Wir machen einfach eine Punktprobe mit A($1$| $\frac{56}{3}$) in f mit $\text{f(x)}=$ $4tx·e^{x-1}+12$ :

$\frac{56}{3}$ = f($1$)

$\frac{56}{3}$ = $4t·1·e^{1-1}+12$

$\frac{56}{3}$ = $4t·1·e^0+12$

$\frac{56}{3}$ = $4t·1·1+12$

$\frac{56}{3}$ = $4t+12$

Jetzt müssen wir also nur noch die Gleichung $4t+12$ = $\frac{56}{3}$ nach t auflösen.

$4t+12$	=	$\frac{56}{3}$	| $-12$
$4t$	=	$\frac{20}{3}$	|:$4$
$t$	=	$\frac{5}{3}$

Für t= $\frac{5}{3}$ liegt also der Punkt A auf dem Graph von f.

Wenn es einen Punkt gibt, durch den alle Graphen von f_t verlaufen, so muss dieser Punkt insbesondere auch auf den Graphen von
f₁ mit f₁(x) = $2·x^3-2·x^2+5x+5$ = $2x^3-2x^2+5x+5$ und
f₂ mit f₂(x) = $4·x^3-4·x^2+5x+5$ = $4x^3-4x^2+5x+5$
liegen. Also suchen wir erst mal die Schnittpunkte dieser beiden Graphen und setzen diese gleich:

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

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

1. Fall:

2. Fall:

Die Graphen von f₁ und f₂ schneiden sich also bei x = 0 und x = $1$. Wir suchen aber ja die x-Werte, an denen die Funktionswerte für alle t gleich sind. Dies müssen wir nun bei diesen Kandidaten überprüfen und setzen deswegen diese Lösungen in den allgemeinen Term von f_t ein:

f_t($0$) = $2t\cdot 0^3-2t\cdot 0^2+5\cdot 0+5$ = $5$ = $5$

Da f_t($0$) = $5$ für jedes t gilt, liegt also der Punkt ($0$| $5$) auf jedem Graphen von f_t.

f_t($1$) = $2t\cdot 1^3-2t\cdot 1^2+5\cdot 1+5$ = $2t-2t+5+5$ = $10$

Da f_t($1$) = $10$ für jedes t gilt, liegt also der Punkt ($1$| $10$) auf jedem Graphen von f_t.

$\text{f(x)}=$ $x^2+\left(t-5\right)x$

Als erstes leitet man die Funktion ab.

=>$\text{f'(x)}=$ $2x+t-5$

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.

$2x+t-5$	=	0	| - ( $t-5$)
$2x$	=	$-t+5$	|:$2$
$x$	=	$-\frac{1}{2}t+\frac{5}{2}$

Die Lösung x= $-\frac{1}{2}t+\frac{5}{2}$ ist nun der einzige Kandidat für eine Extremstelle.

Da in der Aufgabenstellung bereits angegeben ist, dass es genau einen Extrempunkt gibt, wissen wir also schon, dass unser Kandidat diese Extremstelle sein muss, und wir müssen ihn nicht weiter mit einer hinreichenden Bedingung prüfen.

Wir können also unsere mit Parameter behaftete Extremstelle mit der Vorgabe aus der Aufgabenstellung (x= $-2$) gleichsetzen und nach t auflösen

$-\frac{1}{2}t+\frac{5}{2}$	=	$-2$	|⋅ 2
$2\left(-\frac{1}{2}t+\frac{5}{2}\right)$	=	$-4$
$-t+5$	=	$-4$	| $-5$
$-t$	=	$-9$	|:($-1$)
$t$	=	$9$

Für t= $9$ liegt die Extremstelle auf der Geraden x= $-2$.

$\text{f(x)}=$ $x^3+\left(t-5\right)x^2+3x+3t$

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

$\text{f'(x)}=$ $3x^2+\left(2t-10\right)x+3+0$

= $3x^2+\left(2t-10\right)x+3$

$\text{f''(x)}=$ $6x+2t-10+0$

= $6x+2t-10$

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.

