Wir suchen $5$er-Potenzen in der Näher von $64$, also eine die gerade noch kleiner und eine die schon größer als $64$ ist.

Dabei kommt man auf $5^2$ = 5² < $64$ und auf $5^3$ = 5³ > $64$.

Und da wir bei ja das ☐ von 5^☐ = $64$ suchen, muss dieses ☐ irgendwo zwischen 2 und 3 liegen, wegen:
5² = $5^2$ < $64$ < $5^3$ = 5³

Es gilt somit: 2 < < 3

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.

• Da das k ja ein fester Wert ist, kann $5k{e}^{kx+5k}$ niemals = 0 werden.
• Wenn der Exponent $kx+5k$ jedoch betragsmäßig sehr große und negative Werte annimmt, strebt der Exponentialterm $5k{e}^{kx+5k}$ recht schnell gegen 0. Das lässt sich auch gut in der waagrechten Asymptote bei $3$ 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 $kx+5k$ = 0 bekommen, um einen präzise ablesbaren Punkt auf dem Graph zu bekommen.

  $kx+5k$	=	0	| - ( $5k$)
  $kx$	=	$-5k$	|:( $k$)
  $x$	=	$-5$

  Wenn wir nun $-5$ in f_k einsetzen erhalten wir folgende Gleichung:
  f_k($-5$) = $5k{e}^{k\cdot \left(-5\right)+5k}+3$ = $5k+3$
  im abgebildeten Term können wir aber ja f($-5$) = 0 ablesen, es gilt somit:

  $5k+3$	=	0	| $-3$
  $5k$	=	$-3$	|:$5$
  $k$	=	$-\frac{3}{5}$ = -0.6

Der abgebildete Graph ist somit der von f_{$-\frac{3}{5}$}

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 $\mathrm{0,3}x-\mathrm{0,9}$ ist eine lineare Funktion (Gerade), die jeden Wert zwischen -∞ und ∞ annehmen kann.

Wir wissen, dass $e^{\mathrm{0,3}x-\mathrm{0,9}}$ 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 $2$ vor $e^{\mathrm{0,3}x-\mathrm{0,9}}$ können die Funktionswerte von $2e^{\mathrm{0,3}x-\mathrm{0,9}}$ 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:

$2e^{\mathrm{0,3}x-\mathrm{0,9}}$	=	$y$	|:$2$
$e^{\mathrm{0,3}x-\mathrm{0,9}}$	=	$\frac{1}{2}y$	|ln(⋅)
$\mathrm{0,3}x-\mathrm{0,9}$	=	$\ln \left(\frac{1}{2}y\right)$

$\mathrm{0,3}x-\mathrm{0,9}$	=	$\ln \left(\frac{1}{2}y\right)$	| $+\mathrm{0,9}$
$\mathrm{0,3}x$	=	$\ln \left(\frac{1}{2}y\right)+\mathrm{0,9}$	|:$\mathrm{0,3}$
$x$	=	$\frac{1}{\mathrm{0,3}}\ln \left(\frac{1}{2}y\right)+\frac{\mathrm{0,9}}{\mathrm{0,3}}$

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 = $\frac{1}{\mathrm{0,3}}\ln \left(\frac{1}{2}x\right)+\frac{\mathrm{0,9}}{\mathrm{0,3}}$

und erhalten so die Umkehrfunktion $\stackrel{-}{f}$(x) = $\frac{1}{\mathrm{0,3}}\ln \left(\frac{1}{2}x\right)+\frac{\mathrm{0,9}}{\mathrm{0,3}}$

f(0) = $194$

f(1) = $194$ ⋅ $\mathrm{0,9}$

f(2) = $194$ ⋅ $\mathrm{0,9}$ ⋅ $\mathrm{0,9}$

f(3) = $194$ ⋅ $\mathrm{0,9}$ ⋅ $\mathrm{0,9}$ ⋅ $\mathrm{0,9}$

f(4) = $194$ ⋅ $\mathrm{0,9}$ ⋅ $\mathrm{0,9}$ ⋅ $\mathrm{0,9}$ ⋅ $\mathrm{0,9}$

...

Mit jeder Zeiteinheit wird also der bisherige Funktionswert mit $\mathrm{0,9}$ multipliziert. Da $\mathrm{0,9}$ < 1 ist, werden die Funktionswerte mit jedem Zeitschritt kleiner, und zwar auf das $\mathrm{0,9}$-fache, also auf $90$ % des vorherigen Funktionswertes.

Die prozentuale Abnahme beträgt also 100% - 90% = 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=30 kann man direkt aus der Aufgabe heraus lesen.

Die prozentuale Abnahme um 10% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt vom alten Bestand noch 10% weggehen,
also B_neu = B - $\frac{10}{100}$⋅B = (1 - $\frac{10}{100}$) ⋅ B = 0,9 ⋅ B. Somit ist das a=0,9.

Damit ergibt sich der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $30\cdot {\mathrm{0,9}}^t$.

zu a)

Gesucht ist der Bestand zum Zeitpunkt t=8 Tage, also f(8):

f(8) = $30\cdot {\mathrm{0,9}}^8$ ≈ 12,914.

zu b)

Hier wird gefragt, wann der Bestand = 10 kg ist, also f(t) = 10:

$30\cdot {\mathrm{0,9}}^t$	=	$10$	|:$30$
${\mathrm{0,9}}^t$	=	$\frac{1}{3}$	|lg(⋅)
$\lg \left({\mathrm{0,9}}^t\right)$	=	$\lg \left(\frac{1}{3}\right)$
$t·\lg \left(\mathrm{0,9}\right)$	=	$\lg \left(\frac{1}{3}\right)$	|: $\lg \left(\mathrm{0,9}\right)$
$t$	=	$\frac{\lg \left(\frac{1}{3}\right)}{\lg \left(\mathrm{0,9}\right)}$

$t$

=

$\mathrm{10,4272}$

Nach ca. 10,427 Tage ist also der Bestand = 10 kg.