Lg lygčių sprendimas. Logaritminių lygčių sprendimas. Visas vadovas (2019 m.)

Pavyzdžiai:

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

Kaip išspręsti logaritmines lygtis:

Spręsdami logaritminę lygtį, turėtumėte stengtis ją transformuoti į formą \(\log_a⁡(f(x))=\log_a⁡(g(x))\), tada pereikite į \(f(x) )=g(x) \).

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

Pavyzdys:\(\log_2⁡(x-2)=3\)

Sprendimas: \(\log_2⁡(x-2)=\log_2⁡8\) \(x-2=8\) \(x=10\) Egzaminas:\(10>2\) – tinka DL Atsakymas:\(x=10\)

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

Labai svarbus!Šis perėjimas gali būti atliktas tik jei:

Jūs parašėte pradinę lygtį, o pabaigoje patikrinsite, ar rastos yra įtrauktos į ODZ. Jei tai nebus padaryta, gali atsirasti papildomų šaknų, o tai reiškia neteisingą sprendimą.

Skaičius (arba išraiška) kairėje ir dešinėje yra vienodas;

Logaritmai kairėje ir dešinėje yra „grynieji“, tai yra, neturėtų būti daugybos, padalijimo ir pan. – tik pavieniai logaritmai abiejose lygybės ženklo pusėse.

Pavyzdžiui:

Atkreipkite dėmesį, kad 3 ir 4 lygtis galima nesunkiai išspręsti pritaikius reikiamas logaritmų savybes.

Pavyzdys . Išspręskite lygtį \(2\log_8⁡x=\log_8⁡2.5+\log_8⁡10\)

Sprendimas :

		Parašykime ODZ: \(x>0\).
\(2\log_8⁡x=\log_8⁡2.5+\log_8⁡10\) ODZ: \(x>0\)		Kairėje prieš logaritmą yra koeficientas, dešinėje - logaritmų suma. Tai mus trikdo. Perkelkime juos į eksponentą \(x\) pagal savybę: \(n \log_b(⁡a)=\log_b⁡(a^n)\). Pavaizduokime logaritmų sumą kaip vieną logaritmą pagal savybę: \(\log_a⁡b+\log_a⁡c=\log_a(⁡bc)\)
\(\log_8⁡(x^2)=\log_8⁡25\)		Sumažinome lygtį į formą \(\log_a⁡(f(x))=\log_a⁡(g(x))\) ir užrašėme ODZ, o tai reiškia, kad galime pereiti prie formos \(f(x) =g(x)\ ).
		Įvyko . Mes tai išsprendžiame ir gauname šaknis.
\(x_1=5\) \(x_2=-5\)		Mes patikriname, ar šaknys tinka ODZ. Norėdami tai padaryti, \(x>0\) vietoj \(x\) pakeičiame \(5\) ir \(-5\). Šią operaciją galima atlikti žodžiu.
\(5>0\), \(-5>0\)		Pirmoji nelygybė tiesa, antroji – ne. Tai reiškia, kad \(5\) yra lygties šaknis, bet \(-5\) nėra. Užrašome atsakymą.

Atsakymas : \(5\)

Pavyzdys : išspręskite lygtį \(\log^2_2⁡(x)-3 \log_2(⁡x)+2=0\)

Sprendimas :

		Parašykime ODZ: \(x>0\).
\(\log^2_2⁡(x)-3 \log_2(⁡x)+2=0\) ODZ: \(x>0\)		Tipinė lygtis, išspręsta naudojant . Pakeiskite \(\log_2⁡x\) į \(t\).
\(t=\log_2⁡x\)
		Gavome įprastą. Ieškome jo šaknų.
\(t_1=2\) \(t_2=1\)		Atvirkštinis pakeitimas
\(\log_2(⁡x)=2\) \(\log_2(⁡x)=1\)		Transformuojame dešiniąsias puses, pateikdami jas kaip logaritmus: \(2=2 \cdot 1=2 \log_2⁡2=\log_2⁡4\) ir \(1=\log_2⁡2\)
\(\log_2(⁡x)=\log_2⁡4\) \(\log_2(⁡x)=\log_2⁡2 \)		Dabar mūsų lygtys yra \(\log_a⁡(f(x))=\log_a⁡(g(x))\), ir galime pereiti prie \(f(x)=g(x)\).
\(x_1=4\) \(x_2=2\)		Mes patikriname ODZ šaknų atitiktį. Norėdami tai padaryti, vietoj \(x\) nelygybėje \(x>0\) pakeiskite \(4\) ir \(2\).
\(4>0\) \(2>0\)		Abi nelygybės yra teisingos. Tai reiškia, kad ir \(4\) ir \(2\) yra lygties šaknys.

Atsakymas : \(4\); \(2\).

Paskutiniai vaizdo įrašai ilgoje pamokų serijoje apie logaritminių lygčių sprendimą. Šį kartą visų pirma dirbsime su logaritmo ODZ – būtent dėl ​​neteisingo apibrėžimo srities įvertinimo (ar net ignoravimo) sprendžiant tokias problemas kyla daugiausia klaidų.

Šioje trumpoje vaizdo pamokoje apžvelgsime logaritmų pridėjimo ir atėmimo formulių naudojimą, taip pat nagrinėsime trupmenines racionaliąsias lygtis, su kuriomis daugelis mokinių taip pat turi problemų.

Apie ką kalbėsime? Pagrindinė formulė Tas, su kuriuo norėčiau susidoroti, atrodo taip:

log a (f g ) = log a f + log a g

Tai standartinis perėjimas nuo sandaugos prie logaritmų sumos ir atgal. Tikriausiai šią formulę žinote nuo pat logaritmų studijų pradžios. Tačiau yra viena kliūtis.

Kol kintamieji a, f ir g yra įprasti skaičiai, problemų nekyla. Ši formulė veikia puikiai.

Tačiau kai tik vietoj f ir g atsiranda funkcijos, iškyla apibrėžimo srities išplėtimo ar susiaurinimo problema, priklausomai nuo to, kuria kryptimi transformuoti. Spręskite patys: kairėje parašytame logaritme apibrėžimo sritis yra tokia:

fg > 0

Tačiau dešinėje parašyta suma apibrėžimo sritis jau šiek tiek skiriasi:

f > 0

g > 0

Šis reikalavimų rinkinys yra griežtesnis nei pradinis. Pirmuoju atveju mus tenkins f variantas< 0, g < 0 (ведь их произведение положительное, поэтому неравенство fg >0 yra vykdomas).

Taigi, pereinant nuo kairiosios konstrukcijos prie dešinės, susiaurėja apibrėžimo sritis. Jei iš pradžių turėtume sumą ir ją perrašytume sandaugos pavidalu, tada apibrėžimo sritis išsiplečia.

Kitaip tariant, pirmuoju atveju galime prarasti šaknis, o antruoju – gauti papildomų. Į tai reikia atsižvelgti sprendžiant realias logaritmines lygtis.

