$I=[-2; 2]$ ($x$-Werte der Hochpunkte); $F(x)=-\frac{1}{40}x^5+\frac 13x^3+\frac 12x$; $A=\frac{43}{15}-\left(-\frac{43}{15}\right)=\frac{86}{15}\, \text{FE}$
Nullstellen: $x_{1,2}= 0$ (doppelt, also ohne Vorzeichenwechsel), $x_3=2$, $x_4=-2$; $\Rightarrow I=[-2; 2]$ da über eine Nullstelle ohne Vorzeichenwechsel hinweg integriert werden kann.
$F(x)=-\frac{1}{20}x^5+\frac 13 x^3$; $A=\frac{32}{15}\, \text{FE}$
$f(4)=2 \Rightarrow$ das auszuschneidende Dreieck hat den Flächeninhalt $A_{\Delta}=\frac 12\cdot 4\cdot 2=4\, \text{FE}$
$F(x)=\frac{1}{32}x^4-\frac 12x^3+\frac 94 x^2$; $A=A_f-A_{\Delta}=12-4=8\, \text{FE}$
$\frac 14 < \frac 12\Rightarrow$ Graph von $f$ verläuft breiter, also der linke Graph. Alternativ kann man auch mit den $y$-Achsenabschnitten argumentieren.
Schnittstellen: $f(x)=g(x)$ $\Rightarrow x_1=16, x_2=4$; nur $x_2=4$ liegt im Intervall
$I_f=[0; 4]$; $I_g=[4; 7]$; $A=\left(\frac{28}{3}-0\right)+\left(\frac{259}{6}-\frac{116}{3}\right)=\frac{83}{6}\, \text{FE}$