$6x+2t-10$	=	0	| - ( $2t-10$)
$6x$	=	$-2t+10$	|:$6$
$x$	=	$-\frac{1}{3}t+\frac{5}{3}$

Die Lösung x= $-\frac{1}{3}t+\frac{5}{3}$ ist nun der einzige Kandidat für eine Wendestelle.

Da in der Aufgabenstellung bereits angegeben ist, dass es genau einen Wendepunkt gibt, wissen wir also schon, dass unser Kandidat diese Wendestelle sein muss, und wir müssen ihn nicht weiter mit einer hinreichenden Bedingung prüfen.

Wir können also unsere mit Parameter behaftete Wendestelle mit der Vorgabe aus der Aufgabenstellung (x= $2$) gleichsetzen und nach t auflösen

$-\frac{1}{3}t+\frac{5}{3}$	=	$2$	|⋅ 3
$3\left(-\frac{1}{3}t+\frac{5}{3}\right)$	=	$6$
$-t+5$	=	$6$	| $-5$
$-t$	=	$1$	|:($-1$)
$t$	=	$-1$

Für t= $-1$ liegt die Wendestelle auf der Geraden x= $2$.

$\text{f(x)}=$ $\left(x+\frac{1}{3}t\right)·e^{-3\cdot \frac{1}{t}x}$

Als erstes leitet man die Funktion ab.

=>$\text{f'(x)}=$ $\left(1+0\right)·e^{-3\cdot \frac{1}{t}x}+\left(x+\frac{1}{3}t\right)·e^{-3\cdot \frac{1}{t}x}·\left(-3\cdot \frac{1}{t}\right)$

= $e^{-3\cdot \frac{1}{t}x}·\left(-3\cdot \frac{1}{t}x-1+1\right)$

= $-3\cdot \frac{1}{t}x{e}^{-3\cdot \frac{1}{t}x}$

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.

$-3\cdot \frac{1}{t}x·e^{-3\cdot \frac{1}{t}x}$

=

0

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

1. Fall:

2. Fall:

Die Lösung x=0 ist nun der einzige Kandidat für eine Extremstelle.

Da in der Aufgabenstellung bereits angegeben ist, dass es genau einen Extrempunkt gibt, wissen wir also schon, dass unser Kandidat diese Extremstelle sein muss, und wir müssen ihn nicht weiter mit einer hinreichenden Bedingung prüfen.

Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende x-Wert in f(x) eingesetzen werden.
f($0$) = $\left(0+\frac{1}{3}t\right)·e^{-3\cdot \frac{1}{t}\cdot 0}$ = $\frac{1}{3}t$
Man erhält so den Extrempunkt EP:($0$| $\frac{1}{3}t$)

Wir können also den y-Wert unseres mit Parameter behafteten Extrempunktes mit der Vorgabe aus der Aufgabenstellung (y= $5$) gleichsetzen und nach t auflösen

$\frac{1}{3}t$	=	$5$	|⋅ 3
$t$	=	$15$

Für t= $15$ liegt der Extrempunkt auf der Geraden y= $5$.

$\text{f(x)}=$ $\left(tx+2t^2\right)·e^{-\frac{1}{t}x}$

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

$\text{f'(x)}=$ $\left(t+0\right)·e^{-\frac{1}{t}x}+\left(tx+2t^2\right)·e^{-\frac{1}{t}x}·\left(-\frac{1}{t}\right)$

= $t{e}^{-\frac{1}{t}x}+\left(tx+2t^2\right)·\left(-\frac{1}{t}{e}^{-\frac{1}{t}x}\right)$

