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

Da bei $e^{x+3}-1$ zu jedem Funktionswert von $e^x$ noch -1 addiert wird, ist der Graph von $e^{x+3}-1$ gegenüber dem der natürlichen Exponentialfunktion, um 1 nach unten verschoben.

Da bei $e^{x+3}-1$ das x von $e^x$ durch ein 'x+3' ersetzt wurde, wird der Graph der natürlichen Exponentialfunktion um -3 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 $e^{x+3}-1$ gegen $\infty$ .
• Für x → - ∞ strebt $e^{x+3}-1$ gegen $0-1$ = $-1$ .

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

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

Wenn man das mit f(x) = $x^3+e^{x^2}$ = $e^{x^2}+x^3$ vergleicht, kann man erkennen, dass f(-x) = $e^{x^2}-x^3$
weder gleich f(x) = $x^3+e^{x^2}$ noch gleich -f(x) = $-\left(x^3+e^{x^2}\right)$ = $-\left(e^{x^2}+x^3\right)$ 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) = $-0·e^{-0}$ = 0
• Nullstellen: f(0) = $-0·e^{-0}$ =0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₁ = $\infty$
  • Für x → +∞ strebt f₁ = 0
• 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) = $\mathrm{2,5}{e}^{-\mathrm{0,1}\cdot 0}-\mathrm{2,5}{e}^{-0}$ = 0
• Nullstellen: f(0) = $\mathrm{2,5}{e}^{-\mathrm{0,1}\cdot 0}-\mathrm{2,5}{e}^{-0}$ =0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₂ = $-\infty$
  • Für x → +∞ strebt f₂ = $0+0$

Damit können wir f₂ ausschließen.

Schaubild 3

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

Damit können wir f₃ ausschließen.

Schaubild 4

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $-8·0^2·e^0$ = 0
• Nullstellen: f(0) = $-8·0^2·e^0$ =0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₄ = 0
  • Für x → +∞ strebt f₄ = $-\infty$

Damit können wir f₄ ausschließen.

Diese Eigenschaften überprüfen wir nun bei den 6 vorgeschlagenen Termen:

f₁(x) = $3e^{-2x}+x-3$

• f(2) = $3e^{-2\cdot 2}+2-3$ =-0.9450530833338

Damit können wir f₁ ausschließen.

f₂(x) = $6{\left(x-2\right)}^2·e^{-x}$

• f(2) = $6·{\left(2-2\right)}^2·e^{-2}$ =0
• Allerdings haben wir hier zusätzlich noch eine waagrechte Tangente bei x = 2, was nicht mit dem gegebenen Graph übereinstimmt.
  f'(x) = $6·2\left(x-2\right)·\left(1+0\right)·e^{-x}+6{\left(x-2\right)}^2·e^{-x}·\left(-1\right)$ = $12\left(x-2\right)·e^{-x}-6{\left(x-2\right)}^2·e^{-x}$
  f'(2) = $12·\left(2-2\right)·e^{-2}-6·{\left(2-2\right)}^2·e^{-2}$ = 0

Damit können wir f₂ ausschließen.

f₃(x) = $-6\left(x-2\right)·e^{-x}$

• f(2) = $-6·\left(2-2\right)·e^{-2}$ =0
• Für x → -∞ strebt f₃ = $-6\left(x-2\right)·e^{-x}$ gegen " $-6·-\infty ·\infty$" = $\infty$
• Für x → +∞ strebt f₃ = $-6\left(x-2\right)·e^{-x}$ gegen " $-6\infty ·0$" = 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 f₃ ausschließen.

f₄(x) = $-6{\left(x-2\right)}^2·e^x$

• f(2) = $-6·{\left(2-2\right)}^2·e^2$ =0
• Allerdings haben wir hier zusätzlich noch eine waagrechte Tangente bei x = 2, was nicht mit dem gegebenen Graph übereinstimmt.
  f'(x) = $-6·2\left(x-2\right)·\left(1+0\right)·e^x-6{\left(x-2\right)}^2·e^x$ = $-12\left(x-2\right)·e^x-6{\left(x-2\right)}^2·e^x$
  f'(2) = $-12·\left(2-2\right)·e^2-6·{\left(2-2\right)}^2·e^2$ = 0

Damit können wir f₄ ausschließen.

f₅(x) = $6\left(x-2\right)·e^{-x}$

• f(2) = $6·\left(2-2\right)·e^{-2}$ =0
• Für x → -∞ strebt f₅ = $6\left(x-2\right)·e^{-x}$ gegen " $6·-\infty ·\infty$" = $-\infty$
• Für x → +∞ strebt f₅ = $6\left(x-2\right)·e^{-x}$ gegen " $6\infty ·0$" = 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 f₅ ausschließen.

f₆(x) = $-\left(x-2\right)·e^x$

• f(2) = $-\left(2-2\right)·e^2$ =0
• Für x → -∞ strebt f₆ = $-\left(x-2\right)·e^x$ gegen " $--\infty ·0$" = 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 f₆ = $-\left(x-2\right)·e^x$ gegen " $-\infty ·\infty$" = $-\infty$
• Wenn wir nach Punkten auf dem Graph mit waagrechter Tangente schauen, müssen wir
  f'(x) = $-\left(1+0\right)·e^x-\left(x-2\right)·e^x$ = $-e^x-\left(x-2\right)·e^x$ = $-e^x·\left(x-1\right)$ = 0
  nach x auflösen.

