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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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.

• Da das k ja ein fester Wert ist, kann $5k{e}^{kx+5k}$ niemals = 0 werden.
• Wenn der Exponent $kx+5k$ jedoch betragsmäßig sehr große und negative Werte annimmt, strebt der Exponentialterm $5k{e}^{kx+5k}$ recht schnell gegen 0. Das lässt sich auch gut in der waagrechten Asymptote bei $3$ erkennen.
  Dieser zweite Summand ist aber unabhängig von k, so dass uns die Lage der Asymptote keinen Anhaltspunkt für den Wert von k gibt.
• Wir müssen also den Exponent $kx+5k$ = 0 bekommen, um einen präzise ablesbaren Punkt auf dem Graph zu bekommen.

  $kx+5k$	=	0	| - ( $5k$)
  $kx$	=	$-5k$	|:( $k$)
  $x$	=	$-5$

  Wenn wir nun $-5$ in f_k einsetzen erhalten wir folgende Gleichung:
  f_k($-5$) = $5k{e}^{k\cdot \left(-5\right)+5k}+3$ = $5k+3$
  im abgebildeten Term können wir aber ja f($-5$) = -1 ablesen, es gilt somit:

  $5k+3$	=	$-1$	| $-3$
  $5k$	=	$-4$	|:$5$
  $k$	=	$-\frac{4}{5}$ = -0.8

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

Wir wissen, dass $e^{-\mathrm{0,3}x}$ 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 die +1 hinter dem $e^{-\mathrm{0,3}x}$ wird zu allen Funktionswerten von $e^{-\mathrm{0,3}x}$ 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:

$e^{-\mathrm{0,3}x}+1$	=	$y$	| $-1$
$e^{-\mathrm{0,3}x}$	=	$y-1$	|ln(⋅)
$-\mathrm{0,3}x$	=	$\ln \left(y-1\right)$	|:$-\mathrm{0,3}$
$x$	=	$-\frac{1}{\mathrm{0,3}}\ln \left(y-1\right)$
$x$	=	$-\frac{10}{3}\ln \left(y-1\right)$

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 = $-\frac{10}{3}\ln \left(x-1\right)$

und erhalten so die Umkehrfunktion $\stackrel{-}{f}$(x) = $-\frac{10}{3}\ln \left(x-1\right)$

Den Wachstumsfaktor a kann direkt aus dem Funktionterm $\text{f(t)}=$ $c·{\mathrm{0,873}}^t$ ablesen: a=0.873.

Mit der Formel für die Halbwertszeit gilt: T_H = log_a($\frac{1}{2}$).

Also T_H = log_0.873($\frac{1}{2}$) ≈ 5.1 (Zeiteinheiten)

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=1000 kann man direkt aus der Aufgabe heraus lesen.

Die prozentuale Zunahme um 5% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt zum alten Bestand noch 5% dazukommen,
also B_neu = B + $\frac{5}{100}$⋅B = (1 + $\frac{5}{100}$) ⋅ B = 1,05 ⋅ B. Somit ist das a=1,05.

Damit ergibt sich der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $1000\cdot {\mathrm{1,05}}^t$.

zu a)

Gesucht ist der Kontostand zum Zeitpunkt t=13 Jahre, also f(13):

f(13) = $1000\cdot {\mathrm{1,05}}^{13}$ ≈ 1885,649.

zu b)

Hier wird gefragt, wann der Kontostand = 3000 € ist, also f(t) = 3000:

$1000\cdot {\mathrm{1,05}}^t$	=	$3000$	|:$1000$
${\mathrm{1,05}}^t$	=	$3$	|lg(⋅)
$\lg \left({\mathrm{1,05}}^t\right)$	=	$\lg \left(3\right)$
$t·\lg \left(\mathrm{1,05}\right)$	=	$\lg \left(3\right)$	|: $\lg \left(\mathrm{1,05}\right)$
$t$	=	$\frac{\lg \left(3\right)}{\lg \left(\mathrm{1,05}\right)}$

$t$

=

$\mathrm{22,5171}$

Nach ca. 22,517 Jahre ist also der Kontostand = 3000 €.