${\mathrm{1,11}}^t=\mathrm{1,5}$, dus $t={}^{\mathrm{1,11}}log\left(\mathrm{1,5}\right)\approx \mathrm{3,89}$ jaar.

${\mathrm{1,11}}^t=2$, dus $t=log{}^{\mathrm{1,11}}\left(2\right)\approx \mathrm{6,64}$ jaar.
${\mathrm{1,11}}^t=3$, dus $t={}^{\mathrm{1,11}}log\left(3\right)\approx \mathrm{10,53}$ jaar.
${\mathrm{1,11}}^t=6$, dus $t={}^{\mathrm{1,11}}log\left(6\right)\approx \mathrm{17,17}$ jaar.
Het lijkt er op dat ${}^{\mathrm{1,11}}log\left(2\right)+{}^{\mathrm{1,11}}log\left(3\right)={}^{\mathrm{1,11}}log\left(6\right)$.

$x+2={\left(\frac{1}{3}\right)}^{-2}=9$ en dus $x=7$.

²$log\left(x\right)=$²$log\left(2^5\right)-$²$log\left(16\right)$ geeft $x=\frac{32}{16}=2$.

${}^{5}log\left(4x^2\right)={}^{5}log\left(5^2\right)+{}^{5}log\left(x\right)$ geeft $4x^2=25x$ en dus $x=0\vee x=\mathrm{6,25}$.
Alleen $x=\mathrm{6,25}$ voldoet.

${\text{D}}_f=\langle -10,\to \rangle$, ${\text{B}}_f=ℝ$, verticale asymptoot $x=-10$.
${\text{D}}_g=\langle \leftarrow ,0\rangle$, ${\text{B}}_g=ℝ$, verticale asymptoot $x=0$.

$log(x+10)=-4$, dus $x+10={10}^{-4}$ en $x=-10+{10}^{-4}$. Nulpunt $(\mathrm{-9,9999};0)$.
$log\left(\mathrm{-}x\right)=0$, dus $\mathrm{-}x=1$ en $x=-1$. Nulpunt $(-1,0)$.

$log(x+10)+log\left({10}^4\right)=log\left(\mathrm{-}x\right)$ geeft $10000x+100000=\mathrm{-}x$ en dus $x=\mathrm{-}\frac{100000}{10001}\approx \mathrm{-9,999}$.
Oplossing ongelijkheid: .

Voer in: Y1=-15*log(X/1010) met venster: en .

$p=400$, dus $h=-15\cdot log\left(\frac{400}{1010}\right)\approx \mathrm{6,034}$. Het vliegtuig vliegt op $6$ km hoogte.

$h=-15\cdot (log\left(p\right)-log\left(p_0\right))=-15log\left(p\right)+15log\left(p_0\right)$.
De grafiek van $h$ vind je door die van $y=-15\cdot log\left(p\right)$ in de $y$-richting $15\cdot log\left(p_0\right)$ te verschuiven.

$3=-15\cdot log\left(\frac{p}{1000}\right)$ geeft $p\approx \mathrm{0,631}$. De bemanning meet dus een luchtdruk van $631$ mbar.
$p_0=1010$ en dus is $h\approx -15\cdot log\left(\frac{631}{1010}\right)\approx \mathrm{3,064}$. Zij vliegen op $3064$ m hoogte.

$1000$

$A_1=1000\cdot g^t$ door $(8,{10}^6)$ geeft $g\approx \mathrm{2,37}$, dus $A_1=1000\cdot {\mathrm{2,37}}^t$ (0 graden).
$A_2=1000\cdot g^t$ door $(4,{10}^6)$ geeft $g\approx \mathrm{5,62}$, dus $A_2=1000\cdot {\mathrm{5,62}}^t$ (4 graden).

$A_1\left(10\right)\approx 5590922$ en $A_2\left(10\right)=31431359000$, dus ongeveer $5622$ keer zoveel.

${\mathrm{5,62}}^t=2$, geeft $t\approx \mathrm{0,40}$ dagen. Dat is $\mathrm{9,6}$ uur.

De verdubbelingstijd bij 6°C is $\frac{\mathrm{9,63}}{{\mathrm{1,5}}^2}\approx \mathrm{4,28}$ uur.
De verdubbelingstijd bij 10°C is $\frac{\left(\mathrm{9,63}\right)}{{\mathrm{2,5}}^2}\approx \mathrm{1,54}$ uur.

pH $=\mathrm{-}log\left(18\right)\approx \mathrm{-1,26}$

$\mathrm{-}log\left(\left[H^{+}\right]\right)=\mathrm{11,5}$ dus $\left[H^{+}\right]={10}^{\mathrm{-11,5}}\approx \mathrm{3,16}\cdot {10}^{-12}$ Mol/L.

