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

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

Wenn man das mit f(x) = $x^2·e^{2x+3}$ vergleicht, kann man erkennen, dass f(-x) = $x^2·e^{-2x+3}$
weder gleich f(x) = $x^2·e^{2x+3}$ noch gleich -f(x) = $-x^2·e^{2x+3}$ = $-x^2·e^{2x+3}$ ist.

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

Somit liegt bei f keine Symmetrie zum KoSy vor.

$\lg \left(\frac{5}{x^5}\right)+\lg \left(\frac{1}{10}{x}^2\right)+\lg \left(\frac{2}{x}\right)$

= $\lg \left(5x^{-5}\right)+\lg \left(\frac{1}{10}{x}^2\right)+\lg \left(2x^{-1}\right)$

Jetzt kann man mit dem 1. Logarithmusgesetz log(a ⋅ b) = log(a) + log(b) umformen zu:

= $\lg \left(5\right)+\lg \left(\frac{1}{x^5}\right)+(\lg \left(\frac{1}{10}\right)+\lg \left(x^2\right))+(\lg \left(2\right)+\lg \left(\frac{1}{x}\right))$

= $\lg \left(5\right)+\lg \left(\frac{1}{x^5}\right)+\lg \left(\frac{1}{10}\right)+\lg \left(x^2\right)+\lg \left(2\right)+\lg \left(\frac{1}{x}\right)$

Jetzt kann man mit dem 2. Logarithmusgesetz log(a^b) = b⋅log(a) umformen zu:

= $\lg \left(5\right)-5\lg \left(x\right)+\lg \left(\frac{1}{10}\right)+2\lg \left(x\right)+\lg \left(2\right)-\lg \left(x\right)$

Jetzt kann man mit dem 1. Logarithmusgesetz log($\frac{a}{b}$) = log(a)- log(b) noch die Brüche im Logarithmus umformen:

= $\lg \left(5\right)-5\lg \left(x\right)+\lg \left(1\right)-\lg \left(10\right)+2\lg \left(x\right)+\lg \left(2\right)-\lg \left(x\right)$

= $-4\lg \left(x\right)-\lg \left(10\right)+\lg \left(5\right)+\lg \left(2\right)$

Jetzt kann man mit dem 1. Logarithmusgesetz log(a ⋅ b) = log(a) + log(b) rückwärts umformen zu:

= $-4\lg \left(x\right)+\lg (\frac{1}{10}·5·2)$

= $-4\lg \left(x\right)+\lg (\frac{1}{2}·2)$

= $-4\lg \left(x\right)+\lg \left(1\right)$

= $-4\lg \left(x\right)$

Maximale Definitionsmenge von f

Bei einer Exponentialfunktion kann man alle Werte für x einsetzen. (e⁰=1; e^-c= $\frac{1}{e^c}$)

Für die maximale Definitionsmenge gilt somit: D = ℝ

Wertemenge von f

Der Exponent $-\mathrm{0,4}x+\mathrm{1,2}$ ist eine lineare Funktion (Gerade), die jeden Wert zwischen -∞ und ∞ annehmen kann.

Wir wissen, dass $e^{-\mathrm{0,4}x+\mathrm{1,2}}$ für negative betragsmäßig große Werte im Exponent der 0 sehr schnell beliebig nahe kommt und für große positive Werte (sehr schnell) gegen ∞ strebt. Somit ist jeder Funktionswert im Bereich 0 < y < ∞ möglich.

Auch mit dem positiven Koeffizienten $4$ vor $e^{-\mathrm{0,4}x+\mathrm{1,2}}$ können die Funktionswerte von $4e^{-\mathrm{0,4}x+\mathrm{1,2}}$ alles zwischen 0 und ∞ annehmen.

