\ANG{
Berechne $x$:\\[1mm]
\begin{tabular}[t]{lll}
(a)\quad$\D(\ln x)^{2}=4$\qquad & 
(b)\quad$\D\ln x=-10^{5}$\qquad &
(c)\quad$\D\ln\sqrt{x}+\ln\sqrt[3]{x}=2$\rule[-4mm]{0mm}{12mm}\\
(d)\quad$\D\ln\sqrt{1-x^{2}}=-\frac 12$\qquad &
(e)\quad$\D\e^{x}=\ln x$\qquad &
(f)\quad$\D\e^{x}=-\ln x$
\end{tabular}\\
Veranschauliche das Ergebnis von (b) in der Form 
$0{,}\underbrace{0000\,...\,000}_{\text{Zahl der Nullen}}\text{n"achste Ziffern}$.
} 
\LSG{
\begin{enumerate}
\item $\D\ln x=\pm 2\QDQ x_1=\e^2,\quad x_2=\e^{-2}$
\item $\D x=\e^{-10^{5}}=10^{-\frac{-10^{5}}{\ln 10}}=
10^{-43429{,}44819}=10^{-0{,}44819}\cdot10^{-43429}=
0{,}35629\cdot10^{-43429}$
\[x=0{,}\underbrace{0000\,...\,000}_{43429\text{ Nullen}}35629\,...\]
\item $\D\frac 12\ln x+\frac 13\ln x=\frac 56\ln x=2\QDQ x=\e^\frac{12}5
=\sqrt[5]{\e^{12}}\approx 11{,}023$
\item $\D\frac 12\ln(1-x^2)=-\frac 12\QDQ 1-x^2=\e^{-1}\QDQ 
x=\pm\sqrt{1-\frac 1\e}\approx\pm 0{,}795$
\item keine L"osung
\item Wir suchen eine Nullstelle von $f(x)=\e^x+\ln x$ mit dem Newtonverfahren:\\[2mm]
\parbox[t]{6cm}{
$\D x_{n+1}=x_n-\frac{f(x)}{f'(x)}=x_n-\frac{\e^x+\ln x}{\e^x+\frac 1x}$
\[x\approx 0{,}2698741376\]
}\qquad\quad\parbox[t]{5cm}{\mbox{}
\vspace{-13mm}

\begin{align*}
x_0 &= 0{,}5\\
x_1 &= 0{,}2381071287\\
x_2 &= 0{,}2684966975\\
x_3 &= 0{,}2698717782\\
x_4 &= 0{,}2698741376\\
x_5 &= 0{,}2698741376
\end{align*}
}
\end{enumerate}
}
