Παραδείγματα λογαριθμικών εξισώσεων με λύση. Μέθοδοι επίλυσης λογαριθμικών εξισώσεων

Σε αυτό το μάθημα θα εξετάσουμε τα βασικά θεωρητικά δεδομένα για τους λογάριθμους και θα εξετάσουμε την επίλυση των απλούστερων λογαριθμικών εξισώσεων.

Ας θυμηθούμε τον κεντρικό ορισμό - τον ορισμό ενός λογάριθμου. Σχετίζεται με την απόφαση εκθετική εξίσωση. Αυτή η εξίσωση έχει μια μοναδική ρίζα, ονομάζεται λογάριθμος του b για τη βάση του a:

Ορισμός:

Ο λογάριθμος του b στη βάση a είναι ο εκθέτης στον οποίο πρέπει να αυξηθεί η βάση a για να ληφθεί b.

Να σας το θυμίσουμε βασική λογαριθμική ταυτότητα.

Η έκφραση (έκφραση 1) είναι η ρίζα της εξίσωσης (έκφραση 2). Αντικαταστήστε την τιμή x από την παράσταση 1 αντί για x στην παράσταση 2 και λάβετε την κύρια λογαριθμική ταυτότητα:

Βλέπουμε λοιπόν ότι κάθε τιμή συνδέεται με μια τιμή. Συμβολίζουμε το b με x(), το c με το y, και έτσι παίρνουμε μια λογαριθμική συνάρτηση:

Για παράδειγμα:

Ας θυμηθούμε τις βασικές ιδιότητες της λογαριθμικής συνάρτησης.

Ας προσέξουμε για άλλη μια φορά, εδώ, αφού κάτω από τον λογάριθμο μπορεί να υπάρχει μια αυστηρά θετική έκφραση, ως βάση του λογάριθμου.

Ρύζι. 1. Γράφημα λογαριθμικής συνάρτησης με διαφορετικές βάσεις

Το γράφημα της συνάρτησης στο εμφανίζεται με μαύρο χρώμα. Ρύζι. 1. Εάν το όρισμα αυξηθεί από το μηδέν στο άπειρο, η συνάρτηση αυξάνεται από το μείον στο συν άπειρο.

Η γραφική παράσταση της συνάρτησης στο εμφανίζεται με κόκκινο χρώμα. Ρύζι. 1.

Ιδιότητες αυτής της συνάρτησης:

Πεδίο εφαρμογής: ;

Εύρος τιμών: ;

Η συνάρτηση είναι μονότονη σε όλο το πεδίο ορισμού της. Όταν αυξάνεται μονοτονικά (αυστηρά), μια μεγαλύτερη τιμή του ορίσματος αντιστοιχεί σε μεγαλύτερη τιμή της συνάρτησης. Όταν μειώνεται μονοτονικά (αυστηρά), μια μεγαλύτερη τιμή του ορίσματος αντιστοιχεί σε μια μικρότερη τιμή της συνάρτησης.

Οι ιδιότητες της λογαριθμικής συνάρτησης είναι το κλειδί για την επίλυση μιας ποικιλίας λογαριθμικών εξισώσεων.

Ας εξετάσουμε την απλούστερη λογαριθμική εξίσωση, κατά κανόνα, όλες οι άλλες λογαριθμικές εξισώσεις ανάγονται σε αυτήν τη μορφή.

Εφόσον οι βάσεις των λογαρίθμων και οι ίδιοι οι λογάριθμοι είναι ίσες, οι συναρτήσεις κάτω από τον λογάριθμο είναι επίσης ίσες, αλλά δεν πρέπει να χάσουμε το πεδίο ορισμού. Μόνο ένας θετικός αριθμός μπορεί να εμφανιστεί κάτω από τον λογάριθμο, έχουμε:

Ανακαλύψαμε ότι οι συναρτήσεις f και g είναι ίσες, επομένως αρκεί να επιλέξουμε οποιαδήποτε ανισότητα για να συμμορφωθείτε με το ODZ.

Έτσι, έχουμε ένα μικτό σύστημα στο οποίο υπάρχει μια εξίσωση και μια ανισότητα:

Κατά κανόνα, δεν είναι απαραίτητο να λυθεί μια ανισότητα, αρκεί να λυθεί η εξίσωση και να αντικατασταθούν οι ρίζες που βρέθηκαν στην ανισότητα, εκτελώντας έτσι έναν έλεγχο.

Ας διατυπώσουμε μια μέθοδο για την επίλυση των απλούστερων λογαριθμικών εξισώσεων:

Να εξισωθούν οι βάσεις των λογαρίθμων.

Εξίσωση υπολογαριθμικών συναρτήσεων.

Εκτελέστε έλεγχο.

Ας δούμε συγκεκριμένα παραδείγματα.

Παράδειγμα 1 - λύστε την εξίσωση:

Οι βάσεις των λογαρίθμων είναι αρχικά ίσες, έχουμε το δικαίωμα να εξισώσουμε υπολογαριθμικές εκφράσεις, μην ξεχνάτε το ODZ, επιλέγουμε τον πρώτο λογάριθμο για να συνθέσουμε την ανισότητα:

Παράδειγμα 2 - λύστε την εξίσωση:

Αυτή η εξίσωση διαφέρει από την προηγούμενη στο ότι οι βάσεις των λογαρίθμων είναι μικρότερες από μία, αλλά αυτό δεν επηρεάζει τη λύση με κανέναν τρόπο:

Ας βρούμε τη ρίζα και ας την αντικαταστήσουμε με την ανισότητα:

Λάβαμε μια λανθασμένη ανισότητα, που σημαίνει ότι η ρίζα που βρέθηκε δεν ικανοποιεί το ODZ.

Παράδειγμα 3 - λύστε την εξίσωση:

Οι βάσεις των λογαρίθμων είναι αρχικά ίσες, έχουμε το δικαίωμα να εξισώσουμε υπολογαριθμικές εκφράσεις, μην ξεχνάτε το ODZ, επιλέγουμε τον δεύτερο λογάριθμο για να συνθέσουμε την ανισότητα:

Ας βρούμε τη ρίζα και ας την αντικαταστήσουμε με την ανισότητα:

Προφανώς, μόνο η πρώτη ρίζα ικανοποιεί το ODZ.

Σήμερα θα μάθουμε πώς να λύνουμε τις απλούστερες λογαριθμικές εξισώσεις, όπου δεν απαιτούνται προκαταρκτικοί μετασχηματισμοί ή επιλογή ριζών. Αλλά αν μάθετε να λύνετε τέτοιες εξισώσεις, τότε θα είναι πολύ πιο εύκολο.

Η απλούστερη λογαριθμική εξίσωση είναι μια εξίσωση της μορφής log a f (x) = b, όπου τα a, b είναι αριθμοί (a > 0, a ≠ 1), η f (x) είναι μια ορισμένη συνάρτηση.

Ένα χαρακτηριστικό γνώρισμα όλων των λογαριθμικών εξισώσεων είναι η παρουσία της μεταβλητής x κάτω από το πρόσημο του λογάριθμου. Εάν αυτή είναι η εξίσωση που δίνεται αρχικά στο πρόβλημα, ονομάζεται η απλούστερη. Οποιεσδήποτε άλλες λογαριθμικές εξισώσεις ανάγονται στην απλούστερη με ειδικούς μετασχηματισμούς (βλ. «Βασικές ιδιότητες των λογαρίθμων»). Ωστόσο, πρέπει να ληφθούν υπόψη πολλές λεπτές αποχρώσεις: ενδέχεται να προκύψουν επιπλέον ρίζες, επομένως σύνθετες λογαριθμικές εξισώσεις θα εξεταστούν χωριστά.

Πώς να λύσετε τέτοιες εξισώσεις; Αρκεί να αντικαταστήσουμε τον αριθμό στα δεξιά του ίσου με έναν λογάριθμο στην ίδια βάση με τα αριστερά. Τότε μπορείτε να απαλλαγείτε από το σύμβολο του λογαρίθμου. Παίρνουμε:

log a f (x) = b ⇒ log a f (x) = log a a b ⇒ f (x) = a b

Πήραμε τη συνηθισμένη εξίσωση. Οι ρίζες του είναι οι ρίζες της αρχικής εξίσωσης.

Βγάζοντας πτυχία

Συχνά οι λογαριθμικές εξισώσεις, οι οποίες εξωτερικά φαίνονται περίπλοκες και απειλητικές, λύνονται κυριολεκτικά σε μερικές γραμμές χωρίς να περιλαμβάνουν σύνθετους τύπους. Σήμερα θα εξετάσουμε ακριβώς τέτοια προβλήματα, όπου το μόνο που απαιτείται από εσάς είναι να μειώσετε προσεκτικά τον τύπο στην κανονική μορφή και να μην μπερδεύεστε κατά την αναζήτηση του τομέα ορισμού των λογαρίθμων.