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

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

  1. Fall:

  $x-1$	=	0	| $+1$
  x1	=	$1$

  
  

  2. Fall:

  $e^x$

  =

  $0$

  Diese Gleichung hat keine Lösung!

  
  Der Graph von f₆(x) = $-\left(x-2\right)·e^x$ hat also bei x = 1 einen Punkt mit waagrechter Tangente.

Hier spricht also nichts dagegen, dass f₆ der zugehörige Funktionsterm sein könnte.

1. t-Wert des Maximums (HP)

   Gesucht ist der t-Wert des Hochpunkt. Wir berechnen also die Extremstellen von f:

   Detail-Rechnung für den Hochpunkt ($\mathrm{2,3105}$|12.5) einblenden

   $\text{f(t)}=$ $50e^{-\mathrm{0,3}t}-50e^{-\mathrm{0,6}t}$

   Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

   =>$\text{f'(t)}=$ $50e^{-\mathrm{0,3}t}·\left(-\mathrm{0,3}\right)-50e^{-\mathrm{0,6}t}·\left(-\mathrm{0,6}\right)$

   = $e^{-\mathrm{0,6}t}·\left(-15e^{\mathrm{0,3}t}+30\right)$

   $\text{f''(t)}=$ $(-15e^{\mathrm{0,3}t}·\mathrm{0,3}+0)·e^{-\mathrm{0,6}t}+\left(-15e^{\mathrm{0,3}t}+30\right)·e^{-\mathrm{0,6}t}·\left(-\mathrm{0,6}\right)$

   = $e^{-\mathrm{0,6}t}·\left(-\mathrm{4,5}{e}^{\mathrm{0,3}t}+9e^{\mathrm{0,3}t}-18\right)$

   = $\left(\mathrm{4,5}{e}^{\mathrm{0,3}t}-18\right)e^{-\mathrm{0,6}t}$

   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.

   $\left(-15e^{\mathrm{0,3}t}+30\right)·e^{-\mathrm{0,6}t}$

   =

   0

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

   1. Fall:

   $-15e^{\mathrm{0,3}t}+30$	=	0	| $-30$
   $-15e^{\mathrm{0,3}t}$	=	$-30$	|:$-15$
   $e^{\mathrm{0,3}t}$	=	$2$	|ln(⋅)
   $\mathrm{0,3}t$	=	$\ln \left(2\right)$	|:$\mathrm{0,3}$
   t1	=	$\frac{1}{\mathrm{0,3}}\ln \left(2\right)$	≈ 2.3105

   
   

   2. Fall:

   $e^{-\mathrm{0,6}t}$

   =

   $0$

   Diese Gleichung hat keine Lösung!

   Die Lösung t= $\frac{1}{\mathrm{0,3}}\ln \left(2\right)$ 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''($\mathrm{2,3105}$) = $e^{-\mathrm{0,6}\cdot \mathrm{2,3105}}·\left(-\mathrm{4,5}{e}^{\mathrm{0,3}\cdot \mathrm{2,3105}}+9e^{\mathrm{0,3}\cdot \mathrm{2,3105}}-18\right)$= $e^{-\mathrm{1,3863}}·\left(\mathrm{4,5}{e}^{\mathrm{0,69315}}-18\right)$= $e^{-\mathrm{1,3863}}·\left(\mathrm{4,5}{e}^{\mathrm{0,69315}}-18\right)$ <0

   Das heißt bei t = $\mathrm{2,3105}$ ist ein Hochpunkt.
   Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende t-Wert in f(t) eingesetzt werden.
   f($\mathrm{2,3105}$) = $50e^{-\mathrm{0,3}\cdot \mathrm{2,3105}}-50e^{-\mathrm{0,6}\cdot \mathrm{2,3105}}$ = $50e^{-\mathrm{0,69315}}-50e^{-\mathrm{1,3863}}$ ≈ 12.5
   Man erhält so den Hochpunkt H:($\mathrm{2,3105}$| $50e^{-\mathrm{0,69315}}-50e^{-\mathrm{1,3863}}$)

   ≈ H:(2.311|12.5)

   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) = $50e^{-\mathrm{0,3}\cdot 0}-50e^{-\mathrm{0,6}\cdot 0}$ = 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.

