$\lg \left(2\right)+\lg \left(\frac{1}{8}\right)+\lg \left(4x^2\right)$

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

= $\lg \left(2\right)+\lg \left(1\right)+(\lg \left(\frac{1}{8}\right)+\lg \left(1\right))+(\lg \left(4\right)+\lg \left(x^2\right))$

= $\lg \left(2\right)+\lg \left(1\right)+\lg \left(\frac{1}{8}\right)+\lg \left(1\right)+\lg \left(4\right)+\lg \left(x^2\right)$

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

= $\lg \left(2\right)+0+\lg \left(\frac{1}{8}\right)+0+\lg \left(4\right)+2\lg \left(x\right)$

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

= $\lg \left(2\right)+0+\lg \left(1\right)-\lg \left(8\right)+0+\lg \left(4\right)+2\lg \left(x\right)$

= $2\lg \left(x\right)-\lg \left(8\right)+\lg \left(4\right)+\lg \left(2\right)$

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

= $2\lg \left(x\right)+\lg (\frac{1}{8}·4·2)$

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

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

= $2\lg \left(x\right)$

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

Der abgebildete Graph ist somit der von f_{$\frac{3}{2}$}

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 $-3$ 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 $-3e^{\mathrm{0,1}x-\mathrm{0,1}}$ 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:

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

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

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

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

f(0) = $31$

f(1) = $31$ ⋅ $\frac{9}{10}$

f(2) = $31$ ⋅ $\frac{9}{10}$ ⋅ $\frac{9}{10}$

f(3) = $31$ ⋅ $\frac{9}{10}$ ⋅ $\frac{9}{10}$ ⋅ $\frac{9}{10}$

f(4) = $31$ ⋅ $\frac{9}{10}$ ⋅ $\frac{9}{10}$ ⋅ $\frac{9}{10}$ ⋅ $\frac{9}{10}$

...

Mit jeder Zeiteinheit wird also der bisherige Funktionswert mit $\frac{9}{10}$ multipliziert. Da $\frac{9}{10}$ < 1 ist, werden die Funktionswerte mit jedem Zeitschritt kleiner, und zwar auf das $\frac{9}{10}$-fache (oder auf das $\frac{90}{100}$-fache), also auf $90$ % des vorherigen Funktionswertes.

Die prozentuale Abnahme beträgt also 100% - 90% = 10 %

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=70 kann man direkt aus der Aufgabe heraus lesen.

Somit wissen wir bereits, dass der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $70\cdot a^t$ mit einem Wachstumsfaktor a sein muss.

Der Wachstumsfaktor a ist zwar nicht gegeben, wir wissen aber, dass nach 10 Tage der Bestand 27.26 kg ist, also f(10) = 27.26. Dies setzen wir in unsern bisherigen Funktionterm $\text{f(t)}=$ $70\cdot a^t$ ein:

$70a^{10}$	=	$\mathrm{27,26}$	|:$70$
$a^{10}$	=	$\frac{\mathrm{27,26}}{70}$	|
a1	=	$-\sqrt[10]{\frac{\mathrm{27,26}}{70}}$	≈ $-\mathrm{0,91}$
a2	=	$\sqrt[10]{\frac{\mathrm{27,26}}{70}}$	≈ $\mathrm{0,91}$

Da der Wachstumsfaktor a immer positiv sein muss, ist a= $\mathrm{0,91}$ ≈ 0.91 die einzige sinnvolle Lösung.

Damit ergibt sich der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $70\cdot {\mathrm{0,91}}^t$.

zu a)

Gesucht ist der Bestand zum Zeitpunkt t=13 Tage, also f(13):

f(13) = $70\cdot {\mathrm{0,91}}^{13}$ ≈ 20,542.

zu b)

Hier wird gefragt, wann der Bestand = 30 kg ist, also f(t) = 30:

$70\cdot {\mathrm{0,91}}^t$	=	$30$	|:$70$
${\mathrm{0,91}}^t$	=	$\frac{3}{7}$	|lg(⋅)
$\lg \left({\mathrm{0,91}}^t\right)$	=	$\lg \left(\frac{3}{7}\right)$
$t·\lg \left(\mathrm{0,91}\right)$	=	$\lg \left(\frac{3}{7}\right)$	|: $\lg \left(\mathrm{0,91}\right)$
$t$	=	$\frac{\lg \left(\frac{3}{7}\right)}{\lg \left(\mathrm{0,91}\right)}$

$t$

=

$\mathrm{8,9841}$

Nach ca. 8,984 Tage ist also der Bestand = 30 kg.