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

Am Koeffizient vor dem $e^x$ erkennen wir, dass der Graph gegenüber dem der natürlichen Exponentialfunktion lediglich in y-Richtung gestreckt wurde. Qualitativ unterscheiden sich die beiden Graphen also nicht.

Da bei $2e^{x+2}-2$ zu jedem Funktionswert von $e^x$ noch -2 addiert wird, ist der Graph von $2e^{x+2}-2$ gegenüber dem der natürlichen Exponentialfunktion, um 2 nach unten verschoben.

Da bei $2e^{x+2}-2$ das x von $e^x$ durch ein 'x+2' ersetzt wurde, wird der Graph der natürlichen Exponentialfunktion um -2 in x-Richtung verschoben .

Daraus ergeben sich folgende Aussagen:

• Dadurch schneidet der Graph von f die x-Achse.
• Die Funktionswerte werden also immer größer, die Funktion ist also streng monoton wachsend.
• Für x → ∞ strebt $2e^{x+2}-2$ gegen $\infty$ .
• Für x → - ∞ strebt $2e^{x+2}-2$ gegen $0-2$ = $-2$ .

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) = $-x·e^{-x+2}$
weder gleich f(x) = $x·e^{x+2}$ noch gleich -f(x) = $-x·e^{x+2}$ = $-x·e^{x+2}$ ist.

Es gilt also: f(-x) ≠ f(x) und f(-x) ≠ -f(x)

Somit liegt bei f keine Symmetrie zum KoSy vor.

Diese Eigenschaften überprüfen wir nun bei den 4 vorgeschlagenen Termen:

Schaubild 1

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $\left(0-2\right)·e^0$ = -2
• Nullstellen: f(2) = $\left(2-2\right)·e^2$ =0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₁ = 0
  • Für x → +∞ strebt f₁ = $\infty$
• Punkte mit waagrechter Tangente:
  Wir erkennen einen Punkt mit waagrechter Tangente bei x ≈ 1.

Hier spricht also nichts dagegen, dass f₁ der zugehörige Funktionsterm sein könnte.

Schaubild 2

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $9·{\left(0-2\right)}^2·e^{-0}$ = 36

Damit können wir f₂ ausschließen.

Schaubild 3

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $7e^{-\mathrm{0,5}\cdot 0}-7e^{-0}$ = 0

Damit können wir f₃ ausschließen.

Schaubild 4

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $3e^{-3\cdot 0}+0-3$ = 0

Damit können wir f₄ ausschließen.

Diese Eigenschaften überprüfen wir nun bei den 6 vorgeschlagenen Termen:

f₁(x) = $-8e^x+8e^{\mathrm{0,5}x}$

• f(-2) = $-8e^{-2}+8e^{\mathrm{0,5}\cdot \left(-2\right)}$ =1.8603532634786

Damit können wir f₁ ausschließen.

f₂(x) = $-3e^{-x}-x+3$

• f(-2) = $-3e^{-\left(-2\right)}-\left(-2\right)+3$ =-17.167168296792

Damit können wir f₂ ausschließen.

f₃(x) = $8{\left(x+2\right)}^2·e^x$

• f(-2) = $8·{\left(-2+2\right)}^2·e^{-2}$ =0
• Allerdings haben wir hier zusätzlich noch eine waagrechte Tangente bei x = -2, was nicht mit dem gegebenen Graph übereinstimmt.
  f'(x) = $8·2\left(x+2\right)·\left(1+0\right)·e^x+8{\left(x+2\right)}^2·e^x$ = $16\left(x+2\right)·e^x+8{\left(x+2\right)}^2·e^x$
  f'(-2) = $16·\left(-2+2\right)·e^{-2}+8·{\left(-2+2\right)}^2·e^{-2}$ = 0

Damit können wir f₃ ausschließen.

