Su 27 logaritminėmis lygtimis. Logaritmai: pavyzdžiai ir sprendimai

Algebra 11 klasė

Tema: „Logaritminių lygčių sprendimo metodai“

Pamokos tikslai:

edukacinis: žinių apie įvairiais būdais logaritminių lygčių sprendimas, gebėjimai jas taikyti kiekvienoje konkrečią situaciją ir pasirinkti bet kokį sprendimo būdą;

ugdyti: ugdyti gebėjimus stebėti, lyginti, taikyti žinias naujoje situacijoje, nustatyti modelius, apibendrinti; savitarpio kontrolės ir savikontrolės įgūdžių ugdymas;

ugdomasis: ugdyti atsakingą požiūrį į ugdomąjį darbą, dėmesingą pamokos medžiagos suvokimą, kruopštų užrašymą.

Pamokos tipas: pamoka apie naujos medžiagos įvedimą.

„Logaritmų išradimas, nors ir sumažino astronomo darbą, prailgino jo gyvenimą.
Prancūzų matematikas ir astronomas P.S. Laplasas

Per užsiėmimus

I. Pamokos tikslo nustatymas

Ištirtas logaritmo apibrėžimas, logaritmų savybės ir logaritminė funkcija leis išspręsti logaritmines lygtis. Visos logaritminės lygtys, kad ir kokios sudėtingos jos būtų, sprendžiamos naudojant vienodus algoritmus. Šiandienos pamokoje apžvelgsime šiuos algoritmus. Jų nėra daug. Jei įvaldysite juos, kiekvienam iš jūsų bus įmanoma bet kokia logaritmų lygtis.

Užsirašykite į sąsiuvinį pamokos temą: „Logaritminių lygčių sprendimo metodai“. Kviečiu visus bendradarbiauti.

II. Informacinių žinių atnaujinimas

Pasiruoškime studijuoti pamokos temą. Jūs išsprendžiate kiekvieną užduotį ir užsirašote atsakymą, jums nereikia rašyti sąlygos. Dirbti porose.

1) Kokioms x reikšmėms funkcija prasminga:

(Kiekvienos skaidrės atsakymai tikrinami ir klaidos išrūšiuojamos)

2) Ar funkcijų grafikai sutampa?

3) Perrašykite lygybes į logaritmines lygybes:

4) Parašykite skaičius kaip logaritmus su 2 baze:

5) Apskaičiuokite:

6) Pabandykite atkurti arba papildyti trūkstamus elementus šiose lygybėse.

III. Įvadas į naują medžiagą

Ekrane rodomas toks teiginys:

"Lygtis yra auksinis raktas, kuris atveria visus matematinius sezamus."
Šiuolaikinis lenkų matematikas S. Kowal

Pabandykite suformuluoti logaritminės lygties apibrėžimą. (Lygtis, kurioje yra nežinomasis po logaritmo ženklu).

Pasvarstykime Paprasčiausia logaritminė lygtis:žurnalasAx = b(kur a>0, a ≠ 1). Nes logaritminė funkcija didėja (arba mažėja) teigiamų skaičių aibėje ir ima visas realiąsias reikšmes, tada pagal šaknies teoremą išplaukia, kad bet kuriai b ši lygtis turi, be to, tik vieną sprendimą ir teigiamą.

Prisiminkite logaritmo apibrėžimą. (Skaičiaus x logaritmas bazei a yra galios, iki kurios reikia pakelti bazę a, rodiklis, norint gauti skaičių x). Iš logaritmo apibrėžimo iš karto išplaukia, kad AV yra toks sprendimas.

Užsirašykite pavadinimą: Logaritminių lygčių sprendimo būdai

1. Pagal logaritmo apibrėžimą.

Taip išsprendžiamos paprasčiausios formos lygtys.

Pasvarstykime Nr. 514(a)): Išspręskite lygtį

Kaip siūlote ją išspręsti? (Pagal logaritmo apibrėžimą)

Sprendimas. , Vadinasi, 2x - 4 = 4; x = 4.

Šioje užduotyje 2x - 4 > 0, nes > 0, todėl negali atsirasti pašalinių šaknų ir nereikia tikrinti. Sąlygos 2x - 4 > 0 šioje užduotyje išrašyti nereikia.

2. Potencija(perėjimas nuo nurodytos išraiškos logaritmo prie šios išraiškos).

Pasvarstykime Nr. 519(g): log5(x2+8)-log5(x+1)=3log5 2

Kokią savybę pastebėjote? (Pagrindai yra vienodi, o abiejų išraiškų logaritmai yra vienodi.) Ką galima padaryti? (Potencializuoti).

Reikėtų atsižvelgti į tai, kad bet koks sprendimas yra tarp visų x, kurių logaritminės išraiškos yra teigiamos.

Sprendimas: ODZ:

X2+8>0 yra nereikalinga nelygybė

log5(x2+8) =log5 23+ log5(x+1)

log5(x2+8)= log5 (8 x+8)

Sustiprinkime pradinę lygtį

gauname lygtį x2+8= 8x+8

Išspręskime: x2-8x=0

Atsakymas: 0; 8

IN bendras vaizdas pereiti prie lygiavertės sistemos:

Lygtis

(Sistemoje yra perteklinė sąlyga – į vieną iš nelygybių nereikia atsižvelgti).

Klausimas klasei: Kuris iš šių trijų sprendimų jums patiko labiausiai? (Metodų aptarimas).

Jūs turite teisę nuspręsti bet kokiu būdu.

3. Naujo kintamojo įvedimas.

Pasvarstykime Nr. 520 (g). .

