Nat. Log.

14.02.2007, 07:53

Nat. Log.

Hallo,

warum ist ln(1/b)=-ln(b) ? ich hab folgendes versucht..

$\begin{eqnarray*} \exp\left(\ln\left(\frac{1}{b}\right)\right)= \frac{1}{b}=\frac{\exp(ln(1))}{\exp(\ln(b))}=\frac{1}{\exp(\ln(b))}=\exp(-\ln(b)) \end{eqnarray*}$

allerdings habe ich hier ja nur gezeigt, dass exp(bla)=exp(blubb) ist und nicht ln(bla)=ln(blubb). unglücklich

welchen weg würdet ihr gehen? oder kann man das so gelten lassen? wenn ja warum?

nextes problem: der nat. log. hat die eigenschaft:

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x)}{x}=1 \end{eqnarray*}$

kann mir das mal bitte jemand ins deutsche übersetzen? weiss garnicht, was ich mir unter diesem grenzwert vorstellen kann.

danke

14.02.2007, 08:17

klarsoweit

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RE: Nat. Log.
zur 1. Frage:
Da die e-Funktion injektiv ist, folgt aus $\begin{eqnarray*} \exp\left(\ln\left(\frac{1}{b}\right)\right)=\exp(-\ln(b)) \end{eqnarray*}$ die zu zeigende Aussage:
$\begin{eqnarray*} \ln\left(\frac{1}{b}\right) = -\ln(b) \end{eqnarray*}$

Prinzipiell ist dies ein Spezialfall der Regel ln(a/b) = ln(a) - ln(b)

zur 2. Frage:
Die Frage, ist, ob man es generell Sinn macht, sich unter einem Grenzwert etwas vorstellen zu wollen. Prinzipiell sagt der Grenzwert
$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x)}{x}=1 \end{eqnarray*}$ in diesem Fall aus, daß der Ausdruck $\begin{eqnarray*} \frac{\ln(1+x)}{x} \end{eqnarray*}$ umso näher an 1 heranrückt, je mehr sich das x der Null nähert. Da Zähler und Nenner beliebig nahe an die Null heranrücken, hat man es letztlich mit der Division von 2 "kleinen" Zahlen zu tun. Da ist prinzipiell alles möglich. In diesem Fall kommt man dabei eben beliebig nahe an die 1 heran. Letztlich beruht das auf den Umstand, daß ln(1+x) ungefähr = x ist für kleine x.

14.02.2007, 08:26

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Gut, ich danke dir. Die Sache mit dem Grenzwert liegt nahe. Stellt sich nur die Frage, warum genau diesem Grenzwert eine solche Bedeutung zugewiesen wird. Was ist so toll daran / erwähnenswert?

14.02.2007, 12:02

Frooke

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Er zeigt eben die von klarsoweit erwähnt «Ähnlichkeit» von ln(1+x) und x für kleine |x| und ist auch daher interessant, weil man in 0/0-Fällen eben x-was kriegen kann:

$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 0}\frac{x}{x}=\frac{0}{0}=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 0}\frac{x^2}{x}=\frac{0}{0}=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 0}\frac{x}{x^2}=\frac{0}{0}=\infty \end{eqnarray*}$

=> Irgendwo darin ist eben auch versteckt (wenn auch indirekt), dass

$\begin{eqnarray*} \big(\ln(x+1)\big)'\bigg|_{x=0}=\big( x\big)'\bigg|_{x=0} \end{eqnarray*}$

EDIT: Und zu Deiner ersten Frage, das geht auch viel einfacher:

$\begin{eqnarray*} \ln\left(\frac{1}{b}\right)=\ln\left(b^{-1}\right)=(-1)\ln b \end{eqnarray*}$

14.02.2007, 20:18

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Ok. (2) Lasse ich mal auf sich beruhen. Verstehe davon eh' nix.

zu deinem (1): Das ist aber nicht die Herleitung. Das bringt mir nüscht. Du hast ja nix hergeleitet.

