3.4 Logarithmusgleichungen
Aus Online Mathematik Brückenkurs 1
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* Logarithmische Ausdrücke vergleichen mit Hilfe der Basis und des Exponenten. | * Logarithmische Ausdrücke vergleichen mit Hilfe der Basis und des Exponenten. | ||
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== A - Einfache Gleichungen == | == A - Einfache Gleichungen == | ||
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| Theorie | Übungen |
Inhalt:
- Logarithmusgleichungen
- Potenzgleichungen
- Scheinlösungen
Lernziele:
Nach diesem Abschnitt solltest Du folgendes können:
- Einfache Logarithmusgleichungen durch Logarithmieren lösen.
- Kompliziertere Logarithmusgleichungen lösen, die in lineare oder quadratische Gleichungen umgeschrieben werden können.
- Scheingleichungen erkennen.
- Logarithmische Ausdrücke vergleichen mit Hilfe der Basis und des Exponenten.
Die Lernziele sind Dir aus der Schule noch bestens vertraut und Du weißt ganz genau, wie man die zugehörigen Rechnungen ausführt? Dann kannst Du auch gleich mit den Prüfungen beginnen (Du findest den Link in der Student Lounge).
A - Einfache Gleichungen
Es gibt viele verschiedene Arten von Logarithmusgleichungen. Hier sind ein paar Beispiele, wo wir die Lösung der Gleichung mit der Definition des Logarithmus direkt erhalten:
| \displaystyle \begin{align*}
10^x = y\quad&\Leftrightarrow\quad x = \lg y\\ e^x = y\quad&\Leftrightarrow\quad x = \ln y\\ \end{align*} |
(Wir betrachten hier nur den 10-Logarithmus und den natürlichen Logarithmus)
Beispiel 1
Löse die Gleichungen
- \displaystyle 10^x = 537\quad hat die Lösung \displaystyle x = \lg 537.
- \displaystyle 10^{5x} = 537\quad gibt \displaystyle 5x = \lg 537, also \displaystyle x=\frac{1}{5} \lg 537.
- \displaystyle \frac{3}{e^x} = 5 \quad Wir erweitern beide Seiten mit \displaystyle e^x und dividieren beide Seiten durch 5, und erhalten \displaystyle \tfrac{3}{5}=e^x , also \displaystyle x=\ln\tfrac{3}{5}.
- \displaystyle \lg x = 3 \quad hat die Lösung \displaystyle x=10^3 = 1000.
- \displaystyle \lg(2x-4) = 2 \quad Von der Definition des Logarithmus bekommen wir \displaystyle 2x-4 = 10^2 = 100 und also \displaystyle x = 52.
Beispiel 2
- Löse die Gleichung \displaystyle \,(\sqrt{10}\,)^x = 25.
Nachdem \displaystyle \sqrt{10} = 10^{1/2} ist die linke Seite \displaystyle (\sqrt{10}\,)^x = (10^{1/2})^x = 10^{x/2} und wir haben die Gleichung
Diese Gleichung hat die Lösung \displaystyle \frac{x}{2} = \lg 25, also \displaystyle x = 2 \lg 25.\displaystyle 10^{x/2} = 25\,\mbox{.} - Löse die Gleichung \displaystyle \,\frac{3 \ln 2x}{2} + 1 = \frac{1}{2}.
Wir multiplizieren beide Seiten mit 2, und subtrahieren danach 2 von beiden Seiten\displaystyle 3 \ln 2x = -1\,\mbox{.} Jetzt dividieren wir beide Seiten durch 3
\displaystyle \ln 2x = -\frac{1}{3}\,\mbox{.} und erhalten durch die Definition, dass \displaystyle 2x = e^{-1/3}, und daher ist
\displaystyle x = {\textstyle\frac{1}{2}} e^{-1/3} = \frac{1}{2e^{1/3}}\,\mbox{.}
In der Praxis erscheinen Gleichungen in der Form
| \displaystyle a^x = b\,\mbox{,} |
wobei \displaystyle a und \displaystyle b positive Zahlen sind. Diese Gleichungen löst man am einfachsten, indem man beide Seiten der Gleichung logarithmiert.
| \displaystyle \lg a^x = \lg b |
Und durch die Logarithmengesetze erhalten wir
| \displaystyle x \cdot \lg a = \lg b |
also ist die Lösung \displaystyle \ x = \displaystyle \frac{\lg b}{\lg a}.
Beispiel 3
- Löse die Gleichung \displaystyle \,3^x = 20.
