M11 Ableitung der Logarithmusfunktionen: Unterschied zwischen den Versionen

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{{Merke|1=Die natürliche Logarithmusfunktion (ln-Funktion) ist die Umkehrfunktion der e-Funktion.  
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{{Aufgaben-blau|Wiederholung des Logarithmus|2=Zur Wiederholung des Logarithmus: [[M10_Der_Logarithmus]]  }}
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{{Merksatz|MERK=Die natürliche Logarithmusfunktion (ln-Funktion) ist die Umkehrfunktion der e-Funktion.  
  
 
Die ln-Funktion <math>f:x \to ln(x)</math> hat folgende Eigenschaften:
 
Die ln-Funktion <math>f:x \to ln(x)</math> hat folgende Eigenschaften:
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{{Merksatz|MERK=Die Ableitung von <math>ln(x)</math> ist <math>(ln(x))' = \frac{1}{x}</math> }}
 
{{Merksatz|MERK=Die Ableitung von <math>ln(x)</math> ist <math>(ln(x))' = \frac{1}{x}</math> }}
  
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{{Merke|1=Zur Wiederholung: Die Rechengesetze des Logarithmus
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{{Aufgaben-blau|Wiederholung der Rechengesetze Logarithmus|2=Produkt: <math>\log_b (x \cdot y) = \log_b x + \log_b y</math><br>
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Produkt: <math>\log_b (x \cdot y) = \log_b x + \log_b y</math><br>
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Quotient: <math>\log_b \frac xy = \log_b x - \log_b y</math><br>
 
Quotient: <math>\log_b \frac xy = \log_b x - \log_b y</math><br>
 
Potenz: <math>\log_b \left(x^r\right) = r \log_b x.</math>  
 
Potenz: <math>\log_b \left(x^r\right) = r \log_b x.</math>  
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Basisumrechnung: <math>\log_b x = \frac{\log_a x}{\log_a b}</math>
 
Basisumrechnung: <math>\log_b x = \frac{\log_a x}{\log_a b}</math>
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<center>{{#ev:youtube |2vIZNqYHpos|350}}</center>}}
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Und hier: viele [https://mathe-physik-aufgaben.de/aufgaben/GM_AU047.pdf Beispiele und Aufgaben] und [http://www.math-grain.de/download/vorkurs/logarithmen/log-2.pdf Aufgaben mit Lösungen].}}
  
  
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{{Lösung versteckt|1=Mit der Kettenregel erhält man<br>
 
{{Lösung versteckt|1=Mit der Kettenregel erhält man<br>
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a) <math>f'(x) = \frac{4}{4x}=\frac{1}{x}</math><br>
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a) Mit z = 4x ist <math>f'(x) = f'(z)\cdot z' = \frac{1}{z}\cdot 4=\frac{4}{4x}=\frac{1}{x}</math><br>
 
Oder mit den Rechengesetzen des Logarithmus ist f(x) = ln(4) + ln(x) und die Ableitung ist <math>f'(x)=0 + \frac{1}{x} =\frac{1}{x}</math><br>
 
Oder mit den Rechengesetzen des Logarithmus ist f(x) = ln(4) + ln(x) und die Ableitung ist <math>f'(x)=0 + \frac{1}{x} =\frac{1}{x}</math><br>
 
b) Es ist <math>ln(\sqrt{x^2 + 5})=ln((x^2+5)^{\frac{1}{2}})=\frac{1}{2}\cdot ln(x^2+5)</math><br>
 
b) Es ist <math>ln(\sqrt{x^2 + 5})=ln((x^2+5)^{\frac{1}{2}})=\frac{1}{2}\cdot ln(x^2+5)</math><br>
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Damit ist <math>f'(x) =\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{x^2+5}\cdot 2x=\frac{x}{x^2+5}</math><br>
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Damit ist mit z = x<sup>2</sup>+5 die Ableitung <math>f'(x) = \frac{1}{2}\cdot f'(z)\cdot z'=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{x^2+5}\cdot 2x=\frac{x}{x^2+5}</math><br>
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Oder mit <math>z=\sqrt{x^2+5}</math> ist <math>f'(x) = f'(z)\cdot z' = \frac{1}{z}\cdot \frac{2x}{2\sqrt{x^2+5}}=\frac{1}{\sqrt{x^2+5}}\cdot \frac{x}{\sqrt{x^2+5}} =\frac{x}{x^2+5}</math>.<br>
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c) mit z = cos(x) ist <math>f'(x) = \frac{1}{cos(x)}\cdot (-sin(x) = - \frac{sin(x)}{cos(x)}=-tan(x)</math><br>
 