Ką pastebėjote? (Šį kvadratinė lygtis apie log3x) Jūsų pasiūlymai? (Įveskite naują kintamąjį)

Sprendimas. ODZ: x > 0.

Leiskite , tada lygtis įgauna tokią formą:. Diskriminantas D > 0. Šaknys pagal Vietos teoremą:.

Grįžkime prie pakeitimo: arba.

Išsprendę paprasčiausias logaritmines lygtis, gauname:

Atsakymas: 27;

4. Logaritmas abi lygties puses.

Išspręskite lygtį:.

Sprendimas: ODZ: x>0, paimkite abiejų lygties pusių logaritmą 10 bazėje:

Taikykime laipsnio logaritmo savybę:

(logx + 3) logx = 4

Tegul logx = y, tada (y + 3)y = 4

, (D > 0) šaknys pagal Vietos teoremą: y1 = -4 ir y2 = 1.

Grįžkime prie pakeitimo, gauname: lgx = -4,; lgx = 1, .

Atsakymas: 0,0001; 10.

5. Sumažinimas iki vieno pagrindo.

Nr.523(c). Išspręskite lygtį:

Sprendimas: ODZ: x>0. Pereikime prie 3 bazės.

6. Funkcinis-grafinis metodas.

№ 509 d. Išspręskite lygtį grafiškai: = 3 - x.

Kaip siūlote spręsti? (Naudodami taškus sudarykite dviejų funkcijų y = log2x ir y = 3 - x grafikus ir ieškokite grafikų susikirtimo taškų abscisių).

Pažiūrėkite į savo sprendimą skaidrėje.

Yra būdas išvengti grafikų sudarymo . Tai yra taip : jei viena iš funkcijų y = f(x) didėja, o kita y = g(x) mažėja intervale X, tada lygtis f(x)= g(x) turi daugiausia vieną šaknį intervale X.

Jei yra šaknis, tai galima atspėti.

Mūsų atveju funkcija didėja, kai x>0, o funkcija y = 3 - x mažėja visoms x reikšmėms, įskaitant ir x>0, o tai reiškia, kad lygtis turi ne daugiau kaip vieną šaknį. Atkreipkite dėmesį, kad esant x = 2 lygtis virsta tikra lygybe, nes .

« Teisingas naudojimas metodus galima išmokti
tik juos taikant įvairių pavyzdžių».
Danų matematikos istorikas G. G. Zeitenas

ašV. Namų darbai

P. 39 apsvarstykite 3 pavyzdį, išspręskite Nr. 514 (b), Nr. 529 (b), Nr. 520 (b), Nr. 523 (b)

V. Apibendrinant pamoką

Kokius logaritminių lygčių sprendimo būdus apžvelgėme klasėje?

Kitose pamokose apžvelgsime sudėtingesnes lygtis. Norint juos išspręsti, bus naudingi tiriami metodai.

Paskutinė parodyta skaidrė:

„Kas yra daugiau už viską pasaulyje?
Erdvė.
Kas yra išmintingiausia?
Laikas.
Kokia geriausia dalis?
Pasiekite tai, ko norite“.
Taliai

Linkiu kiekvienam pasiekti tai, ko nori. Dėkojame už bendradarbiavimą ir supratingumą.

Šiandien išmoksime išspręsti paprasčiausias logaritmines lygtis, kai nereikia jokių išankstinių transformacijų ar šaknų parinkimo. Bet jei išmoksite išspręsti tokias lygtis, tai bus daug lengviau.

Paprasčiausia logaritminė lygtis yra log a f (x) = b formos lygtis, kur a, b yra skaičiai (a > 0, a ≠ 1), f (x) yra tam tikra funkcija.

Išskirtinis visų logaritminių lygčių bruožas yra kintamojo x buvimas po logaritmo ženklu. Jei tai yra lygtis, kuri iš pradžių buvo pateikta užduotyje, ji vadinama paprasčiausia. Visos kitos logaritminės lygtys specialiomis transformacijomis sumažinamos iki paprasčiausių (žr. „Pagrindinės logaritmų savybės“). Tačiau reikia atsižvelgti į daugybę subtilybių: gali atsirasti papildomų šaknų, todėl sudėtingos logaritminės lygtys bus nagrinėjamos atskirai.

Kaip išspręsti tokias lygtis? Pakanka skaičių, esantį dešinėje lygybės ženklo, pakeisti logaritmu toje pačioje bazėje kaip ir kairėje. Tada galite atsikratyti logaritmo ženklo. Mes gauname:

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

Gavome įprastą lygtį. Jo šaknys yra pradinės lygties šaknys.

Išima laipsnius

Dažnai logaritminės lygtys, kurios išoriškai atrodo sudėtingos ir grėsmingos, išsprendžiamos pažodžiui poromis eilučių, neįtraukiant sudėtingos formulės. Šiandien panagrinėsime būtent tokias problemas, kur iš jūsų tereikia kruopščiai redukuoti formulę iki kanoninės formos ir nesusipainioti ieškant logaritmų apibrėžimo srities.

Šiandien, kaip tikriausiai atspėjote iš pavadinimo, logaritmines lygtis spręsime naudodami perėjimo prie kanoninės formos formules. Pagrindinė šios vaizdo pamokos „gudrybė“ bus darbas su laipsniais, tiksliau, laipsnio išvedimas iš pagrindo ir argumento. Pažiūrėkime į taisyklę:

Panašiai galite gauti laipsnį iš pagrindo:

Kaip matome, jei pašalinus laipsnį iš logaritmo argumento, tiesiog priekyje yra papildomas veiksnys, tai pašalinus laipsnį iš pagrindo gauname ne tik koeficientą, bet ir atvirkštinį koeficientą. Tai reikia atsiminti.