14.02.2007, 21:48

system-agent

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was verstehst du denn genau unter einer herleitung? sobald die regel vom logarithmus mit den exponenten im argument bekannt ist, kann man frookes weg ohne probleme als einen beweis stehen lassen

15.02.2007, 02:22

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Super, und wenn du mir jetzt noch zeigen kannst, wie man von $\begin{eqnarray*} \ln(a^r) \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} r\cdot{\ln(a)} \end{eqnarray*}$ kommt, dann wäre ich dir sehr, sehr dankbar! Bei Wiki steht, dass man das über die Potenzgesetze machen kann, aber ich hab' keinen Ansatz! traurig

15.02.2007, 03:12

derkoch

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Zitat:

Original von zt
Super, und wenn du mir jetzt noch zeigen kannst, wie man von $\begin{eqnarray*} \ln(a^r) \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} r\cdot{\ln(a)} \end{eqnarray*}$ kommt, dann wäre ich dir sehr, sehr dankbar! Bei Wiki steht, dass man das über die Potenzgesetze machen kann, aber ich hab' keinen Ansatz! traurig

$\begin{eqnarray*} ln(a^r)=ln( \overbrace{a\cdot a\cdot a\cdot a.....}^{r-mal}) \end{eqnarray*}$

Logarithmusgesetz:

$\begin{eqnarray*} ln(a\cdot b) =ln(a)+ln(b) \end{eqnarray*}$

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

$\begin{eqnarray*} ln(\overbrace{a\cdot a\cdot a\cdot a....}^{r-mal}.)= \overbrace{ln(a) +ln(a)+ln(a) +.....}^{r-mal}= r\cdot ln(a) \end{eqnarray*}$

15.02.2007, 08:18

klarsoweit

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@derkoch: der Beweis ist für r aus den natürlichen Zahlen geeignet. Für reelles r wäre dies ein Beweis:

$\begin{eqnarray*} y := ln(a^r) \end{eqnarray*}$
==>
$\begin{eqnarray*} e^y = a^r = \left( e^{ln(a)} \right)^r = e^{r \cdot ln(a)} \end{eqnarray*}$
Exponentenvergleich ==>
$\begin{eqnarray*} ln(a^r) = y = r \cdot ln(a) \end{eqnarray*}$

15.02.2007, 15:44

Frooke

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Zitat:

Original von zt
(1): Das ist aber nicht die Herleitung. Das bringt mir nüscht. Du hast ja nix hergeleitet.

Das kommt eben immer auf die Voraussetzungen an... Aber wenn Du die Eigenschaften des ln nicht zulässt, ist eh nichts zu machen... Allgemein reicht es auch aus, wenn Du exp(x+y)=exp(x)exp(y) zulässt. Da ln die Umkehrfunktion von exp ist, folgt die Eigenschaft.

Anders gesagt:

Wähle x := ln a und y := ln b, also

$\begin{eqnarray*} \exp(\ln a + \ln b)=\exp\ln a\exp\ln b=ab\Leftrightarrow \ln a+\ln b=\ln(a b) \end{eqnarray*}$

Daraus kannst Du folgern:

$\begin{eqnarray*} \ln(\underbrace{a\cdot a\cdot \ldots \cdot a}_{n\text{ mal}})=\underbrace{\ln a + \ln a + \ldots +\ln a}_{n\text{ mal}}=n\ln a \end{eqnarray*}$

Und mit klasoweits Hinweis wird das auf die reellen Zahlen ausgeweitet, wobei für Deinen Fall die ganzen sogar schon ausreichen würden...

EDIT: Meine letzten Zeilen hatte derkoch eigentlich schon aufgeschrieben, sorry...

15.02.2007, 18:39

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Zitat:

Original von klarsoweit
$\begin{eqnarray*} a^r = \left( e^{ln(a)} \right)^r = e^{r \cdot ln(a)} \end{eqnarray*}$

Genau das habe ich gebraucht! Danke!

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