\documentclass[a4paper,12pt]{scrartcl}
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\usepackage{amssymb} % Paket für R-, N-, Q-Symbole
\usepackage[latin1]{inputenc}
\usepackage{pst-pdf,pstricks,pst-plot,pst-node}
\usepackage{color}
\usepackage{ifpdf}    % "workaround" um Fehler in hyperref mit pstricks
\ifpdf                %
\usepackage{hyperref} %
\fi                   %
\setlength{\fboxrule}{1pt} % Breite der Umrandung
\usepackage{amsmath}       % Für große Brüche
\usepackage{graphicx}
\usepackage{wrapfig}  % Umfließen der Grafik
\usepackage{caption}
%\pagestyle{empty}    % ohne Seitennummerierung
\widowpenalty=10000
\clubpenalty=10000
\setlength{\parindent}{0pt} % kein Einrücken nach Abschnitt


\begin{document}
\title{Kurvendiskussionen}
\author{Wolfgang Kippels}
\maketitle
\tableofcontents

\newpage
\section{Vorwort}
Diese und ähnliche Anleitungen zu erstellen erfordert sehr viel Zeit und Mühe.
Trotzdem stelle ich alles kostenfrei der Allgemeinheit zur Verfügung. Wenn Sie
diese Datei hilfreich finden, dann bitte ich Sie um Erfüllung des nachfolgend
beschriebenen "`Generationenvertrages"':
\begin{quote}
\emph{Wenn Sie später einmal Ihre Ausbildungsphase beendet haben und im Beruf stehen
(oder auch noch danach), geben Sie bitte Ihr Wissen in geeigneter Form an die
nachfolgende Generation weiter}.
\end{quote}

Wenn Sie mir eine Freude machen wollen, dann schreiben Sie mir bitte eine
kleine Email an die folgende Adresse:
\includegraphics[width=25mm]{Adresse.jpg}\\

Vielen Dank!
\newpage

\section{Aufbau einer Kurvendiskussion}
Das Schema einer Kurvendiskussion sieht etwa so aus:
\begin{enumerate}
\item Angabe des Definitionsbereiches
\item Untersuchung der Definitionslücken -- soweit vorhanden -- auf Polstellen
    und Lücken (nicht bei Polynomen)
\item Bei Gebrochen Rationalen Funktionen: Bestimmung der Asymptoten
\item Bestimmung der Achsenabschnitte
  \begin{enumerate}
  \item Abschnitte auf der $y$-Achse
  \item Nullstellenbestimmung
  \end{enumerate}
\item Bestimung von Hoch-, Tief- und Sattelpunkten
\item Bestimmung von Wendepunkten und Flachpunkten
\item Anfertigung einer Skizze
\end{enumerate}

\textbf{Anmerkung:} Hierzu muss jedoch erwähnt werden, dass es zahlreiche
Varianten zum Aufbau einer Kurvendiskussion gibt. Diese Gliederung muss also
bei Bedarf an die jeweiligen vorliegenden Anforderungen angepasst werden muss.
Eventuell fällt die Untersuchung auf Pole/Lücken weg, oder bei Wendepunkten
wird noch nach Rechs-/Links- und Links-/Rechts-Wendepunkten unterschieden, oder
ähnliches.

\newpage
\section{Details zur Durchführung}

\subsection{Definitionsbereich:}
  Bei Polynomen ist immer $D= \mathbb{R}$. Bei anderen Funktionen gibt es
  Einschränkungen, die meist einzeln ausgeschlossen werden. Bei
  Wurzelfunktionen darf beispielsweise der Radikand nicht negativ werden. Bei
  Gebrochen Rationalen Funktionen darf der Nenner nicht Null werden.
\subsection{Polstellen/Lücken:}
  Dies ist bei \textbf{Gebrochen Rationalen Funktionen} von Belang.
  Man prüft, ob der Zähler der Gebrochen Rationalen Funktionen an der
  jeweiligen Stelle auch Null ist. Ist das nicht der Fall, dann ist es auf
  jeden Fall eine \textbf{Polstelle}. Anderenfalls lässt sich in Zähler und
  Nenner der Term $(x-x_1)$ ausklammern, wobei $x_1$ der $x$-Wert der
  fraglichen Stelle ist. Man kann dann durch $(x-x_1)$ kürzen und erhält eine
  einfachere Funktion $f^*(x)$. Für diese neue Funktion $f^*(x)$ prüft man, ob
  immer noch der Nenner für $x=x_1$ gleich Null ist. Ist dies \textbf{nicht}
  der Fall, dann hat man eine Lücke und kann den zugehörigen $y$-Wert $y_l$ mit
  $y_l=f^*(x_l)$ bestimmen. Anderenfalls beginnt man wieder von vorn und
  untersucht den Zähler, wie oben beschrieben.
\subsection{Asymptote:}
  Eine Asymptote gibt es nicht bei Polynomen, wohl aber bei Gebrochen
  Rationalen Funktionen. Man führt einfach eine Polynomdivision entsprechend
  der Funktionsgleichung durch und erhält eine Summe aus einem Polynom und
  einem Rest-Bruch, dessen Zählerpolynom einen kleineren Grad als sein
  Nennerpolynom hat. Der Polynom-Anteil stellt dann die Asymptote dar. Ist der
  Grad des Nennerpolynoms \textbf{größer}, als der Grad des Zählerpolynoms,
  stellt die $x$-Achse die Asymptote dar: \mbox{$a(x)=0$}
\subsection{Achsenabschnitte:}
  \begin{enumerate}
  \item \textbf{$y$-Achsenabschnitt}: \\
   Ansatz: $y_0=f(0)$ \\
   Ich setze also in die Funktionsgleichung für $x$ die 0 ein und erhalte den
   Abschnitt auf der $y$-Achse.
  \item \textbf{Nullstellen}: \\
   Ansatz: $f(x_0)=0$ \\
   Ich setze also die Funktion gleich 0 und löse die Gleichung anschließend nach
   $x$ auf. So erhalte ich alle Nullstellen\footnote{Weitere Hinweise zur
   Nullstellenbestimmung siehe beispielsweise hier:\\
   \ifpdf \htmladdnormallink
   {\textcolor{blue}{http://www.dk4ek.de/lib/exe/fetch.php/nullst.pdf}}
   {http://www.dk4ek.de/lib/exe/fetch.php/nullst.pdf}\fi}
 der Funktion.
  \end{enumerate}
\subsection{Hoch-, Tief- und Sattelpunkte:}
  Ansatz: $f'(x_E)=0$ \\
  Ich setze die erste Ableitung gleich 0 und löse die Gleichung nach $x_E$ auf.
  So erhalte ich \textbf{alle Kandidaten} für Hoch-, Tief- und Sattelpunkte.
  Was bei dem jeweiligen Kandidaten vorliegt, muss im einzelnen geprüft werden.
  Dazu gibt es zwei unterschiedliche Verfahren.
  \begin{enumerate}
  \item \textbf{Prüfung mit \emph{zweiter} Ableitung}: \\
   \begin{tabular}{lll}
   $f''(x_E)>0$ & $\Rightarrow$ & Tiefpunkt bei $x_E$. \\
   $f''(x_E)<0$ & $\Rightarrow$ & Hochpunkt bei $x_E$. \\
   $f''(x_E)=0$ & $\Rightarrow$ & Keine Aussage möglich! \\
   \end{tabular}
  \item \textbf{Prüfung mit \emph{erster} Ableitung}: \\
   \begin{tabular}{lll}
   Vorzeichenwechsel von $f'(x)$ bei $x_E$ von $+$ nach $-$ &$\Rightarrow$&
      Hochpunkt bei $x_E$. \\
   Vorzeichenwechsel von $f'(x)$ bei $x_E$ von $-$ nach $+$ &$\Rightarrow$&
      Tiefpunkt bei $x_E$. \\
   Kein Vorzeichenwechsel von $f'(x)$ bei $x_E$ &$\Rightarrow$&
     Sattelpunkt bei $x_E$.\\
   \end{tabular}
  \end{enumerate}
\subsection{Wendepunkte/Flachpunkte:}
  Ansatz: $f''(x_w)=0$ \\
  Ich setze die zweite Ableitung gleich 0 und löse die Gleichung nach $x_w$ auf.
  So erhalte ich \textbf{alle Kandidaten} für Wendepunkte und Flachpunkte.
  Was bei dem jeweiligen Kandidaten vorliegt, muss im einzelnen geprüft werden.
  Dazu gibt es zwei unterschiedliche Verfahren.
  \begin{enumerate}
  \item \textbf{Prüfung mit \emph{dritter} Ableitung}: \\
   \begin{tabular}{lll}
   $f'''(x_w) \not=0$ & $\Rightarrow$ & Wendepunkt bei $x_w$. \\
   $f'''(x_w)=0$ & $\Rightarrow$ & Keine Aussage möglich!\\
   \end{tabular}
  \item \textbf{Prüfung mit \emph{zweiter} Ableitung}: \\
   \begin{tabular}{lll}
   Vorzeichenwechsel von $f''(x)$ bei $x_w$ & $\Rightarrow$ &
     Wendepunkt bei $x_w$.\\
   Kein Vorzeichenwechsel von $f''(x)$ bei $x_w$ & $\Rightarrow$ &
     Flachpunkt bei $x_w$.\\
   \end{tabular}
  \end{enumerate}
\subsection{Skizze:}
  Für die Skizze legt man zunächst in $x$- und $y$-Richtung jeweils einen
  Maßstab fest, so dass alle relevanten Punkte (Achsenschnittpunkte, Hoch-,
  Tief-, Sattelpunkte, Wendepunkte, Flachpunkte) darstellbar sind. Dann trägt
  man diese markanten Punkte ein und skizziert den Graphen.

%--------------------------------------
\newpage
\section{Übungsaufgaben}
\subsection{Aufgabe 1}
\[f(x)=x^3-3x^2-9x+27\]
\subsection{Aufgabe 2}
\[f(x)=x^4-10x^2+9\]
\subsection{Aufgabe 3}
\[f(x)=x^4-4x^3\]
\subsection{Aufgabe 4}
\[f(x)=x^4-6x^3+12x^2-8x\]
\subsection{Aufgabe 5}
\[f(x)=x^4-8x^3+24x^2-32x+16\]
\subsection{Aufgabe 6}
\[f(x)=x^3-6x^2+9x\]
\subsection{Aufgabe 7}
\[f(x)=x^4-4x^3+6x^2\]
\subsection{Aufgabe 8}
\[f(x)=x^4+7x^3+10x^2\]
\subsection{Aufgabe 9}
\[f(x)=x^3-6x^2+12x-7\]
\subsection{Aufgabe 10}
\[f(x)=\frac{x^3+6x^2+11x+6}{x^3+5x^2+8x+4}\]
\subsection{Aufgabe 11}
\[f(x)=\cfrac{-x^3-9x}{x^2+3}\]
\subsection{Aufgabe 12}
\[f(x)=\cfrac{x}{x^2+9}\]
\subsection{Aufgabe 13}
\[f(x)=\frac{x}{x^2-1}\]
\subsection{Aufgabe 14}
\[f(x)=\cfrac{6x^2+6}{x^2+3}\]
\subsection{Aufgabe 15}
\[f(x)=\cfrac{x^2-x}{x^3-x^2+3x-3}\]
\subsection{Aufgabe 16}
\[f(x)=\cfrac{x^4-5x^3+7x^2-3x}{x^3-6x^2+9x-4}\]
\subsection{Aufgabe 17}
\[f(x)=\cfrac{x^3-4x^2+4x}{x^3-4x^2+8x-8}\]
\subsection{Aufgabe 18}
\[f(x)=\cfrac{x^3+x^2-9x-9}{x^2+6x+5}\]
\subsection{Aufgabe 19}
\[f(x)=x^4-8x^2-9\]
\subsection{Aufgabe 20}
\[f(x)=x^3-3x^2-6x\]
\subsection{Aufgabe 21}
\[f(x)=0,5x^3-4,5x^2+7,5x\]
\subsection{Aufgabe 22}
\[f(x)=x^3-x^2-5x+5\]
\subsection{Aufgabe 23}
\[f(x)=2x^3+12x^2+16x-30\]
\subsection{Aufgabe 24}
\[f(x)=-0,5x^4-3x^2+3,5\]
\subsection{Aufgabe 25}
\[f(x)=-x^5+5x^3+20x\]
\subsection{Aufgabe 26}
\[f(x)=x^3-9x^2+24x-16\]
\subsection{Aufgabe 27}
\[f(x)=\frac{x^2+2x+1}{x^2+2x+4}\]


\newpage
\section{Ergebnisse der Übungsaufgaben}
\subsection{Aufgabe 1}
\[f(x)=x^3-3x^2-9x+27\]   %!KU_DISK 1
\[D= \mathbb{R} \quad x_{01}=-3 \quad x_{02}=3 \quad y_0=27 \quad H(-1|32)
\quad T(3|0) \quad W(1|16)\]

\begin{center}\psset{xunit=16mm,yunit=3.2mm}
\begin{pspicture}(-3.8,-4)(5.8,39)
  \psgrid[subgriddiv=5,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          yunit=5,xunit=1]
  \psaxes[linewidth=1.8pt,Dy=5]{->}(0,0)(-3.8,-4)(5.8,39)
  \uput[-90](5.6,0){x}  \uput[180](0,38){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-3.2}{5.3}
{x 3 exp 3 x 2 exp mul sub 9 x mul sub 27 add}
   \uput[-30](4,7){\textcolor{red}{$f(x)$}}
  \pscircle*[linecolor=red](1,16){3pt} \uput[45](1,16){$W$}
  \pscircle*[linecolor=red](3,0){3pt} \uput[-45](3,0){$T$}
  \pscircle*[linecolor=red](-1,32){3pt} \uput[45](-1,32){$H$}
\end{pspicture}\end{center}

\newpage
\subsection{Aufgabe 2}
\[f(x)=x^4-10x^2+9\]     %!KU_DISK 2
\[D= \mathbb{R} \quad x_{01}=-3 \quad x_{02}=-1 \quad x_{03}=1 \quad x_{04}=3
\quad y_0=9 \quad H(0|9) \]
\[ T_1(-2{,}236|-16) \quad T_2(2{,}236|-16)
\quad W_1(-1{,}291|-4{,}889) \quad W_2(1{,}291|-4{,}889) \]

\begin{center}\psset{xunit=16mm,yunit=3.2mm}
\begin{pspicture}(-4.8,-19)(4.8,14)
  \psgrid[subgriddiv=5,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          yunit=5,xunit=1]
  \psaxes[linewidth=1.8pt,Dy=5]{->}(0,0)(-4.8,-29)(4.8,14)
  \uput[-90](4.6,0){x}  \uput[180](0,13){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-3.4}{0}
{x 4 exp 10 x 2 exp mul sub 9 add}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{0}{3.4}
{x 4 exp 10 x 2 exp mul sub 9 add}
   \uput[0](3,5){\textcolor{red}{$f(x)$}}
  \pscircle*[linecolor=red](-1.29,-4.89){3pt} \uput[135](-1.3,-4.9){$W_1$}
  \pscircle*[linecolor=red](1.29,-4.89){3pt} \uput[45](1.3,-4.9){$W_2$}
  \pscircle*[linecolor=red](-2.24,-16){3pt} \uput[-135](-2.24,-16){$T_1$}
  \pscircle*[linecolor=red](2.24,-16){3pt} \uput[-45](2.24,-16){$T_2$}
  \pscircle*[linecolor=red](0,9){3pt} \uput[45](0,9){$H$}
\end{pspicture}\end{center}

\newpage %---------
\subsection{Aufgabe 3}
\[f(x)=x^4-4x^3\]
\[D= \mathbb{R} \quad x_{01}=0 \quad x_{02}=4 \quad y_0=0 \quad T(3|-27) \quad
 S(0|0)=W_1(0|0) \quad W_2(2|-16)\]

\begin{center}\psset{xunit=16mm,yunit=3.2mm}
\begin{pspicture}(-2.8,-29)(6.8,9)
  \psgrid[subgriddiv=5,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          yunit=5,xunit=1]
  \psaxes[linewidth=1.8pt,Dy=5]{->}(0,0)(-2.8,-29)(6.8,9)
  \uput[-90](6.6,0){x}  \uput[180](0,8){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-1.5}{4.2}
{x 4 exp x 3 exp 4 mul sub}
   \uput[45](4.1,5){\textcolor{red}{$f(x)$}}
  \pscircle*[linecolor=red](0,0){3pt} \uput[45](0,0){$W_1$}
   \uput[-135](0,0){$S$}
  \pscircle*[linecolor=red](2,-16){3pt} \uput[20](2,-16){$W_2$}
  \pscircle*[linecolor=red](3,-27){3pt} \uput[-25](3,-27){$T$}
\end{pspicture}\end{center}
\newpage

\subsection{Aufgabe 4}
\[f(x)=x^4-6x^3+12x^2-8x\]
\[D= \mathbb{R} \quad x_{01}=0 \quad x_{02}=2 \quad y_0=0 \quad
T(0{,}5|-1{,}6875) \quad
 S(2|0)=W_1(2|0) \quad W_2(1|-1)\]

\begin{center}\psset{xunit=24mm,yunit=16mm}
\begin{pspicture}(-1.8,-2.8)(4.8,8.8)
  \psgrid[subgriddiv=5,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          yunit=1,xunit=1]
  \psaxes[linewidth=1.8pt,Dy=1]{->}(0,0)(-1.8,-2.8)(4.8,8.8)
  \uput[-90](4.6,0){x}  \uput[180](0,8.6){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-0.55}{3.4}
{x 4 exp 6 x 3 exp mul sub 12 x x mul mul add 8 x mul sub}
   \uput[45](3,3){\textcolor{red}{$f(x)$}}
  \pscircle*[linecolor=red](2,0){3pt} \uput[45](2,0){$W_1$}
   \uput[-135](2,0){$S$}
  \pscircle*[linecolor=red](1,-1){3pt} \uput[-45](1,-1){$W_2$}
  \pscircle*[linecolor=red](0.5,-1.688){3pt} \uput[90](0.5,-1.688){$T$}
\end{pspicture}\end{center}

\newpage
\subsection{Aufgabe 5}
\[f(x)=x^4-8x^3+24x^2-32x+16\]
\[D= \mathbb{R} \quad y_0=16 \quad x_0=2 \quad T(2|0) \quad F(2|0)\]

\begin{center}\psset{xunit=25mm,yunit=5mm}
\begin{pspicture}(-1.8,-4)(4.8,29)
  \psgrid[subgriddiv=5,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          yunit=5,xunit=1]
  \psaxes[linewidth=1.8pt,Dy=5]{->}(0,0)(-1.8,-4)(4.8,29)
  \uput[-90](4.63,0){x}  \uput[180](0,28.2){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-0.4}{4.4}
{x 4 exp 8 x 3 exp mul sub 24 x x mul mul add 32 x mul sub 16 add}
   \uput[-45](4,16){\textcolor{red}{$f(x)$}}
  \pscircle*[linecolor=red](2,0){3pt} \uput[45](2,0){$T$} \uput[135](2,0){$F$}
\end{pspicture}\end{center}

\newpage
\subsection{Aufgabe 6}
\[f(x)=x^3-6x^2+9x\]
\[D= \mathbb{R} \quad y_0=0 \quad x_{01}=0 \quad x_{02}=3 \quad H(1|4) \quad
 T(3|0) \quad W(2|2)\]

\begin{center}\psset{xunit=24mm,yunit=16mm}
\begin{pspicture}(-1.8,-2.8)(4.8,6.8)
  \psgrid[subgriddiv=5,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          yunit=1,xunit=1]
  \psaxes[linewidth=1.8pt,Dy=1]{->}(0,0)(-1.8,-2.8)(4.8,6.8)
  \uput[-90](4.6,0){x}  \uput[180](0,6.6){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-0.4}{4.4}
{x 3 exp 6 x 2 exp mul sub 9 x mul add}
   \uput[45](3,3){\textcolor{red}{$f(x)$}}
  \pscircle*[linecolor=red](2,2){3pt} \uput[45](2,2){$W$}
  \pscircle*[linecolor=red](1,4){3pt} \uput[45](1,4){$H$}
  \pscircle*[linecolor=red](3,0){3pt} \uput[70](3,0){$T$}
\end{pspicture}\end{center}

\newpage
\subsection{Aufgabe 7}
\[f(x)=x^4-4x^3+6x^2\]
\[D= \mathbb{R} \quad y_0=0 \quad x_0=0 \quad T(0|0) \quad F(1|3)\]
\begin{center}\psset{xunit=30mm,yunit=6mm}
\begin{pspicture}(-1.8,-2)(3.6,19)
  \psgrid[subgriddiv=5,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          yunit=5,xunit=1]
  \psaxes[linewidth=1.8pt,Dy=5]{->}(0,0)(-1.8,-2)(3.6,19)
  \uput[-90](3.55,0){x}  \uput[180](0,18.6){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-1.3}{2.8}
{x 4 exp 4 x 3 exp mul sub 6 x x mul mul add}
   \uput[-45](2,8){\textcolor{red}{$f(x)$}}
  \pscircle*[linecolor=red](0,0){3pt} \uput[45](0,0){$T$}
  \pscircle*[linecolor=red](1,3){3pt} \uput[-45](1,3){$F$}
\end{pspicture}\end{center}

\newpage
\subsection{Aufgabe 8}
\[f(x)=x^4+7x^3+10x^2\]
\[D= \mathbb{R} \quad y_0=0 \quad x_{01}=0 \quad x_{02}=-2 \quad x_{03}=-5
  \quad T_1(0|0) \quad T_2(-4|-32) \]
\[ H(-1{,}25|4{,}3945) \quad W_1(-2{,}931|-16{,}557)
  \quad W_2(-0{,}569|2{,}0505)\]

\begin{center}\psset{xunit=20mm,yunit=3mm}
\begin{pspicture}(-5.8,-34)(1.8,18)
  \psgrid[subgriddiv=5,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          yunit=5,xunit=1]
  \psaxes[linewidth=1.8pt,Dy=5]{->}(0,0)(-5.8,-34)(1.8,18)
  \uput[-90](1.63,0){x}  \uput[180](0,17){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-5.3}{1.1}
{x 4 exp 7 x 3 exp mul add 10 x x mul mul add}
   \uput[-45](2,8){\textcolor{red}{$f(x)$}}
  \pscircle*[linecolor=red](0,0){3pt} \uput[-45](0,0){$T_1$}
  \pscircle*[linecolor=red](-4,-32){3pt} \uput[-40](-4,-32){$T_2$}
  \pscircle*[linecolor=red](-1.25,4.3945){3pt} \uput[80](-1.25,4.395){$H$}
  \pscircle*[linecolor=red](-2.931,-16.56){3pt} \uput[-20](-2.93,-16.56){$W_1$}
  \pscircle*[linecolor=red](-0.569,2.05){3pt} \uput[40](-0.57,2.05){$W_2$}
\end{pspicture}\end{center}

\newpage
\subsection{Aufgabe 9}
\[f(x)=x^3-6x^2+12x-7\]
\[D= \mathbb{R} \quad y_0=-7 \quad x_0=1 \quad S(2|1)=W(2|1) \]

\begin{center}\psset{xunit=25mm,yunit=5mm}
\begin{pspicture}(-0.8,-18)(4.6,18)
  \psgrid[subgriddiv=5,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          yunit=5,xunit=1]
  \psaxes[linewidth=1.8pt,Dy=5]{->}(0,0)(-0.8,-18)(4.6,18)
  \uput[-90](4.5,0){x}  \uput[180](0,17.2){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-0.7}{4.6}
{x 3 exp 6 x x mul mul sub 12 x mul add 7 sub}
   \uput[-45](3,2){\textcolor{red}{$f(x)$}}
  \pscircle*[linecolor=red](2,1){3pt} \uput[45](2,1){$S$}
   \uput[-135](2,1){$W$}
\end{pspicture}\end{center}

\newpage
\subsection{Aufgabe 10}
\[f(x)=\frac{x^3+6x^2+11x+6}{x^3+5x^2+8x+4}\]
\[D= \mathbb{R} \backslash \{-2;-1\} \quad x_p=-2 \quad L(-1|2) \quad x_0=-3
 \quad y_0=1{,}5 \quad a(x)=1 \]
\[\textnormal{keine Extrema, keine Wendepunkte} \]
\begin{center}\psset{xunit=15mm,yunit=15mm}
\begin{pspicture}(-5.8,-5.8)(4.8,4.8)
  \psgrid[subgriddiv=5,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          yunit=1]
  \psaxes[linewidth=1.8pt,Dy=1]{->}(0,0)(-5.8,-5.8)(4.8,4.8)
  \uput[-90](4.7,0){x}  \uput[180](0,4.7){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-1.9}{-1.03}
{x 3 exp 6 x mul x mul add 11 x mul add 6 add
  x 3 exp 5 x mul x mul add 8 x mul add 4 add div}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-0.97}{4.8}
{x 3 exp 6 x mul x mul add 11 x mul add 6 add
  x 3 exp 5 x mul x mul add 8 x mul add 4 add div}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-5.8}{-2.1}
{x 3 exp 6 x mul x mul add 11 x mul add 6 add
  x 3 exp 5 x mul x mul add 8 x mul add 4 add div}
   \uput[45](1,1.3){\textcolor{red}{$f(x)$}}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=blue!60]{-5.8}{4.8}{1}
   \uput[-45](1,1){\textcolor{blue}{$a(x)$}}
  \psline[linewidth=2pt,linecolor=green,linestyle=dashed](-2,-5.8)(-2,4.8)
   \uput[45](-2,0){\textcolor{green}{Pol}}
  \pnode(-1,2){L}
  \pscircle[linecolor=red](L){3pt} \uput[-135](L){$L$}
\end{pspicture}\end{center}
\newpage %-------------------------------------------
\subsection{Aufgabe 11}
\[f(x)=\cfrac{-x^3-9x}{x^2+3}\]
\[D= \mathbb{R} \quad y_0=0 \quad x_0=0 \quad W_1(0|0) \quad
W_2 \left( -3|4{,}5 \right) \quad W_3 \left( 3|-4{,}5 \right) \quad a(x)=-x \]
\begin{center}\psset{xunit=8mm,yunit=5mm}
\begin{pspicture}(-7.8,-9.6)(7.8,9.6)
  \psgrid[subgriddiv=5,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          yunit=2,xunit=1]
  \psaxes[linewidth=1.8pt,Dy=2]{->}(0,0)(-7.8,-9.6)(7.8,9.6)
  \uput[-90](7.6,0){x}  \uput[180](0,9.3){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-7.8}{7.8}
{-1 x 3 exp mul 9 x mul sub  x x mul 3 add div}
   \uput[45](-5,6){\textcolor{red}{$f(x)$}}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=blue!60]{-7.8}{7.8}{-1 x mul}
   \uput[45](4,-4){\textcolor{blue}{$a(x)$}}
  \pscircle*[linecolor=red](0,0){3pt} \uput[45](0,0){$W_1$}
  \pscircle*[linecolor=red](-3,4.5){3pt} \uput[30](-3,4.5){$W_2$}
  \pscircle*[linecolor=red](3,-4.5){3pt} \uput[-135](3,-4.5){$W_3$}
\end{pspicture}\end{center}

\newpage
\subsection{Aufgabe 12}
\[f(x)=\cfrac{x}{x^2+9}\]
\begin{center}
\[ D= \mathbb{R} \quad y_0=0 \quad x_0=0 \quad T\left(-3|-0{,}167 \right)
 \quad H\left(3|0{,}167 \right) \]
\[ W_1(0|0) \quad W_2(-5{,}196|-0{,}144) \quad
  W_3(5{,}196|0{,}144) \quad a(x)=0 \]
\end{center}
\begin{center}\psset{xunit=10mm,yunit=200mm}
\begin{pspicture}(-7.8,-0.22)(7.8,0.24)
  \psgrid[subgriddiv=50,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          gridlabels=0pt,
          yunit=1,xunit=10]
  \psaxes[linewidth=1.8pt,Dy=0.1]{->}(0,0)(-7.8,-0.22)(7.8,0.24)
  \uput[-90](7.6,0){x}  \uput[180](0,0.22){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-7.8}{7.8}
{x x x mul 9 add div}
   \uput[45](4,0.16){\textcolor{red}{$f(x)$}}
  \psplot[linewidth=2pt,linecolor=blue!60,linestyle=dashed]{-7.8}{7.6}{0}
   \uput[45](-3,0){\textcolor{blue}{$a(x)$}}
  \pscircle*[linecolor=red](-3,-0.167){3pt} \uput[135](-3,-0.167){$T$}
  \pscircle*[linecolor=red](3,0.167){3pt} \uput[135](3,0.167){$H$}
  \pscircle*[linecolor=red](0,0){3pt} \uput[135](0,0){$W_1$}
  \pscircle*[linecolor=red](-5.2,-0.144){3pt} \uput[30](-5.2,-0.144){$W_2$}
  \pscircle*[linecolor=red](5.2,0.144){3pt} \uput[-135](5.2,0.144){$W_3$}
\end{pspicture}\end{center}

\newpage
\subsection{Aufgabe 13}
\[f(x)=\frac{x}{x^2-1}\]
\begin{center}
\[ D= \mathbb{R}\setminus \{-1;1\} \quad x_{P1}=-1 \quad x_{P2}=1\]
\[ x_0=0 \quad y_0=0 \quad \textnormal{keine Extrema}
  \quad W(0|0) \quad a(x)=0 \]
\end{center}
\begin{center}\psset{xunit=16mm,yunit=16mm}
\begin{pspicture}(-4.8,-4.8)(4.8,4.8)
  \psgrid[subgriddiv=5,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          yunit=1,xunit=1]
  \psaxes[linewidth=1.8pt,Dy=1]{->}(0,0)(-4.8,-4.8)(4.8,4.8)
  \uput[-90](4.6,0){x}  \uput[180](0,4.6){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-4.8}{-1.05}
{x x x mul 1 sub div}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-0.95}{0.95}
{x x x mul 1 sub div}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{1.05}{4.8}
{x x x mul 1 sub div}
   \uput[0](1.2,2.5){\textcolor{red}{$f(x)$}}
  \psplot[linewidth=2pt,linecolor=blue!60,linestyle=dashed]{-4.8}{4.6}{0}
   \uput[45](-3,0){\textcolor{blue}{$a(x)$}}
  \pscircle*[linecolor=red](0,0){3pt} \uput[-135](0,0){$W$}
  \psline[linecolor=green,linestyle=dashed](-1,-4.8)(-1,4.8)
  \psline[linecolor=green,linestyle=dashed](1,-4.8)(1,4.8)
\end{pspicture}\end{center}


\newpage
\subsection{Aufgabe 14}
\[f(x)=\cfrac{6x^2+6}{x^2+3}\]
\[ D= \mathbb{R} \quad \textnormal{keine Nullstellen} \quad y_0=2
 \quad T(0|2) \quad W_1(-1|3) \quad W_2(1|3) \quad a(x)=6 \]

\begin{center}\psset{xunit=16mm,yunit=16mm}
\begin{pspicture}(-4.8,-0.8)(4.8,6.8)
  \psgrid[subgriddiv=5,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          yunit=1,xunit=1]
  \psaxes[linewidth=1.8pt,Dy=1]{->}(0,0)(-4.8,-0.8)(4.8,6.8)
  \uput[-90](4.6,0){x}  \uput[180](0,6.6){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-4.8}{4.8}
{6 x x mul mul 6 add x x mul 3 add div}
   \uput[-45](3,5){\textcolor{red}{$f(x)$}}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=blue!60]{-4.8}{4.8}{6}
   \uput[45](3,6){\textcolor{blue}{$a(x)$}}
  \pscircle*[linecolor=red](-1,3){3pt} \uput[-135](-1,3){$W_1$}
  \pscircle*[linecolor=red](1,3){3pt} \uput[-45](1,3){$W_2$}
  \pscircle*[linecolor=red](0,2){3pt} \uput[-45](0,2){$T$}
\end{pspicture}\end{center}

\newpage
\subsection{Aufgabe 15}
\[f(x)=\cfrac{x^2-x}{x^3-x^2+3x-3}\]
\[D= \mathbb{R}\setminus \{1\} \quad L(1|0{,}25) \quad x_0=0 \quad y_0=0 \quad
T(-1{,}732|-0{,}2887) \quad H(1{,}732|0{,}2887) \]
\[ W_1(-3|-0{,}25) \quad W_2(0|0) \quad W_3(3|0{,}25) \]

\begin{center}\psset{xunit=16mm,yunit=180mm}
\begin{pspicture}(-4.8,-0.36)(4.8,0.36)
  \psgrid[subgriddiv=50,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          yunit=1,xunit=10]
  \psaxes[linewidth=1.8pt,Dy=0.1]{->}(0,0)(-4.8,-0.36)(4.8,0.36)
  \uput[-90](4.6,0){x}  \uput[180](0,0.34){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-4.8}{0.98}
{x x 2 exp 3 add div}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{1.02}{4.8}
{x x 2 exp 3 add div}
   \uput[-45](3,5){\textcolor{red}{$f(x)$}}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=blue!60]{-4.8}{4.8}{0}
   \uput[45](3,0){\textcolor{blue}{$a(x)$}}
  \pscircle[linecolor=red](1,0.25){3pt} \uput[120](1,0.25){$L$}
  \pscircle*[linecolor=red](-3,-0.25){3pt} \uput[45](-3,-0.25){$W_1$}
  \pscircle*[linecolor=red](0,0){3pt} \uput[135](0,0){$W_2$}
  \pscircle*[linecolor=red](3,0.25){3pt} \uput[45](3,0.25){$W_3$}
  \pscircle*[linecolor=red](-1.73,-0.289){3pt} \uput[-90](-1.73,-0.289){$T$}
  \pscircle*[linecolor=red](1.73,0.289){3pt} \uput[90](1.73,0.289){$H$}
\end{pspicture}\end{center}