Pagaliau įdomiausias dalykas. Šias formules galima sujungti, tada gauname:

Žinoma, atliekant šiuos perėjimus, yra tam tikrų spąstų, susijusių su galimu apibrėžimo apimties išplėtimu arba, priešingai, apibrėžimo apimties susiaurėjimu. Spręskite patys:

log 3 x 2 = 2 ∙ log 3 x

Jei pirmuoju atveju x galėtų būti bet koks skaičius, išskyrus 0, t.y. reikalavimas x ≠ 0, tai antruoju atveju tenkiname tik x, kurie ne tik nėra lygūs, bet griežtai didesni už 0, nes logaritmo apibrėžimas yra toks, kad argumentas būtų griežtai didesnis už 0. Todėl priminsiu nuostabią formulę iš 8-9 klasių algebros kurso:

Tai yra, mes turime parašyti savo formulę taip:

log 3 x 2 = 2 ∙ log 3 |x |

Tada apibrėžimo apimtis nesusiaurės.

Tačiau šios dienos vaizdo pamokoje kvadratų nebus. Jei pažvelgsite į mūsų užduotis, pamatysite tik šaknis. Todėl kreipkitės šią taisyklę mes to nepadarysime, bet vis tiek turite tai turėti omenyje, kad reikiamu momentu, kai pamatysite kvadratinė funkcija argumente arba logaritmo bazėje atsiminsite šią taisyklę ir teisingai atliksite visas transformacijas.

Taigi pirmoji lygtis yra tokia:

Norėdami išspręsti šią problemą, siūlau atidžiai pažvelgti į kiekvieną formulėje pateiktą terminą.

Perrašykime pirmąjį narį kaip laipsnį su racionaliuoju rodikliu:

Žiūrime į antrąjį narį: log 3 (1 − x). Nieko čia daryti nereikia, čia jau viskas transformuota.

Galiausiai 0, 5. Kaip sakiau ankstesnėse pamokose, sprendžiant logaritmines lygtis ir formules, labai rekomenduoju nuo dešimtainių trupmenų pereiti prie įprastų. Padarykime tai:

0,5 = 5/10 = 1/2

Perrašykime savo pradinę formulę, atsižvelgdami į gautus terminus:

log 3 (1 − x ) = 1

Dabar pereikime prie kanoninės formos:

log 3 (1 − x ) = log 3 3

Atsikratome logaritmo ženklo sulygindami argumentus:

1–x = 3

−x = 2

x = −2

Tai viskas, mes išsprendėme lygtį. Tačiau vis tiek žaiskime saugiai ir raskime apibrėžimo sritį. Norėdami tai padaryti, grįžkime prie pradinės formulės ir pažiūrėkite:

1–x > 0

−x > −1

x< 1

Mūsų šaknis x = −2 tenkina šį reikalavimą, todėl x = −2 yra pradinės lygties sprendimas. Dabar gavome griežtą, aiškų pagrindimą. Štai ir viskas, problema išspręsta.

Pereikime prie antrosios užduoties:

Pažvelkime į kiekvieną terminą atskirai.

Išrašykime pirmąjį:

Mes pakeitėme pirmąją kadenciją. Dirbame su antruoju terminu:

Galiausiai paskutinis terminas, esantis lygybės ženklo dešinėje:

Gautoje formulėje vietoj terminų pakeičiame gautas išraiškas:

log 3 x = 1

Pereikime prie kanoninės formos:

log 3 x = log 3 3

Atsikratome logaritmo ženklo, sulygindami argumentus ir gauname:

x = 3

Vėlgi, kad būtų saugu, grįžkime prie pradinės lygties ir pažiūrėkime. Pradinėje formulėje kintamasis x yra tik argumente, todėl

x > 0

Antrajame logaritme x yra po šaknimi, bet vėlgi argumente, todėl šaknis turi būti didesnė už 0, t.y. radikalioji išraiška turi būti didesnė už 0. Mes žiūrime į mūsų šaknį x = 3. Akivaizdu, kad ji atitinka šį reikalavimą. Todėl x = 3 yra pradinės logaritminės lygties sprendimas. Štai ir viskas, problema išspręsta.

Šiandienos vaizdo įrašo vadovėlyje yra du pagrindiniai dalykai:

1) nebijokite transformuoti logaritmų ir ypač nebijokite paimti galių iš logaritmo ženklo, prisimindami mūsų pagrindinę formulę: pašalinus laipsnį iš argumento, jis tiesiog išimamas be pakeitimų kaip daugiklis, o atimant galią iš pagrindo, ši galia apverčiama.

2) antrasis taškas susijęs su pačia kanonine forma. Perėjimą prie kanoninės formos padarėme pačioje logaritminės lygties formulės transformacijos pabaigoje. Leiskite jums priminti šią formulę:

a = log b b a

Žinoma, posakiu „bet koks skaičius b“ turiu omenyje tuos skaičius, kurie atitinka logaritmo pagrindui keliamus reikalavimus, t.y.

1 ≠ b > 0

Tokiam b, ir kadangi mes jau žinome pagrindą, šis reikalavimas bus įvykdytas automatiškai. Bet tokiems b - bet kokiems, kurie atitinka šį reikalavimą - šis perėjimas gali būti atliktas ir gausime kanoninę formą, kurioje galime atsikratyti logaritmo ženklo.