Σήμερα, όπως πιθανώς μαντέψατε από τον τίτλο, θα λύσουμε λογαριθμικές εξισώσεις χρησιμοποιώντας τύπους για τη μετάβαση στην κανονική μορφή. Το κύριο «κόλπο» αυτού του μαθήματος βίντεο θα είναι η εργασία με πτυχία, ή μάλλον, η εξαγωγή του βαθμού από τη βάση και το επιχείρημα. Ας δούμε τον κανόνα:

Ομοίως, μπορείτε να εξαγάγετε το βαθμό από τη βάση:

Όπως μπορούμε να δούμε, αν όταν αφαιρούμε τον βαθμό από το όρισμα του λογαρίθμου έχουμε απλώς έναν πρόσθετο παράγοντα μπροστά, τότε όταν αφαιρούμε τον βαθμό από τη βάση δεν παίρνουμε απλώς έναν πολλαπλασιαστή, αλλά έναν ανεστραμμένο παράγοντα. Αυτό πρέπει να το θυμόμαστε.

Τέλος, το πιο ενδιαφέρον. Αυτοί οι τύποι μπορούν να συνδυαστούν, τότε παίρνουμε:

Φυσικά, κατά την πραγματοποίηση αυτών των μεταβάσεων, υπάρχουν ορισμένες παγίδες που σχετίζονται με την πιθανή επέκταση του πεδίου ορισμού ή, αντίθετα, τη στένωση του πεδίου ορισμού. Κρίνετε μόνοι σας:

log 3 x 2 = 2 ∙ log 3 x

Αν στην πρώτη περίπτωση το x θα μπορούσε να είναι οποιοσδήποτε αριθμός διαφορετικός από το 0, δηλαδή η απαίτηση x ≠ 0, τότε στη δεύτερη περίπτωση αρκούμε μόνο με το x, που όχι μόνο δεν είναι ίσο, αλλά αυστηρά μεγαλύτερο από 0, επειδή το πεδίο ορισμού Ο ορισμός του λογάριθμου είναι ότι το όρισμα είναι αυστηρά μεγαλύτερο από 0. Επομένως, θα σας υπενθυμίσω έναν υπέροχο τύπο από το μάθημα της άλγεβρας 8ης-9ης τάξης:

Δηλαδή, πρέπει να γράψουμε τον τύπο μας ως εξής:

log 3 x 2 = 2 ∙ log 3 |x |

Τότε δεν θα υπάρξει περιορισμός του πεδίου ορισμού.

Ωστόσο, στο σημερινό βίντεο φροντιστήριο δεν θα υπάρχουν τετράγωνα. Αν κοιτάξετε τις εργασίες μας, θα δείτε μόνο τις ρίζες. Επομένως, δεν θα εφαρμόσουμε αυτόν τον κανόνα, αλλά πρέπει να τον έχετε κατά νου, ώστε την κατάλληλη στιγμή, όταν βλέπετε μια τετραγωνική συνάρτηση σε ένα όρισμα ή τη βάση ενός λογαρίθμου, να θυμάστε αυτόν τον κανόνα και να εκτελέσετε όλες τις μεταμορφώσεις σωστά.

Άρα η πρώτη εξίσωση είναι:

Για να λύσετε αυτό το πρόβλημα, προτείνω να εξετάσετε προσεκτικά κάθε έναν από τους όρους που υπάρχουν στον τύπο.

Ας ξαναγράψουμε τον πρώτο όρο ως δύναμη με λογικό εκθέτη:

Εξετάζουμε τον δεύτερο όρο: log 3 (1 − x). Δεν χρειάζεται να κάνουμε τίποτα εδώ, όλα έχουν ήδη μεταμορφωθεί εδώ.

Τέλος, 0, 5. Όπως είπα σε προηγούμενα μαθήματα, κατά την επίλυση λογαριθμικών εξισώσεων και τύπων, συνιστώ ανεπιφύλακτα τη μετάβαση από τα δεκαδικά κλάσματα στα συνηθισμένα. Ας κάνουμε αυτό:

0,5 = 5/10 = 1/2

Ας ξαναγράψουμε τον αρχικό μας τύπο λαμβάνοντας υπόψη τους όρους που προκύπτουν:

log 3 (1 − x ) = 1

Τώρα ας προχωρήσουμε στην κανονική μορφή:

log 3 (1 − x ) = log 3 3

Απαλλαγούμε από το σύμβολο του λογάριθμου εξισώνοντας τα ορίσματα:

1 − x = 3

−x = 2

x = −2

Αυτό είναι όλο, λύσαμε την εξίσωση. Ωστόσο, ας το παίξουμε με ασφάλεια και ας βρούμε τον τομέα ορισμού. Για να το κάνουμε αυτό, ας επιστρέψουμε στον αρχικό τύπο και ας δούμε:

1 − x > 0

−x > −1

x< 1

Η ρίζα μας x = −2 ικανοποιεί αυτήν την απαίτηση, επομένως το x = −2 είναι μια λύση στην αρχική εξίσωση. Τώρα έχουμε λάβει μια αυστηρή, σαφή αιτιολόγηση. Αυτό είναι, το πρόβλημα λύθηκε.

Ας προχωρήσουμε στη δεύτερη εργασία:

Ας δούμε κάθε όρο ξεχωριστά.

Ας γράψουμε το πρώτο:

Μεταμορφώσαμε τον πρώτο όρο. Δουλεύουμε με τον δεύτερο όρο:

Τέλος, ο τελευταίος όρος, που βρίσκεται στα δεξιά του πρόσημου ίσου:

Αντικαθιστούμε τις παραστάσεις που προκύπτουν αντί για τους όρους στον προκύπτον τύπο:

ημερολόγιο 3 x = 1

Ας προχωρήσουμε στην κανονική μορφή:

log 3 x = log 3 3

Απαλλαγούμε από το σύμβολο του λογάριθμου, εξισώνοντας τα ορίσματα, και παίρνουμε:

x = 3

Και πάλι, για να είμαστε ασφαλείς, ας επιστρέψουμε στην αρχική εξίσωση και ας ρίξουμε μια ματιά. Στον αρχικό τύπο, η μεταβλητή x υπάρχει μόνο στο όρισμα, επομένως,

x > 0

Στον δεύτερο λογάριθμο, το x είναι κάτω από τη ρίζα, αλλά και πάλι στο όρισμα, επομένως, η ρίζα πρέπει να είναι μεγαλύτερη από 0, δηλαδή η ριζική έκφραση πρέπει να είναι μεγαλύτερη από 0. Εξετάζουμε τη ρίζα μας x = 3. Προφανώς, είναι ικανοποιεί αυτή την απαίτηση. Επομένως, x = 3 είναι μια λύση στην αρχική λογαριθμική εξίσωση. Αυτό είναι, το πρόβλημα λύθηκε.

Υπάρχουν δύο βασικά σημεία στο σημερινό βίντεο εκμάθησης:

1) μην φοβάστε να μετασχηματίσετε λογάριθμους και, ειδικότερα, μην φοβάστε να αφαιρέσετε δυνάμεις από το πρόσημο του λογαρίθμου, ενώ θυμάστε τον βασικό μας τύπο: όταν αφαιρείτε μια δύναμη από ένα όρισμα, απλώς αφαιρείται χωρίς αλλαγές ως πολλαπλασιαστή, και κατά την αφαίρεση μιας ισχύος από τη βάση, αυτή η ισχύς αντιστρέφεται.

2) το δεύτερο σημείο σχετίζεται με την ίδια την κανονική μορφή. Κάναμε τη μετάβαση στην κανονική μορφή στο τέλος του μετασχηματισμού του τύπου της λογαριθμικής εξίσωσης. Επιτρέψτε μου να σας υπενθυμίσω τον ακόλουθο τύπο:

α = ημερολόγιο β β α

Φυσικά, με την έκφραση «οποιοσδήποτε αριθμός b», εννοώ εκείνους τους αριθμούς που ικανοποιούν τις απαιτήσεις που επιβάλλονται στη βάση του λογαρίθμου, δηλ.

1 ≠ b > 0

Για τέτοιο β, και αφού γνωρίζουμε ήδη τη βάση, αυτή η απαίτηση θα εκπληρωθεί αυτόματα. Αλλά για τέτοιο b - οποιοδήποτε που ικανοποιεί αυτήν την απαίτηση - αυτή η μετάβαση μπορεί να πραγματοποιηθεί και θα λάβουμε μια κανονική μορφή με την οποία μπορούμε να απαλλαγούμε από το πρόσημο του λογαρίθμου.

Επέκταση του τομέα ορισμού και επιπλέον ριζών

Κατά τη διαδικασία μετασχηματισμού λογαριθμικών εξισώσεων, μπορεί να προκύψει μια σιωπηρή επέκταση του πεδίου ορισμού. Συχνά οι μαθητές δεν το παρατηρούν καν αυτό, γεγονός που οδηγεί σε λάθη και λανθασμένες απαντήσεις.