= $t{e}^{-\frac{1}{t}x}-\frac{1}{t}\left(tx+2t^2\right)·e^{-\frac{1}{t}x}$

= $e^{-\frac{1}{t}x}·\left(-x-2t+t\right)$

= $e^{-\frac{1}{t}x}·\left(-x-t\right)$

= $\left(-x-t\right)·e^{-\frac{1}{t}x}$

$\text{f''(x)}=$ $e^{-\frac{1}{t}x}·\left(-\frac{1}{t}\right)·\left(-x-2t+t\right)+e^{-\frac{1}{t}x}·\left(-1+0+0\right)$

= $e^{-\frac{1}{t}x}·(-\frac{1}{t}\left(-x-t\right))+e^{-\frac{1}{t}x}·\left(-1\right)$

= $-\frac{1}{t}·e^{-\frac{1}{t}x}\left(-x-t\right)-e^{-\frac{1}{t}x}$

= $e^{-\frac{1}{t}x}·\left(\frac{1}{t}x+1-1\right)$

= $e^{-\frac{1}{t}x}·\left(\frac{1}{t}x+0\right)$

= $e^{-\frac{1}{t}x}·\frac{1}{t}x$

= $x·\frac{1}{t}{e}^{-\frac{1}{t}x}$

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.

$e^{-\frac{1}{t}x}\left(\frac{1}{t}x+1-1\right)$	=	0
$\frac{1}{t}·e^{-\frac{1}{t}x}x$	=	0
$\frac{1}{t}x·e^{-\frac{1}{t}x}$	=	0

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

1. Fall:

2. Fall:

Die Lösung x=0 ist nun der einzige Kandidat für eine Wendestelle.

Da in der Aufgabenstellung bereits angegeben ist, dass es genau einen Wendepunkt gibt, wissen wir also schon, dass unser Kandidat diese Wendestelle sein muss, und wir müssen ihn nicht weiter mit einer hinreichenden Bedingung prüfen.

Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende x-Wert in f(x) eingesetzen werden.
f($0$) = $\left(t\cdot 0+2t^2\right)·e^{-\frac{1}{t}\cdot 0}$ = $2t^2$
Man erhält so den Wendepunkt WP:($0$| $2t^2$)

Wir können also den y-Wert unseres mit Parameter behafteten Wendepunkts mit der Vorgabe aus der Aufgabenstellung (y= $\frac{1}{2}$) gleichsetzen und nach t auflösen

$2t^2$	=	$\frac{1}{2}$	|:$2$
$t^2$	=	$\frac{1}{4}$	|
t1	=	$-\sqrt{\frac{1}{4}}$	= $-\frac{1}{2}$
t2	=	$\sqrt{\frac{1}{4}}$	= $\frac{1}{2}$

Für t= $-\frac{1}{2}$ und t= $\frac{1}{2}$ liegt der Wendepunkt auf der Geraden y= $\frac{1}{2}$.

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

Als erstes leitet man die Funktion ab.

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

= $e^x·\left(-2x+2t-2\right)$

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

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.

$\left(-2x+2t-2\right)·e^x$

=

0

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

1. Fall:

2. Fall:

Die Lösung x= $t-1$ ist nun der einzige Kandidat für eine Extremstelle.

Da in der Aufgabenstellung bereits angegeben ist, dass es genau einen Extrempunkt gibt, wissen wir also schon, dass unser Kandidat diese Extremstelle sein muss, und wir müssen ihn nicht weiter mit einer hinreichenden Bedingung prüfen.

Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende x-Wert in f(x) eingesetzen werden.
f( $t-1$) = $\left(\left(t-1\right)-t\right)·\left(-2e^{\left(t-1\right)}\right)$ = $2e^{t-1}$
Man erhält so den Extrempunkt EP:( $t-1$| $2e^{t-1}$)

Es gilt nun :
(I) $t-1$ = x
(II) $2e^{t-1}$ = y

Um eine Ortskurve mit einer Funktionsgleichung nur mit x und y, also ohne t, zu erhalten, lösen wir die Gleichung (I) erst mal nach t auf:

$t-1$	=	$x$	| $+1$
$t$	=	$x+1$

Dieses t setzen wir nun in (II) ein und erhalten so die gewünschte x-y-Gleichung der Ortskurve:

y = $2e^{t-1}$ = $2e^{\left(x+1\right)-1}$ = $2e^x$

Die gesuchte Ortskurve ist also: y = $2e^x$.