Taigi, pirmoji užduotis:

[Paveikslo antraštė]

Kairėje matome logaritmų sumą naudojant tą pačią bazę. Todėl šiuos logaritmus galima pridėti:

[Paveikslo antraštė]

Kaip matote, dešinėje mes pakeitėme nulį naudodami formulę:

a = log b b a

Dar šiek tiek pertvarkykime savo lygtį:

log 4 (x – 5) 2 = log 4 1

Prieš mus yra kanoninė logaritminės lygties forma; galime nubraukti log ženklą ir sulyginti argumentus:

(x − 5) 2 = 1

|x − 5| = 1

Atkreipkite dėmesį: iš kur atsirado modulis? Leiskite jums priminti, kad tikslaus kvadrato šaknis yra lygi moduliui:

[Paveikslo antraštė]

Tada išsprendžiame klasikinę lygtį su moduliu:

|f | = g (g > 0) ⇒f = ±g

x − 5 = ±1 ⇒x 1 = 5 − 1 = 4; x 2 = 5 + 1 = 6

Štai du kandidatų atsakymai. Ar jie yra pradinės logaritminės lygties sprendimas? Negali būti!

Mes neturime teisės palikti visko taip ir užrašyti atsakymą. Pažvelkite į žingsnį, kai logaritmų sumą pakeičiame vienu argumentų sandaugos logaritmu. Problema ta, kad originaliose išraiškose turime funkcijas. Todėl turėtumėte reikalauti:

x(x − 5) > 0; (x – 5)/x > 0.

Kai transformavome gaminį, gaudami tikslų kvadratą, pasikeitė reikalavimai:

(x – 5) 2 > 0

Kada šis reikalavimas įvykdytas? Taip, beveik visada! Išskyrus atvejį, kai x − 5 = 0. Tai yra nelygybė bus sumažinta iki vieno taško:

x − 5 ≠ 0 ⇒ x ≠ 5

Kaip matote, apibrėžimo apimtis išsiplėtė, apie ką mes kalbėjome pačioje pamokos pradžioje. Dėl to gali atsirasti papildomų šaknų.

Kaip galite užkirsti kelią šių papildomų šaknų atsiradimui? Tai labai paprasta: žiūrime į gautas šaknis ir lyginame jas su pradinės lygties apibrėžimo sritimi. Suskaičiuokime:

x (x − 5) > 0

Išspręsime intervalo metodu:

x (x − 5) = 0 ⇒ x = 0; x = 5

Mes pažymime gautus skaičius eilutėje. Trūksta visų punktų, nes nelygybė griežta. Paimkite bet kurį skaičių, didesnį nei 5, ir pakeiskite:

[Paveikslo antraštė]

Mus domina intervalai (−∞; 0) ∪ (5; ∞). Jei atkarpoje pažymėsime savo šaknis, pamatysime, kad x = 4 mums netinka, nes ši šaknis yra už pradinės logaritminės lygties apibrėžimo srities.

Grįžtame prie visumos, išbraukiame šaknį x = 4 ir užrašome atsakymą: x = 6. Tai galutinis atsakymas į pradinę logaritminę lygtį. Štai ir viskas, problema išspręsta.

Pereikime prie antrosios logaritminės lygties:

[Paveikslo antraštė]

Išspręskime. Atkreipkite dėmesį, kad pirmasis narys yra trupmena, o antrasis yra ta pati trupmena, bet apversta. Neišsigąskite posakio lgx – tai tik dešimtainis logaritmas, galime jį parašyti:

lgx = log 10 x

Kadangi turime dvi apverstas trupmenas, siūlau įvesti naują kintamąjį:

[Paveikslo antraštė]

Todėl mūsų lygtis gali būti perrašyta taip:

t + 1/t = 2;

t + 1/t - 2 = 0;

(t 2 – 2t + 1)/t = 0;

(t − 1) 2 /t = 0.

Kaip matote, trupmenos skaitiklis yra tikslus kvadratas. Trupmena yra lygi nuliui, kai jos skaitiklis lygus nuliui, o vardiklis – ne nulis:

(t – 1) 2 = 0; t ≠ 0

Išspręskime pirmąją lygtį:

t − 1 = 0;

t = 1.

Ši vertė atitinka antrąjį reikalavimą. Todėl galime sakyti, kad visiškai išsprendėme savo lygtį, bet tik kintamojo t atžvilgiu. Dabar prisiminkime, kas yra t:

[Paveikslo antraštė]

Gavome proporciją:

logx = 2 logx + 1

2 logx − logx = −1

logx = −1

Pateikiame šią lygtį į kanoninę formą:

logx = log 10 −1

x = 10 −1 = 0,1

Dėl to gavome vieną šaknį, kuri teoriškai yra pradinės lygties sprendimas. Tačiau vis tiek žaiskime saugiai ir išrašykime pradinės lygties apibrėžimo sritį:

[Paveikslo antraštė]

Todėl mūsų šaknis atitinka visus reikalavimus. Mes radome pradinės logaritminės lygties sprendimą. Atsakymas: x = 0,1. Problema išspręsta.

Šiandienos pamokoje yra tik vienas esminis dalykas: naudodami formulę, skirtą pereiti nuo produkto prie sumos ir atgal, būtinai atsižvelkite į tai, kad apibrėžimo sritis gali susiaurėti arba išplėsti, priklausomai nuo to, kuria kryptimi pereinama.

Kaip suprasti, kas vyksta: susitraukimas ar išsiplėtimas? Labai paprasta. Jei anksčiau funkcijos buvo kartu, o dabar – atskiros, tai apibrėžimo apimtis susiaurėjo (nes atsirado daugiau reikalavimų). Jei iš pradžių funkcijos stovėjo atskirai, o dabar yra kartu, tada apibrėžimo sritis išplečiama (produktui keliama mažiau reikalavimų nei atskiriems veiksniams).

Atsižvelgdamas į šią pastabą, noriu pastebėti, kad antroji logaritminė lygtis šių transformacijų visiškai nereikalauja, tai yra, argumentų niekur nesudedame ir nedauginame. Tačiau čia norėčiau atkreipti jūsų dėmesį į dar vieną nuostabią techniką, kuri gali gerokai supaprastinti sprendimą. Kalbama apie kintamojo pakeitimą.

Tačiau atminkite, kad jokie pakaitalai neišlaisvina mūsų iš apibrėžimo apimties. Štai kodėl radę visas šaknis nepatingėjome ir grįžome prie pradinės lygties, kad surastume jos ODZ.

Dažnai keičiant kintamąjį atsiranda erzinanti klaida, kai mokiniai randa t reikšmę ir mano, kad sprendimas baigtas. Negali būti!

Suradę t reikšmę, turite grįžti prie pradinės lygties ir pamatyti, ką tiksliai turėjome omenyje šia raide. Dėl to turime išspręsti dar vieną lygtį, kuri vis dėlto bus daug paprastesnė nei pradinė.

Būtent tai yra naujo kintamojo įvedimo esmė. Pradinę lygtį padalijome į dvi tarpines, kurių kiekviena turi daug paprastesnį sprendimą.

Kaip išspręsti „įdėtas“ logaritmines lygtis

Šiandien toliau tiriame logaritmines lygtis ir analizuosime konstrukcijas, kai vienas logaritmas yra po kito logaritmo ženklu. Abi lygtis išspręsime naudodami kanoninę formą.

