Wir betrachten einfach f(-x) und schauen dann, ob das zufällig wieder f(x) oder -f(x) ist:

f(-x) = ${\left(-x\right)}^3·e^{{\left(-x\right)}^2+2}$ = $-x^3·e^{x^2+2}$

Wenn man das mit f(x) = $x^3·e^{x^2+2}$ vergleicht, kann man erkennen, dass f(-x) = $-x^3·e^{x^2+2}$ gerade das Negative von f(x), also -f(x) = $-x^3·e^{x^2+2}$ ist.

Es gilt also: f(-x) = -f(x)

Somit liegt bei f Punktsymmetrie bezüglich des Ursprungs vor.

$-\lg \left(\frac{1}{5x^2}\right)-\lg \left(\frac{1}{4}{x}^3\right)+\lg \left(5x\right)$

= $-\lg \left(\frac{1}{5}{x}^{-2}\right)-\lg \left(\frac{1}{4}{x}^3\right)+\lg \left(5x\right)$

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

= $-(\lg \left(\frac{1}{5}\right)+\lg \left(\frac{1}{x^2}\right))-(\lg \left(\frac{1}{4}\right)+\lg \left(x^3\right))+(\lg \left(5\right)+\lg \left(x\right))$

= $-\lg \left(\frac{1}{5}\right)-\lg \left(\frac{1}{x^2}\right)-\lg \left(\frac{1}{4}\right)-\lg \left(x^3\right)+\lg \left(5\right)+\lg \left(x\right)$

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

= $-\lg \left(\frac{1}{5}\right)+2\lg \left(x\right)-\lg \left(\frac{1}{4}\right)-3\lg \left(x\right)+\lg \left(5\right)+\lg \left(x\right)$

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

= $-\lg \left(1\right)+\lg \left(5\right)+2\lg \left(x\right)-\lg \left(1\right)+\lg \left(4\right)-3\lg \left(x\right)+\lg \left(5\right)+\lg \left(x\right)$

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

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

= $\lg (5·5·4)$

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

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

= $2$

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

Wir wissen, dass $e^{\mathrm{0,3}x-\mathrm{0,3}}$ 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 $4$ vor $e^{\mathrm{0,3}x-\mathrm{0,3}}$ können die Funktionswerte von $4e^{\mathrm{0,3}x-\mathrm{0,3}}$ 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:

$4e^{\mathrm{0,3}x-\mathrm{0,3}}$	=	$y$	|:$4$
$e^{\mathrm{0,3}x-\mathrm{0,3}}$	=	$\frac{1}{4}y$	|ln(⋅)
$\mathrm{0,3}x-\mathrm{0,3}$	=	$\ln \left(\frac{1}{4}y\right)$

$\mathrm{0,3}x-\mathrm{0,3}$	=	$\ln \left(\frac{1}{4}y\right)$	| $+\mathrm{0,3}$
$\mathrm{0,3}x$	=	$\ln \left(\frac{1}{4}y\right)+\mathrm{0,3}$	|:$\mathrm{0,3}$
$x$	=	$\frac{1}{\mathrm{0,3}}\ln \left(\frac{1}{4}y\right)+\frac{\mathrm{0,3}}{\mathrm{0,3}}$

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 = $\frac{1}{\mathrm{0,3}}\ln \left(\frac{1}{4}x\right)+\frac{\mathrm{0,3}}{\mathrm{0,3}}$

und erhalten so die Umkehrfunktion $\stackrel{-}{f}$(x) = $\frac{1}{\mathrm{0,3}}\ln \left(\frac{1}{4}x\right)+\frac{\mathrm{0,3}}{\mathrm{0,3}}$

f(0) = $100$

f(1) = $100$ ⋅ $\mathrm{0,9}$

f(2) = $100$ ⋅ $\mathrm{0,9}$ ⋅ $\mathrm{0,9}$

f(3) = $100$ ⋅ $\mathrm{0,9}$ ⋅ $\mathrm{0,9}$ ⋅ $\mathrm{0,9}$

f(4) = $100$ ⋅ $\mathrm{0,9}$ ⋅ $\mathrm{0,9}$ ⋅ $\mathrm{0,9}$ ⋅ $\mathrm{0,9}$

...

Mit jeder Zeiteinheit wird also der bisherige Funktionswert mit $\mathrm{0,9}$ multipliziert. Da $\mathrm{0,9}$ < 1 ist, werden die Funktionswerte mit jedem Zeitschritt kleiner, und zwar auf das $\mathrm{0,9}$-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=100 kann man direkt aus der Aufgabe heraus lesen.

Somit wissen wir bereits, dass der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $100\cdot a^t$ mit einem Wachstumsfaktor a sein muss.

Der Wachstumsfaktor a ist zwar nicht gegeben, wir wissen aber, dass nach 4 Tage der Bestand 74.81 kg ist, also f(4) = 74.81. Dies setzen wir in unsern bisherigen Funktionterm $\text{f(t)}=$ $100\cdot a^t$ ein:

$100a^4$	=	$\mathrm{74,81}$	|:$100$
$a^4$	=	$\mathrm{0,7481}$	|
a1	=	$-\sqrt[4]{\mathrm{0,7481}}$	≈ $-\mathrm{0,93}$
a2	=	$\sqrt[4]{\mathrm{0,7481}}$	≈ $\mathrm{0,93}$

Da der Wachstumsfaktor a immer positiv sein muss, ist a= $\mathrm{0,93}$ ≈ 0.93 die einzige sinnvolle Lösung.

Damit ergibt sich der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $100\cdot {\mathrm{0,93}}^t$.

zu a)

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

f(7) = $100\cdot {\mathrm{0,93}}^7$ ≈ 60,17.

zu b)

Hier wird gefragt, wann der Bestand = 60 kg ist, also f(t) = 60:

$100\cdot {\mathrm{0,93}}^t$	=	$60$	|:$100$
${\mathrm{0,93}}^t$	=	$\frac{3}{5}$	|lg(⋅)
$\lg \left({\mathrm{0,93}}^t\right)$	=	$\lg \left(\frac{3}{5}\right)$
$t·\lg \left(\mathrm{0,93}\right)$	=	$\lg \left(\frac{3}{5}\right)$	|: $\lg \left(\mathrm{0,93}\right)$
$t$	=	$\frac{\lg \left(\frac{3}{5}\right)}{\lg \left(\mathrm{0,93}\right)}$

$t$

=

$\mathrm{7,039}$

Nach ca. 7,039 Tage ist also der Bestand = 60 kg.