Ας ξεκινήσουμε με τα πιο απλά σχέδια. Η απλούστερη λογαριθμική εξίσωση είναι η εξής:

log a f (x) = β

Σημειώστε ότι το x υπάρχει μόνο σε ένα όρισμα ενός λογάριθμου. Πώς λύνουμε τέτοιες εξισώσεις; Χρησιμοποιούμε την κανονική μορφή. Για να το κάνετε αυτό, φανταστείτε τον αριθμό b = log a a b και η εξίσωσή μας θα ξαναγραφεί ως εξής:

log a f (x) = log a a β

Αυτό το λήμμα ονομάζεται κανονική μορφή. Σε αυτό θα πρέπει να μειώσετε οποιαδήποτε λογαριθμική εξίσωση που θα συναντήσετε όχι μόνο στο σημερινό μάθημα, αλλά και σε οποιαδήποτε ανεξάρτητη και δοκιμαστική εργασία.

Το πώς να φτάσετε στην κανονική μορφή και ποιες τεχνικές θα χρησιμοποιήσετε είναι θέμα εξάσκησης. Το κύριο πράγμα που πρέπει να καταλάβετε είναι ότι μόλις λάβετε ένα τέτοιο αρχείο, μπορείτε να θεωρήσετε το πρόβλημα λυμένο. Επειδή το επόμενο βήμα είναι να γράψετε:

f (x) = a b

Με άλλα λόγια, απαλλαγούμε από το πρόσημο του λογάριθμου και απλώς εξισώνουμε τα ορίσματα.

Γιατί όλη αυτή η κουβέντα; Το γεγονός είναι ότι η κανονική μορφή είναι εφαρμόσιμη όχι μόνο στα πιο απλά προβλήματα, αλλά και σε οποιαδήποτε άλλα. Συγκεκριμένα, αυτά που θα αποφασίσουμε σήμερα. Ας δούμε.

Πρώτη εργασία:

Ποιο είναι το πρόβλημα με αυτή την εξίσωση; Το γεγονός είναι ότι η συνάρτηση είναι σε δύο λογάριθμους ταυτόχρονα. Το πρόβλημα μπορεί να μειωθεί στο απλούστερό του αφαιρώντας απλώς έναν λογάριθμο από έναν άλλο. Αλλά προκύπτουν προβλήματα με την περιοχή ορισμού: ενδέχεται να εμφανιστούν επιπλέον ρίζες. Ας μετακινήσουμε λοιπόν έναν από τους λογάριθμους προς τα δεξιά:

Αυτό το λήμμα μοιάζει πολύ περισσότερο με την κανονική μορφή. Αλλά υπάρχει μια ακόμη απόχρωση: στην κανονική μορφή, τα επιχειρήματα πρέπει να είναι τα ίδια. Και στα αριστερά έχουμε τον λογάριθμο στη βάση 3, και στα δεξιά στη βάση 1/3. Γνωρίζει ότι αυτές οι βάσεις πρέπει να φτάσουν στον ίδιο αριθμό. Για παράδειγμα, ας θυμηθούμε ποιες είναι οι αρνητικές δυνάμεις:

Και μετά θα χρησιμοποιήσουμε τον εκθέτη "−1" εκτός του ημερολογίου ως πολλαπλασιαστή:

Παρακαλώ σημειώστε: ο βαθμός που ήταν στη βάση αναποδογυρίζεται και μετατρέπεται σε κλάσμα. Λάβαμε μια σχεδόν κανονική σημείωση με το να απαλλαγούμε από διαφορετικές βάσεις, αλλά σε αντάλλαγμα πήραμε τον παράγοντα "−1" στα δεξιά. Ας συνυπολογίσουμε αυτόν τον παράγοντα στο επιχείρημα μετατρέποντάς τον σε δύναμη:

Φυσικά, έχοντας λάβει την κανονική μορφή, διαγράφουμε με τόλμη το πρόσημο του λογάριθμου και εξισώνουμε τα επιχειρήματα. Ταυτόχρονα, επιτρέψτε μου να σας υπενθυμίσω ότι όταν αυξάνεται στην ισχύ "−1", το κλάσμα απλώς αναποδογυρίζεται - προκύπτει μια αναλογία.

Ας χρησιμοποιήσουμε τη βασική ιδιότητα της αναλογίας και ας την πολλαπλασιάσουμε σταυρωτά:

(x − 4) (2x − 1) = (x − 5) (3x − 4)

2x 2 − x − 8x + 4 = 3x 2 − 4x − 15x + 20

2x 2 − 9x + 4 = 3x 2 − 19x + 20

x 2 − 10x + 16 = 0

Αυτό που έχουμε μπροστά μας είναι τετραγωνική εξίσωση, οπότε το λύνουμε χρησιμοποιώντας τους τύπους του Vieta:

(x − 8)(x − 2) = 0

x 1 = 8; x 2 = 2

Αυτό είναι όλο. Πιστεύετε ότι η εξίσωση έχει λυθεί; Όχι! Για μια τέτοια λύση θα λάβουμε 0 βαθμούς, γιατί η αρχική εξίσωση περιέχει δύο λογάριθμους με τη μεταβλητή x. Επομένως, είναι απαραίτητο να ληφθεί υπόψη ο τομέας ορισμού.

Και εδώ αρχίζει η διασκέδαση. Οι περισσότεροι μαθητές μπερδεύονται: ποιο είναι το πεδίο ορισμού του λογάριθμου; Φυσικά, όλα τα ορίσματα (έχουμε δύο) πρέπει να είναι μεγαλύτερα από το μηδέν:

(x − 4)/(3x − 4) > 0

(x − 5)/(2x − 1) > 0

Κάθε μία από αυτές τις ανισότητες πρέπει να λυθεί, να σημειωθεί σε μια ευθεία γραμμή, να διασταυρωθεί και μόνο τότε να δούμε ποιες ρίζες βρίσκονται στη διασταύρωση.

Θα είμαι ειλικρινής: αυτή η τεχνική έχει το δικαίωμα να υπάρχει, είναι αξιόπιστη και θα λάβετε τη σωστή απάντηση, αλλά υπάρχουν πάρα πολλά περιττά βήματα σε αυτήν. Ας δούμε λοιπόν ξανά τη λύση μας και ας δούμε: πού ακριβώς πρέπει να εφαρμόσουμε το πεδίο εφαρμογής; Με άλλα λόγια, πρέπει να καταλάβετε πότε ακριβώς εμφανίζονται επιπλέον ρίζες.

1. Αρχικά είχαμε δύο λογάριθμους. Στη συνέχεια μετακινήσαμε ένα από αυτά προς τα δεξιά, αλλά αυτό δεν επηρέασε την περιοχή ορισμού.
2. Στη συνέχεια αφαιρούμε την ισχύ από τη βάση, αλλά υπάρχουν ακόμα δύο λογάριθμοι, και σε καθένα από αυτούς υπάρχει μια μεταβλητή x.
3. Τέλος, διαγράφουμε τα σημάδια του κορμού και παίρνουμε το κλασικό κλασματική ορθολογική εξίσωση.

Είναι στο τελευταίο βήμα που διευρύνεται το πεδίο ορισμού! Μόλις περάσαμε σε μια κλασματική-ορθολογική εξίσωση, απαλλαγούμε από τα log πρόσημα, οι απαιτήσεις για τη μεταβλητή x άλλαξαν δραματικά!

Κατά συνέπεια, το πεδίο ορισμού μπορεί να εξεταστεί όχι στην αρχή της λύσης, αλλά μόνο στο αναφερόμενο βήμα - πριν εξισωθούν άμεσα τα επιχειρήματα.

Εδώ βρίσκεται η ευκαιρία για βελτιστοποίηση. Από τη μία πλευρά, απαιτείται και τα δύο ορίσματα να είναι μεγαλύτερα από το μηδέν. Από την άλλη πλευρά, εξισώνουμε περαιτέρω αυτά τα επιχειρήματα. Επομένως, αν τουλάχιστον ένα από αυτά είναι θετικό, τότε και το δεύτερο θα είναι θετικό!

Αποδεικνύεται λοιπόν ότι η απαίτηση να εκπληρωθούν δύο ανισότητες ταυτόχρονα είναι υπερβολικό. Αρκεί να εξετάσουμε μόνο ένα από αυτά τα κλάσματα. Ποιο ακριβώς; Αυτό που είναι πιο απλό. Για παράδειγμα, ας δούμε το δεξιό κλάσμα:

(x − 5)/(2x − 1) > 0

Αυτή είναι μια τυπική κλασματική ορθολογική ανισότητα, την λύνουμε χρησιμοποιώντας τη μέθοδο διαστήματος:

Πώς να τοποθετήσετε πινακίδες; Ας πάρουμε έναν αριθμό που είναι προφανώς μεγαλύτερος από όλες τις ρίζες μας. Για παράδειγμα, 1 δισεκατομμύριο Και αντικαθιστούμε το κλάσμα του. Παίρνουμε έναν θετικό αριθμό, δηλ. στα δεξιά της ρίζας x = 5 θα υπάρχει ένα σύμβολο συν.

Έπειτα τα ζώδια εναλλάσσονται, γιατί δεν υπάρχουν πουθενά ρίζες καν της πολλαπλότητας. Μας ενδιαφέρουν τα διαστήματα όπου η συνάρτηση είναι θετική. Επομένως, x ∈ (−∞; −1/2)∪(5; +∞).