$\text{f(x)}=$ $x^3-5t{x}^2+2t$

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

$\text{f'(x)}=$ $3x^2-10tx+0$

= $3x^2-10tx$

$\text{f''(x)}=$ $6x-10t$

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.

$6x-10t$	=	0	| - ( $-10t$)
$6x$	=	$10t$	|:$6$
$x$	=	$\frac{5}{3}t$

Die Lösung x= $\frac{5}{3}t$ ist nun der einzige Kandidat für eine Wendestelle.

Da in der Aufgabenstellung bereits angegeben ist, dass es genau einen Wendepunkt gibt, wissen wir also schon, dass unser Kandidat diese Wendestelle sein muss, und wir müssen ihn nicht weiter mit einer hinreichenden Bedingung prüfen.

Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende x-Wert in f(x) eingesetzen werden.
f($\frac{5}{3}t$) = ${\left(\frac{5}{3}t\right)}^3-5t{\left(\frac{5}{3}t\right)}^2+2t$ = $-\frac{250}{27}{t}^3+2t$
Man erhält so den Wendepunkt WP:($\frac{5}{3}t$| $-\frac{250}{27}{t}^3+2t$)

Es gilt nun :
(I) $\frac{5}{3}t$ = x
(II) $-\frac{250}{27}{t}^3+2t$ = y

Um eine Ortskurve mit einer Funktionsgleichung nur mit x und y, also ohne t, zu erhalten, lösen wir die Gleichung (I) erst mal nach t auf:

$\frac{5}{3}t$	=	$x$	|⋅ 3
$5t$	=	$3x$	|:$5$
$t$	=	$\frac{3}{5}x$

Dieses t setzen wir nun in (II) ein und erhalten so die gewünschte x-y-Gleichung der Ortskurve:

y = $-\frac{250}{27}{t}^3+2t$ = $-\frac{250}{27}{\left(\frac{3}{5}x\right)}^3+2\left(\frac{3}{5}x\right)$ = $-2x^3+\frac{6}{5}x$

Die gesuchte Ortskurve ist also: y = $-2x^3+\frac{6}{5}x$.

Wir betrachten also erstmal f₀ mit f₀= $4-3e^{-3x}$ und f₂ mit f₂= $4-3e^{-3\left(x-2\right)}$ und erkennen, dass der Graph von f₂ durch Verschiebung um 2 nach rechts aus dem Graph von f₀ hervorgeht.

Wenn eine Tangente den Steigungswinkel 45° haben soll so muss die Steigung in diesem Punkt m = tan(45°) = 1 sein.

Da ja die Graphen der verschiedenen f_a alle die gleiche Form und nur unterschiedliche Lagen haben, suchen wir erstmal bei der einfachsten Funktion der Schar, f₀ nach einer Stelle mit Steigung 1. Dazu leiten wir erstmal ab:

$\text{f(x)}=$ $4-3e^{-3x}$

$\text{f'(x)}=$ $0-3e^{-3x}·\left(-3\right)$

= $9e^{-3x}$

Jetzt suchen wir nach einer Stelle mit f'(x) = 1:

$1$	=	$9e^{-3x}$
$9e^{-3x}$	=	$1$	|:$9$
$e^{-3x}$	=	$\frac{1}{9}$	|ln(⋅)
$-3x$	=	$\ln \left(\frac{1}{9}\right)$	|:$-3$
$x$	=	$-\frac{1}{3}\ln \left(\frac{1}{9}\right)$	≈ 0.7324

Damit wissen wir nun, dass im Berührpunkt B(0.732|f(0.732)) an f₀ eine Tangente mit Steigung 1 angelegt wird.

