Wir suchen $2$er-Potenzen in der Näher von $6$, also eine die gerade noch kleiner und eine die schon größer als $6$ ist.

Dabei kommt man auf $2^2$ = 2² < $6$ und auf $2^3$ = 2³ > $6$.

Und da wir bei ja das ☐ von 2^☐ = $6$ suchen, muss dieses ☐ irgendwo zwischen 2 und 3 liegen, wegen:
2² = $2^2$ < $6$ < $2^3$ = 2³

Es gilt somit: 2 < < 3

$-\lg \left(\frac{1}{2}\right)+\lg \left(\frac{5}{x^5}\right)+\lg \left(\frac{1}{10}{x}^2\right)$

= $-\lg \left(\frac{1}{2}\right)+\lg \left(5x^{-5}\right)+\lg \left(\frac{1}{10}{x}^2\right)$

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

= $-(\lg \left(\frac{1}{2}\right)+\lg \left(1\right))+(\lg \left(5\right)+\lg \left(\frac{1}{x^5}\right))+(\lg \left(\frac{1}{10}\right)+\lg \left(x^2\right))$

= $-\lg \left(\frac{1}{2}\right)-\lg \left(1\right)+\lg \left(5\right)+\lg \left(\frac{1}{x^5}\right)+\lg \left(\frac{1}{10}\right)+\lg \left(x^2\right)$

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

= $-\lg \left(\frac{1}{2}\right)+0+\lg \left(5\right)-5\lg \left(x\right)+\lg \left(\frac{1}{10}\right)+2\lg \left(x\right)$

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

= $-\lg \left(1\right)+\lg \left(2\right)+0+\lg \left(5\right)-5\lg \left(x\right)+\lg \left(1\right)-\lg \left(10\right)+2\lg \left(x\right)$

= $-3\lg \left(x\right)-\lg \left(10\right)+\lg \left(5\right)+\lg \left(2\right)$

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

= $-3\lg \left(x\right)+\lg (\frac{1}{10}·5·2)$

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

= $-3\lg \left(x\right)+\lg \left(1\right)$

= $-3\lg \left(x\right)$

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.

Auch mit dem positiven Koeffizienten $4$ vor $e^{-\mathrm{0,3}x+\mathrm{0,3}}$ können die Funktionswerte von $4e^{-\mathrm{0,3}x+\mathrm{0,3}}$ 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:

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

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

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 = $-\frac{1}{\mathrm{0,3}}\ln \left(\frac{1}{4}x\right)+\frac{\mathrm{0,3}}{\mathrm{0,3}}$

und erhalten so die Umkehrfunktion $\stackrel{-}{f}$(x) = $-\frac{1}{\mathrm{0,3}}\ln \left(\frac{1}{4}x\right)+\frac{\mathrm{0,3}}{\mathrm{0,3}}$

f(0) = $199$

f(1) = $199$ ⋅ $\mathrm{0,7}$

f(2) = $199$ ⋅ $\mathrm{0,7}$ ⋅ $\mathrm{0,7}$

f(3) = $199$ ⋅ $\mathrm{0,7}$ ⋅ $\mathrm{0,7}$ ⋅ $\mathrm{0,7}$

f(4) = $199$ ⋅ $\mathrm{0,7}$ ⋅ $\mathrm{0,7}$ ⋅ $\mathrm{0,7}$ ⋅ $\mathrm{0,7}$

...

Mit jeder Zeiteinheit wird also der bisherige Funktionswert mit $\mathrm{0,7}$ multipliziert. Da $\mathrm{0,7}$ < 1 ist, werden die Funktionswerte mit jedem Zeitschritt kleiner, und zwar auf das $\mathrm{0,7}$-fache, also auf $70$ % des vorherigen Funktionswertes.

Die prozentuale Abnahme beträgt also 100% - 70% = 30 %

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=40 kann man direkt aus der Aufgabe heraus lesen.

Die prozentuale Abnahme um 4% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt vom alten Bestand noch 4% weggehen,
also B_neu = B - $\frac{4}{100}$⋅B = (1 - $\frac{4}{100}$) ⋅ B = 0,96 ⋅ B. Somit ist das a=0,96.

Damit ergibt sich der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $40\cdot {\mathrm{0,96}}^t$.

zu a)

Gesucht ist der Bestand zum Zeitpunkt t=13 Tage, also f(13):

f(13) = $40\cdot {\mathrm{0,96}}^{13}$ ≈ 23,528.

zu b)

Hier wird gefragt, wann der Bestand = 31.3 kg ist, also f(t) = 31.3:

$40\cdot {\mathrm{0,96}}^t$	=	$\mathrm{31,3}$	|:$40$
${\mathrm{0,96}}^t$	=	$\mathrm{0,7825}$	|lg(⋅)
$\lg \left({\mathrm{0,96}}^t\right)$	=	$\lg \left(\mathrm{0,7825}\right)$
$t·\lg \left(\mathrm{0,96}\right)$	=	$\lg \left(\mathrm{0,7825}\right)$	|: $\lg \left(\mathrm{0,96}\right)$
$t$	=	$\frac{\lg \left(\mathrm{0,7825}\right)}{\lg \left(\mathrm{0,96}\right)}$

$t$

=

$\mathrm{6,0081}$

Nach ca. 6,008 Tage ist also der Bestand = 31.3 kg.