d) Es ist (sin x)<sup>2</sup> +  (cos x)<sup>2</sup> = 1, also ist f(x) = ln(1) = 0 und f'(x) = 0.}}
 
d) Es ist (sin x)<sup>2</sup> +  (cos x)<sup>2</sup> = 1, also ist f(x) = ln(1) = 0 und f'(x) = 0.}}
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{{Aufgaben-blau|2|2=Bestimmen Sie zuerst für f die Definitionsmenge D. Bilden Sie dann f'(x) und berechnen Sie f'(x<sub>0</sub>).<br>
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a) f(x) = ln(x<sup>2</sup>), x<sub> 0 </sub> = 4<br>
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b) f(x) = ln(2x+3), x<sub>0</sub> = 1<br>
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c) <math>f(x) = \frac{x}{ln(x)}</math>, x<sub>0</sub> = 2<br>
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Oder mit ln(x<sup>2</sup>) = 2ln(x) erhält man <math>f'(x) = 2\cdot \frac{1}{x}</math>.<br>
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b) 2x + 3 > 0 ergibt x > -1,5, also D = ]-1,5;<math>\infty</math>[, <math>f'(x) = \frac{2}{2x+3}</math>, <math>f'(1)=0,4</math><br>
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c) D = R<sup>+</sup>, <math>f'(x) = \frac{1\cdot ln(x) - x\cdot \frac{1}{x}}{(ln(x))^2}=\frac{ln(x) - 1}{(ln(x))^2}</math>, <math>f'(2)=\frac{ln(2)-1}{(ln(2))^2}</math><br>
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d) D = R<sup>+</sup>, <math>f'(x)= 1\cdot ln(x) + x\cdot \frac{1}{x} -1=ln(x)</math>, f'(e) = 1<br>
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e) D = R<sup>+</sup>; <math>f'(x) = e^{x\cdot ln(x)}\cdot (1\cdot ln(x) + x\cdot \frac{1}{x})=e^{x\cdot ln(x)}\cdot (1\cdot ln(x) + 1)</math>, <math>f'(1) = 1</math>.<br>
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f) D = R<sup>+</sup>, <math>f'(x) = \frac{1}{\sqrt x}\cdot \frac{1}{2\sqrt x}=\frac{1}{2x}</math>, <math>f'(e^{-4})= \frac{e^4}{2}</math>
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g) Hier muss man bei der Bestimmung der Definitionsmenge darauf achten, wo das Argument des Logarithmus positiv ist. Dies ist der Fall, wenn Zähler und Nenner beide positiv oder beide negativ sind. <br>
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x-1 > 0 und x+1 > 0 ist für x > 1 bzw. x > -1, also x > 1 der Fall.<br>
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x-1 < 0 und x+1 < 0 ist für x < 1 bzw. x < -1, also x < -1 der Fall. Damit ist D=]<math>-\infty</math>;-1[<math>\cup</math>]1;<math>\infty</math>[.<br>
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<math>f'(x) = \frac{1}{\frac{x-1}{x+1}} \cdot \frac{1\cdot(x+1)-(x-1)\cdot 1}{(x+1)^2}=\frac{2}{(x-1)(x+1)}</math>, <math>f'(-e)=\frac{2}{e^2-1}</math>  }}
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{{Aufgaben-blau|3|2=Gegeben ist die Funktion <math>f: x \rightarrow - ln(1-e^{-x})</math>.  <br>
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a) Bestimmen Sie die maximale Definitionsmenge D<sub>max</sub><br>
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b) Hat f Nullstellen? Wenn ja, bestimmen Sie diese.<br>
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c) Untersuchen Sie das Monotonieverhalten von f.<br>
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d) Bestimmen Sie die Asymptoten von G<sub>f</sub>.<br>
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e) Zeichnen sie G<sub>f</sub>.<br>
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f) Begründen Sie, dass die Funktion f umkehrbar ist und gegeben Sie die Umkehrfunktion f<sup>-1</sup> an.<br>
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Betrachten Sie die Terme f(x) und F<sup>-1</sup>(x). Was fällt Ihnen auf? Deuten Sie dies geometrisch.}}
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{{Lösung versteckt|1=Das Argument eines Logarithmus muss positiv sein, also ist <math>1-e^{-x} > 0</math>. Dies führt zur Gleichung <math>1 > e^{-x}</math>. Die Funktion g mit g(x) = e<sup>-x</sup> ist eine abnehmende e-Funktion, die Funktionswerte kleiner als 1 für x > 0 hat. Also ist D<sub>max</sub> = R<sup>+</sup>.
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b) f(x) = 0 hat Lösungen, wenn der Logarithmus ln(1) = 0 ist, also muss das Argument die Gleichung <math>1-e^{-x} =1</math> erfüllten. Umgeformt erhält man <math>e^{-x} = 0</math>. Das ist eine nicht lösbare Gleichung, da man weiß, dass die Exponentialfunktion g mit g(x) = e<sup>-x</sup> > 0 ist. Also hat f keine Nullstellen.
