Sztárhírek
Keresse meg a logaritmusegyenlet gyökerét! Megtanulni egyszerű logaritmikus egyenletek megoldását
Ezzel a videóval a logaritmikus egyenletekről szóló leckék hosszú sorozatát kezdem. Most három példa áll előtted, amelyek alapján a legtöbbet megtanuljuk megoldani egyszerű feladatokat, amelyeket úgy hívnak - protozoák.
log 0,5 (3x − 1) = −3
log (x + 3) = 3 + 2 log 5
Hadd emlékeztesselek arra, hogy a legegyszerűbb logaritmikus egyenlet a következő:
log a f (x) = b
Ebben az esetben fontos, hogy az x változó csak az argumentumban, azaz csak az f (x) függvényben legyen jelen. Az a és b számok pedig csak számok, és semmi esetre sem olyan függvények, amelyek x változót tartalmaznak.
Alapvető megoldási módszerek
Az ilyen struktúrák megoldásának számos módja van. Például a legtöbb tanár az iskolában ezt a módszert ajánlja: Azonnal fejezze ki az f (x) függvényt a képlettel f ( x ) = a b . Vagyis ha a legegyszerűbb konstrukcióval találkozik, azonnal továbbléphet a megoldásra további műveletek és konstrukciók nélkül.
Igen, természetesen a döntés helyes lesz. Ezzel a képlettel azonban az a probléma, hogy a legtöbb diák nem értem, honnan származik és miért emeljük az a betűt b betűvé.
Emiatt gyakran nagyon bosszantó hibákat látok, amikor például ezeket a betűket felcserélik. Ezt a képletet vagy meg kell érteni, vagy be kell zsúfolni, és a második módszer a legalkalmatlanabb és legdöntőbb pillanatokban vezet hibákhoz: vizsgák, tesztek stb.
Ezért azt javaslom, hogy minden diákom hagyja fel a szokásos iskolai képletet és használja logaritmikus egyenletek a második megközelítés, amelyet, mint valószínűleg a névből sejtetted, hívják kanonikus forma.
A kanonikus forma ötlete egyszerű. Nézzük meg újra a problémánkat: a bal oldalon log a van, az a betű alatt pedig egy számot értünk, semmi esetre sem az x változót tartalmazó függvényt. Következésképpen erre a levélre a logaritmus alapján támasztott összes korlátozás vonatkozik. ugyanis:
1 ≠ a > 0
Másrészt ugyanebből az egyenletből azt látjuk, hogy a logaritmusnak így kell lennie számával egyenlő b , és erre a levélre nincsenek korlátozások, mert bármilyen értéket felvehet - pozitív és negatív egyaránt. Minden attól függ, hogy az f(x) függvény milyen értékeket vesz fel.
És itt emlékezünk a csodálatos szabályunkra, miszerint bármely b szám logaritmusként ábrázolható az a bázishoz, a b hatványához:
b = log a a b
Hogyan emlékezzünk erre a képletre? Igen, nagyon egyszerű. Írjuk fel a következő konstrukciót:
b = b 1 = b log a a
Természetesen ebben az esetben minden megkötés felmerül, amit az elején leírtunk. Most használjuk a logaritmus alaptulajdonságát, és vegyük be a b szorzót a hatványaként. Kapunk:
b = b 1 = b log a a = log a a b
Ennek eredményeként az eredeti egyenlet a következőképpen lesz átírva:
log a f (x) = log a a b → f (x) = a b
Ez minden. Az új függvény már nem tartalmaz logaritmust, és standard algebrai technikákkal megoldható.
Persze valaki most tiltakozik: miért kellett egyáltalán valamiféle kanonikus képletet kitalálni, miért kellett további két felesleges lépést végrehajtani, ha az eredeti tervről azonnal át lehetett lépni a végső képletre? Igen, már csak azért is, mert a legtöbb diák nem érti, honnan származik ez a képlet, és ennek következtében rendszeresen hibázik az alkalmazása során.
De ez a három lépésből álló műveletsor lehetővé teszi az eredeti logaritmikus egyenlet megoldását, még akkor is, ha nem érti, honnan származik a végső képlet. Egyébként ezt a bejegyzést kanonikus képletnek nevezik:
log a f (x) = log a a b
A kanonikus forma kényelme abban is rejlik, hogy a logaritmikus egyenletek igen széles osztályának megoldására használható, és nem csak a legegyszerűbbek, amelyekkel ma foglalkozunk.
Példák megoldásokra
Most pedig vessünk egy pillantást valós példák. Szóval, döntsük el:
log 0,5 (3x − 1) = −3
Írjuk át így:
log 0,5 (3x − 1) = log 0,5 0,5 −3
Sok diák siet, és megpróbálja azonnal felemelni a 0,5-ös számot arra a hatványra, amely az eredeti problémából származott. Valójában, ha már jól képzett az ilyen problémák megoldásában, azonnal végrehajthatja ezt a lépést.
Ha azonban most kezdi tanulmányozni ezt a témát, jobb, ha nem rohan sehova, hogy elkerülje a sértő hibákat. Tehát megvan a kanonikus forma. Nálunk:
3x − 1 = 0,5 −3
Ez már nem logaritmikus egyenlet, hanem lineáris az x változóhoz képest. A megoldáshoz először nézzük meg a 0,5 számot −3 hatványa szerint. Vegye figyelembe, hogy a 0,5 az 1/2.
(1/2) −3 = (2/1) 3 = 8
Minden tizedesjegyek konvertáljon közönségessé, ha megold egy logaritmikus egyenletet.
Átírjuk és megkapjuk:
3x − 1 = 8
3x = 9
x = 3
Ennyi, megkaptuk a választ. Az első probléma megoldódott.
Második feladat
Térjünk át a második feladatra:
Amint látjuk, ez az egyenlet már nem a legegyszerűbb. Már csak azért is, mert a bal oldalon eltérés van, és egyetlen bázishoz sincs logaritmus.
Ezért valahogy meg kell szabadulnunk ettől a különbségtől. Ebben az esetben minden nagyon egyszerű. Nézzük meg közelebbről az alapokat: bal oldalon a gyökér alatti szám található:
Általános javaslat: minden logaritmikus egyenletben próbáljon meg megszabadulni a gyököktől, azaz a gyökös bejegyzésektől, és lépjen tovább teljesítmény függvények, egyszerűen azért, mert ezeknek a hatványoknak a kitevőit könnyen kivesszük a logaritmus előjeléből, és végső soron egy ilyen jelölés jelentősen leegyszerűsíti és felgyorsítja a számításokat. Írjuk le így:
Most pedig emlékezzünk a logaritmus figyelemre méltó tulajdonságára: a hatványok származtathatók az argumentumból és az alapból is. Indokolás esetén a következő történik:
log a k b = 1/k loga b
Vagyis azt a számot, amely az alaphatványban volt, előre hozzuk és egyben meg is fordítjuk, azaz reciprok számmá válik. Nálunk az alapfok 1/2 volt. Ezért kivehetjük 2/1-nek. Kapunk:
5 2 log 5 x − log 5 x = 18
10 log 5 x − log 5 x = 18
Kérjük, vegye figyelembe: semmi esetre sem szabadulhat meg a logaritmusoktól ebben a lépésben. Emlékezz a 4-5. osztályos matematikára és a műveletek sorrendjére: először a szorzás, majd csak azután az összeadás és kivonás történik. Ebben az esetben 10 elemből kivonjuk az egyik elemet:
9 log 5 x = 18
log 5 x = 2
Most az egyenletünk úgy néz ki, ahogy kell. Ez a legegyszerűbb konstrukció, amit a kanonikus formával oldunk meg:
log 5 x = log 5 5 2
x = 5 2
x = 25
Ez minden. A második probléma megoldódott.
Harmadik példa
Térjünk át a harmadik feladatra:
log (x + 3) = 3 + 2 log 5
Hadd emlékeztesselek a következő képletre:
log b = log 10 b
Ha valamilyen oknál fogva megzavarta a b jelölési napló, akkor az összes számítás végrehajtásakor egyszerűen beírhatja a 10 b naplót. A decimális logaritmusokkal ugyanúgy dolgozhat, mint másokkal: vegyen fel hatványokat, adjon hozzá és ábrázoljon tetszőleges számokat lg 10 formában.
Ezekkel a tulajdonságokkal fogjuk most megoldani a feladatot, mivel nem a legegyszerűbb tulajdonságot írtuk le a leckénk legelején.
Először is vegye figyelembe, hogy az lg 5 előtti 2-es tényező összeadható, és az 5-ös bázis hatványa lesz. Ezen kívül a 3 szabad tag logaritmusként is ábrázolható - ez a mi jelölésünkből nagyon könnyen megfigyelhető.
Ítélje meg maga: bármely szám ábrázolható logként a 10-es alapig:
3 = log 10 10 3 = log 10 3
Írjuk át az eredeti feladatot a kapott változtatások figyelembevételével:
log (x − 3) = log 1000 + log 25
log (x − 3) = log 1000 25
log (x − 3) = log 25 000
Újra előttünk van a kanonikus forma, amit a transzformációs szakaszon keresztül kaptunk, vagyis a legegyszerűbb logaritmikus egyenlet sehol sem jelent meg.
Pontosan erről beszéltem az óra legelején. A kanonikus forma lehetővé teszi a problémák szélesebb osztályának megoldását, mint a legtöbb iskolai tanár által adott általános iskolai képlet.
Nos, ez az, megszabadulunk a decimális logaritmus előjelétől, és egy egyszerű lineáris konstrukciót kapunk:
x + 3 = 25 000
x = 24 997
Minden! A probléma megoldódott.
Megjegyzés a terjedelemről
Itt szeretnék egy fontos megjegyzést tenni a meghatározás terjedelmével kapcsolatban. Biztosan most lesznek olyan diákok és tanárok, akik azt mondják: „Amikor kifejezéseket logaritmussal oldunk meg, emlékeznünk kell arra, hogy az f (x) argumentumnak nagyobbnak kell lennie nullánál!” Ezzel kapcsolatban felmerül egy logikus kérdés: miért nem követeltük meg, hogy ez az egyenlőtlenség a vizsgált problémák egyikében sem teljesüljön?
Ne aggódj. Ezekben az esetekben nem jelennek meg további gyökerek. És ez egy másik nagyszerű trükk, amely lehetővé teszi a megoldás felgyorsítását. Csak tudd, hogy ha a feladatban az x változó csak egy helyen fordul elő (vagy inkább egyetlen logaritmus egyetlen argumentumában), és esetünkben sehol máshol nem jelenik meg az x változó, akkor írd le a definíciós tartományt. nem szükséges, mert automatikusan végrehajtásra kerül.
Ítélje meg maga: az első egyenletben azt kaptuk, hogy 3x − 1, azaz az argumentumnak 8-nak kell lennie. Ez automatikusan azt jelenti, hogy 3x − 1 nagyobb lesz nullánál.
Ugyanilyen sikerrel felírhatjuk, hogy a második esetben x legyen egyenlő 5 2-vel, azaz minden bizonnyal nagyobb nullánál. És a harmadik esetben, ahol x + 3 = 25 000, azaz ismét nyilvánvalóan nagyobb, mint nulla. Más szóval, a hatókör automatikusan teljesül, de csak akkor, ha x csak egy logaritmus argumentumában fordul elő.
Ennyit kell tudnia a legegyszerűbb problémák megoldásához. Ez a szabály önmagában az átalakítási szabályokkal együtt lehetővé teszi a problémák nagyon széles osztályának megoldását.
De legyünk őszinték: ahhoz, hogy végre megértsük ezt a technikát, és megtanuljuk, hogyan kell alkalmazni a logaritmikus egyenlet kanonikus alakját, nem elég csak egy videóleckét megnézni. Tehát azonnal töltse le a lehetőségeket önálló döntés, amelyeket ehhez a videóleckéhez csatolunk, és kezdje el megoldani e két önálló munka közül legalább az egyiket.