Šiandien toliau tiriame logaritmines lygtis ir analizuosime konstrukcijas, kai vienas logaritmas yra po kito ženklu. Abi lygtis išspręsime naudodami kanoninę formą. Leiskite jums priminti, kad jei turime paprasčiausią logaritminę lygtį log a f (x) = b formos, tada, norėdami išspręsti tokią lygtį, atliekame šiuos veiksmus. Pirmiausia turime pakeisti skaičių b :

b = log a a b

Pastaba: a b yra argumentas. Panašiai ir pradinėje lygtyje argumentas yra funkcija f(x). Tada perrašome lygtį ir gauname tokią konstrukciją:

log a f (x) = log a a b

Tada galime atlikti trečią veiksmą – atsikratyti logaritmo ženklo ir tiesiog parašyti:

f (x) = a b

Dėl to gauname naują lygtį. Šiuo atveju funkcijai f (x) netaikomi jokie apribojimai. Pavyzdžiui, jos vietą gali užimti ir logaritminė funkcija. Ir tada vėl gausime logaritminę lygtį, kurią vėl sumažinsime iki paprasčiausios formos ir išspręsime per kanoninę formą.

Tačiau dainų užteks. Išspręskime tikrąją problemą. Taigi, užduotis numeris 1:

2 log (1 + 3 log 2 x ) = 2

Kaip matote, turime paprastą logaritminę lygtį. F (x) vaidmuo yra konstrukcija 1 + 3 log 2 x, o skaičiaus b vaidmuo yra skaičius 2 (a vaidmenį taip pat atlieka du). Perrašykime šiuos du taip:

Svarbu suprasti, kad pirmieji du du atėjo pas mus iš logaritmo pagrindo, t.y. jei pradinėje lygtyje būtų 5, tai gautume, kad 2 = log 5 5 2. Apskritai bazė priklauso tik nuo logaritmo, kuris iš pradžių buvo pateiktas uždavinyje. O mūsų atveju tai yra skaičius 2.

Taigi, mes perrašome savo logaritminę lygtį, atsižvelgdami į tai, kad dvi dešinėje iš tikrųjų taip pat yra logaritmas. Mes gauname:

log 2 (1 + 3 log 2 x ) = log 2 4

Pereikime prie paskutinis žingsnis mūsų schema – atsikratome kanoninės formos. Galima sakyti, mes tiesiog nubraukiame rąsto ženklus. Tačiau matematiniu požiūriu neįmanoma „perbraukti žurnalo“ – teisingiau būtų sakyti, kad argumentus tiesiog sulyginame:

1 + 3 log 2 x = 4

Iš čia galime lengvai rasti 3 log 2 x:

3 log 2 x = 3

log 2 x = 1

Vėl gavome paprasčiausią logaritminę lygtį, grąžinkime ją į kanoninę formą. Norėdami tai padaryti, turime atlikti šiuos pakeitimus:

1 = log 2 2 1 = log 2 2

Kodėl bazėje yra du? Kadangi mūsų kanoninėje lygtyje kairėje yra logaritmas tiksliai 2 pagrindu. Perrašome uždavinį atsižvelgdami į šį faktą:

log 2 x = log 2 2

Vėlgi atsikratome logaritmo ženklo, t.y. argumentus tiesiog sulyginame. Turime teisę tai padaryti, nes pagrindai yra vienodi ir daugiau jokių papildomų veiksmų nebuvo atlikta nei dešinėje, nei kairėje:

Tai viskas! Problema išspręsta. Mes radome logaritminės lygties sprendimą.

Pastaba! Nors argumente yra kintamasis x (t. y. yra reikalavimai apibrėžimo sričiai), jokių papildomų reikalavimų nekelsime.

Kaip minėjau aukščiau, šis patikrinimas yra nereikalingas, jei kintamasis yra tik viename tik vieno logaritmo argumente. Mūsų atveju x tikrai pasirodo tik argumente ir tik po vienu žurnalo ženklu. Todėl papildomų patikrinimų nereikia.

Tačiau jei nepasitiki šis metodas, tada galite lengvai patikrinti, ar x = 2 iš tikrųjų yra šaknis. Pakanka pakeisti šį skaičių į pradinę lygtį.

Pereikime prie antrosios lygties, ji šiek tiek įdomiau:

log 2 (log 1/2 (2x − 1) + log 2 4) = 1

Jei išraišką didžiojo logaritmo viduje pažymėsime funkcija f (x), gautume paprasčiausią logaritminę lygtį, su kuria pradėjome šiandienos video pamoką. Todėl galime taikyti kanoninę formą, kuriai vienetą turėsime pavaizduoti forma log 2 2 1 = log 2 2.

Perrašykime savo didžiąją lygtį:

log 2 (log 1/2 (2x − 1) + log 2 4) = log 2 2

Atsitraukime nuo logaritmo ženklo, sulygindami argumentus. Turime teisę tai daryti, nes ir kairėje, ir dešinėje pagrindai yra vienodi. Be to, atkreipkite dėmesį, kad log 2 4 = 2:

log 1/2 (2x − 1) + 2 = 2

log 1/2 (2x − 1) = 0

Prieš mus vėl yra paprasčiausia logaritminė lygtis log a f (x) = b. Pereikime prie kanoninės formos, tai yra, nulį pavaizduojame formoje log 1/2 (1/2)0 = log 1/2 1.

Perrašome savo lygtį ir atsikratome žurnalo ženklo, sulygindami argumentus:

log 1/2 (2x − 1) = log 1/2 1

2x − 1 = 1

Vėlgi, iškart gavome atsakymą. Jokių papildomų patikrinimų nereikia, nes pradinėje lygtyje funkcija kaip argumentas yra tik viename logaritme.

Todėl papildomų patikrinimų nereikia. Galime drąsiai teigti, kad x = 1 yra vienintelė šios lygties šaknis.

Bet jei antrajame logaritme vietoj keturių būtų kažkokia x funkcija (arba 2x buvo ne argumente, o bazėje) - tuomet reiktų patikrinti apibrėžimo sritį. Priešingu atveju yra didelė tikimybė patekti į papildomas šaknis.

Iš kur atsiranda šios papildomos šaknys? Šį dalyką reikia suprasti labai aiškiai. Pažvelkite į pradines lygtis: visur funkcija x yra po logaritmo ženklu. Vadinasi, kadangi užsirašėme log 2 x, automatiškai nustatome reikalavimą x > 0. Priešingu atveju šis įrašas tiesiog neturi prasmės.

Tačiau, sprendžiant logaritminę lygtį, atsikratome visų rąsto ženklų ir gauname paprastas konstrukcijas. Čia nėra jokių apribojimų, nes tiesinė funkcija yra apibrėžta bet kuriai x reikšmei.

Būtent dėl ​​šios problemos, kai galutinė funkcija apibrėžiama visur ir visada, o pradinė – ne visur ir ne visada, todėl sprendžiant logaritmines lygtis labai dažnai atsiranda papildomos šaknys.

Bet dar kartą kartoju: taip atsitinka tik tada, kai funkcija yra arba keliuose logaritmuose, arba vieno iš jų pagrindu. Problemose, kurias šiandien svarstome, iš esmės nėra problemų išplėsti apibrėžimo sritį.

Skirtingo pagrindo atvejai

Ši pamoka skirta daugiau sudėtingos struktūros. Šiandienos lygčių logaritmai nebebus išspręsti iš karto; pirmiausia reikės atlikti kai kurias transformacijas.

Pradedame spręsti logaritmines lygtis su visiškai skirtingomis bazėmis, kurios nėra tikslios viena kitos galios. Neleiskite tokioms problemoms jūsų gąsdinti – jas išspręsti nėra sunkiau nei daugumą paprasti dizainai kuriuos aptarėme aukščiau.

