Logarithmusgleichung 4

20.11.2009, 21:50

Ragnarok

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Logarithmusgleichung 4

So und wieder ich, diesmal lautet die Aufgabenstellung:

Lösen Sie die folgenden Gleichungen:

a) $\begin{eqnarray*} 4^{3x-3}=8^x \end{eqnarray*}$

b) $\begin{eqnarray*} e^{x+1}-6e^{3-x}+e^2=0 \end{eqnarray*}$

c) $\begin{eqnarray*} x^{3-logx}=100 \end{eqnarray*}$

d) $\begin{eqnarray*} ln(3x-2)-2ln(2x-3)=0 \end{eqnarray*}$

e) $\begin{eqnarray*} ld5+ldx-ld(1+x^2)=1 \end{eqnarray*}$

Ich möchte hier nun gern meine Lösungsansätze besprochen haben.

zu a)

$\begin{eqnarray*} 4^{3x-3}=8^x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} log_44^{3x-3}=log_48 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} => 3x-3 = log_48 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} => 3x-3 = \frac {ln8}{ln4} &/+3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} => 3x = \frac {ln8}{ln4}+3 &/:3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} => x = \frac {ln8}{ln4} &ohne&Taschenrechner \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} => x = \frac {3}{2} &mit&Taschenrechner \end{eqnarray*}$

zu d)

$\begin{eqnarray*} ln(3x-2)-2ln(2x-3)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} => ln\left(\frac {3x-2}{(2x-3)^2}\right)=0 &/e \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} => e^{ln\left(\frac {3x-2}{(2x-3)^2}\right)} = e^0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} => \frac {3x-2}{(2x-3)^2} = 1 &/\cdot (2x-3)^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} => 3x-2 = (2x-3)^2 <=> 3x-2 = 4x^2-12x+9 &/-3x&/+2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} => 0 = 4x^2-15x+11 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_1= \frac{15+\sqrt{(15)^2}-(4 \cdot 4 \cdot 11)}{8}<br /> <br /> x_1 = \frac{11}{4} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_2 = \frac{15-\sqrt{(15)^2}-(4 \cdot 4 \cdot 11)}{8}<br /> <br /> x_2 = 1 \end{eqnarray*}$

Da $\begin{eqnarray*} x> \frac {3}{2} \end{eqnarray*}$ sein muss fällt $\begin{eqnarray*} x_2 = 1 \end{eqnarray*}$ als Lösung raus. Im Endeffekt ist $\begin{eqnarray*} \frac {11}{4} \end{eqnarray*}$ die Lösung zur Gleichung.

Bei den anderen fehlt mir im Moment noch der richtige Ansatz.
Aber sagt mir doch bitte ob die anderen richtig sind.

Gruß R.

20.11.2009, 23:36

Gualtiero

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RE: Logarithmusgleichung 4
Alles wird heute nicht mehr gehen, aber morgen ist ja auch noch ein Tag.

a): Da habe ich x = 2 raus. Diese Aufgaben kann man ja schnell mit TR prüfen.
Du brauchst hier nicht den Log. zur Basis 4, Du kannst irgendeinen nehmen, natürlich in einer Rechnung immer den gleichen.
Dann wendest Du nur die Log.-Gesetze an. Ich mach mal ein paar Zeilen.

$\begin{eqnarray*} 4^{3x-3}=8^x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (3x-3)\cdot lg4=x\cdot lg8 \end{eqnarray*}$ . . . ausmultiplizieren und x ausklammern.

$\begin{eqnarray*} x\cdot(3\cdot lg4-lg8)=3 \cdot lg4 \end{eqnarray*}$ . . . umstellen nach x, fertig.

c): Hier würde ich den dekadischen Log. verwenden.

$\begin{eqnarray*} x^{3-lgx}=100 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (3-lgx) \cdot lgx = 2 \end{eqnarray*}$

Ausmultiplizieren und lgx ersetzen und wieder rückersetzen.

