Mathebattle EduRandomtasks

Beide Logarithmusgesetze

Beispiel:

Vereinfache den Term $\lg (5 x^{2}) - \lg (\frac{1}{50}) + \lg (\frac{1}{250 x^{3}})$ soweit wie möglich.

Lösung einblenden

$\lg (5 x^{2}) - \lg (\frac{1}{50}) + \lg (\frac{1}{250 x^{3}})$

= $\lg (5 x^{2}) - \lg (\frac{1}{50}) + \lg (\frac{1}{250} x^{- 3})$

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

= $\lg (5) + \lg (x^{2}) - (\lg (\frac{1}{50}) + \lg (1)) + (\lg (\frac{1}{250}) + \lg (\frac{1}{x^{3}}))$

= $\lg (5) + \lg (x^{2}) - \lg (\frac{1}{50}) - \lg (1) + \lg (\frac{1}{250}) + \lg (\frac{1}{x^{3}})$

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

= $\lg (5) + 2 \lg (x) - \lg (\frac{1}{50}) + 0 + \lg (\frac{1}{250}) - 3 \lg (x)$

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

= $\lg (5) + 2 \lg (x) - \lg (1) + \lg (50) + 0 + \lg (1) - \lg (250) - 3 \lg (x)$

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

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

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

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

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

= $- \lg (x)$

Parameter mit Graph bestimmen

Beispiel:

Gegeben ist die Funktionenschar $f_{k} (x) =$ $- e^{- \frac{7}{10} x + 2 k} + 4 k$ . Die Abbildung rechts zeigt den Graph von f_k für ein bestimmtes k. Bestimme dieses k.

Lösung einblenden

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

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

Hier kann man schnell erkennen, dass der Exponentialterm $- e^{- \frac{7}{10} x + 2 k}$ niemals = 0 werden kann.
Da jedoch der zweite Summand $4 k$ abhängig von k ist, Kann man über die Asymptote den Parameter k bestimmen.
Denn für x → +∞ strebt f_k(x) → 0 + $4 k$
Aus dem Schaubild erkennt man eine waagrechte Asymptote bei y = -2, somit muss $4 k$ = -2 gelten;
Also gilt k = $- \frac{1}{2}$

Der abgebildete Graph ist somit der von f_{$- \frac{1}{2}$}

Umkehrfunktion von e- und ln-Funkt'n

Beispiel:

Die Funktion f mit $f(x) =$ $e^{0,2 x} + 2$ ist auf ihrer maximalen Definitionsmenge umkehrbar.

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

Lösung einblenden

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 $0,2 x$ ist eine lineare Funktion (Gerade), die jeden Wert zwischen -∞ und ∞ annehmen kann.

Wir wissen, dass $e^{0,2 x}$ 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 die +2 hinter dem $e^{0,2 x}$ wird zu allen Funktionswerten von $e^{0,2 x}$ 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:

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

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 = $5 \ln (x - 2)$

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

Halbwerts-/Verdoppl.-Zeit (Anwendung)

Beispiel:

Ein Staat verliert jedes Jahr 1% seiner Bevölkerung. Wann hat sich die Bevölkerung halbiert?

Lösung einblenden

Die prozentuale Abnahme um 1% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt vom alten Bestand noch 1% weggehen,
also B_neu = B - $\frac{1}{100}$ ⋅B = (1 - $\frac{1}{100}$ ) ⋅ B = 0,99 ⋅ B.

Somit gilt für den Wachstumsfaktor a (in $f(t) =$ $c \cdot a^{t}$ ): a=0,99.

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

Also T_H = log_0.99( $\frac{1}{2}$ ) ≈ 68.97 Jahre

c und a gegeben

Beispiel:

In einem Land hat man festgestellt, dass die Anzahl einer bestimmten Insektenart jedes Jahr um 18% abnimmt. Zu Beginn der Beobachtung wurden 13 Millionen dieser Insekten geschätzt. a) Wie viele Millionen der Insekten gibt es in dem Land noch nach 13 Jahren? b) Wann erwartet man nur noch 3 Millionen dieser Insekten?

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=13 kann man direkt aus der Aufgabe heraus lesen.

Die prozentuale Abnahme um 18% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt vom alten Bestand noch 18% weggehen,
also B_neu = B - $\frac{18}{100}$ ⋅B = (1 - $\frac{18}{100}$ ) ⋅ B = 0,82 ⋅ B. Somit ist das a=0,82.

Damit ergibt sich der Funktionsterm $f(t) =$ $13 \cdot {0,82}^{t}$ .

zu a)

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

f(13) = $13 \cdot {0,82}^{13}$ ≈ 0,985.

zu b)

Hier wird gefragt, wann der Bestand = 3 Millionen Insekten ist, also f(t) = 3:

$13 \cdot {0,82}^{t}$	=	$3$	\|: $13$
${0,82}^{t}$	=	$\frac{3}{13}$	\|lg(⋅)
$\lg ({0,82}^{t})$	=	$\lg (\frac{3}{13})$
$t \cdot \lg (0,82)$	=	$\lg (\frac{3}{13})$	\|: $\lg (0,82)$
$t$	=	$\frac{\lg (\frac{3}{13})}{\lg (0,82)}$

t

=

7,3889

Nach ca. 7,389 Jahre ist also der Bestand = 3 Millionen Insekten.

Aufgabentypen anhand von Beispielen durchstöbern

Beide Logarithmusgesetze

Parameter mit Graph bestimmen

Umkehrfunktion von e- und ln-Funkt'n

Maximale Definitionsmenge von f

Wertemenge von f

Umkehrfunktion

Halbwerts-/Verdoppl.-Zeit (Anwendung)

c und a gegeben