   Bei t = $\mathrm{2,3105}$ ist also der größte Wert der Funktion.

   
   
2. Erster t-Wert bei y = $\frac{1411}{200}$

   Gesucht sind die Zeitpunkte, an denen die Funktion die Werte y=$\frac{1411}{200}$ annimmt.

   Dazu setzen wir die Funktion einfach = $\frac{1411}{200}$ und lösen nach t auf:

   $50e^{-\mathrm{0,3}t}-50e^{-\mathrm{0,6}t}$

   =

   $\frac{1411}{200}$

   | $-\frac{1411}{200}$

   $50e^{-\mathrm{0,3}t}-50e^{-\mathrm{0,6}t}-\frac{1411}{200}$ = 0

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

   $50e^{-\mathrm{0,3}t}-50e^{-\mathrm{0,6}t}-\frac{1411}{200}$	=	0	|⋅ $e^{\mathrm{0,6}x}$
   $-\frac{1411}{200}{e}^{\mathrm{0,6}t}+50e^{\mathrm{0,3}t}-50$	=	0

   Setze u = $e^{\mathrm{0,3}x}$

   Draus ergibt sich die quadratische Gleichung:

   $-\frac{1411}{200}{u}^2+50u-50$	=	0	|⋅ 200
   $200\left(-\frac{1411}{200}{u}^2+50u-50\right)$	=	0

   $-1411u^2+10000u-10000$ = 0

   Lösen mit der a-b-c-Formel (Mitternachtsformel):

   eingesetzt in x_1,2 = $\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4a·c}}{2a}$ ergibt:

   u_1,2 = $\frac{-10000\pm \sqrt{{10000}^2-4·\left(-1411\right)·\left(-10000\right)}}{2\cdot \left(-1411\right)}$

   u_1,2 = $\frac{-10000\pm \sqrt{100000000-56440000}}{-2822}$

   u_1,2 = $\frac{-10000\pm \sqrt{43560000}}{-2822}$

   u₁ = $\frac{-10000+\sqrt{43560000}}{-2822}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>10</mn><mspace\; width="thinmathspace"></mspace><mn>000</mn></mrow>\; </math>\; <mo>+</mo><math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>6600</mn></mrow></math>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow><mrow><mo>-</mo><mn>2</mn><mspace\; width="thinmathspace"></mspace><mn>822</mn></mrow>\; </mrow>\; </math>}}$ = $\frac{-3400}{-2822}$ = $\frac{100}{83}$ ≈ 1.2

   u₂ = $\frac{-10000-\sqrt{43560000}}{-2822}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>10</mn><mspace\; width="thinmathspace"></mspace><mn>000</mn></mrow>\; </math>\; <mo>-</mo><math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>6600</mn></mrow></math>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow><mrow><mo>-</mo><mn>2</mn><mspace\; width="thinmathspace"></mspace><mn>822</mn></mrow>\; </mrow>\; </math>}}$ = $\frac{-16600}{-2822}$ = $\frac{100}{17}$

   Lösen mit der p-q-Formel (x² + px + q = 0):

   Um die Gleichung auf die Form "x² + px + q = 0" zu bekommen, müssen wir zuerst die ganze Gleichung durch "$-1411$" teilen:

   $-1411u^2+10000u-10000$ = 0 |: $-1411$

   $u^2-\frac{10000}{1411}u+\frac{10000}{1411}$ = 0

   vor dem Einsetzen in x_1,2 = $-\frac{p}{2}$ ± $\sqrt{{\left(\frac{p}{2}\right)}^2-q}$
   berechnen wir zuerst die Diskriminante D = ${\left(\frac{p}{2}\right)}^2-q$:

   D = ${\left(-\frac{5000}{1411}\right)}^2-\left(\frac{10000}{1411}\right)$ = $\frac{25000000}{1990921}$ $-$ $\frac{10000}{1411}$ = $\frac{25000000}{1990921}$$-$ $\frac{14110000}{1990921}$ = $\frac{\mathrm{10.890.000}}{\mathrm{1.990.921}}$

   x_1,2 = $\frac{5000}{1411}$ ± $\sqrt{\frac{10890000}{1990921}}$

   x₁ = $\frac{5000}{1411}$ - $\frac{3300}{1411}$ = $\frac{1700}{1411}$ = 1.2048192771084

   x₂ = $\frac{5000}{1411}$ + $\frac{3300}{1411}$ = $\frac{8300}{1411}$ = 5.8823529411765