Wir logarithmieren beide Seiten\displaystyle \lg 3^x = \lg 20\,\mbox{.} Die linke Seite ist \displaystyle \lg 3^x = x \cdot \lg 3, und daher haben wir
\displaystyle x = \displaystyle \frac{\lg 20}{\lg 3} \quad ({}\approx 2\textrm{.}727)\,\mbox{.} - Löse die Gleichung \displaystyle \ 5000 \cdot 1\textrm{.}05^x = 10\,000.
Wir dividieren beide Seiten durch 5000\displaystyle 1\textrm{.}05^x = \displaystyle \frac{ 10\,000}{5\,000} = 2\,\mbox{.} Indem wir beide Seiten logarithmieren und die linke Seite umschreiben, bekommen wir die Lösung, \displaystyle \lg 1\textrm{.}05^x = x\cdot\lg 1\textrm{.}05,
\displaystyle x = \frac{\lg 2}{\lg 1\textrm{.}05} \quad ({}\approx 14\textrm{.}2)\,\mbox{.}
Beispiel 4
- Löse die Gleichung \displaystyle \ 2^x \cdot 3^x = 5.
Wir schreiben die linke Seite als \displaystyle 2^x\cdot 3^x=(2 \cdot 3)^x mit den Potenzgesetzen und erhalten\displaystyle 6^x = 5\,\mbox{.} Wir logarithmieren beide Seiten und erhalten so
\displaystyle x = \frac{\lg 5}{\lg 6}\quad ({}\approx 0\textrm{.}898)\,\mbox{.} - Löse die Gleichung \displaystyle \ 5^{2x + 1} = 3^{5x}.
Wir logarithmieren beide Seiten und verwenden das Logarithmengesetz \displaystyle \lg a^b = b \cdot \lg a\displaystyle \eqalign{(2x+1)\lg 5 &= 5x \cdot \lg 3\,\mbox{,}\cr 2x \cdot \lg 5 + \lg 5 &= 5x \cdot \lg 3\,\mbox{.}\cr} Wir bringen \displaystyle x auf eine Seite
\displaystyle \eqalign{\lg 5 &= 5x \cdot \lg 3 -2x \cdot \lg 5\,\mbox{,}\cr \lg 5 &= x\,(5 \lg 3 -2 \lg 5)\,\mbox{.}\cr} Die Lösung ist also
\displaystyle x = \frac{\lg 5}{5 \lg 3 -2 \lg 5}\,\mbox{.}
B - Kompliziertere Gleichungen
Gleichungen mit mehreren Logarithmustermen können in manchen Fällen wie lineare oder quadratische Gleichungen geschrieben werden, indem man "\displaystyle \ln x" oder "\displaystyle e^x" als unbekannte Variable betrachtet.
Beispiel 5
Löse die Gleichung \displaystyle \,\frac{6e^x}{3e^x+1}=\frac{5}{e^{-x}+2}.
Wir multiplizieren beide Seiten mit \displaystyle 3e^x+1 und \displaystyle e^{-x}+2, um den Nenner zu eliminieren.
| \displaystyle 6e^x(e^{-x}+2) = 5(3e^x+1)\,\mbox{.} |
Nachdem \displaystyle e^x und \displaystyle e^{-x} für alle \displaystyle x immer positiv sind, sind auch die Faktoren \displaystyle 3e^x+1 und \displaystyle e^{-x} +2 positiv (und nie null). Deshalb können hier keine Scheingleichungen entstehen.
Wir vereinfachen beide Seiten der Gleichung
| \displaystyle 6+12e^x = 15e^x+5\,\mbox{.} |
Dabei haben wir \displaystyle e^{-x} \cdot e^x = e^{-x + x} = e^0 = 1 verwendet. Wir betrachten jetzt \displaystyle e^x als unbekannte Variable. Die Lösung der Gleichung ist dann
| \displaystyle e^x=\frac{1}{3}\,\mbox{.} |
Logarithmieren wir beide Seiten der Gleichung, erhalten wir die Antwort
| \displaystyle x=\ln\frac{1}{3}= \ln 3^{-1} = -1 \cdot \ln 3 = -\ln 3\,\mbox{.} |
Beispiel 6
Löse die Gleichung \displaystyle \,\frac{1}{\ln x} + \ln\frac{1}{x} = 1.
