Da Extrempunkte immer eine waagrechte Tangente haben, gilt die notwendige Bedingung f '= 0, wir suchen also die Nullstellen der Ableitungsfunktion f '.

Um beurteilen zu können, ob es sich um einen Hochpunkt des Graphen von f, um eine Tiefpunkt oder keines von beidem (Sattelpunkt) handelt, kann man jeweils den Vorzeichenwechsel (VZW) der Funktion f ' anschauen (hinreichende Bedingung).

Wir untersuchen also alle Nullstellen der abgebildeten Ableitungsfunktion f '.

Da der Graph von f ' bei x = 4 die x-Achse berührt und f ' somit keinen VZW aufweist, kann der Graph der Originalfunktion f bei x = 4 auch keinen Extrempunkt haben (Er hat dort einen Sattelpunkt).

Da Wendestellen immer Extremstellen der Ableitung sind, müssen wir in der Abbildung nur nach den Extremstellen von f ' suchen.

Diese erkennen wir leicht bei x = 0 und x = 2.

Nach dem Monotoniesatz genügt es die Intervalle zu finden, in denen die Ableitungsfunktion der Stammfunktion F, also der Funktion f, positiv bzw. negativ ist.

Wir erkennen: Im Intervall [-6;-4] gilt: f(x) ≤ 0, also ist F monoton fallend.

Wir erkennen: Im Intervall [-4;-1] gilt: f(x) ≥ 0, also ist F monoton steigend.

Wir erkennen: Im Intervall [-1;4] gilt: f(x) ≤ 0, also ist F monoton fallend.

Wir erkennen: Im Intervall [4;6] gilt: f(x) ≥ 0, also ist F monoton steigend.

Die Steigung der Tangente an den Graph von F, kurz die Tangentensteigung von F, ist f, die Ableitung von F.

Da die Gerade g die Steigung 2 hat, muss die parallele Tangente auch die Steigung m = 2 haben. Es muss also f(x) = 2 gelten.

Am Schaubild kann man f(-3) = 2 und f(1) = 2 ablesen.

Die gesuchten Stellen sind also x₁ = -3 und x₂ = 1.

Wir können der Zeichnung rechts mit Hilfe der Tangente eingezeichneten Tangente f '(0) = $0$ entnehmen.

Außerdem können wir natürlich f(0) = -4 am Schaubild ablesen:

Also gilt: f(0) + f '(0) = -4 + 0 = $-4$.

Wir können der Zeichnung rechts mit Hilfe der eingezeichneten Tangente f(1) = $0$ entnehmen, weil ja f die Ableitungsfunktion von F ist und somit die Tangentensteigung von F angibt.

Wir suchen also F(f(1)) = F($0$).

F($0$) können wir aber auch wieder einfach am Schaubild ablesen
(an der y-Koordinate des roten Punkts):

F(f(1)) = F($0$) = $1$.

Nach dem Hauptsatz der Integralrechnung gilt:

$$\underset{\mathrm{a}}{\overset{\mathrm{b}}{\int }}\mathrm{f(x)}dx$$ = F(b)- F(a) oder $$\underset{\mathrm{a}}{\overset{\mathrm{b}}{\int }}\mathrm{f\text{'}(x)}dx$$ = f(b)- f(a)

Wir können im Schaubild f(0) = 3 und f(2) = -3 ablesen.

Also gilt $$\underset{0}{\overset{2}{\int }}\mathrm{f\; \text{'}(x)}dx$$ = f(2)- f(0) = -3 - 3 = -6.

Nach dem Hauptsatz der Integralrechnung gilt:

$$\underset{\mathrm{a}}{\overset{\mathrm{b}}{\int }}\mathrm{f(x)}dx$$ = F(b)- F(a) oder $$\underset{\mathrm{a}}{\overset{\mathrm{b}}{\int }}\mathrm{f\text{'}(x)}dx$$ = f(b)- f(a)

Wir können also f(3)- f(0) durch den Wert des Integrals $$\underset{0}{\overset{3}{\int }}\mathrm{f\; \text{'}(x)}dx$$ aus dem Schaubild ablesen. Es entspricht dem orientierten Flächeninhalt der Fläche, die der Graph von f mit der x-Achse im Intervall [0;3] einschließt.

Dazu betrachten wir die beiden Dreiecksflächen:

I₁ = $\frac{1}{2}$⋅1⋅0.5 = 0.25 (links)

I₂ = $\frac{1}{2}$⋅( - 5 )⋅2.5 = -6.25 (rechts)

Wir erhalten also I=I₁+I₂ = -6 als orientierten Flächeninhalt.

Somit gilt: f(3)-f(0) = -6

Nach dem Hauptsatz der Integralrechnung gilt:

$$\underset{\mathrm{a}}{\overset{\mathrm{b}}{\int }}\mathrm{f(x)}dx$$ = F(b)- F(a)

Oder anders ausgedrückt F(b) ist gerade um den Wert des Integrals größer als F(a).