Τώρα ας θυμηθούμε τις απαντήσεις: x = 8 και x = 2. Αυστηρά μιλώντας, αυτές δεν είναι ακόμα απαντήσεις, αλλά μόνο υποψήφιοι για την απάντηση. Ποιο ανήκει στο καθορισμένο σύνολο; Φυσικά, x = 8. Αλλά το x = 2 δεν μας ταιριάζει ως προς το πεδίο ορισμού του.

Συνολικά, η απάντηση στην πρώτη λογαριθμική εξίσωση θα είναι x = 8. Τώρα έχουμε μια ικανή, καλά τεκμηριωμένη λύση, λαμβάνοντας υπόψη το πεδίο ορισμού.

Ας προχωρήσουμε στη δεύτερη εξίσωση:

log 5 (x − 9) = log 0,5 4 − log 5 (x − 5) + 3

Να σας υπενθυμίσω ότι αν υπάρχει δεκαδικό κλάσμα στην εξίσωση, τότε θα πρέπει να το ξεφορτωθείτε. Με άλλα λόγια, ας ξαναγράψουμε το 0,5 ως κοινό κλάσμα. Παρατηρούμε αμέσως ότι ο λογάριθμος που περιέχει αυτή τη βάση υπολογίζεται εύκολα:

Αυτή είναι μια πολύ σημαντική στιγμή! Όταν έχουμε βαθμούς και στη βάση και στο όρισμα, μπορούμε να εξαγάγουμε τους δείκτες αυτών των βαθμών χρησιμοποιώντας τον τύπο:

Ας επιστρέψουμε στην αρχική μας λογαριθμική εξίσωση και ας την ξαναγράψουμε:

log 5 (x − 9) = 1 − log 5 (x − 5)

Αποκτήσαμε ένα σχέδιο αρκετά κοντά στην κανονική μορφή. Ωστόσο, μας μπερδεύουν οι όροι και το σύμβολο μείον στα δεξιά του ίσου. Ας αναπαραστήσουμε ένα ως λογάριθμο στη βάση 5:

log 5 (x − 9) = log 5 5 1 − log 5 (x − 5)

Αφαιρέστε τους λογάριθμους στα δεξιά (σε αυτή την περίπτωση τα ορίσματά τους διαιρούνται):

log 5 (x − 9) = log 5 5/(x − 5)

Θαυμάσιος. Έτσι πήραμε την κανονική μορφή! Διαγράφουμε τα σημάδια καταγραφής και εξισώνουμε τα ορίσματα:

(x − 9)/1 = 5/(x − 5)

Αυτή είναι μια αναλογία που μπορεί εύκολα να λυθεί πολλαπλασιάζοντας σταυρωτά:

(x − 9)(x − 5) = 5 1

x 2 − 9x − 5x + 45 = 5

x 2 − 14x + 40 = 0

Προφανώς, έχουμε μειωμένη τετραγωνική εξίσωση. Μπορεί εύκολα να λυθεί χρησιμοποιώντας τους τύπους του Vieta:

(x − 10)(x − 4) = 0

x 1 = 10

x 2 = 4

Έχουμε δύο ρίζες. Αλλά αυτές δεν είναι τελικές απαντήσεις, αλλά μόνο υποψήφιες, επειδή η λογαριθμική εξίσωση απαιτεί επίσης έλεγχο του πεδίου ορισμού.

Σας θυμίζω: δεν χρειάζεται να ψάξετε πότε κάθεαπό τα ορίσματα θα είναι μεγαλύτερο από το μηδέν. Αρκεί να απαιτήσουμε ένα όρισμα —είτε x − 9 είτε 5/(x − 5)— να είναι μεγαλύτερο από το μηδέν. Εξετάστε το πρώτο επιχείρημα:

x − 9 > 0

x > 9

Προφανώς, μόνο το x = 10 ικανοποιεί αυτήν την απαίτηση Αυτή είναι η τελική απάντηση. Το όλο πρόβλημα έχει λυθεί.

Για άλλη μια φορά, οι βασικές σκέψεις του σημερινού μαθήματος:

1. Μόλις η μεταβλητή x εμφανιστεί σε πολλούς λογάριθμους, η εξίσωση παύει να είναι στοιχειώδης και πρέπει να υπολογιστεί το πεδίο ορισμού της. Διαφορετικά, μπορείτε εύκολα να γράψετε επιπλέον ρίζες στην απάντηση.
2. Η εργασία με τον ίδιο τον τομέα μπορεί να απλοποιηθεί σημαντικά εάν γράψουμε την ανισότητα όχι αμέσως, αλλά ακριβώς τη στιγμή που θα απαλλαγούμε από τα σημάδια καταγραφής. Άλλωστε, όταν τα ορίσματα εξισώνονται μεταξύ τους, αρκεί να απαιτείται μόνο ένα από αυτά να είναι μεγαλύτερο από το μηδέν.

Φυσικά, εμείς οι ίδιοι επιλέγουμε ποιο όρισμα θα χρησιμοποιήσουμε για να σχηματίσουμε μια ανισότητα, οπότε είναι λογικό να επιλέξουμε το πιο απλό. Για παράδειγμα, στη δεύτερη εξίσωση επιλέξαμε το όρισμα (x − 9) - γραμμική συνάρτηση, σε αντίθεση με το κλασματικό ορθολογικό δεύτερο όρισμα. Συμφωνώ, η επίλυση της ανίσωσης x − 9 > 0 είναι πολύ πιο εύκολη από το 5/(x − 5) > 0. Αν και το αποτέλεσμα είναι το ίδιο.

Αυτή η παρατήρηση απλοποιεί πολύ την αναζήτηση για ODZ, αλλά να είστε προσεκτικοί: μπορείτε να χρησιμοποιήσετε μία ανισότητα αντί για δύο μόνο εάν τα ορίσματα είναι ακριβώς είναι ίσα μεταξύ τους!

Φυσικά, κάποιος θα ρωτήσει τώρα: τι συμβαίνει διαφορετικά; Ναι, συμβαίνει. Για παράδειγμα, στο ίδιο το βήμα, όταν πολλαπλασιάζουμε δύο ορίσματα που περιέχουν μια μεταβλητή, υπάρχει κίνδυνος να εμφανιστούν περιττές ρίζες.

Κρίνετε μόνοι σας: πρώτα απαιτείται καθένα από τα ορίσματα να είναι μεγαλύτερο από το μηδέν, αλλά μετά τον πολλαπλασιασμό αρκεί το γινόμενο τους να είναι μεγαλύτερο από το μηδέν. Ως αποτέλεσμα, παραλείπεται η περίπτωση όπου καθένα από αυτά τα κλάσματα είναι αρνητικό.

Επομένως, εάν μόλις αρχίζετε να κατανοείτε πολύπλοκες λογαριθμικές εξισώσεις, σε καμία περίπτωση μην πολλαπλασιάσετε τους λογάριθμους που περιέχουν τη μεταβλητή x - αυτό πολύ συχνά οδηγεί στην εμφάνιση περιττών ριζών. Είναι καλύτερα να κάνετε ένα επιπλέον βήμα, να μετακινήσετε έναν όρο στην άλλη πλευρά και να δημιουργήσετε μια κανονική μορφή.

Λοιπόν, τι να κάνετε αν δεν μπορείτε να κάνετε χωρίς να πολλαπλασιάσετε τέτοιους λογάριθμους, θα συζητήσουμε στο επόμενο μάθημα βίντεο.

Για άλλη μια φορά για τις δυνάμεις στην εξίσωση

Σήμερα θα εξετάσουμε ένα μάλλον ολισθηρό θέμα σχετικά με τις λογαριθμικές εξισώσεις, ή πιο συγκεκριμένα, την αφαίρεση των δυνάμεων από τα επιχειρήματα και τις βάσεις των λογαρίθμων.

Θα έλεγα μάλιστα ότι θα μιλήσουμε για την αφαίρεση ζυγών δυνάμεων, γιατί με τις ζυγές δυνάμεις προκύπτουν οι περισσότερες δυσκολίες κατά την επίλυση πραγματικών λογαριθμικών εξισώσεων.

Ας ξεκινήσουμε με την κανονική μορφή. Ας υποθέσουμε ότι έχουμε μια εξίσωση της μορφής log a f (x) = b. Σε αυτήν την περίπτωση, ξαναγράφουμε τον αριθμό b χρησιμοποιώντας τον τύπο b = log a a b . Αποδεικνύεται το εξής:

log a f (x) = log a a β

Τότε εξισώνουμε τα επιχειρήματα:

f (x) = a b

Ο προτελευταίος τύπος ονομάζεται κανονική μορφή. Σε αυτό προσπαθούν να μειώσουν οποιαδήποτε λογαριθμική εξίσωση, όσο περίπλοκη και τρομακτική κι αν φαίνεται με την πρώτη ματιά.