21.11.2009, 00:59

mYthos

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a)

$\begin{eqnarray*} 4 = 2^2 \ \text{und} \ 8 = 2^3 \end{eqnarray*}$

Damit kommt

$\begin{eqnarray*} 2^{6x-6} = 2^{3x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \to \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 6x - 6 = 3x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ldots \end{eqnarray*}$
__________________

b)

Setze $\begin{eqnarray*} e^{x} = y \end{eqnarray*}$ , dann ist $\begin{eqnarray*} e^{-x} = \frac 1 y \end{eqnarray*}$

__________________

d)

Es geht etwas einfacher zu rechnen:

$\begin{eqnarray*} \to \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ln (3x-2) = \ln (2x-3)^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 3x -2 = (2x-3)^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 4x^2 - 15x + 11 = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ldots \end{eqnarray*}$

Deine Lösung ist richtig!

__________________

e)

$\begin{eqnarray*} \to \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \rm ld \ \frac x {1+x^2} = \rm ld \ \frac 2 5 \ \text{( ... ld 2 = 1)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ldots \end{eqnarray*}$

mY+

23.11.2009, 14:01

Ragnarok

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Hallo,

ich bin bei bei folgender Aufgabe bis hier gekommen:

$\begin{eqnarray*} x^{3-logx}=100 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} log_{10}x^{3-logx}=log_{10}100 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} => (3-logx) \cdot log_{10}x = 2 \end{eqnarray*}$

so jetzt wird wie oben bereits angesprochen ausmultipliziert:

$\begin{eqnarray*} 3log_{10}x-log_{10}x^2=2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} => log_{10}x^3-log_{10}x^2=2 \end{eqnarray*}$

dafür kann man dann auch folgendes schreiben:

$\begin{eqnarray*} log_{10} \left(\frac {x^3}{x^2}\right)=2 \end{eqnarray*}$

wie bekomme ich jetzt den $\begin{eqnarray*} log_{10} \end{eqnarray*}$ weg? Kann ich da auch mit der e-Fkt. arbeiten? Und ist eigentlich bis hierher alles korrekt?

Gruß R.

23.11.2009, 14:59

Ragnarok

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Ich könnte doch das $\begin{eqnarray*} \frac {x^3}{x^2} \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ kürzen.

Dann steht da noch $\begin{eqnarray*} log_{10} x = 2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} log_{10}x \end{eqnarray*}$ kann man doch aber auch so schreiben:

$\begin{eqnarray*} \frac {ln x}{ln 10} \end{eqnarray*}$

dann heißt meine Gleichnung:

$\begin{eqnarray*} \frac {ln x}{ln 10} = 2 &/ \cdot ln10<br /> <br /> lnx = 2 \cdot ln10<br /> <br /> lnx = ln 10^2 &/e<br /> <br /> e^{lnx} = e^{ln10^2}<br /> <br /> x = 100 \end{eqnarray*}$

Ist das richtig? Bitte den vorherigen Text mitlesen.

Gruß R.

23.11.2009, 15:03

mYthos

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Zitat:

Original von Ragnarok

$\begin{eqnarray*} 3log_{10}x-log_{10}x^2=2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} => log_{10}x^3-log_{10}x^2=2 \end{eqnarray*}$

dafür kann man dann auch folgendes schreiben:

$\begin{eqnarray*} log_{10} \left(\frac {x^3}{x^2}\right)=2 \end{eqnarray*}$
...

Dieser Schritt ist falsch.
Denn es ist
$\begin{eqnarray*} (\log x)^2 \neq \log x^2 \end{eqnarray*}$ !!

Denn es gilt

$\begin{eqnarray*} \log x^2 = 2 \log x \ \text{und} \ (\log x)^2 = \log^2 x \end{eqnarray*}$
_______________

Tipp: Setze $\begin{eqnarray*} \log x = u \end{eqnarray*}$ und löse die entstehende quadratische Gleichung. Aus den Lösungen kannst du wieder zu x zurückkehren.

mY+

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23.11.2009, 15:15

Ragnarok

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ok, wenn ich das tue dann steht in meiner Formel ja überall wo $\begin{eqnarray*} logx \end{eqnarray*}$ steht das substituierte $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ .

Daraus folgt das $\begin{eqnarray*} logx^3 = u^3 \end{eqnarray*}$ ist. Und $\begin{eqnarray*} (logx)^2 = (u)^2 = u^2 \end{eqnarray*}$ .

Danauch muss der Rest aber doch passen. Anstatt dem x halt das u.

Denn mein Ergebnis von $\begin{eqnarray*} x=100 \end{eqnarray*}$ stimmt. Das sagt der Taschenrechner.

Gruß R.