\newpage
\subsection{Aufgabe 16}
\[f(x)=\cfrac{x^4-5x^3+7x^2-3x}{x^3-6x^2+9x-4}\]
\[D= \mathbb{R}\setminus \{1;4\} \quad L(1|0{,}6667) \quad
  x_{01}=0 \quad x_{02}=3 \quad y_0=0 \quad T(6|9) \quad H(2|1) \]

\begin{center}\psset{xunit=10mm,yunit=7.5mm}
\begin{pspicture}(-4.8,-3.8)(9.8,13.8)
  \psgrid[subgriddiv=5,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          yunit=1]
  \psaxes[linewidth=1.8pt,Dy=1]{->}(0,0)(-4.8,-3.8)(9.8,13.8)
  \uput[-90](9.6,0){x}  \uput[180](0,13.5){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-4.8}{0.96}
{x x mul 3 x mul sub x 4 sub div}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{1.04}{3.9}
{x x mul 3 x mul sub x 4 sub div}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{4.1}{9.8}
{x x mul 3 x mul sub x 4 sub div}
   \uput[45](5,10){\textcolor{red}{$f(x)$}}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=blue!60]{-4.8}{9.8}{x 1 add}
   \uput[-45](5,6){\textcolor{blue}{$a(x)$}}
  \psline[linewidth=2pt,linecolor=green,linestyle=dashed](4,-3.8)(4,13.8)
   \uput[150](4,7){\textcolor{green}{Pol}}
  \pnode(1,0.667){L}
  \pscircle[linecolor=red](L){3pt} \uput[120](L){$L$}
  \pnode(2,1){H}
  \pscircle*[linecolor=red](H){3pt} \uput[70](H){$H$}
  \pnode(6,9){T}
  \pscircle*[linecolor=red](T){3pt} \uput[-110](T){$T$}
\end{pspicture}\end{center}
\newpage %-------------------------------------------

\subsection{Aufgabe 17}
\[f(x)=\cfrac{x^3-4x^2+4x}{x^3-4x^2+8x-8}\]
\[D= \mathbb{R}\setminus \{2\} \quad L(2|0) \quad x_0=0
 \quad y_0=0 \quad T(1|-0{,}333) \quad H(2|0) \quad W(0|0) \]
\begin{center}\psset{xunit=10mm,yunit=40mm}
\begin{pspicture}(-3.8,-1.7)(9.8,2.8)
  \psgrid[subgriddiv=10,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          yunit=1,xunit=2]
  \psaxes[linewidth=1.8pt,Dy=0.2]{->}(0,0)(-3.8,-1.7)(9.8,2.8)
  \uput[-90](9.6,0){x}  \uput[180](0,2.7){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-3.8}{1.95}
     {x 3 exp 4 x x mul mul sub 4 x mul add x 3 exp 4 x x mul mul sub 8 x
     mul add 8 sub div}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{2.05}{9.8}
     {x 3 exp 4 x x mul mul sub 4 x mul add x 3 exp 4 x x mul mul sub 8 x
     mul add 8 sub div}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=blue!60]{-3.8}{9.8}{1}
   \uput[45](6,1){\textcolor{blue}{$a(x)$}}
  \pnode(2,0){L}
  \pnode(1,-0.333){T}
  \pnode(0,0){W1}
  \pscircle[linecolor=red](L){3pt} \uput[135](L){$L$}
  \pscircle*[linecolor=red](T){3pt} \uput[-110](T){$T$}
  \pscircle*[linecolor=red](W1){3pt} \uput[45](W1){$W$}
\end{pspicture}\end{center}
\newpage  %----------------------------------------------

\subsection{Aufgabe 18}
\[f(x)=\cfrac{x^3+x^2-9x-9}{x^2+6x+5}\]
\[ D= \mathbb{R}\setminus \{-5;-1\} \quad y_0=-1{,}8 \quad x_{01}=-3 \quad
 x_{02}=3 \quad x_P=-1 \]
\[ L(-1|-2) \quad H(-9|-18) \quad \textnormal{\textbf{kein} Wendepunkt}\]

\begin{center}\psset{xunit=8mm,yunit=5mm}
\begin{pspicture}(-13.8,-24.8)(5.8,5.8)
  \psgrid[subgriddiv=5,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          yunit=1]
  \psaxes[linewidth=1.8pt,Dy=2]{->}(0,0)(-13.8,-24.8)(5.8,5.8)
  \uput[-90](5.5,0){x}  \uput[180](0,5.4){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-13.8}{-5.05}
{x x mul 9 sub x 5 add div}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-4.95}{-1.04}
{x x mul 9 sub x 5 add div}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-0.96}{5.8}
{x x mul 9 sub x 5 add div}
   \uput[45](5,10){\textcolor{red}{$f(x)$}}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=blue!60]{-13.8}{5.8}{x 5 sub}
   \uput[135](-7,-12){\textcolor{blue}{$a(x)$}}
  \psline[linewidth=2pt,linecolor=green,linestyle=dashed](-5,-24.8)(-5,8.8)
   \uput[150](-5,-6){\textcolor{green}{Pol}}
  \pnode(-1,-2){L}
  \pscircle[linecolor=red](L){3pt} \uput[-120](L){$L$}
  \pnode(-9,-18){H}
  \pscircle*[linecolor=red](H){3pt} \uput[70](H){$H$}
\end{pspicture}\end{center}
\newpage %-------------------------------------------


\subsection{Aufgabe 19}
\[f(x)=x^4-8x^2-9\]
\[ D= \mathbb{R} \quad y_0=-9 \quad x_{01}=-3 \quad x_{02}=3 \quad
 T_1(2|-25) \quad T_2(-2|-25) \quad H(0|-9) \]
\[W_1(1{,}155|-17{,}89) \quad W_2(-1{,}155|-17{,}89) \]
\begin{center}\psset{xunit=15mm,yunit=3mm}
\begin{pspicture}(-4.8,-28)(4.8,13)
  \psgrid[subgriddiv=5,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          yunit=5]
  \psaxes[linewidth=1.8pt,Dy=5]{->}(0,0)(-4.5,-28)(4.8,13)
  \uput[0](4.5,-1){x}  \uput[0](-0.4,12){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-3.3}{3.3}
     {x 4 exp 8 x x mul mul sub 9 sub}
  \pscircle*[linecolor=red](0,-9){3pt} \uput[45](0,-9){$H$}
  \pscircle*[linecolor=red](2,-25){3pt} \uput[-45](2,-25){$T_1$}
  \pscircle*[linecolor=red](-2,-25){3pt} \uput[-135](-2,-25){$T_2$}
  \pscircle*[linecolor=red](1.155,-17.89){3pt} \uput[40](1.16,-17.9){$W_1$}
  \pscircle*[linecolor=red](-1.155,-17.89){3pt} \uput[140](-1.16,-17.9){$W_2$}
\end{pspicture}\end{center}
\newpage  %----------------------------------------------


\subsection{Aufgabe 20}  \[f(x)=x^3-3x^2-6x\]
\[ D= \mathbb{R} \quad y_0=0 \quad x_{01}=0 \quad x_{02}\approx -1{,}372 \quad
  x_{03}\approx 4{,}372 \]
\[H(-0{,}732|2{,}392) \quad T(2{,}732|-18{,}392) \quad W(1|-8)\]
\begin{center}\psset{xunit=15mm,yunit=3mm}
\begin{pspicture}(-3.8,-22)(5.8,13)
  \psgrid[subgriddiv=5,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          yunit=5]
  \psaxes[linewidth=1.8pt,Dy=5]{->}(0,0)(-3.5,-20)(5.8,13)
  \uput[0](5.5,-1){x}  \uput[0](-0.4,12){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-3}{5}
     {x 3 exp 3 x x mul mul sub 6 x mul sub}
  \pscircle*[linecolor=red](-0.73,2.39){3pt} \uput[135](-0.73,2.39){H}
  \pscircle*[linecolor=red](2.73,-18.4){3pt} \uput[-45](2.73,-18.4){T}
  \pscircle*[linecolor=red](1,-8){3pt} \uput[0](1,-8){W}
\end{pspicture}\end{center}
\newpage  %----------------------------------------------
\subsection{Aufgabe 21}
\[f(x)=0{,}5x^3-4{,}5x^2+7{,}5x\]
\[x_{01}=0 \quad x_{02}\approx 2{,}21 \quad x_{03}\approx 6{,}79 \quad y_0=0 \quad
  H(1|3{,}5) \quad T(5|-12{,}5) \quad W(3|-4{,}5)\]
\begin{center}\psset{xunit=15mm,yunit=7.5mm}
\begin{pspicture}(-1.8,-15)(7.8,5)
  \psgrid[subgriddiv=5,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          yunit=2]
  \psaxes[linewidth=1.8pt,Dy=2]{->}(0,0)(-1.8,-15)(7.8,5)
  \uput[0](7.4,-0.4){x}  \uput[0](-0.4,4.6){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-1.5}{7.5}
     {0.5 x 3 exp mul 4.5 x x mul mul sub 7.5 x mul add}
  \pscircle*[linecolor=red](1,3.5){3pt} \uput[45](1,3.5){H}
  \pscircle*[linecolor=red](5,-12.5){3pt} \uput[-45](5,-12.5){T}
  \pscircle*[linecolor=red](3,-4.5){3pt} \uput[0](3,-4.5){W}
\end{pspicture}\end{center}
\newpage  %----------------------------------------------
\subsection{Aufgabe 22}
\[f(x)=x^3-x^2-5x+5\]
\[x_{01}\approx -2{,}236 \quad x_{02}=1 \quad x_{03}\approx 2{,}236 \quad y_0=5\]
\[H(-1|8) \quad T(1{,}667|-1{,}481) \quad W(0{,}333|3{,}259)\]
\begin{center}\psset{xunit=22mm,yunit=11mm}
\begin{pspicture}(-2.8,-2.5)(3.8,11)
  \psgrid[subgriddiv=5,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          yunit=2]
  \psaxes[linewidth=1.8pt,Dy=2]{->}(0,0)(-2.8,-2.5)(3.8,11)
  \uput[-90](3.7,-0.1){x}  \uput[180](0,10.8){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-2.5}{3.5}
     {x 3 exp x x mul sub 5 x mul sub 5 add}
  \pscircle*[linecolor=red](-1,8){3pt} \uput[45](-1,8){H}
  \pscircle*[linecolor=red](1.67,-1.48){3pt} \uput[-45](1.7,-1.5){T}
  \pscircle*[linecolor=red](0.33,3.26){3pt} \uput[0](0.33,3.26){W}
\end{pspicture}\end{center}
\newpage  %-------------------------------------------------
\subsection{Aufgabe 23}
\[f(x)=2x^3+12x^2+16x-30\]
\[x_0=1 \quad y_0=-30 \quad H(-3{,}155|-23{,}84) \quad T(-0{,}845|-36{,}16)
 \quad W(-2|-30)\]
\begin{center}\psset{xunit=23mm,yunit=2.3mm}
\begin{pspicture}(-4.8,-48)(1.8,28)
  \psgrid[subgriddiv=5,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          yunit=10]
  \psaxes[linewidth=1.8pt,Dy=10]{->}(0,0)(-4.8,-48)(1.8,28)
  \uput[-90](1.7,0){x}  \uput[180](0,27){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-4.8}{1.8}
     {2 x 3 exp mul 12 x x mul mul add 16 x mul add 30 sub}
  \pscircle*[linecolor=red](-3.16,-23.8){3pt} \uput[45](-3.16,-24){H}
  \pscircle*[linecolor=red](-0.85,-36.2){3pt} \uput[-45](-0.85,-36){T}
  \pscircle*[linecolor=red](-2,-30){3pt} \uput[45](-2,-30){W}
\end{pspicture}\end{center}
\newpage
\subsection{Aufgabe 24}
\[f(x)=-0{,}5x^4-3x^2+3{,}5\]
\[x_{01}=-1 \quad x_{02}=1 \quad y_0=3{,}5 \quad H(0 \mid 3.5)
\quad \textnormal{keine Tiefpunkte; keine Wendepunkte}\] \\
\begin{center}\psset{xunit=26mm,yunit=2.6mm}
\begin{pspicture}(-2.8,-38)(2.8,8)
  \psgrid[subgriddiv=10,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          yunit=10]
  \psaxes[linewidth=1.8pt,Dy=5]{->}(0,0)(-2.8,-48)(2.8,8)
  \uput[-90](2.7,0){x}  \uput[180](0,7){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-2.8}{2.8}
     {3.5 0.5 x 4 exp mul sub 3 x x mul mul sub}
  \pscircle*[linecolor=red](0,3.5){3pt} \uput[45](0,3.5){H}
\end{pspicture}\end{center}
\newpage
\subsection{Aufgabe 25}
\[f(x)=-x^5+5x^3+20x\]
\[x_{01}\approx -2{,}761 \quad x_{02}=0 \quad x_{03}\approx 2{,}761 \quad y_0=0 \quad
 H(2|48) \quad T(-2|-48)\]
\[W_1(-1{,}225|-30{,}92) \quad W_2(0 \mid 0) \quad
 W_3(1{,}225|30{,}92)\] \\ \\
\begin{center}\psset{xunit=24mm,yunit=1.2mm}
\begin{pspicture}(-2.9,-54)(2.9,56)
  \psgrid[subgriddiv=10,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          yunit=20]
  \psaxes[linewidth=1.8pt,Dy=10]{->}(0,0)(-2.9,-54)(2.9,56)
  \uput[-90](2.8,0){x}  \uput[180](0,54){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-3.2}{3.2}
     {20 x mul 5 x 3 exp mul add x 5 exp sub}
  \pscircle*[linecolor=red](2,48){3pt} \uput[45](2,48){$H$}
  \pscircle*[linecolor=red](-2,-48){3pt} \uput[-45](-2,-48){$T$}
  \pscircle*[linecolor=red](-1.22,-30.9){3pt} \uput[-45](-1.2,-31){$W_1$}
  \pscircle*[linecolor=red](0,0){3pt} \uput[-45](0,0){$W_2$}
  \pscircle*[linecolor=red](1.22,30.9){3pt} \uput[-45](1.2,31){$W_3$}
\end{pspicture}\end{center}
\newpage %--------
\subsection{Aufgabe 26}
\[f(x)=x^3-9x^2+24x-16\]
\[x_{01}=1 \quad x_{02}=4 \quad y_0=-16 \quad H(2|4) \quad T(4|0) \quad W(3|2)\]
\begin{center}\psset{xunit=22mm,yunit=5.5mm}
\begin{pspicture}(-0.8,-23)(5.8,11)
  \psgrid[subgriddiv=10,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          yunit=4]
  \psaxes[linewidth=1.8pt,Dy=2]{->}(0,0)(-0.8,-23)(5.8,11)
  \uput[-90](5.7,0){x}  \uput[180](0,10.6){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-0.8}{5.8}
     {x 3 exp 9 x x mul mul sub 24 x mul add 16 sub}
  \pscircle*[linecolor=red](2,4){3pt} \uput[45](2,4){H}
  \pscircle*[linecolor=red](4,0){3pt} \uput[45](4,0){T}
  \pscircle*[linecolor=red](3,2){3pt} \uput[45](3,2){W}
\end{pspicture}\end{center}
\newpage %--------------------------------------------------
\subsection{Aufgabe 27}
\[f(x)=\frac{x^2+2x+1}{x^2+2x+4}\]
\[D= \mathbb{R} \quad y_0=0{,}25 \quad x_0=-1 \quad T(-1|0) \quad
W_1 \left( -2|0{,}25 \right) \quad W_2 \left( 0|0{,}25 \right) \quad a(x)=1 \]
\begin{center}\psset{xunit=15mm,yunit=75mm}
\begin{pspicture}(-5.8,-0.16)(4.8,1.16)
  \psgrid[subgriddiv=50,griddots=0,
          subgridwidth=0.1pt,
          subgridcolor=black!15,
          gridcolor=black!50,
          gridlabels=0pt,
          yunit=2,xunit=10]
  \psaxes[linewidth=1.8pt,Dy=0.2]{->}(0,0)(-5.8,-0.16)(4.8,1.16)
  \uput[-90](4.7,0){x}  \uput[180](0,1.12){y}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red!60]{-5.8}{4.8}
{x x mul 2 x mul add 1 add   x x mul 2 x mul add 4 add div}
   \uput[-45](3.6,0.86){\textcolor{red}{$f(x)$}}
  \psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=blue!60]{-5.8}{4.8}{1}
   \uput[-45](1,1){\textcolor{blue}{$a(x)$}}
  \pscircle*[linecolor=red](-1,0){3pt} \uput[90](-1,0){$T$}
  \pscircle*[linecolor=red](-2,0.25){3pt} \uput[-135](-2,0.25){$W_1$}
  \pscircle*[linecolor=red](0,0.25){3pt} \uput[-45](0,0.25){$W_2$}
\end{pspicture}\end{center}

\newpage
\section{Komplett durchgerechnete Lösungen}
\subsection{Aufgabe 1}
\[f(x)=x^3-3x^2-9x+27\]
\underline{\textbf{Definitionsbereich}}: \\
Keine Einschränkungen durch Wurzeln oder Brüche vorhanden, daher:
\fcolorbox{red}{yellow}{$D= \mathbb{R}$} \\ \\
\underline{\textbf{Bestimmung der Achsenabschnitte:}} \\
\[y_0=f(0)=-0^3-3 \cdot 0^2-9 \cdot 0+27=27\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{$y$-Achsenabschnitt: $y_0=27$}\end{center}

\[\begin{array}{rcll}
f(x_0)&=&0 \\
x_0^3-3x_0^2-9x_0+27&=&0 \\
\end{array}\]
Um die Nullstellen dieses Polynoms dritter Ordnung zu ermitteln, muss eine
Lösung durch \textbf{planvolles} Raten ermittelt werden, damit anschließend
eine \textbf{Polynomdivision} durchgeführt werden kann. Ich erhalte z.B.:
\[x_{01}=3\]

\[\begin{array}{rrrr}
(x_0^3&-3x_0^2\ &-9x_0&+27) \\
-(x_0^3&-3x_0^2) \\
\hline
&&-9x_0&+27\ \\
&-&(-9x_0&+27) \\
\hline
&&&0 \ \\
\end{array}
\begin{array}{cccc}
:&(x_0-3)&=&x_0^2-9 \\ \\ \\ \\ \\
\end{array}
\]
Zur Bestimmung der weiteren Nullstellen wird der Ergebnisterm gleich Null
gesetzt.
\[\begin{array}{rcll}
x_0^2-9&=&0 &|+9 \\
x_0^2&=&9 &| \sqrt{\ }\\
x_{02/3}&=&\pm 3 \\
x_{02}=-3 && x_{03}=3 \\
\end{array}\]
Da $x_{03}$ mit $x_{01}$ übereinstimmt gibt es nur die beiden Nullstellen:
\begin{center}
\fcolorbox{red}{yellow}{$x_{01}=3$} und
\fcolorbox{red}{yellow}{$x_{02}=-3$}
\end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Extrema:}} \\
Zunächst bestimmen wir alle Ableitungen, die man eventuell braucht.
\[\begin{array}{rcll}
f'(x)&=&3x^2-6x-9 \\
f''(x)&=&6x-6 \\
f'''(x)&=&6 \\
\end{array}\]
Notwendige Bedingung für das Auftreten eines Extremums ist, dass die erste
Ableitung dort gleich Null ist. \\

\[\begin{array}{rcll}
3x_E^2-6x_E-9&=&0 &|:3 \\
x_E^2-2x_E-3&=&0 \\
x_{E1/2}&=&1 \pm \sqrt{1+3}\\
x_{E1/2}&=&1 \pm 2 \\
x_{E1}=-1&& x_{E2}=3 \\
\end{array}\]

Zur Prüfung, ob ein Maximum oder ein Minimum vorliegt, wird die zweite
Ableitung verwendet. Ist $f''(x_E)>0$, dann liegt ein Tiefpunkt vor, ist
$f''(x_E)<0$, dann haben wir einen Hochpunkt.
\[\begin{array}{rclcl}
f''(x_{E1})&=&6 \cdot (-1)-6=-12<0 & \Rightarrow &
\textnormal{Hochpunkt bei }x_{E1}=-1 \\
f''(x_{E2})&=&6 \cdot 3-6=12>0 & \Rightarrow &
\textnormal{Tiefpunkt bei }x_{E2}=3 \\
\end{array}\]
Die zugehörigen $y$-Werte bestimmen wir als Funktionswerte der Extremstellen
$x_{E1}$ und $x_{E2}$.
\[\begin{array}{rcl}
y_{E1}&=&f(x_{E1})=(-1)^3-3 \cdot (-1)^2-9 \cdot (-1)+27=32 \\
y_{E2}&=&f(x_{E2})=3^3-3 \cdot 3^2-9 \cdot 3+27=0 \\
\end{array}\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Hochpunkt: $H(-1|32)$} und
\fcolorbox{red}{yellow}{Tiefpunkt: $T(3|0)$}\end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Wendepunkte:}} \\
Notwendige Bedingung für eine Wendestelle ist, dass die zweite Ableitung dort
gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
f''(x_w)&=&0 \\
6x_W-6&=&0 &|+6 \\
6x_W&=&6 &|:6 \\
x_W&=&1 \\
\end{array}\]
Mit der dritten Ableitung können wir prüfen, ob die gefundene Stelle
tatsächlich zu einem Wendepunkt gehört. Dazu muss gelten: $f'''(x_W)\not=0$.

\[f'''(1)=6 \not=0 \quad \textnormal{Wendepunkt bei }x_W=1\]
Den zugehörigen $y$-Wert bestimmen wir mit der Funktionsgleichung durch
Einsetzen von $x_W$.
\[y_W=f(x_W)=1^3-3 \cdot 1^2-9 \cdot 1+27=16 \]

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{Wendepunkt: $W(1|16)$}
\end{center}

\newpage
\subsection{Aufgabe 2}
\[f(x)=x^4-10x^2+9\]
\underline{\textbf{Definitionsbereich}}: \\
Keine Einschränkungen durch Wurzeln oder Brüche vorhanden, daher:
\fcolorbox{red}{yellow}{$D= \mathbb{R}$} \\

\underline{\textbf{Bestimmung der Achsenabschnitte:}} \\
\[y_0=f(0)=0^4-10 \cdot 0^2+9=9\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{$y$-Achsenabschnitt: $y_0=9$}\end{center}

\[\begin{array}{rcll}
f(x_0)&=&0 \\
x_0^4-10x_0^2+9&=&0 \\
\end{array}\]
Dies ist eine \textbf{Biquadratische Gleichung}. Zur Lösung substituiere ich:
\[x_0^2=z\]
Eingesetzt erhalten wir eine Quadratische Gleichung mit der Hilfsvariablen $z$.
\[\begin{array}{rcll}
z^2-10z+9&=&0 \\
z_{1/2}&=&5 \pm \sqrt{25-9}\\
z_{1/2}&=&5 \pm 4 \\
z_1=1 && z_2=9 \\
\end{array}\]
Jetzt kann zurück substituiert werden. Zu jedem $z$-Wert gibt es zwei
$x_0$-Werte. Beginnen wir mit $z_1$.
\[\begin{array}{rcll}
z_1&=&1 \\
x_{01/02}^2&=&1 &| \sqrt{\ } \\
x_{01}=-1 && x_{02}=1 \\
\end{array}\]

Das gleiche machen wir mit $z_2$.
\[\begin{array}{rcll}
z_2&=&9 \\
x_{03/04}^2&=&9 &| \sqrt{\ } \\
x_{03}=-3 && x_{04}=3 \\
\end{array}\]

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{Nullstellen: $x_{01}=-1 \quad x_{02}=1 \quad x_{03}=-3 \quad x_{04}=3$}
\end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Extrema:}} \\
Zunächst bestimmen wir alle Ableitungen, die man eventuell braucht.
\[\begin{array}{rcll}
f(x)&=&x^4-10x^2+9 \\
f'(x)&=&4x^3-20x \\
f''(x)&=&12x^2-20 \\
f'''(x)&=&24x \\
\end{array}\]
Notwendige Bedingung für das Auftreten eines Extremums ist, dass die erste
Ableitung dort gleich Null ist. \\

\[\begin{array}{rcll}
f'(x_E)&=&0 \\
4x_E^3-20x_E&=&0 \\
\end{array}\]
An dieser Stelle ist es zweckmäßig, $x_E$ auszuklammern.
\[\begin{array}{rcll}
x_E \cdot (4x_E^2-20)&=&0 \\
\end{array}\]
Ein Produkt ist Null, wenn ein Faktor Null ist. Beide Faktoren können daher
einzeln untersucht werden.
\[\begin{array}{rcll}
x_{E1}&=&0 \\
4x_E^2-20&=&0 &|+20 \\
4x_E^2&=&20 &|:4 \\
x_E^2&=&5 &| \sqrt{\ }\\
x_{E}&=&\pm \sqrt{5}\\
x_{E2}= \sqrt{5}\approx 2{,}236 && x_{E3}=-\sqrt{5} \approx -2{,}236 \\
\end{array}\]

Wir haben drei Kandidaten für Extrempunkte erhalten, die jetzt einzeln geprüft
werden müssen.
Zur Prüfung, ob ein Maximum oder ein Minimum vorliegt, wird die zweite
Ableitung verwendet. Ist $f''(x_E)>0$, dann liegt ein Tiefpunkt vor, ist
$f''(x_E)<0$, dann haben wir einen Hochpunkt.\\
\textbf{\underline{Achtung!} Bei der Prüfung darf \emph{nicht} mit dem
Näherungswert gerechnet werden, sonst merkt man nicht, wenn die zweite
Ableitung eventuell Null wird!}

\begin{center}\underline{Prüfung für $x_{E1}=0$:}\end{center}
\[f''(0)=12 \cdot 0^2-20=-20<0 \quad \Rightarrow \quad
 \textnormal{Hochpunkt bei } x_{E1}=0\]
\[y_{E1}=f(0)=0^4-10 \cdot 0^2+9=9\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Hochpunkt $H(0|9)$}\end{center}

\begin{center}\underline{Prüfung für $x_{E2}= \sqrt{5}$:}\end{center}
\[f''( \sqrt{5})=12 \cdot \left( \sqrt{5}\right)^2-20=40>0 \quad \Rightarrow \quad
 \textnormal{Tiefpunkt bei } x_{E2}= \sqrt{5}\]
\[y_{E2}=f( \sqrt{5})=\left( \sqrt{5}\right)^4-10 \cdot \left( \sqrt{5}\right)^2+9
  =-16\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Tiefpunkt $T_1(\sqrt{5}|-16)$}\end{center}

\newpage
\begin{center}\underline{Prüfung für $x_{E3}=-\sqrt{5}$:}\end{center}
\[f''(-\sqrt{5})=12 \cdot \left(-\sqrt{5}\right)^2-20=40>0 \quad \Rightarrow
  \quad \textnormal{Tiefpunkt bei } x_{E3}=-\sqrt{5}\]
\[y_{E3}=f(-\sqrt{5})=\left(-\sqrt{5}\right)^4-10 \cdot
 \left(-\sqrt{5}\right)^2+9=-16\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Tiefpunkt $T_2(-\sqrt{5}|-16)$}\end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Wendepunkte:}} \\
Notwendige Bedingung für eine Wendestelle ist, dass die zweite Ableitung dort
gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
f''(x_W)&=&0 \\
12x_W^2-20&=&0 &|+20 \\
12x_W^2&=&20 &|:12 \\
x_W^2&=&\cfrac{5}{3} &| \sqrt{\ }\\
x_{W1}= \sqrt{\cfrac{5}{3}}\approx 1{,}291 &&
 x_{W2}=-\sqrt{\cfrac{5}{3}}\approx 1{,}291 \\
\end{array}\]
Mit der dritten Ableitung können wir prüfen, ob die gefundene Stelle
tatsächlich zu einem Wendepunkt gehört. Dazu muss gelten: $f'''(x_W)\not=0$.

\begin{center}\underline{Prüfung für $x_{W1}= \sqrt{\frac{5}{3}}$:}\end{center}
\[f'''\left( \sqrt{\frac{5}{3}}\right)=24 \cdot \sqrt{\frac{5}{3}}\approx
 30{,}98 \not=0 \quad \Rightarrow \quad \textnormal{Wendepunkt bei }
 x_{W1}= \sqrt{\frac{5}{3}}\]
Den zugehörigen $y$-Wert bestimmen wir mit der Funktionsgleichung durch
Einsetzen von $x_{W1}$ in die Grundfunktion $f$.
\[y_{W1}=f(x_{W1})= \left( \sqrt{\cfrac{5}{3}} \right)^4-10
 \cdot  \left( \sqrt{\cfrac{5}{3}} \right)^2+9
 = \cfrac{25}{9}-\cfrac{50}{3}+9=-\cfrac{44}{9} \]

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{Wendepunkt: $W_1 \left( \sqrt{\frac{5}{3}}|-\frac{44}{9}\right)$}
\end{center}

\newpage
\begin{center}\underline{Prüfung für $x_{W2}=-\sqrt{\frac{5}{3}}$:}\end{center}
\[f'''\left(-\sqrt{\frac{5}{3}}\right)=24 \cdot
 \left(-\sqrt{\frac{5}{3}}\right) \approx
 -30{,}98 \not=0 \quad \Rightarrow \quad \textnormal{Wendepunkt bei }
 x_{W2}=-\sqrt{\frac{5}{3}}\]
Den zugehörigen $y$-Wert bestimmen wir mit der Funktionsgleichung durch
Einsetzen von $x_{W2}$ in die Grundfunktion $f$.
\[y_{W2}=f(x_{W1})= \left(-\sqrt{\cfrac{5}{3}} \right)^4-10
 \cdot  \left(-\sqrt{\cfrac{5}{3}} \right)^2+9
 = \cfrac{25}{9}-\cfrac{50}{3}+9=-\cfrac{44}{9} \]

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{Wendepunkt: $W_2 \left( \sqrt{-\frac{5}{3}}|-\frac{44}{9}\right)$}
\end{center}

\newpage
\subsection{Aufgabe 3}
\[f(x)=x^4-4x^3\]
\underline{\textbf{Definitionsbereich}}: \\
Keine Einschränkungen durch Wurzeln oder Brüche vorhanden, daher:
\fcolorbox{red}{yellow}{$D= \mathbb{R}$} \\

\underline{\textbf{Bestimmung der Achsenabschnitte:}} \\
\[y_0=f(0)=0^4-4 \cdot 0^3=0\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{$y$-Achsenabschnitt: $y_0=0$}\end{center}

\[\begin{array}{rcll}
f(x_0)&=&0 \\
x_0^4-4x_0^3&=&0 \\
x_0^3 \cdot (x_0-4)&=&0 \\
\end{array}\]
Ein Produkt ist Null, wenn ein Faktor Null ist. Beide Faktoren können daher
einzeln untersucht werden.
\[\begin{array}{rcll}
x_0^3&=&0 &| \sqrt[3\,]{\ }\\
x_{01}&=&0 \\
x_0-4&=&0 &|+4 \\
x_{02}&=&4 \\
\end{array}\]

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{Nullstellen: $x_{01}=0 \quad x_{02}=4$}
\end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Extrema:}} \\
Zunächst bestimmen wir alle Ableitungen, die man eventuell braucht.

\[\begin{array}{rcll}
f(x)&=&x^4-4x^3 \\
f'(x)&=&4x^3-12x^2 \\
f''(x)&=&12x^2-24x \\
f'''(x)&=&24x-24 \\
\end{array}\]

Notwendige Bedingung für das Auftreten eines Extremums ist, dass die erste
Ableitung dort gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
f'(x_E)&=&0 \\
4x_E^3-12x_E^2&=&0 &|:4 \\
x_E^3-3x_E^2&=&0 \\
x_E^2 \cdot (x_E-3)&=&0 \\
\end{array}\]

Ein Produkt ist Null, wenn ein Faktor Null ist. Beide Faktoren können daher
einzeln untersucht werden.
\[\begin{array}{rcll}
x_E^2&=&0 &| \sqrt{\ }\\
x_{E1}&=&0 \\
x_E-3&=&0 &|+3 \\
x_{E2}&=&3 \\
\end{array}\]

Wir haben zwei Kandidaten für Extrempunkte erhalten, die jetzt einzeln geprüft
werden müssen.
Zur Prüfung, ob ein Maximum oder ein Minimum vorliegt, wird die zweite
Ableitung verwendet. Ist $f''(x_E)>0$, dann liegt ein Tiefpunkt vor, ist
$f''(x_E)<0$, dann haben wir einen Hochpunkt.\\

\begin{center}\underline{Prüfung für $x_{E1}=0$:}\end{center}
\[f''(0)=12 \cdot 0^2-24 \cdot 0=0 \quad \Rightarrow \quad
 \textnormal{Keine Aussage möglich!} \]

Hier hilft das zweite Kriterium zur Untersuchung weiter. Es wird geprüft, ob
für $f'(x)$ ein Vorzeichenwechsel stattfindet, und wenn ja, in welcher
Richtung.
\[\begin{array}{rclclcl}
f'(-1)&=&4 \cdot (-1)^3-12 \cdot (-1)^2&=&-16&<&0 \\
f'(1)&=&4 \cdot 1^3-12 \cdot 1^2&=&-8&<&0 \\
\end{array}\]
Es findet \textbf{kein} Vorzeichenwechsel statt, deshalb handelt es sich um
einen \textbf{Sattelpunkt} bei \mbox{$x_{E1}=0$}.

\[y_{E1}=f(0)=0^4-4 \cdot 0^3=0\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Sattelpunkt $S(0|0)$}\end{center}

\begin{center}\underline{Prüfung für $x_{E2}=3$:}\end{center}
\[f''(3)=12 \cdot 3^2-24 \cdot 3=36>0 \quad \Rightarrow \quad
 \textnormal{Tiefpunkt bei }x_{E2}=3 \]
\[y_{E2}=f(3)=3^4-4 \cdot 3^3=-27\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Tiefpunkt $T(3|-27)$}\end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Wendepunkte:}} \\
Notwendige Bedingung für eine Wendestelle ist, dass die zweite Ableitung dort
gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
f''(x_W)&=&0 \\
12x_W^2-24x_W&=&0 &|:12 \\
x_W^2-2x_W&=&0 \\
x_W \cdot (x_W-2)&=&0 \\
\end{array}\]
Ein Produkt ist Null, wenn ein Faktor Null ist. Beide Faktoren können daher
einzeln untersucht werden.
\[\begin{array}{rcll}
x_{W1}&=&0 \\
x_W-2&=&0 &|+2 \\
x_{W2}&=&2 \\
\end{array}\]