f₄(x) = $-7{\left(x+2\right)}^2·e^{-x}$

• f(-2) = $-7·{\left(-2+2\right)}^2·e^{-\left(-2\right)}$ =0
• Allerdings haben wir hier zusätzlich noch eine waagrechte Tangente bei x = -2, was nicht mit dem gegebenen Graph übereinstimmt.
  f'(x) = $-7·2\left(x+2\right)·\left(1+0\right)·e^{-x}-7{\left(x+2\right)}^2·e^{-x}·\left(-1\right)$ = $-14\left(x+2\right)·e^{-x}+7{\left(x+2\right)}^2·e^{-x}$
  f'(-2) = $-14·\left(-2+2\right)·e^{-\left(-2\right)}+7·{\left(-2+2\right)}^2·e^{-\left(-2\right)}$ = 0

Damit können wir f₄ ausschließen.

f₅(x) = $2\left(x+2\right)·e^{-x}$

• f(-2) = $2·\left(-2+2\right)·e^{-\left(-2\right)}$ =0
• Für x → -∞ strebt f₅ = $2\left(x+2\right)·e^{-x}$ gegen " $2·-\infty ·\infty$" = $-\infty$
• Für x → +∞ strebt f₅ = $2\left(x+2\right)·e^{-x}$ gegen " $2\infty ·0$" = 0
  ( Der Exponentialterm im zweiten Faktor wächst sehr viel schneller gegen 0 als der erste Faktor gegen $\infty$ und setzt sich deswegen durch)
• Wenn wir nach Punkten auf dem Graph mit waagrechter Tangente schauen, müssen wir
  f'(x) = $2·\left(1+0\right)·e^{-x}+2\left(x+2\right)·e^{-x}·\left(-1\right)$ = $2e^{-x}-2\left(x+2\right)·e^{-x}$ = $2·e^{-x}·\left(-x-1\right)$ = 0
  nach x auflösen.

  $2·e^{-x}\left(-x-1\right)$	=	0
  $2\left(-x-1\right)·e^{-x}$	=	0

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

  1. Fall:

  $-x-1$	=	0	| $+1$
  $-x$	=	$1$	|:($-1$)
  x1	=	$-1$

  
  

  2. Fall:

  $e^{-x}$

  =

  $0$

  Diese Gleichung hat keine Lösung!

  
  Der Graph von f₅(x) = $2\left(x+2\right)·e^{-x}$ hat also bei x = -1 einen Punkt mit waagrechter Tangente.

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

f₆(x) = $7{\left(x+2\right)}^2·e^{-x}$

• f(-2) = $7·{\left(-2+2\right)}^2·e^{-\left(-2\right)}$ =0
• Allerdings haben wir hier zusätzlich noch eine waagrechte Tangente bei x = -2, was nicht mit dem gegebenen Graph übereinstimmt.
  f'(x) = $7·2\left(x+2\right)·\left(1+0\right)·e^{-x}+7{\left(x+2\right)}^2·e^{-x}·\left(-1\right)$ = $14\left(x+2\right)·e^{-x}-7{\left(x+2\right)}^2·e^{-x}$
  f'(-2) = $14·\left(-2+2\right)·e^{-\left(-2\right)}-7·{\left(-2+2\right)}^2·e^{-\left(-2\right)}$ = 0

Damit können wir f₆ ausschließen.

1. 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)= $15-14e^{-\mathrm{0,6}t}$ → $15+0$

   Das langfristige Verhalten der Funktionswerte geht also gegen $15$.

2. Erster t-Wert bei y = 9

   Gesucht sind die Zeitpunkte, an denen die Funktion die Werte y=9 annimmt.

   Dazu setzen wir die Funktion einfach = 9 und lösen nach t auf:

   $15-14e^{-\mathrm{0,6}t}$ = $9$

   $-14e^{-\mathrm{0,6}t}+15$	=	$9$	| $-15$
   $-14e^{-\mathrm{0,6}t}$	=	$-6$	|:$-14$
   $e^{-\mathrm{0,6}t}$	=	$\frac{3}{7}$	|ln(⋅)
   $-\mathrm{0,6}t$	=	$\ln \left(\frac{3}{7}\right)$	|:$-\mathrm{0,6}$
   $t$	=	$-\frac{1}{\mathrm{0,6}}\ln \left(\frac{3}{7}\right)$	≈ 1.4122

   Der erste Zeitpunkt an dem die die Funktion den Wert 9 annimmt, ist also nach 1.41 min.