Tačiau prieš pereinant tiesiai prie uždavinių, leiskite man priminti paprasčiausių logaritminių lygčių sprendimo formulę naudojant kanoninę formą. Apsvarstykite tokią problemą:

log a f (x) = b

Svarbu, kad funkcija f (x) būtų tik funkcija, o skaičių a ir b vaidmuo turėtų būti skaičiai (be jokių kintamųjų x). Žinoma, pažodžiui po minutės pažvelgsime į tokius atvejus, kai vietoj kintamųjų a ir b yra funkcijos, bet dabar ne apie tai.

Kaip prisimename, skaičius b turi būti pakeistas logaritmu toje pačioje bazėje a, kuri yra kairėje. Tai daroma labai paprastai:

b = log a a b

Žinoma, žodžiai „bet koks skaičius b“ ir „bet koks skaičius a“ reiškia reikšmes, kurios atitinka apibrėžimo sritį. Visų pirma, šioje lygtyje mes kalbame apie tik bazė a > 0 ir a ≠ 1.

Tačiau šis reikalavimas tenkinamas automatiškai, nes pradiniame uždavinyje jau yra logaritmas bazei a – jis tikrai bus didesnis nei 0 ir nelygus 1. Todėl toliau sprendžiame logaritminę lygtį:

log a f (x) = log a a b

Toks žymėjimas vadinamas kanonine forma. Jo patogumas slypi tuo, kad mes galime iš karto atsikratyti rąsto ženklo, sulyginę argumentus:

f (x) = a b

Būtent šią techniką dabar naudosime sprendžiant logaritmines lygtis su kintamu pagrindu. Taigi, eime!

log 2 (x 2 + 4x + 11) = log 0,5 0,125

Kas toliau? Kažkas dabar pasakys, kad reikia apskaičiuoti teisingą logaritmą arba sumažinti juos iki tos pačios bazės, ar dar ką nors. Ir iš tiesų, dabar turime suvesti abi bazes į tą pačią formą - arba 2, arba 0,5. Bet kartą ir visiems laikams išmokime šią taisyklę:

Jei logaritminėje lygtyje yra po kablelio, būtinai konvertuokite šias trupmenas iš dešimtainio žymėjimo į įprastas. Ši transformacija gali labai supaprastinti sprendimą.

Toks perėjimas turi būti atliktas nedelsiant, net prieš atliekant bet kokius veiksmus ar transformacijas. Pažiūrėkime:

log 2 (x 2 + 4x + 11) = log 1 / 2 1/8

Ką mums duoda toks rekordas? 1/2 ir 1/8 galime pavaizduoti kaip laipsnius su neigiamu rodikliu:

[Paveikslo antraštė]

Prieš mus yra kanoninė forma. Sulyginame argumentus ir gauname klasiką kvadratinė lygtis:

x 2 + 4x + 11 = 8

x 2 + 4x + 3 = 0

Prieš mus yra tokia kvadratinė lygtis, kurią galima lengvai išspręsti naudojant Vietos formules. Vidurinėje mokykloje turėtumėte matyti panašius ekranus pažodžiui žodžiu:

(x + 3) (x + 1) = 0

x 1 = −3

x 2 = −1

Tai viskas! Pradinė logaritminė lygtis buvo išspręsta. Turime dvi šaknis.

Priminsiu, kad šiuo atveju nebūtina nustatyti apibrėžimo srities, nes funkcija su kintamuoju x yra tik viename argumente. Todėl apibrėžimo apimtis atliekama automatiškai.

Taigi, pirmoji lygtis išspręsta. Pereikime prie antrojo:

log 0,5 (5x 2 + 9x + 2) = log 3 1/9

log 1/2 (5x 2 + 9x + 2) = log 3 9 −1

Dabar atkreipkite dėmesį, kad pirmojo logaritmo argumentas taip pat gali būti parašytas kaip laipsnis su neigiamu eksponentu: 1/2 = 2 −1. Tada galite paimti abiejų lygties pusių galias ir padalyti viską iš −1:

[Paveikslo antraštė]

Ir dabar mes pasiekėme labai daug svarbus žingsnis sprendžiant logaritminę lygtį. Galbūt kažkas kažko nepastebėjo, todėl paaiškinsiu.

Pažvelkite į mūsų lygtį: ir kairėje, ir dešinėje yra logaritmas, bet kairėje yra logaritmas iki 2 bazės, o dešinėje yra logaritmas iki 3 bazės. Trys nėra sveikasis skaičius du ir, atvirkščiai, negalite rašyti, kad 2 yra 3 sveikuoju laipsnių skaičiumi.

Vadinasi, tai logaritmai su skirtingais pagrindais, kurių negalima redukuoti vieni į kitus tiesiog pridedant galias. Vienintelis būdas išspręsti tokias problemas yra atsikratyti vieno iš šių logaritmų. Šiuo atveju, kadangi vis dar svarstome gana paprastas problemas, dešinėje esantis logaritmas buvo tiesiog apskaičiuotas ir gavome paprasčiausią lygtį – būtent tą, apie kurią kalbėjome šios dienos pamokos pradžioje.

Pavaizduokime skaičių 2, kuris yra dešinėje, kaip log 2 2 2 = log 2 4. Ir tada atsikratome logaritmo ženklo, po kurio mums tiesiog paliekama kvadratinė lygtis:

2 žurnalas (5x 2 + 9x + 2) = log 2 4

5x 2 + 9x + 2 = 4

5x 2 + 9x − 2 = 0

Prieš mus yra įprasta kvadratinė lygtis, bet ji nėra sumažinta, nes koeficientas x 2 skiriasi nuo vienybės. Todėl mes ją išspręsime naudodami diskriminantą:

D = 81 − 4 5 (−2) = 81 + 40 = 121

x 1 = (−9 + 11)/10 = 2/10 = 1/5

x 2 = (−9 − 11)/10 = −2

Tai viskas! Mes radome abi šaknis, o tai reiškia, kad gavome pradinės logaritminės lygties sprendimą. Iš tiesų, pradinėje užduotyje funkcija su kintamuoju x yra tik viename argumente. Vadinasi, nereikia jokių papildomų patikrų apibrėžimo srityje – abi šaknys, kurias radome, tikrai atitinka visus galimus apribojimus.

Tai galėtų būti šios dienos vaizdo pamokos pabaiga, bet pabaigai norėčiau dar kartą pasakyti: spręsdami logaritmines lygtis būtinai konvertuokite visas dešimtaines trupmenas į paprastąsias trupmenas. Daugeliu atvejų tai labai supaprastina jų sprendimą.

Retai, labai retai susiduri su problemomis, kai kablelio atsikratymas tik apsunkina skaičiavimus. Tačiau tokiose lygtyse, kaip taisyklė, iš pradžių aišku, kad nereikia atsikratyti dešimtainių trupmenų.

Daugeliu kitų atvejų (ypač jei tik pradedate praktikuoti logaritminių lygčių sprendimą), nedvejodami atsisakykite dešimtainių skaičių ir konvertuokite juos į paprastus. Kadangi praktika rodo, kad tokiu būdu jūs žymiai supaprastinsite tolesnį sprendimą ir skaičiavimus.

Sprendimo subtilybės ir gudrybės

Šiandien pereiname prie daugiau sudėtingos užduotys ir išspręsime logaritminę lygtį, kurios pagrindas yra ne skaičius, o funkcija.

