Als erstes erinnern wir uns an die natürliche Exponentialfunktion f₀(x)= $e^x$ (im Schaubild in schwarzer Farbe eingezeichnet).

Da bei $e^{x+1}-1$ zu jedem Funktionswert von $e^x$ noch -1 addiert wird, ist der Graph von $e^{x+1}-1$ gegenüber dem der natürlichen Exponentialfunktion, um 1 nach unten verschoben.

Da bei $e^{x+1}-1$ das x von $e^x$ durch ein 'x+1' ersetzt wurde, wird der Graph der natürlichen Exponentialfunktion um -1 in x-Richtung verschoben .

Daraus ergeben sich folgende Aussagen:

• Dadurch schneidet der Graph von f die x-Achse.
• Die Funktionswerte werden also immer größer, die Funktion ist also streng monoton wachsend.
• Für x → ∞ strebt $e^{x+1}-1$ gegen $\infty$ .
• Für x → - ∞ strebt $e^{x+1}-1$ gegen $0-1$ = $-1$ .

$\lg \left(25x^3\right)+\lg \left(25x\right)-\lg \left(625x^3\right)$

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

= $\lg \left(25\right)+\lg \left(x^3\right)+(\lg \left(25\right)+\lg \left(x\right))-(\lg \left(625\right)+\lg \left(x^3\right))$

= $\lg \left(25\right)+\lg \left(x^3\right)+\lg \left(25\right)+\lg \left(x\right)-\lg \left(625\right)-\lg \left(x^3\right)$

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

= $\lg \left(25\right)+3\lg \left(x\right)+\lg \left(25\right)+\lg \left(x\right)-\lg \left(625\right)-3\lg \left(x\right)$

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

= $\lg \left(25\right)+3\lg \left(x\right)+\lg \left(25\right)+\lg \left(x\right)-\lg \left(625\right)-3\lg \left(x\right)$

= $\lg \left(x\right)-\lg \left(625\right)+\lg \left(25\right)+\lg \left(25\right)$

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

= $\lg \left(x\right)+\lg (\frac{1}{625}·25·25)$

= $\lg \left(x\right)+\lg (\frac{1}{25}·25)$

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

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

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 $-\mathrm{0,4}x$ ist eine lineare Funktion (Gerade), die jeden Wert zwischen -∞ und ∞ annehmen kann.

Wir wissen, dass $e^{-\mathrm{0,4}x}$ 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.

Auch mit dem positiven Koeffizienten $4$ vor $e^{-\mathrm{0,4}x}$ können die Funktionswerte von $4e^{-\mathrm{0,4}x}$ alles zwischen 0 und ∞ annehmen.

Durch die -3 hinter dem $4e^{-\mathrm{0,4}x}$ wird zu allen Funktionswerten von $4e^{-\mathrm{0,4}x}$ noch $-3$ addiert. Dadurch verschiebt sich auch der Wertebereich zu W = {y ∈ ℝ | y > -3}

Umkehrfunktion

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

$4e^{-\mathrm{0,4}x}-3$	=	$y$	| $+3$
$4e^{-\mathrm{0,4}x}$	=	$y+3$	|:$4$
$e^{-\mathrm{0,4}x}$	=	$\frac{1}{4}y+\frac{3}{4}$	|ln(⋅)
$-\mathrm{0,4}x$	=	$\ln \left(\frac{1}{4}y+\frac{3}{4}\right)$	|:$-\mathrm{0,4}$
$x$	=	$-\frac{1}{\mathrm{0,4}}\ln \left(\frac{1}{4}y+\frac{3}{4}\right)$
$x$	=	$-\frac{5}{2}\ln \left(\frac{1}{4}y+\frac{3}{4}\right)$

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

und erhalten so die Umkehrfunktion $\stackrel{-}{f}$(x) = $-\frac{5}{2}\ln \left(\frac{1}{4}x+\frac{3}{4}\right)$

f(0) = $88$

f(1) = $88$ ⋅ $\frac{27}{25}$

f(2) = $88$ ⋅ $\frac{27}{25}$ ⋅ $\frac{27}{25}$

f(3) = $88$ ⋅ $\frac{27}{25}$ ⋅ $\frac{27}{25}$ ⋅ $\frac{27}{25}$

f(4) = $88$ ⋅ $\frac{27}{25}$ ⋅ $\frac{27}{25}$ ⋅ $\frac{27}{25}$ ⋅ $\frac{27}{25}$

...

Mit jeder Zeiteinheit wird also der bisherige Funktionswert mit $\frac{27}{25}$ multipliziert. Da $\frac{27}{25}$ > 1 ist, werden die Funktionswerte mit jedem Zeitschritt größer, und zwar auf das $\frac{27}{25}$-fache (oder auf das $\frac{108}{100}$-fache), also auf $108$ % des vorherigen Funktionswertes.

Die prozentuale Zunahme beträgt also 108% - 100% = 8 %

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=40 kann man direkt aus der Aufgabe heraus lesen.

Somit wissen wir bereits, dass der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $40\cdot a^t$ mit einem Wachstumsfaktor a sein muss.

Der Wachstumsfaktor a ist zwar nicht gegeben, wir wissen aber, dass nach 4 Tage der Bestand 28.66 kg ist, also f(4) = 28.66. Dies setzen wir in unsern bisherigen Funktionterm $\text{f(t)}=$ $40\cdot a^t$ ein:

$40a^4$	=	$\mathrm{28,66}$	|:$40$
$a^4$	=	$\mathrm{0,7165}$	|
a1	=	$-\sqrt[4]{\mathrm{0,7165}}$	≈ $-\mathrm{0,92}$
a2	=	$\sqrt[4]{\mathrm{0,7165}}$	≈ $\mathrm{0,92}$

Da der Wachstumsfaktor a immer positiv sein muss, ist a= $\mathrm{0,92}$ ≈ 0.92 die einzige sinnvolle Lösung.

Damit ergibt sich der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $40\cdot {\mathrm{0,92}}^t$.

zu a)

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

f(5) = $40\cdot {\mathrm{0,92}}^5$ ≈ 26,363.

zu b)

Hier wird gefragt, wann der Bestand = 20 kg ist, also f(t) = 20:

$40\cdot {\mathrm{0,92}}^t$	=	$20$	|:$40$
${\mathrm{0,92}}^t$	=	$\frac{1}{2}$	|lg(⋅)
$\lg \left({\mathrm{0,92}}^t\right)$	=	$\lg \left(\frac{1}{2}\right)$
$t·\lg \left(\mathrm{0,92}\right)$	=	$\lg \left(\frac{1}{2}\right)$	|: $\lg \left(\mathrm{0,92}\right)$
$t$	=	$\frac{\lg \left(\frac{1}{2}\right)}{\lg \left(\mathrm{0,92}\right)}$

$t$

=

$\mathrm{8,313}$

Nach ca. 8,313 Tage ist also der Bestand = 20 kg.