$\text{f(x)}=$ $-x^3·e^{3tx}$

$\text{f'(x)}=$ $-3x^2·e^{3tx}-x^3·e^{3tx}·3t$

= $-3x^2·e^{3tx}-x^3·3t{e}^{3tx}$

= $-3x^2·e^{3tx}-3t{x}^3·e^{3tx}$

= $e^{3tx}·\left(-3x^2-3t{x}^3\right)$

= $e^{3tx}·\left(-3t{x}^3-3x^2\right)$

= $\left(-3t{x}^3-3x^2\right)·e^{3tx}$

Wir machen einfach eine Punktprobe mit A($1$|0) in f mit $\text{f(x)}=$ $-\frac{3}{2}x·e^{-2tx+2t}-12t$ :

0 = f($1$)

0 = $-\frac{3}{2}·1·e^{-2t\cdot 1+2t}-12t$

0 = $-\frac{3}{2}·1·e^{-2t+2t}-12t$

0 = $-\frac{3}{2}·1·e^0-12t$

0 = $-\frac{3}{2}·1·1-12t$

Jetzt müssen wir also nur noch die Gleichung $-12t-\frac{3}{2}$ = 0 nach t auflösen.

Für t= $-\frac{1}{8}$ liegt also der Punkt A auf dem Graph von f.

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

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

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

= $5·e^{t{x}^2-tx}\left(2tx-t\right)$

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

In diese Ableitung setzen wir x=$1$ ein:

f'($1$) = $5·e^{t\cdot 1^2-t\cdot 1}·\left(2t\cdot 1-t\right)$ = $5·e^0·\left(2t-t\right)$ = $5t$

Damit die Tangente parallel zur Geraden y= $\frac{5}{2}$x+6 wird, müssen die Steigungen gleich sein,
also f'($1$)= $5t$ soll gleich $\frac{5}{2}$ sein.
Dazu lösen wir die Gleichung $5t$ = $\frac{5}{2}$ nach t auf.

Für t= $\frac{1}{2}$ 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.

• Man kann schnell erkennen, dass für x = 0 der Exponentialterm $kx·e^{kx+k}$ = 0 wird.
  Am abgebildeten Graph kann man den y-Achsenabschnitt S_y(0|-3) gut erkennen. Es gilt folglich.
  f_k($0$) = $k·0·e^{k\cdot 0+k}+6k$ = $6k$ = -3

  $6k$	=	$-3$	|:$6$
  $k$	=	$-\frac{1}{2}$ = -0.5

Der abgebildete Graph ist somit der von f_{$-\frac{1}{2}$}

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(20°) ≈ 0.364.

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

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

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

$\text{f'(x)}=$ $t^2{e}^{-2\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·\left(-4\cdot \frac{1}{t^2}x\right)$

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

= $-4x{e}^{-2\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

$\text{f''(x)}=$ $-4e^{-2\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·\left(-4\cdot \frac{1}{t^2}x\right)·x-4·e^{-2\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·1$

= $-4·e^{-2\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·(-4\cdot \frac{1}{t^2}x·x)-4e^{-2\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

= $16\cdot \frac{1}{t^2}·e^{-2\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}x·x-4e^{-2\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

= $16\cdot \frac{1}{t^2}·e^{-2\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}{x}^2-4e^{-2\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

= $e^{-2\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·\left(16\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2-4\right)$

= $\left(16\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2-4\right)·e^{-2\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

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 $-\frac{1}{2}t$, $\frac{1}{2}t$ sind nun die einzigen Kandidaten für Wendestellen.

