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Beide Logarithmusgesetze

Beispiel:

Vereinfache den Term $\lg (\frac{1}{1000} x) + \lg (4 x^{2}) + \lg (\frac{25}{x^{3}})$ soweit wie möglich.

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$\lg (\frac{1}{1000} x) + \lg (4 x^{2}) + \lg (\frac{25}{x^{3}})$

= $\lg (\frac{1}{1000} x) + \lg (4 x^{2}) + \lg (25 x^{- 3})$

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

= $\lg (\frac{1}{1000}) + \lg (x) + (\lg (4) + \lg (x^{2})) + (\lg (25) + \lg (\frac{1}{x^{3}}))$

= $\lg (\frac{1}{1000}) + \lg (x) + \lg (4) + \lg (x^{2}) + \lg (25) + \lg (\frac{1}{x^{3}})$

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

= $\lg (\frac{1}{1000}) + \lg (x) + \lg (4) + 2 \lg (x) + \lg (25) - 3 \lg (x)$

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

= $\lg (1) - \lg (1 000) + \lg (x) + \lg (4) + 2 \lg (x) + \lg (25) - 3 \lg (x)$

= $- \lg (1 000) + \lg (25) + \lg (4)$

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

= $\lg (\frac{1}{1000} \cdot 25 \cdot 4)$

= $\lg (\frac{1}{10})$

= $\lg (10^{- 1})$

= $- 1$

Beide Logarithmusgesetze

Beispiel:

Vereinfache den Term $\lg (2 x^{2}) + \lg (\frac{1}{50 x^{3}}) - \lg (\frac{1}{25 x^{4}})$ soweit wie möglich.

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$\lg (2 x^{2}) + \lg (\frac{1}{50 x^{3}}) - \lg (\frac{1}{25 x^{4}})$

= $\lg (2 x^{2}) + \lg (\frac{1}{50} x^{- 3}) - \lg (\frac{1}{25} x^{- 4})$

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

= $\lg (2) + \lg (x^{2}) + (\lg (\frac{1}{50}) + \lg (\frac{1}{x^{3}})) - (\lg (\frac{1}{25}) + \lg (\frac{1}{x^{4}}))$

= $\lg (2) + \lg (x^{2}) + \lg (\frac{1}{50}) + \lg (\frac{1}{x^{3}}) - \lg (\frac{1}{25}) - \lg (\frac{1}{x^{4}})$

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

= $\lg (2) + 2 \lg (x) + \lg (\frac{1}{50}) - 3 \lg (x) - \lg (\frac{1}{25}) + 4 \lg (x)$

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

= $\lg (2) + 2 \lg (x) + \lg (1) - \lg (50) - 3 \lg (x) - \lg (1) + \lg (25) + 4 \lg (x)$

= $3 \lg (x) - \lg (50) + \lg (25) + \lg (2)$

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

= $3 \lg (x) + \lg (\frac{1}{50} \cdot 25 \cdot 2)$

= $3 \lg (x) + \lg (\frac{1}{2} \cdot 2)$

= $3 \lg (x) + \lg (1)$

= $3 \lg (x)$

Umkehrfunktion von e- und ln-Funkt'n

Beispiel:

Die Funktion f mit $f(x) =$ $- e^{x - 3} + 2$ ist auf ihrer maximalen Definitionsmenge umkehrbar.

Bestimme die maximale Definitionsmenge und die Wertemenge von f sowie einen Term für die Umkehrfunktion $\bar{f}$ .

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

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

Durch den negativen Koeffizienten $- 1$ vor $e^{x - 3}$ wird $e^{x - 3}$ an der x-Achse gespiegelt. Dadurch liegen bei $- e^{x - 3}$ die Funktionswerte zwischen -∞ und 0.

Durch die +2 hinter dem $- e^{x - 3}$ wird zu allen Funktionswerten von $- e^{x - 3}$ 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:

$- e^{x - 3} + 2$	=	$y$	\| $- 2$
$- e^{x - 3}$	=	$y - 2$	\|: $- 1$
$e^{x - 3}$	=	$- y + 2$	\|ln(⋅)
$x - 3$	=	$\ln (- y + 2)$

$x - 3$	=	$\ln (- y + 2)$	\| $+ 3$
$x$	=	$\ln (- y + 2) + 3$

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 = $\ln (- x + 2) + 3$

und erhalten so die Umkehrfunktion $\bar{f}$ (x) = $\ln (- x + 2) + 3$

Halbwerts-/Verdoppl.-Zeit (Anwendung)

Beispiel:

In einem Land hat man festgestellt, dass die Anzahl einer bestimmten Insektenart jedes Jahr um 10% abnimmt. Wann hat sich die Anzahl dieser Insektenart halbiert?

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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 gilt für den Wachstumsfaktor a (in $f(t) =$ $c \cdot a^{t}$ ): a=0,9.

Mit der Formel für die Halbwertszeit gilt: T_H = log_a( $\frac{1}{2}$ ).

Also T_H = log_0.9( $\frac{1}{2}$ ) ≈ 6.58 Jahre

a und ein Funktionswert gegeben

Beispiel:

Eine Bakterienkultur vermehrt sich stündlich um 5%. 9 Stunden nach Beobachtungsbeginn sind es bereits 6,21Millionen Bakterien.a) Wie viel Millionen Bakterien hat die Bakterienkultur nach 8 Stunden? b) Wann umfasst die Kultur 6,2 Millionen Bakterien?

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Da es sich hier um exponentielles Wachstum handelt, muss der Funktionsterm von der Form $f(t) =$ $c \cdot a^{t}$ sein.

Die prozentuale Zunahme um 5% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt zum alten Bestand noch 5% dazukommen,
also B_neu = B + $\frac{5}{100}$ ⋅B = (1 + $\frac{5}{100}$ ) ⋅ B = 1,05 ⋅ B. Somit ist das a=1,05.

Somit wissen wir bereits, dass der Funktionsterm $f(t) =$ $c \cdot {1,05}^{t}$ mit einem Anfangswert c sein muss.

Wir kennen zwar den Anfangswert f(0)=c nicht, wissen aber, dass nach 9 Stunden der Bestand 6.21 Millionen Bakterien ist, also f(9) = 6.21. Dies setzen wir in unsern bisherigen Funktionterm $f(t) =$ $c \cdot {1,05}^{t}$ ein:

c ⋅ 1.05⁹ = 6.21

c ⋅ 1.55133 = 6.21 | : 1.55133

c = 4

Damit ergibt sich der Funktionsterm $f(t) =$ $4 \cdot {1,05}^{t}$ .

zu a)

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

f(8) = $4 \cdot {1,05}^{8}$ ≈ 5,91.

zu b)

Hier wird gefragt, wann der Bestand = 6.2 Millionen Bakterien ist, also f(t) = 6.2:

$4 \cdot {1,05}^{t}$	=	$6,2$	\|: $4$
${1,05}^{t}$	=	$1,55$	\|lg(⋅)
$\lg ({1,05}^{t})$	=	$\lg (1,55)$
$t \cdot \lg (1,05)$	=	$\lg (1,55)$	\|: $\lg (1,05)$
$t$	=	$\frac{\lg (1,55)}{\lg (1,05)}$

t

=

8,9824

Nach ca. 8,982 Stunden ist also der Bestand = 6.2 Millionen Bakterien.

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Beide Logarithmusgesetze

Beide Logarithmusgesetze

Umkehrfunktion von e- und ln-Funkt'n

Maximale Definitionsmenge von f

Wertemenge von f

Umkehrfunktion

Halbwerts-/Verdoppl.-Zeit (Anwendung)

a und ein Funktionswert gegeben