$\lg \left(25x^4\right)-\lg \left(\frac{5}{x}\right)+\lg \left(\frac{2}{x^5}\right)$

= $\lg \left(25x^4\right)-\lg \left(5x^{-1}\right)+\lg \left(2x^{-5}\right)$

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

= $\lg \left(25\right)+\lg \left(x^4\right)-(\lg \left(5\right)+\lg \left(\frac{1}{x}\right))+(\lg \left(2\right)+\lg \left(\frac{1}{x^5}\right))$

= $\lg \left(25\right)+\lg \left(x^4\right)-\lg \left(5\right)-\lg \left(\frac{1}{x}\right)+\lg \left(2\right)+\lg \left(\frac{1}{x^5}\right)$

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

= $\lg \left(25\right)+4\lg \left(x\right)-\lg \left(5\right)+\lg \left(x\right)+\lg \left(2\right)-5\lg \left(x\right)$

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

= $\lg \left(25\right)+4\lg \left(x\right)-\lg \left(5\right)+\lg \left(x\right)+\lg \left(2\right)-5\lg \left(x\right)$

= $\lg \left(25\right)-\lg \left(5\right)+\lg \left(2\right)$

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

= $\lg (\frac{25}{5}·2)$

= $\lg \left(10\right)$

= $\lg \left(10\right)$

= $1$

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.

• Man kann schnell erkennen, dass der Exponentialterm $\left(x-k\right)·e^{x-\frac{1}{2}k}$ = 0 wird, wenn $x-k$ = 0 ist, also für x = $k$.
  Dann muss ja der y-Wert f_k( $k$) = $\left(\left(k\right)-k\right)·e^{\left(k\right)-\frac{1}{2}k}-3$ = $0-3$ = $-3$ sein.
  Da bei x = $k$ bei ( $x-k$) auch das Vorzeichen wechselt, muss dieser Punkt P( $k$| $-3$) im abgebildeten Graph bei P(1| $-3$) sein.
  Für den x-Wert dieses Punkts P gilt somit $k$ = 1
  Also gilt k = $1$

Der abgebildete Graph ist somit der von f_$1$

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 den negativen Koeffizienten $-4$ vor $e^{-\mathrm{0,3}x}$ wird $e^{-\mathrm{0,3}x}$ an der x-Achse gespiegelt. Dadurch liegen bei $-4e^{-\mathrm{0,3}x}$ die Funktionswerte zwischen -∞ und 0.

Durch die +3 hinter dem $-4e^{-\mathrm{0,3}x}$ wird zu allen Funktionswerten von $-4e^{-\mathrm{0,3}x}$ 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:

$-4e^{-\mathrm{0,3}x}+3$	=	$y$	| $-3$
$-4e^{-\mathrm{0,3}x}$	=	$y-3$	|:$-4$
$e^{-\mathrm{0,3}x}$	=	$-\frac{1}{4}y+\frac{3}{4}$	|ln(⋅)
$-\mathrm{0,3}x$	=	$\ln \left(-\frac{1}{4}y+\frac{3}{4}\right)$	|:$-\mathrm{0,3}$
$x$	=	$-\frac{1}{\mathrm{0,3}}\ln \left(-\frac{1}{4}y+\frac{3}{4}\right)$
$x$	=	$-\frac{10}{3}\ln \left(-\frac{1}{4}y+\frac{3}{4}\right)$

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 = $-\frac{10}{3}\ln \left(-\frac{1}{4}x+\frac{3}{4}\right)$

und erhalten so die Umkehrfunktion $\stackrel{-}{f}$(x) = $-\frac{10}{3}\ln \left(-\frac{1}{4}x+\frac{3}{4}\right)$

Den Wachstumsfaktor a kann direkt aus dem Funktionterm $\text{f(t)}=$ $c·{\mathrm{0,884}}^t$ ablesen: a=0.884.

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

Also T_H = log_0.884($\frac{1}{2}$) ≈ 5.62 (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=10 kann man direkt aus der Aufgabe heraus lesen.

Die prozentuale Zunahme um 8% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt zum alten Bestand noch 8% dazukommen,
also B_neu = B + $\frac{8}{100}$⋅B = (1 + $\frac{8}{100}$) ⋅ B = 1,08 ⋅ B. Somit ist das a=1,08.

Damit ergibt sich der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $10\cdot {\mathrm{1,08}}^t$.

zu a)

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

f(5) = $10\cdot {\mathrm{1,08}}^5$ ≈ 14,693.

zu b)

Hier wird gefragt, wann der Bestand = 40 Millionen Bakterien ist, also f(t) = 40:

$10\cdot {\mathrm{1,08}}^t$	=	$40$	|:$10$
${\mathrm{1,08}}^t$	=	$4$	|lg(⋅)
$\lg \left({\mathrm{1,08}}^t\right)$	=	$\lg \left(4\right)$
$t·\lg \left(\mathrm{1,08}\right)$	=	$\lg \left(4\right)$	|: $\lg \left(\mathrm{1,08}\right)$
$t$	=	$\frac{\lg \left(4\right)}{\lg \left(\mathrm{1,08}\right)}$

$t$

=

$\mathrm{18,0129}$

Nach ca. 18,013 Stunden ist also der Bestand = 40 Millionen Bakterien.