   Rücksubstitution:

   u₁: $e^{\mathrm{0,3}x}$ = $\frac{100}{83}$

   $e^{\mathrm{0,3}x}$	=	$\frac{100}{83}$	|ln(⋅)
   $\mathrm{0,3}x$	=	$\ln \left(\frac{100}{83}\right)$	|:$\mathrm{0,3}$
   x1	=	$\frac{1}{\mathrm{0,3}}\ln \left(\frac{100}{83}\right)$	≈ 0.6211

   u₂: $e^{\mathrm{0,3}x}$ = $\frac{100}{17}$

   $e^{\mathrm{0,3}x}$	=	$\frac{100}{17}$	|ln(⋅)
   $\mathrm{0,3}x$	=	$\ln \left(\frac{100}{17}\right)$	|:$\mathrm{0,3}$
   x2	=	$\frac{1}{\mathrm{0,3}}\ln \left(\frac{100}{17}\right)$	≈ 5.9065

   Der erste Zeitpunkt an dem die die Funktion den Wert $\frac{1411}{200}$ annimmt, ist also nach 0.62 s.

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

$\text{f'(x)}=$ $-3e^{-3t^2{x}^3+tx}·\left(-9t^2{x}^2+t\right)$

= $-3·e^{-3t^2{x}^3+tx}\left(-9t^2{x}^2+t\right)$

= $-3\left(-9t^2{x}^2+t\right)e^{-3t^2{x}^3+tx}$

Wir machen einfach eine Punktprobe mit A($-2$| $28$) in f mit $\text{f(x)}=$ $4x·e^{tx+2t}+12t$ :

$28$ = f($-2$)

$28$ = $4·\left(-2\right)·e^{t\cdot \left(-2\right)+2t}+12t$

$28$ = $4·\left(-2\right)·e^{-2t+2t}+12t$

$28$ = $4·\left(-2\right)·e^0+12t$

$28$ = $4·\left(-2\right)·1+12t$

Jetzt müssen wir also nur noch die Gleichung $12t-8$ = $28$ 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:

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

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

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

= $2e^{tx}+t\left(2x+1\right)·e^{tx}$

= $e^{tx}·\left(2+2tx+t\right)$

= $e^{tx}·\left(2tx+t+2\right)$

= $\left(2tx+t+2\right)·e^{tx}$

In diese Ableitung setzen wir x=$0$ ein:

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

Damit die Tangente parallel zur Geraden y= $4$x-4 wird, müssen die Steigungen gleich sein,
also f'($0$)= $t+2$ soll gleich $4$ sein.
Dazu lösen wir die Gleichung $t+2$ = $4$ nach t auf.

Für t= $2$ 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.

• Hier kann man schnell erkennen, dass der Exponentialterm $-e^{-\frac{7}{10}x+4k}$ niemals = 0 werden kann.
  Da jedoch der zweite Summand $4k$ abhängig von k ist, Kann man über die Asymptote den Parameter k bestimmen.
  Denn für x → +∞ strebt f_k(x) → 0 + $4k$
  Aus dem Schaubild erkennt man eine waagrechte Asymptote bei y = -3, somit muss $4k$ = -3 gelten;
  Also gilt k = $-\frac{3}{4}$

Der abgebildete Graph ist somit der von f_{$-\frac{3}{4}$}

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(45°) ≈ 1.

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

$\text{f(x)}=$ $t{e}^{-\frac{1}{8}{t}^2{x}^2}$

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

$\text{f'(x)}=$ $t{e}^{-\frac{1}{8}{t}^2{x}^2}·\left(-\frac{1}{4}{t}^{2}x\right)$

= $-\frac{1}{4}{t}^3·e^{-\frac{1}{8}{t}^2{x}^2}x$

= $-\frac{1}{4}{t}^{3}x{e}^{-\frac{1}{8}{t}^2{x}^2}$

$\text{f''(x)}=$ $-\frac{1}{4}{t}^3{e}^{-\frac{1}{8}{t}^2{x}^2}·\left(-\frac{1}{4}{t}^{2}x\right)·x-\frac{1}{4}{t}^3·e^{-\frac{1}{8}{t}^2{x}^2}·1$

= $-\frac{1}{4}{t}^3·e^{-\frac{1}{8}{t}^2{x}^2}·(-\frac{1}{4}{t}^{2}x·x)-\frac{1}{4}{t}^3{e}^{-\frac{1}{8}{t}^2{x}^2}$

= $\frac{1}{16}{t}^5·e^{-\frac{1}{8}{t}^2{x}^2}x·x-\frac{1}{4}{t}^3{e}^{-\frac{1}{8}{t}^2{x}^2}$

= $\frac{1}{16}{t}^5·e^{-\frac{1}{8}{t}^2{x}^2}{x}^2-\frac{1}{4}{t}^3{e}^{-\frac{1}{8}{t}^2{x}^2}$

= $e^{-\frac{1}{8}{t}^2{x}^2}·\left(-\frac{1}{4}{t}^3+\frac{1}{16}{t}^5{x}^2\right)$