$\mathrm{-}log\left(\left[H^{+}\right]\right)=4$ dus $\left[H^{+}\right]={10}^{-4}=\mathrm{0,0001}$ Mol/L.

$\mathrm{-}log\left(\left[H^{+}\right]\right)=0$ dus $\left[H^{+}\right]={10}^0\approx 1$ Mol/L, dus als $\left[H^{+}\right]>1$ Mol/L.
De oplossing is dan niet erg zuur, maar wordt steede zuurder.

$\mathrm{-}log\left(\left[H^{+}\right]\right)=\mathrm{5,5}$ dus $\left[H^{+}\right]={10}^{\mathrm{-5,5}}$ Mol/L, dus $\left[H^{+}\right]=\mathrm{3,16}\cdot {10}^{-6}$ Mol/L.

$g^{5730}=\frac{1}{2}$ geeft $g\approx \mathrm{0,999879}$.
De verhouding C14 : C12 $=\frac{1}{{10}^{13}}=\frac{1}{10}\cdot \frac{1}{{10}^{12}}$.
Dus ${\mathrm{0,999879}}^t=\mathrm{0,1}$. Dat geeft $t\approx \mathrm{19034,6}$, dus ongeveer $19000$ jaar.

${\mathrm{0,999879}}^t=\mathrm{0,65}$ geeft $t\approx \mathrm{3559,097}$, dus ongeveer $3560$ jaar.

${\mathrm{0,999879}}^t=\mathrm{0,77}$ geeft $t\approx \mathrm{2159,9}$.
${\mathrm{0,999879}}^t=\mathrm{0,81}$ geeft $t\approx \mathrm{1741,4}$.
Dus tussen $1740$ en $2160$ jaar.

${\mathrm{0,999879}}^{4500}\approx \mathrm{0,58}$, dus ongeveer $58$% van de oorspronkelijke hoeveelheid.

Het totale aantal waarnemingen is `335` . De cijfers 1, 2 en 3 komen samen `195` keer voor en dat is `58,2` % (of `58` %).

De volgende getallen in deze reeks zijn 32, 64, 128, 256, 512, 1024 en 2048. De begincijfers 1, 2 of 3 komen `8` keer voor. Dat is samen ongeveer `67` %. Trek zelf je conclusie.

De wet van Benford voorspelt (ongeveer) `5,12` % getallen met begincijfer 8. Dat zijn `41` getallen. `62` wijkt meer dan `20` af van `41` . Conclusie: dit is voldoende aanleiding voor nader onderzoek.

$800=\frac{\mathrm{8289,3}}{B}\cdot (\mathrm{1,778}-log\left(B\right))$ oplossen met de grafische rekenmachine (denk om beschrijven hoe met de GR de oplossing van deze vergelijking gevonden kan worden) geeft $B=\mathrm{8,6}$ (of $\mathrm{8,7}$).

Als $B$ toeneemt, neemt $\frac{\mathrm{8289,3}}{B}$ af.
Als $B$ toeneemt, neemt $log\left(B\right)$ toe, dus neemt $\mathrm{1,778}–log\left(B\right)$ af.
Dus is $N_{\text{max}}$ dalend.

Met de GR maak je een tabel met passende instellingen. Daarin vind je $N_{\text{max}}\left(\mathrm{6,5}\right)\approx 1231$ en $N_{\text{max}}\left(\mathrm{7,0}\right)\approx 1105$. De breedte van de weg was oorspronkelijk $\mathrm{6,5}$ meter.

Een punt op de grafiek is bijvoorbeeld $(6,{10}^2)$. Dit geeft ${10}^2={10}^6\cdot 2^{-6r}$ en dus $-6r=$²$log\left({10}^{-4}\right)$ en $r\approx \mathrm{2,2}$.

$\mathrm{0,1}=2^{\mathrm{-2,2}\cdot D}$ geeft $\mathrm{-2,2}D={}^{2}log(\mathrm{0,1})$ en dus $D\approx \mathrm{1,5}$.
Controle met grafiek: een reductie tot $10$% is een "eenheid" op de verticale as omlaag; op de horizontale as neemt de tijd dan toe met ongeveer $\mathrm{1,5}$.

Een rechte lijn door de punten $(0,{10}^6)$ en bijvoorbeeld $(\mathrm{2,55};{10}^5)$.