Wir erkennen, dass zwischen x = -4 und x = -1 die Werte von f alle positiv sind, die Stammfunktion F ist hier also monton steigend. Also muss F(-1) > F(-4) sein.

Zwischen x=-1 und x=1 sind die Werte von f dagegen alle negativ, die Stammfunktion F muss hier also monton fallend sein. Folglich ist F(1) < F(-1).

Damit ist jetzt bereits klar, dass der Wert in der Mitte F(-1) der größte der drei Werte ist.

Um nun noch herauszufinden. ob F(-4)>F(1) oder F(1)>F(-4) gilt, schauen wir uns jeweils die Flächen unter der Kurve an, deren Inhalt sich ja mit dem entsprechenden Integral berechnen lässt.

Hierbei erkennt man klar:

$$\left|\underset{-4}{\overset{-1}{\int }}\mathrm{f(x)}dx\right|$$ > $$\left|\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\mathrm{f(x)}dx\right|$$

Das bedeutet, dass der Zuwachs im linken Interval zwischen -4 und -1 größer ist als die Abnahme im rechten Interval zwischen -1 und 1.

Also muss F(-4) kleiner als F(1) sein. Insgesamt gilt:

F(-4) < F(1) < F(-1)

1. Eine Nullstelle hat natürlich jede Integralfunktion, nämlich die untere Intergralgrenze, da ja $$\underset{\mathrm{c}}{\overset{\mathrm{c}}{\int }}\mathrm{f(t)}dt$$ = 0 für alle c gilt. Somit ist x = -1 eine Nullstelle von J_-1.
Du hast entweder einen veralteten Browser oder Javascript ausgeschaltet. Deswegen kannst du leider das Schaubild nicht sehen :(
2. Eine weitere Nullstelle können wir ca. bei x = 2.1 erkennen, weil man am Graph beim Integral $$\underset{-1}{\overset{2.1}{\int }}\mathrm{f(t)}dt$$ zwei gleichgroße Flächen je über und unter der x-Achse erkennen kann, so dass sich dabei die negative und positive Teilfläche gegenseitig aufheben. Somit gilt $$\underset{-1}{\overset{2.1}{\int }}\mathrm{f(t)}dt$$ =0 und J_-1(2.1) = 0, J_-1 hat also bei x = 2.1 eine Nullstelle.
3. Eine weitere Nullstelle können wir ca. bei x = 5.3 erkennen, weil man am Graph beim Integral $$\underset{2.1}{\overset{5.3}{\int }}\mathrm{f(t)}dt$$ zwei gleichgroße Flächen je über und unter der x-Achse erkennen kann, so dass sich dabei die negative und positive Teilfläche gegenseitig aufheben. Somit gilt $$\underset{2.1}{\overset{5.3}{\int }}\mathrm{f(t)}dt$$ =0 und J_-1(5.3) = $$\underset{-1}{\overset{5.3}{\int }}\mathrm{f(t)}dt$$ = $$\underset{-1}{\overset{2.1}{\int }}\mathrm{f(t)}dt$$ + $$\underset{2.1}{\overset{5.3}{\int }}\mathrm{f(t)}dt$$ = 0 + 0 = 0, J_-1 hat also bei x = 5.3 eine Nullstelle.
4. Eine weitere Nullstelle können wir ca. bei x=-4.1 erkennen, weil man am Graph beim Integral $$\underset{-4.1}{\overset{-1}{\int }}\mathrm{f(t)}dt$$ zwei gleichgroße Flächen je über und unter der x-Achse erkennen kann, so dass sich dabei die negative und positive Teilfläche gegenseitig aufheben. Somit gilt $$\underset{-4.1}{\overset{-1}{\int }}\mathrm{f(t)}dt$$ = 0 und J_-1(-4.1) = $$\underset{-1}{\overset{-4.1}{\int }}\mathrm{f(t)}dt$$ = - $$\underset{-4.1}{\overset{-1}{\int }}\mathrm{f(t)}dt$$ = 0, J_-1 hat also bei x = -4.1 eine Nullstelle.

An den Rändern kann man erkennen, dass es keine weiteren Teilflächen gibt, die sich aufheben könnten.

Somit hat die Integralfunktion J_-1(x) = $$\underset{-1}{\overset{\mathrm{x}}{\int }}\mathrm{f(t)}dt$$ im abgebildeten Bereich 4 Nullstellen.

Wenn wir auf der y-Achse bei y = -3 waagrecht zur blauen Geraden von g gehen, erkennen wir den Punkt P mit P(2|-3), der auf dem Graph von g liegt, also gilt:
-3 = g(2)
Wegen -3 = h(x)= g(f(x))= g(2) gilt also f(x) = 2.

Wir müssen nun also nur noch nach einem der beiden Punkte auf dem (roten) Graph von f suchen, deren y-Werte =2 sind.

Diese erkennen wir bei Q₁(3|2) und Q₂(-1|2), also bei
x₁ = 3 und x₂ = -1