Apibrėžimo srities ir papildomų šaknų išplėtimas

Logaritminių lygčių transformavimo procese gali įvykti numanomas apibrėžimo srities išplėtimas. Dažnai mokiniai to net nepastebi, o tai lemia klaidas ir neteisingus atsakymus.

Pradėkime nuo paprasčiausių dizainų. Paprasčiausia logaritminė lygtis yra tokia:

log a f (x) = b

Atkreipkite dėmesį, kad x yra tik viename logaritmo argumente. Kaip sprendžiame tokias lygtis? Mes naudojame kanoninę formą. Norėdami tai padaryti, įsivaizduokite skaičių b = log a a b ir mūsų lygtis bus perrašyta taip:

log a f (x) = log a a b

Šis įrašas vadinamas kanonine forma. Būtent į tai turėtumėte sumažinti bet kokią logaritminę lygtį, su kuria susidursite ne tik šios dienos pamokoje, bet ir bet kuriame savarankiškame bei bandomajame darbe.

Kaip pasiekti kanoninę formą ir kokius metodus naudoti, yra praktikos reikalas. Svarbiausia suprasti, kad kai tik gausite tokį įrašą, galite laikyti, kad problema išspręsta. Nes kitas žingsnis yra parašyti:

f (x) = a b

Kitaip tariant, atsikratome logaritmo ženklo ir argumentus tiesiog sulyginame.

Kodėl visos šios kalbos? Faktas yra tas, kad kanoninė forma taikoma ne tik paprasčiausioms problemoms, bet ir bet kurioms kitoms. Visų pirma tie, dėl kurių nuspręsime šiandien. Pažiūrėkime.

Pirma užduotis:

Kokia šios lygties problema? Faktas yra tas, kad funkcija vienu metu yra dviem logaritmams. Uždavinį galima sumažinti iki paprasčiausio, tiesiog atimant vieną logaritmą iš kito. Tačiau kyla problemų dėl apibrėžimo srities: gali atsirasti papildomų šaknų. Taigi tiesiog perkelkime vieną iš logaritmų į dešinę:

Šis įrašas daug panašesnis į kanoninę formą. Tačiau yra dar vienas niuansas: kanoninėje formoje argumentai turi būti vienodi. Ir kairėje turime logaritmą 3 bazėje, o dešinėje - 1/3 bazę. Jis žino, kad šias bazes reikia suvesti į tą patį skaičių. Pavyzdžiui, prisiminkime, kas yra neigiamos galios:

Tada kaip daugiklį naudosime „−1“ eksponentą už žurnalo ribų:

Atkreipkite dėmesį: laipsnis, kuris buvo prie pagrindo, apverčiamas ir virsta trupmena. Atsikratę skirtingų bazių gavome beveik kanoninį žymėjimą, tačiau mainais gavome koeficientą „−1“ dešinėje. Įtraukime šį veiksnį į argumentą, paversdami jį galia:

Žinoma, gavę kanoninę formą, logaritmo ženklą drąsiai perbraukiame ir argumentus lyginame. Tuo pačiu priminsiu, kad pakėlus iki laipsnio „-1“, trupmena tiesiog apverčiama – gaunama proporcija.

Panaudokime pagrindinę proporcijos savybę ir padauginkime ją skersai:

(x - 4) (2x - 1) = (x - 5) (3x - 4)

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

2x 2 - 9x + 4 = 3x 2 - 19x + 20

x 2 – 10x + 16 = 0

Prieš mus yra aukščiau pateikta kvadratinė lygtis, todėl ją išsprendžiame naudodami Vietos formules:

(x - 8) (x - 2) = 0

x 1 = 8; x 2 = 2

Tai viskas. Ar manote, kad lygtis išspręsta? Ne! Už tokį sprendimą gausime 0 taškų, nes pradinėje lygtyje yra du logaritmai su kintamuoju x. Todėl būtina atsižvelgti į apibrėžimo sritį.

Ir čia prasideda linksmybės. Dauguma studentų yra sumišę: kokia yra logaritmo apibrėžimo sritis? Žinoma, visi argumentai (turime du) turi būti didesni už nulį:

(x – 4)/(3x – 4) > 0

(x – 5)/(2x – 1) > 0

Kiekviena iš šių nelygybių turi būti išspręsta, pažymėti tiesioje linijoje, susikirsti ir tik tada matyti, kurios šaknys yra sankirtoje.

Būsiu atviras: ši technika turi teisę egzistuoti, ji yra patikima, ir jūs gausite teisingą atsakymą, tačiau joje per daug nereikalingų žingsnių. Taigi dar kartą peržvelkime sprendimą ir pažiūrėkime: kur tiksliai turime taikyti apimtį? Kitaip tariant, jūs turite aiškiai suprasti, kada tiksliai atsiranda papildomos šaknys.

1. Iš pradžių turėjome du logaritmus. Tada vieną iš jų perkėlėme į dešinę, bet tai neturėjo įtakos apibrėžimo sričiai.
2. Tada mes pašaliname galią iš pagrindo, bet vis tiek yra du logaritmai ir kiekviename iš jų yra kintamasis x.
3. Galiausiai nubraukiame rąsto ženklus ir gauname klasiką trupmeninė racionalioji lygtis.

Paskutiniame etape apibrėžimo sritis išplečiama! Kai tik perėjome prie trupmeninės-racionalios lygties, atsikratėme log ženklų, reikalavimai kintamajam x smarkiai pasikeitė!

Vadinasi, apibrėžimo sritis gali būti nagrinėjama ne pačioje sprendimo pradžioje, o tik minėtame žingsnyje – prieš tiesiogiai sutapatinant argumentus.