Mit der dritten Ableitung können wir prüfen, ob die gefundene Stelle
tatsächlich zu einem Wendepunkt gehört. Dazu muss gelten: $f'''(x_W)\not=0$.

\begin{center}\underline{Prüfung für $x_{W1}=0$:}\end{center}
\[f'''(0)=24 \cdot 0-24=-24 \not=0 \quad \Rightarrow \quad
 \textnormal{Wendepunkt bei } x_{W1}=0 \]
Den zugehörigen $y$-Wert bestimmen wir mit der Funktionsgleichung durch
Einsetzen von $x_{W1}$ in die Grundfunktion $f$.
\[y_{W1}=f(x_{W1})=0^4-4 \cdot 0^3=0 \]

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Wendepunkt: $W_1(0|0)$}\end{center}

\begin{center}\underline{Prüfung für $x_{W2}=2$:}\end{center}
\[f'''(2)=24 \cdot 2-24=24 \not=0 \quad \Rightarrow \quad
 \textnormal{Wendepunkt bei } x_{W2}=2 \]
Den zugehörigen $y$-Wert bestimmen wir mit der Funktionsgleichung durch
Einsetzen von $x_{W2}$ in die Grundfunktion $f$.
\[y_{W2}=f(x_{W2})=2^4-4 \cdot 2^3=-16 \]

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Wendepunkt: $W_2(2|-16)$}\end{center}
\newpage

\subsection{Aufgabe 4}
\[f(x)=x^4-6x^3+12x^2-8x\]
\underline{\textbf{Definitionsbereich}}: \\
Keine Einschränkungen durch Wurzeln oder Brüche vorhanden, daher:
\fcolorbox{red}{yellow}{$D= \mathbb{R}$} \\

\underline{\textbf{Bestimmung der Achsenabschnitte:}} \\
\[y_0=f(0)=0^4-6 \cdot 0^3+12 \cdot 0^2-8 \cdot 0=0\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{$y$-Achsenabschnitt: $y_0=0$}\end{center}

\[\begin{array}{rcll}
f(x_0)&=&0 \\
x_0^4-6x_0^3+12x_0^2-8x_0&=&0 \\
x_0 \cdot (x_0^3-6x_0^2+12x_0-8)&=&0 \\
\end{array}\]
Ein Produkt ist Null, wenn ein Faktor Null ist. Beide Faktoren können daher
einzeln untersucht werden.
\[\begin{array}{rcll}
x_{01}&=&0 \\
x_0^3-6x_0^2+12x_0-8&=&0 \\
\end{array}\]
Für diese Kubische Gleichung haben wir kein analytisches Lösungsverfahren.
Durch \textbf{planvolles} Raten kann ermittelt werden:
\[x_{02}=2\]
Hiermit kann eine \textbf{Polynomdivision} durchgeführt werden.
\[\begin{array}{rrrr}
(x_0^3&-6x_0^2\ &+12x_0\ &-8) \\
-(x_0^3&-2x_0^2) \\
\hline
&-4x_0^2\ &+12x_0\ &-8\ \\
-&(-4x_0^2\ &+8x_0) \\
\hline
&&4x_0\ &-8\ \\
&-&(4x_0\ &-8) \\
\hline
&&& 0\ \\
\end{array}\begin{array}{rrrr}
:&(x_0-2)&=&x_0^2-4x_0+4 \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\
\end{array}\]

Der Restterm kann nun mit der $p$-$q$-Formel untersucht werden.
\[\begin{array}{rcll}
x_0^2-4x_0+4&=&0 \\
x_{03/4}&=&2 \pm \sqrt{4-4}\\
x_{03}&=&2 \\
\end{array}\]

Dies ist kein neuer Wert. Es bleibt daher bei den Nullstellen:

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{Nullstellen: $x_{01}=0 \quad x_{02}=2$}
\end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Extrema:}} \\
Zunächst bestimmen wir alle Ableitungen, die man eventuell braucht.
\[\begin{array}{rcll}
f(x)&=&x^4-6x^3+12x^2-8x \\
f'(x)&=&4x^3-18x^2+24x-8 \\
f''(x)&=&12x^2-36x+24 \\
f'''(x)&=&24x-36 \\
\end{array}\]

Notwendige Bedingung für das Auftreten eines Extremums ist, dass die erste
Ableitung dort gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
f'(x_E)&=&0 \\
4x_E^3-18x_E^2+24x_E-8&=&0 &|:4 \\
x_E^3-4{,}5x_E^2+6x_E-2&=&0 \\
\end{array}\]

Für diese Kubische Gleichung haben wir kein analytisches Lösungsverfahren.
Durch \textbf{planvolles} Raten kann ermittelt werden:
\[x_{E1}=2\]
Hiermit kann eine \textbf{Polynomdivision} durchgeführt werden.
\[\begin{array}{rrrr}
(x_E^3&-4{,}5x_E^2\ &+6x_E\ &-2) \\
-(x_E^3&-2x_E^2) \\
\hline
&-2{,}5x_E^2\ &+6x_E\ &-2\ \\
-&(-2{,}5x_E^2\ &+5x_E) \\
\hline
&&x_E\ &-2\ \\
&-&(x_E\ &-2) \\
\hline
&&& 0\ \\
\end{array}\begin{array}{rrrr}
:&(x_0-2)&=&x_0^2-2{,}5x_0+1 \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\
\end{array}\]

Der Restterm kann nun mit der $p$-$q$-Formel untersucht werden.
\[\begin{array}{rcll}
x_E^2-\cfrac{5}{2}x_E+1&=&0 \\
x_{E2/3}&=&\cfrac{5}{4} \pm \sqrt{\cfrac{25}{16}-\cfrac{16}{16}}\\
x_{E2/3}&=&\cfrac{5}{4} \pm \cfrac{3}{4}\\
x_{E2}=0{,}5 && x_{E3}=2 \\
\end{array}\]

Da $x_{E3}$ identisch mit $x_{E1}$ ist, bleiben nur zwei Kandidaten für
Extremstellen, die jetzt einzeln untersucht werden müssen.
Zur Prüfung, ob ein Maximum oder ein Minimum vorliegt, wird die zweite
Ableitung verwendet. Ist $f''(x_E)>0$, dann liegt ein Tiefpunkt vor, ist
$f''(x_E)<0$, dann haben wir einen Hochpunkt.\\

\newpage
\begin{center}\underline{Prüfung für $x_{E1}=2$:}\end{center}
\[f''(2)=12 \cdot 2^2-36 \cdot 2+24=0 \quad \Rightarrow \quad
 \textnormal{Keine Aussage möglich!} \]

Hier hilft das zweite Kriterium zur Untersuchung weiter. Es wird geprüft, ob
für $f'(x)$ ein Vorzeichenwechsel stattfindet, und wenn ja, in welcher
Richtung.
\[\begin{array}{rclclcl}
f'(1)&=&4 \cdot 1^3-18 \cdot 1^2+24 \cdot 1-8&=&2>0 \\
f'(3)&=&4 \cdot 3^3-18 \cdot 3^2+24 \cdot 3-8&=&10>0 \\
\end{array}\]
Es findet \textbf{kein} Vorzeichenwechsel statt, deshalb handelt es sich um
einen \textbf{Sattelpunkt} bei \mbox{$x_{E1}=2$}.
Der zugehörige $y$-Wert ist bekannt, da bei \mbox{$x=2$} eine
\textbf{Nullstelle} liegt.
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Sattelpunkt $S(2|0)$}\end{center}

\begin{center}\underline{Prüfung für $x_{E2}=0{,}5$:}\end{center}
\[f''(0{,}5)=12 \cdot 0{,}5^2-36 \cdot 0{,}5+24=9>0 \quad \Rightarrow \quad
 \textnormal{Tiefpunkt bei }x_{E2}=0{,}5 \]
\[y_{E2}=f(0{,}5)=0{,}5^4-6 \cdot 0{,}5^3+12 \cdot 0{,}5^2-8 \cdot 0{,}5
  =-1{,}6875\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Tiefpunkt $T(0{,}5|-1{,}6875)$}
\end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Wendepunkte:}} \\
Notwendige Bedingung für eine Wendestelle ist, dass die zweite Ableitung dort
gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
f''(x_W)&=&0 \\
12x_W^2-36x_W+24&=&0 &|:12 \\
x_W^2-3x_W+2&=&0 \\
x_{W1/2}&=&\cfrac{3}{2}\pm \sqrt{\cfrac{9}{4}-\cfrac{8}{4}}\\
x_{W1/2}&=&\cfrac{3}{2}\pm \cfrac{1}{2}\\
x_{W1}=2 && x_{W2}=1 \\
\end{array}\]

Mit der dritten Ableitung können wir prüfen, ob die gefundene Stelle
tatsächlich zu einem Wendepunkt gehört. Dazu muss gelten: $f'''(x_W)\not=0$.

\begin{center}\underline{Prüfung für $x_{W1}=2$:}\end{center}
\[f'''(2)=24 \cdot 2-36=12 \not=0 \quad \Rightarrow \quad
 \textnormal{Wendepunkt bei } x_{W1}=2 \]
Der zugehörigen $y$-Wert ist bereits als Sattelpunkt bekannt.

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Wendepunkt: $W_1(2|0)$}\end{center}

\begin{center}\underline{Prüfung für $x_{W2}=1$:}\end{center}
\[f'''(1)=24 \cdot 1-36=-12 \not=0 \quad \Rightarrow \quad
 \textnormal{Wendepunkt bei } x_{W2}=1 \]
Den zugehörigen $y$-Wert bestimmen wir mit der Funktionsgleichung durch
Einsetzen von $x_{W2}$ in die Grundfunktion $f$.
\[y_{W2}=f(x_{W2})=1^4-6 \cdot 1^3+12 \cdot 1^2-8 \cdot 1=-1 \]

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Wendepunkt: $W_2(1|-1)$}\end{center}
\newpage

\subsection{Aufgabe 5}
\[f(x)=x^4-8x^3+24x^2-32x+16\]

Keine Einschränkungen durch Wurzeln oder Brüche vorhanden, daher:
\fcolorbox{red}{yellow}{$D= \mathbb{R}$} \\

\underline{\textbf{Bestimmung der Achsenabschnitte:}} \\
\[y_0=f(0)=0^4-8 \cdot 0^3+24 \cdot 0^2-32 \cdot 0+16=16\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{$y$-Achsenabschnitt: $y_0=16$}\end{center}

\[\begin{array}{rcll}
f(x_0)&=&0 \\
x_0^4-8 \cdot x_0^3+24 \cdot x_0^2-32 \cdot x_0+16&=&0 \\
\end{array}\]
Für diese Gleichung vierten Grades haben wir kein analytisches
Lösungsverfahren. Durch \textbf{planvolles} Raten kann ermittelt werden:
\[x_{01}=2\]
Hiermit kann eine \textbf{Polynomdivision} durchgeführt werden.

\[\begin{array}{rrrrr}
(x_0^4&-8x_0^3\ &+24x_0^2\ &-32x_0\ &+16) \\
-(x_0^4&-2x_0^3) \\
\hline
&-6x_0^3\ &+24x_0^2\ &-32x_0\ &+16\ \\
-&(-6x_0^3\ &+12x_0^2) \\
\hline
&&12x_0^2\ &-32x_0\ &+16\ \\
&-&(12x_0^2\ &-24x_0) \\
\hline
&&&-8x_0\ &+16\ \\
&&-&(-8x_0\ &+16) \\
\hline
&&&&0\ \\
\end{array}\begin{array}{rrrrr}
:&(x_0-2)&=&x_0^3-6x_0^2+12x_0-8 \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\
\end{array}\]

Der Ergebnisterm ist ein Kubisches Polynom, das wir ebenfalls nicht analytisch
lösen können. Durch \textbf{planvolles} Raten kann erneut ermittelt werden:
\mbox{$x_{01}=2$} ist immer noch Lösung dieses Terms.
Hiermit kann eine weitere \textbf{Polynomdivision} durchgeführt werden.
\[\begin{array}{rrrr}
(x_0^3&-6x_0^2\ &+12x_0\ &-8) \\
-(x_0^3&-2x_0^2) \\
\hline
&-4x_0^2\ &+12x_0\ &-8\ \\
-&(-4x_0^2\ &+8x_0) \\
\hline
&&4x_0\ &-8\ \\
&-&(4x_0\ &-8) \\
\hline
&&& 0\ \\
\end{array}\begin{array}{rrrr}
:&(x_0-2)&=&x_0^2-4x_0+4 \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\
\end{array}\]

Übrig bleibt ein Quadratisches Polynom, dessen Nullstellen mit der
$p$-$q$-Formel bestimmt werden können.
\[\begin{array}{rcll}
x_0^2-4x_0+4&=&0 \\
x_{02/3}&=&2 \pm \sqrt{4-4}\\
x_{02}&=&2 \\
\end{array}\]

Dieser Wert ist identisch mit der bereits bekannten Nullstelle. Es bleibt daher
bei der einzigen Nullstelle:

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{Nullstelle: $x_0=2$}
\end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Extrema:}} \\
Zunächst bestimmen wir alle Ableitungen, die man eventuell braucht.

\[\begin{array}{rcll}
f(x)&=&x^4-8x^3+24x^2-32x+16 \\
f'(x)&=&4x^3-24x^2+48x-32 \\
f''(x)&=&12x^2-48x+48 \\
f'''(x)&=&24x-48 \\
\end{array}\]

Notwendige Bedingung für das Auftreten eines Extremums ist, dass die erste
Ableitung dort gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
f'(x_E)&=&0 \\
4x_E^3-24x_E^2+48x_E-32&=&0 &|:4 \\
x_E^3-6x_E^2+12x_E-8&=&0 \\
\end{array}\]

Für diese Kubische Gleichung haben wir kein analytisches Lösungsverfahren.
Durch \textbf{planvolles} Raten kann ermittelt werden:
\[x_{E1}=2\]
Hiermit kann eine \textbf{Polynomdivision} durchgeführt werden.
\[\begin{array}{rrrr}
(x_E^3&-6x_E^2\ &+12x_E\ &-8) \\
-(x_E^3&-2x_E^2) \\
\hline
&-4x_E^2\ &+12x_E\ &-8\ \\
-&(-4x_E^2\ &+8x_E) \\
\hline
&&4x_E\ &-8\ \\
&-&(4x_E\ &-8) \\
\hline
&&& 0\ \\
\end{array}\begin{array}{rrrr}
:&(x_E-2)&=&x_E^2-4x_E+4 \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\
\end{array}\]

Übrig bleibt ein Quadratisches Polynom, dessen Nullstellen mit der
$p$-$q$-Formel bestimmt werden können.
\[\begin{array}{rcll}
x_E^2-4x_E+4&=&0 \\
x_{E2/3}&=&2 \pm \sqrt{4-4}\\
x_{E2}&=&2 \\
\end{array}\]

Dieser Wert ist identisch mit dem bereits gefundenen Kandidaten für ein
Extremum.
Es bleibt nur ein einziger Kandidat für eine Extremstelle, die jetzt untersucht
werden muss.
Zur Prüfung, ob ein Maximum oder ein Minimum vorliegt, wird die zweite
Ableitung verwendet. Ist $f''(x_E)>0$, dann liegt ein Tiefpunkt vor, ist
$f''(x_E)<0$, dann haben wir einen Hochpunkt.\\

\begin{center}\underline{Prüfung für $x_E=2$:}\end{center}
\[f''(2)=12 \cdot 2^2-48 \cdot 2+48=0 \quad \Rightarrow \quad
 \textnormal{Keine Aussage möglich!} \]

Hier hilft das zweite Kriterium zur Untersuchung weiter. Es wird geprüft, ob
für $f'(x)$ ein Vorzeichenwechsel stattfindet, und wenn ja, in welcher
Richtung.

\[\begin{array}{rclclcl}
f'(1)&=&4 \cdot 1^3-24 \cdot 1^2+48 \cdot 1-32&=&-4<0 \\
f'(3)&=&4 \cdot 3^3-24 \cdot 3^2+48 \cdot 3-32&=&+4>0 \\
\end{array}\]
Es findet ein Vorzeichenwechsel von \textbf{Minus nach Plus} statt, deshalb
handelt es sich um einen \textbf{Tiefpunkt} bei \mbox{$x_E=2$}.
Der zugehörige $y$-Wert ist bekannt, da bei \mbox{$x=2$} eine
\textbf{Nullstelle} liegt.
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Tiefunkt $T(2|0)$}\end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Wendepunkte:}} \\
Notwendige Bedingung für eine Wendestelle ist, dass die zweite Ableitung dort
gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
f''(x_W)&=&0 \\
12x_W^2-48x_W+48&=&0 &|:12 \\
x_W^2-4x_W+4&=&0 \\
x_{W1/2}&=&2 \pm \sqrt{4-4}\\
x_W&=&2 \\
\end{array}\]

Mit der dritten Ableitung können wir prüfen, ob die gefundene Stelle
tatsächlich zu einem Wendepunkt gehört. Dazu muss gelten: $f'''(x_W)\not=0$.

\begin{center}\underline{Prüfung für $x_W=2$:}\end{center}
\[f'''(2)=24 \cdot 2-48=0 \quad \Rightarrow \quad
 \textnormal{Keine Aussage möglich!} \]

Hier hilft das zweite Kriterium zur Untersuchung weiter. Es wird geprüft, ob
für $f''(x)$ ein Vorzeichenwechsel stattfindet. Wenn ja, dann liegt ein
\textbf{Wendepunkt} vor, anderenfalls ein \textbf{Flachpunkt}.

\[\begin{array}{rclclcl}
f''(1)&=&12 \cdot 1^2-48 \cdot 1+48&=&12>0 \\
f''(3)&=&12 \cdot 3^2-48 \cdot 3+48&=&12>0 \\
\end{array}\]

Es liegt \textbf{kein} Vorzeichenwechsel vor, wir haben also einen Flachpunkt.
Der zugehörige $y$-Wert ist schon als Nullstelle bekannt.
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Flachpunkt: $F(2|0)$}\end{center}

\newpage
\subsection{Aufgabe 6}
\[f(x)=x^3-6x^2+9x\]
\underline{\textbf{Definitionsbereich}}: \\
Keine Einschränkungen durch Wurzeln oder Brüche vorhanden, daher:
\fcolorbox{red}{yellow}{$D= \mathbb{R}$} \\

\underline{\textbf{Bestimmung der Achsenabschnitte:}} \\
\[y_0=f(0)=0^3-6 \cdot 0^2+9 \cdot 0=0\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{$y$-Achsenabschnitt: $y_0=0$}\end{center}

\[\begin{array}{rcll}
f(x_0)&=&0 \\
x_0^3-6x_0^2+9x_0&=&0 \\
x_0 \cdot (x_0^2-6x_0+9)&=&0 \\
\end{array}\]
Ein Produkt ist Null, wenn einer der Faktoren Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
x_{01}&=&0 \\
x_0^2-6x_0+9&=&0 \\
x_{02/3}&=&3 \pm \sqrt{9-9}\\
x_{02}&=&3 \\
\end{array}\]

\begin{center}
\fcolorbox{red}{yellow}{$x_{01}=0$} und
\fcolorbox{red}{yellow}{$x_{02}=3$}
\end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Extrema:}} \\
Zunächst bestimmen wir alle Ableitungen, die man eventuell braucht.

\[\begin{array}{rcll}
f(x)&=&x^3-6x^2+9x \\
f'(x)&=&3x^2-12x+9 \\
f''(x)&=&6x-12 \\
f'''(x)&=&6 \\
\end{array}\]

Notwendige Bedingung für das Auftreten eines Extremums ist, dass die erste
Ableitung dort gleich Null ist. \\

\[\begin{array}{rcll}
f'(x_E)&=&0 \\
3x_E^2-12x_E+9&=&0 &|:3 \\
x_E^2-4x_E+3&=&0 \\
x_{E1/2}&=&2 \pm \sqrt{4-3}\\
x_{E1}=1 &&x_{E2}=3 \\
\end{array}\]

Zur Prüfung, ob ein Maximum oder ein Minimum vorliegt, wird die zweite
Ableitung verwendet. Ist $f''(x_E)>0$, dann liegt ein Tiefpunkt vor, ist
$f''(x_E)<0$, dann haben wir einen Hochpunkt.
\[\begin{array}{rclcl}
f''(x_{E1})&=&6 \cdot 1-12=-6<0 & \Rightarrow &
\textnormal{Hochpunkt bei }x_{E1}=1 \\
f''(x_{E2})&=&6 \cdot 3-12=6>0 & \Rightarrow &
\textnormal{Tiefpunkt bei }x_{E2}=3 \\
\end{array}\]

Die zugehörigen $y$-Werte bestimmen wir als Funktionswerte der Extremstellen
$x_{E1}$ und $x_{E2}$.
\[\begin{array}{rcl}
y_{E1}&=&f(x_{E1})=1^3-6 \cdot 1^2+9 \cdot 1=4 \\
y_{E2}&=&f(x_{E2})=3^3-6 \cdot 3^2+9 \cdot 3=0 \\
\end{array}\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Hochpunkt: $H(1|4)$} und
\fcolorbox{red}{yellow}{Tiefpunkt: $T(3|0)$}\end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Wendepunkte:}} \\
Notwendige Bedingung für eine Wendestelle ist, dass die zweite Ableitung dort
gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
f''(x_W)&=&0 \\
6x_W-12&=&0 &|+12 \\
6x_W&=&12 &|:6 \\
x_W&=&2 \\
\end{array}\]

Mit der dritten Ableitung können wir prüfen, ob die gefundene Stelle
tatsächlich zu einem Wendepunkt gehört. Dazu muss gelten: $f'''(x_W)\not=0$.

\[f'''(2)=6 \not=0 \quad \textnormal{Wendepunkt bei }x_W=2\]
Den zugehörigen $y$-Wert bestimmen wir mit der Funktionsgleichung durch
Einsetzen von $x_W$ in die Grundfunktion.
\[y_W=f(x_W)=2^3-6 \cdot 2^2+9 \cdot 2=2 \]

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{Wendepunkt: $W(2|2)$}
\end{center}

\newpage
\subsection{Aufgabe 7}
\[f(x)=x^4-4x^3+6x^2\]

\underline{\textbf{Definitionsbereich}}: \\
Keine Einschränkungen durch Wurzeln oder Brüche vorhanden, daher:
\fcolorbox{red}{yellow}{$D= \mathbb{R}$} \\

\underline{\textbf{Bestimmung der Achsenabschnitte:}} \\
\[y_0=f(0)=0^4-4 \cdot 0^3+6 \cdot 0=0\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{$y$-Achsenabschnitt: $y_0=0$}\end{center}

\[\begin{array}{rcll}
f(x_0)&=&0 \\
x_0^4-4x_0^3+6x_0^2&=&0 \\
x_0^2 \cdot (x_0^2-4x_0+6) \\
\end{array}\]

Ein Produkt ist Null, wenn ein Faktor Null ist. Beide Faktoren können daher
einzeln untersucht werden.
\[\begin{array}{rcll}
x_0^2&=&0 &| \sqrt{\ }\\
x_{01}&=&0 \\
x_0^2-4x_0+6&=&0 \\
x_{02/03}&=&2 \pm \sqrt{4-6}\\
\end{array}\]
Es gibt keine weiteren Nullstellen, da der Radikand (Wurzelinhalt)
\textbf{negativ} ist.
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{Nullstelle: $x_0=0$}
\end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Extrema:}} \\
Zunächst bestimmen wir alle Ableitungen, die man eventuell braucht.
\[\begin{array}{rcll}
f(x)&=&x^4-4x^3+6x^2 \\
f'(x)&=&4x^3-12x^2+12x \\
f''(x)&=&12x^2-24x+12 \\
f'''(x)&=&24x-24 \\
\end{array}\]

Notwendige Bedingung für das Auftreten eines Extremums ist, dass die erste
Ableitung dort gleich Null ist. \\
\[\begin{array}{rcll}
f'(x_E)&=&0 \\
4x_E^3-12x_E^2+12x&=&0 \\
4x_E \cdot (x_E^2-3x_E+3)&=&0 \\
\end{array}\]

Ein Produkt ist Null, wenn ein Faktor Null ist. Beide Faktoren können daher
einzeln untersucht werden.
\[\begin{array}{rcll}
4x_E&=&0 &|:4 \\
x_{E1}&=&0 \\
x_E^2-3x_E+3&=&0 \\
x_{E2/3}&=&\cfrac{3}{2}\pm \sqrt{\cfrac{9}{4}-\cfrac{12}{4}}\\
\end{array}\]
Es gibt keine weiteren Kandidaten für Extrema, da der Radikand (Wurzelinhalt)
\textbf{negativ} ist.
Zur Prüfung, ob ein Maximum oder ein Minimum vorliegt, wird die zweite
Ableitung verwendet. Ist $f''(x_E)>0$, dann liegt ein Tiefpunkt vor, ist
$f''(x_E)<0$, dann haben wir einen Hochpunkt.\\

\begin{center}\underline{Prüfung für $x_E=0$:}\end{center}
\[f''(0)=12 \cdot 0^2-24 \cdot 0+12=12>0 \quad \Rightarrow \quad
 \textnormal{Tiefpunkt bei } x_E=0\]
\[y_{E1}=f(0)=0^4-4 \cdot 0^3+6 \cdot 0^2=0\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Tiefpunkt $T(0|0)$}\end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Wendepunkte:}} \\
Notwendige Bedingung für eine Wendestelle ist, dass die zweite Ableitung dort
gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
f''(x_W)&=&0 \\
12x_W^2-24x_W+12&=&0 &|:12 \\
x_W^2-2x_W+1&=&0 \\
x_{W1/2}&=&1 \pm \sqrt{1-1}\\
x_W&=&1 \\
\end{array}\]

Mit der dritten Ableitung können wir prüfen, ob die gefundene Stelle
tatsächlich zu einem Wendepunkt gehört. Dazu muss gelten: $f'''(x_W)\not=0$.

\begin{center}\underline{Prüfung für $x_W=1$:}\end{center}
\[f'''(1)=24 \cdot 1-24=0 \quad \Rightarrow \quad
 \textnormal{Keine Aussage möglich!} \]

Hier hilft das zweite Kriterium zur Untersuchung weiter. Es wird geprüft, ob
für $f''(x)$ ein Vorzeichenwechsel stattfindet. Wenn ja, dann liegt ein
\textbf{Wendepunkt} vor, anderenfalls ein \textbf{Flachpunkt}.

\[\begin{array}{rclclcl}
f''(0)&=&12 \cdot 0^2-24 \cdot 0+12&=&12>0 \\
f''(2)&=&12 \cdot 2^2-24 \cdot 2+12&=&12>0 \\
\end{array}\]

Es liegt \textbf{kein} Vorzeichenwechsel vor, wir haben also einen Flachpunkt.
Der zugehörige $y$-Wert $y_W$ wird mit Hilfe der Grundfunktion bestimmt.
\[y_W=f(x_W)=1^4-4 \cdot 1^3+6 \cdot 1^2=3\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Flachpunkt: $F(1|3)$}\end{center}

\newpage
\subsection{Aufgabe 8}
\[f(x)=x^4+7x^3+10x^2\]
\underline{\textbf{Definitionsbereich}}: \\
Keine Einschränkungen durch Wurzeln oder Brüche vorhanden, daher:
\fcolorbox{red}{yellow}{$D= \mathbb{R}$} \\

\underline{\textbf{Bestimmung der Achsenabschnitte:}} \\
\[y_0=f(0)=0^4+7 \cdot 0^3+10 \cdot 0^2=0\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{$y$-Achsenabschnitt: $y_0=0$}\end{center}

\[\begin{array}{rcll}
f(x_0)&=&0 \\
x_0^4+7x_0^3+10x_0^2&=&0 \\
x_0^2 \cdot (x_0^2+7x_0+10)&=&0 \\
\end{array}\]
Ein Produkt ist Null, wenn ein Faktor Null ist. Beide Faktoren können daher
einzeln untersucht werden.
\[\begin{array}{rcll}
x_0^2&=&0 &| \sqrt{\ }\\
x_{01}&=&0 \\
x_0^2+7x_0+10&=&0 \\
x_{02/3}&=&-\cfrac{7}{2}\pm \sqrt{\cfrac{49}{4}-\cfrac{40}{4}}\\
x_{02/3}&=&-\cfrac{7}{2}\pm \cfrac{3}{2}\\
x_{02}=-2 && x_{03}=-5 \\
\end{array}\]

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{Nullstellen: $x_{01}=0 \quad x_{02}=-2 \quad x_{03}=-5$}
\end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Extrema:}} \\
Zunächst bestimmen wir alle Ableitungen, die man eventuell braucht.
\[\begin{array}{rcll}
f(x)&=&x^4+7x^3+10x^2 \\
f'(x)&=&4x^3+21x^2+20x \\
f''(x)&=&12x^2+42x+20 \\
f'''(x)&=&24x+42 \\
\end{array}\]

Notwendige Bedingung für das Auftreten eines Extremums ist, dass die erste
Ableitung dort gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
f'(x_E)&=&0 \\
4x_E^3+21x_E^2+20x_E&=&0 &|:4 \\
x_E^3+\cfrac{21}{4}x_E^2+5x_E&=&0 \\
x_E \cdot (x_E^2+\cfrac{21}{4}x_E+5)&=&0 \\
\end{array}\]
Ein Produkt ist Null, wenn ein Faktor Null ist. Beide Faktoren können daher
einzeln untersucht werden.
\[\begin{array}{rcll}
x_{E1}&=&0 \\
x_E^2+\cfrac{21}{4}x_E+5&=&0 \\
x_{E2/3}&=&-\cfrac{21}{8}\pm \sqrt{\cfrac{441}{64}-\cfrac{320}{64}}\\
x_{E2/3}&=&-\cfrac{21}{8}\pm \sqrt{\cfrac{121}{64}}\\
x_{E2/3}&=&-\cfrac{21}{8}\pm \cfrac{11}{8}\\
x_{E2}=-\cfrac{5}{4} &&x_{E3}=-4 \\
\end{array}\]

Wir haben drei Kandidaten für Extrempunkte erhalten, die jetzt einzeln geprüft
werden müssen.
Zur Prüfung, ob ein Maximum oder ein Minimum vorliegt, wird die zweite
Ableitung verwendet. Ist $f''(x_E)>0$, dann liegt ein Tiefpunkt vor, ist
$f''(x_E)<0$, dann haben wir einen Hochpunkt.\\

\begin{center}\underline{Prüfung für $x_{E1}=0$:}\end{center}
\[f''(0)=12 \cdot 0^2+42 \cdot 0+20=20>0 \quad \Rightarrow \quad
 \textnormal{Tiefpunkt bei }x_{E1}=0 \]

\begin{center}\underline{Prüfung für $x_{E2}=-\frac{5}{4}$:}\end{center}
\[f''(0)=12 \cdot \left(-\frac{5}{4}\right)^2
  +42 \cdot \left(-\frac{5}{4}\right)+20=-\cfrac{55}{4}<0
  \quad \Rightarrow \quad \textnormal{Hochpunkt bei }x_{E2}=-\frac{5}{4} \]

\begin{center}\underline{Prüfung für $x_{E3}=-4$:}\end{center}
\[f''(0)=12 \cdot (-4)^2+42 \cdot (-4)+20=44>0 \quad \Rightarrow \quad
 \textnormal{Tiefpunkt bei }x_{E3}=-4 \]

Die zugehörigen $y$-Werte werden durch Einsetzen in die Grundfunktion bestimmt.

\[\begin{array}{lllllll}
y_{E1}&=&f(x_{E1})&=&0^4+7 \cdot 0^3+10 \cdot 0^2&=&0 \\
y_{E2}&=&f(x_{E2})&=&(-1{,}25)^4+7 \cdot (-1{,}25)^3+10 \cdot (-1{,}25)^2
  &=&4{,}394\,531\,25 \\
y_{E3}&=&f(x_{E3})&=&(-4)^4+7 \cdot (-4)^3+10 \cdot (-4)^2&=&-32
\end{array}\]

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Tiefpunkt $T_1(0|0)$}
\quad \fcolorbox{red}{yellow}{Hochpunkt $H(-1{,}25|4{,}3945)$}
\quad \fcolorbox{red}{yellow}{Tiefpunkt $T_2(-4|-32)$} \end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Wendepunkte:}} \\
Notwendige Bedingung für eine Wendestelle ist, dass die zweite Ableitung dort
gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
f''(x_E)&=&0 \\
12x_E^2+42x_E+20&=&0 &|:12 \\
x_E^2+\cfrac{7}{2}x_E+\cfrac{5}{3}&=&0 \\
x_{E1/2}&=&-\cfrac{7}{4}\pm \sqrt{\cfrac{49}{16}-\cfrac{5}{3}}\\
x_{E1/2}&=&-\cfrac{7}{4}\pm \sqrt{\cfrac{147}{48}-\cfrac{80}{48}}\\
x_{E1/2}&=&-\cfrac{7}{4}\pm \sqrt{\cfrac{67}{48}}\\
x_{E1}=-\cfrac{7}{4}- \sqrt{\cfrac{67}{48}}\approx -2{,}93145
 && x_{E2}=-\cfrac{7}{4}+\sqrt{\cfrac{67}{48}}\approx -0{,}56855 \\
\end{array}\]

Mit der dritten Ableitung können wir prüfen, ob die gefundene Stelle
tatsächlich zu einem Wendepunkt gehört. Dazu muss gelten: $f'''(x_W)\not=0$.