23.11.2009, 15:24

mYthos

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Zitat:

Original von Ragnarok
...
Daraus folgt das $\begin{eqnarray*} logx^3 = u^3 \end{eqnarray*}$ ist.
...

Nein und nochmals nein! Du hast es leider noch nicht verstanden. Lese dir bitte nochmals die o.a. Beziehungen langsam und genau durch.

Und lass mal Tippen in den Taschenrechner, das kann höchstens zum Schluss als Kontrolle dienen.
Es ergeben sich übrigens zwei Lösungen!

mY+

23.11.2009, 15:49

Ragnarok

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$\begin{eqnarray*} 3 \cdot logx - (logx)^2 = 2 \end{eqnarray*}$ Substitution $\begin{eqnarray*} logx = u \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 3u - u^2 = 2 &/ -3u &/+u^2<br /> <br /> 0 = u^2-3u+2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_{1/2} = \frac {-b \pm \sqrt{(b)^2+4\cdot a\cdot c}}{2\cdot a} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_{1} = \frac{3 \pm \sqrt{(-3)^2+8}}{2}<br /> <br /> x_1 = \frac{3+\sqrt{17}}{2}<br /> x_2 = \frac{3-\sqrt{17}}{2} \end{eqnarray*}$

Ist das jetzt soweit OK?

Gruß R.

23.11.2009, 15:53

Q-fLaDeN

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Die Lösungsformel lautet

$\begin{eqnarray*} z_{1/2} = \frac {-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a} \end{eqnarray*}$

Also mit einem Minus in unter der Wurzel.

23.11.2009, 15:55

Ragnarok

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Ja sorry.

$\begin{eqnarray*} 3 \cdot logx - (logx)^2 = 2 \end{eqnarray*}$ Substitution $\begin{eqnarray*} logx = u \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 3u - u^2 = 2 &/ -3u &/+u^2<br /> <br /> 0 = u^2-3u+2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_{1/2} = \frac {-b \pm \sqrt{(b)^2- 4\cdot a\cdot c}}{2\cdot a} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_{1} = \frac{3 \pm \sqrt{(-3)^2-8}}{2}<br /> <br /> x_1 = 2<br /> x_2 = 1 \end{eqnarray*}$

Was muss ich dann tun?

23.11.2009, 15:59

mYthos

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Na denn, jetzt passt das, und nun ab zu den x-Werten!

mY+

23.11.2009, 16:04

Ragnarok

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Muss ich jetzt die Werte von $\begin{eqnarray*} u_{1/2} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ einsetzen?

23.11.2009, 16:07

mYthos

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Da die quadratische Gleichung in u vorliegt, sind die Lösungen dementsprechend natürlich u1 und u2. Diese sind daher nacheinander in die Substitution

$\begin{eqnarray*} u = ^{10}\log x \end{eqnarray*}$

einzusetzen.

mY+

23.11.2009, 16:17

Ragnarok

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OK.

Wenn ich das nun richtig verstehe sage ich

$\begin{eqnarray*} 2 =^{10} logx<br /> <br /> und <br /> <br /> 1 = ^{10} logx \end{eqnarray*}$

daraus ergeben sich die Lösungen:

$\begin{eqnarray*} x_1 = 100 &da &10^2 = 100<br /> <br /> x_2 = 10 &da &10^1 = 10 \end{eqnarray*}$

23.11.2009, 16:23

mYthos

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Na also. Nach einigen Schwierigkeiten ist das Ganze doch noch gut ausgegangen.
Setzen! Lehrer

Lehrer

mY+

23.11.2009, 16:27

Ragnarok

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<-- Da steht es. Unmathematisch oder zu lang aus der Schule. Ganz wie man es nimmt.

Aber nun eine andere Frage:

Wie kann ich den ld umkehren?

Evtl. so:

$\begin{eqnarray*} ld \frac{2}{5} =-2^{\frac{2}{5}} \end{eqnarray*}$

Ist das mathematisch korrekt?

Gruß R.

23.11.2009, 16:40

mYthos

Auf diesen Beitrag antworten »

Nein, so nicht.

Der ld von 2/5 ist jener Exponent, mit dem 2 zu potenzieren ist, um 2/5 zu erhalten. Es verhält sich genau so wie beim Zehnerlogarithmus. Es ist daher die Exponentialgleichung

$\begin{eqnarray*} 2^x = \frac 2 5 \end{eqnarray*}$

zu lösen.

