Als erstes erinnern wir uns an die natürliche Exponentialfunktion f₀(x)= $e^x$ (im Schaubild in schwarzer Farbe eingezeichnet).

Am negativen Koeffizient vor dem $e^x$ erkennen wir, dass der Graph gegenüber dem der natürlichen Exponentialfunktion an der x-Achse gespiegelt (und noch in y-Richtung gestreckt) wurde.

Da bei $-3e^{x-3}-3$ zu jedem Funktionswert von $e^x$ noch -3 addiert wird, ist der Graph von $-3e^{x-3}-3$ gegenüber dem der natürlichen Exponentialfunktion, um 3 nach unten verschoben.

Da bei $-3e^{x-3}-3$ das x von $e^x$ durch ein 'x-3' ersetzt wurde, wird der Graph der natürlichen Exponentialfunktion um 3 in x-Richtung verschoben .

Daraus ergeben sich folgende Aussagen:

• Alle Funktionswerte werden so <0, also verläuft der Graph komplett unter der x-Achse.
• Die Funktionswerte werden also immer kleiner, die Funktion ist also streng monoton fallend.
• Für x → ∞ strebt $-3e^{x-3}-3$ gegen $-\infty$ .
• Für x → - ∞ strebt $-3e^{x-3}-3$ gegen $0-3$ = $-3$ .

$\lg \left(\frac{1}{100x^2}\right)-\lg \left(\frac{1}{5x^3}\right)-\lg \left(\frac{1}{20}{x}^5\right)$

= $\lg \left(\frac{1}{100}{x}^{-2}\right)-\lg \left(\frac{1}{5}{x}^{-3}\right)-\lg \left(\frac{1}{20}{x}^5\right)$

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

= $\lg \left(\frac{1}{100}\right)+\lg \left(\frac{1}{x^2}\right)-(\lg \left(\frac{1}{5}\right)+\lg \left(\frac{1}{x^3}\right))-(\lg \left(\frac{1}{20}\right)+\lg \left(x^5\right))$

= $\lg \left(\frac{1}{100}\right)+\lg \left(\frac{1}{x^2}\right)-\lg \left(\frac{1}{5}\right)-\lg \left(\frac{1}{x^3}\right)-\lg \left(\frac{1}{20}\right)-\lg \left(x^5\right)$

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

= $\lg \left(\frac{1}{100}\right)-2\lg \left(x\right)-\lg \left(\frac{1}{5}\right)+3\lg \left(x\right)-\lg \left(\frac{1}{20}\right)-5\lg \left(x\right)$

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

= $\lg \left(1\right)-\lg \left(100\right)-2\lg \left(x\right)-\lg \left(1\right)+\lg \left(5\right)+3\lg \left(x\right)-\lg \left(1\right)+\lg \left(20\right)-5\lg \left(x\right)$

= $-4\lg \left(x\right)-\lg \left(100\right)+\lg \left(20\right)+\lg \left(5\right)$

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

= $-4\lg \left(x\right)+\lg (\frac{1}{100}·20·5)$

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

= $-4\lg \left(x\right)+\lg \left(1\right)$

= $-4\lg \left(x\right)$

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 $-\mathrm{0,2}x+\mathrm{0,6}$ ist eine lineare Funktion (Gerade), die jeden Wert zwischen -∞ und ∞ annehmen kann.

Wir wissen, dass $e^{-\mathrm{0,2}x+\mathrm{0,6}}$ 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.

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:

$e^{-\mathrm{0,2}x+\mathrm{0,6}}$	=	$y$	|ln(⋅)
$-\mathrm{0,2}x+\mathrm{0,6}$	=	$\ln \left(y\right)$

$-\mathrm{0,2}x+\mathrm{0,6}$	=	$\ln \left(y\right)$	| $-\mathrm{0,6}$
$-\mathrm{0,2}x$	=	$\ln \left(y\right)-\mathrm{0,6}$	|:($-\mathrm{0,2}$)
$x$	=	$-\frac{1}{\mathrm{0,2}}\ln \left(y\right)+\frac{\mathrm{0,6}}{\mathrm{0,2}}$

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 = $-\frac{1}{\mathrm{0,2}}\ln \left(x\right)+\frac{\mathrm{0,6}}{\mathrm{0,2}}$

und erhalten so die Umkehrfunktion $\stackrel{-}{f}$(x) = $-\frac{1}{\mathrm{0,2}}\ln \left(x\right)+\frac{\mathrm{0,6}}{\mathrm{0,2}}$

Die prozentuale Zunahme um 7.6% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt zum alten Bestand noch 7.6% dazukommen,
also B_neu = B + $\frac{7.6}{100}$⋅B = (1 + $\frac{7.6}{100}$) ⋅ B = 1,076 ⋅ B.

Somit gilt für den Wachstumsfaktor a (in $\text{f(t)}=$ $c·a^t$): a=1,076.

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

Also T_V = log_1.076($2$) ≈ 9.46 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=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 4 Tage der Bestand 26.24 kg ist, also f(4) = 26.24. Dies setzen wir in unsern bisherigen Funktionterm $\text{f(t)}=$ $40\cdot a^t$ ein:

$40a^4$	=	$\mathrm{26,24}$	|:$40$
$a^4$	=	$\mathrm{0,656}$	|
a1	=	$-\sqrt[4]{\mathrm{0,656}}$	≈ $-\mathrm{0,9}$
a2	=	$\sqrt[4]{\mathrm{0,656}}$	≈ $\mathrm{0,9}$

Da der Wachstumsfaktor a immer positiv sein muss, ist a= $\mathrm{0,9}$ ≈ 0.9 die einzige sinnvolle Lösung.

Damit ergibt sich der Funktionsterm $\text{f(t)}=$ $40\cdot {\mathrm{0,9}}^t$.

zu a)

Gesucht ist der Bestand zum Zeitpunkt t=10 Tage, also f(10):

f(10) = $40\cdot {\mathrm{0,9}}^{10}$ ≈ 13,947.

zu b)

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

$40\cdot {\mathrm{0,9}}^t$	=	$10$	|:$40$
${\mathrm{0,9}}^t$	=	$\frac{1}{4}$	|lg(⋅)
$\lg \left({\mathrm{0,9}}^t\right)$	=	$\lg \left(\frac{1}{4}\right)$
$t·\lg \left(\mathrm{0,9}\right)$	=	$\lg \left(\frac{1}{4}\right)$	|: $\lg \left(\mathrm{0,9}\right)$
$t$	=	$\frac{\lg \left(\frac{1}{4}\right)}{\lg \left(\mathrm{0,9}\right)}$

$t$

=

$\mathrm{13,1576}$

Nach ca. 13,158 Tage ist also der Bestand = 10 kg.