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

$\text{f'(x)}=$ $5x^4+4x^3+3x^2+2x+1$

$\text{f(x)}=$ $-\frac{5}{x^3}$

= $-5x^{-3}$

=> f'(x) = $15x^{-4}$

$\text{f'(x)}=$ $\frac{15}{x^4}$

$\text{f(x)}=$ $-4x^4-\sqrt{x}$

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

=> f'(x) = $-16x^3-\frac{1}{2}{x}^{-\frac{1}{2}}$

$\text{f'(x)}=$ $-16x^3-\frac{1}{2\sqrt{x}}$

Die Gerade y = $-x+3$ hat als Steigung m = -1 und als y-Achsenabschnitt c = $3$ .

Wenn nun an einer Stelle x die Tangente an den Graph von f parallel zur gegebenen Geraden sein soll, müssen ihre Steigungen gleich sein. Es muss also f '(x) = m = -1 gelten.

Zuerst leiten wir mal f(x) ab:

$\text{f(x)}=$ $\frac{5}{6}{\left(\sqrt[5]{x}\right)}^6-3x$

= $\frac{5}{6}{x}^{\frac{6}{5}}-3x$

=> f'(x) = $x^{\frac{1}{5}}-3$

$\text{f'(x)}=$ $\sqrt[5]{x}-3$

Diese Ableitung muss ja = -1 sein, also setzen wir $\sqrt[5]{x}-3$ = -1.

Beim Quadrieren oben haben wir eventuel die Lösungesmenge vergrößert.
Deswegen müssen wir jetzt bei allen Lösungen eine Probe machen, ob sie auch wirklich Lösungen sind.

Probe für x = $32$

Also -1 = -1

x = $32$ ist somit eine Lösung !

L={ $32$}

Zur Probe, ob wir uns verrechnet haben, können wir die Lösung(en) jetzt in die Ableitung einsetzen:

f '( $32$) = $\sqrt[5]{32}-3$ = $-1$