\begin{center}
\underline{Prüfung für $x_{W1}=-\frac{7}{4}-\sqrt{\frac{67}{48}}$:}\end{center}
\[f'''(x_{E1})=24 \cdot \left(-\frac{7}{4}-\sqrt{\frac{67}{48}}\right)+42
 \approx -28{,}35 \not=0 \quad \Rightarrow \quad \textnormal{Wendep. bei }
 x_{W1}=-\frac{7}{4}- \sqrt{\frac{67}{48}} \]
Den zugehörigen $y$-Wert bestimmen wir mit der Funktionsgleichung durch
Einsetzen von $x_{W1}$ in die Grundfunktion $f$.
\[y_{W1}=f(x_{W1})=\left(-\frac{7}{4}-\sqrt{\frac{67}{48}}\right)^4
  +7 \cdot \left(-\frac{7}{4}-\sqrt{\frac{67}{48}}\right)^3
  +10 \cdot \left(-\frac{7}{4}-\sqrt{\frac{67}{48}}\right)^2
  \approx -16{,}557 \]

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{Wendepunkt: $W_1(-2{,}931|-16{,}557)$}\end{center}

\begin{center}
\underline{Prüfung für $x_{W2}=-\frac{7}{4}+\sqrt{\frac{67}{48}}$:}\end{center}
\[f'''(x_{E1})=24 \cdot \left(-\frac{7}{4}+\sqrt{\frac{67}{48}}\right)+42
 \approx 28{,}35 \not=0 \quad \Rightarrow \quad \textnormal{Wendep. bei }
 x_{W1}=-\frac{7}{4}+\sqrt{\frac{67}{48}} \]
Den zugehörigen $y$-Wert bestimmen wir mit der Funktionsgleichung durch
Einsetzen von $x_{W1}$ in die Grundfunktion $f$.
\[y_{W1}=f(x_{W1})=\left(-\frac{7}{4}+\sqrt{\frac{67}{48}}\right)^4
  +7 \cdot \left(-\frac{7}{4}+\sqrt{\frac{67}{48}}\right)^3
  +10 \cdot \left(-\frac{7}{4}+\sqrt{\frac{67}{48}}\right)^2
  \approx 2{,}0505 \]

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{Wendepunkt: $W_2(-0{,}5685|2{,}0505)$}\end{center}

\newpage
\subsection{Aufgabe 9}
\[f(x)=x^3-6x^2+12x-7\]

Keine Einschränkungen durch Wurzeln oder Brüche vorhanden, daher:
\fcolorbox{red}{yellow}{$D= \mathbb{R}$} \\

\underline{\textbf{Bestimmung der Achsenabschnitte:}} \\
\[y_0=f(0)=0^3-6 \cdot 0^2+12 \cdot 0-7=-7\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{$y$-Achsenabschnitt: $y_0=-7$}\end{center}

\[\begin{array}{rcll}
f(x_0)&=&0 \\
x_0^3-6x_0^2+12x_0-7&=&0 \\
\end{array}\]

Um die Nullstellen dieses Polynoms dritter Ordnung zu ermitteln, muss eine
Lösung durch \textbf{planvolles} Raten ermittelt werden, damit anschließend
eine \textbf{Polynomdivision} durchgeführt werden kann. Ich erhalte z.B.:
\[x_{01}=1\]

Hiermit kann eine \textbf{Polynomdivision} durchgeführt werden.
\[\begin{array}{rrrr}
(x_0^3&-6x_0^2\ &+12x_0\ &-7) \\
-(x_0^3&-x_0^2) \\
\hline
&-5x_0^2\ &+12x_0\ &-7\ \\
-&(-5x_0^2\ &+5x_0) \\
\hline
&&7x_0\ &-7\ \\
&&-(7x_0\ &-7) \\
\hline
&&& 0\ \\
\end{array}\begin{array}{rrrr}
:&(x_0-1)&=&x_0^2-5x_0+7 \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\
\end{array}\]

Der Restterm kann nun mit der $p$-$q$-Formel untersucht werden.
\[\begin{array}{rcll}
x_0^2-5x_0+7&=&0 \\
x_{02/3}&=&\cfrac{5}{2}\pm \sqrt{\cfrac{25}{4}-\cfrac{28}{4}}\\
\end{array}\]
Es gibt keine weiteren Nullstellen, da der Radikand (Wurzelinhalt)
\textbf{negativ} ist.
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{Nullstelle: $x_0=1$}
\end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Extrema:}} \\
Zunächst bestimmen wir alle Ableitungen, die man eventuell braucht.
\[\begin{array}{rcll}
f(x)&=&x^3-6x^2+12x-7 \\
f'(x)&=&3x^2-12x+12 \\
f''(x)&=&6x-12 \\
f'''(x)&=&6 \\
\end{array}\]

Notwendige Bedingung für das Auftreten eines Extremums ist, dass die erste
Ableitung dort gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
f'(x_E)&=&0 \\
3x_E^2-12x_E+12&=&0 &|:3 \\
x_E^2-4x_E+4&=&0 \\
x_{E1/2}&=&2 \pm \sqrt{4-4}\\
x_E&=&2 \\
\end{array}\]

Zur Prüfung, ob ein Maximum oder ein Minimum vorliegt, wird die zweite
Ableitung verwendet. Ist $f''(x_E)>0$, dann liegt ein Tiefpunkt vor, ist
$f''(x_E)<0$, dann haben wir einen Hochpunkt.\\

\begin{center}\underline{Prüfung für $x_E=2$:}\end{center}
\[f''(2)=6 \cdot 2-12=0 \quad \Rightarrow \quad
 \textnormal{Keine Aussage möglich!} \]

Hier hilft das zweite Kriterium zur Untersuchung weiter. Es wird geprüft, ob
für $f'(x)$ ein Vorzeichenwechsel stattfindet, und wenn ja, in welcher
Richtung.
\[\begin{array}{rclclcl}
f'(1)&=&3 \cdot 1^2-12 \cdot 1+12&=&3>0 \\
f'(3)&=&3 \cdot 3^2-12 \cdot 3+12&=&3>0 \\
\end{array}\]
Es findet \textbf{kein} Vorzeichenwechsel statt, deshalb handelt es sich um
einen \textbf{Sattelpunkt} bei \mbox{$x_E=2$}.
Der zugehörige $y$-Wert wird bestimmt durch Einsetzen von \mbox{$x_E=2$} in die
Grundfunktion.

\[y_E=f(x_E)=2^3-6 \cdot 2^2+12 \cdot 2-7=1\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Sattelpunkt $S(2|1)$}\end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Wendepunkte:}} \\
Notwendige Bedingung für eine Wendestelle ist, dass die zweite Ableitung dort
gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
f''(x_W)&=&0 \\
6x_W-12&=&0 &|+12 \\
6x_W&=&12 &|:6 \\
x_W&=&2 \\
\end{array}\]

Mit der dritten Ableitung können wir prüfen, ob die gefundene Stelle
tatsächlich zu einem Wendepunkt gehört. Dazu muss gelten: $f'''(x_W)\not=0$.\\

Da \mbox{$f'''(x)=6$} \textbf{immer} ungleich Null ist, liegt ein Wendepunkt
vor. Er ist identisch mit dem Sattelpunkt.
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Wendepunkt $W(2|1)$}\end{center}

\newpage
\subsection{Aufgabe 10}
\[f(x)=\frac{x^3+6x^2+11x+6}{x^3+5x^2+8x+4}\]
\underline{\textbf{Bestimmung des Definitionsbereiches:}} \\
Bei einer Gebrochen Rationalen Funktion gibt es Definitionslücken, wo der
Nenner Null wird. Diese Stellen bestimmen wir, indem wir den Nenner gleich Null
setzen.
\[x^3+5x^2+8x+4=0\]
Für ein Polynom dritten Grades haben wir kein analytisches Verfahren zur
Verfügung. Durch planvolles Probieren können wir eine Nennernullstelle
bestimmen und dann den Nenner faktorisieren. Wenn es ganzzahlige Nullstellen
gibt, dann sind sie immer Teiler des absoluten Gliedes, also hier von 4. In
Frage kommen also $\pm 1$, $\pm 2$ und $\pm 4$. Auf diesem Wege erhalten wir
$x_1=-1$. Durch eine Polynomdivision können wir jetzt den Nenner faktorisieren.
Wir teilen immer durch $(x-x_1)$, hier also dorch $(x+1)$.
\[\begin{array}{rrrr}
(x^3&+5x^2&+8x&+4) \\
-(x^3&+x^2) \\
\hline
   &4x^2&+8x&+4 \\
 &-(4x^2&+4x) \\
\hline
 &&4x&+4 \\
 &&-(4x&+4) \\
\hline
 &&& 0
\end{array}
\begin{array}{cl}
:&(x+1)=x^2+4x+4 \\
& \\ & \\ & \\ & \\ & \\ &
\end{array}\]
Der Nenner lässt sich also folgendermaßen faktorisieren:
\[x^3+5x^2+8x+4=(x+1) \cdot (x^2+4x+4)\]
Jetzt müssen nur noch die Nullstellen des zweiten Terms gesucht werden.
\begin{eqnarray*}
x^2+4x+4&=&0 \\
x_{2/3}&=&-2 \pm \sqrt{4-4} \\
x_2&=&-2
\end{eqnarray*}
Mit diesen beiden Nennernullstellen erhalten wir:
\begin{center}
\fcolorbox{red}{yellow}{Definitionsbereich: $D= \mathbb{R}\backslash \{-1;-2\}$}
\end{center}
\newpage  %---------------------
\underline{\textbf{Untersuchung auf Polstellen und Lücken:}} \\
\underline{Was ist bei $x_1=-1$?} \\
\[Z(-1)=(-1)^3+6 \cdot (-1)^2+11 \cdot (-1)+6=0\]
Der Zähler ist ebenfalls Null, wir können also auch dort $(x-x_1)$ ausklammern
und dann dadurch kürzen.
\[\begin{array}{rrrr}
(x^3&+6x^2&+11x&+6) \\
-(x^3&+x^2) \\
\hline
   &5x^2&+11x&+6 \\
 &-(5x^2&+5x) \\
\hline
 &&6x&+6 \\
 &&-(6x&+6) \\
\hline
 &&& 0
\end{array}
\begin{array}{cl}
:&(x+1)=x^2+5x+6 \\
& \\ & \\ & \\ & \\ & \\ &
\end{array}\]
Damit können wir die Funktion $f(x)$ in faktorisierter Form schreiben und zu
$f^*(x)$ kürzen.
\begin{eqnarray*}
f(x)&=&\frac{(x+1) \cdot (x^2+5x+6)}{(x+1) \cdot (x^2+4x+4)} \\
f^*(x)&=&\frac{x^2+5x+6}{x^2+4x+4}
\end{eqnarray*}
Diese gekürzte Funktion $f^*(x)$ können wir auch für alle weitere Betrachtungen
verwenden, da sie mit $f(x)$ \emph{innerhalb des Definitionsbereiches}
übereinstimmt. \\ \\
Prüfen wir nun, ob auch der neue Nenner $N^*$ bei $x_1=-1$ eine Nullstelle hat.
\[N^*(-1)=(-1)^2+4 \cdot (-1)+4=1 \not=0\]
Das ist nicht der Fall, bei $x_1=-1$ liegt also eine Lücke vor. Den zugehörigen
$y$-Wert liefert die gekürzte Funktion $f^*(x)$.
\[y_l=f^*(x_1)=\frac{(-1)^2+5 \cdot (-1)+6}{(-1)^2+4 \cdot (-1)+4}
=\frac{2}{1}=2\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Lücke: $L(-1|2)$}\end{center}
\underline{Was ist bei $x_1=-2$?} \\
\[Z^*(-2)=(-2)^2+5 \cdot (-2)+6=0\]
Wir können also im Zähler und im Nenner den Term $(x-x_2)=(x+2)$ ausklammern.
\\
\underline{Zähler:}
\[\begin{array}{rrr}
(x^2&+5x&+6) \\
-(x^2&+2x) \\
\hline
   &3x&+6 \\
 &-(3x&+6) \\
\hline
 && 0
\end{array}
\begin{array}{cl}
:&(x+2)=x+3 \\
& \\ & \\ & \\ &
\end{array}\]
\underline{Nenner:}
\[\begin{array}{rrr}
(x^2&+4x&+4) \\
-(x^2&+2x) \\
\hline
   &2x&+4 \\
 &-(2x&+4) \\
\hline
 && 0
\end{array}
\begin{array}{cl}
:&(x+2)=x+2 \\
& \\ & \\ & \\ &
\end{array}\]
Wir können damit Zähler und Nenner von $f^*(x)$ in der faktorisierten Form
schreiben und dann durch $(x+2)$ kürzen. Diese gekürzte Funktion nennen wir
$f^{**}(x)$.
\begin{eqnarray*}
f^*(x)&=&\frac{(x+2) \cdot (x+3)}{(x+2)^2} \\
f^{**}(x)&=&\frac{x+3}{x+2}
\end{eqnarray*}
Diese gekürzte Funktion $f^{**}(x)$ können wir auch für alle weitere
Betrachtungen verwenden, da sie mit $f(x)$ \emph{innerhalb des
Definitionsbereiches} übereinstimmt. \\ \\
Prüfen wir nun, ob auch der neue Nenner $N^{**}$ bei $x_1=-1$ eine Nullstelle
hat.
\[N^{**}(-2)=-2+2=0 \quad \Rightarrow \textnormal{ neuen Zähler untersuchen}\]
\[Z^{**}(-2)=-2+3=1 \not=0 \quad \Rightarrow \textnormal{ Polstelle bei }x_2=-2\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Polstelle bei $x_p=-2$}\end{center}

\underline{\textbf{Untersuchung auf Achsenschnittpunkte:}} \\
\[y_0=f(0)=f^{**}(0)=\frac{0+3}{0+2}=\frac{3}{2}\]
\begin{eqnarray*}
f(x_0)&=&0 \\
\frac{x_0+3}{x_0+2}&=&0 \quad| \cdot (x_0+2) \\
x_0+3&=&0 \quad|-3 \\
x_0&=&-3
\end{eqnarray*}

\newpage
\underline{\textbf{Untersuchung auf Extrema:}} \\
Wie bereits begründet, kann auch hier die einfachere Funktion $f^{**}(x)$
verwendet werden. Wir bestimmen zunächst die erste Ableitung. Dazu
benötigen wir die \emph{Quotientenregel}.
\begin{eqnarray*}
f^{**}(x)&=&\frac{\overbrace{x+3}^{u}}{\underbrace{x+2}_{v}} \\
f^{**'}(x)&=&\frac{\overbrace{1}^{u'} \cdot \overbrace{(x+2)}^{v}
 -\overbrace{(x+3)}^{u} \cdot \overbrace{1}^{v'}}{\underbrace{(x+2)^2}_{v^2}}\\
&=&\frac{x+2-x-3}{(x+2)^2} \\
f^{**'}(x)&=&-\frac{1}{(x+2)^2}
\end{eqnarray*}
Extrema können nur dort liegen, wo die erste Ableitung Null ist. Ein Bruch ist
nur dort Null, wo der \emph{Zähler} Null ist. Da der Zähler stets gleich 1 ist,
hat die Funktion keine Hoch- oder Tiefpunkte.
\enlargethispage{10mm}
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Keine Hoch- oder Tiefpunkte}\end{center}
\underline{\textbf{Untersuchung auf Wendepunkte:}} \\
Hierfür benötigen wir die zweite Ableitung.\\
\textbf{\underline{Tipp: }Man sollte den Nenner in der ersten Ableitung
\underline{nicht} ausmultiplizieren, auch wenn dadurch die Ableitung des
Nenners auf den ersten Blick einfacher erscheint. Man kann dann nämlich nicht
mehr erkennen, dass in der zweiten Ableitung im Zähler der ursprüngliche
Nennerterm ausgeklammert werden kann, so dass man dadurch kürzen kann.}
\begin{eqnarray*}
f^{**'}(x)&=&-\frac{\overbrace{1}^{u}}{\underbrace{(x+2)^2}_{v}} \\
f^{**''}(x)&=&-\frac{\overbrace{0}^{u'} \cdot \overbrace{(x+2)^2}^{v}
 -\overbrace{1}^{u} \cdot \overbrace{2 \cdot (x+2)}^{v'}}
 {\underbrace{(x+2)^4}_{v^2}} \\
&=&\frac{-2(x+2)}{(x+2)^4}\quad \textnormal{ kürzen duch }(x^2-1)  \\
f^{**''}(x)&=&\frac{-2}{(x+2)^3}
\end{eqnarray*}
\newpage
Wendepunkte können nur dort liegen, wo die zweite Ableitung Null ist. Ein Bruch
ist nur dort Null, wo der \emph{Zähler} Null ist. Da der Zähler stets gleich
$-2$ ist, hat die Funktion keine Wendepunkte.
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Keine Wendepunkte}\end{center}
\underline{\textbf{Bestimmung der Asymptote:}}\\
\[\begin{array}{rr}
\begin{array}{rrrr}
(x^3&+6x^2&+11x&+6) \\
-(x^3&+5x^2&+8x&+4) \\
\hline
&x^2&+3x&+2 \
\end{array}\begin{array}{cccc}
:&(x^3+5x^2+8x+4)&=&1+\frac{x^2+3x+2}{x^3+5x^2+8x+4} \\ \\ \\
\end{array}\end{array}\]
\begin{center}
 Asymptotengleichung: \fcolorbox{red}{yellow}{$a(x)=1$}
\end{center}

\newpage
\subsection{Aufgabe 11}
\[f(x)=\cfrac{-x^3-9x}{x^2+3}\]
\underline{\textbf{Definitionsbereichsbestimmung:}}\\
Einschränkungen im Definitionsbereich gibt es dort, wo der \textbf{Nenner}
gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
x^2+3&=&0 &|-3 \\
x^2&=&-3 &| \sqrt{\ }\\
x&=&\pm \sqrt{-3}\\
\end{array}\]
Es gibt keine (reellen) Nullstellen des Nenners, also ist:
\fcolorbox{red}{yellow}{$D= \mathbb{R}$}\\

\underline{\textbf{Pole, Lücken:}}\\
Da es keine Einschränkungen im Definitionsbereich gibt, gibt es auch weder
Polstellen noch Lücken.\\

\underline{\textbf{Bestimmung der Achsenabschnitte:}}\\
\[y_0=f(0)=\frac{-0^3-9 \cdot 0}{0^2+3}=0 \]
\begin{center}Abschnitt auf der $y$-Achse: \fcolorbox{red}{yellow}
{$y_0=0$}\end{center}
\begin{eqnarray*}
f(x_0)&=&0 \\
\cfrac{-x^3-9x}{x^2+3}&=&0 \quad|\cdot (x^2_0+3) \\
-x^3-9x&=&0 \\
x \cdot (-x^2-9)&=&0 \\
\end{eqnarray*}
Ein Produkt ist Null, wenn einer der Faktoren Null ist. Die beiden Faktoren
können also einzeln untersucht werden.
\[\begin{array}{rcll}
x_{01}&=&0 \\
-x^2-9&=&0 &|+9 \\
-x^2&=&9   &|:(-1) \\
x^2&=&-9   &| \sqrt{\ }\\
x_{02/03}&=&\pm \sqrt{-9}
\end{array}\]
Da der Radikand negativ ist, gibt es keine weiteren (reellen) Nullstellen.
\begin{center}Nullstelle: \fcolorbox{red}{yellow}
{$x_0=0$}\end{center}
\newpage
\underline{\textbf{Ableitungen:}}\\
Die erste Ableitung muss mit der Quotientenregel bestimmt werden, da die
Funktion einen Bruch darstellt.
\[\begin{array}{rclcrcl}
u(x)&=&-x^3-9x &\Rightarrow& u'(x)&=&-3x^2-9 \\
v(x)&=&x^2+3   &\Rightarrow& v'(x)&=&2x \\
\end{array}\]
\[\begin{array}{rcll}
f'(x)&=&\cfrac{\overbrace{ (-3x^2-9)}^{u'}\overbrace{(x^2+3)}^{v}
  - \overbrace{(-x^3-9x)}^{u}\overbrace{2x}^{v'}}
  {\underbrace{\left( x^2+3 \right)^2}_{v^2}} \\
&=&\cfrac{(-3x^4-9x^2-9x^2-27)-(-2x^4-18x^2)}
        {\left( x^2+3 \right)^2}\\
&=&\cfrac{-3x^4-18x^2-27+2x^4+18x^2}{\left( x^2+3 \right)^2}\\
f'(x)&=&\cfrac{-x^4-27}{\left( x^2+3 \right)^2}\\
\end{array}\]
Auch für die zweite Ableitung muss die Quotientenregel verwendet werden.\\
\textbf{\underline{Tipp: }Man sollte den Nenner in der ersten Ableitung
\underline{nicht} ausmultiplizieren, auch wenn dadurch die Ableitung des
Nenners auf den ersten Blick einfacher erscheint. Man kann dann nämlich nicht
mehr erkennen, dass in der zweiten Ableitung im Zähler der ursprüngliche
Nennerterm ausgeklammert werden kann, so dass man dadurch kürzen kann.}
\[\begin{array}{rclcrcl}
u(x)&=&-x^4-27 &\Rightarrow& u'(x)&=&-4x^3 \\
v(x)&=&\left( x^2+3 \right)^2   &\Rightarrow& v'(x)&=&\ldots \\
\end{array}\]
Die Unterableitung $v'(x)$ wird mit der Kettenregel bestimmt.
\[\begin{array}{rclcrcl}
g(x)&=&x^2+3 &\Rightarrow& g'(x)&=&2x \\
v(g)&=&g^2   &\Rightarrow& v'(g)&=&2g \\
\end{array}\]
\[\begin{array}{rcll}
v'(x)&=&g'(x) \cdot v'(g) \\
&=&2x \cdot 2g \\
&=&2x \cdot 2 \cdot (x^2+3) \\
v'(x)&=&4x \cdot (x^2+3) \\
\end{array}\]
Hiermit kann nun die Quotientenregel angewendet werden.\\ \enlargethispage{20mm}
\textbf{\underline{Tipp: }Man sollte den Nenner in der ersten Ableitung
\underline{nicht} ausmultiplizieren, auch wenn dadurch die Ableitung des
Nenners auf den ersten Blick einfacher erscheint. Man kann dann nämlich nicht
mehr erkennen, dass in der zweiten Ableitung im Zähler der ursprüngliche
Nennerterm ausgeklammert werden kann, so dass man dadurch kürzen kann.}
\newpage
\[\begin{array}{rcll}
f''(x)&=&\cfrac{-4x^3 \cdot (x^2+3)^2-(-x^4-27) \cdot 4x \cdot (x^2+3)}
  {\left( x^2+3 \right)^4}\\
&=&\cfrac{(x^2+3) \cdot \Bigl(-4x^3 \cdot (x^2+3)-(-x^4-27) \cdot 4x \Bigr)}
  {\left( x^2+3 \right)^4}\quad \textnormal{ kürzen duch }(x^2-1) \\
&=&\cfrac{-4x^3 \cdot (x^2+3)-(-x^4-27) \cdot 4x}{\left( x^2+3 \right)^3}\\
&=&\cfrac{-4x^5-12x^3-(-4x^5-108x)}{\left( x^2+3 \right)^3}\\
f''(x)&=&\cfrac{-12x^3+108x}{\left( x^2+3 \right)^3}\\
\end{array}\]
\underline{\textbf{Extremwertbestimmung:}}\\
Notwendige Bedingung für einen Hoch-/Tief-/Sattelpunkt ist, dass die erste
Ableitung gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
f'(x_E)&=&0 \\
\cfrac{-x_E^4-27}{\left( x_E^2+3 \right)^2}&=&0
  &| \cdot \left( x_E^2+3 \right)^2 \\
-x_E^4-27&=&0 &|+27 \\
-x_E^4&=&27   &| \cdot (-1) \\
x_E^4&=&-27   &| \sqrt[4]{\ }\\
x_E&=&\pm \sqrt[4]{-27}\\
\end{array}\]
Da die vierte Wurzel aus einer negativen Zahl keine (reelle) Lösung hat, gibt
es \textbf{keine} Extrema.

\underline{\textbf{Wendepunktbestimmung:}}\\
Notwendige Bedingung für einen Wendepunktpunkt ist, dass die zweite
Ableitung gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
\cfrac{-12x_w^3+108x_w}{\left( x_w^2+3 \right)^3}&=&0 &|
 \cdot \left( x_w^2+3 \right)^3 \\
-12x_w^3+108x_w&=&0 &|:(-12) \\
x_w^3-9x_w&=&0 \\
x_w \cdot (x_w^2-9)&=&0 \\
\end{array}\]
Bekanntlich ist ein Produkt \textbf{genau dann} Null wenn \textbf{einer der
Faktoren} Null ist. Damit erhalten wir
\[x_w=0 \quad \vee \quad x_w^2-9=0 \]
Damit ist der erste Kandidat für einen Wendepunkt $x_{w1}=0$ bereits bekannt.
Die weiteren bestimme ich aus dem zweiten Term.
\[\begin{array}{rcll}
x_w^2-9&=&0 &|+9 \\
x_w^2&=&9 &| \sqrt{\ }\\
x_{w2/3}&=&\pm 3 \\
\end{array}\]
Zur Untersuchung, ob tatsächlich -- wie vermutet -- ein Wendepunkt bei
$x_{w1}=0$, bei $x_{w2}=-3$ bzw. bei $x_{w3}=3$ vorliegt, gibt es zwei mögliche Methoden. Die
eine Methode erfordert die dritte Ableitung. Da diese etwas lästig zu bestimmen
ist, verwende ich die andere Methode. Dazu muss ich einen Punkt links und einen
Punkt rechts vom vermuteten Wendepunkt aud die zweite Ableitung untersuchen.
Dabei darf man natürlich nicht weiter gehen, als bis zur nächsten Nullstelle
von $f''(x)$ oder Polstelle von $f(x)$. Habe ich links und rechts von $x_w$
unterschiedliches Vorzeichen bei $f''(x)$, dann ist der Wendepunkt
nachgewiesen.
\[ \left\{ \begin{array}{rcccl}
f''(-1)&=&\cfrac{-12 \cdot (-1)^3+108 \cdot (-1)}
          {\left( (-1)^2+3 \right)^3}&=&-\cfrac{3}{2} \\
f''(1)&=&\cfrac{-12 \cdot 1^3+108 \cdot 1}
          {\left( 1^2+3 \right)^3}&=&\cfrac{3}{2} \\
\end{array} \right\}
\quad \Rightarrow \quad \textnormal{Wendepunkt bei } x_{w1}=0
\]

\[ \left\{ \begin{array}{rcccl}
f''(-4)&=&\cfrac{-12 \cdot (-4)^3+108 \cdot (-4)}
          {\left( (-4)^2+3 \right)^3}&=&\cfrac{336}{6\,859} \\
f''(-1)&=&\cfrac{-12 \cdot (-1)^3+108 \cdot (-1)}
          {\left( (-1)^2+3 \right)^3}&=&-\cfrac{3}{2} \\
\end{array} \right\}
\quad \Rightarrow \quad \textnormal{Wendepunkt bei } x_{w2}=-3
\]
\[ \left\{ \begin{array}{rcccl}
f''(1)&=&\cfrac{-12 \cdot 1^3+108 \cdot 1}
          {\left( 1^2+3 \right)^3}&=&\cfrac{3}{2} \\
f''(4)&=&\cfrac{-12 \cdot 4^3+108 \cdot 4}
          {\left( 4^2+3 \right)^3}&=&-\cfrac{336}{6\,859} \\
\end{array} \right\}
\quad \Rightarrow \quad \textnormal{Wendepunkt bei } x_{w3}=3
\]
Jetzt fehlen nur noch die zugehörigen $y$-Werte.
\[y_{w1}=f(x_{w1})= \frac{-0^3-9 \cdot 0}{0^2+3}=0 \]
\[y_{w2}=f(x_{w2})= \frac{-(-3)^3-9 \cdot (-3)}{(-3)^2+3}=4{,}5 \]
\[y_{w3}=f(x_{w3})= \frac{-3^3-9 \cdot 3}{3^2+3}=-4{,}5 \]
\begin{center}Wendepunkte bei: \quad
\fcolorbox{red}{yellow}{$W_1 \left( 0|0 \right)$} \quad
\fcolorbox{red}{yellow}{$W_2 \left(-3|4{,}5 \right)$} \quad
\fcolorbox{red}{yellow}{$W_2 \left(3|-4{,}5 \right)$}
\end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Asymptote:}}\\
\[\begin{array}{rr}
\begin{array}{rrr}
(-x^3&-9x) \\
-(-x^3&-3x) \\
\hline
&-6x \
\end{array}\begin{array}{cccc}
:&(x^2+3)&=&-x-\frac{6x}{x^2+3} \\ \\ \\
\end{array}\end{array}\]
\begin{center}
 Asymptotengleichung: \fcolorbox{red}{yellow}{$a(x)=-x$}
\end{center}

\newpage
\subsection{Aufgabe 12}
\[f(x)=\cfrac{x}{x^2+9}\]
\underline{\textbf{Definitionsbereichsbestimmung:}}\\
Einschränkungen im Definitionsbereich gibt es dort, wo der \textbf{Nenner}
gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
x^2+9&=&0 &|-9 \\
x^2&=&-9 &| \sqrt{\ }\\
x&=&\pm \sqrt{-9}\\
\end{array}\]
Es gibt keine (reellen) Nullstellen des Nenners, also ist:
\fcolorbox{red}{yellow}{$D= \mathbb{R}$}\\

\underline{\textbf{Pole, Lücken:}}\\
Da es keine Einschränkungen im Definitionsbereich gibt, gibt es auch weder
Polstellen noch Lücken.\\

\underline{\textbf{Bestimmung der Achsenabschnitte:}}\\
\[y_0=f(0)=\frac{0}{0^2+9}=0 \]
\begin{center}Abschnitt auf der $y$-Achse: \fcolorbox{red}{yellow}
{$y_0=0$}\end{center}
\[\begin{array}{rcll}
\cfrac{x_0}{x_0^2+9}&=&0 &| \cdot (x_0^2+9) \\
x_0&=&0
\end{array}\]
\begin{center}Nullstelle: \fcolorbox{red}{yellow}
{$x_0=0$}\end{center}
\underline{\textbf{Ableitungen:}}\\
Die erste Ableitung muss mit der Quotientenregel bestimmt werden, da die
Funktion einen Bruch darstellt.
\[\begin{array}{rclcrcl}
u(x)&=&x &\Rightarrow& u'(x)&=&1 \\
v(x)&=&x^2+9   &\Rightarrow& v'(x)&=&2x \\
\end{array}\]
\[\begin{array}{rcll}
f'(x)&=&\cfrac{1 \cdot (x^2+9)-(x \cdot 2x)}{(x^2+9)^2}\\
&=&\cfrac{x^2+9-2x^2}{(x^2+9)^2}\\
f'(x)&=&\cfrac{-x^2+9}{(x^2+9)^2}
\end{array}\]

\newpage
Auch für die zweite Ableitung muss die Quotientenregel verwendet werden.\\
\textbf{\underline{Tipp: }Man sollte den Nenner in der ersten Ableitung
\underline{nicht} ausmultiplizieren, auch wenn dadurch die Ableitung des
Nenners auf den ersten Blick einfacher erscheint. Man kann dann nämlich nicht
mehr erkennen, dass in der zweiten Ableitung im Zähler der ursprüngliche
Nennerterm ausgeklammert werden kann, so dass man dadurch kürzen kann.}
\[\begin{array}{rclcrcl}
u(x)&=&-x^2+9 &\Rightarrow& u'(x)&=&-2x \\
v(x)&=&(x^2+9)^2   &\Rightarrow& v'(x)&=&\ldots \\
\end{array}\]
Die Unterableitung $v'(x)$ wird mit der Kettenregel bestimmt.
\[\begin{array}{rclcrcl}
g(x)&=&x^2+9 &\Rightarrow& g'(x)&=&2x \\
v(g)&=&g^2   &\Rightarrow& v'(g)&=&2g \\
\end{array}\]
\[\begin{array}{rcll}
v'(x)&=&g'(x) \cdot v'(g) \\
&=&2x \cdot 2g \\
&=&2x \cdot 2 \cdot (x^2+9) \\
v'(x)&=&4x \cdot (x^2+9) \\
\end{array}\]
Hiermit kann nun die Quotientenregel angewendet werden.
\[\begin{array}{rcll}
f''(x)&=&\cfrac{-2x \cdot (x^2+9)^2-(-x^2+9) \cdot 4x \cdot (x^2+9)}
  {(x^2+9)^4}\\
&=&\cfrac{(x^2+9) \cdot \Bigl(-2x \cdot (x^2+9)
  -(-4x^3+36x) \Bigr)}{(x^2+9)^4}&| \textnormal{ kürzen duch }(x^2-1) \\
&=&\cfrac{-2x \cdot (x^2+9)-(-4x^3+36x)}{(x^2+9)^3}\\
&=&\cfrac{-2x^3-18x+4x^3-36x}{(x^2+9)^3}\\
f''(x)&=&\cfrac{2x^3-54x}{(x^2+9)^3}
\end{array}\]
\underline{\textbf{Extremwertbestimmung:}}\\
Notwendige Bedingung für einen Hoch-/Tief-/Sattelpunkt ist, dass die erste
Ableitung gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
f'(x_E)&=&0 \\
\cfrac{-x_E^2+9}{(x_E^2+9)^2}&=&0&| \cdot (x_E^2+9)^2 \\
-x_E^2+9&=&0 &|-9 \\
-x_E^2&=&-9 &| \cdot (-1) \\
x_E^2&=&9  &| \sqrt{\ } \\
x_{E1/2}&=&\pm 3 \\
x_{E1}=3 && x_{E2}=-3 \\
\end{array}\]
\underline{Was ist bei $x_{E1}=3$?}
\[f''(3)=\cfrac{2 \cdot 3^3-54 \cdot 3}{(3^2+9)^3}\approx -0{,}0185<0
  \quad \Rightarrow \quad \textnormal{Hochpunkt bei }x_{E1}=3 \]
Der zugehörige Funktionswert wird bestimmt:
\[y_{E1}=f(3)=\cfrac{3}{3^2+9}=\cfrac{3}{18}=\cfrac{1}{6}\approx 0{,}167 \]
\begin{center}
Hochpunkt: \fcolorbox{red}{yellow}{$H(3|0{,}167)$}
\end{center}

