm \sqrt{3025}}{-1512}$

   u₁ = $\frac{-3025+\sqrt{3025}}{-1512}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>3</mn><mspace\; width="thinmathspace"></mspace><mn>025</mn></mrow>\; </math>\; <mo>+</mo><math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>55</mn></mrow></math>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow><mrow><mo>-</mo><mn>1</mn><mspace\; width="thinmathspace"></mspace><mn>512</mn></mrow>\; </mrow>\; </math>}}$ = $\frac{-2970}{-1512}$ = $\frac{55}{28}$ ≈ 1.96

   u₂ = $\frac{-3025-\sqrt{3025}}{-1512}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>3</mn><mspace\; width="thinmathspace"></mspace><mn>025</mn></mrow>\; </math>\; <mo>-</mo><math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>55</mn></mrow></math>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow><mrow><mo>-</mo><mn>1</mn><mspace\; width="thinmathspace"></mspace><mn>512</mn></mrow>\; </mrow>\; </math>}}$ = $\frac{-3080}{-1512}$ = $\frac{55}{27}$ ≈ 2.04

   Rücksubstitution:

   u₁: $e^{\mathrm{0,1}x}$ = $\frac{55}{28}$

   $e^{\mathrm{0,1}x}$	=	$\frac{55}{28}$	|ln(⋅)
   $\mathrm{0,1}x$	=	$\ln \left(\frac{55}{28}\right)$	|:$\mathrm{0,1}$
   x1	=	$\frac{1}{\mathrm{0,1}}\ln \left(\frac{55}{28}\right)$	≈ 6.7513

   u₂: $e^{\mathrm{0,1}x}$ = $\frac{55}{27}$

   $e^{\mathrm{0,1}x}$	=	$\frac{55}{27}$	|ln(⋅)
   $\mathrm{0,1}x$	=	$\ln \left(\frac{55}{27}\right)$	|:$\mathrm{0,1}$
   x2	=	$\frac{1}{\mathrm{0,1}}\ln \left(\frac{55}{27}\right)$	≈ 7.115

   Der erste Zeitpunkt an dem die die Funktion den Wert $\frac{1512}{55}$ annimmt, ist also nach 6.75 min.

$\text{f(x)}=$ $-x·e^{tx}$

$\text{f'(x)}=$ $-1·e^{tx}-x·e^{tx}·t$

= $-e^{tx}-x·t{e}^{tx}$

= $-e^{tx}-tx·e^{tx}$

= $e^{tx}·\left(-1-tx\right)$

= $e^{tx}·\left(-tx-1\right)$

= $\left(-tx-1\right)·e^{tx}$

Wir machen einfach eine Punktprobe mit A($-1$| $24$) in f mit $\text{f(x)}=$ $-3e^{tx+t}+9t$ :

$24$ = f($-1$)

$24$ = $-3e^{t\cdot \left(-1\right)+t}+9t$

$24$ = $-3e^{-t+t}+9t$

$24$ = $-3e^0+9t$

$24$ = $-3+9t$

Jetzt müssen wir also nur noch die Gleichung $9t-3$ = $24$ nach t auflösen.

Für t= $3$ liegt also der Punkt A auf dem Graph von f.

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

$\text{f(x)}=$ $e^{t^2{x}^2+2t^{2}x}$

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

= $\left(2t^{2}x+2t^2\right)e^{t^2{x}^2+2t^{2}x}$

In diese Ableitung setzen wir x=$-2$ ein:

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

Damit die Tangente parallel zur Geraden y= $-\frac{9}{2}$x-5 wird, müssen die Steigungen gleich sein,
also f'($-2$)= $-2t^2$ soll gleich $-\frac{9}{2}$ sein.
Dazu lösen wir die Gleichung $-2t^2$ = $-\frac{9}{2}$ nach t auf.

Für t= $-\frac{3}{2}$ und t= $\frac{3}{2}$ 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 $k{e}^{\frac{1}{3}kx-\frac{1}{3}k}$ niemals = 0 werden.
• Wenn der Exponent $\frac{1}{3}kx-\frac{1}{3}k$ jedoch betragsmäßig sehr große und negative Werte annimmt, strebt der Exponentianterm $k{e}^{\frac{1}{3}kx-\frac{1}{3}k}$ recht schnell gegen 0. Das lässt sich auch gut in der waagrechten Assymtote bei $-3$ 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 $\frac{1}{3}kx-\frac{1}{3}k$ = 0 bekommen, um einen präzise ablebaren Punkt auf dem Graph zu bekommen.

  $\frac{1}{3}kx-\frac{1}{3}k$	=	0	|⋅ 3
  $3\left(\frac{1}{3}kx-\frac{1}{3}k\right)$	=	0
  $kx-k$	=	0	| - ( $-k$)
  $kx$	=	$k$	|:( $k$)
  $x$	=	$1$

  Wenn wir nun $1$ in f_k einsetzen erhalten wir folgende Gleichung:
  f_k($1$) = $k{e}^{\frac{1}{3}k\cdot 1-\frac{1}{3}k}-3$ = $k-3$
  im abgebildeten Term können wir aber ja f($1$) = 0 ablesen, es gilt somit:

  $k-3$	=	0	| $+3$
  $k$	=	$3$

Der abgebildete Graph ist somit der von f_$3$

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 .

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

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

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

= $-18\cdot \frac{1}{t^2}·e^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}x$

= $-18\cdot \frac{1}{t^2}x{e}^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

$\text{f''(x)}=$ $-18\cdot \frac{1}{t^2}{e}^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·\left(-9\cdot \frac{1}{t^2}x\right)·x-18\cdot \frac{1}{t^2}·e^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·1$

= $-18\cdot \frac{1}{t^2}·e^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·(-9\cdot \frac{1}{t^2}x·x)-18\cdot \frac{1}{t^2}{e}^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

= $162\cdot \frac{1}{t^4}·e^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}x·x-18\cdot \frac{1}{t^2}{e}^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

= $162\cdot \frac{1}{t^4}·e^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}{x}^2-18\cdot \frac{1}{t^2}{e}^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

= $e^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·\left(-18\cdot \frac{1}{t^2}+162\cdot \frac{1}{t^4}{x}^2\right)$

= $e^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·\left(162\cdot \frac{1}{t^4}{x}^2-18\cdot \frac{1}{t^2}\right)$

= $\left(162\cdot \frac{1}{t^4}{x}^2-18\cdot \frac{1}{t^2}\right)·e^{-\frac{9}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

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: