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Umformung Logarithmus

Schüler Maturitätsschule,

Tags: Algebra, Logarithmus, umformung

anonymous

11:47 Uhr, 26.08.2018

Guten Morgen zusammen

Ich verstehe diese Umformung nicht. Könnt Ihr mir bitte helfen?

L = {log}_{1 - 10^{- 7}} (\frac{N}{10^{7}}) \approx 10^{7} {log}_{\frac{1}{e}} (\frac{N}{10^{7}}) = - 10^{7} {log}_{e} (\frac{N}{10^{7}})

Danke im Voraus

Mit freundlichen Grüssen

Max

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Logarithmusfunktion (Mathematischer Grundbegriff)
Rechnen mit Logarithmen

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Logarithmusgesetze - Einführung

Roman-22

12:27 Uhr, 26.08.2018

Warum da erst auf den Logarithmus zur Basis

\frac{1}{e}

gesprungen wird, kann ich dir auch nicht sagen.

Grundsätzlich gilt

{log}_{a} (x) = \frac{ln (x)}{ln (a)}

und daher ist

{log}_{1 - 10^{- 7}} (x) = \frac{ln (x)}{ln (1 - 10^{- 7})} \approx (⋆)

Linearisiert man nun

ln (x)

an der Stelle

1,

ersetzt den Logarithmus dort also durch die Tangentenfunktion, dann gilt für kleine

Δ x

die Näherung

ln (1 + Δ x) \approx Δ x

und daher

ln (1 - 10^{- 7}) \approx - 10^{- 7}

.
Damit gehts nun weiter:

(⋆) \approx \frac{ln (x)}{- 10^{- 7}} = 10^{7} \cdot ln (x)

Wenn du nun

x = \frac{N}{10^{7}}

setzt, hast du deine Abschätzung. Ich wollte das

\frac{N}{10^{7}}

nicht ständig mitschleppen und außerdem sieht man so deutlicher, dass der Vorfaktor

- 10^{7}

nicht mit dem Nenner

10^{7}

des Arguments zu tun hat.

anonymous

13:56 Uhr, 26.08.2018

Guten Nachmittag Roman-22

Der Term

(1 - 10^{- 7})

ist nahe bei

\frac{1}{e}

Roman-22

14:29 Uhr, 26.08.2018

>

Der Term (1−10−7) ist nahe bei

1 e

Im Ernst?
Kommt darauf an, wie du "nahe" definierst.

0,9999999

vs. ca.

0,36787944

anonymous

14:33 Uhr, 26.08.2018

Sorry Roman-22

Ich meine der Term

{(1 - 10^{- 7})}^{10^{7}}

ist nah bei

\frac{1}{e}

Roman-22

15:16 Uhr, 26.08.2018

>

Ich meine der Term (1−10−7)107 ist nah bei

1 e

.
Ja, so wie auch

{(1 - 10^{- 7})}^{- 10^{7}}

relativ nahe bei

e

ist ;-)
Der Umweg über den Logarithmus zur Basis

\frac{1}{e}

würde sich mir daher dennoch nicht aufdrängen. Aber die Geschmäcker mögen verschieden sein.

Oder ging es bei der Frage gar nicht um die Abschätzung, sondern um den letzten Schritt, den Übergang von

\frac{1}{e} - log

zum ln?
Beachte dazu:

{log}_{\frac{1}{a}} (x) = - {log}_{a} (x),

weil

\frac{1}{a} = a^{- 1}

ist.

anonymous

15:25 Uhr, 26.08.2018

Nein, den letzten Umformungsschritt habe ich verstanden,danke. Aber ich verstehe immer noch diese Umformung nicht:

L = {log}_{1 - 10^{- 7}} (\frac{N}{10^{7}}) \approx 10^{7} {log}_{\frac{1}{e}} (\frac{N}{10^{7}})

Roman-22

15:35 Uhr, 26.08.2018

Schwer zu sagen, was im Kopf desjenigen, der diese Näherung verwendete, vorgegangen sein mag.
Ein Erklärungsversuch, der aber ganz analog zu meinem ursprünglichen Ansatz, der direkt auf den

ln

ging, erfolgt:

