Wir suchen $17$er-Potenzen in der Näher von $256$, also eine die gerade noch kleiner und eine die schon größer als $256$ ist.

Dabei kommt man auf $17$ = 17¹ < $256$ und auf ${17}^2$ = 17² > $256$.

Und da wir bei ja das ☐ von 17^☐ = $256$ suchen, muss dieses ☐ irgendwo zwischen 1 und 2 liegen, wegen:
17¹ = $17$ < $256$ < ${17}^2$ = 17²

Es gilt somit: 1 < < 2

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

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

• Da das k ja ein fester Wert ist, kann $5k{e}^{kx+5k}$ niemals = 0 werden.
• Wenn der Exponent $kx+5k$ jedoch betragsmäßig sehr große und negative Werte annimmt, strebt der Exponentianterm $5k{e}^{kx+5k}$ recht schnell gegen 0. Das lässt sich auch gut in der waagrechten Assymtote bei $2$ erkennen.
  Dieser zweite Summand ist aber unabhängig von k, so dass uns die Lage der Asymptote keinen Anhaltspunkt für den Wert von k gibt.
• Wir müssen also den Exponent $kx+5k$ = 0 bekommen, um einen präzise ablebaren Punkt auf dem Graph zu bekommen.

  $kx+5k$	=	0	| - ( $5k$)
  $kx$	=	$-5k$	|:( $k$)
  $x$	=	$-5$

  Wenn wir nun $-5$ in f_k einsetzen erhalten wir folgende Gleichung:
  f_k($-5$) = $5k{e}^{k\cdot \left(-5\right)+5k}+2$ = $5k+2$
  im abgebildeten Term können wir aber ja f($-5$) = -1 ablesen, es gilt somit:

  $5k+2$	=	$-1$	| $-2$
  $5k$	=	$-3$	|:$5$
  $k$	=	$-\frac{3}{5}$ = -0.6

Der abgebildete Graph ist somit der von f_{$-\frac{3}{5}$}

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.

Auch mit dem positiven Koeffizienten $2$ vor $e^{-\mathrm{0,1}x+\mathrm{0,1}}$ können die Funktionswerte von $2e^{-\mathrm{0,1}x+\mathrm{0,1}}$ 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:

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

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

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

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

f(0) = $150$

f(1) = $150$ ⋅ $\mathrm{0,65}$

f(2) = $150$ ⋅ $\mathrm{0,65}$ ⋅ $\mathrm{0,65}$

f(3) = $150$ ⋅ $\mathrm{0,65}$ ⋅ $\mathrm{0,65}$ ⋅ $\mathrm{0,65}$

f(4) = $150$ ⋅ $\mathrm{0,65}$ ⋅ $\mathrm{0,65}$ ⋅ $\mathrm{0,65}$ ⋅ $\mathrm{0,65}$

...

Mit jeder Zeiteinheit wird also der bisherige Funktionswert mit $\mathrm{0,65}$ multipliziert. Da $\mathrm{0,65}$ < 1 ist, werden die Funktionswerte mit jedem Zeitschritt kleiner, und zwar auf das $\mathrm{0,65}$-fache, also auf $65$ % des vorherigen Funktionswertes.

Die prozentuale Abnahme beträgt also 100% - 65% = 35 %

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=24 kann man direkt aus der Aufgabe heraus lesen.

Die prozentuale Zunahme um 2% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt zum alten Bestand noch 2% dazukommen,
also B_neu = B + $\frac{2}{100}$⋅B = (1 + $\frac{2}{100}$) ⋅ B = 1,02 ⋅ B. Somit ist das a=1,02.

Damit ergibt sich der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $24\cdot {\mathrm{1,02}}^t$.

zu a)

Gesucht ist der Bestand zum Zeitpunkt t=7 Stunden, also f(7):

f(7) = $24\cdot {\mathrm{1,02}}^7$ ≈ 27,568.

zu b)

Hier wird gefragt, wann der Bestand = 27.6 Millionen Bakterien ist, also f(t) = 27.6:

$24\cdot {\mathrm{1,02}}^t$	=	$\mathrm{27,6}$	|:$24$
${\mathrm{1,02}}^t$	=	$\mathrm{1,15}$	|lg(⋅)
$\lg \left({\mathrm{1,02}}^t\right)$	=	$\lg \left(\mathrm{1,15}\right)$
$t·\lg \left(\mathrm{1,02}\right)$	=	$\lg \left(\mathrm{1,15}\right)$	|: $\lg \left(\mathrm{1,02}\right)$
$t$	=	$\frac{\lg \left(\mathrm{1,15}\right)}{\lg \left(\mathrm{1,02}\right)}$

$t$

=

$\mathrm{7,0577}$

Nach ca. 7,058 Stunden ist also der Bestand = 27.6 Millionen Bakterien.