Ας το δοκιμάσουμε λοιπόν. Ας ξεκινήσουμε με την πρώτη εργασία:

Προκαταρκτική σημείωση: όπως είπα, τα πάντα δεκαδικάσε μια λογαριθμική εξίσωση είναι καλύτερο να τη μετατρέψουμε σε συνηθισμένες:

0,5 = 5/10 = 1/2

Ας ξαναγράψουμε την εξίσωσή μας λαμβάνοντας υπόψη αυτό το γεγονός. Σημειώστε ότι και το 1/1000 και το 100 είναι δυνάμεις του δέκα και, στη συνέχεια, ας βγάλουμε δυνάμεις όπου κι αν βρίσκονται: από ορίσματα και ακόμη και από τη βάση των λογαρίθμων:

Και εδώ πολλοί μαθητές έχουν μια ερώτηση: "Από πού προήλθε η ενότητα στα δεξιά;" Πράγματι, γιατί να μην γράψετε απλώς (x − 1); Φυσικά, τώρα θα γράψουμε (x − 1), αλλά λαμβάνοντας υπόψη το πεδίο ορισμού μας δίνει το δικαίωμα να το γράψουμε. Άλλωστε, ένας άλλος λογάριθμος περιέχει ήδη (x − 1), και αυτή η έκφραση πρέπει να είναι μεγαλύτερη από το μηδέν.

Όταν όμως αφαιρέσουμε το τετράγωνο από τη βάση του λογαρίθμου, πρέπει να αφήσουμε ακριβώς τη μονάδα στη βάση. Επιτρέψτε μου να εξηγήσω γιατί.

Γεγονός είναι ότι, από μαθηματική άποψη, το να πάρεις πτυχίο ισοδυναμεί με τη ρίζα. Συγκεκριμένα, όταν τετραγωνίζουμε την παράσταση (x − 1) 2, ουσιαστικά παίρνουμε τη δεύτερη ρίζα. Αλλά η τετραγωνική ρίζα δεν είναι τίποτα άλλο παρά ένας συντελεστής. Ακριβώς μονάδα μέτρησης, γιατί ακόμα κι αν η παράσταση x − 1 είναι αρνητική, όταν τετραγωνιστεί, το «μείον» θα εξακολουθήσει να καεί. Η περαιτέρω εξαγωγή της ρίζας θα μας δώσει έναν θετικό αριθμό - χωρίς κανένα μείον.

Γενικά, για να αποφύγετε επιθετικά λάθη, θυμηθείτε μια για πάντα:

Η ρίζα μιας άρτιας ισχύος οποιασδήποτε συνάρτησης που αυξάνεται στην ίδια ισχύ δεν είναι ίση με την ίδια τη συνάρτηση, αλλά με το μέτρο της:

Ας επιστρέψουμε στη λογαριθμική μας εξίσωση. Μιλώντας για τη μονάδα, υποστήριξα ότι μπορούμε να την αφαιρέσουμε ανώδυνα. Αυτό είναι αλήθεια. Τώρα θα εξηγήσω γιατί. Αυστηρά μιλώντας, έπρεπε να εξετάσουμε δύο επιλογές:

1. x − 1 > 0 ⇒ |x − 1| = x − 1
2. x − 1< 0 ⇒ |х − 1| = −х + 1

Κάθε μία από αυτές τις επιλογές θα πρέπει να αντιμετωπιστεί. Αλλά υπάρχει ένα αιχμή: ο αρχικός τύπος περιέχει ήδη τη συνάρτηση (x − 1) χωρίς κανένα μέτρο. Και ακολουθώντας το πεδίο ορισμού των λογαρίθμων, έχουμε το δικαίωμα να γράψουμε αμέσως ότι x − 1 > 0.

Αυτή η απαίτηση πρέπει να ικανοποιείται ανεξάρτητα από τυχόν ενότητες και άλλους μετασχηματισμούς που πραγματοποιούμε στη διαδικασία λύσης. Επομένως, δεν έχει νόημα να εξετάσουμε τη δεύτερη επιλογή - δεν θα προκύψει ποτέ. Ακόμα κι αν λάβουμε κάποιους αριθμούς κατά την επίλυση αυτού του κλάδου της ανισότητας, και πάλι δεν θα συμπεριληφθούν στην τελική απάντηση.

Τώρα βρισκόμαστε κυριολεκτικά ένα βήμα μακριά από την κανονική μορφή της λογαριθμικής εξίσωσης. Ας αναπαραστήσουμε τη μονάδα ως εξής:

1 = log x − 1 (x − 1) 1

Επιπλέον, εισάγουμε τον παράγοντα −4, που βρίσκεται στα δεξιά, στο όρισμα:

log x − 1 10 −4 = log x − 1 (x − 1)

Μπροστά μας βρίσκεται η κανονική μορφή της λογαριθμικής εξίσωσης. Απαλλαγούμε από το σύμβολο του λογάριθμου:

10 −4 = x − 1

Επειδή όμως η βάση ήταν συνάρτηση (και όχι πρώτος αριθμός), απαιτούμε επιπλέον αυτή η συνάρτηση να είναι μεγαλύτερη από το μηδέν και όχι ίση με ένα. Το σύστημα που θα προκύψει θα είναι:

Εφόσον η απαίτηση x − 1 > 0 ικανοποιείται αυτόματα (εξάλλου, x − 1 = 10 −4), μία από τις ανισώσεις μπορεί να διαγραφεί από το σύστημά μας. Η δεύτερη συνθήκη μπορεί επίσης να διαγραφεί, επειδή x − 1 = 0,0001< 1. Итого получаем:

x = 1 + 0,0001 = 1,0001

Αυτή είναι η μόνη ρίζα που ικανοποιεί αυτόματα όλες τις απαιτήσεις του πεδίου ορισμού του λογαρίθμου (όμως όλες οι απαιτήσεις εξαλείφθηκαν όπως προφανώς πληρούνται στις συνθήκες του προβλήματός μας).

Η δεύτερη εξίσωση λοιπόν:

3 log 3 x x = 2 log 9 x x 2

Πώς είναι αυτή η εξίσωση ουσιαστικά διαφορετική από την προηγούμενη; Μόνο από το γεγονός ότι οι βάσεις των λογαρίθμων - 3x και 9x - δεν είναι φυσικούς βαθμούςο ένας τον άλλον. Επομένως, η μετάβαση που χρησιμοποιήσαμε στην προηγούμενη λύση δεν είναι δυνατή.

Ας ξεφορτωθούμε τουλάχιστον τα πτυχία. Στην περίπτωσή μας, ο μόνος βαθμός είναι στο δεύτερο επιχείρημα:

3 log 3 x x = 2 ∙ 2 log 9 x |x |

Ωστόσο, το πρόσημο του συντελεστή μπορεί να αφαιρεθεί, επειδή η μεταβλητή x βρίσκεται επίσης στη βάση, δηλ. x > 0 ⇒ |x| = x. Ας ξαναγράψουμε τη λογαριθμική μας εξίσωση:

3 log 3 x x = 4 log 9 x x

Λάβαμε λογάριθμους στους οποίους τα ορίσματα είναι ίδια, αλλά οι βάσεις είναι διαφορετικές. Τι να κάνετε μετά; Υπάρχουν πολλές επιλογές εδώ, αλλά θα εξετάσουμε μόνο δύο από αυτές, που είναι οι πιο λογικές, και το πιο σημαντικό, αυτές είναι γρήγορες και κατανοητές τεχνικές για τους περισσότερους μαθητές.

Έχουμε ήδη εξετάσει την πρώτη επιλογή: σε οποιαδήποτε ασαφή κατάσταση, μετατρέψτε τους λογάριθμους με μεταβλητή βάση σε κάποια σταθερή βάση. Για παράδειγμα, σε ένα δίδυμο. Ο τύπος μετάβασης είναι απλός:

Φυσικά, ο ρόλος της μεταβλητής c πρέπει να είναι ένας κανονικός αριθμός: 1 ≠ c > 0. Έστω στην περίπτωσή μας c = 2. Τώρα έχουμε μπροστά μας μια συνηθισμένη κλασματική ορθολογική εξίσωση. Συλλέγουμε όλα τα στοιχεία στα αριστερά:

Προφανώς, είναι καλύτερο να αφαιρέσετε τον παράγοντα log 2 x, καθώς υπάρχει τόσο στο πρώτο όσο και στο δεύτερο κλάσμα.

log 2 x = 0;

3 log 2 9x = 4 log 2 3x

Διαχωρίζουμε κάθε αρχείο καταγραφής σε δύο όρους:

log 2 9x = log 2 9 + log 2 x = 2 log 2 3 + log 2 x;

log 2 3x = log 2 3 + log 2 x

Ας ξαναγράψουμε και τις δύο πλευρές της ισότητας λαμβάνοντας υπόψη αυτά τα γεγονότα:

3 (2 log 2 3 + log 2 x ) = 4 (log 2 3 + log 2 x )

6 log 2 3 + 3 log 2 x = 4 log 2 3 + 4 log 2 x

2 log 2 3 = log 2 x

Τώρα το μόνο που μένει είναι να εισαγάγετε ένα δύο κάτω από το πρόσημο του λογάριθμου (θα μετατραπεί σε δύναμη: 3 2 = 9):

log 2 9 = log 2 x

Μπροστά μας είναι η κλασική κανονική μορφή, απαλλαγούμε από το σύμβολο του λογάριθμου και παίρνουμε:

Όπως ήταν αναμενόμενο, αυτή η ρίζα αποδείχθηκε μεγαλύτερη από το μηδέν. Απομένει να ελέγξουμε τον τομέα ορισμού. Ας δούμε τους λόγους:

Αλλά η ρίζα x = 9 ικανοποιεί αυτές τις απαιτήσεις. Επομένως, είναι η τελική απόφαση.