Ir net jei ši funkcija yra tiesinė, sprendinio schemoje reikės atlikti nedidelius pakeitimus, kurių prasmė susiveda į papildomus logaritmo apibrėžimo srities reikalavimus.

Sudėtingos užduotys

Ši pamoka bus gana ilga. Jame analizuosime dvi gana rimtas logaritmines lygtis, kurias spręsdami daugelis mokinių daro klaidų. Praktikuodamas matematikos mokytoją, nuolat susidurdavau su dviejų tipų klaidomis:

1. Papildomų šaknų atsiradimas dėl logaritmų apibrėžimo srities išplėtimo. Norėdami išvengti tokių įžeidžiančių klaidų, tiesiog atidžiai stebėkite kiekvieną transformaciją;
2. Šaknų praradimas dėl to, kad studentas pamiršo apsvarstyti kai kuriuos „subtilius“ atvejus - tai yra situacijos, į kurias šiandien sutelksime dėmesį.

Tai paskutinė logaritminių lygčių pamoka. Tai bus ilga, analizuosime sudėtingas logaritmines lygtis. Įsitaisykite patogiai, išsivirkite arbatos ir pradėkime.

Pirmoji lygtis atrodo gana standartinė:

log x + 1 (x - 0,5) = log x - 0,5 (x + 1)

Iš karto atkreipkime dėmesį, kad abu logaritmai yra atvirkštinės vienas kito kopijos. Prisiminkime nuostabią formulę:

log a b = 1/log b a

Tačiau ši formulė turi keletą apribojimų, atsirandančių, jei vietoj skaičių a ir b yra kintamojo x funkcijos:

b > 0

1 ≠ a > 0

Šie reikalavimai taikomi logaritmo pagrindui. Kita vertus, trupmenoje privalome turėti 1 ≠ a > 0, nes ne tik kintamasis a yra logaritmo argumente (taigi a > 0), bet ir pats logaritmas yra trupmenos vardiklyje. . Bet log b 1 = 0, o vardiklis turi būti ne nulis, taigi a ≠ 1.

Taigi, kintamojo a apribojimai išlieka. Bet kas atsitiks su kintamuoju b? Viena vertus, bazė reiškia b > 0, kita vertus, kintamasis b ≠ 1, nes logaritmo bazė turi skirtis nuo 1. Iš viso iš dešinės formulės pusės matyti, kad 1 ≠ b > 0.

Tačiau čia yra problema: antrojo reikalavimo (b ≠ 1) trūksta pirmojoje nelygybėje, kuri susijusi su kairiuoju logaritmu. Kitaip tariant, atlikdami šią transformaciją turime patikrinti atskirai, kad argumentas b skiriasi nuo vieno!

Taigi patikrinkime. Taikykime savo formulę:

[Paveikslo antraštė]

1 ≠ x - 0,5 > 0; 1 ≠ x + 1 > 0

Taigi jau iš pradinės logaritminės lygties gavome, kad ir a, ir b turi būti didesni už 0, o ne lygūs 1. Tai reiškia, kad logaritminę lygtį galime lengvai apversti:

Siūlau įvesti naują kintamąjį:

log x + 1 (x − 0,5) = t

Tokiu atveju mūsų konstrukcija bus perrašyta taip:

(t 2 − 1)/t = 0

Atkreipkite dėmesį, kad skaitiklyje turime kvadratų skirtumą. Kvadratų skirtumą atskleidžiame naudodami sutrumpintą daugybos formulę:

(t – 1)(t + 1)/t = 0

Trupmena lygi nuliui, kai jos skaitiklis lygus nuliui, o vardiklis – ne nulis. Tačiau skaitiklyje yra sandauga, todėl kiekvieną veiksnį prilyginame nuliui:

t1 = 1;

t2 = -1;

t ≠ 0.

Kaip matome, abi kintamojo t reikšmės mums tinka. Tačiau sprendimas tuo nesibaigia, nes reikia rasti ne t, o x reikšmę. Grįžtame prie logaritmo ir gauname:

log x + 1 (x - 0,5) = 1;

log x + 1 (x - 0,5) = -1.

Padėkime kiekvieną iš šių lygčių kanonine forma:

log x + 1 (x - 0,5) = log x + 1 (x + 1) 1

log x + 1 (x - 0,5) = log x + 1 (x + 1) -1

Pirmuoju atveju atsikratome logaritmo ženklo ir sulyginame argumentus:

x − 0,5 = x + 1;

x − x = 1 + 0,5;

Tokia lygtis neturi šaknų, todėl pirmoji logaritminė lygtis taip pat neturi šaknų. Bet su antrąja lygtimi viskas yra daug įdomiau:

(x – 0,5)/1 = 1/(x + 1)

Išspręsdami proporciją, gauname:

(x – 0,5) (x + 1) = 1

Priminsiu, kad sprendžiant logaritmines lygtis daug patogiau visas dešimtaines trupmenas naudoti kaip paprastas, todėl savo lygtį perrašykime taip:

(x – 1/2) (x + 1) = 1;

x 2 + x - 1/2x - 1/2 - 1 = 0;

x 2 + 1/2x − 3/2 = 0.

Prieš mus yra žemiau pateikta kvadratinė lygtis, ją galima lengvai išspręsti naudojant Vietos formules:

(x + 3/2) (x - 1) = 0;

x 1 = -1,5;

x 2 = 1.

Gavome dvi šaknis – jos yra kandidatės į pradinę logaritminę lygtį. Norėdami suprasti, kokios šaknys iš tikrųjų glūdi atsakymui, grįžkime prie pradinės problemos. Dabar patikrinsime kiekvieną savo šaknį, kad pamatytume, ar jos atitinka apibrėžimo sritį:

1,5 ≠ x > 0,5; 0 ≠ x > –1.

Šie reikalavimai prilygsta dvigubai nelygybei:

1 ≠ x > 0,5

Iš čia iš karto matome, kad šaknis x = −1,5 mums netinka, bet x = 1 mums tinka visai neblogai. Todėl x = 1 yra galutinis logaritminės lygties sprendimas.

Pereikime prie antrosios užduoties:

log x 25 + log 125 x 5 = log 25 x 625

Iš pirmo žvilgsnio gali atrodyti, kad visi logaritmai skirtingų priežasčių ir skirtingi argumentai. Ką daryti su tokiomis struktūromis? Visų pirma, atkreipkite dėmesį, kad skaičiai 25, 5 ir 625 yra 5 laipsniai:

25 = 5 2 ; 625 = 5 4

Dabar pasinaudokime nuostabia logaritmo savybe. Esmė ta, kad iš argumento galite išskirti galias faktorių forma:

log a b n = n ∙ log a b

Šiai transformacijai taip pat taikomi apribojimai, kai b pakeičiama funkcija. Bet mums b tėra skaičius ir jokių papildomų apribojimų nekyla. Perrašykime savo lygtį:

2 ∙ rąstas x 5 + rąstas 125 x 5 = 4 ∙ rąstas 25 x 5

Gavome lygtį su trimis terminais, kuriuose yra log ženklas. Be to, visų trijų logaritmų argumentai yra lygūs.