Wenn man die beiden Lösungen $-\frac{1}{2}t$ und $\frac{1}{2}t$ in die erste Ableitung einsetzt, erhält man:
f_t'($-\frac{1}{2}t$) = $-4·e^{-2\cdot \frac{1}{t^2}{\left(-\frac{1}{2}t\right)}^2}·\left(-\frac{1}{2}t\right)$ = $2t{e}^{-\frac{1}{2}}$
f_t'($\frac{1}{2}t$) = $-4·e^{-2\cdot \frac{1}{t^2}{\left(\frac{1}{2}t\right)}^2}·\left(\frac{1}{2}t\right)$ = $-2t{e}^{-\frac{1}{2}}$

An den Rändern gilt:
Für x → -∞ strebt f_t'(x) = $-4·e^{-2\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}x$ → 0 für alle t
Für x → +∞ strebt f_t'(x) = $-4·e^{-2\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}x$ → 0 für alle t

Da die stetige Funktion f_t' an den Rändern gegen 0 strebt und an den Stellen $-\frac{1}{2}t$ und $\frac{1}{2}t$ waagrechte Tangenten hat, müssen dort Extremstellen, und sogar ein absolutes Maximum und ein absolutes Minimum sein.

Die maximale Steigung ist somit f_t'($-\frac{1}{2}t$) = $2t{e}^{-\frac{1}{2}}$
Die minimale Steigung ist somit f_t'($\frac{1}{2}t$) = $-2t{e}^{-\frac{1}{2}}$

Aufgrund der Symmetrie, genügt es im weiteren nur auf die maximale Steigung m_max = $2t{e}^{-\frac{1}{2}}$ ≈ $2t·\mathrm{0,607}$ zu schauen .
Diese darf ja wegen des maximalen Steigungswinkel von 20° höchstens 0.364 sein, also berechnen wir das t für das $2t{e}^{-\frac{1}{2}}$ = 0.364 gilt:

Für t = 0.3 wird also gerade der maximale Steigungswinkel von 20° erreicht.

Und weil ja die maximale Steigung m_max = f_t'($-\frac{1}{2}t$) = $2t{e}^{-\frac{1}{2}}$ mit wachsendem t immer größer wird, sind somit alle t < 0.3 zulässig.

L={ $e^9$}

Für die Nullstellen muss gelten: f_t(x)=0, also hier :
$\left(t{x}^2+12x+4t\right)·e^{-x}$ = 0

Da $e^{-x}$ niemals = 0 werden kann, genügt es die Nullstllen von $t{x}^2+12x+4t$ zu bestimmen:

Wir lösen diese Gleichung einfach, in dem wir die Koeffizienten in die Mitternachtsformel einsetzen:

x_1,2 = $\frac{-12\pm \sqrt{{12}^2-4·t·4t}}{$ 2\left(t\right)$}$ = $\frac{-12\pm \sqrt{144-16t^2}}{$ 2t$}$

An der Diskriminante $144-16t^2$, also dem Term unter der Wurzel erkennen wir die Anzahl der Lösungen.
Hierfür untersuchen wir die t-Werte, für die die Diskriminante = 0 wird:

Jetzt können wir drei Fälle unterscheiden:

• Für t < $-3$ oder t > $3$ hat f_t keine Nullstelle, weil dort $144-16t^2$ < 0 ist, also ein negativer Wert unter der Wurzel der Mitternachtsformel steht und somit die quadratische Gleichung $t{x}^2+12x+4t$ keine reele Lösung hat.
  (z.B. bei t = -4 ist die Diskriminante $144-16\cdot {\left(-4\right)}^2$ = $-112$ und bei t = 4 ist die Diskriminante $144-16\cdot 4^2$ = $-112$)
• Für t = $-3$ oder t = $3$ hat f_t genau eine Nullstelle, weil dort ja die Diskriminante $144-16t^2$ = 0 ist und somit die beiden Lösungen (eine mit + und eine mit -) zusammenfallen.
• Für $-3$ < t < $3$ hat f_t genau zwei Nullstellen, weil dort $144-16t^2$ > 0 ist und somit die die quadratische Gleichung $t{x}^2+12x+4t$ je eine Lösung mit der positven Wurzel und eine mit der negativen Wurzel hat.
  (z.B. bei t=0 ist die Diskriminante $144-16\cdot 0^2$ = $144$)