Συμπέρασμα από αυτή την απόφασηαπλό: μην σας τρομάζουν οι μεγάλες διατάξεις! Απλώς στην αρχή επιλέξαμε μια νέα βάση τυχαία - και αυτό περιέπλεξε σημαντικά τη διαδικασία.

Αλλά τότε τίθεται το ερώτημα: ποια είναι η βάση άριστος? Θα μιλήσω για αυτό στη δεύτερη μέθοδο.

Ας επιστρέψουμε στην αρχική μας εξίσωση:

3 log 3x x = 2 log 9x x 2

3 log 3x x = 2 ∙ 2 log 9x |x |

x > 0 ⇒ |x| = x

3 log 3 x x = 4 log 9 x x

Τώρα ας σκεφτούμε λίγο: ποιος αριθμός ή συνάρτηση θα ήταν η βέλτιστη βάση; Είναι προφανές ότι η καλύτερη επιλογήθα υπάρχει c = x - αυτό που υπάρχει ήδη στα ορίσματα. Σε αυτήν την περίπτωση, ο τύπος log a b = log c b / log c a θα έχει τη μορφή:

Με άλλα λόγια, η έκφραση απλώς αντιστρέφεται. Σε αυτή την περίπτωση, το επιχείρημα και η βάση αλλάζουν θέσεις.

Αυτός ο τύπος είναι πολύ χρήσιμος και χρησιμοποιείται πολύ συχνά στην επίλυση σύνθετων λογαριθμικών εξισώσεων. Ωστόσο, υπάρχει μια πολύ σοβαρή παγίδα κατά τη χρήση αυτής της φόρμουλας. Αν αντικαταστήσουμε τη μεταβλητή x αντί της βάσης, τότε της επιβάλλονται περιορισμοί που δεν είχαν τηρηθεί προηγουμένως:

Δεν υπήρχε τέτοιος περιορισμός στην αρχική εξίσωση. Επομένως, θα πρέπει να ελέγξουμε χωριστά την περίπτωση όταν x = 1. Αντικαταστήστε αυτήν την τιμή στην εξίσωσή μας:

3 log 3 1 = 4 log 9 1

Παίρνουμε τη σωστή αριθμητική ισότητα. Επομένως το x = 1 είναι ρίζα. Βρήκαμε ακριβώς την ίδια ρίζα στην προηγούμενη μέθοδο στην αρχή της λύσης.

Αλλά τώρα που εξετάσαμε χωριστά τη συγκεκριμένη περίπτωση, υποθέτουμε με ασφάλεια ότι x ≠ 1. Τότε η λογαριθμική μας εξίσωση θα ξαναγραφεί με την ακόλουθη μορφή:

3 log x 9x = 4 log x 3x

Επεκτείνουμε και τους δύο λογάριθμους χρησιμοποιώντας τον ίδιο τύπο όπως πριν. Σημειώστε ότι το αρχείο καταγραφής x x = 1:

3 (log x 9 + log x x ) = 4 (log x 3 + log x x )

3 log x 9 + 3 = 4 log x 3 + 4

3 log x 3 2 − 4 log x 3 = 4 − 3

2 log x 3 = 1

Έτσι φτάσαμε στην κανονική μορφή:

log x 9 = ημερολόγιο x x 1

x=9

Πήραμε τη δεύτερη ρίζα. Ικανοποιεί την απαίτηση x ≠ 1. Επομένως, x = 9 μαζί με x = 1 είναι η τελική απάντηση.

Όπως μπορείτε να δείτε, ο όγκος των υπολογισμών έχει μειωθεί ελαφρώς. Αλλά κατά την επίλυση μιας πραγματικής λογαριθμικής εξίσωσης, ο αριθμός των βημάτων θα είναι πολύ μικρότερος και επειδή δεν απαιτείται να περιγράψετε κάθε βήμα με τόση λεπτομέρεια.

Ο βασικός κανόνας του σημερινού μαθήματος είναι ο εξής: αν το πρόβλημα περιέχει έναν άρτιο βαθμό, από τον οποίο εξάγεται η ρίζα του ίδιου βαθμού, τότε η έξοδος θα είναι συντελεστής. Ωστόσο, αυτή η ενότητα μπορεί να αφαιρεθεί εάν δώσετε προσοχή στον τομέα ορισμού των λογαρίθμων.

Προσοχή όμως: μετά από αυτό το μάθημα, οι περισσότεροι μαθητές πιστεύουν ότι καταλαβαίνουν τα πάντα. Όταν όμως αποφασίζει πραγματικά προβλήματαδεν μπορούν να αναπαράγουν ολόκληρη τη λογική αλυσίδα. Ως αποτέλεσμα, η εξίσωση αποκτά περιττές ρίζες και η απάντηση αποδεικνύεται λανθασμένη.

Παραδείγματα:

\(\log_(2)(⁡x) = 32\)
\(\log_3⁡x=\log_3⁡9\)
\(\log_3⁡((x^2-3))=\log_3⁡((2x))\)
\(\log_(x+1)((x^2+3x-7))=2\)
\(\lg^2⁡((x+1))+10=11 \lg⁡((x+1))\)

Πώς να λύσετε λογαριθμικές εξισώσεις:

Όταν λύνετε μια λογαριθμική εξίσωση, θα πρέπει να προσπαθήσετε να τη μετατρέψετε στη μορφή \(\log_a⁡(f(x))=\log_a⁡(g(x))\), και στη συνέχεια να κάνετε τη μετάβαση στο \(f(x )=g(x) \).

\(\log_a⁡(f(x))=\log_a⁡(g(x))\) \(⇒\) \(f(x)=g(x)\).

Παράδειγμα:\(\log_2⁡(x-2)=3\)

Διάλυμα: \(\log_2⁡(x-2)=\log_2⁡8\) \(x-2=8\) \(x=10\) Εξέταση:\(10>2\) - κατάλληλο για DL Απάντηση:\(x=10\)

ODZ: \(x-2>0\) \(x>2\)

Πολύ σημαντικό!Αυτή η μετάβαση μπορεί να γίνει μόνο εάν:

Έχετε γράψει για την αρχική εξίσωση και στο τέλος θα ελέγξετε αν αυτά που βρέθηκαν περιλαμβάνονται στο DL. Εάν αυτό δεν γίνει, μπορεί να εμφανιστούν επιπλέον ρίζες, πράγμα που σημαίνει λάθος απόφαση.

Ο αριθμός (ή η έκφραση) στα αριστερά και στα δεξιά είναι ο ίδιος.

Οι λογάριθμοι αριστερά και δεξιά είναι «καθαροί», δηλαδή δεν πρέπει να υπάρχουν πολλαπλασιασμοί, διαιρέσεις κ.λπ. – μόνο απλοί λογάριθμοι εκατέρωθεν του πρόσημου ίσου.

Για παράδειγμα:

Σημειώστε ότι οι εξισώσεις 3 και 4 μπορούν εύκολα να λυθούν εφαρμόζοντας τις απαραίτητες ιδιότητες των λογαρίθμων.

Παράδειγμα . Λύστε την εξίσωση \(2\log_8⁡x=\log_8⁡2,5+\log_8⁡10\)

Διάλυμα :

		Ας γράψουμε το ODZ: \(x>0\).
\(2\log_8⁡x=\log_8⁡2,5+\log_8⁡10\) ODZ: \(x>0\)		Αριστερά μπροστά από τον λογάριθμο είναι ο συντελεστής, δεξιά το άθροισμα των λογαρίθμων. Αυτό μας ενοχλεί. Ας μετακινήσουμε τα δύο στον εκθέτη \(x\) σύμφωνα με την ιδιότητα: \(n \log_b(⁡a)=\log_b⁡(a^n)\). Ας αναπαραστήσουμε το άθροισμα των λογαρίθμων ως έναν λογάριθμο σύμφωνα με την ιδιότητα: \(\log_a⁡b+\log_a⁡c=\log_a(⁡bc)\)
\(\log_8⁡(x^2)=\log_8⁡25\)		Μειώσαμε την εξίσωση στη μορφή \(\log_a⁡(f(x))=\log_a⁡(g(x))\) και σημειώσαμε το ODZ, που σημαίνει ότι μπορούμε να μεταβούμε στη μορφή \(f(x) =g(x)\ ).
		Λειτούργησε. Το λύνουμε και παίρνουμε τις ρίζες.
\(x_1=5\) \(x_2=-5\)		Ελέγχουμε αν οι ρίζες είναι κατάλληλες για ODZ. Για να γίνει αυτό, στο \(x>0\) αντί για \(x\) αντικαθιστούμε τα \(5\) και \(-5\). Αυτή η επέμβαση μπορεί να πραγματοποιηθεί από το στόμα.
\(5>0\), \(-5>0\)		Η πρώτη ανισότητα είναι αληθινή, η δεύτερη όχι. Αυτό σημαίνει ότι το \(5\) είναι η ρίζα της εξίσωσης, αλλά το \(-5\) δεν είναι. Καταγράφουμε την απάντηση.

