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Beide Logarithmusgesetze

Beispiel:

Vereinfache den Term $- \lg (\frac{1}{4 x^{2}}) + \lg (\frac{1}{20 x^{4}}) + \lg (5)$ soweit wie möglich.

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$- \lg (\frac{1}{4 x^{2}}) + \lg (\frac{1}{20 x^{4}}) + \lg (5)$

= $- \lg (\frac{1}{4} x^{- 2}) + \lg (\frac{1}{20} x^{- 4}) + \lg (5)$

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

= $- (\lg (\frac{1}{4}) + \lg (\frac{1}{x^{2}})) + (\lg (\frac{1}{20}) + \lg (\frac{1}{x^{4}})) + (\lg (5) + \lg (1))$

= $- \lg (\frac{1}{4}) - \lg (\frac{1}{x^{2}}) + \lg (\frac{1}{20}) + \lg (\frac{1}{x^{4}}) + \lg (5) + \lg (1)$

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

= $- \lg (\frac{1}{4}) + 2 \lg (x) + \lg (\frac{1}{20}) - 4 \lg (x) + \lg (5) + 0$

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

= $- \lg (1) + \lg (4) + 2 \lg (x) + \lg (1) - \lg (20) - 4 \lg (x) + \lg (5) + 0$

= $- 2 \lg (x) - \lg (20) + \lg (5) + \lg (4)$

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

= $- 2 \lg (x) + \lg (\frac{1}{20} \cdot 5 \cdot 4)$

= $- 2 \lg (x) + \lg (\frac{1}{4} \cdot 4)$

= $- 2 \lg (x) + \lg (1)$

= $- 2 \lg (x)$

Beide Logarithmusgesetze

Beispiel:

Vereinfache den Term $- \lg (\frac{40 000}{x^{4}}) + \lg (\frac{2}{x^{6}}) + \lg (20 x^{2})$ soweit wie möglich.

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$- \lg (\frac{40 000}{x^{4}}) + \lg (\frac{2}{x^{6}}) + \lg (20 x^{2})$

= $- \lg (40000 x^{- 4}) + \lg (2 x^{- 6}) + \lg (20 x^{2})$

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

= $- (\lg (40000) + \lg (\frac{1}{x^{4}})) + (\lg (2) + \lg (\frac{1}{x^{6}})) + (\lg (20) + \lg (x^{2}))$

= $- \lg (40000) - \lg (\frac{1}{x^{4}}) + \lg (2) + \lg (\frac{1}{x^{6}}) + \lg (20) + \lg (x^{2})$

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

= $- \lg (40000) + 4 \lg (x) + \lg (2) - 6 \lg (x) + \lg (20) + 2 \lg (x)$

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

= $- \lg (40 000) + 4 \lg (x) + \lg (2) - 6 \lg (x) + \lg (20) + 2 \lg (x)$

= $- \lg (40 000) + \lg (20) + \lg (2)$

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

= $\lg (\frac{1}{40000} \cdot 20 \cdot 2)$

= $\lg (\frac{1}{1000})$

= $\lg (10^{- 3})$

= $- 3$

Umkehrfunktion von e- und ln-Funkt'n

Beispiel:

Die Funktion f mit $f(x) =$ $e^{- 0,3 x + 0,3} - 2$ 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 $- 0,3 x + 0,3$ ist eine lineare Funktion (Gerade), die jeden Wert zwischen -∞ und ∞ annehmen kann.

Wir wissen, dass $e^{- 0,3 x + 0,3}$ 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 $e^{- 0,3 x + 0,3}$ wird zu allen Funktionswerten von $e^{- 0,3 x + 0,3}$ 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:

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

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

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 = $- \frac{1}{0,3} \ln (x + 2) + \frac{0,3}{0,3}$

und erhalten so die Umkehrfunktion $\bar{f}$ (x) = $- \frac{1}{0,3} \ln (x + 2) + \frac{0,3}{0,3}$

Halbwerts-/Verdoppl.-Zeit (Anwendung)

Beispiel:

Ein Konto wird mit 3,5% verzinst.Bestimme die Zeit bis sich der Kontostand verdoppelt hat.

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Die prozentuale Zunahme um 3.5% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt zum alten Bestand noch 3.5% dazukommen,
also B_neu = B + $\frac{3.5}{100}$ ⋅B = (1 + $\frac{3.5}{100}$ ) ⋅ B = 1,035 ⋅ B.

Somit gilt für den Wachstumsfaktor a (in $f(t) =$ $c \cdot a^{t}$ ): a=1,035.

Mit der Formel für die Verdopplungszeit gilt: T_V = log_a(2).

Also T_V = log_1.035( $2$ ) ≈ 20.15 Jahre

c und a gegeben

Beispiel:

Ein radioaktives Element verliert jeden Tag 15% seines Bestands. Zu Beginn sind 60kg dieses Elements vorhanden. a) Wie viel kg des Elements sind noch nach 4 Tagen da? b) Wann sind nur noch 30kg vorhanden?

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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.

Den Anfangswert f(0)=c=60 kann man direkt aus der Aufgabe heraus lesen.

Die prozentuale Abnahme um 15% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt vom alten Bestand noch 15% weggehen,
also B_neu = B - $\frac{15}{100}$ ⋅B = (1 - $\frac{15}{100}$ ) ⋅ B = 0,85 ⋅ B. Somit ist das a=0,85.

Damit ergibt sich der Funktionsterm $f(t) =$ $60 \cdot {0,85}^{t}$ .

zu a)

Gesucht ist der Bestand zum Zeitpunkt t=4 Tage, also f(4):

f(4) = $60 \cdot {0,85}^{4}$ ≈ 31,32.

zu b)

Hier wird gefragt, wann der Bestand = 30 kg ist, also f(t) = 30:

$60 \cdot {0,85}^{t}$	=	$30$	\|: $60$
${0,85}^{t}$	=	$\frac{1}{2}$	\|lg(⋅)
$\lg ({0,85}^{t})$	=	$\lg (\frac{1}{2})$
$t \cdot \lg (0,85)$	=	$\lg (\frac{1}{2})$	\|: $\lg (0,85)$
$t$	=	$\frac{\lg (\frac{1}{2})}{\lg (0,85)}$

t

=

4,265

Nach ca. 4,265 Tage ist also der Bestand = 30 kg.

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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 (Anwendung)

c und a gegeben