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c) Für die Monotonie untersucht man die 1. Ableitung von f. f'(x) erhält man mit Hilfe der Ableitung der ln-Funktion und der mehrfachen Verwendung der Kettenregel. Mit z = 1 - e<sup>-x</sup> und w = -x ergibt sich <math>f'(x) = -\frac{1}{z} \cdot z' = -\frac{1}{1-e^{-x}}\cdot (-e^w)\cdot w' = -\frac{1}{1-e^{-x}}\cdot (-e^{-x})\cdot (-1) = -\frac{e^{-x}}{1-e^{-x}}</math><br>
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Für x > 0 ist 0 < e<sup>-x</sup> < 1. Damit sind Zähler und Nenner positiv und f'(x) < 0. Also ist f in R<sup>+</sup> streng monoton abnehmend.
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d) Asymptoten hat man, wenn x gegen die Ränder der Definitionsmenge geht. Hier muss man <math>x \to 0</math> und <math>x \to \infty</math> betrachten.<br>
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<math>x \to 0</math>:<br>
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Es ist <math>\lim_{x\to 0}-ln(1-e^{-x}) = \infty</math>, da für x < 1 das Argument 1-e<sup>-x</sup> < 1 und ln(1-e<sup>-x</sup>) < 0 ist. Damit geht ist <math>\lim_{x \to 0}ln(1-e^{-x} = - \infty</math> und  <math>\lim_{x \to 0} f(x) = \infty</math>.<br>
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Damit ist die positive y-Achse Asymptote für <math>x \to 0</math>.<br>
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<math>x \to \infty</math><br>
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Es ist <math>\lim_{x\to \infty}-ln(1-e^{-x}) = 0</math>, da <math>\lim_{x\to \infty}(1-e^{-x}) = 1</math> und <mat>0 < 1-e^{-x} < 1</math>ist. Also geht f(x) für <math>x \to \infty</math> von oben gegen die x-Achse. <br>
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Die positive x-Achse ist Asymptote für <math>x \to \infty</math>.
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e)<br>
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[[Datei:160-6d.jpg]]
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f) Den Term der Umkehrfunktion f<sup>-1</sup> erhält man indem man die Gleichung <math>y = - ln(1-e^{-x})</math> nach x auflöst und dann x und y vertauscht. <br>
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<math>y = - ln(1-e^{-x}) \qquad |\cdot (-1)</math><br>
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<math>-y = ln(1-e^{-x}) \qquad | e\ hoch</math> <br>
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<math>e^{-y} = 1- e^{-x} \qquad \qquad | +e^{-x} - e^{-y}</math><br>
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<math>e^{-x} = 1 - e^{-y} \qquad \qquad | logarithmieren</math><br>
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<math>-x = ln(1-e^{-y}) \qquad |\cdot (-1)</math><br>
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<math>x = ln(1-e^{-x})</math><br>
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x und y vetauschen: <math>y = - ln(1-e^{-x})</math><br>
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f und f<sup>-1</sup> haben den gleichen Term. Im xy-Diagramm liegen beide Graphen aufeinandern.<br>
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Dies bedeutet, dass der Graph von f in sich symmetrisch zur Geraden y = x ist. }}
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Es ist <math>log_b(a)=\frac{ln(a)}{ln(b)}</math>. Dann ist <math>(log_b(x))' = \left (\frac{ln(x)}{ln(b)} \right )=\frac{1}{ln(b)}\cdot\frac{1}{x}=\frac{1}{x\ln(b)}</math> .
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{{Merksatz|MERK= <center> <math>log_b(a) =\frac{1}{x\ln(b)}</math>  }}
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{{Aufgaben-blau|4|2=Leiten Sie ab<br>
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a) f mit f(x) = log<sub>10</sub>(x)<br>
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b) f mit f(x) = log<sub>2</sub>(x)}}
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{{Lösung versteckt|1=a) <math>f'(x)=\frac{1}{x\cdot ln(10)}</math><br>
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b)  <math>f'(x)=\frac{1}{x\cdot ln(2)}</math>  }}

