M11 Ableitung der Logarithmusfunktionen: Unterschied zwischen den Versionen

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

Aufgabe Wiederholung des Logarithmus

Zur Wiederholung des Logarithmus: M10_Der_Logarithmus

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

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 $\frac{1}{x}$ .

Merke:

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

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.

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) $f(x) = ln((sin x)^2 + (cos x)^2)$

[Lösung anzeigen][Lösung ausblenden]

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.

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), x₀ = 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) = e^{x ln(x)}, x₀ = 1
f) $f(x) = ln(\sqrt x)$ , x₀ = e^-4
g) $f(x) = ln(\frac{x-1}{x+1})$ , x₀ = -e

[Lösung anzeigen][Lösung ausblenden]

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; $\infty$ [.

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

Aufgabe 3

Gegeben ist die Funktion $f: x \rightarrow - ln(1-e^{-x})$ .
a) Bestimmen Sie die maximale Definitionsmenge D_max
b) Hat f Nullstellen? Wenn ja, bestimmen Sie diese.
c) Untersuchen Sie das Monotonieverhalten von f.
d) Bestimmen Sie die Asymptoten von G_f.
e) Zeichnen sie G_f.
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.

[Lösung anzeigen][Lösung ausblenden]

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 D_max = 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)

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 $(log_b(x))' = \left (\frac{ln(x)}{ln(b)} \right )=\frac{1}{ln(b)}\cdot\frac{1}{x}=\frac{1}{x\ln(b)}$ .

Merke:

$log_b(a) =\frac{1}{x\ln(b)}$

Aufgabe 4

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

[Lösung anzeigen][Lösung ausblenden]

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

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

@@ Zeile 81: / Zeile 81: @@
 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>
 <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>  }}
+{{Aufgaben-blau|3|2=Gegeben ist die Funktion <math>f: x \rightarrow - ln(1-e^{-x})</math>.  <br>
+a) Bestimmen Sie die maximale Definitionsmenge D<sub>max</sub><br>
+b) Hat f Nullstellen? Wenn ja, bestimmen Sie diese.<br>
+c) Untersuchen Sie das Monotonieverhalten von f.<br>
+d) Bestimmen Sie die Asymptoten von G<sub>f</sub>.<br>
+e) Zeichnen sie G<sub>f</sub>.<br>
+f) Begründen Sie, dass die Funktion f umkehrbar ist und gegeben Sie die Umkehrfunktion f<sup>-1</sup> an.<br>
+Betrachten Sie die Terme f(x) und F<sup>-1</sup>(x). Was fällt Ihnen auf? Deuten Sie dies geometrisch.}}
+{{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>.
+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.
+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>
+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.
+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>
+<math>x \to 0</math>:<br>
+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>
+Damit ist die positive y-Achse Asymptote für <math>x \to 0</math>.<br>
+<math>x \to \infty</math><br>
+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>
+Die positive x-Achse ist Asymptote für <math>x \to \infty</math>.
+e)<br>
+[[Datei:160-6d.jpg]]
+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>
+<math>y = - ln(1-e^{-x}) \qquad |\cdot (-1)</math><br>
+<math>-y = ln(1-e^{-x}) \qquad | e\ hoch</math> <br>
+<math>e^{-y} = 1- e^{-x} \qquad \qquad | +e^{-x} - e^{-y}</math><br>
+<math>e^{-x} = 1 - e^{-y} \qquad \qquad | logarithmieren</math><br>
+<math>-x = ln(1-e^{-y}) \qquad |\cdot (-1)</math><br>
+<math>x = ln(1-e^{-x})</math><br>
+x und y vetauschen: <math>y = - ln(1-e^{-x})</math><br>
+f und f<sup>-1</sup> haben den gleichen Term. Im xy-Diagramm liegen beide Graphen aufeinandern.<br>
+Dies bedeutet, dass der Graph von f in sich symmetrisch zur Geraden y = x ist. }}
+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> .
+{{Merksatz|MERK= <center> <math>log_b(a) =\frac{1}{x\ln(b)}</math>  }}
+{{Aufgaben-blau|4|2=Leiten Sie ab<br>
+a) f mit f(x) = log<sub>10</sub>(x)<br>
+b) f mit f(x) = log<sub>2</sub>(x)}}
+{{Lösung versteckt|1=a) <math>f'(x)=\frac{1}{x\cdot ln(10)}</math><br>
+b)  <math>f'(x)=\frac{1}{x\cdot ln(2)}</math>  }}

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