Wir setzen also x = 0.732 in f₀ ein und erhalten: $4-3e^{-3\cdot \mathrm{0,732}}$ = $4-3e^{-\mathrm{2,196}}$ = 3.666, also ist B(0.732|3.666) der gesuchte Berührpunkt.

Nun setzt man die Ableitung m=1 und die errechneten Punktkoordinaten in eine allgemeine Geradengleichung (y=mx+c) ein:

3.666 = 1 ⋅0.732 + c

3.666 = 0.732 + c | -0.732

2.934 = c

Da die Tangentensteigung 1 ist, muss der Schnittpunkt der Tangente y= $x+\mathrm{2,934}$ mit der x-Achse die gleiche Entfernung vom Ursprung haben, wie der y-Achsenabschnitt c = 2.934, das heißt er liegt bei N(-2.934|0)

Wenn wir also f₀ um 2.934 nach rechts verschieben, würde diese Tangente mit der Steigung 1 (und damit mit dem Steigungswinkel 45°) gerade durch den Ursprunge gehen.

Dieser um 2.934 nach rechts verschobene Graph gehört dann zur Funktion f_2.934 = $4-3e^{-3\left(x-\mathrm{2,934}\right)}$.

Der gesuchte Paremeter a ist somit a = 2.934.

$\text{f(x)}=$ $x^3+\left(t-3\right)x^2-6x$

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

$\text{f'(x)}=$ $3x^2+\left(2t-6\right)x-6$

$\text{f''(x)}=$ $6x+2t-6+0$

= $6x+2t-6$

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.

$6x+2t-6$	=	0	| - ( $2t-6$)
$6x$	=	$-2t+6$	|:$6$
$x$	=	$-\frac{1}{3}t+1$

Die Lösung x= $-\frac{1}{3}t+1$ ist nun der einzige Kandidat für eine Wendestelle.

Da in der Aufgabenstellung bereits angegeben ist, dass es genau einen Wendepunkt gibt, wissen wir also schon, dass unser Kandidat diese Wendestelle sein muss, und wir müssen ihn nicht weiter mit einer hinreichenden Bedingung prüfen.

Wir können also unsere mit Parameter behaftete Wendestelle mit der Vorgabe aus der Aufgabenstellung (x= $2$) gleichsetzen und nach t auflösen

$-\frac{1}{3}t+1$	=	$2$	|⋅ 3
$3\left(-\frac{1}{3}t+1\right)$	=	$6$
$-t+3$	=	$6$	| $-3$
$-t$	=	$3$	|:($-1$)
$t$	=	$-3$

Für t= $-3$ liegt die Wendestelle auf der Geraden x= $2$.

$\text{f(x)}=$ $x^2-5tx$

Als erstes leitet man die Funktion ab.

=>$\text{f'(x)}=$ $2x-5t$

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.

$2x-5t$	=	0	| - ( $-5t$)
$2x$	=	$5t$	|:$2$
$x$	=	$\frac{5}{2}t$

Die Lösung x= $\frac{5}{2}t$ ist nun der einzige Kandidat für eine Extremstelle.

Da in der Aufgabenstellung bereits angegeben ist, dass es genau einen Extrempunkt gibt, wissen wir also schon, dass unser Kandidat diese Extremstelle sein muss, und wir müssen ihn nicht weiter mit einer hinreichenden Bedingung prüfen.

Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende x-Wert in f(x) eingesetzen werden.
f($\frac{5}{2}t$) = ${\left(\frac{5}{2}t\right)}^2-5t\left(\frac{5}{2}t\right)$ = $-\frac{25}{4}{t}^2$
Man erhält so den Extrempunkt EP:($\frac{5}{2}t$| $-\frac{25}{4}{t}^2$)

Wir können also den y-Wert unseres mit Parameter behafteten Extrempunktes mit der Vorgabe aus der Aufgabenstellung (y= $-9$) gleichsetzen und nach t auflösen

$-\frac{25}{4}{t}^2$	=	$-9$	|⋅ $\left(-\frac{4}{25}\right)$
$t^2$	=	$\frac{36}{25}$	|
t1	=	$-\sqrt{\frac{36}{25}}$	= $-\frac{6}{5}$
t2	=	$\sqrt{\frac{36}{25}}$	= $\frac{6}{5}$

Für t= $-\frac{6}{5}$ und t= $\frac{6}{5}$ liegt der Extrempunkt auf der Geraden y= $-9$.