Čia yra galimybė optimizuoti. Viena vertus, iš mūsų reikalaujama, kad abu argumentai būtų didesni už nulį. Kita vertus, mes toliau lyginame šiuos argumentus. Todėl, jei bent vienas iš jų yra teigiamas, antrasis taip pat bus teigiamas!

Taigi paaiškėja, kad reikalauti, kad dvi nelygybės būtų įvykdytos vienu metu, yra perdėta. Pakanka atsižvelgti tik į vieną iš šių trupmenų. Kuris? Ta, kuri paprastesnė. Pavyzdžiui, pažvelkime į dešiniąją trupmeną:

(x – 5)/(2x – 1) > 0

Tai tipinė trupmeninė racionali nelygybė, kurią išsprendžiame intervalo metodu:

Kaip dėti ženklus? Paimkime skaičių, kuris akivaizdžiai didesnis už visas mūsų šaknis. Pavyzdžiui, 1 milijardas Ir mes pakeičiame jo dalį. Mes gauname teigiamas skaičius, t.y. į dešinę nuo šaknies x = 5 bus pliuso ženklas.

Tada ženklai kaitaliojasi, nes niekur nėra net daugybinių šaknų. Mus domina intervalai, kuriuose funkcija yra teigiama. Todėl x ∈ (−∞; −1/2)∪(5; +∞).

Dabar prisiminkime atsakymus: x = 8 ir x = 2. Griežtai kalbant, tai dar ne atsakymai, o tik kandidatai į atsakymą. Kuris iš jų priklauso nurodytam rinkiniui? Žinoma, x = 8. Tačiau x = 2 mums netinka pagal savo apibrėžimo sritį.

Iš viso atsakymas į pirmą logaritminę lygtį bus x = 8. Dabar turime teisingą, pagrįstą sprendimą atsižvelgiant į apibrėžimo sritį.

Pereikime prie antrosios lygties:

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

Leiskite jums priminti, kad jei lygtyje yra dešimtainė trupmena, turėtumėte jos atsikratyti. Kitaip tariant, 0,5 perrašykime kaip bendrąją trupmeną. Iš karto pastebime, kad logaritmas, kuriame yra ši bazė, yra lengvai apskaičiuojamas:

Tai labai svarbus momentas! Kai turime laipsnius tiek bazėje, tiek argumente, šių laipsnių rodiklius galime išvesti naudodami formulę:

Grįžkime prie pradinės logaritminės lygties ir perrašykime ją:

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

Gavome dizainą, gana artimą kanoninei formai. Tačiau mus glumina terminai ir minuso ženklas lygybės ženklo dešinėje. Pavaizduokime vieną kaip logaritmą iki 5 bazės:

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

Atimkite logaritmus dešinėje (šiuo atveju jų argumentai yra padalinti):

log 5 (x – 9) = log 5 5/(x – 5)

Nuostabu. Taigi gavome kanoninę formą! Nubraukiame rąsto ženklus ir sulyginame argumentus:

(x – 9)/1 = 5/(x – 5)

Tai proporcija, kurią galima lengvai išspręsti padauginus skersai:

(x - 9) (x - 5) = 5 1

x 2 - 9x - 5x + 45 = 5

x 2 – 14x + 40 = 0

Akivaizdu, kad turime sumažintą kvadratinę lygtį. Tai galima lengvai išspręsti naudojant Vietos formules:

(x - 10) (x - 4) = 0

x 1 = 10

x 2 = 4

Turime dvi šaknis. Bet tai ne galutiniai atsakymai, o tik kandidatai, nes logaritminė lygtis taip pat reikalauja patikrinti apibrėžimo sritį.

Primenu: nereikia ieškoti kada kas argumentų bus didesnis už nulį. Pakanka reikalauti, kad vienas argumentas – arba x − 9, arba 5/(x − 5) būtų didesnis už nulį. Apsvarstykite pirmąjį argumentą:

x − 9 > 0

x > 9

Akivaizdu, kad tik x = 10 atitinka šį reikalavimą. Tai galutinis atsakymas. Visa problema išspręsta.

Dar kartą pagrindinės šios dienos pamokos mintys:

1. Kai tik kintamasis x atsiranda keliuose logaritmuose, lygtis nustoja būti elementari ir jai reikės skaičiuoti apibrėžimo sritį. Priešingu atveju atsakyme galite lengvai įrašyti papildomas šaknis.
2. Darbas su pačiu domenu gali būti gerokai supaprastintas, jei nelygybę išrašysime ne iš karto, o būtent tą akimirką, kai atsikratysime rąsto ženklų. Juk kai argumentai prilyginami vienas kitam, pakanka reikalauti, kad tik vienas iš jų būtų didesnis už nulį.

Žinoma, mes patys pasirenkame, kokiu argumentu suformuoti nelygybę, todėl logiška pasirinkti patį paprasčiausią. Pavyzdžiui, antrojoje lygtyje pasirinkome argumentą (x − 9), tiesinę funkciją, o ne trupmeninį racionalųjį antrąjį argumentą. Sutikite, išspręsti nelygybę x − 9 > 0 yra daug lengviau nei 5/(x − 5) > 0. Nors rezultatas toks pat.

Ši pastaba labai supaprastina ODZ paiešką, tačiau būkite atsargūs: vietoj dviejų galite naudoti vieną nelygybę tik tuo atveju, jei argumentai yra tiksliai yra lygūs vienas kitam!

Žinoma, dabar kas nors paklaus: kas atsitinka kitaip? Taip kartais. Pavyzdžiui, pačiame veiksme, kai padauginame du argumentus, kuriuose yra kintamasis, kyla pavojus, kad atsiras nereikalingos šaknys.