Szó szerint néhány percet vesz igénybe. De az ilyen képzés hatása sokkal nagyobb lesz, mintha egyszerűen megnézné ezt a videóleckét.
Remélem, ez a lecke segít a logaritmikus egyenletek megértésében. Használja a kanonikus formát, egyszerűsítse a kifejezéseket a logaritmusokkal végzett munka szabályaival – és nem fog félni a problémáktól. Ennyi van mára.
Figyelembe véve a definíciós tartományt
Most beszéljünk a logaritmikus függvény definíciós tartományáról, és arról, hogy ez hogyan befolyásolja a logaritmikus egyenletek megoldását. Fontolja meg az űrlap felépítését
log a f(x) = b
Egy ilyen kifejezést a legegyszerűbbnek neveznek - csak egy függvényt tartalmaz, és az a és b számok csak számok, és semmi esetre sem olyan függvény, amely az x változótól függ. Nagyon egyszerűen meg lehet oldani. Csak a képletet kell használnia:
b = log a a b
Ez a képlet a logaritmus egyik kulcstulajdonsága, és az eredeti kifejezésünkbe behelyettesítve a következőket kapjuk:
log a f (x) = log a a b
f(x) = a b
Ez az iskolai tankönyvekből ismerős képlet. Valószínűleg sok diáknak lesz kérdése: mivel az eredeti kifejezésben az f (x) függvény a log jel alatt van, a következő korlátozások vonatkoznak rá:
f(x) > 0
Ez a korlátozás azért érvényes, mert a logaritmus negatív számok nem létezik. Lehetséges tehát, hogy ennek a korlátozásnak köszönhetően be kellene vezetni a válaszok ellenőrzését? Talán be kell őket illeszteni a forrásba?
Nem, a legegyszerűbb logaritmikus egyenleteknél szükségtelen a további ellenőrzés. És itt van miért. Tekintse meg végső képletünket:
f(x) = a b
Az a tény, hogy az a szám mindenképpen nagyobb, mint 0 - ezt a követelményt a logaritmus is előírja. Az a szám az alap. Ebben az esetben a b számra nincs korlátozás. De ez nem számít, mert akármilyen hatványra emelünk egy pozitív számot, a kimeneten akkor is pozitív számot kapunk. Így az f(x) > 0 követelmény automatikusan teljesül.
Amit igazán érdemes ellenőrizni, az a függvény tartománya a naplójel alatt. Elég sokan lehetnek egyszerű kialakítások, és a döntési folyamat során ezeket figyelemmel kell kísérni. Lássuk csak.
Első feladat:
Első lépés: konvertálja át a jobb oldali törtet. Kapunk:
Megszabadulunk a logaritmus előjeltől, és megkapjuk a szokásos ir-t racionális egyenlet:
A kapott gyökök közül csak az első felel meg nekünk, mivel a második gyök kisebb, mint nulla. Az egyetlen válasz a 9-es szám lesz. Ez az, a probléma megoldódott. Nincs szükség további ellenőrzésekre annak biztosítására, hogy a logaritmus előjele alatti kifejezés nagyobb-e 0-nál, mert nem csak nagyobb 0-nál, hanem az egyenlet feltétele szerint egyenlő 2-vel. Ezért a „nullánál nagyobb” követelmény ” automatikusan teljesül.
Térjünk át a második feladatra:
Itt minden ugyanaz. Átírjuk a konstrukciót a hármas helyére:
Megszabadulunk a logaritmusjelektől és kapunk irracionális egyenlet:
Mindkét oldalt négyzetre emeljük a korlátozások figyelembevételével, és kapjuk:
4 − 6x − x 2 = (x − 4) 2
4 − 6x − x 2 = x 2 + 8x + 16
x 2 + 8x + 16 −4 + 6x + x 2 = 0
2x 2 + 14x + 12 = 0 |:2
x 2 + 7x + 6 = 0
A kapott egyenletet a diszkrimináns segítségével oldjuk meg:
D = 49 - 24 = 25
x 1 = −1
x 2 = −6
De az x = −6 nem felel meg nekünk, mert ha ezt a számot behelyettesítjük az egyenlőtlenségünkbe, azt kapjuk:
−6 + 4 = −2 < 0
Esetünkben szükséges, hogy nagyobb legyen 0-nál, vagy szélsőséges esetben egyenlő legyen. De az x = −1 megfelel nekünk:
−1 + 4 = 3 > 0
Az egyetlen válasz esetünkben x = −1 lesz. Ez a megoldás. Térjünk vissza számításaink legelejére.
Ebből a leckéből az a fő következtetés, hogy nem kell egyszerű logaritmikus egyenletekben ellenőriznie a függvényekre vonatkozó kényszereket. Mert a megoldási folyamat során minden megkötés automatikusan teljesül.
Ez azonban semmiképpen sem jelenti azt, hogy teljesen elfelejtheti az ellenőrzést. A logaritmikus egyenlet megmunkálása során könnyen átváltozhat egy irracionális egyenletté, amelynek meg lesznek a maga megszorításai és követelményei a jobb oldalra vonatkozóan, amit ma két különböző példában láthattunk.
Nyugodtan oldja meg az ilyen problémákat, és legyen különösen óvatos, ha a vitában gyökere van.
Logaritmikus egyenletek különböző alapokkal
Folytatjuk a logaritmikus egyenletek tanulmányozását, és megvizsgálunk még két egészen érdekes technikát, amelyekkel divatos bonyolultabb konstrukciók megoldása. De először emlékezzünk a legegyszerűbb problémák megoldására:
log a f(x) = b
Ebben a jelölésben a és b számok, az f (x) függvényben pedig az x változónak kell jelen lennie, és csak ott, azaz x-nek csak az argumentumban kell szerepelnie. Az ilyen logaritmikus egyenleteket a kanonikus forma segítségével transzformáljuk. Ehhez vegye figyelembe, hogy
b = log a a b
Ráadásul a b pontosan egy érv. Írjuk át ezt a kifejezést a következőképpen:
log a f (x) = log a a b
Pontosan ezt igyekszünk elérni, hogy legyen logaritmus az a-ra alapozva mind a bal, mind a jobb oldalon. Ebben az esetben képletesen áthúzhatjuk a naplójeleket, és matematikai szempontból azt mondhatjuk, hogy egyszerűen egyenlőségjelet teszünk az érvek közé:
f(x) = a b
Ennek eredményeként egy új kifejezést kapunk, amelyet sokkal könnyebb lesz megoldani. Alkalmazzuk ezt a szabályt mai problémáinkra.
Tehát az első dizájn:
Először is megjegyzem, hogy a jobb oldalon van egy tört, amelynek a nevezője log. Ha egy ilyen kifejezést lát, jó ötlet emlékezni a logaritmus egy csodálatos tulajdonságára:
Oroszra lefordítva ez azt jelenti, hogy bármely logaritmus ábrázolható két logaritmus hányadosaként bármilyen c bázissal. Természetesen 0< с ≠ 1.
Tehát: ennek a képletnek van egy csodálatos speciális esete, amikor a c változó egyenlő a változóval b. Ebben az esetben a következő konstrukciót kapjuk:
Pontosan ez az a konstrukció, amit az egyenletünk jobb oldali jeléből látunk. Cseréljük le ezt a konstrukciót log a b -vel, így kapjuk:
Vagyis az eredeti feladathoz képest felcseréltük az argumentumot és a logaritmus alapját. Ehelyett meg kellett fordítanunk a törtet.
Ne feledjük, hogy az alapból bármely fokozat származtatható a következő szabály szerint:
Más szóval, a k együtthatót, amely az alap hatványa, fordított törtként fejezzük ki. Jelentsük meg fordított törtként:
A törttényezőt nem hagyhatjuk elöl, mert ebben az esetben ezt a jelölést nem tudjuk kanonikus alakként ábrázolni (elvégre a kanonikus alakban nincs további tényező a második logaritmus előtt). Ezért adjuk hozzá az 1/4-es törtet az argumentumhoz hatványként:
Most egyenlőségjelet teszünk olyan érvekre, amelyeknek az alapja megegyezik (és az alapjaink valóban ugyanazok), és írjuk:
x + 5 = 1
x = −4
Ez minden. Megkaptuk a választ az első logaritmikus egyenletre. Figyelem: az eredeti feladatban az x változó csak egy naplóban jelenik meg, és az argumentumában is megjelenik. Ezért nincs szükség a tartomány ellenőrzésére, és az x = −4 számunk valóban a válasz.
Most térjünk át a második kifejezésre:
log 56 = log 2 log 2 7 − 3 log (x + 4)
Itt a szokásos logaritmusokon kívül log f (x)-el kell dolgoznunk. Hogyan lehet megoldani egy ilyen egyenletet? Egy felkészületlen diák számára úgy tűnhet, hogy ez valami nehéz feladat, de valójában mindent meg lehet oldani elemi módon.
Vessen egy pillantást az lg 2 log 2 kifejezésre 7. Mit mondhatunk róla? A log és az lg alapjai és argumentumai megegyeznek, és ez ad néhány ötletet. Emlékezzünk még egyszer arra, hogyan vesznek ki hatványokat a logaritmus előjele alól:
log a b n = nlog a b
Más szóval, ami b hatványa volt az érvelésben, az maga a log előtti tényezővé válik. Alkalmazzuk ezt a képletet az lg 2 log 2 7 kifejezésre. Ne ijedj meg az lg 2-től – ez a leggyakoribb kifejezés. A következőképpen írhatod át:
Minden más logaritmusra érvényes szabály érvényes. Az érvelés mértékéhez különösen az elöl lévő tényezőt lehet hozzáadni. Írjuk fel:
Nagyon gyakran a tanulók nem látják közvetlenül ezt a műveletet, mert nem jó az egyik naplót a másik jele alá beírni. Valójában ebben nincs semmi bûn. Ezenkívül kapunk egy képletet, amelyet könnyű kiszámítani, ha emlékszik egy fontos szabályra:
Ez a képlet definíciónak és annak egyik tulajdonságának is tekinthető. Mindenesetre, ha egy logaritmikus egyenletet konvertál, akkor ezt a képletet ugyanúgy ismernie kell, mint bármely szám logaritmusát.
Térjünk vissza a feladatunkhoz. Átírjuk, figyelembe véve azt a tényt, hogy az egyenlőségjeltől jobbra lévő első tag egyszerűen lg 7 lesz.
lg 56 = lg 7–3 lg (x + 4)
Mozgassuk az lg 7-et balra, kapjuk:
lg 56 − lg 7 = −3 lg (x + 4)
A bal oldali kifejezéseket kivonjuk, mert ugyanaz az alapjuk:
lg (56/7) = –3 lg (x + 4)
Most nézzük meg közelebbről a kapott egyenletet. Gyakorlatilag a kanonikus forma, de a jobb oldalon van egy −3 tényező. Adjuk hozzá a megfelelő lg argumentumhoz:
log 8 = log (x + 4) −3
Előttünk a logaritmikus egyenlet kanonikus alakja, ezért az lg jeleket áthúzzuk, és az argumentumokat egyenlővé tesszük:
(x + 4) −3 = 8
x + 4 = 0,5
Ennyi! Megoldottuk a második logaritmikus egyenletet. Ebben az esetben nincs szükség további ellenőrzésekre, mert az eredeti feladatban x csak egy argumentumban szerepelt.
Hadd soroljam fel még egyszer ennek a leckének a legfontosabb pontjait.
Fő képlet, amelyet ezen az oldalon minden leckében tanulmányozunk, a megoldásnak szentelt a logaritmikus egyenletek a kanonikus formák. És ne ijedjen meg attól a ténytől, hogy a legtöbb iskolai tankönyv megtanítja másként megoldani az ilyen problémákat. Ez az eszköz nagyon hatékonyan működik, és sokkal szélesebb körű problémák megoldását teszi lehetővé, mint a legegyszerűbbek, amelyeket a leckénk elején tanulmányoztunk.