Atėjo laikas apversti logaritmus, kad jie būtų vienodi – 5. Kadangi kintamasis b yra konstanta, apibrėžimo srities pokyčių nevyksta. Mes tiesiog perrašome:

[Paveikslo antraštė]

Kaip ir tikėtasi, vardiklyje atsirado tie patys logaritmai. Siūlau pakeisti kintamąjį:

log 5 x = t

Tokiu atveju mūsų lygtis bus perrašyta taip:

Išrašykime skaitiklį ir atidarykime skliaustus:

2 (t + 3) (t + 2) + t (t + 2) – 4 t (t + 3) = 2 (t 2 + 5 t + 6) + t 2 + 2 t - 4 t 2 - 12 t = 2 t 2 + 10 t + 12 + t 2 + 2 t - 4 t 2 - 12 t = -t 2 + 12

Grįžkime prie savo trupmenos. Skaitiklis turi būti lygus nuliui:

[Paveikslo antraštė]

Ir vardiklis skiriasi nuo nulio:

t ≠ 0; t ≠ –3; t ≠ –2

Paskutiniai reikalavimai įvykdomi automatiškai, nes jie visi yra „susieti“ su sveikaisiais skaičiais, o visi atsakymai yra neracionalūs.

Taigi, trupmeninis racionalioji lygtis išspręsta, randamos kintamojo t reikšmės. Grįžkime prie logaritminės lygties sprendimo ir prisiminkime, kas yra t:

[Paveikslo antraštė]

Šią lygtį sumažiname iki kanoninės formos ir gauname skaičių su neracionaliu laipsniu. Neleiskite, kad tai jūsų suklaidintų – netgi tokie argumentai gali būti sutapatinti:

[Paveikslo antraštė]

Turime dvi šaknis. Tiksliau, du kandidatų atsakymai – patikrinkime, ar jie atitinka apibrėžimo sritį. Kadangi logaritmo pagrindas yra kintamasis x, mums reikia:

1 ≠ x > 0;

Su ta pačia sėkme tvirtiname, kad x ≠ 1/125, kitaip antrojo logaritmo bazė pasisuks į vienybę. Galiausiai x ≠ 1/25 trečiajam logaritmui.

Iš viso gavome keturis apribojimus:

1 ≠ x > 0; x ≠ 1/125; x ≠ 1/25

Dabar kyla klausimas: ar mūsų šaknys tenkina šiuos reikalavimus? Žinoma, jie tenkina! Nes 5 bet kuriai galiai bus didesnis už nulį, o reikalavimas x > 0 tenkinamas automatiškai.

Kita vertus, 1 = 5 0, 1/25 = 5 −2, 1/125 = 5 −3, o tai reiškia, kad šie apribojimai mūsų šaknims (kurių, priminsiu, eksponente yra neracionalus skaičius) taip pat yra patenkinti, ir abu atsakymai yra problemos sprendimai.

Taigi, mes turime galutinį atsakymą. Šioje užduotyje yra du pagrindiniai punktai:

1. Būkite atsargūs vartydami logaritmą, kai sukeičiami argumentai ir bazė. Tokios transformacijos nustato nereikalingus apibrėžimo apimties apribojimus.
2. Nebijokite transformuoti logaritmų: juos galima ne tik apversti, bet ir išplėsti naudojant sumos formulę ir paprastai keisti naudojant bet kokias formules, kurias studijavote spręsdami logaritmines išraiškas. Tačiau visada atminkite: kai kurios transformacijos išplečia apibrėžimo sritį, o kai kurios - susiaurina.

Įvadas

Logaritmai buvo išrasti siekiant pagreitinti ir supaprastinti skaičiavimus. Logaritmo idėja, tai yra, idėja išreikšti skaičius kaip tos pačios bazės galias, priklauso Michailui Stiefeliui. Tačiau Stiefelio laikais matematika nebuvo taip išvystyta ir logaritmo idėja nebuvo išvystyta. Vėliau logaritmus vienu metu ir nepriklausomai vienas nuo kito išrado škotų mokslininkas Johnas Napier (1550-1617) ir šveicaras Jobstas Burgi (1552-1632). Napier buvo pirmasis, kuris paskelbė kūrinį 1614 m. pavadinimu „Nuostabios logaritmų lentelės aprašymas“ Napier logaritmų teorija buvo pateikta gana išsamiai, logaritmų skaičiavimo metodas buvo pateiktas paprasčiausias, todėl Napier nuopelnai išrandant logaritmus buvo didesni nei Bürgi. Burgi prie lentelių dirbo tuo pačiu metu kaip ir Napier, tačiau ilgą laiką laikė jas paslaptyje ir paskelbė tik 1620 m. Napier įsisavino logaritmo idėją apie 1594 m. nors lentelės buvo paskelbtos po 20 metų. Iš pradžių jis pavadino savo logaritmus „dirbtiniais skaičiais“, o tik tada pasiūlė šiuos „dirbtinius skaičius“ pavadinti vienu žodžiu „logaritmas“, kuris išvertus iš graikų kalbos reiškia „koreliuoti skaičiai“, vienas paimtas iš aritmetinės progresijos, o kitas iš specialiai jai parinkta geometrinė progresija.pažanga. Pirmosios lentelės rusų kalba buvo išleistos 1703 m. dalyvaujant nuostabiam mokytojui XVIII a. L. F. Magnitskis. Kuriant logaritmų teoriją didelę reikšmę turėjo Peterburgo akademiko Leonhardo Eulerio darbų. Jis pirmasis logaritmus laikė atvirkštine didinimo į laipsnį, įvedė terminus „logaritmo bazė“ ir „mantisa“. Briggsas sudarė logaritmų lenteles su 10 baze. Dešimtainės lentelės yra patogesnės praktiniam naudojimui, jų teorija yra paprastesni nei Napier logaritmai . Todėl dešimtainiai logaritmai kartais vadinami Briggso logaritmais. Terminą „charakteristika“ įvedė Briggsas.

Tais tolimais laikais, kai išminčiai pirmą kartą pradėjo galvoti apie lygybes, kuriose yra nežinomi kiekiai, tikriausiai nebuvo monetų ar piniginių. Tačiau buvo krūvos, taip pat puodų ir krepšelių, kurie puikiai tiko kaip saugyklos, kuriose galėjo tilpti nežinomas kiekis daiktų. Senovės Mesopotamijos, Indijos, Kinijos, Graikijos matematinėse problemose nežinomi kiekiai išreiškė povų skaičių sode, bulių skaičių bandoje ir dalykų, į kuriuos buvo atsižvelgta dalijant turtą, visumą. Rašto žinovai, pareigūnai ir iniciatoriai yra gerai apmokyti apskaitos mokslo slaptos žinios Su tokiomis užduotimis kunigai susidorojo gana sėkmingai.

Mus pasiekę šaltiniai rodo, kad senovės mokslininkams kai kurie priklausė bendrosios technikos sprendžiant problemas su nežinomais kiekiais. Tačiau ne vienoje papiruso ar molio lentelėje nėra šių metodų aprašymo. Autoriai tik retkarčiais pateikdavo savo skaitinius skaičiavimus su šykščiais komentarais, tokiais kaip: „Žiūrėk!“, „Padaryk tai!“, „Radai tinkamą“. Šia prasme išimtis yra graikų matematiko Diofanto Aleksandriečio (III a.) „Aritmetika“ - lygčių sudarymo uždavinių rinkinys su sistemingu jų sprendimų pateikimu.