Aktuelle Version vom 18. April 2021, 16:39 Uhr


Bleistift 35fach.jpg   Aufgabe Wiederholung des Logarithmus

Zur Wiederholung des Logarithmus: M10_Der_Logarithmus

Maehnrot.jpg
Merke:

Die natürliche Logarithmusfunktion (ln-Funktion) ist die Umkehrfunktion der e-Funktion.

Die ln-Funktion f:x \to ln(x) hat folgende Eigenschaften:

  • D = R+, W = R
Ln-funktion.jpg
  • Der Graph hat genau eine Nullstelle (1;0), es ist ln(1) = 0.
  • ln(e) = 1
  • Der Graph der ln-Funktion ist streng monoton steigend.
  • Die negative y-Achse ist Asymptote.
  • Für x \to \infty ist ln(x) \to \infty.


Die Ableitung der ln-Funktion erhält man aus der Tatsache, dass die ln-Funktion Umkehrfunktion zur e-Funktion ist. Für f:x\to e^x ist f^{-1}:x \to ln(x) die Umkehrfunktion. Damit ist f \circ f^{-1}(x)=x. Für die Ableitung gilt hier (f \circ f^{-1'} = 1 und mittels der Kettenregel erhält man
f'(f^{-1}(x))\cdot f^{-1'}(x) = 1. Dies führt wieder zur Formel für die Ableitung der Umkehrfunktion f^{-1'}(x)= \frac{1}{f'(f^{-1}(x))}.
Die Ableitung der e-Funktion ist f '(x) = e^x.
Damit erhält man für die Umkehrfunktion f^{-1}:x \to ln(x) als Ableitung:
f'(x) = \frac{1}{f'(ln(x))}=\frac{1}{e^{ln(x)}}=\frac{1}{x}.
Also ist die Ableitung der natürlichen Logarithmusfunktion ( ln(x))' = \frac{1}{x}.

Im folgenden Applet kann man diese Aussage über die Ableitung der natürlichen Logarithmusfunktion \frac{1}{x} verifizieren. Über dem x-Wert des Punktes auf dem Graphen der ln-Funktion wird die Steigung der Tangente in dem Punkt an den Graphen angetragen. Dieser Punkt liegt auf der Hypberbel \frac{1}{x}.

Maehnrot.jpg
Merke:

Die Ableitung von ln(x) ist (ln(x))' = \frac{1}{x}


Bleistift 35fach.jpg   Aufgabe Wiederholung der Rechengesetze Logarithmus

Produkt: \log_b (x \cdot y) = \log_b x + \log_b y
Quotient: \log_b \frac xy = \log_b x - \log_b y
Potenz: \log_b \left(x^r\right) = r \log_b x.

Wurzel: \log_b \sqrt[n]{x} = \log_b \left(x^{\frac 1n}\right) = \frac 1n\log_b x.

Basisumrechnung: \log_b x = \frac{\log_a x}{\log_a b}

Und hier: viele Beispiele und Aufgaben und Aufgaben mit Lösungen.