Emellett a logaritmikus egyenletek megoldásához hasznos lesz az alapvető tulajdonságok ismerete. Ugyanis:
- Az egy bázisra költözés képlete és az a speciális eset, amikor fordított naplózást végzünk (ez nagyon hasznos volt számunkra az első feladatnál);
- Képlet a logaritmusjel hatványainak összeadására és kivonására. Itt sok diák elakad, és nem látja, hogy a kivett és bevezetett végzettség maga is tartalmazhat log f (x) értéket. Nincs ezzel semmi baj. Bevezethetjük az egyik rönköt a másik előjele szerint, és egyben jelentősen leegyszerűsíthetjük a probléma megoldását, amit a második esetben figyelünk meg.
Végezetül hozzátenném, hogy nem minden esetben szükséges a definíciós tartományt ellenőrizni, mert az x változó mindenhol csak a log egyik előjelében van jelen, ugyanakkor az argumentumában. Ennek eredményeként a kör minden követelménye automatikusan teljesül.
Problémák a változó alappal
Ma a logaritmikus egyenleteket fogjuk megvizsgálni, amelyek sok diák számára nem szabványosnak, ha nem teljesen megoldhatatlannak tűnnek. Nem számokon, hanem változókon és páros függvényeken alapuló kifejezésekről beszélünk. Az ilyen konstrukciókat standard technikánkkal, mégpedig a kanonikus formával oldjuk meg.
Először is emlékezzünk arra, hogyan oldják meg a legegyszerűbb feladatokat közönséges számok alapján. Tehát a legegyszerűbb konstrukciót hívják
log a f(x) = b
Az ilyen problémák megoldására a következő képletet használhatjuk:
b = log a a b
Átírjuk az eredeti kifejezésünket, és megkapjuk:
log a f (x) = log a a b
Ezután egyenlővé tesszük az érveket, azaz ezt írjuk:
f(x) = a b
Így megszabadulunk a naplójeltől, és megoldjuk a szokásos problémát. Ebben az esetben a megoldásból kapott gyökök az eredeti logaritmikus egyenlet gyökei lesznek. Ezenkívül kanonikus formának nevezzük azt a rekordot, amikor a bal és a jobb oldal is ugyanabban a logaritmusban van, ugyanazzal az alappal. Ez olyan rekord, hogy megpróbáljuk csökkenteni a mai terveket. Szóval, menjünk.
Első feladat:
log x - 2 (2x 2 - 13x + 18) = 1
Cserélje ki az 1-et log x − 2 (x − 2) 1-re. Az érvelésben megfigyelt fok valójában az egyenlőségjeltől jobbra álló b szám. Így írjuk át a kifejezésünket. Kapunk:
log x - 2 (2x 2 - 13x + 18) = log x - 2 (x - 2)
Mit látunk? Előttünk a logaritmikus egyenlet kanonikus alakja, így nyugodtan egyenlőségjelet tehetünk az érvek között. Kapunk:
2x 2 - 13x + 18 = x - 2
A megoldás azonban nem ér véget, mert ez az egyenlet nem ekvivalens az eredetivel. Hiszen a kapott konstrukció olyan függvényekből áll, amelyek a teljes számegyenesen vannak definiálva, és az eredeti logaritmusaink nem mindenhol és nem mindig vannak definiálva.
Ezért külön fel kell írnunk a definíciós tartományt. Ne hasítsuk fel a szőrszálakat, és először írjunk le minden követelményt:
Először is, az egyes logaritmusok argumentumának nagyobbnak kell lennie 0-nál:
2x 2 − 13x + 18 > 0
x − 2 > 0
Másodszor, az alapnak nemcsak 0-nál nagyobbnak kell lennie, hanem 1-től eltérőnek is kell lennie:
x − 2 ≠ 1
Ennek eredményeként a következő rendszert kapjuk:
De ne ijedjen meg: a logaritmikus egyenletek feldolgozásakor egy ilyen rendszer jelentősen leegyszerűsíthető.
Ítélje meg maga: egyrészt megkövetelik tőlünk, hogy a másodfokú függvény nagyobb legyen nullánál, másrészt ez a másodfokú függvény egy bizonyos lineáris kifejezésnek felel meg, amelyhez az is szükséges, hogy nagyobb legyen nullánál.
Ebben az esetben, ha megköveteljük, hogy x − 2 > 0, akkor a 2x 2 − 13x + 18 > 0 követelmény automatikusan teljesül, ezért nyugodtan áthúzhatjuk a benne lévő egyenlőtlenséget másodfokú függvény. Így a rendszerünkben található kifejezések száma háromra csökken.
Persze ugyanúgy áthúzhatnánk lineáris egyenlőtlenség, azaz húzd át x − 2 > 0 és követeld, hogy 2x 2 − 13x + 18 > 0. De egyet kell értened azzal, hogy a legegyszerűbb lineáris egyenlőtlenség megoldása sokkal gyorsabb és egyszerűbb, mint a másodfokú, még akkor is, ha a teljes megoldás eredményeként ez a rendszer ugyanazokat a gyökereket kapjuk.
Általában próbálja meg optimalizálni a számításokat, amikor csak lehetséges. A logaritmikus egyenletek esetében pedig húzd át a legnehezebb egyenlőtlenségeket.
Írjuk át a rendszerünket:
Itt van egy három kifejezésből álló rendszer, amelyek közül kettővel már foglalkoztunk. Írjuk le külön másodfokú egyenletés oldjuk meg:
2x 2 − 14x + 20 = 0
x 2 − 7x + 10 = 0
Adott előttünk másodfokú trinomikusés ezért használhatjuk Vieta képleteit. Kapunk:
(x − 5)(x − 2) = 0
x 1 = 5
x 2 = 2
Most visszatérünk a rendszerünkhöz, és azt találjuk, hogy x = 2 nem felel meg nekünk, mert megkövetelik, hogy x szigorúan nagyobb legyen 2-nél.
De az x = 5 tökéletesen megfelel nekünk: az 5 nagyobb 2-nél, ugyanakkor az 5 nem egyenlő 3-mal. Ezért ennek a rendszernek az egyetlen megoldása az x = 5 lesz.
Ez az, a probléma megoldódott, beleértve az ODZ figyelembevételét. Térjünk át a második egyenletre. További érdekes és informatív számítások itt várnak ránk:
Az első lépés: mint legutóbb, ezt az egészet kanonikus formába hozzuk. Ehhez a következőképpen írhatjuk fel a 9-es számot:
A gyökérbázist érintetlenül hagyhatjuk, de jobb az argumentumot átalakítani. Haladjunk a gyökértől a hatvány felé racionális kitevővel. Írjuk fel:
Hadd ne írjam át az egész nagy logaritmikus egyenletünket, hanem azonnal egyenlővé tegyem az érveket:
x 3 + 10x 2 + 31x + 30 = x 3 + 9x 2 + 27x + 27
x 2 + 4x + 3 = 0
Egy újonnan redukált másodfokú trinom áll előttünk, használjuk Vieta képleteit és írjuk fel:
(x + 3) (x + 1) = 0
x 1 = −3
x 2 = −1
Tehát megkaptuk a gyököket, de senki nem garantálta, hogy illeszkednek az eredeti logaritmikus egyenlethez. Hiszen a naplótáblák további megszorításokat támasztanak (itt a rendszert kellett volna leírni, de az egész szerkezet nehézkessége miatt úgy döntöttem, hogy a definíciós tartományt külön számítom ki).
Először is ne feledje, hogy az argumentumoknak 0-nál nagyobbaknak kell lenniük, nevezetesen:
Ezeket a követelményeket támasztja a definíció hatálya.
Rögtön jegyezzük meg, hogy mivel a rendszer első két kifejezését egyenlővé tesszük egymással, bármelyiket áthúzhatjuk. Az elsőt húzzuk át, mert fenyegetőbbnek tűnik, mint a második.
Ezenkívül vegye figyelembe, hogy a második és a harmadik egyenlőtlenség megoldása ugyanazok a halmazok (valamelyik szám kocka nagyobb nullánál, ha ez a szám nagyobb nullánál; hasonlóképpen a harmadik fokú gyökérrel - ezek az egyenlőtlenségek teljesen analógok, ezért áthúzhatjuk).
De a harmadik egyenlőtlenséggel ez nem fog működni. Szabaduljunk meg a bal oldali radikális jeltől úgy, hogy mindkét részt kockára emeljük. Kapunk:
Tehát a következő követelményeket kapjuk:
− 2 ≠ x > −3
Melyik gyökünk: x 1 = −3 vagy x 2 = −1 felel meg ezeknek a követelményeknek? Nyilvánvalóan csak x = −1, mert x = −3 nem elégíti ki az első egyenlőtlenséget (mivel az egyenlőtlenségünk szigorú). Tehát, visszatérve a problémánkhoz, egy gyököt kapunk: x = −1. Ennyi, a probléma megoldva.
Még egyszer, ennek a feladatnak a legfontosabb pontjai:
- Nyugodtan alkalmazhat és oldhat meg logaritmikus egyenleteket kanonikus formában. Azok a tanulók, akik ilyen jelölést készítenek, ahelyett, hogy az eredeti feladattól közvetlenül egy olyan konstrukció felé haladnának, mint a log a f (x) = b, sokkal kevesebb hibát követnek el, mint azok, akik rohannak valahova, kihagyva a számítások közbenső lépéseit;
- Amint megjelenik egy változó bázis egy logaritmusban, a probléma megszűnik a legegyszerűbbnek lenni. Ezért a megoldásnál figyelembe kell venni a definíciós tartományt: az argumentumok nullánál nagyobbak, és az alapok nem csak 0-nál nagyobbak, hanem 1-gyel sem lehetnek egyenlők.
A végső követelmények többféleképpen alkalmazhatók a végső válaszokra. Például megoldhat egy teljes rendszert, amely tartalmazza a definíciós tartomány összes követelményét. Másrészt először magát a problémát oldhatja meg, majd emlékezhet a definíciós tartományra, külön-külön kidolgozhatja egy rendszer formájában, és alkalmazhatja a kapott gyökerekre.
Ön dönti el, hogy egy adott logaritmikus egyenlet megoldásához melyik módszert választja. Mindenesetre a válasz ugyanaz lesz.
Az utolsó videók egy hosszú leckesorozatban a logaritmikus egyenletek megoldásáról. Ezúttal elsősorban a logaritmus ODZ-jével fogunk dolgozni - pontosan a definíciós tartomány helytelen figyelembevétele (vagy akár figyelmen kívül hagyása) miatt merül fel a legtöbb hiba az ilyen problémák megoldása során.
Ebben a rövid videós leckében a logaritmus összeadás és kivonás képleteivel fogunk foglalkozni, illetve tört racionális egyenletekkel is foglalkozunk, amelyekkel szintén sok diáknak vannak problémái.
miről fogunk beszélni? A fő képlet, amelyet meg szeretnék érteni, így néz ki:
log a (f g ) = log a f + log a g
Ez egy szabványos átmenet a szorzatról a logaritmusok összegére és vissza. Valószínűleg ismeri ezt a képletet a logaritmusok tanulmányozásának kezdetétől fogva. Van azonban egy hiba.
Amíg az a, f és g változók közönséges számok, nem merül fel probléma. Ez a formula remekül működik.
Azonban amint függvények jelennek meg f és g helyett, felmerül a definíciós tartomány bővítésének vagy szűkítésének problémája attól függően, hogy melyik irányba kell transzformálni. Ítélje meg maga: a bal oldalra írt logaritmusban a definíciós tartomány a következő:
fg > 0
De a jobb oldalon írt mennyiségben a definíció tartománya már némileg más:
f > 0
g > 0
Ez a követelményrendszer szigorúbb, mint az eredeti. Az első esetben elégedettek leszünk az f lehetőséggel< 0, g < 0 (ведь их произведение положительное, поэтому неравенство fg >0 kerül végrehajtásra).
Tehát a bal oldali konstrukcióról a jobbra való áttéréskor a definíciós tartomány szűkülése következik be. Ha először volt egy összegünk, és átírjuk szorzat formájában, akkor a definíciós tartomány kibővül.
