Mnogi učenici se zaglave u jednačinama ovog tipa. U isto vrijeme, sami zadaci nikako nisu složeni - dovoljno je jednostavno izvršiti kompetentnu zamjenu varijable, za koju biste trebali naučiti identificirati stabilne izraze.
Pored ove lekcije, naći ćete prilično obiman samostalni rad, koji se sastoji od dvije opcije sa po 6 zadataka.
Metoda grupisanja
Danas ćemo analizirati dvije logaritamske jednačine, od kojih se jedna ne može riješiti odmah i zahtijeva posebne transformacije, a druga... međutim, neću vam reći sve odjednom. Pogledajte video, preuzmite samostalni rad - i naučite rješavati složene probleme.
Dakle, grupisanje i stavljanje zajedničkih faktora iz zagrada. Dodatno, reći ću vam koje zamke nosi domen definicije logaritama i kako male primjedbe na domenu definicija mogu značajno promijeniti i korijene i cjelokupno rješenje.
Krenimo od grupisanja. Moramo riješiti sljedeću logaritamsku jednačinu:
log 2 x log 2 (x − 3) + 1 = log 2 (x 2 − 3x )
Prije svega, primijetite da se x 2 − 3x može faktorizirati:
log 2 x (x − 3)
Zatim zapamtite divnu formulu:
log a fg = log a f + log a g
Samo kratka napomena: ova formula odlično funkcionira kada su a, f i g obični brojevi. Ali kada su zamijenjeni funkcijama, ovi izrazi prestaju biti jednaki. Zamislite ovu hipotetičku situaciju:
f< 0; g < 0
U ovom slučaju, proizvod fg će biti pozitivan, dakle log a (fg) će postojati, ali log a f i log a g neće postojati odvojeno i nećemo moći izvršiti takvu transformaciju.
Ignoriranje ove činjenice će dovesti do sužavanja obima definicije i, kao posljedicu, do gubitka korijena. Stoga, prije izvođenja takve transformacije, morate unaprijed biti sigurni da su funkcije f i g pozitivne.
U našem slučaju sve je jednostavno. Pošto originalna jednačina sadrži funkciju log 2 x, onda je x > 0 (na kraju krajeva, varijabla x je u argumentu). Postoji i log 2 (x − 3), pa je x − 3 > 0.
Stoga će u log funkciji 2 x (x − 3) svaki faktor biti veći od nule. Stoga možete sigurno razložiti proizvod u količinu:
log 2 x log 2 (x − 3) + 1 = log 2 x + log 2 (x − 3)
log 2 x log 2 (x − 3) + 1 − log 2 x − log 2 (x − 3) = 0
Na prvi pogled može izgledati da stvari nisu postale lakše. Naprotiv: broj termina se samo povećavao! Da bismo razumjeli kako dalje, uvedimo nove varijable:
log 2 x = a
log 2 (x − 3) = b
a · b + 1 − a − b = 0
Sada grupišimo treći pojam sa prvim:
(a · b − a ) + (1 − b ) = 0
a (1 · b − 1) + (1 − b ) = 0
Imajte na umu da i prva i druga zagrada sadrže b − 1 (u drugom slučaju, moraćete da izvadite „minus“ iz zagrade). Faktorizirajmo našu konstrukciju:
a (1 b − 1) − (b − 1) = 0
(b − 1)(a 1 − 1) = 0
A sada se prisjetimo našeg divnog pravila: proizvod je jednak nuli kada je barem jedan od faktora jednak nuli:
b − 1 = 0 ⇒ b = 1;
a − 1 = 0 ⇒ a = 1.
Prisjetimo se šta su b i a. Dobijamo dvije jednostavne logaritamske jednadžbe u kojima sve što ostaje je da se riješimo log znakova i izjednačimo argumente:
log 2 x = 1 ⇒ log 2 x = log 2 2 ⇒ x 1 =2;
log 2 (x − 3) = 1 ⇒ log 2 (x − 3) = log 2 2 ⇒ x 2 = 5
Dobili smo dva korijena, ali ovo nije rješenje originalne logaritamske jednadžbe, već samo kandidati za odgovor. Sada provjerimo domen definicije. Za prvi argument:
x > 0
Oba korijena zadovoljavaju prvi zahtjev. Pređimo na drugi argument:
x − 3 > 0 ⇒ x > 3
Ali ovdje nas x = 2 ne zadovoljava, ali nam x = 5 sasvim dobro odgovara. Dakle, jedini odgovor je x = 5.