\underline{Was ist bei $x_{E2}=-3$?}
\[f''(-3)=\cfrac{2 \cdot (-3)^3-54 \cdot (-3)}{(-3)^2+9)^3}\approx 0{,}0185>0
  \quad \Rightarrow \quad \textnormal{Hochpunkt bei }x_{E2}=-3 \]
Der zugehörige Funktionswert wird bestimmt:
\[y_{E2}=f(-3)=\cfrac{-3}{(-3)^2+9}=-\cfrac{3}{18}=-\cfrac{1}{6}\approx-0{,}167\]
\begin{center}
Tiefpunkt: \fcolorbox{red}{yellow}{$T(-3|-0{,}167)$}
\end{center}

\underline{\textbf{Wendepunktbestimmung:}}\\
Notwendige Bedingung für einen Wendepunktpunkt ist, dass die zweite
Ableitung gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
f''(x_w)&=&0 \\
\cfrac{2x_w^3-54x_w}{(x_w^2+9)^3}&=&0 &| \cdot (x_w^2+9)^3 \\
2x_w^3-54x_w&=&0 &|:2 \\
x_w^3-27x_w&=&0 \\
x_w \cdot (x_w^2-27)&=&0 \\
\end{array}\]
Bekanntlich ist ein Produkt \textbf{genau dann} Null wenn \textbf{einer der
Faktoren} Null ist. Damit erhalten wir
\[x_w=0 \quad \vee \quad x_w^2-27=0 \]
Damit ist der erste Kandidat für einen Wendepunkt $x_{w1}=0$ bereits bekannt.
Die weiteren bestimme ich aus dem zweiten Term.
\[\begin{array}{rcll}
x_w^2-27&=&0 &|+27 \\
x_w^2&=&27 &| \sqrt{\ }\\
x_{w2/3}&=&\pm \sqrt{27}\\
x_{w2}=-\sqrt{27}\approx-5{,}196 && x_{w3}=\sqrt{27}\approx 5{,}196 \\
\end{array}\]

\newpage
Zur Untersuchung, ob tatsächlich -- wie vermutet -- ein Wendepunkt bei
$x_{w1}=0$, bei $x_{w2}=-\sqrt{27}$ bzw. bei $x_{w3}=\sqrt{27}$ vorliegt, gibt
es zwei mögliche Methoden. Die eine Methode erfordert die dritte Ableitung. Da
diese etwas lästig zu bestimmen ist, verwende ich die andere Methode. Dazu muss
ich einen Punkt links und einen Punkt rechts vom vermuteten Wendepunkt aud die
zweite Ableitung untersuchen. Dabei darf man natürlich nicht weiter gehen, als
bis zur nächsten Nullstelle von $f''(x)$ oder Polstelle von $f(x)$. Habe ich
links und rechts von $x_w$ unterschiedliches Vorzeichen bei $f''(x)$, dann ist
der Wendepunkt nachgewiesen.\\

\underline{Was ist bei $x_{w1}=0$?}
\[ \left\{ \begin{array}{rcccl}
f''(-1)&=&\cfrac{2 \cdot (-1)^3-54 \cdot (-1)}
          {\left( (-1)^2+9 \right)^3}&=&0{,}52 \\
f''(1)&=&\cfrac{2 \cdot 1^3-54 \cdot 1}
          {\left( 1^2+9 \right)^3}&=&-0{,}52 \\
\end{array} \right\}
\quad \Rightarrow \quad \textnormal{Wendepunkt bei } x_{w1}=0
\]
Der zugehörige $y$-Wert muss bestimmt werden:
\[y_{w1}=f(0)=\cfrac{0}{0^2+9}=0\]
Ergebnis: 1. Wendepunkt: \fcolorbox{red}{yellow}{$W_1(0|0)$}\\

\underline{Was ist bei $x_{w2}=-\sqrt{27}$?}
\[ \left\{ \begin{array}{rcccl}
f''(-6)&=&\cfrac{2 \cdot (-6)^3-54 \cdot (-6)}
          {\left( (-6)^2+9 \right)^3}&\approx&-0{,}053\,333 \\
f''(-1)&=&\cfrac{2 \cdot (-1)^3-54 \cdot (-1)}
          {\left( (-1)^2+9 \right)^3}&=&0{,}52 \\
\end{array} \right\}
\quad \Rightarrow \quad \textnormal{Wendepunkt bei } x_{w2}=-\sqrt{27}
\]
Der zugehörige $y$-Wert muss bestimmt werden:
\[y_{w2}=f(-\sqrt{27})=\cfrac{-\sqrt{27}}{(-\sqrt{27})^2+9}=
 \cfrac{-\sqrt{27}}{27+9}=\cfrac{-\sqrt{27}}{36}\approx -0{,}144\]
Ergebnis: 2. Wendepunkt
\fcolorbox{red}{yellow}{$W_2 \left(-\sqrt{27}|\frac{-\sqrt{27}}{36}\right)$}
oder \fcolorbox{red}{yellow}{$W_2 \left(-5{,}196|-0{,}144 \right)$}\\

\underline{Was ist bei $x_{w3}=\sqrt{27}$?}
\[ \left\{ \begin{array}{rcccl}
f''(1)&=&\cfrac{2 \cdot 1^3-54 \cdot 1}
          {\left( 1^2+9 \right)^3}&=&-0{,}52 \\
f''(6)&=&\cfrac{2 \cdot 6^3-54 \cdot 6}
          {\left( 6^2+9 \right)^3}&\approx&0{,}053\,333 \\
\end{array} \right\}
\quad \Rightarrow \quad \textnormal{Wendepunkt bei } x_{w3}=\sqrt{27}
\]
Der zugehörige $y$-Wert muss bestimmt werden:
\[y_{w3}=f(\sqrt{27})=\cfrac{\sqrt{27}}{(\sqrt{27})^2+9}
  =\cfrac{\sqrt{27}}{27+9}=\cfrac{\sqrt{27}}{36}\approx 0{,}144\]
Ergebnis: 3. Wendepunkt
\fcolorbox{red}{yellow}{$W_3 \left(\sqrt{27}|\frac{\sqrt{27}}{36}\right)$}
oder \fcolorbox{red}{yellow}{$W_3 \left(5{,}196|0{,}144 \right)$}\\

\underline{\textbf{Bestimmung der Asymptote:}}\\
Da der Grad des Zählerpolynoms kleiner als der Grad des Nennerpolynoms ist, ist
die Asymptote die $x$-Achse.
\begin{center}
 Asymptotengleichung: \fcolorbox{red}{yellow}{$a(x)=0$}
\end{center}

\newpage
\subsection{Aufgabe 13}
\[f(x)=\cfrac{x}{x^2-1}\]

\underline{\textbf{Definitionsbereichsbestimmung:}}\\
Einschränkungen im Definitionsbereich gibt es dort, wo der \textbf{Nenner}
gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
x^2-1&=&0 &|+1 \\
x^2&=&1   &|\sqrt{\ }\\
x_{1/2}&=&\pm 1 \\
\end{array}\]
Ergebnis: \fcolorbox{red}{yellow}{$D= \mathbb{R}\setminus \{-1;1\}$}\\

\underline{\textbf{Pole oder Lücken:}}\\
\underline{Was ist bei $x_1=-1$?}
\begin{center} $Z(-1)=-1\not=0 \quad \Rightarrow \quad$
\fcolorbox{red}{yellow}{Polstelle bei $x_{P1}=-1$} \end{center}

\underline{Was ist bei $x_2=1$?}
\begin{center} $Z(1)=1\not=0 \quad \Rightarrow \quad$
\fcolorbox{red}{yellow}{Polstelle bei $x_{P2}=1$} \end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Achsenabschnitte:}}\\
\[y_0=f(0)=\frac{0}{0^2-1}=0 \]
\begin{center}Abschnitt auf der $y$-Achse: \fcolorbox{red}{yellow}
{$y_0=0$}\end{center}
\[\begin{array}{rcll}
f(x_0)&=&0 \\
\cfrac{x_0}{x_0^2-1}&=&0 &| \cdot (x_0^2-1) \\
x_0&=&0 \\
\end{array}\]
\begin{center}Nullstellen: \fcolorbox{red}{yellow}{$x_0=0$}\end{center}

\underline{\textbf{Ableitungen:}}\\
Die erste Ableitung muss mit der Quotientenregel bestimmt werden, da die
Funktion einen Bruch darstellt.
\[\begin{array}{rclcrcl}
u(x)&=&x &\Rightarrow& u'(x)&=&1 \\
v(x)&=&x^2-1 &\Rightarrow& v'(x)&=&2x \\
\end{array}\]
\[\begin{array}{rcll}
f'(x)&=&\cfrac{\overbrace{1}^{u'} \cdot \overbrace{(x^2-1)}^v
  -\overbrace{x}^u \cdot \overbrace{2x}^{v'}}
  {\underbrace{\left( x^2-1 \right)^2}_{v^2}}\\
&=&\cfrac{x^2-1-2x^2}{\left( x^2-1 \right)^2} \\
f'(x)&=&\cfrac{-x^2-1}{\left( x^2-1 \right)^2} \\
\end{array}\]

Auch für die zweite Ableitung muss die Quotientenregel verwendet werden.\\
\textbf{\underline{Tipp: }Man sollte den Nenner in der ersten Ableitung
\underline{nicht} ausmultiplizieren, auch wenn dadurch die Ableitung des
Nenners auf den ersten Blick einfacher erscheint. Man kann dann nämlich nicht
mehr erkennen, dass in der zweiten Ableitung im Zähler der ursprüngliche
Nennerterm ausgeklammert werden kann, so dass man dadurch kürzen kann.}
\[\begin{array}{rclcrcl}
u(x)&=&-x^2-1 &\Rightarrow& u'(x)&=&-2x \\
v(x)&=&(x^2-1)^2   &\Rightarrow& v'(x)&=&\ldots \\
\end{array}\]
Die Unterableitung $v'(x)$ wird mit der Kettenregel bestimmt:
\[\begin{array}{rclcrcl}
g(x)&=&x^2-1 &\Rightarrow& g'(x)&=&2x \\
v(g)&=&g^2   &\Rightarrow& v'(g)&=&2g \\
\end{array}\]
\[\begin{array}{rcll}
v'(x)&=&g'(x) \cdot v'(g) \\
&=&2x \cdot 2g \\
&=&2x \cdot 2 \cdot (x^2-1) \\
v'(x)&=&4x \cdot (x^2-1) \\
\end{array}\]
Hiermit kann nun die Quotientenregel angewendet werden.
\[\begin{array}{rcll}
f''(x)&=&\cfrac{-2x \cdot (x^2-1)^2-(-x^2-1) \cdot 4x \cdot (x^2-1)}
  {\left( x^2-1 \right)^4}\\
&=&\cfrac{(x^2-1) \cdot \Bigl(-2x \cdot (x^2-1)-(-x^2-1) \cdot 4x \Bigr)}
  {\left( x^2-1 \right)^4}&| \textnormal{ kürzen duch }(x^2-1) \\
&=&\cfrac{-2x^3+2x+4x^3+4x}{\left( x^2-1 \right)^3}\\
f''(x)&=&\cfrac{2x^3+6x}{\left( x^2-1 \right)^3}\\
\end{array}\]

\underline{\textbf{Extremwertbestimmung:}}\\
Notwendige Bedingung für einen Hoch-/Tief-/Sattelpunkt ist, dass die erste
Ableitung gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
f'(x_E)&=&0 \\
\cfrac{-x_E^2-1}{\left( x_E^2-1 \right)^2}&=&0
  &| \cdot \left( x_E^2-1 \right)^2 \\
-x_E^2-1&=&0 &|+1 \\
-x_E^2&=&1 &| \cdot (-1) \\
x_E^2&=&-1 &| \sqrt{\ }\\
x_{E1/2}&=&\pm \sqrt{-1}
\end{array}\]
Da es keine (reellen) Lösungen gibt, existieren keine Extremwerte.

\newpage
\underline{\textbf{Wendepunktbestimmung:}}\\
Notwendige Bedingung für einen Wendepunktpunkt ist, dass die zweite
Ableitung gleich Null ist.

\[\begin{array}{rcll}
f''(x_w)&=&0 \\
\cfrac{2x_w^3+6x_w}{\left( x_w^2-1 \right)^3}&=&0
  &| \cdot \left( x_w^2-1 \right)^3 \\
2x_w^3+6x_w&=&0 &|:2 \\
x_w^3+3x_w&=&0 \\
x_w \cdot (x_w^2+3)&=&0
\end{array}\]
Ein Produkt ist Null, wenn einer der Faktoren Null ist. Wenn der linke Faktor
Null ist, erhalten wir sofort: $x_{w1}=0$\\
Die weiteren möglichen Wendestellen erhalten wir aus dem rechten Faktor:
\[\begin{array}{rcll}
x_w^2+3&=&0 &|-3 \\
x_w^2&=&-3 &|\sqrt{\ }\\
x_{w2/3}&=&\pm \sqrt{-3}
\end{array}\]
Da dies keine (reelle) Lösung ergibt, bleibt es bei dem einzigen Kandidaten für
einen Wendepunkt: \mbox{$x_{w}=0$}.\\
Zur Untersuchung, ob tatsächlich -- wie vermutet -- ein Wendepunkt bei
$x_{w}=0$ vorliegt, gibt es zwei mögliche Methoden. Die eine Methode erfordert
die dritte Ableitung. Da diese etwas lästig zu bestimmen ist, verwende ich die
andere Methode. Dazu muss ich einen Punkt links und einen Punkt rechts vom
vermuteten Wendepunkt aud die zweite Ableitung untersuchen. Dabei darf man
natürlich nicht weiter gehen, als bis zur nächsten Nullstelle von $f''(x)$ oder
Polstelle von $f(x)$, ich muss also im Bereich \mbox{$x=\pm 1$} bleiben. Habe
ich links und rechts von $x_w$ unterschiedliches Vorzeichen bei $f''(x)$, dann
ist der Wendepunkt nachgewiesen.\\

\underline{Was ist bei $x_{w1}=-1$?}
\[ \left\{ \begin{array}{rcccl}
f''(-0{,}5)&=&\cfrac{2 \cdot (-0{,}5)^3+6 \cdot (-0{,}5)}
     {\left( (-0{,}5)^2-1 \right)^3}&\approx&7{,}704 \\
f''(0{,}5)&=&\cfrac{2 \cdot 0{,}5^3+6 \cdot 0{,}5}
     {\left( 0{,}5^2-1 \right)^3}&\approx&-7{,}704 \\
\end{array} \right\}
\quad \Rightarrow \quad \textnormal{Wendepunkt bei } x_{w}=0
\]
Der zugehörige $y$-Wert wurde schon als $y_0$ bestimmt: $y_w=0$.\\

Daher einziger Wendepunkt: \fcolorbox{red}{yellow}{$W(0|0)$}\\

\underline{\textbf{Bestimmung der Asymptote:}}\\
Da der Grad des Zählerpolynoms kleiner als der Grad des Nennerpolynoms ist, ist
die Asymptote die $x$-Achse.
\begin{center}
 Asymptotengleichung: \fcolorbox{red}{yellow}{$a(x)=0$}
\end{center}


\newpage
\subsection{Aufgabe 14}
\[f(x)=\cfrac{6x^2+6}{x^2+3}\]

\underline{\textbf{Definitionsbereichsbestimmung:}}\\
Einschränkungen im Definitionsbereich gibt es dort, wo der \textbf{Nenner}
gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
x^2+3&=&0 &|-3 \\
x^2&=&-3 &| \sqrt{\ }\\
x&=&\pm \sqrt{-3}\\
\end{array}\]
Es gibt keine (reellen) Nullstellen des Nenners, also ist:
\fcolorbox{red}{yellow}{$D= \mathbb{R}$}\\

\underline{\textbf{Pole, Lücken:}}\\
Da es keine Einschränkungen im Definitionsbereich gibt, gibt es auch weder
Polstellen noch Lücken.\\

\underline{\textbf{Bestimmung der Achsenabschnitte:}}\\
\[y_0=f(0)=\frac{6 \cdot 0+6}{0^2+3}=2 \]
\begin{center}Abschnitt auf der $y$-Achse: \fcolorbox{red}{yellow}
{$y_0=2$}\end{center}
\[\begin{array}{rcll}
f(x_0)&=&0 \\
\cfrac{6x_0^2+6}{x_0^2+3}&=&0 &| \cdot (x_0^2+3) \\
6x_0^2+6&=&0 &|-6 \\
x_0^2&=&-1 &|\sqrt{\ }\\
x_{01/2}&=&\pm \sqrt{-1}\\
\end{array}\]
\begin{center}Nullstellen: \fcolorbox{red}{yellow}
{Es gibt keine Nullstellen.}\end{center}

\underline{\textbf{Ableitungen:}}\\
Die erste Ableitung muss mit der Quotientenregel bestimmt werden, da die
Funktion einen Bruch darstellt.
\[\begin{array}{rclcrcl}
u(x)&=&6x^2+6 &\Rightarrow& u'(x)&=&12x \\
v(x)&=&x^2+3   &\Rightarrow& v'(x)&=&2x \\
\end{array}\]
\[\begin{array}{rcll}
f'(x)&=&\cfrac{\overbrace{12x}^{u'(x)} \cdot \overbrace{(x^2+3)}^{v(x)}
  -\overbrace{(6x^2+6)}^{u(x)} \cdot \overbrace{2x}^{v'(x)}}
  {\underbrace{\left(x^2+3\right)^2}_{v^2(x)}}\\
&=&\cfrac{12x^3+36x-12x^3-12x}{(x^2+3)^2}\\
f'(x)&=&\cfrac{24x}{(x^2+3)^2}
\end{array}\]

Auch für die zweite Ableitung muss die Quotientenregel verwendet werden.\\
\textbf{\underline{Tipp: }Man sollte den Nenner in der ersten Ableitung
\underline{nicht} ausmultiplizieren, auch wenn dadurch die Ableitung des
Nenners auf den ersten Blick einfacher erscheint. Man kann dann nämlich nicht
mehr erkennen, dass in der zweiten Ableitung im Zähler der ursprüngliche
Nennerterm ausgeklammert werden kann, so dass man dadurch kürzen kann.}
\[\begin{array}{rclcrcl}
u(x)&=&24x &\Rightarrow& u'(x)&=&24 \\
v(x)&=&(x^2+3)^2   &\Rightarrow& v'(x)&=&\ldots \\
\end{array}\]
Die Unterableitung $v'(x)$ wird mit der Kettenregel bestimmt:
\[\begin{array}{rclcrcl}
g(x)&=&x^2+3 &\Rightarrow& g'(x)&=&2x \\
v(g)&=&g^2   &\Rightarrow& v'(g)&=&2g \\
\end{array}\]
\[\begin{array}{rcll}
v'(x)&=&g'(x) \cdot v'(g) \\
&=&2x \cdot 2g \\
&=&2x \cdot 2 \cdot (x^2+3) \\
v'(x)&=&4x \cdot (x^2+3) \\
\end{array}\]
Hiermit kann nun die Quotientenregel angewendet werden.
\[\begin{array}{rcll}
f''(x)&=&\cfrac{24 \cdot \left(x^2+3\right)^2
 -24x \cdot 4x \cdot (x^2+3)}{\left(x^2+3\right)^4}\\
&=&\cfrac{(x^2+3) \cdot \Bigl(24 \cdot \left(x^2+3\right)
 -24x \cdot 4x\Bigr)}{\left(x^2+3\right)^4}&| \textnormal{ kürzen duch }(x^2-1) \\
&=&\cfrac{24x^2+72-96x^2}{\left(x^2+3\right)^3}\\
f''(x)&=&\cfrac{-72x^2+72}{\left(x^2+3\right)^3}\\
\end{array}\]

\underline{\textbf{Extremwertbestimmung:}}\\
Notwendige Bedingung für einen Hoch-/Tief-/Sattelpunkt ist, dass die erste
Ableitung gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
f'(x_E)&=&0 \\
\cfrac{24x_E}{(x_E^2+3)^2}&=&0 &| \cdot (x_E^2+3)^2 \\
24x_E&=&0 &|:24 \\
x_E&=&0 \\
\end{array}\]

\newpage
\underline{Was ist bei $x_E=0$?}
\[f''(0)=\cfrac{-72 \cdot 0^2+72}{(0^2+3)^3}=\frac{8}{3}>0
  \quad \Rightarrow \quad \textnormal{Tiefpunkt bei }x_E=0 \]
Der zugehörige Funktionswert wird bestimmt:
\[y_E=f(0)=\cfrac{6 \cdot 0^2+6}{0^2+3}=2 \]
\begin{center}
Tiefpunkt: \fcolorbox{red}{yellow}{$T(0|2)$}
\end{center}

\underline{\textbf{Wendepunktbestimmung:}}\\
Notwendige Bedingung für einen Wendepunktpunkt ist, dass die zweite
Ableitung gleich Null ist.

\[\begin{array}{rcll}
f''(x_w)&=&0 \\
\cfrac{-72x_w^2+72}{\left(x_w^2+3\right)^3}&=&0
  &| \cdot \left(x_w^2+3\right)^3 \\
-72x_w^2+72&=&0 &|-72 \\
-72x_w^2&=&-72  &|:(-72) \\
x_w^2&=&1 &|\sqrt{\ }\\
x_{w1/2}&=&\pm 1 \\
x_{w1}&=&-1 \\
x_{w2}&=&1 \\
\end{array}\]

Zur Untersuchung, ob tatsächlich -- wie vermutet -- ein Wendepunkt bei
$x_{w1}=-1$ bzw. bei $x_{w2}=1$ vorliegt, gibt
es zwei mögliche Methoden. Die eine Methode erfordert die dritte Ableitung. Da
diese etwas lästig zu bestimmen ist, verwende ich die andere Methode. Dazu muss
ich einen Punkt links und einen Punkt rechts vom vermuteten Wendepunkt aud die
zweite Ableitung untersuchen. Dabei darf man natürlich nicht weiter gehen, als
bis zur nächsten Nullstelle von $f''(x)$ oder Polstelle von $f(x)$. Habe ich
links und rechts von $x_w$ unterschiedliches Vorzeichen bei $f''(x)$, dann ist
der Wendepunkt nachgewiesen.\\

\underline{Was ist bei $x_{w1}=-1$?}
\[ \left\{ \begin{array}{rcccl}
f''(-2)&=&\cfrac{-72 \cdot (-2)^2+72}
          {\left( (-2)^2+3 \right)^3}&=&-\cfrac{216}{343} \\
f''(0)&=&\cfrac{-72 \cdot 0^2+72}
          {\left( 0^2+3 \right)^3}&=&\cfrac{8}{3} \\
\end{array} \right\}
\quad \Rightarrow \quad \textnormal{Wendepunkt bei } x_{w1}=-1
\]
Der zugehörige $y$-Wert muss bestimmt werden:
\[y_{w1}=f(-1)=\cfrac{6 \cdot 1^2+6}{1^2+3}=3\]
Ergebnis: 1. Wendepunkt: \fcolorbox{red}{yellow}{$W_1(-1|3)$}\\

\newpage
\underline{Was ist bei $x_{w2}=1$?}
\[ \left\{ \begin{array}{rcccl}
f''(0)&=&\cfrac{-72 \cdot 0^2+72}
          {\left( 0^2+3 \right)^3}&=&\cfrac{8}{3} \\
f''(2)&=&\cfrac{-72 \cdot 2^2+72}
          {\left( 2^2+3 \right)^3}&=&-\cfrac{216}{343} \\
\end{array} \right\}
\quad \Rightarrow \quad \textnormal{Wendepunkt bei } x_{w2}=1
\]
Der zugehörige $y$-Wert muss bestimmt werden:
\[y_{w2}=f(1)=\cfrac{6 \cdot 1^2+6}{1^2+3}=3\]
Ergebnis: 2. Wendepunkt: \fcolorbox{red}{yellow}{$W_2(1|3)$}\\

\underline{\textbf{Bestimmung der Asymptote:}}\\
Zur Bestimmung der Asymptote wird eine Polynomdivision gemäß der
Funktionsgleichung durchgeführt.

\[\begin{array}{cc}
 \begin{array}{rrr}
  (6x^2&+6) \\
 -(6x^2&+18) \\
 \hline
       &-12 \
 \end{array}  \begin{array}{cccc}
 :&(x^2+3)&=&6-\frac{12}{x^2+3}  \\ \\ \\
 \end{array}
\end{array}\]
\begin{center}
 Asymptotengleichung: \fcolorbox{red}{yellow}{$a(x)=6$}
\end{center}

\newpage
\subsection{Aufgabe 15}
\[f(x)=\cfrac{x^2-x}{x^3-x^2+3x-3}\]

\underline{\textbf{Definitionsbereichsbestimmung:}}\\
Einschränkungen im Definitionsbereich gibt es dort, wo der \textbf{Nenner}
gleich Null ist.
\[x^3-x^2+3x-3=0\]
Dies ist leider ein Polynom 3. Grades, dessen Nullstellen wir nicht analytisch
bestimmen können. Durch \textbf{planvolles}\footnote{In Frage kommen alle
(positiven und negativen) Teiler des absoluten Gliedes, falls es ganzzahlige
Nullstellen gibt, also hier: $\pm 1$ und $\pm 3$} Raten erhält man:
\[x_1=1\]

Jetzt kann eine Polynomdivision durchgeführt werden, um die möglichen weiteren
Nennernullstellen zu erhalten.
\[\begin{array}{rrrr}
(x^3&-x^2\ &+3x\ &-3) \\
-(x^3&-x^2) \\
\hline
&&3x\ &-3\ \\
&-&(3x\ &-3\ \\
\hline
&&&0\ \\
\end{array} \begin{array}{rrrr}
:&(x-1)&=&x^2+3 \\ \\ \\ \\ \\
\end{array}\]

Jetzt muss nur noch der Ergebnisterm weiter untersucht werden.
\[\begin{array}{rcll}
x^2+3&=&0 &|-3 \\
x^2&=&-3 &| \sqrt{\ }\\
x_{2/3}&=&\pm \sqrt{-3}\\
\end{array}\]
Da der Radikant negativ ist, gibt es \textbf{keine weiteren
Nennernullstellen}.\\

Ergebnis: \fcolorbox{red}{yellow}{$D= \mathbb{R}\setminus \{1\}$}\\

\newpage
\underline{\textbf{Polstelle oder Lücke:}}\\
\underline{Was ist bei $x_1=1$?}
\begin{center} $Z(1)=1^2-1=0 \quad \Rightarrow \quad (x-1)$ kann ausgeklammert
werden. \end{center}
\[f(x)=\cfrac{x^2-x}{x^3-x^2+3x-3}=\cfrac{x \cdot (x-1)}{(x^2+3) \cdot (x-1)}\]

Kürzt man nun mit $(x-1)$, dann erhält man eine neue Funktion $f^*(x)$ mit
erweitertem Definitionsbereich. \textbf{Innerhalb des festgelegten
Definitionsbereiches} ist sie jedoch identisch mit $f(x)$.

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{$f^*(x)=\cfrac{x}{x^2+3}$}\end{center}

\begin{center} $N^*(1)=1^2+3=4 \not=0 \quad \Rightarrow \quad$ Lücke bei
$x_1=1$. \end{center}

\[y_L=f^*(1)=\cfrac{1}{1^2+3}=\cfrac{1}{4}=0{,}25 \]

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Lücke bei $L(1|0{,}25)$} \end{center}

Für alle weiteren Betrachtungen \textbf{innerhalb des Definitionsbereiches} von
$f(x)$ kann mit der einfacheren Funktion $f^*(x)$ gerechnet werden.\\

\underline{\textbf{Bestimmung der Achsenabschnitte:}}\\
\[y_0=f^*(0)=\frac{0}{0^2+3}=0 \]
\begin{center}Abschnitt auf der $y$-Achse: \fcolorbox{red}{yellow}
{$y_0=0$}\end{center}

\[\begin{array}{rcll}
f^*(x_0)&=&0 \\
\cfrac{x_0}{x_0^2+3}&=&0 &| \cdot (x_0^2+3) \\
x_0&=&0 \\
\end{array}\]
\begin{center}Nullstellen: \fcolorbox{red}{yellow}{$x_0=0$}\end{center}

\underline{\textbf{Ableitungen:}}\\
Die erste Ableitung muss mit der Quotientenregel bestimmt werden, da die
Funktion einen Bruch darstellt.
\[\begin{array}{rclcrcl}
u(x)&=&x &\Rightarrow& u'(x)&=&1 \\
v(x)&=&x^2+3 &\Rightarrow& v'(x)&=&2x \\
\end{array}\]
\[\begin{array}{rcll}
{f^*}'(x)&=&\cfrac{\overbrace{1}^{u'} \cdot \overbrace{(x^2+3)}^v
  -\overbrace{x}^u \cdot \overbrace{2x}^{v'}}
  {\underbrace{\left( x^2+3 \right)^2}_{v^2}}\\
&=&\cfrac{x^2+3-2x^2}{\left( x^2+3 \right)^2} \\
{f^*}'(x)&=&\cfrac{-x^2+3}{\left( x^2+3 \right)^2} \\
\end{array}\]

Auch für die zweite Ableitung muss die Quotientenregel verwendet werden.\\
\textbf{\underline{Tipp: }Man sollte den Nenner in der ersten Ableitung
\underline{nicht} ausmultiplizieren, auch wenn dadurch die Ableitung des
Nenners auf den ersten Blick einfacher erscheint. Man kann dann nämlich nicht
mehr erkennen, dass in der zweiten Ableitung im Zähler der ursprüngliche
Nennerterm ausgeklammert werden kann, so dass man dadurch kürzen kann.}
\[\begin{array}{rclcrcl}
u(x)&=&-x^2+3 &\Rightarrow& u'(x)&=&-2x \\
v(x)&=&(x^2+3)^2   &\Rightarrow& v'(x)&=&\ldots \\
\end{array}\]
Die Unterableitung $v'(x)$ wird mit der Kettenregel bestimmt:
\[\begin{array}{rclcrcl}
g(x)&=&x^2+3 &\Rightarrow& g'(x)&=&2x \\
v(g)&=&g^2   &\Rightarrow& v'(g)&=&2g \\
\end{array}\]
\[\begin{array}{rcll}
v'(x)&=&g'(x) \cdot v'(g) \\
&=&2x \cdot 2g \\
&=&2x \cdot 2 \cdot (x^2+3) \\
v'(x)&=&4x \cdot (x^2+3) \\
\end{array}\]
Hiermit kann nun die Quotientenregel angewendet werden.
\[\begin{array}{rcll}
{f^*}''(x)&=&\cfrac{-2x \cdot (x^2+3)^2-(-x^2+3) \cdot 4x \cdot (x^2+3)}
  {\left( x^2+3 \right)^4}\\
&=&\cfrac{(x^2+3) \cdot \Bigl(-2x \cdot (x^2+3)-(-x^2+3) \cdot 4x \Bigr)}
  {\left( x^2+3 \right)^4}&| \textnormal{ kürzen duch }(x^2+3) \\
&=&\cfrac{-2x^3-6x+4x^3-12x}{\left( x^2+3 \right)^3}\\
{f^*}''(x)&=&\cfrac{2x^3-18x}{\left( x^2+3 \right)^3}\\
\end{array}\]

\newpage
\underline{\textbf{Extremwertbestimmung:}}\\
Notwendige Bedingung für einen Hoch-/Tief-/Sattelpunkt ist, dass die erste
Ableitung gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
{f^*}'(x_E)&=&0 \\
\cfrac{-x_E^2+3}{\left( x_E^2+3 \right)^2}&=&0
  &| \cdot \left( x_E^2+3 \right)^2 \\
-x_E^2+3&=&0 &|-3 \\
-x_E^2&=&-3 &| \cdot (-1) \\
x_E^2&=&3 &| \sqrt{\ }\\
x_E&=&\pm \sqrt{3} \\
x_{E1}= \sqrt{3}\approx 1{,}732 &&x_{E2}=-\sqrt{3}\approx-1{,}732 \\
\end{array}\]

Zur Prüfung, ob ein Maximum oder ein Minimum vorliegt, wird die zweite
Ableitung verwendet. Ist ${f^*}''(x_E)>0$, dann liegt ein Tiefpunkt vor, ist
${f^*}''(x_E)<0$, dann haben wir einen Hochpunkt.
\[\begin{array}{rclcl}
{f^*}''(x_{E1})&=&\cfrac
 {2 \cdot (\sqrt{3})^3-18 \cdot \sqrt{3}}{\left( (\sqrt{3})^2+3 \right)^3}
 \approx -0{,}0962<0 & \Rightarrow &
\textnormal{Hochpunkt bei }x_{E1}= \sqrt{3} \\
{f^*}''(x_{E2})&=& \cfrac
 {2 \cdot (-\sqrt{3})^3-18 \cdot (-\sqrt{3})}{\left( (-\sqrt{3})^2+3 \right)^3}
 \approx 0{,}0962>0 & \Rightarrow &
\textnormal{Tiefpunkt bei }x_{E2}=-\sqrt{3} \\
\end{array}\]

Die zugehörigen $y$-Werte bestimmen wir als Funktionswerte der Extremstellen
$x_{E1}$ und $x_{E2}$.
\[\begin{array}{rcl}
y_{E1}&=&f(x_{E1})=\cfrac{\sqrt{3}}{(\sqrt{3})^2+3}\approx 0{,}2887 \\
y_{E2}&=&f(x_{E2})=\cfrac{-\sqrt{3}}{(-\sqrt{3})^2+3}\approx-0{,}2887 \\
\end{array}\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Hochpunkt: $H(1{,}732|0{,}2887)$} und
\fcolorbox{red}{yellow}{Tiefpunkt: $T(-1{,}732|-0{,}2887)$}\end{center}

