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Beide Logarithmusgesetze

Beispiel:

Vereinfache den Term $- \lg (\frac{1}{25} x) - \lg (\frac{1}{50 x^{4}}) - \lg (\frac{1 250}{x^{2}})$ soweit wie möglich.

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$- \lg (\frac{1}{25} x) - \lg (\frac{1}{50 x^{4}}) - \lg (\frac{1 250}{x^{2}})$

= $- \lg (\frac{1}{25} x) - \lg (\frac{1}{50} x^{- 4}) - \lg (1250 x^{- 2})$

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

= $- (\lg (\frac{1}{25}) + \lg (x)) - (\lg (\frac{1}{50}) + \lg (\frac{1}{x^{4}})) - (\lg (1250) + \lg (\frac{1}{x^{2}}))$

= $- \lg (\frac{1}{25}) - \lg (x) - \lg (\frac{1}{50}) - \lg (\frac{1}{x^{4}}) - \lg (1250) - \lg (\frac{1}{x^{2}})$

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

= $- \lg (\frac{1}{25}) - \lg (x) - \lg (\frac{1}{50}) + 4 \lg (x) - \lg (1250) + 2 \lg (x)$

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

= $- \lg (1) + \lg (25) - \lg (x) - \lg (1) + \lg (50) + 4 \lg (x) - \lg (1 250) + 2 \lg (x)$

= $5 \lg (x) - \lg (1 250) + \lg (50) + \lg (25)$

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

= $5 \lg (x) + \lg (\frac{1}{1 250} \cdot 50 \cdot 25)$

= $5 \lg (x) + \lg (\frac{1}{25} \cdot 25)$

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

= $5 \lg (x)$

Beide Logarithmusgesetze

Beispiel:

Vereinfache den Term $\lg (\frac{1}{200} x) - \lg (\frac{1}{4} x^{4}) + \lg (5 x^{3})$ soweit wie möglich.

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$\lg (\frac{1}{200} x) - \lg (\frac{1}{4} x^{4}) + \lg (5 x^{3})$

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

= $\lg (\frac{1}{200}) + \lg (x) - (\lg (\frac{1}{4}) + \lg (x^{4})) + (\lg (5) + \lg (x^{3}))$

= $\lg (\frac{1}{200}) + \lg (x) - \lg (\frac{1}{4}) - \lg (x^{4}) + \lg (5) + \lg (x^{3})$

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

= $\lg (\frac{1}{200}) + \lg (x) - \lg (\frac{1}{4}) - 4 \lg (x) + \lg (5) + 3 \lg (x)$

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

= $\lg (1) - \lg (200) + \lg (x) - \lg (1) + \lg (4) - 4 \lg (x) + \lg (5) + 3 \lg (x)$

= $- \lg (200) + \lg (5) + \lg (4)$

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

= $\lg (\frac{1}{200} \cdot 5 \cdot 4)$

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

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

= $- 1$

Umkehrfunktion von e- und ln-Funkt'n

Beispiel:

Die Funktion f mit $f(x) =$ $e^{- 0,3 x + 0,9}$ 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 $- 0,3 x + 0,9$ ist eine lineare Funktion (Gerade), die jeden Wert zwischen -∞ und ∞ annehmen kann.

Wir wissen, dass $e^{- 0,3 x + 0,9}$ 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.

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:

$e^{- 0,3 x + 0,9}$	=	$y$	\|ln(⋅)
$- 0,3 x + 0,9$	=	$\ln (y)$

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

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 = $- \frac{1}{0,3} \ln (x) + \frac{0,9}{0,3}$

und erhalten so die Umkehrfunktion $\bar{f}$ (x) = $- \frac{1}{0,3} \ln (x) + \frac{0,9}{0,3}$

Halbwerts-/Verdoppl.-Zeit bestimmen

Beispiel:

Gegeben ist der Exponentialfunktion f mit $f(t) =$ $c \cdot {0,96}^{t}$ mit unbekanntem Anfangswert c.

Bestimme die Halbwertszeit.

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Den Wachstumsfaktor a kann direkt aus dem Funktionterm $f(t) =$ $c \cdot {0,96}^{t}$ ablesen: a=0.96.

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

Also T_H = log_0.96( $\frac{1}{2}$ ) ≈ 16.98 (Zeiteinheiten)

a und ein Funktionswert gegeben

Beispiel:

Ein Konto wird mit 6% verzinst. 6 Jahre nach dem das Konto eröffnet wurde, sind bereits 9929,63€ auf dem Konto. a) Wie hoch ist der Kontostand 8 Jahre nach der Kontoeröffnung? b) Wann ist der Kontostand auf 15000€ angewachsen?

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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 6% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt zum alten Bestand noch 6% dazukommen,
also B_neu = B + $\frac{6}{100}$ ⋅B = (1 + $\frac{6}{100}$ ) ⋅ B = 1,06 ⋅ B. Somit ist das a=1,06.

Somit wissen wir bereits, dass der Funktionsterm $f(t) =$ $c \cdot {1,06}^{t}$ mit einem Anfangswert c sein muss.

Wir kennen zwar den Anfangswert f(0)=c nicht, wissen aber, dass nach 6 Jahre der Bestand 9929.63 € ist, also f(6) = 9929.63. Dies setzen wir in unsern bisherigen Funktionterm $f(t) =$ $c \cdot {1,06}^{t}$ ein:

c ⋅ 1.06⁶ = 9929.63

c ⋅ 1.41852 = 9929.63 | : 1.41852

c = 7000

Damit ergibt sich der Funktionsterm $f(t) =$ $7 000 \cdot {1,06}^{t}$ .

zu a)

Gesucht ist der Kontostand zum Zeitpunkt t=8 Jahre, also f(8):

f(8) = $7 000 \cdot {1,06}^{8}$ ≈ 11156,937.

zu b)

Hier wird gefragt, wann der Kontostand = 15000 € ist, also f(t) = 15000:

$7 000 \cdot {1,06}^{t}$	=	$15 000$	\|: $7 000$
${1,06}^{t}$	=	$\frac{15}{7}$	\|lg(⋅)
$\lg ({1,06}^{t})$	=	$\lg (\frac{15}{7})$
$t \cdot \lg (1,06)$	=	$\lg (\frac{15}{7})$	\|: $\lg (1,06)$
$t$	=	$\frac{\lg (\frac{15}{7})}{\lg (1,06)}$

t

=

13,0797

Nach ca. 13,08 Jahre ist also der Kontostand = 15000 €.

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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 bestimmen

a und ein Funktionswert gegeben