Απάντηση : \(5\)

Παράδειγμα : Λύστε την εξίσωση \(\log^2_2⁡(x)-3 \log_2(⁡x)+2=0\)

Διάλυμα :

		Ας γράψουμε το ODZ: \(x>0\).
\(\log^2_2⁡(x)-3 \log_2(⁡x)+2=0\) ODZ: \(x>0\)		Μια τυπική εξίσωση που λύνεται χρησιμοποιώντας . Αντικαταστήστε το \(\log_2⁡x\) με το \(t\).
\(t=\log_2⁡x\)
		Λάβαμε το συνηθισμένο. Αναζητούμε τις ρίζες του.
\(t_1=2\) \(t_2=1\)		Κάνοντας αντίστροφη αντικατάσταση
\(\log_2(⁡x)=2\) \(\log_2(⁡x)=1\)		Μετασχηματίζουμε τις δεξιές πλευρές, αναπαριστώντας τις ως λογάριθμους: \(2=2 \cdot 1=2 \log_2⁡2=\log_2⁡4\) και \(1=\log_2⁡2\)
\(\log_2(⁡x)=\log_2⁡4\) \(\log_2(⁡x)=\log_2⁡2 \)		Τώρα οι εξισώσεις μας είναι \(\log_a⁡(f(x))=\log_a⁡(g(x))\), και μπορούμε να μεταβούμε στο \(f(x)=g(x)\).
\(x_1=4\) \(x_2=2\)		Ελέγχουμε την αντιστοιχία των ριζών του ODZ. Για να το κάνετε αυτό, αντικαταστήστε τα \(4\) και \(2\) στην ανισότητα \(x>0\) αντί για \(x\).
\(4>0\) \(2>0\)		Και οι δύο ανισότητες είναι αληθινές. Αυτό σημαίνει ότι και τα \(4\) και \(2\) είναι ρίζες της εξίσωσης.

Απάντηση : \(4\); \(2\).

Εισαγωγή

Οι λογάριθμοι εφευρέθηκαν για να επιταχύνουν και να απλοποιήσουν τους υπολογισμούς. Η ιδέα ενός λογάριθμου, δηλαδή η ιδέα της έκφρασης των αριθμών ως δυνάμεις της ίδιας βάσης, ανήκει στον Mikhail Stiefel. Αλλά στην εποχή του Stiefel, τα μαθηματικά δεν ήταν τόσο ανεπτυγμένα και η ιδέα του λογάριθμου δεν είχε αναπτυχθεί. Οι λογάριθμοι εφευρέθηκαν αργότερα ταυτόχρονα και ανεξάρτητα ο ένας από τον άλλο από τον Σκωτσέζο επιστήμονα John Napier (1550-1617) και τον Ελβετό Jobst Burgi (1552-1632) ο πρώτος που δημοσίευσε το έργο το 1614. υπό τον τίτλο "Περιγραφή ενός καταπληκτικού πίνακα λογαρίθμων", η θεωρία των λογαρίθμων του Napier δόθηκε σε έναν αρκετά πλήρη τόμο, η μέθοδος υπολογισμού των λογαρίθμων δόθηκε η απλούστερη, επομένως τα πλεονεκτήματα του Napier στην εφεύρεση των λογαρίθμων ήταν μεγαλύτερα από αυτά του Bürgi. Ο Bürgi δούλευε στα τραπέζια ταυτόχρονα με τον Napier, αλλά για πολύ καιρότα κράτησε μυστικά και τα δημοσίευσε μόλις το 1620. Ο Napier κατέκτησε την ιδέα του λογαρίθμου γύρω στο 1594. αν και οι πίνακες δημοσιεύτηκαν 20 χρόνια αργότερα. Στην αρχή ονόμασε τους λογάριθμούς του «τεχνητούς αριθμούς» και μόνο τότε πρότεινε να τους ονομάσει «τεχνητούς αριθμούς» με μια λέξη «λογάριθμος», που μεταφράζεται από τα ελληνικά σημαίνει «συσχετισμένοι αριθμοί», που λαμβάνεται ο ένας από αριθμητική πρόοδο και ο άλλος από γεωμετρική πρόοδο που έχει επιλεγεί ειδικά για αυτό. Οι πρώτοι πίνακες στα ρωσικά δημοσιεύτηκαν το 1703. με τη συμμετοχή ενός υπέροχου δασκάλου του 18ου αιώνα. L. F. Magnitsky. Στην ανάπτυξη της θεωρίας των λογαρίθμων μεγάλη αξίαείχε τα έργα του ακαδημαϊκού της Αγίας Πετρούπολης Leonhard Euler. Ήταν ο πρώτος που θεώρησε τους λογάριθμους ως το αντίστροφο της αύξησης σε μια ισχύ και εισήγαγε τους όρους «λογαριθμική βάση» και «μάντισσα» συνέταξε πίνακες λογαρίθμων με βάση το 10. Οι δεκαδικοί πίνακες είναι πιο βολικοί για πρακτική χρήση. απλούστερο από αυτό των λογαρίθμων του Napier. Γι' αυτό δεκαδικούς λογάριθμουςμερικές φορές αποκαλούνται μπριγκ. Ο όρος «χαρακτηρισμός» εισήχθη από τον Μπριγκς.

Σε εκείνους τους μακρινούς χρόνους, όταν οι σοφοί άρχισαν να σκέφτονται για πρώτη φορά τις ισότητες που περιείχαν άγνωστες ποσότητες, πιθανότατα δεν υπήρχαν νομίσματα ή πορτοφόλια. Υπήρχαν όμως σωροί, καθώς και γλάστρες και καλάθια, που ήταν ιδανικά για τον ρόλο των κρυφών αποθήκευσης που μπορούσαν να χωρέσουν άγνωστο αριθμό αντικειμένων. Στα αρχαία μαθηματικά προβλήματα της Μεσοποταμίας, της Ινδίας, της Κίνας, της Ελλάδας, άγνωστες ποσότητες εξέφραζαν τον αριθμό των παγωνιών στον κήπο, τον αριθμό των ταύρων στο κοπάδι και το σύνολο των πραγμάτων που λαμβάνονταν υπόψη κατά τη διαίρεση της περιουσίας. Γραμματείς, αξιωματούχοι και ιερείς μυημένοι στη μυστική γνώση, καλά εκπαιδευμένοι στην επιστήμη των λογαριασμών, αντιμετώπισαν τέτοια καθήκοντα με μεγάλη επιτυχία.

Οι πηγές που έφτασαν σε εμάς αναφέρουν ότι οι αρχαίοι επιστήμονες είχαν κάποιες γενικές τεχνικές για την επίλυση προβλημάτων με άγνωστες ποσότητες. Ωστόσο, ούτε ένας πάπυρος ή πήλινη ταμπλέτα δεν περιέχει περιγραφή αυτών των τεχνικών. Οι συγγραφείς παρείχαν μόνο περιστασιακά τους αριθμητικούς υπολογισμούς τους με πεζά σχόλια όπως: «Κοίτα!», «Κάνε αυτό!», «Βρήκες το σωστό». Υπό αυτή την έννοια, εξαίρεση αποτελεί η «Αριθμητική» του Έλληνα μαθηματικού Διόφαντου της Αλεξάνδρειας (III αιώνας) - μια συλλογή προβλημάτων για τη σύνθεση εξισώσεων με συστηματική παρουσίαση των λύσεών τους.

Ωστόσο, το πρώτο εγχειρίδιο για την επίλυση προβλημάτων που έγινε ευρέως γνωστό ήταν το έργο του επιστήμονα της Βαγδάτης του 9ου αιώνα. Μοχάμεντ μπιν Μούσα αλ Χουαρίζμι. Η λέξη "al-jabr" από το αραβικό όνομα αυτής της πραγματείας - "Kitab al-jaber wal-mukabala" ("Βιβλίο αποκατάστασης και αντίθεσης") - με τον καιρό μετατράπηκε στη γνωστή λέξη "άλγεβρα" και το έργο του ίδιου του al-Khwarizmi υπηρέτησε το σημείο εκκίνησης στην ανάπτυξη της επιστήμης της επίλυσης εξισώσεων.

Λογαριθμικές εξισώσειςκαι ανισότητες

1. Λογαριθμικές εξισώσεις

Μια εξίσωση που περιέχει έναν άγνωστο κάτω από το λογαριθμικό πρόσημο ή στη βάση του ονομάζεται λογαριθμική εξίσωση.

Η απλούστερη λογαριθμική εξίσωση είναι μια εξίσωση της μορφής

κούτσουρο ένα x = σι . (1)

Δήλωση 1. Εάν ένα > 0, ένα≠ 1, εξίσωση (1) για οποιοδήποτε πραγματικό σιέχει μια μοναδική λύση x = α β .

Παράδειγμα 1. Λύστε τις εξισώσεις:

α) ημερολόγιο 2 x= 3, β) ημερολόγιο 3 x= -1, γ)

Διάλυμα. Χρησιμοποιώντας τη δήλωση 1, λαμβάνουμε α) x= 2 3 ή x= 8; σι) x= 3 -1 ή x= 1/3 ; ντο)

ή x = 1.

