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

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

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

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

Somit liegt bei f Punktsymmetrie bezüglich des Ursprungs vor.

$\lg \left(\frac{1}{100x^4}\right)-\lg \left(\frac{1}{2x^3}\right)+\lg \left(50x^2\right)$

= $\lg \left(\frac{1}{100}{x}^{-4}\right)-\lg \left(\frac{1}{2}{x}^{-3}\right)+\lg \left(50x^2\right)$

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

= $\lg \left(\frac{1}{100}\right)+\lg \left(\frac{1}{x^4}\right)-(\lg \left(\frac{1}{2}\right)+\lg \left(\frac{1}{x^3}\right))+(\lg \left(50\right)+\lg \left(x^2\right))$

= $\lg \left(\frac{1}{100}\right)+\lg \left(\frac{1}{x^4}\right)-\lg \left(\frac{1}{2}\right)-\lg \left(\frac{1}{x^3}\right)+\lg \left(50\right)+\lg \left(x^2\right)$

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

= $\lg \left(\frac{1}{100}\right)-4\lg \left(x\right)-\lg \left(\frac{1}{2}\right)+3\lg \left(x\right)+\lg \left(50\right)+2\lg \left(x\right)$

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

= $\lg \left(1\right)-\lg \left(100\right)-4\lg \left(x\right)-\lg \left(1\right)+\lg \left(2\right)+3\lg \left(x\right)+\lg \left(50\right)+2\lg \left(x\right)$

= $\lg \left(x\right)-\lg \left(100\right)+\lg \left(50\right)+\lg \left(2\right)$

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

= $\lg \left(x\right)+\lg (\frac{1}{100}·50·2)$

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

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

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

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 $\mathrm{0,3}x-\mathrm{0,3}$ 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.

Durch den negativen Koeffizienten $-2$ vor $e^{\mathrm{0,3}x-\mathrm{0,3}}$ wird $e^{\mathrm{0,3}x-\mathrm{0,3}}$ an der x-Achse gespiegelt. Dadurch liegen bei $-2e^{\mathrm{0,3}x-\mathrm{0,3}}$ 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:

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

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

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

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

Von der allgemeinen Exponentialfunktion $\text{f(t)}=$ $c·a^t$ können wir den Anfangswert c = 70 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 $\text{f(t)}=$ $70\cdot {\mathrm{0,95}}^t$

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

Den Anfangswert f(0)=c=10 kann man direkt aus der Aufgabe heraus lesen.

Die prozentuale Zunahme um 29% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt zum alten Bestand noch 29% dazukommen,
also B_neu = B + $\frac{29}{100}$⋅B = (1 + $\frac{29}{100}$) ⋅ B = 1,29 ⋅ B. Somit ist das a=1,29.

Damit ergibt sich der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $10\cdot {\mathrm{1,29}}^t$.

zu a)

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

f(12) = $10\cdot {\mathrm{1,29}}^{12}$ ≈ 212,362.

zu b)

Hier wird gefragt, wann der Bestand = 110 Millionen Bakterien ist, also f(t) = 110:

$10\cdot {\mathrm{1,29}}^t$	=	$110$	|:$10$
${\mathrm{1,29}}^t$	=	$11$	|lg(⋅)
$\lg \left({\mathrm{1,29}}^t\right)$	=	$\lg \left(11\right)$
$t·\lg \left(\mathrm{1,29}\right)$	=	$\lg \left(11\right)$	|: $\lg \left(\mathrm{1,29}\right)$
$t$	=	$\frac{\lg \left(11\right)}{\lg \left(\mathrm{1,29}\right)}$

$t$

=

$\mathrm{9,4167}$

Nach ca. 9,417 Stunden ist also der Bestand = 110 Millionen Bakterien.