Bleistift 35fach.jpg   Aufgabe 1

Leiten Sie ab
a) f(x) = ln(4x)
b) f(x) = ln(\sqrt{x^2 + 5})
c) f(x) = ln(cos(x)) für cos(x) > 0
d) f(x) = ln((sin x)^2 + (cos x)^2)

Mit der Kettenregel erhält man
a) Mit z = 4x ist f'(x) = f'(z)\cdot z' = \frac{1}{z}\cdot 4=\frac{4}{4x}=\frac{1}{x}
Oder mit den Rechengesetzen des Logarithmus ist f(x) = ln(4) + ln(x) und die Ableitung ist f'(x)=0 + \frac{1}{x} =\frac{1}{x}
b) Es ist ln(\sqrt{x^2 + 5})=ln((x^2+5)^{\frac{1}{2}})=\frac{1}{2}\cdot ln(x^2+5)
Damit ist mit z = x2+5 die Ableitung f'(x) = \frac{1}{2}\cdot f'(z)\cdot z'=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{x^2+5}\cdot 2x=\frac{x}{x^2+5}
Oder mit z=\sqrt{x^2+5} ist f'(x) = f'(z)\cdot z' = \frac{1}{z}\cdot \frac{2x}{2\sqrt{x^2+5}}=\frac{1}{\sqrt{x^2+5}}\cdot \frac{x}{\sqrt{x^2+5}} =\frac{x}{x^2+5}.
c) mit z = cos(x) ist f'(x) = \frac{1}{cos(x)}\cdot (-sin(x) = - \frac{sin(x)}{cos(x)}=-tan(x)

d) Es ist (sin x)2 + (cos x)2 = 1, also ist f(x) = ln(1) = 0 und f'(x) = 0.


Bleistift 35fach.jpg   Aufgabe 2

Bestimmen Sie zuerst für f die Definitionsmenge D. Bilden Sie dann f'(x) und berechnen Sie f'(x0).
a) f(x) = ln(x2), x 0 = 4
b) f(x) = ln(2x+3), x0 = 1
c) f(x) = \frac{x}{ln(x)}, x0 = 2
d) f(x) = x ln(x) - x , x0 = e
e) f(x) = ex ln(x), x0 = 1
f) f(x) = ln(\sqrt x), x0 = e-4
g) f(x) = ln(\frac{x-1}{x+1}), x0 = -e

a) D = R\{0}, f'(x) = 2x\cdot \frac{1}{x^2} = \frac{2}{x}, f(4)=\frac{1}{2}
Oder mit ln(x2) = 2ln(x) erhält man f'(x) = 2\cdot \frac{1}{x}.
b) 2x + 3 > 0 ergibt x > -1,5, also D = ]-1,5;\infty[, f'(x) = \frac{2}{2x+3}, f'(1)=0,4
c) D = R+, f'(x) = \frac{1\cdot ln(x) - x\cdot \frac{1}{x}}{(ln(x))^2}=\frac{ln(x) - 1}{(ln(x))^2}, f'(2)=\frac{ln(2)-1}{(ln(2))^2}
d) D = R+, f'(x)= 1\cdot ln(x) + x\cdot \frac{1}{x} -1=ln(x), f'(e) = 1
e) D = R+; f'(x) = e^{x\cdot ln(x)}\cdot (1\cdot ln(x) + x\cdot \frac{1}{x})=e^{x\cdot ln(x)}\cdot (1\cdot ln(x) + 1), f'(1) = 1.
f) D = R+, f'(x) = \frac{1}{\sqrt x}\cdot \frac{1}{2\sqrt x}=\frac{1}{2x}, f'(e^{-4})= \frac{e^4}{2} g) Hier muss man bei der Bestimmung der Definitionsmenge darauf achten, wo das Argument des Logarithmus positiv ist. Dies ist der Fall, wenn Zähler und Nenner beide positiv oder beide negativ sind.
x-1 > 0 und x+1 > 0 ist für x > 1 bzw. x > -1, also x > 1 der Fall.
x-1 < 0 und x+1 < 0 ist für x < 1 bzw. x < -1, also x < -1 der Fall. Damit ist D=]-\infty;-1[\cup]1;\infty[.

f'(x) = \frac{1}{\frac{x-1}{x+1}} \cdot \frac{1\cdot(x+1)-(x-1)\cdot 1}{(x+1)^2}=\frac{2}{(x-1)(x+1)}, f'(-e)=\frac{2}{e^2-1}


Bleistift 35fach.jpg   Aufgabe 3

Gegeben ist die Funktion f: x \rightarrow - ln(1-e^{-x}).
a) Bestimmen Sie die maximale Definitionsmenge Dmax
b) Hat f Nullstellen? Wenn ja, bestimmen Sie diese.
c) Untersuchen Sie das Monotonieverhalten von f.
d) Bestimmen Sie die Asymptoten von Gf.
e) Zeichnen sie Gf.
f) Begründen Sie, dass die Funktion f umkehrbar ist und gegeben Sie die Umkehrfunktion f-1 an.
Betrachten Sie die Terme f(x) und F-1(x). Was fällt Ihnen auf? Deuten Sie dies geometrisch.