Ας παρουσιάσουμε τις βασικές ιδιότητες του λογάριθμου.

P1. Βασική λογαριθμική ταυτότητα:

Οπου ένα > 0, ένα≠ 1 και σι > 0.

P2. Ο λογάριθμος του γινομένου των θετικών παραγόντων είναι ίσος με το άθροισμα των λογαρίθμων αυτών των παραγόντων:

κούτσουρο ένα Ν 1 · Ν 2 = κούτσουρο ένα Ν 1 + ημερολόγιο ένα Ν 2 (ένα > 0, ένα ≠ 1, Ν 1 > 0, Ν 2 > 0).

Σχόλιο. Αν Ν 1 · Ν 2 > 0, τότε η ιδιότητα P2 παίρνει τη μορφή

κούτσουρο ένα Ν 1 · Ν 2 = κούτσουρο ένα |Ν 1 | + ημερολόγιο ένα |Ν 2 | (ένα > 0, ένα ≠ 1, Ν 1 · Ν 2 > 0).

P3. Ο λογάριθμος του πηλίκου δύο θετικών αριθμών είναι ίσος με τη διαφορά μεταξύ των λογαρίθμων του μερίσματος και του διαιρέτη

(ένα > 0, ένα ≠ 1, Ν 1 > 0, Ν 2 > 0).

Σχόλιο. Αν

, (που είναι ισοδύναμο Ν 1 Ν 2 > 0) τότε η ιδιότητα P3 παίρνει τη μορφή (ένα > 0, ένα ≠ 1, Ν 1 Ν 2 > 0).

P4. Ο λογάριθμος της ισχύος ενός θετικού αριθμού είναι ίσος με το γινόμενο του εκθέτη και του λογάριθμου αυτού του αριθμού:

κούτσουρο ένα Ν κ = κκούτσουρο ένα Ν (ένα > 0, ένα ≠ 1, Ν > 0).

Σχόλιο. Αν κ- ζυγός αριθμός ( κ = 2μικρό), Αυτό

κούτσουρο ένα Ν 2μικρό = 2μικρόκούτσουρο ένα |Ν | (ένα > 0, ένα ≠ 1, Ν ≠ 0).

P5. Φόρμουλα για μετάβαση σε άλλη βάση:

(ένα > 0, ένα ≠ 1, σι > 0, σι ≠ 1, Ν > 0),

ιδίως αν Ν = σι, παίρνουμε

(ένα > 0, ένα ≠ 1, σι > 0, σι ≠ 1). (2)

Χρησιμοποιώντας τις ιδιότητες P4 και P5, είναι εύκολο να αποκτήσετε τις ακόλουθες ιδιότητες

(ένα > 0, ένα ≠ 1, σι > 0, ντο ≠ 0), (3) (ένα > 0, ένα ≠ 1, σι > 0, ντο ≠ 0), (4) (ένα > 0, ένα ≠ 1, σι > 0, ντο ≠ 0), (5)

και, εάν στο (5) ντο- ζυγός αριθμός ( ντο = 2n), κρατά

(σι > 0, ένα ≠ 0, |ένα | ≠ 1). (6)

Ας απαριθμήσουμε τις κύριες ιδιότητες της λογαριθμικής συνάρτησης φά (x) = κούτσουρο ένα x :

1. Το πεδίο ορισμού μιας λογαριθμικής συνάρτησης είναι το σύνολο των θετικών αριθμών.

2. Το εύρος τιμών της λογαριθμικής συνάρτησης είναι το σύνολο των πραγματικών αριθμών.

3. Πότε ένα > 1 λογαριθμική συνάρτησηαυστηρά αυξανόμενη (0< x 1 < x 2log ένα x 1 < logένα x 2), και στο 0< ένα < 1, - строго убывает (0 < x 1 < x 2log ένα x 1 > ημερολόγιο ένα x 2).

4.log ένα 1 = 0 και καταγραφή ένα ένα = 1 (ένα > 0, ένα ≠ 1).

5. Αν ένα> 1, τότε η λογαριθμική συνάρτηση είναι αρνητική όταν x(0;1) και θετικό στο x(1;+∞), και αν 0< ένα < 1, то логарифмическая функция положительна при x (0;1) και αρνητικό στο x (1;+∞).

6. Αν ένα> 1, τότε η λογαριθμική συνάρτηση είναι κυρτή προς τα πάνω και αν ένα(0;1) - κυρτό προς τα κάτω.

Οι παρακάτω προτάσεις (βλ., για παράδειγμα,) χρησιμοποιούνται κατά την επίλυση λογαριθμικών εξισώσεων.

Επίλυση λογαριθμικών εξισώσεων. Μέρος 1.

Λογαριθμική εξίσωσηείναι μια εξίσωση στην οποία το άγνωστο περιέχεται κάτω από το πρόσημο του λογαρίθμου (ιδιαίτερα, στη βάση του λογαρίθμου).

Το πιο απλό λογαριθμική εξίσωσηέχει τη μορφή:

Επίλυση οποιασδήποτε λογαριθμικής εξίσωσηςπεριλαμβάνει μια μετάβαση από τους λογάριθμους σε εκφράσεις κάτω από το πρόσημο των λογαρίθμων. Ωστόσο, αυτή η ενέργεια διευρύνει το πεδίο εφαρμογής αποδεκτές τιμέςεξίσωση και μπορεί να οδηγήσει στην εμφάνιση ξένων ριζών. Για να αποφύγετε την εμφάνιση ξένων ριζών, μπορείτε να κάνετε έναν από τους τρεις τρόπους:

1. Κάντε μια ισοδύναμη μετάβασηαπό την αρχική εξίσωση σε ένα σύστημα που περιλαμβάνει

ανάλογα με ποια ανισότητα ή απλούστερη.

Αν η εξίσωση περιέχει έναν άγνωστο στη βάση του λογαρίθμου:

μετά πηγαίνουμε στο σύστημα:

2. Βρείτε χωριστά το εύρος των αποδεκτών τιμών της εξίσωσης, στη συνέχεια λύστε την εξίσωση και ελέγξτε αν οι λύσεις που βρέθηκαν ικανοποιούν την εξίσωση.

3. Λύστε την εξίσωση και μετά έλεγχος:Αντικαταστήστε τις λύσεις που βρέθηκαν στην αρχική εξίσωση και ελέγξτε αν έχουμε τη σωστή ισότητα.

Μια λογαριθμική εξίσωση οποιουδήποτε επιπέδου πολυπλοκότητας πάντα τελικά ανάγεται στην απλούστερη λογαριθμική εξίσωση.

Όλες οι λογαριθμικές εξισώσεις μπορούν να χωριστούν σε τέσσερις τύπους:

1 . Εξισώσεις που περιέχουν λογάριθμους μόνο στην πρώτη δύναμη. Με τη βοήθεια μετασχηματισμών και χρήσης, φέρονται στη μορφή

Παράδειγμα. Ας λύσουμε την εξίσωση:

Ας εξισώσουμε τις εκφράσεις κάτω από το σύμβολο του λογάριθμου:

Ας ελέγξουμε αν η ρίζα της εξίσωσης μας ικανοποιεί:

Ναι, ικανοποιεί.

Απάντηση: x=5

2 . Εξισώσεις που περιέχουν λογάριθμους σε δυνάμεις διαφορετικές από το 1 (ιδιαίτερα στον παρονομαστή ενός κλάσματος). Τέτοιες εξισώσεις μπορούν να λυθούν χρησιμοποιώντας εισάγοντας μια αλλαγή μεταβλητής.

Παράδειγμα.Ας λύσουμε την εξίσωση:

Ας βρούμε την εξίσωση ODZ:

Η εξίσωση περιέχει λογάριθμους στο τετράγωνο, επομένως μπορεί να λυθεί χρησιμοποιώντας μια αλλαγή μεταβλητής.

Σπουδαίος! Πριν εισαγάγετε μια αντικατάσταση, πρέπει να «χωρίσετε» τους λογάριθμους που αποτελούν μέρος της εξίσωσης σε «τούβλα» χρησιμοποιώντας τις ιδιότητες των λογαρίθμων.

Όταν «διαχωρίζετε» λογαρίθμους, είναι σημαντικό να χρησιμοποιείτε πολύ προσεκτικά τις ιδιότητες των λογαρίθμων:

Επιπλέον, υπάρχει ένα ακόμη λεπτό σημείο εδώ, και για να αποφύγουμε ένα κοινό λάθος, θα χρησιμοποιήσουμε μια ενδιάμεση ισότητα: θα γράψουμε τον βαθμό του λογάριθμου με αυτή τη μορφή:

Επίσης,

Ας αντικαταστήσουμε τις παραστάσεις που προκύπτουν στην αρχική εξίσωση. Παίρνουμε:

Τώρα βλέπουμε ότι ο άγνωστος περιέχεται στην εξίσωση ως μέρος του . Ας παρουσιάσουμε την αντικατάσταση: . Δεδομένου ότι μπορεί να λάβει οποιαδήποτε πραγματική τιμή, δεν επιβάλλουμε περιορισμούς στη μεταβλητή.