\underline{\textbf{Wendepunktbestimmung:}}\\
Notwendige Bedingung für einen Wendepunkt ist, dass die zweite Ableitung gleich
Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
{f^*}''(x_W)&=&0 \\
\cfrac{2x_W^3-18x_W}{\left( x_W^2+3 \right)^3}&=&0
 &| \cdot \left( x_W^2+3 \right)^3 \\
2x_W^3-18x_W&=&0 \\
x_W \cdot (2x_W^2-18)&=&0 & \qquad \Rightarrow \quad x_{W1}=0 \\
2x_W^2-18&=&0 &|:2 \\
x_W^2-9&=&0 &|+9 \\
x_W^2&=&9 &| \sqrt{\ }\\
x_{W2}=-3 && x_{W3}=3 \\
\end{array}\]

Zur Untersuchung, ob tatsächlich -- wie vermutet -- ein Wendepunkt bei $x_W$
vorliegt, gibt es zwei mögliche Methoden. Die eine Methode erfordert die dritte
Ableitung. Da diese etwas lästig zu bestimmen ist, verwende ich die andere
Methode. Dazu muss ich einen Punkt links und einen Punkt rechts vom vermuteten
Wendepunkt aud die zweite Ableitung untersuchen. Dabei darf man natürlich nicht
weiter gehen, als bis zur nächsten Nullstelle von ${f^*}''(x)$ oder Polstelle
von ${f^*}(x)$. Habe ich links und rechts von $x_W$ unterschiedliches
Vorzeichen bei $f''(x)$, dann ist der Wendepunkt nachgewiesen.\\

Als Nachbarwerte wähle ich:
\begin{itemize}
\item zu $x_{W1}=0$: $-1$ und 1
\item zu $x_{W2}=-3$: $-4$ und $-1$
\item zu $x_{W3}=3$: 1 und 4
\end{itemize}
\underline{Anmerkung:} Natürlich hätte man die Nachbarwerte um 3 auch
symmetrisch bei 2 und 4 wählen können. Da der Wert bei 1 aber schon berechnet
wurde, kann man sich hier Arbeit ersparen. Das gleiche gilt auch für die
Nachbarwerte von $-3$.\\

\underline{Was ist bei $x_{W1}=0$?}
\[ \left\{ \begin{array}{rcccl}
{f^*}''(-1)&=&\cfrac{2 \cdot (-1)^3-18 \cdot (-1)}{\left( (-1)^2+3 \right)^3}
&=&4 \\
{f^*}''(1)&=&\cfrac{2 \cdot 1^3-18 \cdot 1}{\left( 1^2+3 \right)^3}
&=&-4 \\
\end{array} \right\}
\quad \Rightarrow \quad \textnormal{Wendepunkt bei } x_{W1}=0
\]
Der zugehörige $y$-Wert wurde schon als $y_0$ bestimmt: $y_w=0$.
Daher erster Wendepunkt:
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{$W_1(0|0)$}\end{center}

\underline{Was ist bei $x_{W2}=-3$?}
\[ \left\{ \begin{array}{rcccl}
{f^*}''(-4)&=&\cfrac{2 \cdot (-4)^3-18 \cdot (-4)}{\left( (-4)^2+3 \right)^3}
&\approx& -2{,}947 \\
{f^*}''(-1)&=&\cfrac{2 \cdot (-1)^3-18 \cdot (-1)}{\left( (-1)^2+3 \right)^3}
&=&4 \\
\end{array} \right\}
\quad \Rightarrow \quad \textnormal{Wendepunkt bei } x_{W2}=-3
\]
Der zugehörige $y$-Wert wird bestimmt.
\[y_{E2}={f^*}(x_{E2})=\cfrac{-3}{(-3)^2+3}=-0{,}25\]
Zweiter Wendepunkt:
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{$W_2(-3|-0{,}25)$}\end{center}

\underline{Was ist bei $x_{W3}=3$?}
\[ \left\{ \begin{array}{rcccl}
{f^*}''(1)&=&\cfrac{2 \cdot 1^3-18 \cdot 1}{\left( 1^2+3 \right)^3}
&=&-4 \\
{f^*}''(4)&=&\cfrac{2 \cdot 4^3-18 \cdot 1}{\left( 4^2+3 \right)^3}
&\approx& 2{,}947 \\
\end{array} \right\}
\quad \Rightarrow \quad \textnormal{Wendepunkt bei } x_{W3}=3
\]
Der zugehörige $y$-Wert wird bestimmt.
\[y_{E3}={f^*}(x_{E3})=\cfrac{3}{3^2+3}=0{,}25\]
Dritter Wendepunkt:
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{$W_3(3|0{,}25)$}\end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Asymptote:}}\\
Da der Grad des Zählerpolynoms kleiner als der Grad des Nennerpolynoms ist, ist
die Asymptote die $x$-Achse.
\begin{center}
 Asymptotengleichung: \fcolorbox{red}{yellow}{$a(x)=0$}
\end{center}

\newpage
\subsection{Aufgabe 16}
\[f(x)=\cfrac{x^4-5x^3+7x^2-3x}{x^3-6x^2+9x-4}\]
\underline{\textbf{Definitionsbereichsbestimmung:}}\\
Einschränkungen im Definitionsbereich gibt es dort, wo der \textbf{Nenner}
gleich Null ist.
\[x^3-6x^2+9x-4=0\]
Dies ist leider ein Polynom 3. Grades, dessen Nullstellen wir nicht analytisch
bestimmen können. Durch \textbf{planvolles}\footnote{In Frage kommen alle
(positiven und negativen) Teiler des absoluten Gliedes, falls es ganzzahlige
Nullstellen gibt, also hier: $\pm 1$, $\pm 2$ und $\pm 4$}
Raten erhält man beispielsweise:
\[x_1=1\]

Jetzt kann eine Polynomdivision durchgeführt werden, um die möglichen weiteren
Nennernullstellen zu erhalten.
\[\begin{array}{rrrr}
(x^3&-6x^2\ &+9x\ &-4) \\
-(x^3&-x^2) \\
\hline
&-5x^2\ &+9x\ &-4\ \\
-&(-5x^2\ &+5x) \\
\hline
&&4x\ &-4\ \\
&&-(4x\ &-4) \\
\hline
&&&0\ \\
\end{array} \begin{array}{rrrr}
:&(x-1)&=&x^2-5x+4 \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\
\end{array}\]

Jetzt muss nur noch der Ergebnisterm weiter untersucht werden.
\[\begin{array}{rcll}
x^2-5x+4&=&0 \\
x_{2/3}&=&\cfrac{5}{2}\pm \sqrt{\cfrac{25}{4}-4}\\
&=&\cfrac{5}{2}\pm \sqrt{\cfrac{25}{4}-\cfrac{16}{4}}\\
x_{2/3}&=&\cfrac{5}{2}\pm \cfrac{3}{2}\\
x_2=4 && x_3=1 \\
\end{array}\]
\underline{Anmerkung:} $x_3$ stimmt mit $x_1$ überein. Es gibt also tatsächlich
nur zwei Fehlstellen im Definitionsberich.\\

Ergebnis: \fcolorbox{red}{yellow}{$D= \mathbb{R}\setminus \{1;4\}$}\\

\newpage
\underline{\textbf{Polstelle oder Lücke:}}\\
\underline{Was ist bei $x_1=1$?}
\begin{center} $Z(1)=1^4-5 \cdot 1^3+7 \cdot 1^2-3 \cdot 1=0
 \quad \Rightarrow \quad (x-1)$ kann ausgeklammert werden. \end{center}

\[\begin{array}{rrrr}
(x^4 &-5x^3\ &+7x^2\ &-3x) \\
-(x^4&-x^3) \\
\hline
&-4x^3\ &+7x^2\ &-3x\ \\
-&(-4x^3\ &+4x^2) \\
\hline
&&3x^2\ &-3x\ \\
&-&(3x^2\ &-3x) \\
\hline
&&&0\ \\
\end{array} \begin{array}{rrrr}
:&(x-1)&=&x^3-4x^2+3x \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\
\end{array}\]

\[f(x)=\cfrac{x^4-5x^3+7x^2-3x}{x^3-6x^2+9x-4}
 =\cfrac{(x^3-4x^2+3x) \cdot (x-1)}{(x^2-5x+4) \cdot (x-1)}\]

Kürzt man nun mit $(x-1)$, dann erhält man eine neue Funktion $f^*(x)$ mit
möglicherweise erweiterten Definitionsbereich. \textbf{Innerhalb des
festgelegten Definitionsbereiches} ist sie jedoch identisch mit $f(x)$.

\[f^*(x)=\cfrac{x^3-4x^2+3x}{x^2-5x+4}\]

Der neue Nenner muss nun untersucht werden.
\begin{center} $N^*(1)=1^2-5 \cdot 1^3+4=0
 \quad \Rightarrow \quad $ Noch keine Aussage möglich. \end{center}

\begin{center} $Z^*(1)=1^3-4 \cdot 1^2+3 \cdot 1=0
 \quad \Rightarrow \quad (x-1)$ kann ausgeklammert werden. \end{center}

\[\begin{array}{rrr}
(x^3&-4x^2\ &+3x) \\
-(x^3&-x^2) \\
\hline
&-3x^2\ &+3x\ \\
-&(-3x^2\ &+3x) \\
\hline
&&0\ \\
\end{array} \begin{array}{rrrr}
:&(x-1)&=&x^2-3x \\ \\ \\ \\ \\
\end{array}\]

\[f^*(x)=\cfrac{x^3-4x^2+3x}{x^2-5x+4}
  =\cfrac{(x^2-3x) \cdot (x-1)}{(x-4) \cdot (x-1)}\]
Kürzt man nun mit $(x-1)$, dann erhält man eine neue Funktion $f^{**}(x)$ mit
möglicherweise erweiterten Definitionsbereich. \textbf{Innerhalb des
festgelegten Definitionsbereiches} ist sie jedoch identisch mit $f^*(x)$.

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{$f^{**}(x)=\cfrac{x^2-3x}{x-4}$}\end{center}

\newpage
Der neue Nenner muss nun untersucht werden.
\begin{center} $N^{**}(1)=1-4=-3 \not=0
 \quad \Rightarrow \quad $ Lücke bei $x_L=1$ \end{center}

\[y_L=f^{**}(1)=\cfrac{1^2-3 \cdot 1}{1-4}=\cfrac{2}{3}
\approx 0{,}6667 \]

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Lücke bei $L(1|0{,}6667)$} \end{center}

Für alle weiteren Betrachtungen \textbf{innerhalb des Definitionsbereiches} von
$f(x)$ kann mit der einfacheren Funktion $f^{**}(x)$ gerechnet werden.\\

\underline{Was ist bei $x_2=4$?}
\begin{center} $Z^{**}(4)=4^2-3 \cdot 4=4 \not=0
 \quad \Rightarrow \quad $
  \fcolorbox{red}{yellow}{Polstelle bei $x_2=4$} \end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Achsenabschnitte:}}\\
\[y_0=f^{**}(0)=\cfrac{0^2-3 \cdot 0}{0-4}=0\]
\begin{center}Abschnitt auf der $y$-Achse: \fcolorbox{red}{yellow}
{$y_0=0$}\end{center}

\[\begin{array}{rcll}
f^{**}(x_0)&=&0 \\
\cfrac{x_0^2-3x_0}{x_0-4}&=&0 &| \cdot (x_0-4) \\
x_0^2-3x_0&=&0 \\
x_0 \cdot (x_0-3)&=&0 \\
x_{01}&=&0 \\
x_{02}-3&=&0 &|+3 \\
x_{02}&=&3 \\
\end{array}\]

\begin{center}Nullstellen: \fcolorbox{red}{yellow}{$x_{01}=0$}
\quad und \quad \fcolorbox{red}{yellow}{$x_{02}=3$} \end{center}

\newpage
\underline{\textbf{Ableitungen:}}\\
Die erste Ableitung muss mit der Quotientenregel bestimmt werden, da die
Funktion einen Bruch darstellt.
\[\begin{array}{rclcrcl}
u(x)&=&x^2-3x &\Rightarrow& u'(x)&=&2x-3 \\
v(x)&=&x-4 &\Rightarrow& v'(x)&=&1 \\
\end{array}\]
\[\begin{array}{rcll}
{f^{**}}'(x)&=&\cfrac{\overbrace{(2x-3)}^{u'} \cdot \overbrace{(x-4)}^v
  -\overbrace{(x^2-3x)}^u \cdot \overbrace{1}^{v'}}
  {\underbrace{( x-4)^2}_{v^2}}\\
&=&\cfrac{(2x^2-8x-3x+12)-(x^2-3x)}{(x-4)^2} \\
&=&\cfrac{2x^2-11x+12-x^2+3x}{(x-4)^2}\\
{f^{**}}'(x)&=&\cfrac{x^2-8x+12}{(x-4)^2} \\
\end{array}\]

Auch für die zweite Ableitung muss die Quotientenregel verwendet werden.\\
\textbf{\underline{Tipp: }Man sollte den Nenner in der ersten Ableitung
\underline{nicht} ausmultiplizieren, auch wenn dadurch die Ableitung des
Nenners auf den ersten Blick einfacher erscheint. Man kann dann nämlich nicht
mehr erkennen, dass in der zweiten Ableitung im Zähler der ursprüngliche
Nennerterm ausgeklammert werden kann, so dass man dadurch kürzen kann.}
\[\begin{array}{rclcrcl}
u(x)&=&x^2-8x+12 &\Rightarrow& u'(x)&=&2x-8 \\
v(x)&=&(x-4)^2   &\Rightarrow& v'(x)&=&\ldots \\
\end{array}\]
Die Unterableitung $v'(x)$ wird mit der Kettenregel bestimmt:
\[\begin{array}{rclcrcl}
g(x)&=&x-4 &\Rightarrow& g'(x)&=&1 \\
v(g)&=&g^2   &\Rightarrow& v'(g)&=&2g \\
\end{array}\]
\[\begin{array}{rcll}
v'(x)&=&g'(x) \cdot v'(g) \\
&=&1 \cdot 2g \\
&=&1 \cdot 2 \cdot (x-4) \\
v'(x)&=&2 \cdot (x-4) \\
\end{array}\]
Hiermit kann nun die Quotientenregel angewendet werden.

\[\begin{array}{rcll}
{f^{**}}''(x)&=&\cfrac{(2x-8) \cdot (x-4)^2-(x^2-8x+12) \cdot 2 \cdot (x-4)}
  {(x-4)^4}\\
&=&\cfrac{(x-4) \cdot \Bigl( (2x-8) \cdot (x-4)-(x^2-8x+12) \cdot 2 \Bigr)}
  {(x-4)^4}\\
&=&\cfrac{(2x-8) \cdot (x-4)-(x^2-8x+12) \cdot 2}{(x-4)^3}\\
&=&\cfrac{2x^2-8x-8x+32-2x^2+16x-24}{(x-4)^3}\\
{f^{**}}''(x)&=&\cfrac{8}{(x-4)^3}\\
\end{array}\]

\underline{\textbf{Extremwertbestimmung:}}\\
Notwendige Bedingung für einen Hoch-/Tief-/Sattelpunkt ist, dass die erste
Ableitung gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
{f^{**}}'(x_E)&=&0 \\
\cfrac{x_E^2-8x_E+12}{(x_E-4)^2}&=&0 &| \cdot (x_E-4)^2 \\
x_E^2-8x_E+12&=&0 \\
x_{E1/2}&=&4 \pm \sqrt{16-12}\\
&=&4 \pm 2 \\
x_{E1}=6 && x_{E2}=2 \\
\end{array}\]

Zur Prüfung, ob ein Maximum oder ein Minimum vorliegt, wird die zweite
Ableitung verwendet. Ist ${f^{**}}''(x_E)>0$, dann liegt ein Tiefpunkt vor, ist
${f^{**}}''(x_E)<0$, dann haben wir einen Hochpunkt.\\

\underline{Was ist bei $x_{E1}=6$?}
\[\begin{array}{rclcl}
{f^*}''(6)&=&\cfrac{8}{(6-4)^3}
=\cfrac{8}{8}=1>0 & \Rightarrow &
\textnormal{Tiefpunkt bei }x_{E1}=6 \\
\end{array}\]

Den zugehörigen $y$-Wert bestimmen wir als Funktionswert der Extremstelle
$x_{E1}$.
\[y_{E1}=f^{**}(x_{E1})=\cfrac{6^2-3 \cdot 6}{6-4}=\cfrac{18}{2}=9\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Tiefpunkt: $T(6|9)$}\end{center}

\underline{Was ist bei $x_{E2}=2$?}
\[\begin{array}{rclcl}
{f^*}''(2)&=&\cfrac{8}{(2-4)^3}
=\cfrac{8}{-8}=-1<0 & \Rightarrow &
\textnormal{Hochpunkt bei }x_{E2}=2 \\
\end{array}\]

Den zugehörigen $y$-Wert bestimmen wir als Funktionswert der Extremstelle
$x_{E2}$.  \enlargethispage{10mm}
\[y_{E2}=f^{**}(x_{E2})=\cfrac{2^2-3 \cdot 2}{2-4}=\cfrac{-2}{-2}=1\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Hochpunkt: $H(2|1)$}\end{center}

\newpage
\underline{\textbf{Wendepunktbestimmung:}}\\
Notwendige Bedingung für einen Wendepunkt ist, dass die zweite Ableitung gleich
Null ist.

\[\begin{array}{rcll}
{f^{**}}''(x_W)&=&0 \\
\cfrac{8}{(x_W-4)^3}&=&0 &| \cdot (x_W-4)^3 \\
8&=&0 \\
\end{array}\]
Dies ist eine \textbf{falsche Aussage}. Da sie \textbf{immer} falsch ist, gibt
es \textbf{keine} Kandidaten für Wendepunkte.\\

\underline{\textbf{Bestimmung der Asymptote:}}\\
\[\begin{array}{rrr}
(x^2&-3x\ &) \\
-(x^2&-4x) \\
\hline
&x\ \\
&-(x\ &-4) \\
\hline
 &&4\ \\
\end{array} \begin{array}{rrrr}
:&(x-4)&=&x+1+\frac{4}{x-4} \\ \\ \\ \\ \\
\end{array}\]

\begin{center}
 Asymptotengleichung: \fcolorbox{red}{yellow}{$a(x)=x+1$}
\end{center}

\newpage
\subsection{Aufgabe 17}
\[f(x)=\cfrac{x^3-4x^2+4x}{x^3-4x^2+8x-8}\]
\underline{\textbf{Definitionsbereichsbestimmung:}}\\
Einschränkungen im Definitionsbereich gibt es dort, wo der \textbf{Nenner}
gleich Null ist.
\[x^3-4x^2+8x-8=0\]
Dies ist leider ein Polynom 3. Grades, dessen Nullstellen wir nicht analytisch
bestimmen können. Durch \textbf{planvolles}\footnote{In Frage kommen alle
(positiven und negativen) Teiler des absoluten Gliedes, falls es ganzzahlige
Nullstellen gibt, also hier: $\pm 1$, $\pm 2$, $\pm 4$ und $\pm 8$}
Raten erhält man:
\[x_1=2\]

Jetzt kann eine Polynomdivision durchgeführt werden, um die möglichen weiteren
Nennernullstellen zu erhalten.
\[\begin{array}{rrrr}
(x^3&-4x^2\ &+8x\ &-8) \\
-(x^3&-2x^2) \\
\hline
&-2x^2\ &+8x\ &-8\ \\
-&(-2x^2\ &+4x) \\
\hline
&&4x\ &-8\ \\
&&-(4x\ &-8) \\
\hline
&&&0\ \\
\end{array} \begin{array}{rrrr}
:&(x-2)&=&x^2-2x+4 \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\
\end{array}\]

Jetzt muss nur noch der Ergebnisterm weiter untersucht werden.
\[\begin{array}{rcll}
x^2-2x+4&=&0 \\
x_{2/3}&=&1 \pm \sqrt{1-4}\\
x_{2/3}&=&1 \pm \sqrt{-3}\\
\end{array}\]
Da der Radikant negativ ist, gibt es \textbf{keine weiteren
Nennernullstellen}.\\

Ergebnis: \fcolorbox{red}{yellow}{$D= \mathbb{R}\setminus \{2\}$}\\

\newpage
\underline{\textbf{Polstelle oder Lücke:}}\\
\underline{Was ist bei $x_1=2$?}
\begin{center} $Z(2)=2^3-2^2+4 \cdot 2=0 \quad \Rightarrow \quad (x-2)$ kann
ausgeklammert werden. \end{center}

\[\begin{array}{rrr}
(x^3 &-4x^2\ &+4x) \\
-(x^3&-2x^2) \\
\hline
&-2x^2\ &+4x\ \\
-&(-2x^2\ &+4x) \\
\hline
&&0\ \\
\end{array} \begin{array}{rrrr}
:&(x-2)&=&x^2-2x \\ \\ \\ \\ \\
\end{array}\]
\[f(x)=\cfrac{x^3-4x^2+4x}{x^3-4x^2+8x-8}
=\cfrac{(x^2-2x) \cdot (x-2)}{(x^2-2x+4) \cdot (x-2)}\]

Kürzt man nun mit $(x-2)$, dann erhält man eine neue Funktion $f^*(x)$ mit
erweitertem Definitionsbereich. \textbf{Innerhalb des festgelegten
Definitionsbereiches} ist sie jedoch identisch mit $f(x)$.

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{$f^*(x)=\cfrac{x^2-2x}{x^2-2x+4}$}\end{center}

\begin{center} $N^*(2)=2^2-2 \cdot 2+4=4 \not=0 \quad \Rightarrow \quad$ Lücke
bei $x_1=2$. \end{center}

\[y_L=f^*(2)=\cfrac{2^2-2 \cdot 2}{2^2-2 \cdot 2+4}=0 \]

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Lücke bei $L(2|0)$} \end{center}

Für alle weiteren Betrachtungen \textbf{innerhalb des Definitionsbereiches} von
$f(x)$ kann mit der einfacheren Funktion $f^*(x)$ gerechnet werden.\\

\underline{\textbf{Bestimmung der Achsenabschnitte:}}\\
\[y_0=f^*(0)=\cfrac{0^2-2 \cdot 0}{0^2-2 \cdot 0+2 \cdot 0+4}=0\]
\begin{center}Abschnitt auf der $y$-Achse: \fcolorbox{red}{yellow}
{$y_0=0$}\end{center}

\newpage
\[\begin{array}{rcll}
f^*(x_0)&=&0 \\
\cfrac{x_0^2-2x_0}{x_0^2-2x_0+4}&=&0 &| \cdot (x_0^2-2x_0+4) \\
x_0^2-2x_0&=&0 \\
x_0 \cdot (x_0-2)&=&0 \\
x_{01}&=&0 \\
x_0-2&=&0 &|+2 \\
x_{02}&=&2 \\
\end{array}\]
\textbf{Achtung!} Die zweite Nullstelle $x_{02}=2$ liegt \textbf{nicht} im
Definitionsbereich! Es gibt also nur eine einzige Nullstelle.

\begin{center}Nullstelle: \fcolorbox{red}{yellow}{$x_0=0$}\end{center}

\underline{\textbf{Ableitungen:}}\\
Die erste Ableitung muss mit der Quotientenregel bestimmt werden, da die
Funktion einen Bruch darstellt.
\[\begin{array}{rclcrcl}
u(x)&=&x^2-2x &\Rightarrow& u'(x)&=&2x-2 \\
v(x)&=&x^2-2x+4 &\Rightarrow& v'(x)&=&2x-2 \\
\end{array}\]
\[\begin{array}{rcll}
{f^*}'(x)&=&\cfrac{\overbrace{(2x-2)}^{u'} \cdot \overbrace{(x^2-2x+4)}^v
  -\overbrace{(x^2-2x)}^u \cdot \overbrace{(2x-2)}^{v'}}
  {\underbrace{\left( x^2-2x+4 \right)^2}_{v^2}}\\
&=&\cfrac{(2x^3-4x^2+8x-2x^2+4x-8)-(2x^3-2x^2-4x^2+4x)}
{\left( x^2-2x+4 \right)^2} \\
&=&\cfrac{2x^3-4x^2+8x-2x^2+4x-8-2x^3+2x^2+4x^2-4x}
{\left( x^2-2x+4 \right)^2} \\
{f^*}'(x)&=&\cfrac{8x-8}{\left( x^2-2x+4 \right)^2} \\
\end{array}\]

Auch für die zweite Ableitung muss die Quotientenregel verwendet werden.\\
\textbf{\underline{Tipp: }Man sollte den Nenner in der ersten Ableitung
\underline{nicht} ausmultiplizieren, auch wenn dadurch die Ableitung des
Nenners auf den ersten Blick einfacher erscheint. Man kann dann nämlich nicht
mehr erkennen, dass in der zweiten Ableitung im Zähler der ursprüngliche
Nennerterm ausgeklammert werden kann, so dass man dadurch kürzen kann.}
\[\begin{array}{rclcrcl}
u(x)&=&8x-8 &\Rightarrow& u'(x)&=&8 \\
v(x)&=&(x^2-2x+4)^2   &\Rightarrow& v'(x)&=&\ldots \\
\end{array}\]
Die Unterableitung $v'(x)$ wird mit der Kettenregel bestimmt:
\[\begin{array}{rclcrcl}
g(x)&=&x^2-2x+4 &\Rightarrow& g'(x)&=&2x-2 \\
v(g)&=&g^2   &\Rightarrow& v'(g)&=&2g \\
\end{array}\]
\[\begin{array}{rcll}
v'(x)&=&g'(x) \cdot v'(g) \\
&=&(2x-2) \cdot 2g \\
&=&(2x-2) \cdot 2 \cdot (x^2-2x+4) \\
v'(x)&=&(4x-4) \cdot (x^2-2x+4) \\
\end{array}\]
Hiermit kann nun die Quotientenregel angewendet werden.

\[\begin{array}{rcll}
{f^*}''(x)&=&\cfrac{8 \cdot (x^2-2x+4)^2-(8x-8) \cdot (4x-4) \cdot (x^2-2x+4)}
  {(x^2-2x+4)^4}\\
&=&\cfrac{(x^2-2x+4) \cdot \Bigl( 8 \cdot (x^2-2x+4)-(8x-8) \cdot (4x-4) \Bigr)}
  {(x^2-2x+4)^4}\\
&=&\cfrac{8 \cdot (x^2-2x+4)-(8x-8) \cdot (4x-4)}{(x^2-2x+4)^3}\\
&=&\cfrac{8x^2-16x+32-(32x^2-32x-32x+32)}{(x^2-2x+4)^3}\\
&=&\cfrac{8x^2-16x+32-32x^2+32x+32x-32}{(x^2-2x+4)^3}\\
{f^*}''(x)&=&\cfrac{-24x^2+48x}{(x^2-2x+4)^3}\\
\end{array}\]

\underline{\textbf{Extremwertbestimmung:}}\\
Notwendige Bedingung für einen Hoch-/Tief-/Sattelpunkt ist, dass die erste
Ableitung gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
{f^*}'(x_E)&=&0 \\
\cfrac{8x_E-8}{\left( x_E^2-2x_E+4 \right)^2}&=&0
 &| \cdot \left( x_E^2-2x_E+4 \right)^2 \\
8x_E-8&=&0 &|+8 \\
8x_E&=&8 &|:8 \\
x_E&=&1 \\
\end{array}\]

Zur Prüfung, ob ein Maximum oder ein Minimum vorliegt, wird die zweite
Ableitung verwendet. Ist ${f^*}''(x_E)>0$, dann liegt ein Tiefpunkt vor, ist
${f^*}''(x_E)<0$, dann haben wir einen Hochpunkt.

\[\begin{array}{rclcl}
{f^*}''(x_E)&=& \cfrac{-24 \cdot 1^2+48 \cdot 1}{(1^2-2 \cdot 1+4)^3}
=\cfrac{24}{3}=8>0 & \Rightarrow &
\textnormal{Tiefpunkt bei }x_E=1 \\
\end{array}\]

Den zugehörigen $y$-Wert bestimmen wir als Funktionswert der Extremstelle $x_E$.
\[y_E=f^*(x_E)=\cfrac{1^2-2 \cdot 1}{1^2-2 \cdot 1+4}=-\cfrac{1}{3}\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Tiefpunkt: $T(1|-0{,}333)$}\end{center}

\newpage
\underline{\textbf{Wendepunktbestimmung:}}\\
Notwendige Bedingung für einen Wendepunkt ist, dass die zweite Ableitung gleich
Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
{f^*}''(x_W)&=&0 \\
\cfrac{-24x_W^2+48x_W}{(x_W^2-2x_W+4)^3}&=&0 &| \cdot (x_W^2-2x_W+4)^3 \\
-24x_W^2+48x_W&=&0 &|:(-24) \\
x_W^2-2x_W&=&0 \\
x_W \cdot (x_W-2)&=&0 \\
x_{W1}&=&0 \\
x_{W2}-2&=&0 &|+2 \\
x_{W2}&=&2 \\
\end{array}\]

\textbf{Achtung!} Der zweite Kandidat für einen Wendepunkt $x_{W2}=2$ liegt
\textbf{nicht} im Definitionsbereich! Es gibt also höchstens einen einzigen
Wendepunkt.

Zur Untersuchung, ob tatsächlich -- wie vermutet -- ein Wendepunkt bei $x_W$
vorliegt, gibt es zwei mögliche Methoden. Die eine Methode erfordert die dritte
Ableitung. Da diese etwas lästig zu bestimmen ist, verwende ich die andere
Methode. Dazu muss ich einen Punkt links und einen Punkt rechts vom vermuteten
Wendepunkt aud die zweite Ableitung untersuchen. Dabei darf man natürlich nicht
weiter gehen, als bis zur nächsten Nullstelle von ${f^*}''(x)$ oder Polstelle
von ${f^*}(x)$. Habe ich links und rechts von $x_W$ unterschiedliches
Vorzeichen bei $f''(x)$, dann ist der Wendepunkt nachgewiesen.\\

\underline{Was ist bei $x_W=0$?}
\[ \left\{ \begin{array}{rcccl}
{f^*}''(-1)&=&\cfrac{-24 \cdot (-1)^2+48 \cdot (-1)}{((-1)^2-2 \cdot (-1)+4)^3}
&=&-\cfrac{72}{343} \\
{f^*}''(1)&=&\cfrac{-24 \cdot 1^2+48 \cdot 1}{(1^2-2 \cdot 1+4)^3}
&=&\cfrac{24}{27} \\
\end{array} \right\}
\quad \Rightarrow \quad \textnormal{Wendepunkt bei } x_W=0
\]
Der zugehörige $y$-Wert wurde schon als $y_0$ bestimmt: $y_W=0$.
Daher lautet der Wendepunkt:
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{$W(0|0)$}\end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Asymptote:}}\\
\[\begin{array}{rrr}
(x^2&-2x&) \\
-(x^2&-2x&+4) \\
\hline
&&-4\ \\
\end{array} \begin{array}{rrrr}
:&(x^2-2x+4)&=&1-\frac{4}{x^2-2x+4} \\ \\ \\
\end{array}\]

\begin{center}
 Asymptotengleichung: \fcolorbox{red}{yellow}{$a(x)=1$}
\end{center}

\newpage
\subsection{Aufgabe 18}
\[f(x)=\cfrac{x^3+x^2-9x-9}{x^2+6x+5}\]
\underline{\textbf{Definitionsbereichsbestimmung:}}\\
Einschränkungen im Definitionsbereich gibt es dort, wo der \textbf{Nenner}
gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
x^2+6x+5&=&0 \\
x_{1/2}&=&-3 \pm \sqrt{9-5}\\
x_{1/2}&=&-3 \pm 2 \\
x_1=-1 && x_2=-5 \\
\end{array}\]

Ergebnis: \fcolorbox{red}{yellow}{$D= \mathbb{R}\setminus \{-5;-1\}$}\\

\underline{\textbf{Polstelle oder Lücke:}}\\
\[\begin{array}{rrrr}
(x^3 &+x^2\ &-9x\ &-9) \\
-(x^3&+x^2) \\
\hline
 &&-9x\ &-9\ \\
&-&(-9x\ &-0) \\
\hline
&&&0\ \\
\end{array} \begin{array}{rrrr}
:&(x+1)&=&x^2-9 \\ \\ \\ \\ \\
\end{array}\]

\[f(x)=\cfrac{x^3+x^2-9x-9}{x^2+6x+5}
  =\cfrac{(x^2-9) \cdot (x+1)}{(x+5) \cdot (x+1)}\]

Kürzt man nun mit $(x+1)$, dann erhält man eine neue Funktion $f^*(x)$ mit
erweitertem Definitionsbereich. \textbf{Innerhalb des festgelegten
Definitionsbereiches} ist sie jedoch identisch mit $f(x)$.