Der Term \displaystyle \ln\frac{1}{x} kann als \displaystyle \ln\frac{1}{x} = \ln x^{-1} = -1 \cdot \ln x = - \ln x geschrieben werden und wir erhalten so die Gleichung
| \displaystyle \frac{1}{\ln x} - \ln x = 1\,\mbox{,} |
wo wir \displaystyle \ln x als unbekannte Variabel betrachten. Wir multiplizieren beide Seiten mit \displaystyle \ln x (dieser Faktor ist nicht null wenn \displaystyle x \neq 1) und erhalten die quadratische Gleichung
| \displaystyle 1 - (\ln x)^2 = \ln x\,\mbox{,} |
| \displaystyle (\ln x)^2 + \ln x - 1 = 0\,\mbox{.} |
für \displaystyle \ln x. Quadratische Ergänzung gibt
| \displaystyle \begin{align*}
\textstyle (\ln x)^2 + \ln x -1 &= \bigl( \ln x + \frac{1}{2} \bigr)^2 - \bigl(\frac{1}{2} \bigr)^2 - 1\\ &= \bigl( \ln x + \frac{1}{2} \bigr)^2 - \frac{5}{4}\\ \end{align*} |
Wir erhalten
| \displaystyle
\ln x = -\frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{5}}{2} \,\mbox{} |
und daher die Lösungen
| \displaystyle
x= e^{(-1 + \sqrt{5})/2} \quad \mbox{oder} \quad x= e^{-(1+\sqrt{5})/2}\,\mbox{.} |
C - Scheinlösungen
Wenn wir Logarithmusgleichungen lösen, müssen wir daran denken, dass das Argument der Logarithmusfunktion immer positiv sein muss, und dass \displaystyle e^{(\ldots)} immer positiv ist. Sonst besteht das Risiko, dass wir Scheinlösungen bekommen.
Beispiel 7
Löse die Gleichung \displaystyle \,\ln(4x^2 -2x) = \ln (1-2x).
Wir suchen Lösungen der Gleichung
| \displaystyle 4x^2 - 2x = 1 - 2x\,, | \displaystyle (*) |
wobei beide Seiten zusätzlich positiv ein müssen. Diese Gleichung kann auch als
| \displaystyle 4x^2 - 1= 0 |
geschrieben werden und wir erhalten die Wurzeln
| \displaystyle
\textstyle x= -\frac{1}{2} \quad\mbox{und}\quad x = \frac{1}{2} \; \mbox{.} |
Jetzt testen wir, ob für unsere Lösungen beide Seiten von \displaystyle (*) positiv werden:
- Wenn \displaystyle x= -\tfrac{1}{2}, sind beide Seiten \displaystyle 4x^2 - 2x = 1-2x = 1-2 \cdot \bigl(-\tfrac{1}{2}\bigr) = 1+1 = 2 > 0.
- Wenn \displaystyle x= \tfrac{1}{2}, sind beide Seiten \displaystyle 4x^2 - 2x = 1-2x = 1-2 \cdot \tfrac{1}{2} = 1-1 = 0 \not > 0.
Die Gleichung hat also nur die eine Lösung \displaystyle x= -\frac{1}{2}.
Beispiel 8
Lösen Sie die Gleichung \displaystyle \,e^{2x} - e^{x} = \frac{1}{2}.
Der erste Term kann als \displaystyle e^{2x} = (e^x)^2 geschrieben werden. Also haben wir eine quadratische Gleichung mit der unbekannten Variablen \displaystyle e^x
| \displaystyle (e^x)^2 - e^x = \tfrac{1}{2}\,\mbox{.} |
Wir ersetzen \displaystyle e^x mit \displaystyle t, um die Rechnungen zu vereinfachen
| \displaystyle t^2 -t = \tfrac{1}{2}\,\mbox{.} |
Die quadratische Ergänzung ergibt
| \displaystyle \begin{align*}
\textstyle \bigl(t-\frac{1}{2}\bigr)^2 - \bigl(\frac{1}{2}\bigr)^2 &= \frac{1}{2}\,\mbox{,}\\ \bigl(t-\frac{1}{2}\bigr)^2 &= \frac{3}{4}\,\mbox{,}\\ \end{align*} |
und wir haben die Lösungen
| \displaystyle
t=\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} \quad\mbox{und}\quad t=\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \, \mbox{.} |
Nachdem \displaystyle \sqrt3 > 1, ist \displaystyle \frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sqrt3 <0 und also ist nur \displaystyle t= \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt3 eine mögliche Lösung, da \displaystyle e^x immer positiv ist. Wir logarithmieren beide Seiten und erhalten
| \displaystyle
x = \ln \Bigl(\,\frac{1}{2}+\frac{\sqrt3}{2}\,\Bigr) |
als die einzige Lösung der Gleichung.
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Tipps fürs Lernen
Diagnostische Prüfung und Schlussprüfung
Nachdem du mit der Theorie und den Übungen fertig bist, solltest Du die diagnostische Prüfung und die Schlussprüfung machen. Du findest die Links zu den Prüfungen in Deiner "Student Lounge".
Bedenke folgendes:
Lerne die Logarithmengesetze ordentlich.
Viele StudentenInnen an den Universitäten haben Schwierigkeiten mit den Logarithmengesetzen.