Somit ist der Wertebereich von f: W = {y ∈ ℝ | y > 0}

Umkehrfunktion

Wir schreiben einfach mal y für f(x) und lösen die Funktionsgleichung nach x auf:

$4e^{-\mathrm{0,4}x+\mathrm{1,2}}$	=	$y$	|:$4$
$e^{-\mathrm{0,4}x+\mathrm{1,2}}$	=	$\frac{1}{4}y$	|ln(⋅)
$-\mathrm{0,4}x+\mathrm{1,2}$	=	$\ln \left(\frac{1}{4}y\right)$

$-\mathrm{0,4}x+\mathrm{1,2}$	=	$\ln \left(\frac{1}{4}y\right)$	| $-\mathrm{1,2}$
$-\mathrm{0,4}x$	=	$\ln \left(\frac{1}{4}y\right)-\mathrm{1,2}$	|:($-\mathrm{0,4}$)
$x$	=	$-\frac{1}{\mathrm{0,4}}\ln \left(\frac{1}{4}y\right)+\frac{\mathrm{1,2}}{\mathrm{0,4}}$

Statt jedem x ein y zuzuordnen (x ↦ y), wird bei der Umkehrfunktion ja gerade andersrum dem y das x zugeordnet (y ↦ x).
Deswegen vertauschen wir nun x und y:

y = $-\frac{1}{\mathrm{0,4}}\ln \left(\frac{1}{4}x\right)+\frac{\mathrm{1,2}}{\mathrm{0,4}}$

und erhalten so die Umkehrfunktion $\stackrel{-}{f}$(x) = $-\frac{1}{\mathrm{0,4}}\ln \left(\frac{1}{4}x\right)+\frac{\mathrm{1,2}}{\mathrm{0,4}}$

f(0) = $71$

f(1) = $71$ ⋅ $\mathrm{0,95}$

f(2) = $71$ ⋅ $\mathrm{0,95}$ ⋅ $\mathrm{0,95}$

f(3) = $71$ ⋅ $\mathrm{0,95}$ ⋅ $\mathrm{0,95}$ ⋅ $\mathrm{0,95}$

f(4) = $71$ ⋅ $\mathrm{0,95}$ ⋅ $\mathrm{0,95}$ ⋅ $\mathrm{0,95}$ ⋅ $\mathrm{0,95}$

...

Mit jeder Zeiteinheit wird also der bisherige Funktionswert mit $\mathrm{0,95}$ multipliziert. Da $\mathrm{0,95}$ < 1 ist, werden die Funktionswerte mit jedem Zeitschritt kleiner, und zwar auf das $\mathrm{0,95}$-fache, also auf $95$ % des vorherigen Funktionswertes.

Die prozentuale Abnahme beträgt also 100% - 95% = 5 %

Da es sich hier um exponentielles Wachstum handelt, muss der Funktionsterm von der Form $\text{f(t)}=$ $c·a^t$ sein.

Die prozentuale Abnahme um 7% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt vom alten Bestand noch 7% weggehen,
also B_neu = B - $\frac{7}{100}$⋅B = (1 - $\frac{7}{100}$) ⋅ B = 0,93 ⋅ B. Somit ist das a=0,93.

Somit wissen wir bereits, dass der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $c·{\mathrm{0,93}}^t$ mit einem Anfangswert c sein muss.

Wir kennen zwar den Anfangswert f(0)=c nicht, wissen aber, dass nach 14 Jahre der Bestand 3.62 Millionen Insekten ist, also f(14) = 3.62. Dies setzen wir in unsern bisherigen Funktionterm $\text{f(t)}=$ $c·{\mathrm{0,93}}^t$ ein:

c ⋅ 0.93¹⁴ = 3.62

c ⋅ 0.36204 = 3.62 | : 0.36204

c = 10

Damit ergibt sich der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $10\cdot {\mathrm{0,93}}^t$.

zu a)

Gesucht ist der Bestand zum Zeitpunkt t=11 Jahre, also f(11):

f(11) = $10\cdot {\mathrm{0,93}}^{11}$ ≈ 4,501.

zu b)

Hier wird gefragt, wann der Bestand = 4.2 Millionen Insekten ist, also f(t) = 4.2:

$10\cdot {\mathrm{0,93}}^t$	=	$\mathrm{4,2}$	|:$10$
${\mathrm{0,93}}^t$	=	$\mathrm{0,42}$	|lg(⋅)
$\lg \left({\mathrm{0,93}}^t\right)$	=	$\lg \left(\mathrm{0,42}\right)$
$t·\lg \left(\mathrm{0,93}\right)$	=	$\lg \left(\mathrm{0,42}\right)$	|: $\lg \left(\mathrm{0,93}\right)$
$t$	=	$\frac{\lg \left(\mathrm{0,42}\right)}{\lg \left(\mathrm{0,93}\right)}$

$t$

=

$\mathrm{11,9539}$

Nach ca. 11,954 Jahre ist also der Bestand = 4.2 Millionen Insekten.