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{$f^*(x)=\cfrac{x^2-9}{x+5}$}\end{center}

\begin{center} $N^*(-1)=-1+5=4 \not=0 \quad \Rightarrow \quad$ Lücke
bei $x_1=-1$. \end{center}

\[y_L=f^*(-1)=\cfrac{(-1)^2-9}{-1+5}=\cfrac{-8}{4}=-2 \]

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Lücke bei $L(-1|-2)$} \end{center}

Für alle weiteren Betrachtungen \textbf{innerhalb des Definitionsbereiches} von
$f(x)$ kann mit der einfacheren Funktion $f^*(x)$ gerechnet werden.\\

\underline{Was ist bei $x_2=-5$?}
\begin{center} $Z^*(-5)=(-5)^2-9=16 \not=0 \quad \Rightarrow \quad$
\fcolorbox{red}{yellow}{Polstelle bei $x_2=-5$} \end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Achsenabschnitte:}}\\
\[y_0=f^*(0)=\cfrac{0^2-9}{0-5}=1{,}8 \]
\begin{center}Abschnitt auf der $y$-Achse: \fcolorbox{red}{yellow}
{$y_0=1{,}8$}\end{center}

\[\begin{array}{rcll}
f^*(x_0)&=&0 \\
\cfrac{x_0^2-9}{x_0+5}&=&0 &| \cdot (x_0+5) \\
x_0^2-9&=&0 &|+9 \\
x_0^2&=&9 &| \sqrt{\ }\\
x_0&=&\pm 3 \\
x_{01}=3 && x_{01}=-3 \\
\end{array}\]

\begin{center}Nullstellen: \fcolorbox{red}{yellow}{$x_{01}=3$} \quad
und \quad \fcolorbox{red}{yellow}{$x_{02}=-3$} \end{center}

\underline{\textbf{Ableitungen:}}\\
Die erste Ableitung muss mit der Quotientenregel bestimmt werden, da die
Funktion einen Bruch darstellt.
\[\begin{array}{rclcrcl}
u(x)&=&x^2-9 &\Rightarrow& u'(x)&=&2x \\
v(x)&=&x+5 &\Rightarrow& v'(x)&=&1 \\
\end{array}\]
\[\begin{array}{rcll}
{f^*}'(x)&=&\cfrac{\overbrace{2x}^{u'} \cdot \overbrace{(x+5)}^v
  -\overbrace{(x^2-9)}^u \cdot \overbrace{1}^{v'}}
  {\underbrace{(x+5)^2}_{v^2}}\\
&=&\cfrac{(2x^2+10x)-(x^2-9)}{(x+5)^2}\\
&=&\cfrac{2x^2+10x-x^2+9}{(x+5)^2}\\
{f^*}'(x)&=&\cfrac{x^2+10x+9}{(x+5)^2}\\
\end{array}\]

Auch für die zweite Ableitung muss die Quotientenregel verwendet werden.\\
\textbf{\underline{Tipp: }Man sollte den Nenner in der ersten Ableitung
\underline{nicht} ausmultiplizieren, auch wenn dadurch die Ableitung des
Nenners auf den ersten Blick einfacher erscheint. Man kann dann nämlich nicht
mehr erkennen, dass in der zweiten Ableitung im Zähler der ursprüngliche
Nennerterm ausgeklammert werden kann, so dass man dadurch kürzen kann.}
\[\begin{array}{rclcrcl}
u(x)&=&x^2+10x+9 &\Rightarrow& u'(x)&=&2x+10 \\
v(x)&=&(x+5)^2   &\Rightarrow& v'(x)&=&\ldots \\
\end{array}\]
Die Unterableitung $v'(x)$ wird mit der Kettenregel bestimmt:
\[\begin{array}{rclcrcl}
g(x)&=&x+5 &\Rightarrow& g'(x)&=&1 \\
v(g)&=&g^2   &\Rightarrow& v'(g)&=&2g \\
\end{array}\]
\[\begin{array}{rcll}
v'(x)&=&g'(x) \cdot v'(g) \\
&=&1 \cdot 2g \\
&=&1 \cdot 2 \cdot (x+5) \\
v'(x)&=&2 \cdot (x+5) \\
\end{array}\]
Hiermit kann nun die Quotientenregel angewendet werden.

\[\begin{array}{rcll}
{f^*}''(x)&=&\cfrac{(2x+10) \cdot (x+5)^2-(x^2+10x+9) \cdot 2 \cdot (x+5)}
  {(x+5)^4}\\
&=&\cfrac{(x+5) \cdot \bigl((2x+10) \cdot (x+5)
  -(x^2+10x+9) \cdot 2 \bigr)}{(x+5)^4}\\
&=&\cfrac{(2x+10) \cdot (x+5)-(x^2+10x+9) \cdot 2}{(x+5)^3}\\
&=&\cfrac{(2x^2+10x+10x+50)-(2x^2+20x+18)}{(x+5)^3}\\
&=&\cfrac{2x^2+10x+10x+50-2x^2-20x-18}{(x+5)^3}\\
{f^*}''(x)&=&\cfrac{32}{(x+5)^3}\\
\end{array}\]

\underline{\textbf{Extremwertbestimmung:}}\\
Notwendige Bedingung für einen Hoch-/Tief-/Sattelpunkt ist, dass die erste
Ableitung gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
\cfrac{x_E^2+10x_E+9}{(x_E+5)^2}&=&0 &| \cdot (x_E+5)^2 \\
x_E^2+10x_E+9&=&0 \\
x_{E1/2}&=&-5 \pm \sqrt{25-9}\\
x_{E1/2}&=&-5 \pm 4 \\
x_{E1}=-1 && x_{E2}=-9 \\
\end{array}\]
\underline{Achtung!} Der Wert $x_{E1}=-1$ liegt \textbf{nicht} im
Definitionsbereich, daher kann dort kein Extrempunkt liegen. Daher muss nur
$x_{E2}=-9$ weiter untersucht werden.

Zur Prüfung, ob ein Maximum oder ein Minimum vorliegt, wird die zweite
Ableitung verwendet. Ist ${f^*}''(x_{E2})>0$, dann liegt ein Tiefpunkt vor, ist
${f^*}''(x_{E2})<0$, dann haben wir einen Hochpunkt.

\[\begin{array}{rclcl}
{f^*}''(-9)&=&\cfrac{32}{(-9+5)^3}=-\cfrac{1}{2}<0 & \Rightarrow &
\textnormal{Hochpunkt bei }x_{E2}=-9 \\
\end{array}\]

Den zugehörigen $y$-Wert bestimmen wir als Funktionswert der Extremstelle
$x_{E2}$.     \enlargethispage{10mm}
\[y_{E2}=f^*(-9)=\cfrac{(-9)^2-9}{-9+5}=\cfrac{72}{-4}=-18 \]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Hochpunkt: $H(-9|-18)$}\end{center}

\newpage
\underline{\textbf{Wendepunktbestimmung:}}\\
Notwendige Bedingung für einen Wendepunkt ist, dass die zweite Ableitung dort
gleich Null ist.

\[\begin{array}{rcll}
{f^*}''(x_W)&=&0 \\
\cfrac{32}{(x+5)^3}&=&0 &| \cdot (x+5)^3 \\
32&=&0 \\
\end{array}\]
Dies ist eine \textbf{falsche Aussage}. Da sie \textbf{immer} falsch ist, gibt
es \textbf{keine} Kandidaten für Wendepunkte.\\

\underline{\textbf{Bestimmung der Asymptote:}}\\
\[\begin{array}{rrr}
(x^2&&-9) \\
-(x^2&+5x) \\
\hline
&-5x\ &-9\ \\
-&(-5x\ &-25) \\
\hline
&&16\ \\
\end{array} \begin{array}{rrrr}
:&(x+5)&=&x-5+\frac{16}{x+5} \\ \\ \\ \\ \\
\end{array}\]

\begin{center}
 Asymptotengleichung: \fcolorbox{red}{yellow}{$a(x)=x-5$}
\end{center}

\newpage %----------------------------------------

\subsection{Aufgabe 19}
\[f(x)=x^4-8x^2-9\]

Keine Einschränkungen durch Wurzeln oder Brüche vorhanden, daher:
\fcolorbox{red}{yellow}{$D= \mathbb{R}$} \\

\underline{\textbf{Bestimmung der Achsenabschnitte:}} \\
\[y_0=f(0)=0^4-8 \cdot 0^2-9=-9\]
\begin{center}
\fcolorbox{red}{yellow}{$y$-Achsenabschnitt: $y_0=-9$}\end{center}

\[\begin{array}{rcll}
f(x_0)=0 \\
x_0^4-8x_0^2-9&=&0 \\
\end{array}\]

Dies ist eine \textbf{Biquadratische Gleichung}. Zur Lösung substituiere ich:
\[x_0^2=z\]
Eingesetzt erhalten wir eine Quadratische Gleichung mit der Hilfsvariablen $z$.
\[\begin{array}{rcll}
z^2-8z-9&=&0 \\
z_{1/2}&=&4 \pm \sqrt{16+9}\\
z_{1/2}&=&4 \pm 5 \\
z_1=9 && z_2=-1 \\
\end{array}\]

Jetzt kann zurück substituiert werden. Zu jedem $z$-Wert gibt es grundsätzlich
zwei $x_0$-Werte. Beginnen wir mit $z_1$.
\[\begin{array}{rcll}
z_1&=&9 \\
x_{01/02}^2&=&9 &| \sqrt{\ } \\
x_{01}=3 && x_{02}=-3 \\
\end{array}\]

Das gleiche machen wir mit $z_2$.
\[\begin{array}{rcll}
z_1&=&-1 \\
x_{03/04}^2&=&-1 &| \sqrt{\ } \\
x_{03/04}^2&=&\pm \sqrt{-1}\\
\end{array}\]

Da keine (reelle) Wurzel aus einer negativen Zahl existiert, bleibt es bei den
beiden zuerst gefundenen Nullstellen.

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{Nullstellen: $x_{01}=3 \quad x_{02}=-3$}
\end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Extrema:}} \\
Zunächst bestimmen wir alle Ableitungen, die man eventuell braucht.
\[\begin{array}{rcll}
f(x)&=&x^4-8x^2-9 \\
f'(x)&=&4x^3-16x \\
f''(x)&=&12x^2-16 \\
f'''(x)&=&24x \\
\end{array}\]

Notwendige Bedingung für das Auftreten eines Extremums ist, dass die erste
Ableitung dort gleich Null ist. \\

\[\begin{array}{rcll}
f'(x_E)&=&0 \\
4x_E^3-16x_E&=&0 \\
4x_E \cdot (x_E^2-4)&=&0 \\
\end{array}\]

Ein Produkt ist Null, wenn ein Faktor Null ist. Beide Faktoren können daher
einzeln untersucht werden.
\[\begin{array}{rcll}
4x_E&=&0 &|:4 \\
x_{E1}&=&0 \\
x_E^2-4&=&0 &|+4 \\
x_E^2&=&4 &| \sqrt{\ }\\
x_E&=&\pm 2 \\
x_{E2}=2 && x_{E3}=-2 \\
\end{array}\]

Wir haben drei Kandidaten für Extrempunkte erhalten, die jetzt einzeln geprüft
werden müssen.
Zur Prüfung, ob ein Maximum oder ein Minimum vorliegt, wird die zweite
Ableitung verwendet. Ist $f''(x_E)>0$, dann liegt ein Tiefpunkt vor, ist
$f''(x_E)<0$, dann haben wir einen Hochpunkt.

\begin{center}\underline{Prüfung für $x_{E1}=0$:}\end{center}
\[f''(0)=12 \cdot 0^2-16=-16<0 \quad \Rightarrow \quad
 \textnormal{Hochpunkt bei } x_{E1}=0\]
\[y_{E1}=f(0)=0^4-8 \cdot 0^2-9=-9\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Hochpunkt $H(0|-9)$}\end{center}

\begin{center}\underline{Prüfung für $x_{E2}=2$:}\end{center}
\[f''(2)=12 \cdot 2^2-16=32<0 \quad \Rightarrow \quad
 \textnormal{Hochpunkt bei } x_{E2}=2\]
\[y_{E2}=f(2)=2^4-8 \cdot 2^2-9=-25\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Tiefpunkt $T_1(2|-25)$}\end{center}

\begin{center}\underline{Prüfung für $x_{E3}=-2$:}\end{center}
\[f''(-2)=12 \cdot (-2)^2-16=32<0 \quad \Rightarrow \quad
 \textnormal{Hochpunkt bei } x_{E3}=-2\]
\[y_{E3}=f(-2)=(-2)^4-8 \cdot (-2)^2-9=-25\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Tiefpunkt $T_2(-2|-25)$}\end{center}

\newpage
\underline{\textbf{Bestimmung der Wendepunkte:}} \\
Notwendige Bedingung für eine Wendestelle ist, dass die zweite Ableitung dort
gleich Null ist.
\[\begin{array}{rcll}
f''(x_W)&=&0 \\
12x_W^2-16&=&0 &|:12 \\
x_W^2-\cfrac{4}{3}&=&0 &|+\cfrac{4}{3}\\
x_W^2&=&\cfrac{4}{3} &| \sqrt{\ }\\
x_{W1/2}&=&\pm \sqrt{\cfrac{4}{3}}\\
x_{W1}=\cfrac{2}{\sqrt{3}}\approx 1{,}155 &&
  x_{W2}=-\cfrac{2}{\sqrt{3}}\approx -1{,}155 \\
\end{array}\]

Mit der dritten Ableitung können wir prüfen, ob die gefundene Stelle
tatsächlich zu einem Wendepunkt gehört. Dazu muss gelten: $f'''(x_W)\not=0$.

\begin{center}\underline{Prüfung für $x_{W1}= \frac{2}{\sqrt{3}}$:}\end{center}
\[f'''\left( \frac{2}{\sqrt{3}}\right)=24 \cdot \frac{2}{\sqrt{3}}\approx
 27{,}71 \not=0 \quad \Rightarrow \quad \textnormal{Wendepunkt bei }
 x_{W1}= \frac{2}{\sqrt{3}}\]
Den zugehörigen $y$-Wert bestimmen wir mit der Funktionsgleichung durch
Einsetzen von $x_{W1}$ in die Grundfunktion $f$.
\[y_{W1}=f(x_{W1})= \left( \frac{2}{\sqrt{3}}\right)^4-8
 \cdot  \left( \frac{2}{\sqrt{3}}\right)^2-9
 = \cfrac{16}{9}-\cfrac{32}{3}+9=-\cfrac{16}{3} \]

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{Wendepunkt: $W_1 \left( \frac{2}{\sqrt{3}}|-\frac{16}{3}\right)$}
\end{center}

\begin{center}\underline{Prüfung für $x_{W2}=-\frac{2}{\sqrt{3}}$:}\end{center}
\[f'''\left( \frac{2}{-\sqrt{3}}\right)=24 \cdot \frac{-2}{\sqrt{3}}\approx
 -27{,}71 \not=0 \quad \Rightarrow \quad \textnormal{Wendepunkt bei }
 x_{W2}=-\frac{2}{\sqrt{3}}\]
Den zugehörigen $y$-Wert bestimmen wir mit der Funktionsgleichung durch
Einsetzen von $x_{W2}$ in die Grundfunktion $f$.
\[y_{W2}=f(x_{W2})= \left(-\frac{2}{\sqrt{3}}\right)^4-8
 \cdot  \left(-\frac{2}{\sqrt{3}}\right)^2-9
 = \cfrac{16}{9}-\cfrac{32}{3}+9=-\cfrac{16}{3} \]

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{Wendepunkt: $W_2 \left(-\frac{2}{\sqrt{3}}|-\frac{16}{3}\right)$}
\end{center}


\newpage
\subsection{Aufgabe 20}
\[f(x)=x^3-3x^2-6x\]
\underline{\textbf{Definitionsbereich}}: \\
Keine Einschränkungen durch Wurzeln oder Brüche vorhanden, daher:
\fcolorbox{red}{yellow}{$D= \mathbb{R}$} \\ \\
\underline{\textbf{Bestimmung der Achsenabschnitte:}} \\
\[y_0=f(0)=0^3-3 \cdot 0^2 -6 \cdot 0=0\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{$y$-Achsenabschnitt: $y_0=0$}\end{center}
\begin{eqnarray*}
x_0^3-3x_0^2-6x_0&=&0 \\
x \cdot (x_0^2-3x_0-6)&=&0 \quad \Rightarrow \quad x_{01}=0 \\
x_0^2-3x_0-6&=&0 \\
x_{02/3}&=& \frac{3}{2} \pm \sqrt{\frac{9}{4}+6} \\
x_{02/3}&=& \frac{3}{2} \pm \sqrt{\frac{9}{4}+\frac{24}{4}} \\
x_{02/3}&=& \frac{3}{2} \pm \sqrt{\frac{33}{4}} \\
x_{02/3}&=& \frac{3}{2} \pm \frac{\sqrt{33}}{2} \\
x_{02/3}& \approx & 1{,}5 \pm 2{,}872 \\
x_{02} \approx -1{,}372 && x_{03} \approx 4{,}372
\end{eqnarray*}
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{Nullstellen: $x_{01}=0 \quad x_{02} \approx -1{,}372 \quad x_{03} \approx 4{,}372$}
\end{center}
\underline{\textbf{Bestimmung der Extrema:}} \\
Zunächst bestimmen wir alle Ableitungen, die man eventuell braucht.
\begin{eqnarray*}
f(x)&=&x^3-3x^2-6x \\
f'(x)&=&3x^2-6x-6 \\
f''(x)&=&6x-6 \\
f'''(x)&=&6
\end{eqnarray*}
Notwendige Bedingung für das Auftreten eines Extremums ist, dass die erste
Ableitung dort gleich Null ist. \\ \\
\begin{eqnarray*}
f'(x_E)&=&0 \\
3x_E^2-6x_E-6&=&0 \quad|:3 \\
x_E^2-2x_E-2&=&0 \\
x_{E1/2}&=&1 \pm \sqrt{1+2} \\
x_{E1}&=&1 + \sqrt{3} \approx 2{,}732 \\
x_{E2}&=&1 - \sqrt{3} \approx -0{,}732
\end{eqnarray*}
Zur Prüfung, ob ein Maximum oder ein Minimum vorliegt, wird die zweite
Ableitung verwendet. Ist $f''(x_E)>0$, dann liegt ein Tiefpunkt vor, ist
$f''(x_E)<0$, dann haben wir einen Hochpunkt.
\begin{eqnarray*}
f''(x_{E1})&=&6 \cdot (1+ \sqrt{3})-6=+ \sqrt{3}>0 \quad \Rightarrow \quad
\textnormal{Tiefpunkt} \\
f''(x_{E2})&=&6 \cdot (1- \sqrt{3})-6=- \sqrt{3}<0 \quad \Rightarrow \quad
\textnormal{Hochpunkt}
\end{eqnarray*}
Die zugehörigen $y$-Werte bestimmen wir als Funktionswerte der Extremstellen
$x_{E1}$ und $x_{E2}$.
\begin{eqnarray*}
y_{E1}&=&f(x_{E1})
 =(1+ \sqrt{3})^3-3 \cdot (1+ \sqrt{3})^2-6 \cdot (1+\sqrt{3}) \approx -18{,}392 \\
y_{E2}&=&f(x_{E2})
 =(1- \sqrt{3})^3-3 \cdot (1- \sqrt{3})^2-6 \cdot (1-\sqrt{3}) \approx 2{,}392
\end{eqnarray*}
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{Tiefpunkt: $T(2{,}732|-18{,}392) \quad$ Hochpunkt: $H(-0{,}732|2{,}392)$}\end{center}
\underline{\textbf{Bestimmung der Wendepunkte:}} \\
Notwendige Bedingung für eine Wendestelle ist, dass die zweite Ableitung dort
gleich Null ist.
\begin{eqnarray*}
f''(x_w)&=&0 \\
6x_w-6&=&0 \quad|+6 \\
6x_w&=&6 \quad|:6 \\
x_w&=&1
\end{eqnarray*}
Mit der dritten Ableitung können wir prüfen, ob die gefundene Stelle
tatsächlich zu einem Wendepunkt gehört. Dazu muss gelten: $f'''(x_w)\not=0$.
Da überall $f'''(x)=6$ ist, ist dies natürlich auch für $x_w=1$ gegeben.
$\Rightarrow$ Bei $x_w=1$ liegt ein Wendepunkt vor. \\

Den zugehörigen $y$-Wert $y_w$ bestimmen wir mit der Funktionsgleichung durch
Einsetzen von $x_w$.
\[y_w=f(x_w)=1^3-3 \cdot 1^2-6 \cdot 1=-8\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Wendepunkt: $W(1|-8)$}\end{center}
\newpage %-------------------
\subsection{Aufgabe 21}
\[f(x)=0{,}5x^3-4{,}5x^2+7{,}5x\]
\underline{\textbf{Definitionsbereich}}: \\
Keine Einschränkungen durch Wurzeln oder Brüche vorhanden, daher:
\fcolorbox{red}{yellow}{$D= \mathbb{R}$} \\ \\
\underline{\textbf{Bestimmung der Achsenabschnitte:}} \\
\[y_0=f(0)=0{,}5 \cdot 0^3-4{,}5 \cdot 0^2 +7{,}5 \cdot 0=0\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{$y$-Achsenabschnitt: $y_0=0$}\end{center}
\begin{eqnarray*}
f(x_0)&=&0 \\
0{,}5x_0^3-4{,}5x_0^2+7{,}5x_0&=&0 \quad| \cdot 2 \\
x_0^3-9x_0^2+15x_0&=&0 \quad|\textnormal x_0 \textnormal{ ausklammern}\\
x_0 \cdot (x_0^2-9x_0+15)&=&0 \quad \Rightarrow \quad x_{01}=0 \\
x_0^2-9x_0+15&=&0 \\
x_{02/3}&=& \frac{9}{2} \pm \sqrt{\frac{81}{4}-15} \\
x_{02/3}&=& \frac{9}{2} \pm \sqrt{\frac{81}{4}-\frac{60}{4}} \\
x_{02/3}&=& \frac{9}{2} \pm \frac{\sqrt{21}}{2} \\
x_{02}&=& \frac{9}{2}+ \frac{\sqrt{21}}{2} \approx 6{,}791 \\
x_{03}&=& \frac{9}{2}- \frac{\sqrt{21}}{2} \approx 2{,}209
\end{eqnarray*}
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{Nullstellen: $x_{01}=0 \quad x_{02} \approx 6{,}791 \quad x_{03} \approx 2{,}209$}
\end{center}
\underline{\textbf{Bestimmung der Extrema:}} \\
Zunächst bestimmen wir alle Ableitungen, die man eventuell braucht.
\begin{eqnarray*}
f(x)&=&0{,}5x^3-4{,}5x^2+7{,}5x \\
f'(x)&=&1{,}5x^2-9x+7{,}5 \\
f''(x)&=&3x-9 \\
f'''(x)&=&3
\end{eqnarray*}
Notwendige Bedingung für das Auftreten eines Extremums ist, dass die erste
Ableitung dort gleich Null ist. \\ \\
\begin{eqnarray*}
f'(x_E)&=&0 \\
1{,}5x_E^2-9x_E+7{,}5&=&0 \quad|:1{,}5 \\
x_E^2-6x_E+5&=&0 \\
x_{E1/2}&=&3 \pm \sqrt{9-5} \\
x_{E1/2}&=&3 \pm 2 \\
x_{E1}&=&5 \\
x_{E2}&=&1
\end{eqnarray*}
Zur Prüfung, ob ein Maximum oder ein Minimum vorliegt, wird die zweite
Ableitung verwendet. Ist $f''(x_E)>0$, dann liegt ein Tiefpunkt vor, ist
$f''(x_E)<0$, dann haben wir einen Hochpunkt.
\begin{eqnarray*}
f''(x_{E1})&=&3 \cdot 5-9=6>0
  \quad \Rightarrow \quad \textnormal{Tiefpunkt} \\
f''(x_{E2})&=&3 \cdot 1-9=-6<0
  \quad \Rightarrow \quad \textnormal{Hochpunkt}
\end{eqnarray*}
Die zugehörigen $y$-Werte bestimmen wir als Funktionswerte der Extremstellen
$x_{E1}$ und $x_{E2}$.
\begin{eqnarray*}
y_{E1}&=&f(x_{E1})=0{,}5 \cdot 5^3-4{,}5 \cdot 5^2 +7{,}5 \cdot 5=-12{,}5 \\
y_{E2}&=&f(x_{E2})=0{,}5 \cdot 1^3-4{,}5 \cdot 1^2 +7{,}5 \cdot 1=3{,}5
\end{eqnarray*}
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{Tiefpunkt: $T(5|-12{,}5) \quad$ Hochpunkt: $H(1|3{,}5)$}\end{center}
\underline{\textbf{Bestimmung der Wendepunkte:}} \\
Notwendige Bedingung für eine Wendestelle ist, dass die zweite Ableitung dort
gleich Null ist.
\begin{eqnarray*}
f''(x_w)&=&0 \\
3x_w-9&=&0 \quad|+9 \\
3x_w&=&9 \quad|:3 \\
x_w&=&3
\end{eqnarray*}
Mit der dritten Ableitung können wir prüfen, ob die gefundene Stelle
tatsächlich zu einem Wendepunkt gehört. Dazu muss gelten: $f'''(x_w)\not=0$.
Da überall $f'''(x)=3$ ist, ist dies natürlich auch für $x_w=3$ gegeben.
$\Rightarrow$ Bei $x_w=3$ liegt ein Wendepunkt vor. \\

Den zugehörigen $y$-Wert $y_w$ bestimmen wir mit der Funktionsgleichung durch
Einsetzen von $x_w$.
\[y_w=f(x_w)=0{,}5 \cdot 3^3-4{,}5 \cdot 3^2+7{,}5 \cdot 3=-4{,}5\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Wendepunkt: $W(3|-4{,}5)$}\end{center}
\newpage %-------------------
\subsection{Aufgabe 22}
\[f(x)=x^3-x^2-5x+5\]
\underline{\textbf{Definitionsbereich}}: \\
Keine Einschränkungen durch Wurzeln oder Brüche vorhanden, daher:
\fcolorbox{red}{yellow}{$D= \mathbb{R}$} \\ \\
\underline{\textbf{Bestimmung der Achsenabschnitte:}} \\
\[y_0=f(0)=0^3-0^2-5 \cdot 0+5=5\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{$y$-Achsenabschnitt: $y_0=5$}\end{center}
\begin{eqnarray*}
f(x_0)&=&0 \\
x_0^3-x_0^2-5x_0+5&=&0
\end{eqnarray*}
Durch planvolles Raten gefunden: $x_{01}=1$ \\
Weitere Lösungen finden wir durch Ausklammern von $(x-x_0)$. Dazu führen wir
eine Polynomdivision durch.
\[\begin{array}{rrrr}
(x^3&-x^2&-5x&+5) \\
-(x^3&-x^2) \\
\hline
&&(-5x&+5) \\
&&-(-5x&+5) \\
\hline
&&&0
\end{array}
\begin{array}{lcr}
:(x-1)&=&x^2-5  \\
\\
\\
\\
\\
\end{array}\]
Die weiteren Nullstellen finden wir, indem wir den gefundenen Term gleich Null
setzen.
\begin{eqnarray*}
x_0^2-5&=&0 \\
x_0^2&=&5 \\
x_{02/03}&=& \pm \sqrt{5} \\
x_{02}=+ \sqrt{5} && x_{03}=- \sqrt{5} \\
x_{02}\approx+2{,}236 && x_{03}\approx-2{,}236 \\
\end{eqnarray*}\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{Nullstellen:$\quad x_{01}=0 \quad x_{02}= \sqrt{5} \quad x_{03}=- \sqrt{5}$}
\end{center}

\underline{\textbf{Ableitungen}}: \\
Da die Ableitungen sehr einfach zu bestimmen sind, kann ich sie sofort
hinschreiben.
\begin{eqnarray*}
f(x)&=&x^3-x^2-5x+5 \\
f'(x)&=&3x^2-2x-5 \\
f''(x)&=&6x-2 \\
f'''(x)&=&6 \\
\end{eqnarray*}
\underline{\textbf{Extrema}}: \\
Notwendige Bedingung für das Auftreten eines Extremums ist, dass die erste
Ableitung dort gleich Null ist.
\begin{eqnarray*}
f'(x_E)&=&0 \\
3x_E^2-2x_E-5&=&0 \quad|:3 \\
x_E^2-\frac{2}{3}x_E-\frac{5}{3}&=&0 \\
x_{E1/2}&=&\frac{1}{3} \pm \sqrt{\left( \frac{1}{3}\right)^2+\frac{5}{3}} \\
&=&\frac{1}{3} \pm \sqrt{\frac{1}{9}+\frac{15}{9}} \\
&=&\frac{1}{3} \pm \sqrt{\frac{16}{9}} \\
&=&\frac{1}{3} \pm \frac{4}{3} \\
x_{E1}= \frac{1}{3}+ \frac{4}{3}&&x_{E2}= \frac{1}{3}- \frac{4}{3} \\
x_{E1}= \frac{5}{3}&&x_{E2}=-1 \\
\end{eqnarray*}
Mit Hilfe der zweiten Ableitung untersuche ich, ob ein Hoch- oder Tiefpunkt
vorliegt.
\begin{eqnarray*}
f''(x_{E1})&=&6x_{E1}-2 \\
f''\left( \frac{5}{3}\right)&=&6 \cdot \frac{5}{3}-2 \\
f''\left( \frac{5}{3}\right)&=&+8 \quad \Rightarrow \quad
  \textnormal{Tiefpunkt bei }x_{E1}= \frac{5}{3} \\
f''(x_{E2})&=&6x_{E2}-2 \\
f''(-1)&=&6 \cdot (-1)-2 \\
f''(-1)&=&-8 \quad \Rightarrow \quad
  \textnormal{Hochpunkt bei }x_{E2}=-1 \\
\end{eqnarray*}
Zur Angabe der Punkte benötige ich noch die zugehörigen $y$-Werte.
\[y_{E1}=f(x_{E1})=x_{E1}^3-x_{E1}^2-5x_{E1}+5=
\left( \frac{5}{3}\right)^3- \left( \frac{5}{3}\right)^2-5 \cdot \frac{5}{3}+5
=-\frac{40}{27} \approx -1{,}481\]
\[y_{E2}=f(x_{E2})=x_{E2}^3-x_{E2}^2-5x_{E2}+5=
(-1)^3-(-1)^2-5 \cdot (-1)+5=8\]
\begin{center}Hoch- und Tiefpunkte:
\fcolorbox{red}{yellow}{$T \left( \frac{5}{3}|-\frac{40}{27}\right)$}
und \fcolorbox{red}{yellow}{$H(-1|8)$}
\end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Wendepunkte:}} \\
Notwendige Bedingung für eine Wendestelle ist, dass die zweite Ableitung dort
gleich Null ist.
\begin{eqnarray*}
f''(x_w)&=&0 \\
6x_w-2&=&0 \quad|+2 \\
6x_w&=&2 \quad|:6 \\
x_w&=&\frac{1}{3} \\
\end{eqnarray*}
Liegt wirklich bei $x_w=\frac{1}{3}$ ein Wendepunkt? Die Prüfung mit der
dritten Ableitung ist denkbar einfach. Da $f'''(x)=6$ ist, also überall
$f'''(x) \not= 0$ ist, ist natürlich auch
$f''' \left( \frac{1}{3}\right) =6 \not= 0$. Also liegt tatsächlich ein
Wendepunkt vor. Es muss dann nur noch der zugehörige $y$-Wert bestimmt werden.
\[y_w=f(x_w)=x_w^3-x_w^2-5x_w+5
= \left( \frac{1}{3}\right)^3- \left( \frac{1}{3}\right)^2-5 \cdot \frac{1}{3}+5
= \frac{88}{27} \approx 3{,}259\]
\begin{center}Wendepunkt: \fcolorbox{red}{yellow}
{$W \left( \frac{1}{3}| \frac{88}{27} \right)$}
\end{center}
\newpage %------------------------------
\subsection{Aufgabe 23}
\[f(x)=2x^3+12x^2+16x-30\]
\underline{\textbf{Definitionsbereich}}: \\
Keine Einschränkungen durch Wurzeln oder Brüche vorhanden, daher:
\fcolorbox{red}{yellow}{$D= \mathbb{R}$} \\ \\
\underline{\textbf{Bestimmung der Achsenabschnitte:}} \\
\[y_0=f(0)=2 \cdot 0^3-12 \cdot 0^2+16 \cdot 0-30=-30\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{$y$-Achsenabschnitt: $y_0=-30$}\end{center}
\begin{eqnarray*}
f(x_0)&=&0 \\
2x_0^3+12x_0^2+16x_0-30&=&0
\end{eqnarray*}
Durch planvolles Raten gefunden: $x_{01}=1$ \\
Weitere Lösungen finden wir durch Ausklammern von $(x-x_0)$. Dazu führen wir
eine Polynomdivision durch.
\[\begin{array}{rrrr}
(2x^3&+12x^2&+16x&-30) \\
-(2x^3&-2x^2) \\
\hline
&(14x^2&+16x&-30) \\
&-(14x^2&-14x) \\
\hline
&&(30x&-30) \\
&&-(30x&-30) \\
\hline
&&&0
\end{array}
\begin{array}{lcr}
:(x-1)&=&2x^2+14x+30  \\
\\
\\
\\
\\
\\
\\
\end{array}\]
Die weiteren Nullstellen finden wir, indem wir den gefundenen Term gleich Null
setzen.
\begin{eqnarray*}
2x_0^2+14x_0+30&=&0 \quad|:2 \\
x_0^2+7x_0+15&=&0 \\
x_{01/2}&=& -\frac{7}{2}\pm \sqrt{\left( \frac{7}{2}\right)^2-15}\\
&=& -\frac{7}{2}\pm \sqrt{\frac{49}{4}-\frac{60}{4}}\\
x_{01/2}&=& -\frac{7}{2}\pm \sqrt{-\frac{11}{4}}\\
\end{eqnarray*}
Da aus einer negativen Zahl keine Wurzel gezogen werden kann, hat die Funktion
keine weiteren Nullstellen.
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Nullstelle: $\quad x_0=1$}\end{center}

