$\lg \left(\frac{25}{x}\right)-\lg \left(\frac{1}{5x}\right)-\lg \left(\frac{125}{x^2}\right)$

= $\lg \left(25x^{-1}\right)-\lg \left(\frac{1}{5}{x}^{-1}\right)-\lg \left(125x^{-2}\right)$

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

= $\lg \left(25\right)+\lg \left(\frac{1}{x}\right)-(\lg \left(\frac{1}{5}\right)+\lg \left(\frac{1}{x}\right))-(\lg \left(125\right)+\lg \left(\frac{1}{x^2}\right))$

= $\lg \left(25\right)+\lg \left(\frac{1}{x}\right)-\lg \left(\frac{1}{5}\right)-\lg \left(\frac{1}{x}\right)-\lg \left(125\right)-\lg \left(\frac{1}{x^2}\right)$

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

= $\lg \left(25\right)-\lg \left(x\right)-\lg \left(\frac{1}{5}\right)+\lg \left(x\right)-\lg \left(125\right)+2\lg \left(x\right)$

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

= $\lg \left(25\right)-\lg \left(x\right)-\lg \left(1\right)+\lg \left(5\right)+\lg \left(x\right)-\lg \left(125\right)+2\lg \left(x\right)$

= $2\lg \left(x\right)-\lg \left(125\right)+\lg \left(25\right)+\lg \left(5\right)$

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

= $2\lg \left(x\right)+\lg (\frac{1}{125}·25·5)$

= $2\lg \left(x\right)+\lg (\frac{1}{5}·5)$

= $2\lg \left(x\right)+\lg \left(1\right)$

= $2\lg \left(x\right)$

Der Graph schneidet die y-Achse im Punkt (0|$-1$), also gilt f(0)=$-1$.

In den allgemeinen Funktionsterm $\text{f(x)}=$ $c·a^x$ eingesezt bedeutet das: $-1$ = $c·a^0$ = c ⋅ 1.

Dadurch wissen wir nun schon: c = $-1$ , also $\text{f(x)}=$ $-a^x$.

Außerdem können wir den Punkt (1|$-3$) auf dem Graphen ablesen, also git f(1) = $-3$.

In unseren Funktionsterm $\text{f(x)}=$ $-a^x$ eingesezt bedeutet das: $-3$ = $-a$ = $-a$.

Es gilt also: $-3$ = $-a$ | ⋅ $-1$

3 = a

Somit ist der Funtionsterm: $\text{f(x)}=$ $-3^x$

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.

Auch mit dem positiven Koeffizienten $3$ vor $e^{-\mathrm{0,3}x+\mathrm{0,3}}$ können die Funktionswerte von $3e^{-\mathrm{0,3}x+\mathrm{0,3}}$ 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:

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

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

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

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

f(0) = $189$

f(1) = $189$ ⋅ $\mathrm{1,1}$

f(2) = $189$ ⋅ $\mathrm{1,1}$ ⋅ $\mathrm{1,1}$

f(3) = $189$ ⋅ $\mathrm{1,1}$ ⋅ $\mathrm{1,1}$ ⋅ $\mathrm{1,1}$

f(4) = $189$ ⋅ $\mathrm{1,1}$ ⋅ $\mathrm{1,1}$ ⋅ $\mathrm{1,1}$ ⋅ $\mathrm{1,1}$

...

Mit jeder Zeiteinheit wird also der bisherige Funktionswert mit $\mathrm{1,1}$ multipliziert. Da $\mathrm{1,1}$ > 1 ist, werden die Funktionswerte mit jedem Zeitschritt größer, und zwar auf das $\mathrm{1,1}$-fache, also auf $110$ % des vorherigen Funktionswertes.

Die prozentuale Zunahme beträgt also 110% - 100% = 10 %

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=17 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 $\text{f(t)}=$ $17\cdot {\mathrm{1,29}}^t$.

zu a)

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

f(5) = $17\cdot {\mathrm{1,29}}^5$ ≈ 60,729.

zu b)

Hier wird gefragt, wann der Bestand = 617 Millionen Bakterien ist, also f(t) = 617:

$17\cdot {\mathrm{1,29}}^t$	=	$617$	|:$17$
${\mathrm{1,29}}^t$	=	$\frac{617}{17}$	|lg(⋅)
$\lg \left({\mathrm{1,29}}^t\right)$	=	$\lg \left(\frac{617}{17}\right)$
$t·\lg \left(\mathrm{1,29}\right)$	=	$\lg \left(\frac{617}{17}\right)$	|: $\lg \left(\mathrm{1,29}\right)$
$t$	=	$\frac{\lg \left(\frac{617}{17}\right)}{\lg \left(\mathrm{1,29}\right)}$

$t$

=

$\mathrm{14,1047}$

Nach ca. 14,105 Stunden ist also der Bestand = 617 Millionen Bakterien.