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2. Logarithmusgesetz einfach

Beispiel:

Vereinfache den Term $4 \lg (x^{4}) + 4 \lg (x^{3}) + \lg (\frac{1}{\sqrt{x}})$ zu einem Vielfachen von $\lg (x)$ .

Es gilt mit dem Logarithmusgesetz log(a^b) = b⋅log(a):
$4 \lg (x^{4}) + 4 \lg (x^{3}) + \lg (\frac{1}{\sqrt{x}})$
= $4 \lg (x^{4}) + 4 \lg (x^{3}) + \lg (x^{- \frac{1}{2}})$
= $16 \lg (x) + 12 \lg (x) - \frac{1}{2} \lg (x)$
= $\frac{55}{2} \lg (x)$

Parameter mit Graph bestimmen

Beispiel:

Gegeben ist die Funktionenschar $f_{k} (x) =$ $2 k e^{k x + k} + 3$ . 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 $2 k e^{k x + k}$ niemals = 0 werden.
Wenn der Exponent $k x + k$ jedoch betragsmäßig sehr große und negative Werte annimmt, strebt der Exponentianterm $2 k e^{k x + k}$ recht schnell gegen 0. Das lässt sich auch gut in der waagrechten Assymtote bei $3$ 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

) =

2 k e^{k \cdot (- 1) + k} + 3

=

2 k + 3

im abgebildeten Term können wir aber ja f(

- 1

) = 0 ablesen, es gilt somit:

$2 k + 3$	=	0	\| $- 3$
$2 k$	=	$- 3$	\|: $2$
$k$	=	$- \frac{3}{2}$ = -1.5

Der abgebildete Graph ist somit der von f_{$- \frac{3}{2}$}

Umkehrfunktion von e- und ln-Funkt'n

Beispiel:

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

Wir wissen, dass $e^{x - 3}$ 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.

Auch mit dem positiven Koeffizienten $3$ vor $e^{x - 3}$ können die Funktionswerte von $3 e^{x - 3}$ alles zwischen 0 und ∞ annehmen.

Durch die -2 hinter dem $3 e^{x - 3}$ wird zu allen Funktionswerten von $3 e^{x - 3}$ 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:

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

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

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

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

Halbwerts-/Verdoppl.-Zeit (Anwendung)

Beispiel:

Ein Konto wird mit 7,1% verzinst.Bestimme die Zeit bis sich der Kontostand verdoppelt hat.

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Die prozentuale Zunahme um 7.1% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt zum alten Bestand noch 7.1% dazukommen,
also B_neu = B + $\frac{7.1}{100}$ ⋅B = (1 + $\frac{7.1}{100}$ ) ⋅ B = 1,071 ⋅ B.

Somit gilt für den Wachstumsfaktor a (in $f(t) =$ $c \cdot a^{t}$ ): a=1,071.

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

Also T_V = log_1.071( $2$ ) ≈ 10.11 Jahre

c und ein Funktionswert gegeben

Beispiel:

Von einem radioaktiven Element sind zu Beobachtungsbeginn 40kg vorhanden. Nach 4 Tagen nach sind nur noch 29,92kg dieses Elements vorhanden. a) Wie viel kg des Elements sind 7 Tage nach Beobachtungsbeginn vorhanden? b) Wann sind nur noch 30kg 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=40 kann man direkt aus der Aufgabe heraus lesen.

Somit wissen wir bereits, dass der Funktionsterm $f(t) =$ $40 \cdot a^{t}$ mit einem Wachstumsfaktor a sein muss.

Der Wachstumsfaktor a ist zwar nicht gegeben, wir wissen aber, dass nach 4 Tage der Bestand 29.92 kg ist, also f(4) = 29.92. Dies setzen wir in unsern bisherigen Funktionterm $f(t) =$ $40 \cdot a^{t}$ ein:

$40 a^{4}$	=	$29,92$	\|: $40$
$a^{4}$	=	$0,748$	\| $\sqrt[4]{\cdot}$
a₁	=	$- \sqrt[4]{0,748}$	≈ $- 0,93$
a₂	=	$\sqrt[4]{0,748}$	≈ $0,93$

Da der Wachstumsfaktor a immer positiv sein muss, ist a= $0,93$ ≈ 0.93 die einzige sinnvolle Lösung.

Damit ergibt sich der Funktionsterm $f(t) =$ $40 \cdot {0,93}^{t}$ .

zu a)

Gesucht ist der Bestand zum Zeitpunkt t=7 Tage, also f(7):

f(7) = $40 \cdot {0,93}^{7}$ ≈ 24,068.

zu b)

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

$40 \cdot {0,93}^{t}$	=	$30$	\|: $40$
${0,93}^{t}$	=	$\frac{3}{4}$	\|lg(⋅)
$\lg ({0,93}^{t})$	=	$\lg (\frac{3}{4})$
$t \cdot \lg (0,93)$	=	$\lg (\frac{3}{4})$	\|: $\lg (0,93)$
$t$	=	$\frac{\lg (\frac{3}{4})}{\lg (0,93)}$

t

=

3,9642

Nach ca. 3,964 Tage ist also der Bestand = 30 kg.

Aufgabentypen anhand von Beispielen durchstöbern

2. Logarithmusgesetz einfach

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 ein Funktionswert gegeben