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log im Interval bestimmen

Beispiel:

Finde zwei benachbarte ganze Zahlen, zwischen denen der Logarithmus $\log_{3} (\frac{1}{8})$ liegt.

Wir suchen $3$ er-Potenzen in der Näher von $\frac{1}{8}$ , also eine die gerade noch kleiner und eine die schon größer als $\frac{1}{8}$ ist.

Dabei kommt man auf $\frac{1}{9}$ = $\frac{1}{3^{2}}$ = 3^-2 < $\frac{1}{8}$ und auf $\frac{1}{3}$ = $\frac{1}{3}$ = 3^-1 > $\frac{1}{8}$ .

Und da wir bei $\log_{3} (\frac{1}{8})$ ja das ☐ von 3^☐ = $\frac{1}{8}$ suchen, muss dieses ☐ irgendwo zwischen -2 und -1 liegen, wegen:
3^-2 = $\frac{1}{3^{2}}$ = $\frac{1}{9}$ < $\frac{1}{8}$ < $\frac{1}{3}$ = $\frac{1}{3}$ = 3^-1

Es gilt somit: -2 < $\log_{3} (\frac{1}{8})$ < -1

Beide Logarithmusgesetze

Beispiel:

Vereinfache den Term $- \lg (\frac{1}{5} x^{9}) + \lg (\frac{1}{250} x) - \lg (\frac{1}{50 x^{4}})$ soweit wie möglich.

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$- \lg (\frac{1}{5} x^{9}) + \lg (\frac{1}{250} x) - \lg (\frac{1}{50 x^{4}})$

= $- \lg (\frac{1}{5} x^{9}) + \lg (\frac{1}{250} x) - \lg (\frac{1}{50} x^{- 4})$

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

= $- (\lg (\frac{1}{5}) + \lg (x^{9})) + (\lg (\frac{1}{250}) + \lg (x)) - (\lg (\frac{1}{50}) + \lg (\frac{1}{x^{4}}))$

= $- \lg (\frac{1}{5}) - \lg (x^{9}) + \lg (\frac{1}{250}) + \lg (x) - \lg (\frac{1}{50}) - \lg (\frac{1}{x^{4}})$

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

= $- \lg (\frac{1}{5}) - 9 \lg (x) + \lg (\frac{1}{250}) + \lg (x) - \lg (\frac{1}{50}) + 4 \lg (x)$

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

= $- \lg (1) + \lg (5) - 9 \lg (x) + \lg (1) - \lg (250) + \lg (x) - \lg (1) + \lg (50) + 4 \lg (x)$

= $- 4 \lg (x) - \lg (250) + \lg (50) + \lg (5)$

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

= $- 4 \lg (x) + \lg (\frac{1}{250} \cdot 50 \cdot 5)$

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

= $- 4 \lg (x) + \lg (1)$

= $- 4 \lg (x)$

Umkehrfunktion von e- und ln-Funkt'n

Beispiel:

Die Funktion f mit $f(x) =$ $- 3 e^{x - 1} - 1$ 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 $x - 1$ ist eine lineare Funktion (Gerade), die jeden Wert zwischen -∞ und ∞ annehmen kann.

Wir wissen, dass $e^{x - 1}$ 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 $e^{x - 1}$ wird $e^{x - 1}$ an der x-Achse gespiegelt. Dadurch liegen bei $- 3 e^{x - 1}$ die Funktionswerte zwischen -∞ und 0.

Durch die -1 hinter dem $- 3 e^{x - 1}$ wird zu allen Funktionswerten von $- 3 e^{x - 1}$ 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:

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

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

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

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

Halbwerts-/Verdoppl.-Zeit (Anwendung)

Beispiel:

Ein radioaktives Element verliert jeden Tag 11,2% seines Bestands. Bestimme die Halbwertszeit dieses radioaktives Elements.

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Die prozentuale Abnahme um 11.2% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt vom alten Bestand noch 11.2% weggehen,
also B_neu = B - $\frac{11.2}{100}$ ⋅B = (1 - $\frac{11.2}{100}$ ) ⋅ B = 0,888 ⋅ B.

Somit gilt für den Wachstumsfaktor a (in $f(t) =$ $c \cdot a^{t}$ ): a=0,888.

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

Also T_H = log_0.888( $\frac{1}{2}$ ) ≈ 5.84 Tage

c und a gegeben

Beispiel:

Eine Bakterienkultur vermehrt sich stündlich um 35%. Zu Beobachtungsbeginn umfasste die Kultur 23 Milionen Bakterien.a) Wie viel Millionen Bakterien hat die Bakterienkultur nach 4 Stunden? b) Wann umfasst die Kultur 7023 Millionen Bakterien?

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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=23 kann man direkt aus der Aufgabe heraus lesen.

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.

Damit ergibt sich der Funktionsterm $f(t) =$ $23 \cdot {1,35}^{t}$ .

zu a)

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

f(4) = $23 \cdot {1,35}^{4}$ ≈ 76,395.

zu b)

Hier wird gefragt, wann der Bestand = 7023 Millionen Bakterien ist, also f(t) = 7023:

$23 \cdot {1,35}^{t}$	=	$7 023$	\|: $23$
${1,35}^{t}$	=	$\frac{7023}{23}$	\|lg(⋅)
$\lg ({1,35}^{t})$	=	$\lg (\frac{7023}{23})$
$t \cdot \lg (1,35)$	=	$\lg (\frac{7023}{23})$	\|: $\lg (1,35)$
$t$	=	$\frac{\lg (\frac{7023}{23})}{\lg (1,35)}$

t

=

19,0649

Nach ca. 19,065 Stunden ist also der Bestand = 7023 Millionen Bakterien.

Aufgabentypen anhand von Beispielen durchstöbern

log im Interval bestimmen

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