Spręskite patys: pirmiausia reikalaujama, kad kiekvienas argumentas būtų didesnis už nulį, bet padauginus pakanka, kad jų sandauga būtų didesnė už nulį. Dėl to atvejis, kai kiekviena iš šių trupmenų yra neigiama, yra praleistas.

Todėl, jei tik pradedate suprasti sudėtingas logaritmines lygtis, jokiu būdu nepadauginkite logaritmų, kuriuose yra kintamasis x - tai pernelyg dažnai sukels nereikalingų šaknų atsiradimą. Geriau žengti vieną papildomą žingsnį, perkelti vieną terminą į kitą pusę ir sukurti kanoninę formą.

Na, o ką daryti, jei neapsieisite be tokių logaritmų dauginimo, aptarsime kitoje video pamokoje :)

Dar kartą apie lygties galias

Šiandien nagrinėsime gana slidžią temą, susijusią su logaritminėmis lygtimis, o tiksliau, galių pašalinimu iš logaritmų argumentų ir pagrindų.

Netgi sakyčiau, kad kalbėsime apie lyginių laipsnių pašalinimą, nes būtent su lyginiais laipsniais daugiausiai sunkumų kyla sprendžiant realias logaritmines lygtis.

Pradėkime nuo kanoninės formos. Tarkime, kad turime lygtį log a f (x) = b. Šiuo atveju skaičių b perrašome naudodami formulę b = log a a b . Pasirodo taip:

log a f (x) = log a a b

Tada sulyginame argumentus:

f (x) = a b

Priešpaskutinė formulė vadinama kanonine forma. Būtent į tai jie bando sumažinti bet kokią logaritminę lygtį, kad ir kokia sudėtinga ir baisu ji atrodytų iš pirmo žvilgsnio.

Taigi pabandykime. Pradėkime nuo pirmosios užduoties:

Preliminari pastaba: kaip sakiau, viskas po kablelio logaritminėje lygtyje geriau ją paversti įprastomis:

0,5 = 5/10 = 1/2

Perrašykime savo lygtį atsižvelgdami į šį faktą. Atkreipkite dėmesį, kad ir 1/1000, ir 100 yra dešimties laipsniai, tada išimkime laipsnius, kad ir kur jie būtų: iš argumentų ir net iš logaritmų pagrindo:

Ir čia daugeliui studentų kyla klausimas: „Iš kur atsirado modulis dešinėje? Iš tiesų, kodėl gi neparašius (x − 1)? Žinoma, dabar rašysime (x − 1), tačiau atsižvelgiant į apibrėžimo sritį, mums suteikiama teisė į tokį žymėjimą. Juk kitame logaritme jau yra (x − 1), ir ši išraiška turi būti didesnė už nulį.

Bet kai pašaliname kvadratą nuo logaritmo pagrindo, turime palikti būtent modulį prie pagrindo. Leiskite man paaiškinti kodėl.

Faktas yra tas, kad matematiniu požiūriu laipsnio įgijimas prilygsta šaknims. Konkrečiai, kai išraišką (x − 1) 2 padalijame kvadratu, iš esmės gauname antrąją šaknį. Tačiau kvadratinė šaknis yra ne kas kita, kaip modulis. Būtent modulis, nes net jei išraiška x − 1 yra neigiama, pateikus kvadratą „minusas“ vis tiek išdegs. Tolesnis šaknies ištraukimas duos mums teigiamą skaičių – be jokių minusų.

Apskritai, norėdami nepadaryti įžeidžiančių klaidų, kartą ir visiems laikams atsiminkite:

Bet kurios funkcijos lygiosios galios šaknis, pakeltos į tą pačią galią, yra lygi ne pačiai funkcijai, o jos moduliui:

Grįžkime prie mūsų logaritminės lygties. Kalbėdamas apie modulį, aš įrodžiau, kad galime jį pašalinti neskausmingai. Tai yra tiesa. Dabar paaiškinsiu kodėl. Griežtai kalbant, turėjome apsvarstyti dvi galimybes:

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

Reikėtų apsvarstyti kiekvieną iš šių variantų. Tačiau yra viena klaida: pradinėje formulėje jau yra funkcija (x − 1) be jokio modulio. O vadovaudamiesi logaritmų apibrėžimo sritimi, turime teisę iš karto parašyti, kad x − 1 > 0.

Šis reikalavimas turi būti įvykdytas neatsižvelgiant į bet kokius modulius ir kitas transformacijas, kurias atliekame sprendimo procese. Todėl nėra prasmės svarstyti apie antrąjį variantą – jis niekada nekils. Net jei spręsdami šią nelygybės šaką gausime keletą skaičių, jie vis tiek nebus įtraukti į galutinį atsakymą.

Dabar esame tiesiog per žingsnį nuo kanoninės logaritminės lygties formos. Pavaizduokime vienetą taip:

1 = log x − 1 (x − 1) 1

Be to, argumento dešinėje įvedame koeficientą −4:

log x − 1 10 −4 = log x − 1 (x − 1)

Prieš mus yra kanoninė logaritminės lygties forma. Atsikratome logaritmo ženklo:

10 −4 = x − 1

Bet kadangi bazė buvo funkcija (o ne pirminis skaičius), papildomai reikalaujame, kad ši funkcija būtų didesnė už nulį ir nelygi vienetui. Gauta sistema bus tokia:

Kadangi reikalavimas x − 1 > 0 tenkinamas automatiškai (juk x − 1 = 10 −4), vieną iš nelygybių iš mūsų sistemos galima išbraukti. Antroji sąlyga taip pat gali būti užbraukta, nes x − 1 = 0,0001< 1. Итого получаем:

x = 1 + 0,0001 = 1,0001

Tai vienintelė šaknis, kuri automatiškai tenkina visus logaritmo apibrėžimo srities reikalavimus (tačiau visi reikalavimai buvo pašalinti kaip akivaizdžiai įvykdyti mūsų uždavinio sąlygomis).