Tačiau pirmasis plačiai žinomas problemų sprendimo vadovas buvo IX amžiaus Bagdado mokslininko darbas. Muhamedas bin Musa al Khwarizmi. Žodis „al-jabr“ iš arabiško šio traktato pavadinimo – „Kitab al-jaber wal-mukabala“ („Atkūrimo ir opozicijos knyga“) laikui bėgant virto gerai žinomu žodžiu „algebra“, o al- Pats Khwarizmi darbas buvo pradinis taškas plėtojant lygčių sprendimo mokslą.

Logaritminės lygtys ir nelygybės

1. Logaritminės lygtys

Lygtis, kurioje yra nežinomasis po logaritmo ženklu arba jo pagrindu, vadinama logaritmine lygtimi.

Paprasčiausia logaritminė lygtis yra formos lygtis

žurnalas a x = b . (1)

Teiginys 1. Jeigu a > 0, a≠ 1, (1) lygtis bet kuriai realiai b turi unikalų sprendimą x = a b .

1 pavyzdys. Išspręskite lygtis:

a) žurnalas 2 x= 3, b) log 3 x= -1, c)

Sprendimas. Naudodami 1 teiginį gauname a) x= 2 3 arba x= 8; b) x= 3 -1 arba x= 1/3; c)

arba x = 1.

Pateiksime pagrindines logaritmo savybes.

P1. Pagrindinė logaritminė tapatybė:

Kur a > 0, a≠ 1 ir b > 0.

P2. Teigiamų veiksnių sandaugos logaritmas yra lygus šių veiksnių logaritmų sumai:

žurnalas a N 1 · N 2 = rąstas a N 1 + rąstas a N 2 (a > 0, a ≠ 1, N 1 > 0, N 2 > 0).

komentuoti. Jeigu N 1 · N 2 > 0, tada ypatybė P2 įgauna formą

žurnalas a N 1 · N 2 = rąstas a |N 1 | + žurnalas a |N 2 | (a > 0, a ≠ 1, N 1 · N 2 > 0).

P3. Dviejų teigiamų skaičių dalinio logaritmas yra lygus dividendo ir daliklio logaritmų skirtumui

(a > 0, a ≠ 1, N 1 > 0, N 2 > 0).

komentuoti. Jeigu

, (kuris yra lygiavertis N 1 N 2 > 0), tada ypatybė P3 įgauna formą (a > 0, a ≠ 1, N 1 N 2 > 0).

P4. Laipsnio logaritmas teigiamas skaičius yra lygus eksponento sandaugai ir šio skaičiaus logaritmui:

žurnalas a N k = kžurnalas a N (a > 0, a ≠ 1, N > 0).

komentuoti. Jeigu k- lyginis skaičius ( k = 2s), tai

žurnalas a N 2s = 2sžurnalas a |N | (a > 0, a ≠ 1, N ≠ 0).

P5. Persikėlimo į kitą bazę formulė:

(a > 0, a ≠ 1, b > 0, b ≠ 1, N > 0),

ypač jei N = b, mes gauname

(a > 0, a ≠ 1, b > 0, b ≠ 1). (2)

Naudojant savybes P4 ir P5, lengva gauti šias savybes

(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)

ir, jei nurodyta (5) c- lyginis skaičius ( c = 2n), atsiranda

(b > 0, a ≠ 0, |a | ≠ 1). (6)

Išvardinkime pagrindines logaritminės funkcijos savybes f (x) = žurnalas a x :

1. Logaritminės funkcijos apibrėžimo sritis yra teigiamų skaičių aibė.

2. Logaritminės funkcijos reikšmių diapazonas yra realiųjų skaičių aibė.

3. Kada a> 1 logaritminė funkcija griežtai didėja (0< x 1 < x 2log a x 1 < loga x 2) ir 0< a < 1, - строго убывает (0 < x 1 < x 2log a x 1 > žurnalas a x 2).

4.log a 1 = 0 ir log a a = 1 (a > 0, a ≠ 1).

5. Jei a> 1, tada logaritminė funkcija yra neigiama, kai x(0;1) ir teigiamas ties x(1;+∞), o jei 0< a < 1, то логарифмическая функция положительна при x (0;1) ir neigiamas at x (1;+∞).

6. Jeigu a> 1, tada logaritminė funkcija yra išgaubta į viršų, o jei a(0;1) – išgaubta žemyn.

Sprendžiant logaritmines lygtis naudojami šie teiginiai (žr., pvz.).

Instrukcijos

Parašykite pateiktą logaritminę išraišką. Jei išraiška naudoja 10 logaritmą, tada jo žymėjimas sutrumpinamas ir atrodo taip: lg b yra dešimtainis logaritmas. Jei logaritmo pagrindas yra skaičius e, tada parašykite išraišką: ln b – natūralusis logaritmas. Suprantama, kad bet kurio rezultatas yra laipsnis, iki kurio turi būti padidintas bazinis skaičius, norint gauti skaičių b.

Surandant dviejų funkcijų sumą, tereikia jas atskirti po vieną ir sudėti rezultatus: (u+v)" = u"+v";

Surandant dviejų funkcijų sandaugos išvestinę, reikia padauginti pirmosios funkcijos išvestinę iš antrosios ir pridėti antrosios funkcijos išvestinę, padaugintą iš pirmosios funkcijos: (u*v)" = u"*v +v"*u;

Norint rasti dviejų funkcijų dalinio išvestinę, reikia iš dividendo, padauginto iš daliklio funkcijos, sandaugos atimti daliklio išvestinės sandaugą, padaugintą iš dividendo funkcijos, ir padalyti visa tai daliklio funkcija kvadratu. (u/v)" = (u"*v-v"*u)/v^2;

Jei duota sudėtinga funkcija, tada reikia padauginti vidinės funkcijos išvestinę ir išorinės išvestinę. Tegul y=u(v(x)), tada y"(x)=y"(u)*v"(x).

Naudodamiesi aukščiau gautais rezultatais, galite atskirti beveik bet kurią funkciją. Taigi pažvelkime į keletą pavyzdžių:

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));
Taip pat kyla problemų apskaičiuojant išvestinę priemonę taške. Tegu funkcija y=e^(x^2+6x+5) duota, reikia rasti funkcijos reikšmę taške x=1.
1) Raskite funkcijos išvestinę: y"=e^(x^2-6x+5)*(2*x +6).

2) Apskaičiuokite funkcijos reikšmę duotame taške y"(1)=8*e^0=8

Video tema

Naudingas patarimas

Išmok elementariųjų išvestinių lentelę. Tai žymiai sutaupys laiko.

Šaltiniai:

• konstantos išvestinė

Taigi, koks skirtumas? neracionali lygtis nuo racionalaus? Jei nežinomas kintamasis yra po ženklu kvadratinė šaknis, tada lygtis laikoma neracionalia.

Instrukcijos

Pagrindinis tokių lygčių sprendimo būdas yra abiejų pusių konstravimo metodas lygtysį aikštę. Tačiau. tai natūralu, pirmas dalykas, kurį reikia padaryti, yra atsikratyti ženklo. Šis metodas nėra techniškai sudėtingas, tačiau kartais jis gali sukelti problemų. Pavyzdžiui, lygtis yra v(2x-5)=v(4x-7). Padalinus abi puses kvadratu, gaunama 2x-5=4x-7. Išspręsti tokią lygtį nėra sunku; x=1. Bet numeris 1 nebus suteiktas lygtys. Kodėl? Vietoj x reikšmės lygtyje pakeiskite vieną. Dešinėje ir kairėje pusėse bus išraiškos, kurios neturi prasmės, tai yra. Ši vertė negalioja kvadratinei šakniai. Todėl 1 yra pašalinė šaknis, todėl ši lygtis neturi šaknų.

