$-\lg \left(\frac{50}{x^3}\right)+\lg \left(2x^2\right)-\lg \left(\frac{1}{25}\right)$

= $-\lg \left(50x^{-3}\right)+\lg \left(2x^2\right)-\lg \left(\frac{1}{25}\right)$

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

= $-(\lg \left(50\right)+\lg \left(\frac{1}{x^3}\right))+(\lg \left(2\right)+\lg \left(x^2\right))-(\lg \left(\frac{1}{25}\right)+\lg \left(1\right))$

= $-\lg \left(50\right)-\lg \left(\frac{1}{x^3}\right)+\lg \left(2\right)+\lg \left(x^2\right)-\lg \left(\frac{1}{25}\right)-\lg \left(1\right)$

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

= $-\lg \left(50\right)+3\lg \left(x\right)+\lg \left(2\right)+2\lg \left(x\right)-\lg \left(\frac{1}{25}\right)+0$

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

= $-\lg \left(50\right)+3\lg \left(x\right)+\lg \left(2\right)+2\lg \left(x\right)-\lg \left(1\right)+\lg \left(25\right)+0$

= $5\lg \left(x\right)-\lg \left(50\right)+\lg \left(25\right)+\lg \left(2\right)$

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

= $5\lg \left(x\right)+\lg (\frac{1}{50}·25·2)$

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

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

= $5\lg \left(x\right)$

Das Problem bei e-Funktionen ist ja, dass wir normale Funktionswerte sehr schwer berechnen und dann nur sehr ungenau ablesen können :(

Die einzige Möglichkeit gut ablesbare Werte zu finden, ist also dort, wo der Exponentialterm (annähernd) = 0 ist - oder eben =1 ist, weil dort der Exponent =0 ist.

• Man kann schnell erkennen, dass der Exponentialterm $\left(x+3k\right)·e^{x+\frac{3}{2}k}$ = 0 wird, wenn $x+3k$ = 0 ist, also für x = $-3k$.
  Dann muss ja der y-Wert f_k($-3k$) = $\left(\left(-3k\right)+3k\right)·e^{\left(-3k\right)+\frac{3}{2}k}+3$ = $0+3$ = $3$ sein.
  Da bei x = $-3k$ bei ( $x+3k$) auch das Vorzeichen wechselt, muss dieser Punkt P($-3k$| $3$) im abgebildeten Graph bei P(4| $3$) sein.
  Für den x-Wert dieses Punkts P gilt somit $-3k$ = 4
  Also gilt k = $-\frac{4}{3}$

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

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

Wir wissen, dass $e^{\mathrm{0,1}x-\mathrm{0,1}}$ 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.

Durch die +3 hinter dem $e^{\mathrm{0,1}x-\mathrm{0,1}}$ wird zu allen Funktionswerten von $e^{\mathrm{0,1}x-\mathrm{0,1}}$ noch $3$ addiert. Dadurch verschiebt sich auch der Wertebereich zu W = {y ∈ ℝ | y > 3}

Umkehrfunktion

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

$e^{\mathrm{0,1}x-\mathrm{0,1}}+3$	=	$y$	| $-3$
$e^{\mathrm{0,1}x-\mathrm{0,1}}$	=	$y-3$	|ln(⋅)
$\mathrm{0,1}x-\mathrm{0,1}$	=	$\ln \left(y-3\right)$

$\mathrm{0,1}x-\mathrm{0,1}$	=	$\ln \left(y-3\right)$	| $+\mathrm{0,1}$
$\mathrm{0,1}x$	=	$\ln \left(y-3\right)+\mathrm{0,1}$	|:$\mathrm{0,1}$
$x$	=	$\frac{1}{\mathrm{0,1}}\ln \left(y-3\right)+\frac{\mathrm{0,1}}{\mathrm{0,1}}$

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 = $\frac{1}{\mathrm{0,1}}\ln \left(x-3\right)+\frac{\mathrm{0,1}}{\mathrm{0,1}}$

und erhalten so die Umkehrfunktion $\stackrel{-}{f}$(x) = $\frac{1}{\mathrm{0,1}}\ln \left(x-3\right)+\frac{\mathrm{0,1}}{\mathrm{0,1}}$

Den Wachstumsfaktor a kann direkt aus dem Funktionterm $\text{f(t)}=$ $c·{\mathrm{0,87}}^t$ ablesen: a=0.87.

Mit der Formel für die Halbwertszeit gilt: T_H = log_a($\frac{1}{2}$).

Also T_H = log_0.87($\frac{1}{2}$) ≈ 4.98 (Zeiteinheiten)

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

Die prozentuale Zunahme um 15% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt zum alten Bestand noch 15% dazukommen,
also B_neu = B + $\frac{15}{100}$⋅B = (1 + $\frac{15}{100}$) ⋅ B = 1,15 ⋅ B. Somit ist das a=1,15.

Somit wissen wir bereits, dass der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $c·{\mathrm{1,15}}^t$ mit einem Anfangswert c sein muss.

Wir kennen zwar den Anfangswert f(0)=c nicht, wissen aber, dass nach 4 Wochen der Bestand 10494.04 Nutzer ist, also f(4) = 10494.04. Dies setzen wir in unsern bisherigen Funktionterm $\text{f(t)}=$ $c·{\mathrm{1,15}}^t$ ein:

c ⋅ 1.15⁴ = 10494.04

c ⋅ 1.74901 = 10494.04 | : 1.74901

c = 6000

Damit ergibt sich der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $6000\cdot {\mathrm{1,15}}^t$.

zu a)

Gesucht ist die Anzahl der Nutzer zum Zeitpunkt t=9 Wochen, also f(9):

f(9) = $6000\cdot {\mathrm{1,15}}^9$ ≈ 21107,258.

zu b)

Hier wird gefragt, wann die Anzahl der Nutzer = 36000 Nutzer ist, also f(t) = 36000:

$6000\cdot {\mathrm{1,15}}^t$	=	$36000$	|:$6000$
${\mathrm{1,15}}^t$	=	$6$	|lg(⋅)
$\lg \left({\mathrm{1,15}}^t\right)$	=	$\lg \left(6\right)$
$t·\lg \left(\mathrm{1,15}\right)$	=	$\lg \left(6\right)$	|: $\lg \left(\mathrm{1,15}\right)$
$t$	=	$\frac{\lg \left(6\right)}{\lg \left(\mathrm{1,15}\right)}$

$t$

=

$\mathrm{12,8201}$

Nach ca. 12,82 Wochen ist also die Anzahl der Nutzer = 36000 Nutzer.