Ich wähle mal einen anderen Ansatz, denn Interpolation zur Funktionsbestimmung scheint mir hier zu kompliziert.

Ansatz: die Funktion f(t) ist eine logistische Funktion; f(t) hat eine  obere Schranke G:

Dann ist das Wachstum von f(t) = f´(t) a) proportional zum aktuellen Bestand f(t); also k*f(t) und b) proportional zum Restbestand G-f(t)

==> \(f´(t)=k*f(t)*(G-f(t))\) das ist eine BernoulliDGL mit der Lösung \(f(t)={a*G \over a+(G-a)*e^{-kGt}}\) wobei a der Bestand für t=0 ist (0<a<G).

Wenn man das Schaubild interpretiert, kann man t=0 in den Bereich des schwarzen Kastens legen. Wählen wir den 18.08.Dort ist \(f(0)=a=200\)

Von der logistischen Funktion weiss man, es gibt eine Wendepunkt und den lese ich aus der Zeichnung ab bei \(f(t_w)=1100\); dazu gehört \(t_w=110\). (11.12)

Aus der Kenntnis, dass im Wendepunkt gilt \(f(t_w)={G \over2}\) folgt G=2200. Das ist nach Zeichnung plausibel.

Die Werte in die Funktion eingesetzt ergibt: \(f(t)={200*2200 \over 200 +(2200-200)*e^{-k*2200*t}}={2200 \over 1+10*e^{-k*2200*t}}\)

für t=0 passt es \( f(0)={2200 \over 1+10*e^0}=200 \)

Bleibt die Berechnung von k:wir wissen \(f(t_w)=f(110)={G \over 2}=1100= {2200 \over 1+10*e^{-k*2200*110}} ==> (1+10*e^{-k*2200*110})={2200 \over 1100}=2 ==> e^{-k*2200*110}={1 \over 10}==> -k*2200*110 =ln{1 \over 10}==> -k={ln{1 \over 10} \over 2200+110}={-ln10 \over 2200*110}==> k={ln10 \over 2200*110}\)

Also lautet die logistische Funktion \(f(t)={2200 \over 1+10*e^{-{ln10 \over 2200*110}*2200*t}}={2200 \over 1+10*10^{-t \over110}}\)