Taigi, neracionali lygtis išspręsta naudojant abiejų jos pusių kvadratūros metodą. Ir išsprendus lygtį, reikia nupjauti pašalines šaknis. Norėdami tai padaryti, pakeiskite rastas šaknis į pradinę lygtį.

Apsvarstykite kitą.
2х+vх-3=0
Žinoma, šią lygtį galima išspręsti naudojant tą pačią lygtį kaip ir ankstesnė. Perkelti junginius lygtys, kurie neturi kvadratinės šaknies, į dešinę pusę ir tada naudokite kvadrato metodą. išspręskite gautą racionaliąją lygtį ir šaknis. Bet ir kitas, elegantiškesnis. Įveskite naują kintamąjį; vх=y. Atitinkamai gausite 2y2+y-3=0 formos lygtį. Tai yra įprasta kvadratinė lygtis. Raskite jo šaknis; y1=1 ir y2=-3/2. Tada išspręskite du lygtys vх=1; vх=-3/2. Antroji lygtis neturi šaknų; iš pirmosios matome, kad x = 1. Nepamirškite patikrinti šaknų.

Išspręsti tapatybes yra gana paprasta. Tam reikia atlikti identiškas transformacijas, kol bus pasiektas užsibrėžtas tikslas. Taigi, pasitelkus paprasčiausią aritmetines operacijas užduotis bus išspręsta.

Jums reikės

• - popierius;
• - rašiklis.

Instrukcijos

Paprasčiausias iš tokių transformacijų yra algebrinės sutrumpintos daugybos (pavyzdžiui, sumos kvadratas (skirtumas), kvadratų skirtumas, suma (skirtumas), sumos kubas (skirtumas)). Be to, yra daug ir trigonometrines formules, kurios iš esmės yra tos pačios tapatybės.

Iš tiesų, dviejų dėmenų sumos kvadratas lygus kvadratui pirmasis plius dvigubas pirmojo sandauga su antruoju ir plius antrojo kvadratas, tai yra (a+b)^2= (a+b)(a+b)=a^2+ab +ba+b ^2=a^2+2ab +b^2.

Supaprastinkite abu

Bendrieji sprendimo principai

Pakartokite matematinės analizės vadovėlį arba aukštoji matematika, kuris yra apibrėžtas integralas. Kaip žinoma, apibrėžtojo integralo sprendimas yra funkcija, kurios išvestinė duos integrandą. Ši funkcija vadinama antiderivatine. Remiantis šiuo principu, konstruojami pagrindiniai integralai.
Pagal integrando tipą nustatykite, kuris iš lentelės integralų tinka šiuo atveju. Ne visada tai įmanoma iš karto nustatyti. Dažnai lentelės forma tampa pastebima tik po kelių transformacijų, siekiant supaprastinti integrandą.

Kintamojo pakeitimo metodas

Jei integrando funkcija yra trigonometrinė funkcija, kurio argumente yra tam tikras daugianomas, tada pabandykite naudoti kintamojo pakeitimo metodą. Norėdami tai padaryti, pakeiskite daugianarį integrando argumente nauju kintamuoju. Remdamiesi ryšiu tarp naujų ir senų kintamųjų, nustatykite naujas integracijos ribas. Išskirdami šią išraišką, raskite naują skirtumą . Taigi jūs gausite naujos rūšies ankstesnio integralo, artimas ar net atitinkantis bet kurią lentelę.

Antrosios rūšies integralų sprendimas

Jei integralas yra antrosios rūšies integralas, vektorinė integralo forma, tuomet turėsite naudoti perėjimo nuo šių integralų prie skaliarinių taisyklių. Viena iš tokių taisyklių yra Ostrogradskio ir Gauso santykis. Šis dėsnis leidžia pereiti nuo tam tikros vektoriaus funkcijos rotoriaus srauto prie trigubo integralo per tam tikro vektoriaus lauko divergenciją.

Integracijos ribų pakeitimas

Radus antidarinį, būtina pakeisti integracijos ribas. Pirma, viršutinės ribos reikšmę pakeiskite antidarinio išraiška. Jūs gausite tam tikrą skaičių. Tada iš gauto skaičiaus atimkite kitą skaičių, gautą iš apatinės ribos, į antidarinį. Jei viena iš integracijos ribų yra begalybė, tai pakeičiant ją į antiderivatinė funkcija reikia eiti iki ribos ir rasti tai, ko išsireiškimas siekia.
Jei integralas yra dvimatis arba trimatis, tada integralo ribas turėsite pavaizduoti geometriškai, kad suprastumėte, kaip įvertinti integralą. Iš tiesų, tarkime, trimačio integralo atveju, integravimo ribos gali būti ištisos plokštumos, ribojančios integruojamą tūrį.

Pasirengimas galutiniam matematikos testui apima svarbų skyrių - „Logaritmai“. Šios temos užduotys būtinai įtrauktos į vieningą valstybinį egzaminą. Pastarųjų metų patirtis rodo, kad logaritminės lygtys sukėlė sunkumų daugeliui moksleivių. Todėl studentai su skirtingi lygiai Paruošimas.

Sėkmingai išlaikykite sertifikavimo testą naudodami „Shkolkovo“ švietimo portalą!

Abiturientams, besiruošiant vieningam valstybiniam egzaminui, reikalingas patikimas šaltinis, suteikiantis išsamiausią ir tiksliausią informaciją, kad galėtų sėkmingai išspręsti testo uždavinius. Tačiau vadovėlis ne visada po ranka, ir ieškoma būtinų taisyklių o formulės internete dažnai užtrunka.

Švietimo portalas „Shkolkovo“ leidžia pasiruošti vieningam valstybiniam egzaminui bet kur ir bet kada. Mūsų svetainė siūlo patogiausią būdą pakartoti ir įsisavinti didelį kiekį informacijos apie logaritmus, taip pat su vienu ir keliais nežinomaisiais. Pradėkite nuo lengvų lygčių. Jei su jais susidorosite be sunkumų, pereikite prie sudėtingesnių. Jei kyla problemų sprendžiant tam tikrą nelygybę, galite įtraukti ją į mėgstamiausius, kad vėliau galėtumėte prie jos grįžti.

Užduočiai atlikti reikalingas formules, pakartoti specialius atvejus ir standartinės logaritminės lygties šaknies apskaičiavimo metodus galite pažvelgę ​​į skyrių „Teorinė pagalba“. Školkovo mokytojai surinko, susistemino ir apibūdino viską, ko reikia sėkmingas užbaigimas medžiagas paprasčiausia ir suprantamiausia forma.

Norėdami lengvai susidoroti su bet kokio sudėtingumo užduotimis, mūsų portale galite susipažinti su kai kurių standartinių logaritminių lygčių sprendimu. Norėdami tai padaryti, eikite į skyrių „Katalogai“. Pristatome didelis skaičius pavyzdžiai, įskaitant matematikos vieningo valstybinio egzamino profilio lygio lygtis.

Mūsų portalu gali naudotis mokiniai iš visos Rusijos mokyklų. Norėdami pradėti užsiėmimus, tiesiog užsiregistruokite sistemoje ir pradėkite spręsti lygtis. Norėdami konsoliduoti rezultatus, patariame kasdien grįžti į Shkolkovo svetainę.