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log im Interval bestimmen

Beispiel:

Finde zwei benachbarte ganze Zahlen, zwischen denen der Logarithmus $\log_{5} (23)$ liegt.

Wir suchen $5$ er-Potenzen in der Näher von $23$ , also eine die gerade noch kleiner und eine die schon größer als $23$ ist.

Dabei kommt man auf $5$ = 5¹ < $23$ und auf $5^{2}$ = 5² > $23$ .

Und da wir bei $\log_{5} (23)$ ja das ☐ von 5^☐ = $23$ suchen, muss dieses ☐ irgendwo zwischen 1 und 2 liegen, wegen:
5¹ = $5$ < $23$ < $5^{2}$ = 5²

Es gilt somit: 1 < $\log_{5} (23)$ < 2

Parameter mit Graph bestimmen

Beispiel:

Gegeben ist die Funktionenschar $f_{k} (x) =$ $k e^{k x - k} - 2$ . Die Abbildung rechts zeigt den Graph von f_k für ein bestimmtes k. Bestimme dieses k.

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Das Problem bei e-Funktionen ist ja, dass wir normale Funktionswerte sehr schwer berechnen und dann nur sehr ungenau ablesen können :(

Die einzigen Möglichkeiten gut ablesbare Werte zu finden, ist also dort, wo der Exponentialterm (annähernd) = 0 ist - oder eben =1 ist, weil dort der Exponent =0 ist.

Da das k ja ein fester Wert ist, kann $k e^{k x - k}$ niemals = 0 werden.
Wenn der Exponent $k x - k$ jedoch betragsmäßig sehr große und negative Werte annimmt, strebt der Exponentianterm $k e^{k x - k}$ recht schnell gegen 0. Das lässt sich auch gut in der waagrechten Assymtote bei $- 2$ erkennen.
Dieser zweite Summand ist aber unabhängig von k, so dass uns die Lage der Asymptote keinen Anhaltspunkt für den Wert von k gibt.

Wir müssen also den Exponent

k x - k

= 0 bekommen, um einen präzise ablebaren Punkt auf dem Graph zu bekommen.

$k x - k$	=	0	\| - ( $- k$ )
$k x$	=	$k$	\|:( $k$ )
$x$	=	$1$

Wenn wir nun

1

in f_k einsetzen erhalten wir folgende Gleichung:
f_k(

1

) =

k e^{k \cdot 1 - k} - 2

=

k - 2

im abgebildeten Term können wir aber ja f(

1

) = -1 ablesen, es gilt somit:

$k - 2$	=	$- 1$	\| $+ 2$
$k$	=	$1$

Der abgebildete Graph ist somit der von f_$1$

Umkehrfunktion von e- und ln-Funkt'n

Beispiel:

Die Funktion f mit $f(x) =$ $- 3 e^{- 0,4 x} + 3$ 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 $- 0,4 x$ ist eine lineare Funktion (Gerade), die jeden Wert zwischen -∞ und ∞ annehmen kann.

Wir wissen, dass $e^{- 0,4 x}$ 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 $- 3$ vor $e^{- 0,4 x}$ wird $e^{- 0,4 x}$ an der x-Achse gespiegelt. Dadurch liegen bei $- 3 e^{- 0,4 x}$ die Funktionswerte zwischen -∞ und 0.

Durch die +3 hinter dem $- 3 e^{- 0,4 x}$ wird zu allen Funktionswerten von $- 3 e^{- 0,4 x}$ 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:

$- 3 e^{- 0,4 x} + 3$	=	$y$	\| $- 3$
$- 3 e^{- 0,4 x}$	=	$y - 3$	\|: $- 3$
$e^{- 0,4 x}$	=	$- \frac{1}{3} y + 1$	\|ln(⋅)
$- 0,4 x$	=	$\ln (- \frac{1}{3} y + 1)$	\|: $- 0,4$
$x$	=	$- \frac{1}{0,4} \ln (- \frac{1}{3} y + 1)$
$x$	=	$- \frac{5}{2} \ln (- \frac{1}{3} y + 1)$

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 = $- \frac{5}{2} \ln (- \frac{1}{3} x + 1)$

und erhalten so die Umkehrfunktion $\bar{f}$ (x) = $- \frac{5}{2} \ln (- \frac{1}{3} x + 1)$

Halbwerts-/Verdoppl.-Zeit bestimmen

Beispiel:

Gegeben ist der Exponentialfunktion f mit $f(t) =$ $c \cdot {0,912}^{t}$ mit unbekanntem Anfangswert c.

Bestimme die Halbwertszeit.

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Den Wachstumsfaktor a kann direkt aus dem Funktionterm $f(t) =$ $c \cdot {0,912}^{t}$ ablesen: a=0.912.

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

Also T_H = log_0.912( $\frac{1}{2}$ ) ≈ 7.52 (Zeiteinheiten)

a und ein Funktionswert gegeben

Beispiel:

Eine Bakterienkultur vermehrt sich stündlich um 35%. 13 Stunden nach Beobachtungsbeginn sind es bereits 1088,33Millionen Bakterien.a) Wie viel Millionen Bakterien hat die Bakterienkultur nach 10 Stunden? b) Wann umfasst die Kultur 222 Millionen Bakterien?

Lösung einblenden

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 35% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt zum alten Bestand noch 35% dazukommen,
also B_neu = B + $\frac{35}{100}$ ⋅B = (1 + $\frac{35}{100}$ ) ⋅ B = 1,35 ⋅ B. Somit ist das a=1,35.

Somit wissen wir bereits, dass der Funktionsterm $f(t) =$ $c \cdot {1,35}^{t}$ mit einem Anfangswert c sein muss.

Wir kennen zwar den Anfangswert f(0)=c nicht, wissen aber, dass nach 13 Stunden der Bestand 1088.33 Millionen Bakterien ist, also f(13) = 1088.33. Dies setzen wir in unsern bisherigen Funktionterm $f(t) =$ $c \cdot {1,35}^{t}$ ein:

c ⋅ 1.35¹³ = 1088.33

c ⋅ 49.46967 = 1088.33 | : 49.46967

c = 22

Damit ergibt sich der Funktionsterm $f(t) =$ $22 \cdot {1,35}^{t}$ .

zu a)

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

f(10) = $22 \cdot {1,35}^{10}$ ≈ 442,344.

zu b)

Hier wird gefragt, wann der Bestand = 222 Millionen Bakterien ist, also f(t) = 222:

$22 \cdot {1,35}^{t}$	=	$222$	\|: $22$
${1,35}^{t}$	=	$\frac{111}{11}$	\|lg(⋅)
$\lg ({1,35}^{t})$	=	$\lg (\frac{111}{11})$
$t \cdot \lg (1,35)$	=	$\lg (\frac{111}{11})$	\|: $\lg (1,35)$
$t$	=	$\frac{\lg (\frac{111}{11})}{\lg (1,35)}$

t

=

7,7028

Nach ca. 7,703 Stunden ist also der Bestand = 222 Millionen Bakterien.

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log im Interval bestimmen

Parameter mit Graph bestimmen

Umkehrfunktion von e- und ln-Funkt'n

Maximale Definitionsmenge von f

Wertemenge von f

Umkehrfunktion

Halbwerts-/Verdoppl.-Zeit bestimmen

a und ein Funktionswert gegeben