Vagyis az első esetben gyökereket veszíthetünk, a másodikban pedig többletet kaphatunk. Ezt a valós logaritmikus egyenletek megoldásánál figyelembe kell venni.
Tehát az első feladat:
[Felirat a képhez] A bal oldalon ugyanazt a bázist használó logaritmusok összegét látjuk. Ezért ezek a logaritmusok hozzáadhatók:
[Felirat a képhez] Amint láthatja, a jobb oldalon a nullát a következő képlettel helyettesítettük:
a = log b b a
Rendezzük át még egy kicsit az egyenletünket:
log 4 (x − 5) 2 = log 4 1
Előttünk a logaritmikus egyenlet kanonikus alakja, áthúzhatjuk a log jelet, és egyenlőségjelet teszünk az argumentumokkal:
(x − 5) 2 = 1
|x − 5| = 1
Kérjük, vegye figyelembe: honnan származik a modul? Hadd emlékeztesselek arra, hogy egy pontos négyzet gyöke egyenlő a modulussal:
[Felirat a képhez] Ezután megoldjuk a modulusos klasszikus egyenletet:
|f | = g (g > 0) ⇒f = ±g
x − 5 = ±1 ⇒x 1 = 5 − 1 = 4; x 2 = 5 + 1 = 6
Íme két jelölt válasz. Megoldásai az eredeti logaritmikus egyenletnek? Nem, semmilyen körülmények között!
Nincs jogunk mindent úgy hagyni, és leírni a választ. Tekintse meg azt a lépést, amikor a logaritmusok összegét az argumentumok szorzatának egy logaritmusával helyettesítjük. A probléma az, hogy az eredeti kifejezésekben vannak függvényeink. Ezért meg kell követelnie:
x(x − 5) > 0; (x − 5)/x > 0.
Amikor a terméket átalakítottuk, pontos négyzetet kaptunk, megváltoztak a követelmények:
(x − 5) 2 > 0
Mikor teljesül ez a követelmény? Igen, szinte mindig! Kivéve azt az esetet, amikor x − 5 = 0. Azaz az egyenlőtlenség egy pontra csökken:
x − 5 ≠ 0 ⇒ x ≠ 5
Mint látható, a definíció köre kibővült, amiről az óra legelején beszéltünk. Következésképpen további gyökerek jelenhetnek meg.
Hogyan lehet megakadályozni, hogy ezek az extra gyökerek megjelenjenek? Nagyon egyszerű: megnézzük a kapott gyökeinket, és összehasonlítjuk az eredeti egyenlet definíciós tartományával. Számoljunk:
x (x − 5) > 0
Intervallum módszerrel oldjuk meg:
x (x − 5) = 0 ⇒ x = 0; x = 5
A kapott számokat jelöljük a vonalon. Minden pont hiányzik, mert az egyenlőtlenség szigorú. Vegyünk bármilyen 5-nél nagyobb számot, és helyettesítsük:
[Felirat a képhez] Minket a (−∞; 0) ∪ (5; ∞) intervallumok érdekelnek. Ha megjelöljük gyökünket a szegmensen, látni fogjuk, hogy az x = 4 nem felel meg nekünk, mert ez a gyök kívül esik az eredeti logaritmikus egyenlet definíciós tartományán.
Visszatérünk a teljességhez, áthúzzuk az x = 4 gyököt, és felírjuk a választ: x = 6. Ez a végső válasz az eredeti logaritmikus egyenletre. Ennyi, a probléma megoldva.
Térjünk át a második logaritmikus egyenletre:
[Felirat a képhez] Oldjuk meg. Vegye figyelembe, hogy az első tag egy tört, a második pedig ugyanaz a tört, de fordított. Ne ijedj meg az lgx kifejezéstől - ez csak egy decimális logaritmus, felírhatjuk:
lgx = log 10 x
Mivel két fordított törtünk van, javaslom egy új változó bevezetését:
[Felirat a képhez] Ezért az egyenletünket a következőképpen írhatjuk át:
t + 1/t = 2;
t + 1/t - 2 = 0;
(t 2 − 2t + 1)/t = 0;
(t − 1) 2 /t = 0.
Amint látja, a tört számlálója egy pontos négyzet. Egy tört akkor egyenlő nullával, ha a számlálója nulla, a nevezője pedig nem nulla:
(t − 1) 2 = 0; t ≠ 0
Oldjuk meg az első egyenletet:
t − 1 = 0;
t = 1.
Ez az érték kielégíti a második követelményt. Ezért azt mondhatjuk, hogy teljesen megoldottuk az egyenletünket, de csak a t változóra vonatkozóan. Most emlékezzünk, mi a t:
[Felirat a képhez]Megkaptuk az arányt:
logx = 2 logx + 1
2 logx − logx = −1
logx = −1
Ezt az egyenletet a kanonikus formába hozzuk:
logx = log 10 −1
x = 10 −1 = 0,1
Ennek eredményeként egyetlen gyöket kaptunk, amely elméletileg az eredeti egyenlet megoldása. Mindazonáltal tegyünk biztosra, és írjuk ki az eredeti egyenlet definíciós tartományát:
[Felirat a képhez] Ezért gyökerünk minden követelménynek megfelel. Megoldást találtunk az eredeti logaritmikus egyenletre. Válasz: x = 0,1. A probléma megoldódott.
A mai leckében egyetlen kulcsfontosságú pont van: a szorzatról összegre és visszalépés képletének használatakor mindenképpen vegyük figyelembe, hogy a meghatározás köre szűkülhet vagy bővülhet attól függően, hogy az átmenet milyen irányban történik.
Hogyan lehet megérteni, mi történik: összehúzódás vagy tágulás? Nagyon egyszerű. Ha korábban együtt voltak a függvények, most viszont külön, akkor a definíciós kör beszűkült (mert több a követelmény). Ha eleinte a funkciók külön álltak, most pedig együtt vannak, akkor kibővül a meghatározási terület (kevesebb követelmény támasztja a terméket, mint az egyes tényezőket).
Ezt a megjegyzést figyelembe véve szeretném megjegyezni, hogy a második logaritmikus egyenlet egyáltalán nem igényli ezeket a transzformációkat, vagyis sehol nem adjuk össze, nem szorozzuk az argumentumokat. Azonban itt szeretném felhívni a figyelmet egy másik csodálatos technikára, amely jelentősen leegyszerűsítheti a megoldást. Egy változó cseréjéről van szó.
Ne feledje azonban, hogy semmilyen helyettesítés nem szabadít fel minket a definíció hatálya alól. Éppen ezért, miután az összes gyökeret megtaláltuk, nem voltunk lusták, és visszatértünk az eredeti egyenlethez, hogy megtaláljuk az ODZ-t.
Gyakran egy változó lecserélésekor bosszantó hiba lép fel, amikor a tanulók megtalálják a t értékét, és azt hiszik, hogy a megoldás kész. Nem, semmilyen körülmények között!
Miután megtalálta a t értékét, vissza kell térnie az eredeti egyenlethez, és meg kell néznie, hogy pontosan mit is értünk ezzel a betűvel. Ennek eredményeként még egy egyenletet kell megoldanunk, amely azonban sokkal egyszerűbb lesz, mint az eredeti.
Pontosan ez a lényege egy új változó bevezetésének. Az eredeti egyenletet két köztes egyenletre bontjuk, amelyek mindegyikének van egy sokkal egyszerűbb megoldása.
Hogyan oldjunk meg "beágyazott" logaritmikus egyenleteket
Ma folytatjuk a logaritmikus egyenletek tanulmányozását, és elemezzük azokat a konstrukciókat, amikor az egyik logaritmus egy másik logaritmus előjele alatt áll. Mindkét egyenletet a kanonikus forma segítségével oldjuk meg.
Ma folytatjuk a logaritmikus egyenletek tanulmányozását, és elemezzük azokat a konstrukciókat, amikor az egyik logaritmus a másik előjele alatt áll. Mindkét egyenletet a kanonikus forma segítségével oldjuk meg. Hadd emlékeztesselek arra, hogy ha van egy egyszerű logaritmikus egyenletünk log a f (x) = b alakú, akkor egy ilyen egyenlet megoldásához a következő lépéseket hajtjuk végre. Először is le kell cserélnünk a b számot:
b = log a a b
Megjegyzés: a b egy argumentum. Hasonlóképpen, az eredeti egyenletben az argumentum az f(x) függvény. Ezután átírjuk az egyenletet, és a következő konstrukciót kapjuk:
log a f (x) = log a a b
Ezután elvégezhetjük a harmadik lépést - megszabaduljunk a logaritmusjeltől, és egyszerűen írjuk:
f(x) = a b
Ennek eredményeként egy új egyenletet kapunk. Ebben az esetben az f (x) függvényre nincs korlátozás. Például a helyén ott is lehet logaritmikus függvény. Ezután ismét egy logaritmikus egyenletet kapunk, amelyet ismét a legegyszerűbb formájára redukálunk, és a kanonikus formán keresztül oldjuk meg.
Azonban elég a szövegből. Oldjuk meg az igazi problémát. Tehát az 1. feladat:
log 2 (1 + 3 log 2 x ) = 2
Amint látja, előttünk áll a legegyszerűbb logaritmikus egyenlet. Az f (x) szerepe az 1 + 3 log 2 x konstrukció, a b szám szerepe pedig a 2 (a szerepét kettő is játssza). Írjuk át ezt a kettőt a következőképpen:
Fontos megérteni, hogy az első két kettő a logaritmus alapjából került hozzánk, vagyis ha az eredeti egyenletben 5 lenne, akkor azt kapnánk, hogy 2 = log 5 5 2. Általában az alap kizárólag a feladatban eredetileg megadott logaritmustól függ. Esetünkben ez a 2.
Tehát átírjuk a logaritmikus egyenletünket, figyelembe véve, hogy a jobb oldali kettő valójában egy logaritmus is. Kapunk:
log 2 (1 + 3 log 2 x ) = log 2 4
Menjünk tovább utolsó lépés sémánk - megszabadulunk a kanonikus formától. Mondhatni egyszerűen áthúzzuk a rönk jeleit. Matematikai szempontból azonban lehetetlen „áthúzni a naplót” - helyesebb lenne azt mondani, hogy egyszerűen egyenlőségjelet teszünk az érvek közé:
1 + 3 log 2 x = 4
Innen könnyen találunk 3 log 2 x:
3 log 2 x = 3
log 2 x = 1
Megint megkaptuk a legegyszerűbb logaritmikus egyenletet, hozzuk vissza a kanonikus formára. Ehhez a következő változtatásokat kell végrehajtanunk:
1 = log 2 2 1 = log 2 2
Miért van kettő a bázison? Mivel a bal oldali kanonikus egyenletünkben pontosan a 2-es bázisra van egy logaritmus. A feladatot ennek figyelembevételével írjuk át:
log 2 x = log 2 2
Megint megszabadulunk a logaritmus előjeltől, azaz egyszerűen egyenlőségjelet teszünk az érvek közé. Ehhez jogunk van, mert az alapok ugyanazok, és nem történt több további művelet sem a jobb, sem a bal oldalon:
Ennyi! A probléma megoldódott. Megoldást találtunk a logaritmikus egyenletre.
Figyel! Bár az x változó megjelenik az argumentumban (azaz a definíciós tartományra vonatkozó követelmények merülnek fel), nem támasztunk további követelményeket.
Ahogy fentebb is mondtam, ez az ellenőrzés redundáns, ha a változó csak egy logaritmus egyetlen argumentumában szerepel. Esetünkben x valóban csak az argumentumban jelenik meg, és csak egy log jel alatt. Ezért nincs szükség további ellenőrzésekre.
Ha azonban nem bízik ezt a módszert, akkor könnyen ellenőrizheti, hogy x = 2 valóban gyök. Elegendő ezt a számot behelyettesíteni az eredeti egyenletbe.