Pređimo na drugu logaritamsku jednačinu. Na prvi pogled je mnogo jednostavnije. Međutim, u procesu rješavanja razmotrit ćemo suptilne tačke vezane za obim definicije, čije nepoznavanje značajno otežava život učenika početnika.
log 0,7 (x 2 − 6x + 2) = log 0,7 (7 − 2x)
Pred nama je kanonski oblik logaritamske jednadžbe. Nema potrebe da se bilo šta transformiše - čak su i baze iste. Stoga, jednostavno izjednačavamo argumente:
x 2 − 6x + 2 = 7 − 2x
x 2 − 6x + 2 − 7 + 2x = 0
x 2 − 4x − 5 = 0
Pred nama je kvadratna jednadžba u nastavku, koja se lako može riješiti korištenjem Vietinih formula:
(x − 5) (x + 1) = 0;
x − 5 = 0 ⇒ x = 5;
x + 1 = 0 ⇒ x = −1.
Ali ovi korijeni nisu konačni odgovori. Potrebno je pronaći domen definicije, jer originalna jednačina sadrži dva logaritma, tj. uzimanje u obzir domena definicije je striktno neophodno.
Dakle, hajde da napišemo domen definicije. S jedne strane, argument prvog logaritma mora biti veći od nule:
x 2 − 6x + 2 > 0
S druge strane, drugi argument također mora biti veći od nule:
7 − 2x > 0
Ovi zahtjevi moraju biti ispunjeni istovremeno. I tu počinje zabava. Naravno, svaku od ovih nejednakosti možemo riješiti, zatim ih presjeći i pronaći domenu cijele jednačine. Ali zašto sebi otežavati život?
Primetimo jednu suptilnost. Eliminacijom log znakova izjednačavamo argumente. Iz toga slijedi da su zahtjevi x 2 − 6x + 2 > 0 i 7 − 2x > 0 ekvivalentni. Kao posljedica toga, bilo koja od dvije nejednakosti može biti eliminisana. Precrtajmo najteži dio i prepustimo se uobičajenoj linearnoj nejednakosti:
−2x > −7
x< 3,5
Pošto smo obje strane podijelili negativnim brojem, promijenio se predznak nejednakosti.
Dakle, našli smo ODZ bez ikakvih kvadratnih nejednakosti, diskriminanata i sjecišta. Sada sve što ostaje je jednostavno odabrati korijene koji leže na ovom intervalu. Očigledno će nam odgovarati samo x = −1, jer je x = 5 > 3.5.
Možemo napisati odgovor: x = 1 je jedino rješenje originalne logaritamske jednadžbe.
Zaključci iz ove logaritamske jednadžbe su sljedeći:
- Nemojte se plašiti da činite logaritme, a zatim faktore činite zbirom logaritama. Međutim, zapamtite da dijeljenjem proizvoda na zbir dva logaritma, time sužavate opseg definicije. Stoga, prije izvođenja takve konverzije, obavezno provjerite koji su zahtjevi za opseg. Najčešće ne nastaju nikakvi problemi, ali ne škodi biti na sigurnoj strani.
- Kada se riješite kanonskog oblika, pokušajte optimizirati proračune. Konkretno, ako se od nas traži da imamo f > 0 i g > 0, ali u samoj jednadžbi f = g, onda možemo sigurno precrtati jednu od nejednačina, ostavljajući samo najjednostavniju. Ni na koji način neće uticati na domen definicija i odgovora, ali će količina proračuna biti značajno smanjena.
To je u suštini sve što sam hteo da ti kažem o grupi. :)
Tipične greške prilikom rješavanja
Danas ćemo pogledati dvije tipične logaritamske jednadžbe na koje se mnogi učenici spotiču. Koristeći ove jednačine kao primjer, vidjet ćemo koje greške se najčešće prave u procesu rješavanja i transformacije izvornih izraza.
Razlomačke racionalne jednadžbe sa logaritmima
Odmah treba napomenuti da je ovo prilično podmukla vrsta jednadžbi, u kojoj nipošto ne postoji uvijek razlomak s logaritmom negdje u nazivniku. Međutim, u procesu transformacije takva frakcija će se sigurno pojaviti.
Istovremeno, budite oprezni: tokom procesa transformacije, početni domen definicije logaritama može se značajno promijeniti!