{log}_{1 - 10^{- 7}} (x) = \frac{{log}_{\frac{1}{e}} (x)}{{log}_{\frac{1}{e}} (1 - 10^{- 7})}

Und jetzt linearisieren wir eben

{log}_{\frac{1}{e}} (x)

an der Stelle

x_{0} = 1

(der Anstieg dort ist jetzt

- 1))

und erhalten

{log}_{\frac{1}{e}} (x + Δ x) \approx - Δ x

und damit

{log}_{\frac{1}{e}} (1 - 10^{- 7}) \approx 10^{- 7}

ledum aktiv_icon

15:37 Uhr, 26.08.2018

Hallo
dann hast du nicht verstanden, dass da ja nicht gleich steht sondern etwagleich und kog(1+x) etwa=x ist für kleine

x

. post vom

12.27

.
Gruß ledum

anonymous

15:48 Uhr, 26.08.2018

Wie linearisierst du

{log}_{\frac{1}{e}} (1 - 10^{- 7})

?

Sorry für die vielen Fragen

Roman-22

16:49 Uhr, 26.08.2018

>

Wie linearisierst du log1e(1−10−7)?
Das st ja nur ein Skalar, eine Zahl.
Die Funktion wird an einer Stelle linearisiert,

d . h

. wir ersetzen den Funktionsgraph an einer Stelle durch seine Tangente. Solange wir uns in der Nähe dieser Stelle befinden, wird die Tangente eine einigermaßen gute Näherung sein.

Die Funktion

y = {log}_{\frac{1}{e}} (x)

wird also an der Stelle

x_{0} = 1

durch ihre Tangente ersetzt.
Beachte dass

y = {log}_{\frac{1}{e}}

ja nichts anderes ist als

y = - ln (x)

.
Die Ableitungsfunktion ist

y' = - \frac{1}{x}

und somit ist die Steigung der Tangente an der Stelle

x_{0} = 1

gleich

- 1

.
Für Werte um

x = 1,

also

x = 1 + Δ x,

liefert die Tangente

(y = 1 - x))

eine gute Näherung.
Also ist

10^{- 7}

eine Näherung für

{log}_{\frac{1}{e}} (1 - 10^{- 7})

Aber wie schon gesagt - wie man auf die Idee kommen kann, zuerst

{log}_{\frac{1}{e}} (x)

zu verwenden und den verwirrenderweise dann auch noch nicht gleich als

- ln (x)

zu schreiben, das ist mir nicht erklärlich. Die direkte Umschreibung in den

ln

und dann dessen Näherung an der Stelle 1 kommt mir bei weitem "natürlicher" und naheliegender vor.

Das Bild zeigt

y = {log}_{\frac{1}{e}} (x) = - ln (x)

und die Tangente an der Stelle

(1 / 0),

welche in der Umgebung von

x_{0} = 1

zur Näherung herangezogen werden kann:

anonymous

20:31 Uhr, 26.08.2018

Sorry ich verstehe den letzten Schritt nicht. Wie kommst du von

x = 1 + Δ x

und

y = 1 - x

auf

{log}_{\frac{1}{e}} (1 - 10^{- 7}) \approx 10^{- 7}

Roman-22

20:43 Uhr, 26.08.2018

Sind wir uns noch einig darüber, dass

{log}_{\frac{1}{e}} (x) = - ln (x) \approx 1 - x

ist, solange wir uns in der Umgebung von

x = 1

bewegen?

y = 1 - x

ist die Tangentengleichung in

(1 / 0)

.

Dieses "in der Umgebung von x=1" drücke ich nun durch

x = 1 + Δ x

aus

(Δ x

ist dabei möglichst klein zu denken) und setze oben ein:

- ln (1 + Δ x) \approx 1 - (1 + Δ x) = - Δ x

und für

Δ x = - 10^{- 7}

ergibt sich dann eben

{log}_{\frac{1}{e}} (1 - 10^{- 7}) = - ln (1 - 10^{- 7}) \approx - (- 10^{- 7}) = + 10^{- 7}

anonymous

21:42 Uhr, 26.08.2018

Ich habe jetzt alles verstanden. Danke Roman-22 für deine Hilfe!

anonymous

21:43 Uhr, 26.08.2018

Ich habe jetzt alles verstanden. Danke Roman-22 für deine Hilfe!

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