Térjünk át a második egyenletre, az egy kicsit érdekesebb:
log 2 (log 1/2 (2x − 1) + log 2 4) = 1
Ha a nagy logaritmuson belüli kifejezést az f (x) függvénnyel jelöljük, akkor a legegyszerűbb logaritmikus egyenletet kapjuk, amellyel a mai videóórát kezdtük. Ezért alkalmazhatjuk a kanonikus formát, amelyhez az egységet log 2 2 1 = log 2 2 formában kell ábrázolnunk.
Írjuk át a nagy egyenletünket:
log 2 (log 1/2 (2x − 1) + log 2 4) = log 2 2
Térjünk el a logaritmus előjelétől, egyenlővé téve az érveket. Ehhez jogunk van, mert mind a bal, mind a jobb oldalon ugyanazok az alapok. Ezenkívül vegye figyelembe, hogy log 2 4 = 2:
log 1/2 (2x − 1) + 2 = 2
log 1/2 (2x − 1) = 0
Ismét előttünk áll a log a f (x) = b formájú legegyszerűbb logaritmikus egyenlet. Térjünk át a kanonikus alakra, vagyis a nullát log 1/2 (1/2)0 = log 1/2 1 formában ábrázoljuk.
Átírjuk az egyenletünket, és megszabadulunk a log jeltől, egyenlővé téve az érveket:
log 1/2 (2x − 1) = log 1/2 1
2x − 1 = 1
Ismét azonnal választ kaptunk. Nincs szükség további ellenőrzésekre, mert az eredeti egyenletben csak egy logaritmus tartalmazza a függvényt argumentumként.
Ezért nincs szükség további ellenőrzésekre. Nyugodtan kijelenthetjük, hogy ennek az egyenletnek az egyetlen gyöke x = 1.
De ha a második logaritmusban négy helyett x-nek van valamilyen függvénye (vagy a 2x nem az argumentumban, hanem az alapban volt) - akkor ellenőrizni kell a definíciós tartományt. Ellenkező esetben nagy az esélye annak, hogy extra gyökerekbe futhasson.
Honnan származnak ezek a plusz gyökerek? Ezt a pontot nagyon világosan kell érteni. Vessen egy pillantást az eredeti egyenletekre: mindenhol az x függvény a logaritmusjel alatt van. Következésképpen, mivel felírtuk a log 2 x-et, automatikusan beállítottuk az x > 0 követelményt. Ellenkező esetben ennek a bejegyzésnek egyszerűen nincs értelme.
A logaritmikus egyenlet megoldása során azonban megszabadulunk az összes log-jeltől, és egyszerű konstrukciókat kapunk. Itt nincsenek megkötések, mert a lineáris függvény bármely x értékre definiálva van.
Ez a probléma, amikor a végső függvény mindenhol és mindig definiálva van, de az eredeti nem mindenhol és nem mindig, ezért nagyon gyakran keletkeznek többletgyökök a logaritmikus egyenletek megoldásában.
De még egyszer megismétlem: ez csak olyan helyzetben történik, amikor a függvény vagy több logaritmusban van, vagy az egyik alapján. A ma vizsgált problémákban elvileg nincs probléma a definíciós kör kiterjesztésével.
Különböző okok miatti esetek
Ez a lecke többnek szól összetett szerkezetek. A mai egyenletek logaritmusait már nem lehet azonnal megoldani – először el kell végezni néhány átalakítást.
A logaritmikus egyenletek megoldását teljesen különböző bázisokkal kezdjük, amelyek nem egymás pontos hatványai. Ne hagyja, hogy az ilyen problémák megijesszenek - nem nehezebb megoldani őket, mint a fentebb tárgyalt legegyszerűbb terveket.
Mielőtt azonban közvetlenül rátérnék a problémákra, hadd emlékeztessem a legegyszerűbb logaritmikus egyenletek kanonikus formával történő megoldásának képletére. Tekintsünk egy ehhez hasonló problémát:
log a f(x) = b
Fontos, hogy az f (x) függvény csak egy függvény, az a és b számok szerepe pedig számok (x változók nélkül). Természetesen szó szerint egy perc alatt megvizsgáljuk azokat az eseteket, amikor az a és b változók helyett függvények vannak, de most nem erről van szó.
Emlékszünk rá, hogy a b számot logaritmussal kell helyettesíteni ugyanarra az a bázisra, amely a bal oldalon található. Ez nagyon egyszerűen történik:
b = log a a b
Természetesen a „bármely b” és „bármilyen szám a” szavak olyan értékeket jelentenek, amelyek megfelelnek a definíció hatókörének. Különösen ebben az egyenletben arról beszélünk csak a bázis a > 0 és a ≠ 1.
Ez a követelmény azonban automatikusan teljesül, mert az eredeti feladat már tartalmaz egy logaritmust az a bázisra - ez minden bizonnyal nagyobb lesz, mint 0 és nem egyenlő 1-gyel. Ezért folytatjuk a logaritmikus egyenlet megoldását:
log a f (x) = log a a b
Az ilyen jelölést kanonikus formának nevezzük. Kényelme abban rejlik, hogy az érvek egyenlítésével azonnal megszabadulhatunk a log jeltől:
f(x) = a b
Ezt a technikát fogjuk most alkalmazni változó alapú logaritmikus egyenletek megoldására. Szóval, gyerünk!
log 2 (x 2 + 4x + 11) = log 0,5 0,125
mi lesz ezután? Valaki most azt fogja mondani, hogy ki kell számítania a megfelelő logaritmust, vagy redukálnia kell őket ugyanarra az alapra, vagy valami másra. És valóban, most mindkét alapot ugyanabba a formába kell hoznunk - 2 vagy 0,5. De tanuljuk meg egyszer s mindenkorra a következő szabályt:
Ha egy logaritmikus egyenletben tizedesjegyek vannak, feltétlenül konvertálja ezeket a törteket tizedesről közös jelölésre. Ez az átalakítás nagyban leegyszerűsítheti a megoldást.
Az ilyen átmenetet azonnal el kell végezni, még bármilyen művelet vagy átalakítás előtt. Lássuk:
log 2 (x 2 + 4x + 11) = log 1 /2 1/8
Mit ad nekünk egy ilyen rekord? Az 1/2 és 1/8 hatványokat ábrázolhatjuk negatív kitevővel:
[Felirat a képhez] Előttünk a kanonikus forma. Az érveket egyenlővé tesszük, és megkapjuk a klasszikus másodfokú egyenletet:
x 2 + 4x + 11 = 8
x 2 + 4x + 3 = 0
A következő másodfokú egyenlet áll előttünk, amely könnyen megoldható Vieta képleteivel. A középiskolában hasonló kijelzőket kell látnia szó szerint:
(x + 3) (x + 1) = 0
x 1 = −3
x 2 = −1
Ennyi! Az eredeti logaritmikus egyenlet megoldva. Két gyökerünk van.
Hadd emlékeztesselek arra, hogy ebben az esetben nem szükséges meghatározni a definíciós tartományt, mivel az x változójú függvény csak egy argumentumban van jelen. Ezért a definíciós hatókör automatikusan végrehajtásra kerül.
Tehát az első egyenlet megoldva. Térjünk át a másodikra:
log 0,5 (5x 2 + 9x + 2) = log 3 1/9
log 1/2 (5x 2 + 9x + 2) = log 3 9 −1
Most vegyük észre, hogy az első logaritmus argumentuma negatív kitevőjű hatványként is felírható: 1/2 = 2 −1. Ezután kiveheti az egyenlet mindkét oldalán lévő hatványokat, és mindent eloszthat −1-gyel:
[Felirat a képhez] És most nagyon sokat értünk el fontos lépés logaritmikus egyenlet megoldásában. Lehet, hogy valaki nem vett észre valamit, hadd magyarázzam el.
Nézze meg az egyenletünket: mind a bal, mind a jobb oldalon van egy logaritmus, de a bal oldalon van egy logaritmus a 2-es bázishoz, a jobb oldalon pedig egy logaritmus a 3-as bázishoz. A három nem egész hatványa kettő és fordítva, nem írhatod ki, hogy 2 az 3 egész fokban.
Következésképpen ezek különböző alapú logaritmusok, amelyeket nem lehet egymásra redukálni pusztán hatványok hozzáadásával. Az ilyen problémák megoldásának egyetlen módja az, ha megszabadulunk az egyik logaritmustól. Ebben az esetben, mivel még mindig meglehetősen egyszerű problémákat mérlegelünk, a jobb oldali logaritmust egyszerűen kiszámítottuk, és megkaptuk a legegyszerűbb egyenletet - pontosan azt, amelyről a mai óra legelején beszéltünk.
A jobb oldali 2-es számot ábrázoljuk log 2 2 2 = log 2 4 alakban. Ezután megszabadulunk a logaritmus előjeltől, ami után egyszerűen csak egy másodfokú egyenlet marad:
log 2 (5x 2 + 9x + 2) = log 2 4
5x 2 + 9x + 2 = 4
5x 2 + 9x − 2 = 0
Van előttünk egy közönséges másodfokú egyenlet, de ez nincs redukálva, mert x 2 együtthatója különbözik az egységtől. Ezért egy diszkrimináns segítségével oldjuk meg:
D = 81 − 4 5 (−2) = 81 + 40 = 121
x 1 = (−9 + 11)/10 = 2/10 = 1/5
x 2 = (−9 − 11)/10 = −2
Ennyi! Megtaláltuk mindkét gyöket, ami azt jelenti, hogy megoldást kaptunk az eredeti logaritmikus egyenletre. Valójában az eredeti feladatban az x változójú függvény csak egy argumentumban van jelen. Következésképpen nincs szükség további ellenőrzésekre a definíciós tartományban – mindkét gyökér, amelyet találtunk, minden bizonnyal megfelel minden lehetséges korlátozásnak.
Ezzel véget is érhet a mai videólecke, de befejezésül ismét szeretném elmondani: a logaritmikus egyenletek megoldása során minden tizedes törtet konvertáljon közönséges törtekké. A legtöbb esetben ez nagyban leegyszerűsíti a megoldásukat.
Ritkán, nagyon ritkán találkozik olyan problémákkal, amelyekben a tizedes törtek megszabadulása csak bonyolítja a számításokat. Az ilyen egyenletekben azonban általában kezdetben világos, hogy nem kell megszabadulni a tizedes törtektől.
A legtöbb esetben (főleg, ha még csak most kezdi gyakorolni a logaritmikus egyenletek megoldását), nyugodtan szabaduljon meg a tizedesjegyektől, és alakítsa át őket közönségessé. Mert a gyakorlat azt mutatja, hogy így jelentősen leegyszerűsíti a későbbi megoldást és számításokat.
A megoldás finomságai és trükkjei
Ma áttérünk az összetettebb problémákra, és egy logaritmikus egyenletet fogunk megoldani, amely nem számon, hanem függvényen alapul.
És még ha ez a függvény lineáris is, apró változtatásokat kell végrehajtani a megoldási sémán, amelyek jelentése a logaritmus definíciós tartományára vonatkozó további követelményekre vezethető vissza.
Összetett feladatok
Ez az oktatóanyag elég hosszú lesz. Ebben két meglehetősen súlyos logaritmikus egyenletet fogunk elemezni, amelyek megoldása során sok diák hibázik. Matektanári gyakorlatom során folyamatosan kétféle hibával találkoztam:
- Extra gyökök megjelenése a logaritmus definíciós tartományának bővülése miatt. Az ilyen sértő hibák elkerülése érdekében csak gondosan figyelje meg az egyes átalakulásokat;
- Gyökervesztés annak a ténynek köszönhető, hogy a hallgató elfelejtett figyelembe venni néhány „finom” esetet – ezekre a helyzetekre fogunk ma összpontosítani.
Ez az utolsó lecke a logaritmikus egyenletekről. Hosszú lesz, összetett logaritmikus egyenleteket fogunk elemezni. Helyezze magát kényelembe, készítsen egy teát, és kezdjük is.