Demnach gilt: Die Umkehrung der Funktion $\begin{eqnarray*} y = \rm ld \ x \end{eqnarray*}$ lautet $\begin{eqnarray*} x = 2^y \end{eqnarray*}$

mY+

23.11.2009, 16:57

Ragnarok

Auf diesen Beitrag antworten »

Wie komme ich denn bei dieser Gleichung weiter

$\begin{eqnarray*} ld \left(\frac{x}{1+x^2}\right)=ld\frac{2}{5} \end{eqnarray*}$

Ich kann doch solange der ld dort steht nicht mit dem Hauptnenner multiplizieren. Oder irre ich.

Gruß R.

23.11.2009, 16:59

mYthos

Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn du zuerst den ld weglässt, dann geht das.

Aus $\begin{eqnarray*} \log u = \log v \end{eqnarray*}$ folgt nämlich sofort $\begin{eqnarray*} u = v \end{eqnarray*}$ (bei gleicher Basis des Log.!).

mY+

23.11.2009, 17:17

Ragnarok

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ahh. So ist das also.

$\begin{eqnarray*} ld \left(\frac{x}{1+x^2}\right)=ld\frac{2}{5} <=> \frac{x}{1+x^2} = \frac{2}{5} &/ \cdot 1+x^2<br /> <br /> => x = \frac{2}{5} \cdot (1+x^2) &/ -x<br /> <br /> => 0= \frac{2}{5}x^2 -x +\frac {2}{5} \end{eqnarray*}$

Danach mit der Mitternachtsformel $\begin{eqnarray*} x_{1/2} \end{eqnarray*}$ berechnen.

$\begin{eqnarray*} x_1 = \frac {1 + \sqrt{(-1)^2-(\frac{16}{25})}}{\frac{4}{5}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_1 = 2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_2 = \frac {1 - \sqrt{(-1)^2-(\frac{16}{25})}}{\frac{4}{5}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_2 = \frac {1}{2} \end{eqnarray*}$

23.11.2009, 17:21

mYthos

Auf diesen Beitrag antworten »

Wieder heisst es: Das ist OK, setzen! Lehrer

Lehrer

mY+

23.11.2009, 17:22

Ragnarok

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Ok, dann brauch ich nur noch die Aufgabe b) rechnen.
Sobald ich da etwas habe schreibe ich es hier.

Gruß R.

24.11.2009, 18:34

Ragnarok

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Also ich hänge immernoch an Aufgabe b fest. Auch hier soll die Gleichung nach x umgestellt und dann gelöst werden.

Ich habe es bis hier geschafft:

$\begin{eqnarray*} e^{x+1}-6e^{3-x}+e^2=0 &/+6e^{3-x}<br /> <br /> e^{x+1}+e^2=6e^{3-x} &/ :6<br /> <br /> \frac {e^{x+1}+e^2}{6} = e^{3-x} &/ ln<br /> <br /> ln \left(\frac {e^{x+1}+e^2}{6}\right)=3-x<br /> <br /> => ln(e^{x+1}+e^2) - ln6 = 3-x \end{eqnarray*}$

Und dann verließen sie mich.
Ich bräuchte ´nen kleinen Tip wie es evtl. weiter geht.

Ich weiß nicht ob man evtl. ein e ausklammern kann.

Gruß R.

24.11.2009, 19:05

Q-fLaDeN

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Multipliziere deine Ausgangsgleichung lieber mal mit e^x auf beiden Seite, und schau ob du dann weiter kommst Augenzwinkern

Augenzwinkern

(Läuft auf eine quadratische Gleichung hinaus)

24.11.2009, 19:13

Ragnarok

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} e^{x+1}-6e^{3-x}+e^2=0 &/ \cdot e^x<br /> <br /> e^x \left(e^{x+1}-6e^{3-x}+e^2\right)=0 \end{eqnarray*}$

Mit dem ausmultiplizieren tue ich mich gerade schwer.

Gruß R.

24.11.2009, 19:32

mYthos

Auf diesen Beitrag antworten »

Potenzgesetze!