Prelazimo na još strože logaritamske jednadžbe koje sadrže razlomke i varijabilne baze. Da biste uradili više u jednoj kratkoj lekciji, neću vam govoriti o elementarnoj teoriji. Pređimo direktno na zadatke:
4 log 25 (x − 1) − log 3 27 + 2 log x − 1 5 = 1
Gledajući ovu jednačinu, neko će se zapitati: „Kakve to veze ima sa razlomkom racionalne jednačine? Gdje je razlomak u ovoj jednadžbi? Uzmimo vremena i pažljivo pogledajmo svaki termin.
Prvi član: 4 log 25 (x − 1). Osnova logaritma je broj, ali argument je funkcija varijable x. Ne možemo još ništa učiniti po ovom pitanju. Nastavi.
Sljedeći pojam je: log 3 27. Podsjetimo da je 27 = 3 3. Dakle, cijeli logaritam možemo prepisati na sljedeći način:
log 3 27 = 3 3 = 3
Dakle, drugi mandat je samo trojka. Treći član: 2 log x − 1 5. Ni ovdje nije sve jednostavno: baza je funkcija, argument je običan broj. Predlažem da obrnete cijeli logaritam koristeći sljedeću formulu:
log a b = 1/log b a
Takva transformacija se može izvesti samo ako je b ≠ 1. U suprotnom, logaritam koji se pojavljuje u nazivniku drugog razlomka jednostavno neće postojati. U našem slučaju b = 5, tako da je sve u redu:
2 log x − 1 5 = 2/log 5 (x − 1)
Prepišimo originalnu jednačinu uzimajući u obzir rezultirajuće transformacije:
4 log 25 (x − 1) − 3 + 2/ log 5 (x − 1) = 1
U nazivniku razlomka imamo log 5 (x − 1), au prvom članu imamo log 25 (x − 1). Ali 25 = 5 2, pa kvadrat uzimamo iz baze logaritma prema pravilu:
Drugim riječima, snaga u osnovi logaritma postaje razlomak na prednjoj strani. I izraz će biti prepisan ovako:
4 1/2 log 5 (x − 1) − 3 + 2/ log 5 (x − 1) − 1 = 0
Na kraju smo dobili dugačku jednadžbu s gomilom identičnih logaritama. Hajde da predstavimo novu varijablu:
log 5 (x − 1) = t;
2t − 4 + 2/t = 0;
Ali ovo je frakciono-racionalna jednadžba, koja se može riješiti korištenjem algebre od 8. do 9. razreda. Prvo, podelimo sve sa dva:
t − 2 + 1/t = 0;
(t 2 − 2t + 1)/t = 0
U zagradama je tačan kvadrat. Hajde da ga skupimo:
(t − 1) 2 /t = 0
Razlomak je jednak nuli kada mu je brojilac nula, a imenilac različit od nule. Nikada ne zaboravite ovu činjenicu:
(t − 1) 2 = 0
t = 1
t ≠ 0
Prisjetimo se šta je t:
log 5 (x − 1) = 1
log 5 (x − 1) = log 5 5
Riješimo se znakova dnevnika, izjednačavamo njihove argumente i dobijamo:
x − 1 = 5 ⇒ x = 6
Sve. Problem je riješen. No, vratimo se na prvobitnu jednačinu i sjetimo se da su postojala dva logaritma s promjenljivom x. Stoga je potrebno zapisati domen definicije. Pošto je x − 1 u argumentu logaritma, ovaj izraz mora biti veći od nule:
x − 1 > 0
S druge strane, isti x − 1 je također prisutan u bazi, tako da se mora razlikovati od jedinice:
x − 1 ≠ 1
Odavde zaključujemo:
x > 1; x ≠ 2
Ovi zahtjevi moraju biti ispunjeni istovremeno. Vrijednost x = 6 zadovoljava oba zahtjeva, pa je x = 6 konačno rješenje logaritamske jednačine.
