$-\lg \left(\frac{1}{50}\right)+\lg \left(\frac{1}{1000}{x}^2\right)+\lg \left(\frac{20}{x^6}\right)$

= $-\lg \left(\frac{1}{50}\right)+\lg \left(\frac{1}{1000}{x}^2\right)+\lg \left(20x^{-6}\right)$

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

= $-(\lg \left(\frac{1}{50}\right)+\lg \left(1\right))+(\lg \left(\frac{1}{1000}\right)+\lg \left(x^2\right))+(\lg \left(20\right)+\lg \left(\frac{1}{x^6}\right))$

= $-\lg \left(\frac{1}{50}\right)-\lg \left(1\right)+\lg \left(\frac{1}{1000}\right)+\lg \left(x^2\right)+\lg \left(20\right)+\lg \left(\frac{1}{x^6}\right)$

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

= $-\lg \left(\frac{1}{50}\right)+0+\lg \left(\frac{1}{1000}\right)+2\lg \left(x\right)+\lg \left(20\right)-6\lg \left(x\right)$

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

= $-\lg \left(1\right)+\lg \left(50\right)+0+\lg \left(1\right)-\lg \left(1000\right)+2\lg \left(x\right)+\lg \left(20\right)-6\lg \left(x\right)$

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

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

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

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

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

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

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.

• Hier kann man schnell erkennen, dass der Exponentialterm $-e^{-\frac{7}{10}x+4k}$ niemals = 0 werden kann.
  Da jedoch der zweite Summand $5k$ abhängig von k ist, Kann man über die Asymptote den Parameter k bestimmen.
  Denn für x → +∞ strebt f_k(x) → 0 + $5k$
  Aus dem Schaubild erkennt man eine waagrechte Asymptote bei y = -3, somit muss $5k$ = -3 gelten;
  Also gilt k = $-\frac{3}{5}$

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 $-\mathrm{0,2}x+\mathrm{0,6}$ ist eine lineare Funktion (Gerade), die jeden Wert zwischen -∞ und ∞ annehmen kann.

Wir wissen, dass $e^{-\mathrm{0,2}x+\mathrm{0,6}}$ 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.

Auch mit dem positiven Koeffizienten $3$ vor $e^{-\mathrm{0,2}x+\mathrm{0,6}}$ können die Funktionswerte von $3e^{-\mathrm{0,2}x+\mathrm{0,6}}$ 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:

$3e^{-\mathrm{0,2}x+\mathrm{0,6}}$	=	$y$	|:$3$
$e^{-\mathrm{0,2}x+\mathrm{0,6}}$	=	$\frac{1}{3}y$	|ln(⋅)
$-\mathrm{0,2}x+\mathrm{0,6}$	=	$\ln \left(\frac{1}{3}y\right)$

$-\mathrm{0,2}x+\mathrm{0,6}$	=	$\ln \left(\frac{1}{3}y\right)$	| $-\mathrm{0,6}$
$-\mathrm{0,2}x$	=	$\ln \left(\frac{1}{3}y\right)-\mathrm{0,6}$	|:($-\mathrm{0,2}$)
$x$	=	$-\frac{1}{\mathrm{0,2}}\ln \left(\frac{1}{3}y\right)+\frac{\mathrm{0,6}}{\mathrm{0,2}}$

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 = $-\frac{1}{\mathrm{0,2}}\ln \left(\frac{1}{3}x\right)+\frac{\mathrm{0,6}}{\mathrm{0,2}}$

und erhalten so die Umkehrfunktion $\stackrel{-}{f}$(x) = $-\frac{1}{\mathrm{0,2}}\ln \left(\frac{1}{3}x\right)+\frac{\mathrm{0,6}}{\mathrm{0,2}}$

f(0) = $70$

f(1) = $70$ ⋅ $\mathrm{0,65}$

f(2) = $70$ ⋅ $\mathrm{0,65}$ ⋅ $\mathrm{0,65}$

f(3) = $70$ ⋅ $\mathrm{0,65}$ ⋅ $\mathrm{0,65}$ ⋅ $\mathrm{0,65}$

f(4) = $70$ ⋅ $\mathrm{0,65}$ ⋅ $\mathrm{0,65}$ ⋅ $\mathrm{0,65}$ ⋅ $\mathrm{0,65}$

...

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=10 kann man direkt aus der Aufgabe heraus lesen.

Die prozentuale Abnahme um 11% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt vom alten Bestand noch 11% weggehen,
also B_neu = B - $\frac{11}{100}$⋅B = (1 - $\frac{11}{100}$) ⋅ B = 0,89 ⋅ B. Somit ist das a=0,89.

Damit ergibt sich der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $10\cdot {\mathrm{0,89}}^t$.

zu a)

Gesucht ist der Bestand zum Zeitpunkt t=9 Tage, also f(9):

f(9) = $10\cdot {\mathrm{0,89}}^9$ ≈ 3,504.

zu b)

Hier wird gefragt, wann der Bestand = 2 kg ist, also f(t) = 2:

$10\cdot {\mathrm{0,89}}^t$	=	$2$	|:$10$
${\mathrm{0,89}}^t$	=	$\frac{1}{5}$	|lg(⋅)
$\lg \left({\mathrm{0,89}}^t\right)$	=	$\lg \left(\frac{1}{5}\right)$
$t·\lg \left(\mathrm{0,89}\right)$	=	$\lg \left(\frac{1}{5}\right)$	|: $\lg \left(\mathrm{0,89}\right)$
$t$	=	$\frac{\lg \left(\frac{1}{5}\right)}{\lg \left(\mathrm{0,89}\right)}$

$t$

=

$\mathrm{13,8109}$

Nach ca. 13,811 Tage ist also der Bestand = 2 kg.