$\begin{eqnarray*} e^{2x+1} - 6e^3 + e^2e^x = 0 \end{eqnarray*}$

Nun kann man noch beide Seiten durch e dividieren. Danach setze, zur leichteren Lösung der quadratischen Gleichung, $\begin{eqnarray*} e^x = u \end{eqnarray*}$ und löse nach u. Danach wieder Rückeinsetzen, damit wird nach x gelöst.

mY+

24.11.2009, 19:53

Ragnarok

Auf diesen Beitrag antworten »

Du meinst so?

$\begin{eqnarray*} \frac{e^{2x+1} - 6e^3 + e^2e^x}{e} = 0 \end{eqnarray*}$

Gruß R.

24.11.2009, 19:57

mYthos

Auf diesen Beitrag antworten »

Im Zähler kann e ausgeklammert werden. So kann durch e gekürzt werden. Nur dann ist das Dividieren erst sinnvoll.

mY+

24.11.2009, 20:09

Ragnarok

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich glaube das wird bei mir heute nichts mehr.

$\begin{eqnarray*} \frac{e \cdot \left(1^{2x+1} - 6\cdot e^2 + e\cdot 1^x\right)}{e} = 0<br /> <br /> 1^{2x+1} - 6\cdot e^2 + e\cdot 1^x=0 \end{eqnarray*}$

24.11.2009, 20:18

mYthos

Auf diesen Beitrag antworten »

So stimmt das nicht. Du solltest - wie schon darauf hingewiesen - die Potenzgesetze wiederholen!

$\begin{eqnarray*} e^{2x + 1} = e^{2x} \cdot e^1 = e \cdot e^{2x} \end{eqnarray*}$

mY+

24.11.2009, 21:44

Ragnarok

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich stehe jetzt total auf der Leine.
Aber ich versuche es mal.

$\begin{eqnarray*} \frac {e \cdot (e^{2x}-6e^2+e^xe)}{e}=0<br /> <br /> e^{x^2}-6e^2+ee^x=0 \end{eqnarray*}$

Ich hoffe das passt jetzt. Ich dreh sonst noch durch.

Gruß R.

24.11.2009, 21:55

TB

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} <br /> ee^x =e^{x+1}<br /> \end{eqnarray*}$ auch ein potenzgesetz...wobei ich persönlich das so stehen lassen würde ...
denn
hast du dir shcon überlegt, was du beim nächsten schritt machen musst`? du musst ja noch die gleichung lösen.

24.11.2009, 22:02

Ragnarok

Auf diesen Beitrag antworten »

Jetzt muss ich substituieren.

$\begin{eqnarray*} e^x = u \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} => u^2 + u+1 -6e^2 \end{eqnarray*}$

So, oder?

24.11.2009, 22:29

TB

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} e^{x^2}-6e^2+e \cdot e^x=0 \end{eqnarray*}$

hast du geschrieben ...
wenn du jedes e^x ersetzt durch u ... dann hat sich bei dir ein fehler reingeschlichen.

$\begin{eqnarray*} (e^{x})^{2} +e \cdot e^x- (6e^2)=0 \end{eqnarray*}$

24.11.2009, 22:35

Ragnarok

Auf diesen Beitrag antworten »

Warum steht bei dir jetzt

$\begin{eqnarray*} -e \cdot e^x \end{eqnarray*}$ ??

24.11.2009, 22:36

TB

Auf diesen Beitrag antworten »

weil ich müde bin und schlaf brauche ... sorry fehler meinerseits.
muss natürlich heißen

$\begin{eqnarray*} (e^x)^2 +e \cdot e^x - (6e^2)=0 \end{eqnarray*}$

24.11.2009, 22:41

Ragnarok

Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, so habe ich es im Heft stehen.
Wenn ich dann anschließend zurück substituiere heißt es ja

$\begin{eqnarray*} u = e^x \end{eqnarray*}$

muss ich dann die Umkehrfunktion dafür hernehmen

$\begin{eqnarray*} x = lnu &da &x = lne^x<br /> \end{eqnarray*}$

Ist das dann korrekt?

24.11.2009, 23:37

mYthos

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, das ist korrekt so.

Wobei du nur bei der einen Lösung (x1 = 2e) rücksubstituieren kannst. Was ist zur anderen Lösung x2 = -3e zu sagen?

mY+

25.11.2009, 07:27

Ragnarok

Auf diesen Beitrag antworten »

Der Logarithmus ist nur für $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ definiert.

Gruß R.

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