Az első egyenlet meglehetősen szabványosnak tűnik:
log x + 1 (x - 0,5) = log x - 0,5 (x + 1)
Azonnal jegyezzük meg, hogy mindkét logaritmus egymás fordított másolata. Emlékezzünk a csodálatos képletre:
log a b = 1/log b a
Ennek a képletnek azonban számos korlátozása van, amelyek akkor merülnek fel, ha az a és b számok helyett az x változó függvényei vannak:
b > 0
1 ≠ a > 0
Ezek a követelmények a logaritmus alapjára vonatkoznak. Másrészt egy törtben meg kell 1 ≠ a > 0, mivel nemcsak a változó a logaritmus argumentumában van (tehát a > 0), hanem maga a logaritmus is a tört nevezőjében van. . De log b 1 = 0, és a nevezőnek nullától eltérőnek kell lennie, tehát a ≠ 1.
Tehát az a változóra vonatkozó korlátozások megmaradnak. De mi történik a b változóval? Az alap egyrészt b > 0-t, másrészt a b ≠ 1 változót vonja maga után, mert a logaritmus alapjának különböznie kell 1-től. Összességében a képlet jobb oldaláról az következik, hogy 1 ≠ b > 0.
De itt van a probléma: a második követelmény (b ≠ 1) hiányzik az első egyenlőtlenségből, amely a bal oldali logaritmussal foglalkozik. Más szóval, ennek az átalakításnak a végrehajtásakor kell külön ellenőrizni, hogy a b argumentum különbözik az egyiktől!
Szóval nézzük meg. Alkalmazzuk a képletünket:
[Felirat a képhez] 1 ≠ x - 0,5 > 0; 1 ≠ x + 1 > 0
Tehát azt kaptuk, hogy már az eredeti logaritmikus egyenletből következik, hogy a-nak és b-nek is nagyobbnak kell lennie 0-nál és nem egyenlőnek 1-gyel. Ez azt jelenti, hogy könnyen megfordíthatjuk a logaritmikus egyenletet:
Javaslom egy új változó bevezetését:
log x + 1 (x − 0,5) = t
Ebben az esetben a konstrukciónkat a következőképpen írjuk át:
(t 2 − 1)/t = 0
Figyeljük meg, hogy a számlálóban a négyzetek különbsége szerepel. A négyzetek különbségét a rövidített szorzási képlet segítségével tárjuk fel:
(t − 1)(t + 1)/t = 0
Egy tört akkor egyenlő nullával, ha a számlálója nulla, a nevezője pedig nem nulla. De a számláló szorzatot tartalmaz, ezért minden tényezőt nullával egyenlővé teszünk:
t1=1;
t 2 = -1;
t ≠ 0.
Amint látjuk, a t változó mindkét értéke megfelel nekünk. A megoldás azonban nem ér véget, mert nem t-t, hanem x értékét kell megtalálnunk. Visszatérünk a logaritmushoz, és megkapjuk:
log x + 1 (x - 0,5) = 1;
log x + 1 (x - 0,5) = -1.
Tegyük kanonikus formába ezeket az egyenleteket:
log x + 1 (x − 0,5) = log x + 1 (x + 1) 1
log x + 1 (x - 0,5) = log x + 1 (x + 1) -1
Az első esetben megszabadulunk a logaritmus előjelétől, és egyenlőségjelet teszünk az érvek közé:
x − 0,5 = x + 1;
x − x = 1 + 0,5;
Egy ilyen egyenletnek nincs gyöke, ezért az első logaritmikus egyenletnek sincs gyöke. De a második egyenlettel minden sokkal érdekesebb:
(x − 0,5)/1 = 1/(x + 1)
Az arányt megoldva a következőt kapjuk:
(x − 0,5)(x + 1) = 1
Hadd emlékeztesselek arra, hogy logaritmikus egyenletek megoldásánál sokkal kényelmesebb minden tizedes törtet közönségesként használni, ezért írjuk át az egyenletünket a következőképpen:
(x − 1/2)(x + 1) = 1;
x 2 + x - 1/2x - 1/2 - 1 = 0;
x 2 + 1/2x − 3/2 = 0.
Az alábbi másodfokú egyenlet áll előttünk, könnyen megoldható Vieta képleteivel:
(x + 3/2) (x - 1) = 0;
x 1 = -1,5;
x 2 = 1.
Két gyökünk van – ezek az eredeti logaritmikus egyenlet megoldására jelöltek. Annak érdekében, hogy megértsük, valójában milyen gyökerek húzódnak meg a válaszban, térjünk vissza az eredeti problémához. Most minden gyökérünket ellenőrizzük, hogy beleférnek-e a definíció tartományába:
1,5 ≠ x > 0,5; 0 ≠ x > −1.
Ezek a követelmények kettős egyenlőtlenségnek felelnek meg:
1 ≠ x > 0,5
Innen azonnal látjuk, hogy az x = −1,5 gyök nem felel meg nekünk, de az x = 1 egészen jól. Ezért x = 1 a logaritmikus egyenlet végső megoldása.
Térjünk át a második feladatra:
log x 25 + log 125 x 5 = log 25 x 625
Első pillantásra úgy tűnhet, hogy minden logaritmus különböző okok miattés különféle érvek. Mi a teendő az ilyen szerkezetekkel? Először is vegye figyelembe, hogy a 25, 5 és 625 számok 5 hatványai:
25 = 5 2 ; 625 = 5 4
Most használjuk ki a logaritmus csodálatos tulajdonságát. A lényeg az, hogy egy érvből faktorok formájában vonhat ki erőket:
log a b n = n ∙ log a b
Ez a transzformáció is korlátozások alá esik abban az esetben, ha a b-t függvény helyettesíti. De számunkra b csak egy szám, és nem merül fel további korlátozás. Írjuk át az egyenletünket:
2 ∙ log x 5 + log 125 x 5 = 4 ∙ log 25 x 5
Kaptunk egy egyenletet három tagból, amelyek a log jelet tartalmazzák. Ráadásul mindhárom logaritmus argumentuma egyenlő.
Ideje megfordítani a logaritmusokat, hogy ugyanarra az alapra hozzuk őket – 5. Mivel a b változó konstans, a definíciós tartományban nem történik változás. Csak átírjuk:
[Felirat a képhez] Amint az várható volt, ugyanazok a logaritmusok jelentek meg a nevezőben. Javaslom a változó cseréjét:
log 5 x = t
Ebben az esetben az egyenletünket a következőképpen írjuk át:
Írjuk ki a számlálót, és nyissuk meg a zárójeleket:
2 (t + 3) (t + 2) + t (t + 2) − 4t (t + 3) = 2 (t 2 + 5t + 6) + t 2 + 2t − 4t 2 - 12t = 2t 2 + 10t + 12 + t 2 + 2t − 4t 2 − 12t = −t 2 + 12
Térjünk vissza a mi törtrészünkhöz. A számlálónak nullának kell lennie:
[Felirat a képhez] És a nevező különbözik a nullától:
t ≠ 0; t ≠ -3; t ≠ −2
Az utolsó követelmények automatikusan teljesülnek, mivel ezek mind egész számokhoz vannak „kötve”, és minden válasz irracionális.
Így, tört racionális egyenlet megoldva, megtaláljuk a t változó értékeit. Térjünk vissza a logaritmikus egyenlet megoldásához, és ne feledjük, mi a t:
[Felirat a képhez] Ezt az egyenletet kanonikus formára redukáljuk, és irracionális fokú számot kapunk. Ne hagyd, hogy ez megzavarjon – még az ilyen érvek is egyenlővé tehetők:
[Felirat a képhez] Két gyökerünk van. Pontosabban, két jelölt válasz – nézzük meg, hogy megfelelnek-e a definíciós tartománynak. Mivel a logaritmus alapja az x változó, a következőkre van szükségünk:
1 ≠ x > 0;
Ugyanilyen sikerrel állítjuk, hogy x ≠ 1/125, különben a második logaritmus alapja egységre fordul. Végül x ≠ 1/25 a harmadik logaritmushoz.
Összesen négy korlátozást kaptunk:
1 ≠ x > 0; x ≠ 1/125; x ≠ 1/25
A kérdés most az: vajon a gyökereink megfelelnek ezeknek a követelményeknek? Természetesen elégedettek! Mivel bármely hatványhoz tartozó 5 nagyobb lesz nullánál, és az x > 0 követelmény automatikusan teljesül.
Másrészt 1 = 5 0, 1/25 = 5 −2, 1/125 = 5 −3, ami azt jelenti, hogy ezek a megszorítások a gyökereinkre (amelyek, hadd emlékeztessem önöket, irracionális számot tartalmaznak a kitevőben) szintén elégedettek, és mindkét válasz megoldást jelent a problémára.
Tehát megvan a végső válasz. Ennek a feladatnak két kulcsfontosságú pontja van:
- Legyen óvatos a logaritmus megfordításakor, amikor az argumentum és a bázis felcserélődik. Az ilyen átalakítások szükségtelen korlátozásokat írnak elő a definíció hatókörében.
- Ne féljen a logaritmusok transzformációjától: nem csak megfordíthatók, hanem ki is bővíthetők az összegképlet segítségével, és általában bármilyen képlet segítségével módosíthatók, amelyet a logaritmikus kifejezések megoldása során tanulmányozott. Azonban mindig ne feledje: egyes átalakítások kiterjesztik a definíciót, mások pedig szűkítik.
Logaritmikus egyenletek. Az egyszerűtől a bonyolultig.
Figyelem!
Vannak további
az 555. külön szakaszban szereplő anyagok.
Azoknak, akik nagyon "nem nagyon..."
És azoknak, akik „nagyon…”)
Mi az a logaritmikus egyenlet?
Ez egy logaritmusú egyenlet. Meg vagyok lepve, igaz?) Akkor pontosítok. Ez egy egyenlet, amelyben az ismeretlenek (x-ek) és a velük kapcsolatos kifejezések találhatók a logaritmusokon belül.És csak ott! Ez fontos.
Íme néhány példa logaritmikus egyenletek:
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 = 11lg (x+1)
Nos, érted... )
Figyel! A legkülönbözőbb X-es kifejezések találhatók kizárólag logaritmusokon belül. Ha hirtelen egy X jelenik meg valahol az egyenletben kívül, Például:
log 2 x = 3+x,
ez már vegyes típusú egyenlet lesz. Az ilyen egyenleteknek nincsenek egyértelmű szabályai a megoldásukra. Egyelőre nem vesszük figyelembe őket. Egyébként vannak olyan egyenletek, ahol a logaritmusokon belül csak számok. Például:
mit mondjak? Szerencsés vagy, ha ezzel találkozol! Logaritmus számokkal az valami szám. Ez minden. Egy ilyen egyenlet megoldásához elég ismerni a logaritmus tulajdonságait. Speciális szabályok, kifejezetten megoldásra adaptált technikák ismerete logaritmikus egyenletek, itt nem kötelező.
Így, mi az a logaritmikus egyenlet- találta ki.
Hogyan lehet logaritmikus egyenleteket megoldani?
Megoldás logaritmikus egyenletek- A dolog valójában nem túl egyszerű. A rovatunk tehát egy négyes... Mindenféle kapcsolódó témában tisztességes tudás szükséges. Ezen túlmenően ezekben az egyenletekben van egy speciális jellemző is. És ez a tulajdonság annyira fontos, hogy nyugodtan nevezhetjük a logaritmikus egyenletek megoldásának fő problémájának. Ezzel a problémával a következő leckében részletesen foglalkozunk.
Egyelőre ne aggódj. A helyes úton megyünk az egyszerűtől a bonyolultig. On konkrét példák. A lényeg az, hogy elmélyülj az egyszerű dolgokban, és ne légy lusta követni a linkeket, okkal tettem oda... És minden sikerülni fog neked. Szükségszerűen.
