$\lg \left(20x\right)+\lg \left(50x^4\right)+\lg \left(\frac{1}{100000x^5}\right)$

= $\lg \left(20x\right)+\lg \left(50x^4\right)+\lg \left(\frac{1}{100.000}{x}^{-5}\right)$

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

= $\lg \left(20\right)+\lg \left(x\right)+(\lg \left(50\right)+\lg \left(x^4\right))+(\lg \left(\frac{1}{100.000}\right)+\lg \left(\frac{1}{x^5}\right))$

= $\lg \left(20\right)+\lg \left(x\right)+\lg \left(50\right)+\lg \left(x^4\right)+\lg \left(\frac{1}{100.000}\right)+\lg \left(\frac{1}{x^5}\right)$

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

= $\lg \left(20\right)+\lg \left(x\right)+\lg \left(50\right)+4\lg \left(x\right)+\lg \left(\frac{1}{100.000}\right)-5\lg \left(x\right)$

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

= $\lg \left(20\right)+\lg \left(x\right)+\lg \left(50\right)+4\lg \left(x\right)+\lg \left(1\right)-\lg \left(100000\right)-5\lg \left(x\right)$

= $-\lg \left(100000\right)+\lg \left(50\right)+\lg \left(20\right)$

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

= $\lg (\frac{1}{100.000}·50·20)$

= $\lg \left(\frac{1}{100}\right)$

= $\lg \left({10}^{-2}\right)$

= $-2$

Das Problem bei e-Funktionen ist ja, dass wir normale Funktionswerte sehr schwer berechnen und dann nur sehr ungenau ablesen können :(

Die einzigen Möglichkeiten 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 $k{e}^{kx+k}$ niemals = 0 werden.
• Wenn der Exponent $kx+k$ jedoch betragsmäßig sehr große und negative Werte annimmt, strebt der Exponentianterm $k{e}^{kx+k}$ recht schnell gegen 0. Das lässt sich auch gut in der waagrechten Assymtote bei $2$ 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 $kx+k$ = 0 bekommen, um einen präzise ablebaren Punkt auf dem Graph zu bekommen.

  $kx+k$	=	0	| - ( $k$)
  $kx$	=	$-k$	|:( $k$)
  $x$	=	$-1$

  Wenn wir nun $-1$ in f_k einsetzen erhalten wir folgende Gleichung:
  f_k($-1$) = $k{e}^{k\cdot \left(-1\right)+k}+2$ = $k+2$
  im abgebildeten Term können wir aber ja f($-1$) = 1 ablesen, es gilt somit:

  $k+2$	=	$1$	| $-2$
  $k$	=	$-1$

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

Wir wissen, dass $e^{\mathrm{0,1}x}$ 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.

Auch mit dem positiven Koeffizienten $4$ vor $e^{\mathrm{0,1}x}$ können die Funktionswerte von $4e^{\mathrm{0,1}x}$ alles zwischen 0 und ∞ annehmen.

Durch die -1 hinter dem $4e^{\mathrm{0,1}x}$ wird zu allen Funktionswerten von $4e^{\mathrm{0,1}x}$ 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:

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

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

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

Die prozentuale Zunahme um 3.4% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt zum alten Bestand noch 3.4% dazukommen,
also B_neu = B + $\frac{3.4}{100}$⋅B = (1 + $\frac{3.4}{100}$) ⋅ B = 1,034 ⋅ B.

Somit gilt für den Wachstumsfaktor a (in $\text{f(t)}=$ $c·a^t$): a=1,034.

Mit der Formel für die Verdopplungszeit gilt: T_V = log_a(2).

Also T_V = log_1.034($2$) ≈ 20.73 Jahre

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=5000 kann man direkt aus der Aufgabe heraus lesen.

Somit wissen wir bereits, dass der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $5000\cdot a^t$ mit einem Wachstumsfaktor a sein muss.

Der Wachstumsfaktor a ist zwar nicht gegeben, wir wissen aber, dass nach 2 Jahre der Bestand 5618 € ist, also f(2) = 5618. Dies setzen wir in unsern bisherigen Funktionterm $\text{f(t)}=$ $5000\cdot a^t$ ein:

$5000a^2$	=	$5618$	|:$5000$
$a^2$	=	$\frac{2809}{2500}$	|
a1	=	$-\sqrt{\frac{2809}{2500}}$	= $-\frac{53}{50}$
a2	=	$\sqrt{\frac{2809}{2500}}$	= $\frac{53}{50}$

Da der Wachstumsfaktor a immer positiv sein muss, ist a= $\frac{53}{50}$ ≈ 1.06 die einzige sinnvolle Lösung.

Damit ergibt sich der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $5000\cdot {\mathrm{1,06}}^t$.

zu a)

Gesucht ist der Kontostand zum Zeitpunkt t=11 Jahre, also f(11):

f(11) = $5000\cdot {\mathrm{1,06}}^{11}$ ≈ 9491,493.

zu b)

Hier wird gefragt, wann der Kontostand = 11000 € ist, also f(t) = 11000:

$5000\cdot {\mathrm{1,06}}^t$	=	$11000$	|:$5000$
${\mathrm{1,06}}^t$	=	$\frac{11}{5}$	|lg(⋅)
$\lg \left({\mathrm{1,06}}^t\right)$	=	$\lg \left(\frac{11}{5}\right)$
$t·\lg \left(\mathrm{1,06}\right)$	=	$\lg \left(\frac{11}{5}\right)$	|: $\lg \left(\mathrm{1,06}\right)$
$t$	=	$\frac{\lg \left(\frac{11}{5}\right)}{\lg \left(\mathrm{1,06}\right)}$

$t$

=

$\mathrm{13,5314}$

Nach ca. 13,531 Jahre ist also der Kontostand = 11000 €.