Pređimo na drugi zadatak:
Hajdemo ponovo da pogledamo svaki termin:
log 4 (x + 1) - baza je četiri. To je normalan broj i ne morate ga dirati. Ali prošli put smo naišli na tačan kvadrat u osnovi, koji je trebalo izvaditi ispod znaka logaritma. Uradimo isto sada:
log 4 (x + 1) = 1/2 log 2 (x + 1)
Trik je u tome što već imamo logaritam s promjenljivom x, iako u bazi - to je inverzno od logaritma koji smo upravo pronašli:
8 log x + 1 2 = 8 (1/log 2 (x + 1)) = 8/log 2 (x + 1)
Sljedeći član je log 2 8. Ovo je konstanta, jer su i argument i baza obični brojevi. Nađimo vrijednost:
log 2 8 = log 2 2 3 = 3
Isto možemo učiniti i sa zadnjim logaritmom:
Sada prepišimo originalnu jednačinu:
1/2 log 2 (x + 1) + 8/log 2 (x + 1) − 3 − 1 = 0;
log 2 (x + 1)/2 + 8/log 2 (x + 1) − 4 = 0
Hajde da sve dovedemo do zajedničkog imenioca:
Opet imamo frakcionu racionalnu jednačinu. Hajde da predstavimo novu varijablu:
t = log 2 (x + 1)
Prepišimo jednačinu uzimajući u obzir novu varijablu:
Budite oprezni: u ovom koraku sam zamijenio pojmove. Brojač razlomka sadrži kvadrat razlike:
Kao i ranije, razlomak je jednak nuli kada mu je brojilac nula, a imenilac različit od nule:
(t − 4) 2 = 0 ⇒ t = 4;
t ≠ 0
Dobili smo jedan korijen koji zadovoljava sve zahtjeve, pa se vraćamo na varijablu x:
log 2 (x + 1) = 4;
log 2 (x + 1) = log 2 2 4;
x + 1 = 16;
x = 15
To je to, riješili smo jednačinu. Ali pošto je u originalnoj jednadžbi bilo nekoliko logaritama, potrebno je zapisati domen definicije.
Dakle, izraz x + 1 je u argumentu logaritma. Dakle, x + 1 > 0. S druge strane, x + 1 je takođe prisutan u bazi, tj. x + 1 ≠ 1. Ukupno:
0 ≠ x > −1
Da li pronađeni korijen zadovoljava ove zahtjeve? Bez sumnje. Dakle, x = 15 je rješenje originalne logaritamske jednadžbe.
Na kraju, želio bih reći sljedeće: ako pogledate jednačinu i shvatite da morate riješiti nešto složeno i nestandardno, pokušajte identificirati stabilne strukture koje će kasnije biti označene drugom varijablom. Ako neki pojmovi uopće ne sadrže varijablu x, često se mogu jednostavno izračunati.
To je sve o čemu sam danas želio razgovarati. Nadam se da će vam ova lekcija pomoći u rješavanju složenih logaritamskih jednadžbi. Pogledajte druge video tutorijale, preuzmite i riješite svoje probleme i vidimo se u sljedećem videu!
Logaritam pozitivnog broja b prema bazi a (a>0, a nije jednako 1) je broj c takav da je a c = b: log a b = c ⇔ a c = b (a > 0, a ≠ 1, b > 0)
Imajte na umu da je logaritam nepozitivnog broja nedefiniran. Osim toga, baza logaritma mora biti pozitivan broj koji nije jednak 1. Na primjer, ako kvadriramo -2, dobićemo broj 4, ali to ne znači da je logaritam na osnovu -2 od 4 je jednako 2.
Osnovni logaritamski identitet
a log a b = b (a > 0, a ≠ 1) (2)Važno je da je obim definicije desne i lijeve strane ove formule različit. Lijeva strana je definirana samo za b>0, a>0 i a ≠ 1. Desna strana je definirana za bilo koje b i uopće ne ovisi o a. Dakle, primjena osnovnog logaritamskog “identiteta” pri rješavanju jednačina i nejednačina može dovesti do promjene OD-a.
Dvije očigledne posljedice definicije logaritma
log a a = 1 (a > 0, a ≠ 1) (3)log a 1 = 0 (a > 0, a ≠ 1) (4)
Zaista, kada broj a podignemo na prvi stepen, dobijamo isti broj, a kada ga podignemo na nulti stepen dobijamo jedan.
Logaritam proizvoda i logaritam količnika
log a (b c) = log a b + log a c (a > 0, a ≠ 1, b > 0, c > 0) (5)Log a b c = log a b − log a c (a > 0, a ≠ 1, b > 0, c > 0) (6)
Želio bih upozoriti školarce da ne bezobzirno koriste ove formule prilikom rješavanja logaritamskih jednačina i nejednačina. Kada ih koristite “s lijeva na desno”, ODZ se sužava, a kada se prelazi sa zbira ili razlike logaritama na logaritam proizvoda ili količnika, ODZ se širi.
