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

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

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

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

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

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

= $\lg \left(5\right)+2\lg \left(x\right)+\lg \left(4\right)-2\lg \left(x\right)-\lg \left(\frac{1}{5}\right)+0$

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

= $\lg \left(5\right)+2\lg \left(x\right)+\lg \left(4\right)-2\lg \left(x\right)-\lg \left(1\right)+\lg \left(5\right)+0$

= $\lg \left(5\right)+\lg \left(5\right)+\lg \left(4\right)$

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

= $\lg (5·5·4)$

= $\lg \left(100\right)$

= $\lg \left({10}^2\right)$

= $2$

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($3k$) = $-\left(\left(3k\right)-3k\right)·e^{\left(3k\right)-\frac{3}{2}k}+2$ = $0+2$ = $2$ sein.
  Da bei x = $3k$ bei ( $x-3k$) auch das Vorzeichen wechselt, muss dieser Punkt P($3k$| $2$) im abgebildeten Graph bei P(1| $2$) sein.
  Für den x-Wert dieses Punkts P gilt somit $3k$ = 1
  Also gilt k = $\frac{1}{3}$

Der abgebildete Graph ist somit der von f_{$\frac{1}{3}$}

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

Wir wissen, dass $e^{-\mathrm{0,2}x}$ 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 $e^{-\mathrm{0,2}x}$ wird $e^{-\mathrm{0,2}x}$ an der x-Achse gespiegelt. Dadurch liegen bei $-4e^{-\mathrm{0,2}x}$ die Funktionswerte zwischen -∞ und 0.

Durch die +1 hinter dem $-4e^{-\mathrm{0,2}x}$ wird zu allen Funktionswerten von $-4e^{-\mathrm{0,2}x}$ noch $1$ addiert. Dadurch verschiebt sich auch der Wertebereich zu W = {y ∈ ℝ | y < 1}

Umkehrfunktion

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

$-4e^{-\mathrm{0,2}x}+1$	=	$y$	| $-1$
$-4e^{-\mathrm{0,2}x}$	=	$y-1$	|:$-4$
$e^{-\mathrm{0,2}x}$	=	$-\frac{1}{4}y+\frac{1}{4}$	|ln(⋅)
$-\mathrm{0,2}x$	=	$\ln \left(-\frac{1}{4}y+\frac{1}{4}\right)$	|:$-\mathrm{0,2}$
$x$	=	$-\frac{1}{\mathrm{0,2}}\ln \left(-\frac{1}{4}y+\frac{1}{4}\right)$
$x$	=	$-5\ln \left(-\frac{1}{4}y+\frac{1}{4}\right)$

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 = $-5\ln \left(-\frac{1}{4}x+\frac{1}{4}\right)$

und erhalten so die Umkehrfunktion $\stackrel{-}{f}$(x) = $-5\ln \left(-\frac{1}{4}x+\frac{1}{4}\right)$

Von der allgemeinen Exponentialfunktion $\text{f(t)}=$ $c·a^t$ können wir den Anfangswert c = 28 direkt der Aufgabe entnehmen.

Um nun noch den Wachstumsfaktor a zu bestimmen, nutzen wir die Formel für die Verdopplungszeit: T_V = log_a(2).

Also 2.7 = log_a(2). Nach der Definition des Logarithmus ist dies gleichbedeutend mit

$a^{\mathrm{2,7}}$	=	$2$	|
a1	=	$-2^{\frac{1}{\mathrm{2,7}}}$	≈ $-\mathrm{1,293}$
a2	=	$2^{\frac{1}{\mathrm{2,7}}}$	≈ $\mathrm{1,293}$

Das gesuchte a ist somit $\mathrm{1,293}$ ≈ 1.29, der gesuchte Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $28\cdot {\mathrm{1,29}}^t$

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=21 kann man direkt aus der Aufgabe heraus lesen.

Somit wissen wir bereits, dass der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $21\cdot a^t$ mit einem Wachstumsfaktor a sein muss.

Der Wachstumsfaktor a ist zwar nicht gegeben, wir wissen aber, dass nach 8 Stunden der Bestand 231.68 Millionen Bakterien ist, also f(8) = 231.68. Dies setzen wir in unsern bisherigen Funktionterm $\text{f(t)}=$ $21\cdot a^t$ ein:

$21a^8$	=	$\mathrm{231,68}$	|:$21$
$a^8$	=	$\mathrm{11,03238}$	|
a1	=	$-\sqrt[8]{\mathrm{11,03238}}$	= $-\mathrm{1,35}$
a2	=	$\sqrt[8]{\mathrm{11,03238}}$	= $\mathrm{1,35}$

Da der Wachstumsfaktor a immer positiv sein muss, ist a= $\mathrm{1,35}$ ≈ 1.35 die einzige sinnvolle Lösung.

Damit ergibt sich der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $21\cdot {\mathrm{1,35}}^t$.

zu a)

Gesucht ist der Bestand zum Zeitpunkt t=5 Stunden, also f(5):

f(5) = $21\cdot {\mathrm{1,35}}^5$ ≈ 94,165.

zu b)

Hier wird gefragt, wann der Bestand = 221 Millionen Bakterien ist, also f(t) = 221:

$21\cdot {\mathrm{1,35}}^t$	=	$221$	|:$21$
${\mathrm{1,35}}^t$	=	$\frac{221}{21}$	|lg(⋅)
$\lg \left({\mathrm{1,35}}^t\right)$	=	$\lg \left(\frac{221}{21}\right)$
$t·\lg \left(\mathrm{1,35}\right)$	=	$\lg \left(\frac{221}{21}\right)$	|: $\lg \left(\mathrm{1,35}\right)$
$t$	=	$\frac{\lg \left(\frac{221}{21}\right)}{\lg \left(\mathrm{1,35}\right)}$

$t$

=

$\mathrm{7,8427}$

Nach ca. 7,843 Stunden ist also der Bestand = 221 Millionen Bakterien.