Kezdjük a legelemibb, legegyszerűbb egyenletekkel. Megoldásukhoz tanácsos a logaritmus fogalma, de semmi több. Csak fogalmam sincs logaritmus, döntést hozni logaritmikus egyenletek – valahogy még kínosak is... Nagyon merész, mondhatnám).
A legegyszerűbb logaritmikus egyenletek.
Ezek a következő alakú egyenletek:
1. log 3 x = log 3 9
2. log 7 (2x-3) = log 7 x
3. log 7 (50x-1) = 2
Megoldási folyamat bármilyen logaritmikus egyenlet a logaritmusokkal rendelkező egyenletről egy azok nélküli egyenletre való átmenetből áll. A legegyszerűbb egyenletekben ezt az átmenetet egy lépésben hajtják végre. Ezért a legegyszerűbbek.)
Az ilyen logaritmikus egyenletek pedig meglepően könnyen megoldhatók. Nézd meg magad.
Oldjuk meg az első példát:
log 3 x = log 3 9
Ennek a példának a megoldásához nem kell szinte semmit tudnod, igen... Pusztán intuíció!) Mire van szükségünk főleg nem tetszik ez a példa? Mi-micsoda... Nem szeretem a logaritmusokat! Jobbra. Tehát szabaduljunk meg tőlük. Alaposan megnézzük a példát, és feltámad bennünk egy természetes vágy... Egyenesen ellenállhatatlan! Vegye ki és dobja ki a logaritmusokat. És ami jó, az az Tud csináld! A matematika megengedi. A logaritmusok eltűnnek a válasz:
Remek, igaz? Ezt mindig meg lehet (és kell) tenni. A logaritmusok ilyen módon történő kiküszöbölése a logaritmikus egyenletek és egyenlőtlenségek megoldásának egyik fő módja. A matematikában ezt a műveletet ún potencírozás. Természetesen vannak szabályok az ilyen felszámolásra, de ezek kevés. Ne feledje:
Félelem nélkül kiküszöbölheti a logaritmusokat, ha:
a) ugyanazok a numerikus alapok
c) a bal-jobb logaritmusok tiszták (együtthatók nélkül) és nagyszerű elszigeteltségben vannak.
Hadd tisztázzam az utolsó pontot. Az egyenletben mondjuk
log 3 x = 2 log 3 (3 x-1)
A logaritmusokat nem lehet eltávolítani. A jobb oldali kettő nem teszi lehetővé. Az együttható, tudod... A példában
log 3 x+log 3 (x+1) = log 3 (3+x)
Az egyenlet potencírozása szintén lehetetlen. A bal oldalon nincs egyetlen logaritmus. Ketten vannak.
Röviden: eltávolíthatja a logaritmusokat, ha az egyenlet így néz ki, és csak így:
log a (.....) = log a (.....)
Zárójelben, ahol ellipszis van, ott lehet bármilyen kifejezést. Egyszerű, szuper összetett, mindenféle. Bármi. A lényeg az, hogy a logaritmusok kiiktatása után maradjunk egyszerűbb egyenlet. Feltételezzük persze, hogy már tudja, hogyan kell lineáris, másodfokú, tört, exponenciális és egyéb egyenleteket logaritmus nélkül megoldani.)
Most könnyedén megoldhatja a második példát:
napló 7 (2x-3) = log 7 x
Valójában ez a fejben dől el. Potencírozunk, kapunk:
Nos, nagyon nehéz?) Amint látja, logaritmikus az egyenlet megoldásának része az csak a logaritmusok kiküszöbölésében...És akkor jön a fennmaradó egyenlet megoldása nélkülük. Triviális ügy.
Oldjuk meg a harmadik példát:
log 7 (50x-1) = 2
Látjuk, hogy van egy logaritmus a bal oldalon:
Emlékezzünk arra, hogy ez a logaritmus egy olyan szám, amelyre az alapot fel kell emelni (azaz hétre), hogy szublogaritmikus kifejezést kapjunk, pl. (50x-1).
De ez a szám kettő! Az egyenlet szerint. Így:
Lényegében ennyi. Logaritmus eltűnt, Marad egy ártalmatlan egyenlet:
Ezt a logaritmikus egyenletet csak a logaritmus jelentése alapján oldottuk meg. Még mindig könnyebb kiküszöbölni a logaritmusokat?) Egyetértek. Egyébként ha kettőből csinálsz egy logaritmust, akkor ezt a példát kiküszöböléssel oldhatod meg. Bármely szám logaritmussá alakítható. Ráadásul úgy, ahogyan szükségünk van rá. Nagyon hasznos trükk logaritmikus egyenletek és (főleg!) egyenlőtlenségek megoldásában.
Nem tudod, hogyan készíts egy számból logaritmust!? Rendben van. Az 555. szakasz részletesen leírja ezt a technikát. Elsajátíthatod és maximálisan használhatod! Nagymértékben csökkenti a hibák számát.
A negyedik egyenletet teljesen hasonló módon (definíció szerint) oldjuk meg:
Ennyi.
Foglaljuk össze ezt a leckét. Megnéztük a legegyszerűbb logaritmikus egyenletek megoldását példákon keresztül. Ez nagyon fontos. És nem csak azért, mert ilyen egyenletek megjelennek a teszteken és vizsgákon. A helyzet az, hogy még a leggonoszabb és legbonyolultabb egyenletek is szükségszerűen a legegyszerűbbre redukálódnak!
Valójában a legegyszerűbb egyenletek jelentik a megoldás utolsó részét bármilyen egyenletek. És ezt az utolsó részt szigorúan kell érteni! És még egy dolog. Feltétlenül olvassa el ezt az oldalt a végéig. Van egy meglepetés...)
Most mi magunk döntünk. Úgymond jobbak leszünk...)
Keresse meg az egyenletek gyökerét (vagy a gyökök összegét, ha több van):
ln(7x+2) = ln(5x+20)
log 2 (x 2 +32) = log 2 (12x)
log 16 (0,5x-1,5) = 0,25
log 0,2 (3x-1) = -3
ln(e 2 +2x-3) = 2
log 2 (14x) = log 2 7 + 2
A válaszok (persze rendetlenségben): 42; 12; 9; 25; 7; 1,5; 2; 16.
Mi van, nem minden sikerül? Megtörténik. Ne aggódj! Az 555. szakasz világosan és részletesen magyarázza el mindezen példák megoldását. Ott biztosan rájössz. Hasznos gyakorlati technikákat is elsajátíthat.
Minden sikerült!? Minden példa az „egy maradt” szóra?) Gratulálunk!
Ideje felfedni előtted a keserű igazságot. E példák sikeres megoldása nem garantálja az összes többi logaritmikus egyenlet sikeres megoldását. Még a legegyszerűbbek is, mint ezek. Jaj.
A helyzet az, hogy bármely logaritmikus egyenlet megoldása (még a legelemibb is!) két egyenlő rész. Az egyenlet megoldása és az ODZ-vel való munka. Egy részt elsajátítottunk - magának az egyenletnek a megoldását. Nem olyan nehéz jobbra?
Ehhez a leckéhez speciálisan olyan példákat választottam, amelyekben a DL semmilyen módon nem befolyásolja a választ. De nem mindenki olyan kedves, mint én, igaz?...)
Ezért feltétlenül el kell sajátítani a másik részt. ODZ. Ez a fő probléma a logaritmikus egyenletek megoldásában. És nem azért, mert nehéz – ez a rész még könnyebb, mint az első. Hanem azért, mert egyszerűen elfelejtik az ODZ-t. Vagy nem tudják. Vagy mindkettő). És kihullanak a semmiből...
A következő leckében ezzel a problémával fogunk foglalkozni. Akkor magabiztosan dönthet bármilyen egyszerű logaritmikus egyenletek és a meglehetősen szilárd feladatok megközelítése.
Ha tetszik ez az oldal...
Egyébként van még néhány érdekes oldalam az Ön számára.)
Gyakorolhatod a példák megoldását, és megtudhatod a szintedet. Tesztelés azonnali ellenőrzéssel. Tanuljunk – érdeklődéssel!)
Megismerkedhet a függvényekkel, deriváltokkal.
Utasítás
Írja fel a megadott logaritmikus kifejezést! Ha a kifejezés a 10-es logaritmust használja, akkor a jelölése lerövidül, és így néz ki: lg b a decimális logaritmus. Ha a logaritmus alapja az e szám, akkor írja be a következő kifejezést: ln b – természetes logaritmus. Nyilvánvaló, hogy bármelyik eredménye az a hatvány, amelyre az alapszámot emelni kell, hogy megkapjuk a b számot.
Két függvény összegének megtalálásakor egyszerűen meg kell különböztetni őket egyenként, és össze kell adni az eredményeket: (u+v)" = u"+v";
Amikor két függvény szorzatának deriváltját megtaláljuk, meg kell szorozni az első függvény deriváltját a másodikkal, és össze kell adni a második függvény deriváltját az első függvény szorzatával: (u*v)" = u"*v +v"*u;
Ahhoz, hogy megtaláljuk két függvény hányadosának deriváltját, ki kell vonni az osztófüggvény szorzatának szorzatából az osztó deriváltjának az osztófüggvény szorzatának szorzatát, és el kell osztani mindezt az osztófüggvény négyzetével. (u/v)" = (u"*v-v"*u)/v^2;
Ha adott egy komplex függvény, akkor meg kell szorozni a belső függvény deriváltját és a külső függvény deriváltját. Legyen y=u(v(x)), majd y"(x)=y"(u)*v"(x).
A fent kapott eredmények segítségével szinte bármilyen funkciót megkülönböztethet. Lássunk tehát néhány példát:
y=x^4, y"=4*x^(4-1)=4*x^3;
y=2*x^3*(e^x-x^2+6), y"=2*(3*x^2*(e^x-x^2+6)+x^3*(e^x-2 *x));
Problémák merülnek fel a derivált egy ponton történő kiszámításával is. Legyen adott az y=e^(x^2+6x+5) függvény, meg kell találni a függvény értékét az x=1 pontban.
1) Keresse meg a függvény deriváltját: y"=e^(x^2-6x+5)*(2*x +6).
2) Számítsa ki a függvény értékét egy adott y pontban"(1)=8*e^0=8
Videó a témáról
Ismerje meg az elemi származékok táblázatát. Ezzel jelentősen időt takaríthat meg.
Források:
- egy állandó deriváltja
Tehát mi a különbség az irracionális egyenlet és a racionális egyenlet között? Ha az ismeretlen változó a jel alatt van négyzetgyök, akkor az egyenlet irracionálisnak tekinthető.
Utasítás
Az ilyen egyenletek megoldásának fő módszere a két oldal felépítésének módszere egyenletek egy négyzetbe. Viszont. ez természetes, az első dolog, amit meg kell tennie, hogy megszabaduljon a jeltől. Ez a módszer technikailag nem bonyolult, de néha bajhoz vezethet. Például az egyenlet v(2x-5)=v(4x-7). Mindkét oldal négyzetre emelésével 2x-5=4x-7 kapsz. Egy ilyen egyenlet megoldása nem nehéz; x=1. De az 1-es számot nem adják meg egyenletek. Miért? Helyettesíts be egyet az egyenletbe az x értéke helyett, és a jobb és a bal oldal olyan kifejezéseket tartalmaz, amelyeknek nincs értelme, azaz. Ez az érték nem érvényes négyzetgyökre. Ezért az 1 egy idegen gyök, ezért ennek az egyenletnek nincs gyöke.
Tehát egy irracionális egyenletet úgy oldunk meg, hogy mindkét oldalát négyzetre emeljük. És miután megoldotta az egyenletet, le kell vágni az idegen gyökereket. Ehhez cserélje be a talált gyököket az eredeti egyenletbe.
Gondolj egy másikra.
