Da g(x) = f(x +4) gilt, geht der (rote) Graph von g durch Verschiebung um -4 in x-Richtung - also um 4 nach links - aus dem (schwarzen) Graph von f hervor.

Der Tiefpunkt T bleibt also ein Tiefpunkt T, der x-Wert wird jedoch um 4 nach links verschoben.

Somit besitzt der Graph von g einen Tiefpunkt T(-2|-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(x +4) = ${\left(x+2\right)}^2-3$.

Da g(x) = f(x -4) gilt, geht der (rote) Graph von g durch Verschiebung um 4 in x-Richtung - also um 4 nach rechts - aus dem (schwarzen) Graph von f hervor.

Der Hochpunkt H bleibt also ein Hochpunkt H, der x-Wert wird jedoch um 4 nach rechts verschoben.

Somit besitzt der Graph von g einen Hochpunkt H(-1|3).

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

Der schwarz gezeichnete Graph ist der Originalgraph von f(x)= $-{\left(x+5\right)}^2+3$, der rot gezeichneten Graph gehört zu g(x) = f(x -4) = $-{\left(x+1\right)}^2+3$.

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 = -5.

Da g(x) = f(-x) -4 gilt, geht dann der (rote) Graph von g durch Verschiebung um -4 in y-Richtung - also um 4 nach unten - aus dem (blauen) Graph von f hervor.

Der Tiefpunkt T bleibt also ein Tiefpunkt T, der y-Wert wird jedoch um 4 nach unten verschoben.

Somit besitzt der Graph von g einen Tiefpunkt T(-5|-4).

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

$\text{f(x)}=$ $2x^3+15x^2-1$

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

=>$\text{f'(x)}=$ $6x^2+30x+0$

= $6x^2+30x$

$\text{f''(x)}=$ $12x+30$

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.

$6x^2+30x$	=	0
$6x\left(x+5\right)$	=	0

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

1. Fall:

2. Fall:

Die Lösungen $-5$, 0 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=$-5$

f''($-5$) = $12\cdot \left(-5\right)+30$= $-60+30$= $-30$ <0

Das heißt bei x = $-5$ ist ein Hochpunkt.
Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende x-Wert in f(x) eingesetzt werden.
f($-5$) = $2\cdot {\left(-5\right)}^3+15\cdot {\left(-5\right)}^2-1$ = $124$
Man erhält so den Hochpunkt H:($-5$| $124$)

2.: x=$0$

f''($0$) = $12\cdot 0+30$= $0+30$= $30$ >0

Das heißt bei x = $0$ ist ein Tiefpunkt.
Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende x-Wert in f(x) eingesetzt werden.
f($0$) = $2\cdot 0^3+15\cdot 0^2-1$ = $-1$
Man erhält so den Tiefpunkt T:($0$| $-1$)

$\text{f(x)}=$ $x^3-12x^2+45x+2$

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

=>$\text{f'(x)}=$ $3x^2-24x+45+0$

= $3x^2-24x+45$

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

= $6x-24$

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.

$3x^2-24x+45$ = 0 |:3

$x^2-8x+15$ = 0

Die Lösungen $3$, $5$ 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=$3$

f''($3$) = $6\cdot 3-24$= $18-24$= $-6$ <0

Das heißt bei x = $3$ ist ein Hochpunkt.
Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende x-Wert in f(x) eingesetzt werden.
f($3$) = $3^3-12\cdot 3^2+45\cdot 3+2$ = $56$
Man erhält so den Hochpunkt H:($3$| $56$)

2.: x=$5$

f''($5$) = $6\cdot 5-24$= $30-24$= $6$ >0

Das heißt bei x = $5$ ist ein Tiefpunkt.
Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende x-Wert in f(x) eingesetzt werden.
f($5$) = $5^3-12\cdot 5^2+45\cdot 5+2$ = $52$
Man erhält so den Tiefpunkt T:($5$| $52$)

$\text{f(x)}=$ $2x^5+15x^4+30x^3-3$

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

=>$\text{f'(x)}=$ $10x^4+60x^3+90x^2+0$

= $10x^4+60x^3+90x^2$

$\text{f''(x)}=$ $40x^3+180x^2+180x$

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.

$10x^4+60x^3+90x^2$	=	0
$10x^2\left(x^2+6x+9\right)$	=	0

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

1. Fall:

2. Fall:

Die Lösungen $-3$, 0 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=$-3$

f''($-3$) = $40\cdot {\left(-3\right)}^3+180\cdot {\left(-3\right)}^2+180\cdot \left(-3\right)$= $40\cdot \left(-27\right)+180\cdot 9-540$=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=$-3$ herum:

Also (-∞ ; -3) und (-3 ; 0). 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:

(-∞ ; -3): Wir wählen x=-4∈(-∞ ; -3): f'(-4)= $10\cdot {\left(-4\right)}^4+60\cdot {\left(-4\right)}^3+90\cdot {\left(-4\right)}^2$= 160 also > 0

(-3 ; 0): Wir wählen x=-1∈(-3 ; 0): f'(-1)= $10\cdot {\left(-1\right)}^4+60\cdot {\left(-1\right)}^3+90\cdot {\left(-1\right)}^2$= 40 also > 0

Es liegt also kein Vorzeichenwechsel in f' vor, also haben wir bei x= -3 keinen Extrempunkt (sondern einen Sattelpunkt).

2.: x=$0$

f''($0$) = $40\cdot 0^3+180\cdot 0^2+180\cdot 0$= $40\cdot 0+180\cdot 0+0$=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=$0$ herum:

Also (-3 ; 0) und (0; ∞). 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:

(-3 ; 0): Wir wählen x=-1∈(-3 ; 0): f'(-1)= $10\cdot {\left(-1\right)}^4+60\cdot {\left(-1\right)}^3+90\cdot {\left(-1\right)}^2$= 40 also > 0

(0; ∞): Wir wählen x=1∈(0; ∞): f'(1)= $10\cdot 1^4+60\cdot 1^3+90\cdot 1^2$= 160 also > 0

Es liegt also kein Vorzeichenwechsel in f' vor, also haben wir bei x= 0 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 Abbildung ).

Wenn wir nun den Graph um 2 in x-Richtung verschieben, so ändert sich ja nichts an der Form des Graphen (sondern nur an dessen Lage). ${\left(x-2\right)}^5$ hat also an der Stelle x = 2 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 $\text{f(x)}=$ ${\left(x-2\right)}^5+1$ einen Sattelpunkt S(2|1), der sich nicht mit Hilfe der 3. Ableitung, sondern nur mit einem Vorzeichenwechsel nachweisen lässt.