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

Am Koeffizient vor dem $e^x$ erkennen wir, dass der Graph gegenüber dem der natürlichen Exponentialfunktion lediglich in y-Richtung gestreckt wurde. Qualitativ unterscheiden sich die beiden Graphen also nicht.

Daraus ergeben sich folgende Aussagen:

• Alle Funktionswerte bleiben also >0, der Graph verläuft somit komplett über der x-Achse.
• Die Funktionswerte werden also immer größer, die Funktion ist also streng monoton wachsend.
• Für x → ∞ strebt $3e^x$ gegen $\infty$ .
• Für x → - ∞ strebt $3e^x$ gegen 0 .

$\lg \left(\frac{2}{x^5}\right)+\lg \left(2x^3\right)-\lg \left(\frac{4000}{x^2}\right)$

= $\lg \left(2x^{-5}\right)+\lg \left(2x^3\right)-\lg \left(4000x^{-2}\right)$

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

= $\lg \left(2\right)+\lg \left(\frac{1}{x^5}\right)+(\lg \left(2\right)+\lg \left(x^3\right))-(\lg \left(4000\right)+\lg \left(\frac{1}{x^2}\right))$

= $\lg \left(2\right)+\lg \left(\frac{1}{x^5}\right)+\lg \left(2\right)+\lg \left(x^3\right)-\lg \left(4000\right)-\lg \left(\frac{1}{x^2}\right)$

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

= $\lg \left(2\right)-5\lg \left(x\right)+\lg \left(2\right)+3\lg \left(x\right)-\lg \left(4000\right)+2\lg \left(x\right)$

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

= $\lg \left(2\right)-5\lg \left(x\right)+\lg \left(2\right)+3\lg \left(x\right)-\lg \left(4000\right)+2\lg \left(x\right)$

= $-\lg \left(4000\right)+\lg \left(2\right)+\lg \left(2\right)$

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

= $\lg (\frac{1}{4000}·2·2)$

= $\lg \left(\frac{1}{1000}\right)$

= $\lg \left({10}^{-3}\right)$

= $-3$

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 $-\mathrm{0,1}x+\mathrm{0,2}$ ist eine lineare Funktion (Gerade), die jeden Wert zwischen -∞ und ∞ annehmen kann.

Wir wissen, dass $e^{-\mathrm{0,1}x+\mathrm{0,2}}$ 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 $e^{-\mathrm{0,1}x+\mathrm{0,2}}$ können die Funktionswerte von $4e^{-\mathrm{0,1}x+\mathrm{0,2}}$ 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:

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

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

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 = $-\frac{1}{\mathrm{0,1}}\ln \left(\frac{1}{4}x\right)+\frac{\mathrm{0,2}}{\mathrm{0,1}}$

und erhalten so die Umkehrfunktion $\stackrel{-}{f}$(x) = $-\frac{1}{\mathrm{0,1}}\ln \left(\frac{1}{4}x\right)+\frac{\mathrm{0,2}}{\mathrm{0,1}}$

f(0) = $53$

f(1) = $53$ ⋅ $\mathrm{0,55}$

f(2) = $53$ ⋅ $\mathrm{0,55}$ ⋅ $\mathrm{0,55}$

f(3) = $53$ ⋅ $\mathrm{0,55}$ ⋅ $\mathrm{0,55}$ ⋅ $\mathrm{0,55}$

f(4) = $53$ ⋅ $\mathrm{0,55}$ ⋅ $\mathrm{0,55}$ ⋅ $\mathrm{0,55}$ ⋅ $\mathrm{0,55}$

...

Mit jeder Zeiteinheit wird also der bisherige Funktionswert mit $\mathrm{0,55}$ multipliziert. Da $\mathrm{0,55}$ < 1 ist, werden die Funktionswerte mit jedem Zeitschritt kleiner, und zwar auf das $\mathrm{0,55}$-fache, also auf $55$ % des vorherigen Funktionswertes.

Die prozentuale Abnahme beträgt also 100% - 55% = 45 %

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=50 kann man direkt aus der Aufgabe heraus lesen.

Die prozentuale Abnahme um 2% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt vom alten Bestand noch 2% weggehen,
also B_neu = B - $\frac{2}{100}$⋅B = (1 - $\frac{2}{100}$) ⋅ B = 0,98 ⋅ B. Somit ist das a=0,98.

Damit ergibt sich der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $50\cdot {\mathrm{0,98}}^t$.

zu a)

Gesucht ist der Bestand zum Zeitpunkt t=6 Tage, also f(6):

f(6) = $50\cdot {\mathrm{0,98}}^6$ ≈ 44,292.

zu b)

Hier wird gefragt, wann der Bestand = 30 kg ist, also f(t) = 30:

$50\cdot {\mathrm{0,98}}^t$	=	$30$	|:$50$
${\mathrm{0,98}}^t$	=	$\frac{3}{5}$	|lg(⋅)
$\lg \left({\mathrm{0,98}}^t\right)$	=	$\lg \left(\frac{3}{5}\right)$
$t·\lg \left(\mathrm{0,98}\right)$	=	$\lg \left(\frac{3}{5}\right)$	|: $\lg \left(\mathrm{0,98}\right)$
$t$	=	$\frac{\lg \left(\frac{3}{5}\right)}{\lg \left(\mathrm{0,98}\right)}$

$t$

=

$\mathrm{25,285}$

Nach ca. 25,285 Tage ist also der Bestand = 30 kg.