2х+vх-3=0
Természetesen ez az egyenlet megoldható ugyanazzal az egyenlettel, mint az előző. Move Compounds egyenletek, amelyeknek nincs négyzetgyökük, jobb oldalra, majd használjuk a négyzetesítés módszerét. oldja meg a kapott racionális egyenletet és a gyököket. De egy másik, elegánsabb is. Írjon be egy új változót; vх=y. Ennek megfelelően egy 2y2+y-3=0 alakú egyenletet kapunk. Azaz egy közönséges másodfokú egyenlet. Keresse meg a gyökereit; y1=1 és y2=-3/2. Ezután oldjon meg kettőt egyenletek vх=1; vх=-3/2. A második egyenletnek nincs gyöke az elsőből azt találjuk, hogy x=1. Ne felejtse el ellenőrizni a gyökereket.
Az identitások megoldása meglehetősen egyszerű. Ehhez azonos átalakításokat kell végrehajtani a kitűzött cél eléréséig. Így a legegyszerűbb segítségével aritmetikai műveletek az adott feladat megoldódik.
Szükséged lesz
- - papír;
- - toll.
Utasítás
Az ilyen transzformációk közül a legegyszerűbbek az algebrai rövidített szorzások (például az összeg négyzete (különbség), a négyzetek különbsége, az összeg (különbség), az összeg kockája (különbség)). Ezen kívül sok és trigonometrikus képletek, amelyek lényegében ugyanazok az azonosságok.
Valóban, két tag összegének négyzete egyenlő a négyzettel az első plusz duplája az első szorzatának a másodikkal és plusz a második négyzete, azaz (a+b)^2= (a+b)(a+b)=a^2+ab +ba+b ^2=a^2+2ab +b^2.
Egyszerűsítse mindkettőt
A megoldás általános elvei
Ismételje meg a matematikai elemzés tankönyvét ill felsőbb matematika, ami egy határozott integrál. Mint ismeretes, a határozott integrál megoldása olyan függvény, amelynek deriváltja egy integrandust ad. Ezt a függvényt antiderivatívnak nevezzük. Ezen elv alapján a főintegrálokat megszerkesztjük.Határozzuk meg az integrandus típusával, hogy melyik táblázatintegrál alkalmas ebben az esetben. Ezt nem mindig lehet azonnal megállapítani. A táblázatos forma gyakran csak az integrandus egyszerűsítése érdekében történő többszöri átalakítás után válik észrevehetővé.
Változócsere módszere
Ha az integrand függvény az trigonometrikus függvény, amelynek argumentuma valamilyen polinomot tartalmaz, majd próbálja meg a változócsere módszert használni. Ennek érdekében cserélje ki az integrandus argumentumában a polinomot valamilyen új változóra. Az új és a régi változók kapcsolata alapján határozza meg az integráció új határait. Ennek a kifejezésnek a megkülönböztetésével keresse meg az új differenciált a -ban. Szóval kapsz új megjelenés az előző integrál, közel vagy akár megfelel is bármely táblázatosnak.Második típusú integrálok megoldása
Ha az integrál egy második típusú integrál, az integrandus vektoralakja, akkor ezekről az integrálokról a skalárisokra való átmenet szabályait kell használnia. Az egyik ilyen szabály az Ostrogradsky-Gauss reláció. Ez a törvény lehetővé teszi, hogy egy adott vektorfüggvény rotorfluxusától a hármas integrálig térjünk át egy adott vektormező divergenciáján.Az integrációs korlátok helyettesítése
Az antiderivált megtalálása után pótolni kell az integráció határait. Először cserélje be a felső határ értékét az antiderivált kifejezésbe. Kapsz egy számot. Ezután a kapott számból vonjunk ki egy másik számot, amelyet az alsó határból kapunk az antideriváltba. Ha az integráció egyik határa a végtelen, akkor a behelyettesítéskor antiderivatív funkció el kell menni a határig, és meg kell találni, mire törekszik a kifejezés.Ha az integrál kétdimenziós vagy háromdimenziós, akkor geometriailag kell ábrázolnia az integráció határait, hogy megértse, hogyan kell kiértékelni az integrált. Valóban, mondjuk egy háromdimenziós integrál esetében az integráció határai lehetnek egész síkok, amelyek korlátozzák az integrálandó térfogatot.
Bevezetés
A logaritmusokat a számítások felgyorsítására és egyszerűsítésére találták ki. A logaritmus ötlete, vagyis a számok ugyanazon alap hatványaiként való kifejezése Mikhail Stiefelé. De Stiefel idejében a matematika nem volt annyira fejlett, és a logaritmus ötlete sem alakult ki. A logaritmusokat később egyidejűleg és egymástól függetlenül találta fel a skót tudós, John Napier (1550-1617) és a svájci Jobst Burgi (1552-1632) volt az első, aki 1614-ben publikálta a művet. „Egy elképesztő logaritmustáblázat leírása” címmel Napier logaritmuselmélete meglehetősen teljes kötetben, a logaritmusszámítás módszere a legegyszerűbb volt, ezért Napier érdemei a logaritmusok feltalálásában nagyobbak voltak, mint Bürgié. . Burgi Napier-rel egy időben dolgozott a táblákon, de sokáig titokban tartotta, és csak 1620-ban adta ki. Napier 1594 körül sajátította el a logaritmus ötletét. bár a táblázatokat 20 évvel később adták ki. Eleinte „mesterséges számoknak” nevezte logaritmusait, majd csak azután javasolta, hogy ezeket „mesterséges számokat” egy szóval „logaritmusnak” nevezze, ami görögül „korrelált számokat” jelent, az egyiket egy aritmetikai sorozatból, a másikat pedig egy speciálisan ehhez kiválasztott geometriai progresszió. Az első orosz nyelvű táblázatok 1703-ban jelentek meg. századi csodálatos tanár közreműködésével. L. F. Magnyitszkij. A logaritmuselmélet fejlődésében nagy érték Leonhard Euler szentpétervári akadémikus művei voltak. Ő volt az első, aki a logaritmusokat a hatványra emelés inverzének tekintette, ő vezette be a „logaritmusalap” és a „mantissza” kifejezéseket. egyszerűbb, mint a Napier-féle logaritmus . Ezért a decimális logaritmusokat néha Briggs-logaritmusnak is nevezik. A "jellemzés" kifejezést Briggs vezette be.
Azokban a távoli időkben, amikor a bölcsek először kezdtek gondolkodni az ismeretlen mennyiségeket tartalmazó egyenlőségekről, valószínűleg nem voltak érmék vagy pénztárcák. De voltak halmok, valamint edények és kosarak, amelyek tökéletesek voltak az ismeretlen számú tárgy tárolására alkalmas tároló-gyorsítótár szerepére. Mezopotámia, India, Kína, Görögország ókori matematikai problémáiban az ismeretlen mennyiségek a kertben lévő pávák számát, az állományban lévő bikák számát és a vagyon megosztásánál figyelembe vett dolgok összességét fejezték ki. Az írástudók, tisztviselők és beavatottak jól képzettek a számvitel tudományában titkos tudás A papok meglehetősen sikeresen megbirkóztak az ilyen feladatokkal.
A hozzánk eljutott források azt mutatják, hogy az ókori tudósok birtokoltak néhányat általános technikák problémák megoldása ismeretlen mennyiségekkel. Ezekről a technikákról azonban egyetlen papirusz vagy agyagtábla sem tartalmaz leírást. A szerzők csak néha mellékelték számszerű számításaikat olyan szűkszavú megjegyzésekkel, mint: „Nézd!”, „Csináld ezt!”, „Megtaláltad a megfelelőt”. Ebben az értelemben kivétel az Alexandriai Diophantus görög matematikus (III. század) „Aritmetikája” - az egyenletek összeállítására vonatkozó problémák gyűjteménye, megoldásaik szisztematikus bemutatásával.
Az első, széles körben ismertté vált problémamegoldó kézikönyv azonban a 9. századi bagdadi tudós munkája volt. Mohamed bin Musza al-Khwarizmi. Az értekezés arab nevéből származó "al-jabr" szó - "Kitab al-jaber wal-mukabala" ("A helyreállítás és az ellenzék könyve") - idővel a jól ismert "algebra" szóvá alakult, és a mű. maga al-Khwarizmi szolgált kiindulópontként az egyenletmegoldás tudományának fejlődésében.
Logaritmikus egyenletek és egyenlőtlenségek
1. Logaritmikus egyenletek
Az olyan egyenletet, amely a logaritmus előjele alatt vagy az alapján ismeretlent tartalmaz, logaritmikus egyenletnek nevezzük.
A legegyszerűbb logaritmikus egyenlet a forma egyenlete
log a x = b . (1)
Nyilatkozat 1. Ha a > 0, a≠ 1, az (1) egyenlet bármely valóshoz b egyedi megoldása van x = a b .
1. példa Oldja meg az egyenleteket:
a) napló 2 x= 3, b) log 3 x= -1, c)
Megoldás. Az 1. állítás felhasználásával megkapjuk a) x= 2 3 vagy x= 8; b) x= 3 -1 vagy x= 1/3; c)
vagy x = 1.Mutassuk be a logaritmus alapvető tulajdonságait.
P1. Alapvető logaritmikus azonosság:
Ahol a > 0, a≠ 1 és b > 0.
P2. A pozitív tényezők szorzatának logaritmusa egyenlő ezen tényezők logaritmusainak összegével:
log a N 1 · N 2 = log a N 1 + napló a N 2 (a > 0, a ≠ 1, N 1 > 0, N 2 > 0).
Megjegyzés. Ha N 1 · N 2 > 0, akkor a P2 tulajdonság alakot ölt
log a N 1 · N 2 = log a |N 1 | + napló a |N 2 | (a > 0, a ≠ 1, N 1 · N 2 > 0).
P3. Két pozitív szám hányadosának logaritmusa megegyezik az osztó és az osztó logaritmusa közötti különbséggel
(a
> 0, a
≠ 1, N
1
> 0, N
2
> 0).
Megjegyzés. Ha
, (ami egyenértékű N 1 N 2 > 0), akkor a P3 tulajdonság alakot ölt
(a
> 0, a
≠ 1, N
1
N
2
> 0).
P4. Fokozat logaritmusa pozitív szám egyenlő ennek a számnak a kitevőjének és logaritmusának szorzatával:
log a N k = k log a N (a > 0, a ≠ 1, N > 0).
Megjegyzés. Ha k- páros szám ( k = 2s), Ez
log a N 2s = 2s log a |N | (a > 0, a ≠ 1, N ≠ 0).
P5. Képlet a másik bázisra költözéshez:
(a
> 0, a
≠ 1, b
> 0, b
≠ 1, N
> 0),
különösen ha N = b, megkapjuk
(a > 0, a ≠ 1, b > 0, b ≠ 1). (2)A P4 és P5 tulajdonságok használatával könnyen megszerezhetjük a következő tulajdonságokat
(a
> 0, a
≠ 1, b
> 0, c
≠ 0), (3)
(a
> 0, a
≠ 1, b
> 0, c
≠ 0), (4)
(a
> 0, a
≠ 1, b
> 0, c
≠ 0), (5)
és ha az (5) c- páros szám ( c = 2n), kitart
(b
> 0, a
≠ 0, |a
| ≠ 1). (6)
Soroljuk fel a logaritmikus függvény főbb tulajdonságait f (x) = log a x :
1. A logaritmikus függvény definíciós tartománya a pozitív számok halmaza.
2. A logaritmikus függvény értéktartománya a valós számok halmaza.
3. Mikor a> 1 logaritmikus függvény szigorúan növekszik (0< x 1 < x 2log a x 1 < loga x 2), és 0-nál< a < 1, - строго убывает (0 < x 1 < x 2log a x 1 > napló a x 2).
4.napló a 1 = 0 és log a a = 1 (a > 0, a ≠ 1).
5. Ha a> 1, akkor a logaritmikus függvény negatív, amikor x(0;1) és pozitív at x(1;+∞), és ha 0< a < 1, то логарифмическая функция положительна при x (0;1) és negatív at x (1;+∞).
6. Ha a> 1, akkor a logaritmikus függvény felfelé konvex, és ha a(0;1) - lefelé domború.
A következő állításokat (lásd például) a logaritmikus egyenletek megoldása során használjuk.