Wir berechnen zuerst die Tangente im Ursprung in Abhängigkeit von a :

Die Tangentsteigung können wir über die Ableitungsfunktion an der Stelle x = 0 berechnen:
$\text{f'(x)}=$ $2a\cdot \cos \left(x\right)$
$\text{m = f'(0)}=$ $2a\cdot \cos \left(0\right)$ = $2a$
Und weil ja der Graph von f_a die y-Achse im Ursprung schneidet, gilt für den y-Achsenabschnitt der Tangente: c = 0.

Die Tangente an den Graph von f_a an der Stelle x = 0 ist damit: y = $2ax$

Wegen der Symmetrie jeder Sinusfunktion muss nun die Tangente im benachberten Wendepunkt die betragmäßig gleiche Steigúng aber eben negativ haben, so dass das gesuchte Dreieck OWS gleichschenklig ist.

Der x-Wert des Schnittpunkts der Tangenten muss also genau in der Mitte zwischen den beiden Wendepunkten, also nach einer Viertel Periode liegen. Für die Periode von f_a gilt: p = $\frac{2\pi }{1}$ = $2\pi$. Also liegt der x-Wert des Schnittpunkts bei x = $\frac{1}{2}\pi$.

Den y-Wert dieses Schnittpunkts erhalten wir, in dem wir einfach den x-Wert in die Tangentengleichung einsetzen: y = $2a\cdot \left(\frac{1}{2}\pi \right)$ = $a·\pi$

Mit diesem y-Wert $a·\pi$ haben wir nun also die Höhe des gesuchten Dreiecks. Da die Grundseite des Dreiecks ja die Strecke zwischen zwei benachbarten Wendepunkten ist, können wir hierfür einfach die halbe Periode $\frac{p}{2}$ = $\pi$ nehmen.

Somit gilt für den Flächeninhalt dieses gleichschenkligen Dreiecks:

A = $\frac{1}{2}$ ⋅ g ⋅ h_g = $\frac{1}{2}\pi ·a·\pi$ = $\frac{1}{2}·{\pi }^{2}a$

Dieser Flächeninhalt hat ja laut der Aufgabenstellung den Wert $\frac{1}{2}\cdot {\pi }^2$, somit gilt:

$\frac{1}{2}·{\pi }^{2}a$ = $\frac{1}{2}\cdot {\pi }^2$|:π²

$\frac{1}{2}a$ = $\frac{1}{2}$

$\frac{1}{2}a$	=	$\frac{1}{2}$	|⋅ 2
$a$	=	$1$

1 ist somit der gesuchte Wert für a.

Da ja die Katheten dieses Tangentendreiecks auf den Koordinatenachsen liegen, können auch nur diese Strecken auf den beiden Achsen gleichlang werden.

Wenn dann dieses rechtwinklige Dreieck auch noch gleichschenklig ist, betragen die Basiswinkel 45° und die Steigung der Tangente muss m_t = -1 sein.

Diese Tangentsteigung können wir über die Ableitungsfunktion an der Stelle x = 1 berechnen:
$\text{f'(x)}=$ $2ax+4+0$
$\text{m = f'(1)}=$ $2a\cdot 1+4+0$ = $2a+4$

Dieses m = $2a+4$ muss also = -1 sein:

$2a+4$	=	$-1$	| $-4$
$2a$	=	$-5$	|:$2$
$a$	=	$-\frac{5}{2}$ = -2.5

-2.5 ist somit der gesuchte Wert für a.