Taigi antroji lygtis:

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

Kuo ši lygtis iš esmės skiriasi nuo ankstesnės? Jei tik tuo, kad logaritmų bazių – 3x ir 9x – nėra natūralūs laipsniai vienas kitą. Todėl perėjimas, kurį naudojome ankstesniame sprendime, neįmanomas.

Atsikratykime bent laipsnių. Mūsų atveju vienintelis laipsnis yra antrame argumente:

3 log 3 x x = 2 ∙ 2 log 9 x |x |

Tačiau modulio ženklą galima pašalinti, nes kintamasis x taip pat yra bazėje, t.y. x > 0 ⇒ |x| = x. Perrašykime savo logaritminę lygtį:

3 log 3 x x = 4 log 9 x x

Gavome logaritmus, kuriuose argumentai yra vienodi, bet skirtingų priežasčių. Ką daryti toliau? Čia yra daug variantų, tačiau mes apsvarstysime tik du iš jų, kurie yra patys logiškiausi, o svarbiausia – tai greiti ir daugumai studentų suprantami metodai.

Pirmąjį variantą jau svarstėme: bet kokioje neaiškioje situacijoje logaritmus su kintamąja baze konvertuokite į kokią nors pastovią bazę. Pavyzdžiui, į dvikovą. Perėjimo formulė paprasta:

Žinoma, kintamojo c vaidmuo turėtų būti normalus skaičius: 1 ≠ c > 0. Tegu mūsų atveju c = 2. Dabar turime įprastą trupmeninę racionaliąją lygtį. Mes renkame visus elementus kairėje:

Akivaizdu, kad log 2 x koeficientą geriau pašalinti, nes jis yra ir pirmoje, ir antroje frakcijoje.

log 2 x = 0;

3 log 2 9x = 4 log 2 3x

Kiekvieną žurnalą suskirstome į du terminus:

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

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

Perrašykime abi lygybės puses atsižvelgdami į šiuos faktus:

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

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

2 log 2 3 = log 2 x

Dabar belieka įvesti du po logaritmo ženklu (jis pavirs laipsniu: 3 2 = 9):

log 2 9 = log 2 x

Prieš mus yra klasikinė kanoninė forma, atsikratome logaritmo ženklo ir gauname:

Kaip ir tikėtasi, ši šaknis pasirodė esanti didesnė už nulį. Belieka patikrinti apibrėžimo sritį. Pažvelkime į priežastis:

Tačiau šaknis x = 9 atitinka šiuos reikalavimus. Todėl tai yra galutinis sprendimas.

Išvada iš šio sprendimo paprasta: nebijokite ilgų skaičiavimų! Tiesiog pačioje pradžioje atsitiktinai pasirinkome naują bazę - ir tai labai apsunkino procesą.

Bet tada kyla klausimas: koks yra pagrindas optimalus? Apie tai kalbėsiu antruoju metodu.

Grįžkime prie pradinės lygties:

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

3 log 3x x = 2 ∙ 2 log 9x |x |

x > 0 ⇒ |x| = x

3 log 3 x x = 4 log 9 x x

Dabar šiek tiek pagalvokime: koks skaičius ar funkcija būtų optimalus pagrindas? Tai akivaizdu geriausias variantas bus c = x – tai, kas jau yra argumentuose. Šiuo atveju formulė log a b = log c b /log c a bus tokia:

Kitaip tariant, išraiška tiesiog apverčiama. Šiuo atveju argumentas ir pagrindas keičiasi vietomis.

Ši formulė yra labai naudinga ir labai dažnai naudojama sprendžiant sudėtingas logaritmines lygtis. Tačiau naudojant šią formulę yra vienas labai rimtas spąstas. Jei vietoj pagrindo pakeisime kintamąjį x, tada jam taikomi apribojimai, kurių anksčiau nebuvo laikomasi:

Pradinėje lygtyje tokio apribojimo nebuvo. Todėl turėtume atskirai patikrinti atvejį, kai x = 1. Pakeiskite šią reikšmę į mūsų lygtį:

3 log 3 1 = 4 log 9 1

Gauname teisingą skaitinę lygybę. Todėl x = 1 yra šaknis. Lygiai tą pačią šaknį radome ankstesniame metode pačioje sprendimo pradžioje.

Tačiau dabar, kai mes atskirai išnagrinėjome šį konkretų atvejį, galime drąsiai manyti, kad x ≠ 1. Tada mūsų logaritminė lygtis bus perrašyta tokia forma:

3 rąstai x 9x = 4 rąstai x 3x

Abu logaritmus išplečiame naudodami tą pačią formulę, kaip ir anksčiau. Atminkite, kad log x x = 1:

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

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

3 log x 3 2 – 4 log x 3 = 4 – 3

2 log x 3 = 1

Taigi mes priėjome prie kanoninės formos:

log x 9 = log x x 1

x=9

Gavome antrą šaknį. Jis tenkina reikalavimą x ≠ 1. Todėl x = 9 kartu su x = 1 yra galutinis atsakymas.

