Het duurt ongeveer `4` jaar.

Verdubbeld: ongeveer `6,64` jaar.

Verdrievoudigd: ongeveer `10,53` jaar.

Verzesvoudigd: ongeveer `17,17` jaar.

`\ ^(1,11)log(2) + \ ^(1,11)log(3) ~~ 6,64 + 10,53 ~~ 17,2` en `\ ^(1,11)log(2*3) = \ ^(1,11)log(6) ~~ 17,2`

`x=7`

`x=2`

`x = 6,25`

`5 lt x le 262149`

`text(D)_f = ⟨text(-)10, →⟩`
`text(B)_f = ℝ`
verticale asymptoot: `x=text(-)10`

`text(D)_g = ⟨←, 0⟩`
`text(B)_g = ℝ`
verticale asymptoot: `x=0`

Nulpunt van `f` : `x=text(-)9,9999` .

Nulpunt van `g` : `x=text(-)1` .

`text(-)10 < x < text(-)9,999`

`h(x) = log(x+10) + 4 + log(text(-)x) = log(x+10) + log(10^4) + log(text(-)x)`

`h(x) = log(text(-)10^4x(x+10))`

Dat levert het gewenste resultaat.

Voer in: Y1=-15*log(x/1010).
Venster bijvoorbeeld: `0 ≤ x ≤ 1500` en `text(-)10 ≤ y ≤ 15` .

Het vliegtuig vliegt op ongeveer `6` km hoogte.

`p ~~ 1010*0,858^h`

`h=text(-)15 *(log(p)-log(p_0))=text(-)15 log(p)+15 log(p_0)`

De grafiek van `h` vind je door die van `y = text(-)15 * log(p)` in de `y` -richting `15 * log(p_0)` te verschuiven.

Het vliegtuig bevindt zich op ongeveer `3193` m hoogte.

`1000` bacteriën.

`A_1 = 1000 * 2,37^t` ( `0` graden) en `A_2 = 1000 * 5,62^t` ( `4` graden).

Er zijn ongeveer `5622` keer zo veel bacteriën.

De verdubbelingstijd is `9,6` uur.

De verdubbelingstijd bij `6`  °C is `(9,63)/(1,5^2)≈4,28` uur.

De verdubbelingstijd bij `10`  °C is `(9,63)/(2,5^2)≈1,54` uur.

pH `=text(-) log(18 )≈ text(-)1,26`

$\text{-}\log \left({\text{H}}_3{\text{O}}^{+}\right)=\mathrm{11,5}$ dus $\left[{\text{H}}_3{\text{O}}^{+}\right]={10}^{-\mathrm{11,5}}\approx \mathrm{3,16}\cdot {10}^{-12}$ mol/L.

$\text{-}\log \left({\text{H}}_3{\text{O}}^{+}\right)=4$ dus $\left[{\text{H}}_3{\text{O}}^{+}\right]={10}^{-4}=\mathrm{0,0001}$ mol/L.

$\text{-}\log \left({\text{H}}_3{\text{O}}^{+}\right)=0$ dus $\left[{\text{H}}_3{\text{O}}^{+}\right]={10}^{-0}\approx 1$ mol/L, dus als $\left[{\text{H}}_3{\text{O}}^{+}\right]>1$ mol/L. De oplossing is dan erg zuur en wordt steeds zuurder.

$\text{-}\log \left({\text{H}}_3{\text{O}}^{+}\right)=\mathrm{5,5}$ dus $\left[{\text{H}}_3{\text{O}}^{+}\right]={10}^{-\mathrm{5,5}}$ mol/L, dus $\left[{\text{H}}_3{\text{O}}^{+}\right]=\mathrm{3,16}\cdot {10}^6$ mol/L.

Ongeveer `19000` jaar.

Ongeveer `3560` jaar.

Tussen `1740` en `2160` jaar.

Ongeveer `58` % van de oorspronkelijke hoeveelheid.

Een punt op de grafiek is bijvoorbeeld `(6, 10^2)` . Dit geeft `10^2 = 10^6*2^(text(-)6r)` en dus `text(-)6r = \ ^2log(10^(text(-)4))` en `r ≈ 2,2` .

`0,1 = 2^(text(-)2,2*D)` geeft `text(-)2,2 D = \ ^2log(0,1)` en dus `D≈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 `1,5` .

Een rechte lijn door de punten `(0 , 10^6)` en bijvoorbeeld `(2,55; 10^5)` .

Uit de grafiek blijkt dat een hogere temperatuur een lagere halfwaardetijd geeft. Een lagere halfwaardetijd geeft een snellere afname van het diastasegetal. De honing kan dus beter bij een lage temperatuur worden bewaard.

Bij `25`  °C is de halfwaardetijd ongeveer `500` en dat is `500/365 ≈ 1,37` jaar.

`g^(1,37) = 1/2` geeft `g_j ≈ 0,603` .

Per drie jaar is dat `0,219` en `28*0,219 = 6,136` , wat dan het diastasegetal is.
Na drie jaar is de honing bakkershoning.

Los op: `27*0,5^(1/24)=8` .
Het antwoord is ongeveer `42` uur (of `43` uur).

`log(A)=M-3` geeft `A = 10^(M-3)` .
Dit kun je herleiden tot: `A = 0,001*10^M` .

`A=0,001*10^(5,3)~~200` .
De maximale amplitude van de naschok van 2004 is dus: `200/(10^(2,0))~~2` keer zo groot als die van de naschok in 2011.

of:

`log(A_2004)+3=5,3` geeft `A_2004=10^(2,3)~~200` .
De maximale amplitude van de naschok van 2004 is dus: `(10^(2,3))/(10^(2,0))~~2` keer zo groot als die van de naschok in 2011.

`(1/2)^t = 1/4800` geeft `t = \ ^(1/2)log(1/4800) ~~ 12,23` .

Omdat `t` in periodes van acht dagen is, kan er pas na `8*12,23~~98` dagen weer gevist worden.