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1. Logarithmusgesetz einfach

Beispiel:

Vereinfache $\lg (\frac{100}{x}) + 5 \lg (x)$ so, dass das Argument des Logarithmus möglichst einfach wird.

Es gilt mit dem Logarithmusgesetz log(a ⋅ b) = log(a) + log(b):
$\lg (\frac{100}{x}) + 5 \lg (x)$
= $\lg (100) - \lg (x) + 5 \lg (x)$
= $\lg (10^{2}) - \lg (x) + 5 \lg (x)$
= $2 - \lg (x) + 5 \lg (x)$
= $4 \lg (x) + 2$

Beide Logarithmusgesetze

Beispiel:

Vereinfache den Term $- \lg (\frac{100}{x}) - \lg (\frac{1}{20 x^{4}}) - \lg (\frac{1}{5} x^{10})$ soweit wie möglich.

Lösung einblenden

$- \lg (\frac{100}{x}) - \lg (\frac{1}{20 x^{4}}) - \lg (\frac{1}{5} x^{10})$

= $- \lg (100 x^{- 1}) - \lg (\frac{1}{20} x^{- 4}) - \lg (\frac{1}{5} x^{10})$

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

= $- (\lg (100) + \lg (\frac{1}{x})) - (\lg (\frac{1}{20}) + \lg (\frac{1}{x^{4}})) - (\lg (\frac{1}{5}) + \lg (x^{10}))$

= $- \lg (100) - \lg (\frac{1}{x}) - \lg (\frac{1}{20}) - \lg (\frac{1}{x^{4}}) - \lg (\frac{1}{5}) - \lg (x^{10})$

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

= $- \lg (100) + \lg (x) - \lg (\frac{1}{20}) + 4 \lg (x) - \lg (\frac{1}{5}) - 10 \lg (x)$

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

= $- \lg (100) + \lg (x) - \lg (1) + \lg (20) + 4 \lg (x) - \lg (1) + \lg (5) - 10 \lg (x)$

= $- 5 \lg (x) - \lg (100) + \lg (20) + \lg (5)$

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

= $- 5 \lg (x) + \lg (\frac{1}{100} \cdot 20 \cdot 5)$

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

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

= $- 5 \lg (x)$

Umkehrfunktion von e- und ln-Funkt'n

Beispiel:

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

Wir wissen, dass $e^{x - 2}$ 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 $e^{x - 2}$ können die Funktionswerte von $2 e^{x - 2}$ alles zwischen 0 und ∞ annehmen.

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

Umkehrfunktion

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

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

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

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

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

Halbwerts-/Verdoppl.-Zeit (Anwendung)

Beispiel:

In einem Land hat man festgestellt, dass die Anzahl einer bestimmten Insektenart jedes Jahr um 17% abnimmt. Wann hat sich die Anzahl dieser Insektenart halbiert?

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Die prozentuale Abnahme um 17% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt vom alten Bestand noch 17% weggehen,
also B_neu = B - $\frac{17}{100}$ ⋅B = (1 - $\frac{17}{100}$ ) ⋅ B = 0,83 ⋅ B.

Somit gilt für den Wachstumsfaktor a (in $f(t) =$ $c \cdot a^{t}$ ): a=0,83.

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

Also T_H = log_0.83( $\frac{1}{2}$ ) ≈ 3.72 Jahre

a und ein Funktionswert gegeben

Beispiel:

Ein Konto wird mit 2% verzinst. 2 Jahre nach dem das Konto eröffnet wurde, sind bereits 5202€ auf dem Konto. a) Wie hoch ist der Kontostand 8 Jahre nach der Kontoeröffnung? b) Wann ist der Kontostand auf 5500€ angewachsen?

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 2% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt zum alten Bestand noch 2% dazukommen,
also B_neu = B + $\frac{2}{100}$ ⋅B = (1 + $\frac{2}{100}$ ) ⋅ B = 1,02 ⋅ B. Somit ist das a=1,02.

Somit wissen wir bereits, dass der Funktionsterm $f(t) =$ $c \cdot {1,02}^{t}$ mit einem Anfangswert c sein muss.

Wir kennen zwar den Anfangswert f(0)=c nicht, wissen aber, dass nach 2 Jahre der Bestand 5202 € ist, also f(2) = 5202. Dies setzen wir in unsern bisherigen Funktionterm $f(t) =$ $c \cdot {1,02}^{t}$ ein:

c ⋅ 1.02² = 5202

c ⋅ 1.0404 = 5202 | : 1.0404

c = 5000

Damit ergibt sich der Funktionsterm $f(t) =$ $5 000 \cdot {1,02}^{t}$ .

zu a)

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

f(8) = $5 000 \cdot {1,02}^{8}$ ≈ 5858,297.

zu b)

Hier wird gefragt, wann der Kontostand = 5500 € ist, also f(t) = 5500:

$5 000 \cdot {1,02}^{t}$	=	$5 500$	\|: $5 000$
${1,02}^{t}$	=	$\frac{11}{10}$	\|lg(⋅)
$\lg ({1,02}^{t})$	=	$\lg (\frac{11}{10})$
$t \cdot \lg (1,02)$	=	$\lg (\frac{11}{10})$	\|: $\lg (1,02)$
$t$	=	$\frac{\lg (\frac{11}{10})}{\lg (1,02)}$

t

=

4,813

Nach ca. 4,813 Jahre ist also der Kontostand = 5500 €.

Aufgabentypen anhand von Beispielen durchstöbern

1. Logarithmusgesetz einfach

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