Kaip matote, skaičiavimų apimtis šiek tiek sumažėjo. Tačiau sprendžiant realią logaritminę lygtį, žingsnių skaičius bus daug mažesnis ir todėl, kad neprivalote taip išsamiai aprašyti kiekvieno žingsnio.

Pagrindinė šios dienos pamokos taisyklė yra tokia: jei uždavinyje yra lyginis laipsnis, iš kurio išgaunama to paties laipsnio šaknis, tada išvestis bus modulis. Tačiau šį modulį galima pašalinti, jei atkreipsite dėmesį į logaritmų apibrėžimo sritį.

Tačiau būkite atsargūs: po šios pamokos dauguma mokinių galvoja, kad viską supranta. Tačiau spręsdami tikras problemas jie negali atkurti visos loginės grandinės. Dėl to lygtis įgyja nereikalingas šaknis, o atsakymas pasirodo neteisingas.

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 mes 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 puikiai veikia.

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 logaritminės lygties kanoninė forma, mes 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 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

Gautus skaičius pažymime 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 paprasta dešimtainis logaritmas, galime rašyti:

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:

lgx = 2 lgx + 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 plečiasi (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 paprastą logaritminę lygtį log a f (x) = b, tada, norėdami išspręsti tokią lygtį, atliekame šiuos veiksmus. Pirmiausia turime pakeisti skaičių b :

b = log a a b

Atkreipkite dėmesį, kad 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, prieš mus yra paprasčiausia logaritminė lygtis. 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. Ir mūsų atveju tai yra skaičius 2.

Taigi, perrašykime savo logaritminę lygtį, atsižvelgdami į tai, kad du dešinėje esantys 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 dešimtainių skaičių, būtinai konvertuokite šias trupmenas iš dešimtainės į bendrą žymėjimą. 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 klasikinę kvadratinę lygtį:

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.

Leiskite jums priminti, kad norint apibrėžti apibrėžimo sritį tokiu atveju nėra būtinas, 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 pačioje 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, tačiau 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. Kad suprastume, 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 turi skirtingus pagrindus ir skirtingus argumentus. 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, trupmeninė racionali lygtis buvo išspręsta, rastos 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 kandidatai atsako – 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.

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 pirminę lygtį, o pabaigoje patikrinsite, ar rastos yra įtrauktos į DL. 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 logaritmais: \(2=2 \cdot 1=2 \log_2⁡2=\log_2⁡4\) 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 : \(4\); \(2\).

Mums svarbu išlaikyti jūsų privatumą. Dėl šios priežasties sukūrėme Privatumo politiką, kurioje aprašoma, kaip naudojame ir saugome jūsų informaciją. Peržiūrėkite mūsų privatumo praktiką ir praneškite mums, jei turite klausimų.

Asmeninės informacijos rinkimas ir naudojimas

Asmeninė informacija reiškia duomenis, kurie gali būti naudojami konkretaus asmens tapatybei nustatyti arba susisiekti su juo.

Jūsų gali būti paprašyta pateikti savo asmeninę informaciją bet kuriuo metu, kai susisiekiate su mumis.

Toliau pateikiami keli pavyzdžiai, kokios rūšies asmeninės informacijos galime rinkti ir kaip galime tokią informaciją naudoti.

Kokią asmeninę informaciją renkame:

• Kai pateikiate užklausą svetainėje, galime rinkti įvairią informaciją, įskaitant jūsų vardą, pavardę, telefono numerį, adresą El. paštas ir tt

Kaip naudojame jūsų asmeninę informaciją:

• Mūsų renkama asmeninė informacija leidžia mums susisiekti su jumis ir informuoti apie unikalių pasiūlymų, akcijos ir kiti renginiai bei būsimi renginiai.
• Retkarčiais galime naudoti jūsų asmeninę informaciją svarbiems pranešimams ir pranešimams siųsti.
• Mes taip pat galime naudoti asmeninę informaciją vidiniais tikslais, pavyzdžiui, atlikti auditą, duomenų analizę ir įvairius tyrimus, siekdami tobulinti teikiamas paslaugas ir teikti rekomendacijas dėl mūsų paslaugų.
• Jei dalyvaujate prizų traukime, konkurse ar panašioje akcijoje, mes galime naudoti jūsų pateiktą informaciją tokioms programoms administruoti.

Informacijos atskleidimas trečiosioms šalims

Mes neatskleidžiame iš jūsų gautos informacijos trečiosioms šalims.

Išimtys:

• Esant poreikiui – įstatymų nustatyta tvarka, teismine tvarka, teismine tvarka ir (arba) remiantis viešais prašymais ar prašymais iš vyriausybines agentūras Rusijos Federacijos teritorijoje – atskleiskite savo asmeninę informaciją. Taip pat galime atskleisti informaciją apie jus, jei nuspręsime, kad toks atskleidimas yra būtinas arba tinkamas saugumo, teisėsaugos ar kitais visuomenei svarbiais tikslais.
• Reorganizavimo, susijungimo ar pardavimo atveju surinktą asmeninę informaciją galime perduoti atitinkamai trečiajai šaliai.

Asmeninės informacijos apsauga

Mes imamės atsargumo priemonių, įskaitant administracines, technines ir fizines, siekdami apsaugoti jūsų asmeninę informaciją nuo praradimo, vagystės ir netinkamo naudojimo, taip pat nuo neteisėtos prieigos, atskleidimo, pakeitimo ir sunaikinimo.

Jūsų privatumo gerbimas įmonės lygiu

Siekdami užtikrinti, kad jūsų asmeninė informacija būtų saugi, savo darbuotojams pranešame apie privatumo ir saugumo standartus ir griežtai vykdome privatumo praktiką.