$\lg \left(\frac{20}{x^2}\right)-\lg \left(\frac{1}{4x^4}\right)+\lg \left(\frac{1}{80}{x}^3\right)$

= $\lg \left(20x^{-2}\right)-\lg \left(\frac{1}{4}{x}^{-4}\right)+\lg \left(\frac{1}{80}{x}^3\right)$

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

= $\lg \left(20\right)+\lg \left(\frac{1}{x^2}\right)-(\lg \left(\frac{1}{4}\right)+\lg \left(\frac{1}{x^4}\right))+(\lg \left(\frac{1}{80}\right)+\lg \left(x^3\right))$

= $\lg \left(20\right)+\lg \left(\frac{1}{x^2}\right)-\lg \left(\frac{1}{4}\right)-\lg \left(\frac{1}{x^4}\right)+\lg \left(\frac{1}{80}\right)+\lg \left(x^3\right)$

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

= $\lg \left(20\right)-2\lg \left(x\right)-\lg \left(\frac{1}{4}\right)+4\lg \left(x\right)+\lg \left(\frac{1}{80}\right)+3\lg \left(x\right)$

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

= $\lg \left(20\right)-2\lg \left(x\right)-\lg \left(1\right)+\lg \left(4\right)+4\lg \left(x\right)+\lg \left(1\right)-\lg \left(80\right)+3\lg \left(x\right)$

= $5\lg \left(x\right)-\lg \left(80\right)+\lg \left(20\right)+\lg \left(4\right)$

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

= $5\lg \left(x\right)+\lg (\frac{1}{80}·20·4)$

= $5\lg \left(x\right)+\lg (\frac{1}{4}·4)$

= $5\lg \left(x\right)+\lg \left(1\right)$

= $5\lg \left(x\right)$

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.

• Man kann schnell erkennen, dass für x = 0 der Exponentialterm $3kx·e^{kx+3k}$ = 0 wird.
  Am abgebildeten Graph kann man den y-Achsenabschnitt S_y(0|-5) gut erkennen. Es gilt folglich.
  f_k($0$) = $3k·0·e^{k\cdot 0+3k}+3k$ = $3k$ = -5

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

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

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

Wir wissen, dass $e^{-\mathrm{0,3}x}$ 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.

Durch den negativen Koeffizienten $-3$ vor $e^{-\mathrm{0,3}x}$ wird $e^{-\mathrm{0,3}x}$ an der x-Achse gespiegelt. Dadurch liegen bei $-3e^{-\mathrm{0,3}x}$ die Funktionswerte zwischen -∞ und 0.

Durch die +2 hinter dem $-3e^{-\mathrm{0,3}x}$ wird zu allen Funktionswerten von $-3e^{-\mathrm{0,3}x}$ noch $2$ addiert. Dadurch verschiebt sich auch der Wertebereich zu W = {y ∈ ℝ | y < 2}

Umkehrfunktion

Wir schreiben einfach mal y für f(x) und lösen die Funktionsgleichung nach x auf:

$-3e^{-\mathrm{0,3}x}+2$	=	$y$	| $-2$
$-3e^{-\mathrm{0,3}x}$	=	$y-2$	|:$-3$
$e^{-\mathrm{0,3}x}$	=	$-\frac{1}{3}y+\frac{2}{3}$	|ln(⋅)
$-\mathrm{0,3}x$	=	$\ln \left(-\frac{1}{3}y+\frac{2}{3}\right)$	|:$-\mathrm{0,3}$
$x$	=	$-\frac{1}{\mathrm{0,3}}\ln \left(-\frac{1}{3}y+\frac{2}{3}\right)$
$x$	=	$-\frac{10}{3}\ln \left(-\frac{1}{3}y+\frac{2}{3}\right)$

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

und erhalten so die Umkehrfunktion $\stackrel{-}{f}$(x) = $-\frac{10}{3}\ln \left(-\frac{1}{3}x+\frac{2}{3}\right)$

Von der allgemeinen Exponentialfunktion $\text{f(t)}=$ $c·a^t$ können wir den Anfangswert c = 10 direkt der Aufgabe entnehmen.

Um nun noch den Wachstumsfaktor a zu bestimmen, nutzen wir die Formel für die Halbwertszeit: T_H = log_a($\frac{1}{2}$).

Also 17 = log_a($\frac{1}{2}$). Nach der Definition des Logarithmus ist dies gleichbedeutend mit

$a^{17}$	=	$\frac{1}{2}$	|
$a$	=	$\sqrt[17]{\frac{1}{2}}$

Das gesuchte a ist somit $\sqrt[17]{\frac{1}{2}}$ ≈ 0.96, der gesuchte Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $10\cdot {\mathrm{0,96}}^t$

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.

Somit wissen wir bereits, dass der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $40\cdot a^t$ mit einem Wachstumsfaktor a sein muss.

Der Wachstumsfaktor a ist zwar nicht gegeben, wir wissen aber, dass nach 2 Tage der Bestand 29.58 kg ist, also f(2) = 29.58. Dies setzen wir in unsern bisherigen Funktionterm $\text{f(t)}=$ $40\cdot a^t$ ein:

$40a^2$	=	$\mathrm{29,58}$	|:$40$
$a^2$	=	$\mathrm{0,7395}$	|
a1	=	$-\sqrt{\mathrm{0,7395}}$	≈ $-\mathrm{0,86}$
a2	=	$\sqrt{\mathrm{0,7395}}$	≈ $\mathrm{0,86}$

Da der Wachstumsfaktor a immer positiv sein muss, ist a= $\mathrm{0,86}$ ≈ 0.86 die einzige sinnvolle Lösung.

Damit ergibt sich der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $40\cdot {\mathrm{0,86}}^t$.

zu a)

Gesucht ist der Bestand zum Zeitpunkt t=4 Tage, also f(4):

f(4) = $40\cdot {\mathrm{0,86}}^4$ ≈ 21,88.

zu b)

Hier wird gefragt, wann der Bestand = 20 kg ist, also f(t) = 20:

$40\cdot {\mathrm{0,86}}^t$	=	$20$	|:$40$
${\mathrm{0,86}}^t$	=	$\frac{1}{2}$	|lg(⋅)
$\lg \left({\mathrm{0,86}}^t\right)$	=	$\lg \left(\frac{1}{2}\right)$
$t·\lg \left(\mathrm{0,86}\right)$	=	$\lg \left(\frac{1}{2}\right)$	|: $\lg \left(\mathrm{0,86}\right)$
$t$	=	$\frac{\lg \left(\frac{1}{2}\right)}{\lg \left(\mathrm{0,86}\right)}$

$t$

=

$\mathrm{4,5958}$

Nach ca. 4,596 Tage ist also der Bestand = 20 kg.