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1. Logarithmusgesetz einfach

Beispiel:

Vereinfache $\lg (1 000 x) + 2 \lg (x)$ so, dass das Argument des Logarithmus möglichst einfach wird.

Es gilt mit dem Logarithmusgesetz log(a ⋅ b) = log(a) + log(b):
$\lg (1 000 x) + 2 \lg (x)$
= $\lg (1 000) + \lg (x) + 2 \lg (x)$
= $\lg (10^{3}) + \lg (x) + 2 \lg (x)$
= $3 + \lg (x) + 2 \lg (x)$
= $3 \lg (x) + 3$

Beide Logarithmusgesetze

Beispiel:

Vereinfache den Term $- \lg (\frac{1}{25} x) + \lg (\frac{5}{x^{6}}) + \lg (\frac{1}{125} x^{2})$ soweit wie möglich.

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$- \lg (\frac{1}{25} x) + \lg (\frac{5}{x^{6}}) + \lg (\frac{1}{125} x^{2})$

= $- \lg (\frac{1}{25} x) + \lg (5 x^{- 6}) + \lg (\frac{1}{125} x^{2})$

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

= $- (\lg (\frac{1}{25}) + \lg (x)) + (\lg (5) + \lg (\frac{1}{x^{6}})) + (\lg (\frac{1}{125}) + \lg (x^{2}))$

= $- \lg (\frac{1}{25}) - \lg (x) + \lg (5) + \lg (\frac{1}{x^{6}}) + \lg (\frac{1}{125}) + \lg (x^{2})$

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

= $- \lg (\frac{1}{25}) - \lg (x) + \lg (5) - 6 \lg (x) + \lg (\frac{1}{125}) + 2 \lg (x)$

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

= $- \lg (1) + \lg (25) - \lg (x) + \lg (5) - 6 \lg (x) + \lg (1) - \lg (125) + 2 \lg (x)$

= $- 5 \lg (x) - \lg (125) + \lg (25) + \lg (5)$

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

= $- 5 \lg (x) + \lg (\frac{1}{125} \cdot 25 \cdot 5)$

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

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

= $- 5 \lg (x)$

Umkehrfunktion von e- und ln-Funkt'n

Beispiel:

Die Funktion f mit $f(x) =$ $4 e^{x - 3} - 1$ 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 $x - 3$ 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 $4$ vor $e^{x - 3}$ können die Funktionswerte von $4 e^{x - 3}$ alles zwischen 0 und ∞ annehmen.

Durch die -1 hinter dem $4 e^{x - 3}$ wird zu allen Funktionswerten von $4 e^{x - 3}$ 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:

$4 e^{x - 3} - 1$	=	$y$	\| $+ 1$
$4 e^{x - 3}$	=	$y + 1$	\|: $4$
$e^{x - 3}$	=	$\frac{1}{4} y + \frac{1}{4}$	\|ln(⋅)
$x - 3$	=	$\ln (\frac{1}{4} y + \frac{1}{4})$

$x - 3$	=	$\ln (\frac{1}{4} y + \frac{1}{4})$	\| $+ 3$
$x$	=	$\ln (\frac{1}{4} y + \frac{1}{4}) + 3$

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 = $\ln (\frac{1}{4} x + \frac{1}{4}) + 3$

und erhalten so die Umkehrfunktion $\bar{f}$ (x) = $\ln (\frac{1}{4} x + \frac{1}{4}) + 3$

Halbwerts-/Verdoppl.-Zeit (Anwendung)

Beispiel:

Eine Bakterienkultur vermehrt sich stündlich um 5%. Bestimme die Zeit bis sich die Größe der Bakterienkultur verdoppelt hat.

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Die prozentuale Zunahme um 5% bedeutet ja, dass mit jedem Zeitschritt zum alten Bestand noch 5% dazukommen,
also B_neu = B + $\frac{5}{100}$ ⋅B = (1 + $\frac{5}{100}$ ) ⋅ B = 1,05 ⋅ B.

Somit gilt für den Wachstumsfaktor a (in $f(t) =$ $c \cdot a^{t}$ ): a=1,05.

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

Also T_V = log_1.05( $2$ ) ≈ 14.21 Stunden

c und ein Funktionswert gegeben

Beispiel:

Ein Konto wird mit 5000€ eröffnet und wird mit einem festen Zinssatz verzinst. Nach 4 Jahren beträgt der Kontostand bereits 5203,02€. a) Wie hoch ist der Kontostand 5 Jahre nach der Kontoeröffnung? b) Wann ist der Kontostand auf 5200€ angewachsen?

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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=5000 kann man direkt aus der Aufgabe heraus lesen.

Somit wissen wir bereits, dass der Funktionsterm $f(t) =$ $5 000 \cdot a^{t}$ mit einem Wachstumsfaktor a sein muss.

Der Wachstumsfaktor a ist zwar nicht gegeben, wir wissen aber, dass nach 4 Jahre der Bestand 5203.02 € ist, also f(4) = 5203.02. Dies setzen wir in unsern bisherigen Funktionterm $f(t) =$ $5 000 \cdot a^{t}$ ein:

$5 000 a^{4}$	=	$5 203,02$	\|: $5 000$
$a^{4}$	=	$1,0406$	\| $\sqrt[4]{\cdot}$
a₁	=	$- \sqrt[4]{1,0406}$	= $- 1,01$
a₂	=	$\sqrt[4]{1,0406}$	= $1,01$

Da der Wachstumsfaktor a immer positiv sein muss, ist a= $1,01$ ≈ 1.01 die einzige sinnvolle Lösung.

Damit ergibt sich der Funktionsterm $f(t) =$ $5 000 \cdot {1,01}^{t}$ .

zu a)

Gesucht ist der Kontostand zum Zeitpunkt t=5 Jahre, also f(5):

f(5) = $5 000 \cdot {1,01}^{5}$ ≈ 5255,05.

zu b)

Hier wird gefragt, wann der Kontostand = 5200 € ist, also f(t) = 5200:

$5 000 \cdot {1,01}^{t}$	=	$5 200$	\|: $5 000$
${1,01}^{t}$	=	$\frac{26}{25}$	\|lg(⋅)
$\lg ({1,01}^{t})$	=	$\lg (\frac{26}{25})$
$t \cdot \lg (1,01)$	=	$\lg (\frac{26}{25})$	\|: $\lg (1,01)$
$t$	=	$\frac{\lg (\frac{26}{25})}{\lg (1,01)}$

t

=

3,9416

Nach ca. 3,942 Jahre ist also der Kontostand = 5200 €.

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)

c und ein Funktionswert gegeben