Das Argument eines Logarithmus muss positiv sein, also ist 1-e^{-x} > 0. Dies führt zur Gleichung 1 > e^{-x}. Die Funktion g mit g(x) = e-x ist eine abnehmende e-Funktion, die Funktionswerte kleiner als 1 für x > 0 hat. Also ist Dmax = R+.

b) f(x) = 0 hat Lösungen, wenn der Logarithmus ln(1) = 0 ist, also muss das Argument die Gleichung 1-e^{-x} =1 erfüllten. Umgeformt erhält man e^{-x} = 0. Das ist eine nicht lösbare Gleichung, da man weiß, dass die Exponentialfunktion g mit g(x) = e-x > 0 ist. Also hat f keine Nullstellen.

c) Für die Monotonie untersucht man die 1. Ableitung von f. f'(x) erhält man mit Hilfe der Ableitung der ln-Funktion und der mehrfachen Verwendung der Kettenregel. Mit z = 1 - e-x und w = -x ergibt sich f'(x) = -\frac{1}{z} \cdot z' = -\frac{1}{1-e^{-x}}\cdot (-e^w)\cdot w' = -\frac{1}{1-e^{-x}}\cdot (-e^{-x})\cdot (-1) = -\frac{e^{-x}}{1-e^{-x}}
Für x > 0 ist 0 < e-x < 1. Damit sind Zähler und Nenner positiv und f'(x) < 0. Also ist f in R+ streng monoton abnehmend.

d) Asymptoten hat man, wenn x gegen die Ränder der Definitionsmenge geht. Hier muss man x \to 0 und x \to \infty betrachten.
x \to 0:
Es ist \lim_{x\to 0}-ln(1-e^{-x}) = \infty, da für x < 1 das Argument 1-e-x < 1 und ln(1-e-x) < 0 ist. Damit geht ist \lim_{x \to 0}ln(1-e^{-x} = - \infty und \lim_{x \to 0} f(x) = \infty.
Damit ist die positive y-Achse Asymptote für x \to 0.
x \to \infty
Es ist \lim_{x\to \infty}-ln(1-e^{-x}) = 0, da \lim_{x\to \infty}(1-e^{-x}) = 1 und <mat>0 < 1-e^{-x} < 1</math>ist. Also geht f(x) für x \to \infty von oben gegen die x-Achse.
Die positive x-Achse ist Asymptote für x \to \infty.

e)
160-6d.jpg

f) Den Term der Umkehrfunktion f-1 erhält man indem man die Gleichung y = - ln(1-e^{-x}) nach x auflöst und dann x und y vertauscht.
y = - ln(1-e^{-x}) \qquad |\cdot (-1)
-y = ln(1-e^{-x}) \qquad | e\ hoch
e^{-y} = 1- e^{-x} \qquad \qquad | +e^{-x} - e^{-y}
e^{-x} = 1 - e^{-y} \qquad \qquad | logarithmieren
-x = ln(1-e^{-y}) \qquad |\cdot (-1)
x = ln(1-e^{-x})
x und y vetauschen: y = - ln(1-e^{-x})
f und f-1 haben den gleichen Term. Im xy-Diagramm liegen beide Graphen aufeinandern.

Dies bedeutet, dass der Graph von f in sich symmetrisch zur Geraden y = x ist.


Es ist log_b(a)=\frac{ln(a)}{ln(b)}. Dann ist (log_b(x))' = \left (\frac{ln(x)}{ln(b)} \right )=\frac{1}{ln(b)}\cdot\frac{1}{x}=\frac{1}{x\ln(b)} .

Maehnrot.jpg
Merke:
log_b(a) =\frac{1}{x\ln(b)}


Bleistift 35fach.jpg   Aufgabe 4

Leiten Sie ab
a) f mit f(x) = log10(x)
b) f mit f(x) = log2(x)

a) f'(x)=\frac{1}{x\cdot ln(10)}

b) f'(x)=\frac{1}{x\cdot ln(2)}
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