Als erstes erinnern wir uns an die natürliche Exponentialfunktion f₀(x)= $e^x$ (im Schaubild in schwarzer Farbe eingezeichnet).

Da bei $e^{x-3}+2$ zu jedem Funktionswert von $e^x$ noch 2 addiert wird, ist der Graph von $e^{x-3}+2$ gegenüber dem der natürlichen Exponentialfunktion, um 2 nach oben verschoben.

Da bei $e^{x-3}+2$ das x von $e^x$ durch ein 'x-3' ersetzt wurde, wird der Graph der natürlichen Exponentialfunktion um 3 in x-Richtung verschoben .

Daraus ergeben sich folgende Aussagen:

• Alle Funktionswerte bleiben also >0, der Graph verläuft somit komplett über der x-Achse.
• Die Funktionswerte werden also immer größer, die Funktion ist also streng monoton wachsend.
• Für x → ∞ strebt $e^{x-3}+2$ gegen $\infty$ .
• Für x → - ∞ strebt $e^{x-3}+2$ gegen $0+2$ = $2$ .

$-\lg \left(\frac{1000}{x^3}\right)+\lg \left(\frac{20}{x^6}\right)-\lg \left(\frac{1}{50}x\right)$

= $-\lg \left(1000x^{-3}\right)+\lg \left(20x^{-6}\right)-\lg \left(\frac{1}{50}x\right)$

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

= $-(\lg \left(1000\right)+\lg \left(\frac{1}{x^3}\right))+(\lg \left(20\right)+\lg \left(\frac{1}{x^6}\right))-(\lg \left(\frac{1}{50}\right)+\lg \left(x\right))$

= $-\lg \left(1000\right)-\lg \left(\frac{1}{x^3}\right)+\lg \left(20\right)+\lg \left(\frac{1}{x^6}\right)-\lg \left(\frac{1}{50}\right)-\lg \left(x\right)$

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

= $-\lg \left(1000\right)+3\lg \left(x\right)+\lg \left(20\right)-6\lg \left(x\right)-\lg \left(\frac{1}{50}\right)-\lg \left(x\right)$

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

= $-\lg \left(1000\right)+3\lg \left(x\right)+\lg \left(20\right)-6\lg \left(x\right)-\lg \left(1\right)+\lg \left(50\right)-\lg \left(x\right)$

= $-4\lg \left(x\right)-\lg \left(1000\right)+\lg \left(50\right)+\lg \left(20\right)$

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

= $-4\lg \left(x\right)+\lg (\frac{1}{1000}·50·20)$

= $-4\lg \left(x\right)+\lg (\frac{1}{20}·20)$

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

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

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 $\mathrm{0,1}x-\mathrm{0,1}$ 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 den negativen Koeffizienten $-4$ vor $e^{\mathrm{0,1}x-\mathrm{0,1}}$ wird $e^{\mathrm{0,1}x-\mathrm{0,1}}$ an der x-Achse gespiegelt. Dadurch liegen bei $-4e^{\mathrm{0,1}x-\mathrm{0,1}}$ die Funktionswerte zwischen -∞ und 0.

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:

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

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

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

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

Die prozentuale Abnahme um 5.7% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt vom alten Bestand noch 5.7% weggehen,
also B_neu = B - $\frac{5.7}{100}$⋅B = (1 - $\frac{5.7}{100}$) ⋅ B = 0,943 ⋅ B.

Somit gilt für den Wachstumsfaktor a (in $\text{f(t)}=$ $c·a^t$): a=0,943.

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

Also T_H = log_0.943($\frac{1}{2}$) ≈ 11.81 Tage

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

Den Anfangswert f(0)=c=80 kann man direkt aus der Aufgabe heraus lesen.

Die prozentuale Abnahme um 10% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt vom alten Bestand noch 10% weggehen,
also B_neu = B - $\frac{10}{100}$⋅B = (1 - $\frac{10}{100}$) ⋅ B = 0,9 ⋅ B. Somit ist das a=0,9.

Damit ergibt sich der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $80\cdot {\mathrm{0,9}}^t$.

zu a)

Gesucht ist der Bestand zum Zeitpunkt t=6 Tage, also f(6):

f(6) = $80\cdot {\mathrm{0,9}}^6$ ≈ 42,515.

zu b)

Hier wird gefragt, wann der Bestand = 20 kg ist, also f(t) = 20:

$80\cdot {\mathrm{0,9}}^t$	=	$20$	|:$80$
${\mathrm{0,9}}^t$	=	$\frac{1}{4}$	|lg(⋅)
$\lg \left({\mathrm{0,9}}^t\right)$	=	$\lg \left(\frac{1}{4}\right)$
$t·\lg \left(\mathrm{0,9}\right)$	=	$\lg \left(\frac{1}{4}\right)$	|: $\lg \left(\mathrm{0,9}\right)$
$t$	=	$\frac{\lg \left(\frac{1}{4}\right)}{\lg \left(\mathrm{0,9}\right)}$

$t$

=

$\mathrm{13,1576}$

Nach ca. 13,158 Tage ist also der Bestand = 20 kg.