Zaista, izraz log a (f (x) g (x)) je definiran u dva slučaja: kada su obje funkcije striktno pozitivne ili kada su f (x) i g (x) oba manje od nule.
Transformirajući ovaj izraz u zbir log a f (x) + log a g (x), primorani smo da se ograničimo samo na slučaj kada je f(x)>0 i g(x)>0. Dolazi do sužavanja raspona prihvatljivih vrijednosti, a to je kategorički neprihvatljivo, jer može dovesti do gubitka rješenja. Sličan problem postoji i za formulu (6).
Stepen se može izvaditi iz predznaka logaritma
log a b p = p log a b (a > 0, a ≠ 1, b > 0) (7)I opet bih želeo da pozovem na tačnost. Razmotrite sljedeći primjer:
Log a (f (x) 2 = 2 log a f (x)
Lijeva strana jednakosti je očito definirana za sve vrijednosti f(x) osim nule. Desna strana je samo za f(x)>0! Izuzimanjem stepena iz logaritma, ponovo sužavamo ODZ. Obrnuti postupak dovodi do proširenja raspona prihvatljivih vrijednosti. Sve ove primjedbe ne odnose se samo na snagu 2, već i na bilo koju ravnomjernu snagu.
Formula za prelazak na novu osnovu
log a b = log c b log c a (a > 0, a ≠ 1, b > 0, c > 0, c ≠ 1) (8)Taj rijedak slučaj kada se ODZ ne mijenja tokom transformacije. Ako ste mudro odabrali bazu c (pozitivna i nije jednaka 1), formula za prelazak na novu bazu je potpuno sigurna.
Ako odaberemo broj b kao novu bazu c, dobićemo važan poseban slučaj formule (8):
Log a b = 1 log b a (a > 0, a ≠ 1, b > 0, b ≠ 1) (9)
Nekoliko jednostavnih primjera s logaritmima
Primjer 1. Izračunajte: log2 + log50.
Rješenje. log2 + log50 = log100 = 2. Koristili smo zbir logaritama formule (5) i definiciju decimalnog logaritma.
Primjer 2. Izračunajte: lg125/lg5.
Rješenje. log125/log5 = log 5 125 = 3. Koristili smo formulu za prelazak na novu bazu (8).
Tabela formula vezanih za logaritme
| a log a b = b (a > 0, a ≠ 1) |
| log a a = 1 (a > 0, a ≠ 1) |
| log a 1 = 0 (a > 0, a ≠ 1) |
| log a (b c) = log a b + log a c (a > 0, a ≠ 1, b > 0, c > 0) |
| log a b c = log a b − log a c (a > 0, a ≠ 1, b > 0, c > 0) |
| log a b p = p log a b (a > 0, a ≠ 1, b > 0) |
| log a b = log c b log c a (a > 0, a ≠ 1, b > 0, c > 0, c ≠ 1) |
| log a b = 1 log b a (a > 0, a ≠ 1, b > 0, b ≠ 1) |
Šta je logaritam?
Pažnja!
Postoje dodatni
materijali u Posebni dio 555.
Za one koji su veoma "ne baš..."
I za one koji "jako...")
Šta je logaritam? Kako riješiti logaritme? Ova pitanja zbunjuju mnoge diplomce. Tradicionalno, tema logaritama se smatra složenom, nerazumljivom i zastrašujućom. posebno - jednačine sa logaritmima.
Ovo apsolutno nije istina. Apsolutno! Ne vjerujete mi? U redu. Sada, za samo 10 - 20 minuta vi:
1. Razumjet ćete šta je logaritam.
2. Naučite riješiti cijelu klasu eksponencijalnih jednačina. Čak i ako niste ništa čuli o njima.
3. Naučite izračunati jednostavne logaritme.
Štaviše, za ovo ćete morati samo znati tablicu množenja i kako podići broj na stepen...
Osećam kao da sumnjaš... Pa, dobro, označi vreme! Idi!
Prvo riješite ovu jednačinu u svojoj glavi:
Ako vam se sviđa ovaj sajt...
Inače, imam još par zanimljivih stranica za vas.)
Možete vježbati rješavanje primjera i saznati svoj nivo. Testiranje sa trenutnom verifikacijom. Učimo - sa interesovanjem!)
Možete se upoznati sa funkcijama i izvedenicama.
