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log im Interval bestimmen

Beispiel:

Finde zwei benachbarte ganze Zahlen, zwischen denen der Logarithmus $\log_{19} (\frac{1}{311})$ liegt.

Wir suchen $19$ er-Potenzen in der Näher von $\frac{1}{311}$ , also eine die gerade noch kleiner und eine die schon größer als $\frac{1}{311}$ ist.

Dabei kommt man auf $\frac{1}{361}$ = $\frac{1}{19^{2}}$ = 19^-2 < $\frac{1}{311}$ und auf $\frac{1}{19}$ = $\frac{1}{19}$ = 19^-1 > $\frac{1}{311}$ .

Und da wir bei $\log_{19} (\frac{1}{311})$ ja das ☐ von 19^☐ = $\frac{1}{311}$ suchen, muss dieses ☐ irgendwo zwischen -2 und -1 liegen, wegen:
19^-2 = $\frac{1}{19^{2}}$ = $\frac{1}{361}$ < $\frac{1}{311}$ < $\frac{1}{19}$ = $\frac{1}{19}$ = 19^-1

Es gilt somit: -2 < $\log_{19} (\frac{1}{311})$ < -1

Beide Logarithmusgesetze

Beispiel:

Vereinfache den Term $- \lg (250 x^{7}) + \lg (50 x^{3}) - \lg (\frac{1}{50 x^{4}})$ soweit wie möglich.

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$- \lg (250 x^{7}) + \lg (50 x^{3}) - \lg (\frac{1}{50 x^{4}})$

= $- \lg (250 x^{7}) + \lg (50 x^{3}) - \lg (\frac{1}{50} x^{- 4})$

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

= $- (\lg (250) + \lg (x^{7})) + (\lg (50) + \lg (x^{3})) - (\lg (\frac{1}{50}) + \lg (\frac{1}{x^{4}}))$

= $- \lg (250) - \lg (x^{7}) + \lg (50) + \lg (x^{3}) - \lg (\frac{1}{50}) - \lg (\frac{1}{x^{4}})$

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

= $- \lg (250) - 7 \lg (x) + \lg (50) + 3 \lg (x) - \lg (\frac{1}{50}) + 4 \lg (x)$

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

= $- \lg (250) - 7 \lg (x) + \lg (50) + 3 \lg (x) - \lg (1) + \lg (50) + 4 \lg (x)$

= $- \lg (250) + \lg (50) + \lg (50)$

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

= $\lg (\frac{1}{250} \cdot 50 \cdot 50)$

= $\lg (10)$

= $1$

Umkehrfunktion von e- und ln-Funkt'n

Beispiel:

Die Funktion f mit $f(x) =$ $2 e^{x - 1} + 3$ 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 $x - 1$ ist eine lineare Funktion (Gerade), die jeden Wert zwischen -∞ und ∞ annehmen kann.

Wir wissen, dass $e^{x - 1}$ 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.

Auch mit dem positiven Koeffizienten $2$ vor $e^{x - 1}$ können die Funktionswerte von $2 e^{x - 1}$ alles zwischen 0 und ∞ annehmen.

Durch die +3 hinter dem $2 e^{x - 1}$ wird zu allen Funktionswerten von $2 e^{x - 1}$ noch $3$ addiert. Dadurch verschiebt sich auch der Wertebereich zu W = {y ∈ ℝ | y > 3}

Umkehrfunktion

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

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

$x - 1$	=	$\ln (\frac{1}{2} y - \frac{3}{2})$	\| $+ 1$
$x$	=	$\ln (\frac{1}{2} y - \frac{3}{2}) + 1$

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

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

Halbwerts-/Verdoppl.-Zeit (Anwendung)

Beispiel:

Ein radioaktives Element verliert jeden Tag 8,9% seines Bestands. Bestimme die Halbwertszeit dieses radioaktives Elements.

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Die prozentuale Abnahme um 8.9% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt vom alten Bestand noch 8.9% weggehen,
also B_neu = B - $\frac{8.9}{100}$ ⋅B = (1 - $\frac{8.9}{100}$ ) ⋅ B = 0,911 ⋅ B.

Somit gilt für den Wachstumsfaktor a (in $f(t) =$ $c \cdot a^{t}$ ): a=0,911.

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

Also T_H = log_0.911( $\frac{1}{2}$ ) ≈ 7.44 Tage

c und ein Funktionswert gegeben

Beispiel:

Von einem radioaktiven Element sind zu Beobachtungsbeginn 30kg vorhanden. Nach 6 Tagen nach sind nur noch 22,05kg dieses Elements vorhanden. a) Wie viel kg des Elements sind 13 Tage nach Beobachtungsbeginn vorhanden? b) Wann sind nur noch 10kg vorhanden?

Lösung einblenden

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

Den Anfangswert f(0)=c=30 kann man direkt aus der Aufgabe heraus lesen.

Somit wissen wir bereits, dass der Funktionsterm $f(t) =$ $30 \cdot a^{t}$ mit einem Wachstumsfaktor a sein muss.

Der Wachstumsfaktor a ist zwar nicht gegeben, wir wissen aber, dass nach 6 Tage der Bestand 22.05 kg ist, also f(6) = 22.05. Dies setzen wir in unsern bisherigen Funktionterm $f(t) =$ $30 \cdot a^{t}$ ein:

$30 a^{6}$	=	$22,05$	\|: $30$
$a^{6}$	=	$0,735$	\| $\sqrt[6]{\cdot}$
a₁	=	$- \sqrt[6]{0,735}$	≈ $- 0,95$
a₂	=	$\sqrt[6]{0,735}$	≈ $0,95$

Da der Wachstumsfaktor a immer positiv sein muss, ist a= $0,95$ ≈ 0.95 die einzige sinnvolle Lösung.

Damit ergibt sich der Funktionsterm $f(t) =$ $30 \cdot {0,95}^{t}$ .

zu a)

Gesucht ist der Bestand zum Zeitpunkt t=13 Tage, also f(13):

f(13) = $30 \cdot {0,95}^{13}$ ≈ 15,4.

zu b)

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

$30 \cdot {0,95}^{t}$	=	$10$	\|: $30$
${0,95}^{t}$	=	$\frac{1}{3}$	\|lg(⋅)
$\lg ({0,95}^{t})$	=	$\lg (\frac{1}{3})$
$t \cdot \lg (0,95)$	=	$\lg (\frac{1}{3})$	\|: $\lg (0,95)$
$t$	=	$\frac{\lg (\frac{1}{3})}{\lg (0,95)}$

t

=

21,4182

Nach ca. 21,418 Tage ist also der Bestand = 10 kg.

Aufgabentypen anhand von Beispielen durchstöbern

log im Interval bestimmen

Beide Logarithmusgesetze

Umkehrfunktion von e- und ln-Funkt'n

Maximale Definitionsmenge von f

Wertemenge von f

Umkehrfunktion

Halbwerts-/Verdoppl.-Zeit (Anwendung)

c und ein Funktionswert gegeben