$\lg \left(4x^3\right)-\lg \left(\frac{1}{20}{x}^2\right)+\lg \left(\frac{1}{80}x\right)$

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

= $\lg \left(4\right)+\lg \left(x^3\right)-(\lg \left(\frac{1}{20}\right)+\lg \left(x^2\right))+(\lg \left(\frac{1}{80}\right)+\lg \left(x\right))$

= $\lg \left(4\right)+\lg \left(x^3\right)-\lg \left(\frac{1}{20}\right)-\lg \left(x^2\right)+\lg \left(\frac{1}{80}\right)+\lg \left(x\right)$

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

= $\lg \left(4\right)+3\lg \left(x\right)-\lg \left(\frac{1}{20}\right)-2\lg \left(x\right)+\lg \left(\frac{1}{80}\right)+\lg \left(x\right)$

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

= $\lg \left(4\right)+3\lg \left(x\right)-\lg \left(1\right)+\lg \left(20\right)-2\lg \left(x\right)+\lg \left(1\right)-\lg \left(80\right)+\lg \left(x\right)$

= $2\lg \left(x\right)-\lg \left(80\right)+\lg \left(20\right)+\lg \left(4\right)$

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

= $2\lg \left(x\right)+\lg (\frac{1}{80}·20·4)$

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

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

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

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 $\left(x-5k\right)·e^{x-\frac{5}{2}k}$ = 0 wird, wenn $x-5k$ = 0 ist, also für x = $5k$.
  Dann muss ja der y-Wert f_k($5k$) = $\left(\left(5k\right)-5k\right)·e^{\left(5k\right)-\frac{5}{2}k}-1$ = $0-1$ = $-1$ sein.
  Da bei x = $5k$ bei ( $x-5k$) auch das Vorzeichen wechselt, muss dieser Punkt P($5k$| $-1$) im abgebildeten Graph bei P(4| $-1$) sein.
  Für den x-Wert dieses Punkts P gilt somit $5k$ = 4
  Also gilt k = $\frac{4}{5}$

Der abgebildete Graph ist somit der von f_{$\frac{4}{5}$}

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 $-\mathrm{0,3}x+\mathrm{0,6}$ ist eine lineare Funktion (Gerade), die jeden Wert zwischen -∞ und ∞ annehmen kann.

Wir wissen, dass $e^{-\mathrm{0,3}x+\mathrm{0,6}}$ 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 $e^{-\mathrm{0,3}x+\mathrm{0,6}}$ wird $e^{-\mathrm{0,3}x+\mathrm{0,6}}$ an der x-Achse gespiegelt. Dadurch liegen bei $-3e^{-\mathrm{0,3}x+\mathrm{0,6}}$ 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:

$-3e^{-\mathrm{0,3}x+\mathrm{0,6}}$	=	$y$	|:$-3$
$e^{-\mathrm{0,3}x+\mathrm{0,6}}$	=	$-\frac{1}{3}y$	|ln(⋅)
$-\mathrm{0,3}x+\mathrm{0,6}$	=	$\ln \left(-\frac{1}{3}y\right)$

$-\mathrm{0,3}x+\mathrm{0,6}$	=	$\ln \left(-\frac{1}{3}y\right)$	| $-\mathrm{0,6}$
$-\mathrm{0,3}x$	=	$\ln \left(-\frac{1}{3}y\right)-\mathrm{0,6}$	|:($-\mathrm{0,3}$)
$x$	=	$-\frac{1}{\mathrm{0,3}}\ln \left(-\frac{1}{3}y\right)+\frac{\mathrm{0,6}}{\mathrm{0,3}}$

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 = $-\frac{1}{\mathrm{0,3}}\ln \left(-\frac{1}{3}x\right)+\frac{\mathrm{0,6}}{\mathrm{0,3}}$

und erhalten so die Umkehrfunktion $\stackrel{-}{f}$(x) = $-\frac{1}{\mathrm{0,3}}\ln \left(-\frac{1}{3}x\right)+\frac{\mathrm{0,6}}{\mathrm{0,3}}$

Von der allgemeinen Exponentialfunktion $\text{f(t)}=$ $c·a^t$ können wir den Anfangswert c = 40 direkt der Aufgabe entnehmen.

Um nun noch den Wachstumsfaktor a zu bestimmen, nutzen wir die Formel für die Halbwertszeit: T_H = log_a($\frac{1}{2}$).

Also 13.5 = log_a($\frac{1}{2}$). Nach der Definition des Logarithmus ist dies gleichbedeutend mit

$a^{\mathrm{13,5}}$	=	$\frac{1}{2}$	|
$a$	=	${\left(\frac{1}{2}\right)}^{\frac{1}{\mathrm{13,5}}}$

Das gesuchte a ist somit ${\left(\frac{1}{2}\right)}^{\frac{1}{\mathrm{13,5}}}$ ≈ 0.95, der gesuchte Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $40\cdot {\mathrm{0,95}}^t$

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

Die prozentuale Abnahme um 15% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt vom alten Bestand noch 15% weggehen,
also B_neu = B - $\frac{15}{100}$⋅B = (1 - $\frac{15}{100}$) ⋅ B = 0,85 ⋅ B. Somit ist das a=0,85.

Somit wissen wir bereits, dass der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $c·{\mathrm{0,85}}^t$ mit einem Anfangswert c sein muss.

Wir kennen zwar den Anfangswert f(0)=c nicht, wissen aber, dass nach 2 Tage der Bestand 21.68 kg ist, also f(2) = 21.68. Dies setzen wir in unsern bisherigen Funktionterm $\text{f(t)}=$ $c·{\mathrm{0,85}}^t$ ein:

c ⋅ 0.85² = 21.68

c ⋅ 0.7225 = 21.68 | : 0.7225

c = 30

Damit ergibt sich der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $30\cdot {\mathrm{0,85}}^t$.

zu a)

Gesucht ist der Bestand zum Zeitpunkt t=12 Tage, also f(12):

f(12) = $30\cdot {\mathrm{0,85}}^{12}$ ≈ 4,267.

zu b)

Hier wird gefragt, wann der Bestand = 10 kg ist, also f(t) = 10:

$30\cdot {\mathrm{0,85}}^t$	=	$10$	|:$30$
${\mathrm{0,85}}^t$	=	$\frac{1}{3}$	|lg(⋅)
$\lg \left({\mathrm{0,85}}^t\right)$	=	$\lg \left(\frac{1}{3}\right)$
$t·\lg \left(\mathrm{0,85}\right)$	=	$\lg \left(\frac{1}{3}\right)$	|: $\lg \left(\mathrm{0,85}\right)$
$t$	=	$\frac{\lg \left(\frac{1}{3}\right)}{\lg \left(\mathrm{0,85}\right)}$

$t$

=

$\mathrm{6,7599}$

Nach ca. 6,76 Tage ist also der Bestand = 10 kg.