\underline{\textbf{Ableitungen}}: \\
Da die Ableitungen sehr einfach zu bestimmen sind, kann ich sie sofort
hinschreiben.
\begin{eqnarray*}
f(x)&=&2x^3+12x^2+16x-30 \\
f'(x)&=&6x^2+24x+16 \\
f''(x)&=&12x+24 \\
f'''(x)&=&12 \\
\end{eqnarray*}
\underline{\textbf{Extrema}}: \\
Notwendige Bedingung für das Auftreten eines Extremums ist, dass die erste
Ableitung dort gleich Null ist.
\begin{eqnarray*}
f'(x_E)&=&0 \\
6x_E^2+24x_E+16&=&0 \quad|:6 \\
x_E^2+4x_E+\frac{8}{3}&=&0 \\
x_{E1/2}&=&-2 \pm \sqrt{4-\frac{8}{3}} \\
&=&-2 \pm \sqrt{\frac{12}{3}-\frac{8}{3}} \\
&=&-2 \pm \sqrt{\frac{4}{3}} \\
&=&-2 \pm \frac{2}{\sqrt{3}} \\
x_{E1/2}&\approx&-2 \pm 1{,}1547 \\
x_{E1}=-2-\frac{2}{\sqrt{3}} && x_{E2}=-2+\frac{2}{\sqrt{3}} \\
x_{E1}\approx-3{,}1547 && x_{E2}\approx-0{,}8453 \\
\end{eqnarray*}
Mit Hilfe der zweiten Ableitung untersuche ich, ob ein Hoch- oder Tiefpunkt
vorliegt.
\begin{eqnarray*}
f''(x_{E1})&=&12x_{E1}+24 \\
&=&12 \cdot \left(-2-\frac{2}{\sqrt{3}}\right)+24 \\
&=&-24-\frac{24}{\sqrt{3}}+24 \\
f''(x_{E1})&=&-\frac{24}{\sqrt{3}}<0 \quad \Rightarrow
  \quad \textnormal{Hochpunkt bei }x_{E1}=-2-\frac{2}{\sqrt{3}} \\
\end{eqnarray*}
\newpage
\begin{eqnarray*}
f''(x_{E2})&=&12x_{E2}+24 \\
&=&12 \cdot \left(-2+\frac{2}{\sqrt{3}}\right)+24 \\
&=&-24+\frac{24}{\sqrt{3}}+24 \\
f''(x_{E1})&=&+\frac{24}{\sqrt{3}}>0 \quad \Rightarrow
  \quad \textnormal{Tiefpunkt bei }x_{E2}=-2+\frac{2}{\sqrt{3}} \\
\end{eqnarray*}
Zur Angabe der Punkte benötige ich noch die zugehörigen $y$-Werte. Da diese nur
für die Skizze notwerdig sind, reicht hier die Bestimmung als Näherung aus.
\begin{eqnarray*}
y_{E1}&=&f(x_{E1}) \\
&=&2x_{E1}^3+12x_{E1}^2+16x_{E1}-30 \\
&\approx&2 \cdot (-3{,}1547)^3+12 \cdot (-3{,}1547)^2+16 \cdot (-3{,}1547)-30 \\
y_{E1}&\approx&-23{,}842 \\
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
y_{E2}&=&f(x_{E2}) \\
&=&2x_{E2}^3+12x_{E2}^2+16x_{E2}-30 \\
&\approx&2 \cdot (-0{,}8453)^3+12 \cdot (-0{,}8453)^2+16 \cdot (-0{,}8453)-30 \\
y_{E2}&\approx&-36{,}158 \\
\end{eqnarray*}
\begin{center}Hoch- und Tiefpunkte:
\fcolorbox{red}{yellow}{$H (-3{,}1547|-23{,}842)$}
und \fcolorbox{red}{yellow}{$T(-0{,}8453|-36{,}158)$}
\end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Wendepunkte:}} \\
Notwendige Bedingung für eine Wendestelle ist, dass die zweite Ableitung dort
gleich Null ist.
\begin{eqnarray*}
f''(x_w)&=&0 \\
12x_w+24&=&0 \quad|-24 \\
12x_w&=&-24 \quad|:12 \\
x_w&=&0-2 \\
\end{eqnarray*}
Liegt wirklich bei $x_w=-2$ ein Wendepunkt? Die Prüfung mit der
dritten Ableitung ist denkbar einfach. Da $f'''(x)=12$ ist, also überall
$f'''(x) \not= 0$ ist, ist natürlich auch
$f''' (-2) =12 \not= 0$. Also liegt tatsächlich ein
Wendepunkt vor. Es muss dann nur noch der zugehörige $y$-Wert bestimmt werden.
\[y_w=f(x_w)=2x^3+12x^2+16x-30=2\cdot (-2)^3+12 \cdot (-2)^2+16\cdot (-2)-30
=-30\]
\begin{center}Wendepunkt: \fcolorbox{red}{yellow}{$W (-2|-30)$}\end{center}
\newpage

\subsection{Aufgabe 24}
\[f(x)=-0{,}5x^4-3x^2+3{,}5\]
\underline{\textbf{Definitionsbereich}}: \\
Keine Einschränkungen durch Wurzeln oder Brüche vorhanden, daher:
\fcolorbox{red}{yellow}{$D= \mathbb{R}$} \\ \\
\underline{\textbf{Bestimmung der Achsenabschnitte:}} \\
\[y_0=f(0)=-0{,}5 \cdot 0^4-3 \cdot 0^2+3{,}5=3{,}5\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{$y$-Achsenabschnitt: $y_0=3{,}5$}\end{center}

\begin{eqnarray*}
f(x_0)&=&0 \\
-0{,}5x_0^4-3x_0^2+3{,}5&=&0
\end{eqnarray*}
Diese Gleichung stellt eine \textbf{\emph{Biquadratische}} Gleichung dar.
Eine Biquadratische Gleichung löst man duch \textbf{\emph{Substitution}}. Man
ersetzt $x_0^2$ durch einen anderen Buchstaben, beispielsweise durch $z$. So wird
aus der Gleichung:
\[-0{,}5x_0^4-3x_0^2+3{,}5=0\]
mit Hilfe der Substitution $x_0^2=z$ die Gleichung:
\[-0{,}5z^2-3z+3{,}5=0\]
Das ist nun eine einfache Quadratische Gleichung, die mit Hilfe der
$p$-$q$-Formel gelöst werden kann:
\begin{eqnarray*}
-0{,}5z^2-3z+3{,}5&=&0 \quad| :(-0{,}5) \\
z^2+6z-7&=&0 \\
z_{1/2}&=&-3 \pm \sqrt{9+7}\\
&=&-3 \pm 4 \\
z_1=1 && z_2=-7 \\
\end{eqnarray*}

Jetzt macht man die Substitution wieder rückgängig, man setzt also für $z$
wieder $x_0^2$ ein. Beginnen wir mit $z_1$:
\begin{eqnarray*}
z_1&=&1 \\
x_0^2&=&1 \\
x_{01/2}&=& \pm \sqrt{1}\\
x_{01}=1 && x_{02}=-1
\end{eqnarray*}
Es folgt $z_2$:
\begin{eqnarray*}
z_2&=&-7 \\
x_0^2&=&-7 \\
x_{03/4}&=& \pm \sqrt{-7}
\end{eqnarray*}
Da aus einer negativen Zahl keine Wurzel gezogen werden kann, gibt es keine
weiteren Lösungen. Es bleibt also bei den beiden gefundenen Werten.
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{Nullstellen: $\quad x_{01}=1$ und $x_{02}=-1$}\end{center}

\underline{\textbf{Ableitungen}}: \\
Da die Ableitungen sehr einfach zu bestimmen sind, kann ich sie sofort
hinschreiben.
\begin{eqnarray*}
f(x)&=&-0{,}5x^4-3x^2+3{,}5 \\
f'(x)&=&-2x^3-6x \\
f''(x)&=&-6x^2-6 \\
f'''(x)&=&-12x
\end{eqnarray*}
\underline{\textbf{Extrema}}: \\
Notwendige Bedingung für das Auftreten eines Extremums ist, dass die erste
Ableitung dort gleich Null ist.
\begin{eqnarray*}
f'(x_E)&=&0 \\
-2x_E^3-6x_E&=&0 \\
x_E \cdot (-2x_E^2-6)&=&0
\end{eqnarray*}
Bekanntlich ist ein Produkt Null, wenn \textbf{einer der Faktoren} Null ist.
Damit erhalten wir sofort die erste Lösung:
\[x_{E1}=0\]
Die anderen Lösungen bekommen wir über den Faktor $(-2x_E^2-6)$.
\begin{eqnarray*}
-2x_E^2-6&=&0 \quad|:(-2) \\
x_E^2+3&=&0 \quad|-3 \\
x_E^2&=&-3
\end{eqnarray*}
Da eine Quadratzahl nicht negativ sein kann, gibt es keine weiteren
Nullstellen. Unser einziger Kandidat für Extrema ist also $x_E=0$.
Mit Hilfe der zweiten Ableitung untersuche ich, ob ein Hoch- oder Tiefpunkt
vorliegt.
\[f''(x_E)=-6 \cdot 0^2-6=-6<0 \quad \Rightarrow \quad \textnormal{Hochpunkt}\]
\[y_E=f(x_E)=f(0)=-0{,}5 \cdot 0^4-3 \cdot 0^2+3{,}5=3{,}5\]
\begin{center}Hochpunkt:
\fcolorbox{red}{yellow}{$H (0|3{,}5)$}
\end{center}

\newpage
\underline{\textbf{Bestimmung der Wendepunkte:}} \\
Notwendige Bedingung für eine Wendestelle ist, dass die zweite Ableitung dort
gleich Null ist.
\begin{eqnarray*}
f''(x_w)&=&0 \\
-6x_w^2-6&=&0 \quad|:(-6) \\
x_w^2+1&=&0 \quad|-1 \\
x_w^2&=&-1
\end{eqnarray*}
Da eine Quadratzahl nicht negativ sein kann, hat diese Gleichung \textbf{keine}
Lösung.
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Keine Wendepunkte!}\end{center}

\newpage
\subsection{Aufgabe 25}
\[f(x)=-x^5+5x^3+20x\]
\underline{\textbf{Definitionsbereich}}: \\
Keine Einschränkungen durch Wurzeln oder Brüche vorhanden, daher:
\fcolorbox{red}{yellow}{$D= \mathbb{R}$} \\ \\
\underline{\textbf{Bestimmung der Achsenabschnitte:}} \\
\[y_0=f(0)=-0^5+5 \cdot 0^3+20 \cdot 0=0\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{$y$-Achsenabschnitt: $y_0=0$}\end{center}

\begin{eqnarray*}
-x_0^5+5x_0^3+20x_0&=&0 \\
x_0 \cdot \left(-x_0^4+5x_0^2+20 \right)&=&0
\end{eqnarray*}
Bekanntlich ist ein Produkt Null, wenn einer der Faktoren Null ist. Daraus
ergibt sich direkt die erste Lösung für den ersten Faktor:
\[x_{01}=0\]
Die anderen Nullstellen ergeben sich aus dem zweiten Faktor.
\[-x_0^4+5x_0^2+20=0\]
Diese Gleichung stellt eine \textbf{\emph{Biquadratische}} Gleichung dar.
Eine Biquadratische Gleichung löst man duch \textbf{\emph{Substitution}}. Man
ersetzt $x_0^2$ durch einen anderen Buchstaben, beispielsweise durch $z$. So
wird aus dieser Gleichung mit Hilfe der Substitution $x_0^2=z$ die Gleichung:
\[-z^2+5z+20=0\]
Das ist nun eine einfache Quadratische Gleichung, die mit Hilfe der
$p$-$q$-Formel gelöst werden kann:
\begin{eqnarray*}
-z^2+5z+20&=&0 \quad| \cdot (-1) \\
z^2-5z-20&=&0 \\
z_{1/2}&=&\frac{5}{2}\pm \sqrt{\frac{25}{4}+\frac{80}{4}}\\
z_{1/2}&=&\frac{5}{2}\pm \sqrt{\frac{105}{4}}\\
z_{1/2}&\approx&2{,}5 \pm 5{,}123 \\
z_1 \approx 7{,}623 && z_2 \approx -2{,}623 \\
\end{eqnarray*}
Nun kann zurückeingesetzt werden. Dabei entfällt die Lösung für $z_2$, da aus
einer negativen Zahl keine reelle Wurzel gezogen werden kann.
\begin{eqnarray*}
x_0^2&=&z_1 \\
x_0^2&\approx&7{,}623 \\
x_{02}\approx 2{,}761 && x_{03}\approx -2{,}761 \\
\end{eqnarray*}
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{Nullstellen: $\quad x_{01}=0$, $x_{02}\approx 2{,}761$
und $x_{03}\approx -2{,}761$}\end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Extrema:}} \\
Zunächst bestimmen wir alle Ableitungen, die man eventuell braucht.
\begin{eqnarray*}
f(x)&=&-x^5+5x^3+20x \\
f'(x)&=&-5x^4+15x^2+20 \\
f''(x)&=&-20x^3+30x \\
f'''(x)&=&-60x^2+30
\end{eqnarray*}
Notwendige Bedingung für das Auftreten eines Extremums ist, dass die erste
Ableitung dort gleich Null ist. \\

\begin{eqnarray*}
f'(x_E)&=&0 \\
-5x_E^4+15x_E^2+20&=&0 \quad|:(-5) \\
x_E^4-3x_E^2-4&=&0
\end{eqnarray*}
Diese \textbf{Biquadratische Gleichung} wird durch Substitution gelöst. Ich
ersetze:
\[x_E^2=z\]
Damit erhalte ich eine Quadratische Gleichung, die mit der p-q-Formel gelöst
werden kann.
\begin{eqnarray*}
z^2-3z-4&=&0 \\
z_{1/2}&=&\frac{3}{2}\pm \sqrt{\frac{9}{4}+\frac{16}{4}}\\
z_{1/2}&=&\frac{3}{2}\pm \frac{5}{2}\\
z_1=4 && z_2=-1
\end{eqnarray*}
Zu beiden Lösungen von $z$ gibt es im Prinzip jeweils 2 Lösungen für $x_E$.
Da jedoch \mbox{$z_2<0$} ist, entfallen die dazugehörigen Lösungen. Aus
\mbox{$z_1=4$} folgt:
\begin{eqnarray*}
x_E^2&=&4 \quad| \sqrt{\ }\\
x_{E1/2}&=&\pm 2 \\
x_{E1}=2 &&x_{E2}=-2
\end{eqnarray*}
Zur Prüfung, ob ein Maximum oder ein Minimum vorliegt, wird die zweite
Ableitung verwendet. Ist $f''(x_E)>0$, dann liegt ein Tiefpunkt vor, ist
$f''(x_E)<0$, dann haben wir einen Hochpunkt.
\[\begin{array}{rclcl}
f''(x_{E1})&=&-20 \cdot 2^3+30 \cdot 2=-100<0 & \Rightarrow &
\textnormal{Hochpunkt bei }x_{E1}=2 \\
f''(x_{E2})&=&-20 \cdot (-2)^3+30 \cdot (-2)=100>0 & \Rightarrow &
\textnormal{Tiefpunkt bei }x_{E2}=-2 \\
\end{array}\]
Die zugehörigen $y$-Werte bestimmen wir als Funktionswerte der Extremstellen
$x_{E1}$ und $x_{E2}$.
\begin{eqnarray*}
y_{E1}&=&f(x_{E1})=-2^5+5 \cdot 2^3+20 \cdot 2=48 \\
y_{E2}&=&f(x_{E2})=-(-2)^5+5 \cdot (-2)^3+20 \cdot (-2)=-48 \\
\end{eqnarray*}
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{Hochpunkt: $H(2|48) \quad$ Tiefpunkt: $T(-2|-48)$}\end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Wendepunkte:}} \\
Notwendige Bedingung für eine Wendestelle ist, dass die zweite Ableitung dort
gleich Null ist.
\begin{eqnarray*}
f''(x_w)&=&0 \\
-20x_w^3+30x_w&=&0 \quad|:(-20) \\
x_w^3-\frac{3}{2}x_w&=&0 \\
x_w \cdot \left( x_w^2-\frac{3}{2}\right)&=&0
\end{eqnarray*}
Ein Produkt ist Null, wenn einer der Faktoren Null ist. Aus dem ersten Faktor
folgt sofort:
\[x_{w1}=0\]
Ist der zweite Faktor Null, ergibt sich:
\begin{eqnarray*}
x_w^2-\frac{3}{2}&=&0 \quad|+\frac{3}{2}\\
x_w^2&=&\frac{3}{2} \quad| \sqrt{\ }\\
x_{w2}= \sqrt{\frac{3}{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{6}\approx 1{,}225 &&
  x_{w3}=-\sqrt{\frac{3}{2}}=-\frac{1}{2}\sqrt{6}\approx -1{,}225 \\
\end{eqnarray*}
Mit der dritten Ableitung können wir prüfen, ob die gefundenen Stellen
tatsächlich zu einem Wendepunkt gehören. Dazu muss gelten: $f'''(x_w)\not=0$.
\textbf{Hierbei darf natürlich \emph{auf keinen Fall} mit der Näherung
gerechnet werden, da diese Prüfung dann nicht mehr funktioniert!}
\[\begin{array}{rclcl}
f'''(x_{w1})&=&-60 \cdot 0^2+30=30 \not=0 & \Rightarrow &
\textnormal{Wendepunkt bei }x_{w1}=0 \\
f'''(x_{w2})&=&-60 \cdot \left( \cfrac{1}{2}\sqrt{6}\right)^2+30=-60 \not=0
  &\Rightarrow& \textnormal{Wendepunkt bei }x_{w2}= \cfrac{1}{2}\sqrt{6} \\
f'''(x_{w3})&=&-60 \cdot \left(-\cfrac{1}{2}\sqrt{6}\right)^2+30=-60 \not=0
  &\Rightarrow& \textnormal{Wendepunkt bei }x_{w3}=-\cfrac{1}{2}\sqrt{6} \\
\end{array}\]

Die zugehörigen $y$-Werte bestimmen wir mit der Funktionsgleichung durch
Einsetzen von $x_w$.
\begin{eqnarray*}
y_{w1}&=&f(x_{w1})=-0^5+5 \cdot 0^3+20 \cdot 0=0 \\
y_{w2}&=&f(x_{w2})=-\left( \cfrac{1}{2}\sqrt{6}\right)^5
  +5 \cdot \left( \cfrac{1}{2}\sqrt{6}\right)^3
  +20 \cdot \left( \cfrac{1}{2}\sqrt{6}\right) \\
&=&\left(-\frac{9}{8}+15+10 \right) \cdot \sqrt{6} \\
&=&\frac{101}{8} \cdot \sqrt{6}\\
&\approx& 30{,}9248 \\
y_{w3}&=&f(x_{w3})=-\left(-\cfrac{1}{2}\sqrt{6}\right)^5
  +5 \cdot \left(-\cfrac{1}{2}\sqrt{6}\right)^3
  +20 \cdot \left(-\cfrac{1}{2}\sqrt{6}\right) \\
&=&-\frac{101}{8} \cdot \sqrt{6}\\
  &\approx& -30{,}9248 \\
\end{eqnarray*}

\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{Wendepunkte: $W_1(0|0) \qquad
W_2 \left( \frac{1}{2}\sqrt{6}\mid \frac{101}{8} \cdot \sqrt{6} \right) \qquad
W_3 \left(-\frac{1}{2}\sqrt{6}\mid-\frac{101}{8} \cdot \sqrt{6} \right) $}
\end{center}

\newpage %-------------------
\subsection{Aufgabe 26}
\[f(x)=x^3-9x^2+24x-16\]
\underline{\textbf{Definitionsbereich}}: \\
Keine Einschränkungen durch Wurzeln oder Brüche vorhanden, daher:
\fcolorbox{red}{yellow}{$D= \mathbb{R}$} \\ \\
\underline{\textbf{Bestimmung der Achsenabschnitte:}} \\
\[y_0=f(0)=0^3-9 \cdot 0^2+24 \cdot 0-16=-16\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{$y$-Achsenabschnitt: $y_0=-16$}\end{center}

Da der Funktionsterm ein Polynom 3. Grades ist, sollte man die erste Nullstelle
durch \textbf{planvolles Raten} ermitteln. Falls es ganzzahlige Nullstellen
gibt, dann sind sie Teiler des \textbf{absoluten Gliedes}. Als Teiler von $-16$
kommen die Zahlen 1, $-1$, 2, $-2$, 4, $-4$, 8, $-8$, 16 und $-16$ infrage.
Schon der erste Versuch klappt, die erste Nullstelle liegt bei
\mbox{$x_{01}=1$}. Man kann eine Polynomdivision durchführen.
\[\begin{array}{rrrr}
(x^3&-9x^2\ &+24x\ &-16) \\
-(x^3&-x^2) \\
\hline
&-8x^2\ &+24x\ &-16\ \\
-&(-8x^2\ &+8x) \\
\hline
&&16x\ &-16\ \\
&-&(16x\ &-16) \\
\hline
&&&0\ \\
\end{array} \begin{array}{rrrr}
:&(x-1)&=&x^2-8x+16 \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\
\end{array}\]
Die weiteren Nullstellen müssen dann im Ergebnisterm stecken.
\begin{eqnarray*}
x^2-8x+16&=&0 \\
x_{02/3}&=&4 \pm \sqrt{16-16}\\
x_{02}&=&4
\end{eqnarray*}
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{Nullstellen: $x_{01}=1 \quad x_{02}=4$}
\end{center}
\underline{\textbf{Bestimmung der Extrema:}} \\
Zunächst bestimmen wir alle Ableitungen, die man eventuell braucht.
\begin{eqnarray*}
f(x)&=&x^3-9x^2+24x-16 \\
f'(x)&=&3x^2-18x+24 \\
f''(x)&=&6x-18 \\
f'''(x)&=&6
\end{eqnarray*}
Notwendige Bedingung für das Auftreten eines Extremums ist, dass die erste
Ableitung dort gleich Null ist. \\ \\
\begin{eqnarray*}
f'(x_E)&=&0 \\
3x_E^2-18x_E+24&=&0 \quad|:3 \\
x_E^2-6x_E+8&=&0 \\
x_{E1/2}&=&3 \pm \sqrt{9-8}\\
x_{E1/2}&=&3 \pm 1 \\
x_{E1}=4 && x_{E2}=2
\end{eqnarray*}
Zur Prüfung, ob ein Maximum oder ein Minimum vorliegt, wird die zweite
Ableitung verwendet. Ist $f''(x_E)>0$, dann liegt ein Tiefpunkt vor, ist
$f''(x_E)<0$, dann haben wir einen Hochpunkt.
\begin{eqnarray*}
f''(x_{E1})&=&6 \cdot 4-18=6>0
  \quad \Rightarrow \quad \textnormal{Tiefpunkt} \\
f''(x_{E2})&=&6 \cdot 2-18=-6<0
  \quad \Rightarrow \quad \textnormal{Hochpunkt}
\end{eqnarray*}
Die zugehörigen $y$-Werte bestimmen wir als Funktionswerte der Extremstellen
$x_{E1}$ und $x_{E2}$.
\begin{eqnarray*}
y_{E1}&=&f(x_{E1})=4^3-9 \cdot 4^2+24 \cdot 4-16=0 \\
y_{E2}&=&f(x_{E2})=2^3-9 \cdot 2^2+24 \cdot 2-16=4 \\
\end{eqnarray*}
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}
{Tiefpunkt: $T(4|0) \quad$ Hochpunkt: $H(2|4)$}\end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Wendepunkte:}} \\
Notwendige Bedingung für eine Wendestelle ist, dass die zweite Ableitung dort
gleich Null ist.
\begin{eqnarray*}
f''(x_w)&=&0 \\
6x_w-18&=&0 \quad|+18 \\
6x_w&=&18 \quad|:6 \\
x_w&=&3
\end{eqnarray*}
Mit der dritten Ableitung können wir prüfen, ob die gefundene Stelle
tatsächlich zu einem Wendepunkt gehört. Dazu muss gelten: $f'''(x_w)\not=0$.
Da überall $f'''(x)=6$ ist, ist dies natürlich auch für $x_w=3$ gegeben.
$\Rightarrow$ Bei $x_w=3$ liegt ein Wendepunkt vor. \\

Den zugehörigen $y$-Wert $y_w$ bestimmen wir mit der Funktionsgleichung durch
Einsetzen von $x_w$.
\[y_w=f(x_w)=3^3-9 \cdot 3^2+24 \cdot 3-16=2\]
\begin{center}\fcolorbox{red}{yellow}{Wendepunkt: $W(3|2)$}\end{center}

\newpage %-------------------
\subsection{Aufgabe 27}
\[f(x)= \frac{x^2+2x+1}{x^2+2x+4}\]
\underline{\textbf{Definitionsbereichsbestimmung:}}\\
Einschränkungen im Definitionsbereich gibt es dort, wo der \textbf{Nenner}
gleich Null ist.
\begin{eqnarray*}
x^2+2x+4&=&0 \\
x_{1/2}&=&-1 \pm \sqrt{1-4} \\
x_{1/2}&=&-1 \pm \sqrt{-3} \\
\end{eqnarray*}
Es gibt keine (reellen) Nullstellen des Nenners, also ist:
\fcolorbox{red}{yellow}{$D= \mathbb{R}$}\\ \\
\underline{\textbf{Bestimmung der Achsenabschnitte:}}\\
\[y_0=f(0)=\frac{0^2+2 \cdot 0+1}{0^2+2 \cdot 0+4}=\frac{1}{4}\]
\begin{center}Abschnitt auf der $y$-Achse: \fcolorbox{red}{yellow}
{$y_0=\frac{1}{4}$}\end{center}
\begin{eqnarray*}
f(x_0)&=&0 \\
\frac{x_0^2+2x_0+1}{x^2_0+2x_0+4}&=&0 \quad|\cdot (x^2_0+2x_0+4) \\
x^2_0+2x_0+1&=&0 \\
x_{01/02}&=&-1 \pm \sqrt{1-1} \\
x_0&=&-1 \\
\end{eqnarray*}
\begin{center}Nullstelle: \fcolorbox{red}{yellow}
{$x_0=-1$}\end{center}
\newpage
\underline{\textbf{Ableitungen:}}\\
\begin{eqnarray*}
f'(x)&=&\frac{\overbrace{ (2x+2)}^{u'}\overbrace{(x^2+2x+4)}^{v}
  - \overbrace{(x^2+2x+1)}^{u}\overbrace{(2x+2)}^{v'}}
  {\underbrace{\left( x^2+2x+4 \right)^2}_{v^2}} \\
&=&\frac{(2x^3+4x^2+8x+2x^2+4x+8)-(2x^3+2x^2+4x^2+4x+2x+2)}
        {\left( x^2+2x+4 \right)^2}\\
&=&\frac{(2x^3+6x^2+12x+8)-(2x^3+6x^2+6x+2)}{\left( x^2+2x+4 \right)^2}\\
&=&\frac{2x^3+6x^2+12x+8-2x^3-6x^2-6x-2}{\left( x^2+2x+4 \right)^2}\\
f'(x)&=&\frac{6x+6}{\left( x^2+2x+4 \right)^2}\\
\end{eqnarray*}
\textbf{\underline{Tipp: }Man sollte den Nenner in der ersten Ableitung
\underline{nicht} ausmultiplizieren, auch wenn dadurch die Ableitung des
Nenners auf den ersten Blick einfacher erscheint. Man kann dann nämlich nicht
mehr erkennen, dass in der zweiten Ableitung im Zähler der ursprüngliche
Nennerterm ausgeklammert werden kann, so dass man dadurch kürzen kann.}
\begin{eqnarray*}
f''(x)&=&\frac{\overbrace{6}^{u'} \cdot
  \overbrace{\left( x^2+2x+4 \right)^2}^{v}
  -\overbrace{(6x+6)}^{u} \cdot \overbrace{2(2x+2)(x^2+2x+4)}^{v'}}
   {\underbrace{\left( x^2+2x+4 \right)^4}_{v^2}} \\
&=&\frac{(x^2+2x+4) \cdot [6(x^2+2x+4)-2(6x+6)(2x+2)]}
   {\left( x^2+2x+4 \right)^4}\quad \textnormal{ kürzen duch }(x^2-1) \\
&=&\frac{6x^2+12x+24-(24x^2+24x+24x+24)}{\left( x^2+2x+4 \right)^3} \\
&=&\frac{6x^2+12x+24-24x^2-24x-24x-24}{\left( x^2+2x+4 \right)^3} \\
f''(x)&=&\frac{-18x^2-36x}{\left( x^2+2x+4 \right)^3} \\
\end{eqnarray*}

\newpage
\underline{\textbf{Extremwertbestimmung:}}\\
Notwendige Bedingung für einen Hoch-/Tief-/Sattelpunkt ist, dass die erste
Ableitung gleich Null ist.
\begin{eqnarray*}
f'(x_E)&=&0 \\
\frac{6x_E+6}{\left( x_E^2+2x_E+4 \right)^2}&=&0 \quad
   |\cdot \left( x_E^2+2x_E+4 \right)^2 \\
6x_E+6&=&0 \quad |-6 \\
6x_E&=&-6 \quad |:6 \\
x_E&=&-1 \\
\end{eqnarray*}
Damit haben wir einen \textbf{Kanditaten} für einen Hoch-/Tief-/Sattelpunkt
gefunden. Was genau vorliegt, kann man am einfachsten mit der zweiten Ableitung
klären, die wir ja sowieso schon bestimmt haben.
\begin{eqnarray*}
f''(x)&=&\frac{-18x^2-36x}{\left( x^2+2x+4 \right)^3} \\
f''(-1)&=&\frac{-18 \cdot (-1)^2-36 \cdot (-1)}
   {\left( (-1)^2+2\cdot (-1)+4 \right)^3} \\
&=&\frac{-18+36}{\left( 1-2+4 \right)^3} \\
&=&\frac{18}{27} \\
f''(-1)&=&+\frac{2}{3}>0 \quad \Rightarrow \quad
  \textnormal{Tiefpunkt bei }x_E=-1 \\
\end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*}
y_E&=&f(x_E) \\
&=&\frac{(-1)^2+2 \cdot (-1)+1}{(-1)^2+2 \cdot (-1)+4} \\
&=&\frac{1-2+1}{1-1+4} \\
&=&\frac{0}{4} \\
y_E&=&0 \\
\end{eqnarray*}
\begin{center}Tiefpunkt bei: \fcolorbox{red}{yellow}{$T(-1|0)$}\end{center}

\newpage
\underline{\textbf{Wendepunktbestimmung:}}\\
Notwendige Bedingung für einen Wendepunktpunkt ist, dass die zweite
Ableitung gleich Null ist.
\begin{eqnarray*}
f''(x)&=&\frac{-18x^2-36x}{\left( x^2+2x+4 \right)^3} \\
\frac{-18x_w^2-36x_w}{\left( x_w^2+2x_w+4 \right)^3}&=&0
  \quad | \cdot \left( x_w^2+2x_w+4 \right)^3  \\
-18x_w^2-36x_w&=&0 \\
x_w \cdot (-18x_w-36)&=&0 \\
\end{eqnarray*}
Bekanntlich ist ein Produkt \textbf{genau dann} Null wenn \textbf{einer der
Faktoren} Null ist. Damit erhalten wir
\[x_w=0 \quad \vee \quad -18x_w-36=0 \]
Damit ist der erste Kandidat für einen Wendepunkt $x_{w1}=0$ bereits bekannt.
Den zweiten bestimme ich aus dem zweiten Term.
\begin{eqnarray*}
-18x_{w2}-36&=&0 \quad|+36 \\
-18x_{w2}&=&36 \quad|:(-18) \\
x_{w2}&=&-2 \\
\end{eqnarray*}
Zur Untersuchung, ob tatsächlich -- wie vermutet -- ein Wendepunkt bei
$x_{w1}=0$ bzw. bei $x_{w2}=-2$ vorliegt, gibt es zwei mögliche Methoden. Die
eine Methode erfordert die dritte Ableitung. Da diese etwas lästig zu bestimmen
ist, verwende ich die andere Methode. Dazu muss ich einen Punkt links und einen
Punkt rechts vom vermuteten Wendepunkt aud die zweite Ableitung untersuchen.
Dabei darf man natürlich nicht weiter gehen, als bis zur nächsten Nullstelle
von $f''(x)$ oder Polstelle von $f(x)$. Habe ich links und rechts von $x_w$
unterschiedliches Vorzeichen bei $f''(x)$, dann ist der Wendepunkt
nachgewiesen.
\[ \left\{ \begin{array}{rcccl}
f''(-1)&=&\cfrac{-18 \cdot (-1)^2-36 \cdot (-1)}
          {\left( (-1)^2+2 \cdot (-1)+4 \right)^3}&=&+\cfrac{2}{3} \\
f''(1)&=&\cfrac{-18 \cdot 1^2-36 \cdot 1}
          {\left( 1^2+2 \cdot 1+4 \right)^3}&=&-\cfrac{54}{343} \\
\end{array} \right\}
\quad \Rightarrow \quad \textnormal{Wendepunkt bei } x_{w1}=0
\]
\[ \left\{ \begin{array}{rcccl}
f''(-3)&=&\cfrac{-18 \cdot (-3)^2-36 \cdot (-3)}
          {\left( (-3)^2+2 \cdot (-3)+4 \right)^3}&=&-\cfrac{54}{343} \\
f''(-1)&=&\cfrac{-18 \cdot (-1)^2-36 \cdot (-1)}
          {\left( (-1)^2+2 \cdot (-1)+4 \right)^3}&=&+\cfrac{2}{3} \\
\end{array} \right\}
\quad \Rightarrow \quad \textnormal{Wendepunkt bei } x_{w2}=-2
\]

\newpage
Jetzt fehlen nur noch die zugehörigen $y$-Werte.
\[y_{w1}=f(x_{w1})= \frac{0^2+2 \cdot 0+1}{0^2+2 \cdot 0+4}= \frac{1}{4}\]
\[y_{w2}=f(x_{w2})= \frac{(-2)^2+2 \cdot (-2)+1}{(-2)^2+2 \cdot (-2)+4}
        = \frac{1}{4}\]
\begin{center}Wendepunkte bei:
\fcolorbox{red}{yellow}{$W_1 \left( 0|0{,}25 \right)$} und
\fcolorbox{red}{yellow}{$W_2 \left(-2|0{,}25 \right)$}\end{center}

\underline{\textbf{Bestimmung der Asymptote:}}\\
\[\begin{array}{rr}
\begin{array}{rrr}
(x^2&+2x&+1) \\
-(x^2&+2x&+4) \\
\hline
&&-3 \
\end{array}\begin{array}{cccc}
:&(x^2+2x+4)&=&1-\frac{3}{x^2+2x+4} \\ \\ \\
\end{array}\end{array}\]
\begin{center}
 Asymptotengleichung: \fcolorbox{red}{yellow}{$a(x)=1$}
\end{center}


\end{document}
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