Λογάριθμοι πώς να λύσετε παραδείγματα εξισώσεων. Λογαριθμικές εξισώσεις. Τυπικά λάθη στην επίλυση

Σήμερα θα μάθουμε πώς να λύνουμε τις απλούστερες λογαριθμικές εξισώσεις, οι οποίες δεν απαιτούν προκαταρκτικούς μετασχηματισμούς και επιλογή ριζών. Αλλά αν μάθετε πώς να λύνετε τέτοιες εξισώσεις, τότε θα είναι πολύ πιο εύκολο.

Η απλούστερη λογαριθμική εξίσωση είναι μια εξίσωση της μορφής log a f (x) \u003d b, όπου a, b είναι αριθμοί (a\u003e 0, a ≠ 1), f (x) είναι κάποια συνάρτηση.

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

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

καταγραφή a f (x) \u003d b ⇒ καταγραφή a f (x) \u003d καταγραφή a a b ⇒ f (x) \u003d a b

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

Εκφώνηση πτυχίων

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

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

Ομοίως, μπορείτε να αφαιρέσετε το πτυχίο από τη βάση:

Όπως μπορείτε να δείτε, εάν όταν αφαιρούμε τον βαθμό από το όρισμα του λογάριθμου, έχουμε απλώς έναν πρόσθετο παράγοντα μπροστά, τότε όταν αφαιρούμε τον βαθμό από τη βάση, δεν είναι απλώς ένας παράγοντας, αλλά ένας ανεστραμμένος παράγοντας. Αυτό πρέπει να το θυμόμαστε.

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

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

log 3 x 2 = 2 ∙ log 3 x

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

Δηλαδή, πρέπει να γράψουμε τον τύπο μας ως εξής:

log 3 x 2 = 2 ∙ log 3 |x |

Τότε δεν θα υπάρξει στένωση του πεδίου ορισμού.

Ωστόσο, στο σημερινό βίντεο φροντιστήριο δεν θα υπάρχουν τετράγωνα. Αν κοιτάξετε τις εργασίες μας, θα δείτε μόνο τις ρίζες. Επομένως, δεν θα εφαρμόσουμε αυτόν τον κανόνα, αλλά πρέπει να τον έχουμε κατά νου, ώστε την κατάλληλη στιγμή όταν δείτε τετραγωνική λειτουργίαστο όρισμα ή τη βάση του λογάριθμου, θα θυμάστε αυτόν τον κανόνα και θα εκτελέσετε σωστά όλους τους μετασχηματισμούς.

Άρα η πρώτη εξίσωση είναι:

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

Ας ξαναγράψουμε τον πρώτο όρο ως δύναμη με ορθολογικός δείκτης:

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

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

0,5 = 5/10 = 1/2

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

log 3 (1 − x ) = 1

Τώρα ας προχωρήσουμε στην κανονική μορφή:

log 3 (1 − x ) = log 3 3

Απαλλαγείτε από το πρόσημο του λογάριθμου εξισώνοντας τα ορίσματα:

1 − x = 3

-x = 2

x = −2

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

1 − x > 0

-x > -1

Χ< 1

Η ρίζα μας x = −2 ικανοποιεί αυτήν την απαίτηση, άρα x = −2 είναι μια λύση στην αρχική εξίσωση. Τώρα έχουμε μια αυστηρή σαφή αιτιολόγηση. Όλα, το έργο λύθηκε.

Ας προχωρήσουμε στη δεύτερη εργασία:

Ας ασχοληθούμε με κάθε όρο ξεχωριστά.

Γράφουμε το πρώτο:

Έχουμε τροποποιήσει τον πρώτο όρο. Δουλεύουμε με τον δεύτερο όρο:

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

Αντικαθιστούμε τις εκφράσεις που προκύπτουν για τους όρους στον προκύπτον τύπο:

ημερολόγιο 3 x = 1

Περνάμε στην κανονική μορφή:

ημερολόγιο 3 x = ημερολόγιο 3 3

Απαλλαγούμε από το πρόσημο του λογάριθμου εξισώνοντας τα ορίσματα και παίρνουμε:

x=3

Και πάλι, για κάθε ενδεχόμενο, ας το παίξουμε καλά, επιστρέψτε στην αρχική εξίσωση και δείτε. Στον αρχικό τύπο, η μεταβλητή x υπάρχει μόνο στο όρισμα, επομένως,

x > 0

Στον δεύτερο λογάριθμο, το x είναι κάτω από τη ρίζα, αλλά και πάλι στο όρισμα, επομένως, η ρίζα πρέπει να είναι μεγαλύτερη από 0, δηλαδή η έκφραση ρίζας πρέπει να είναι μεγαλύτερη από 0. Εξετάζουμε τη ρίζα μας x = 3. Προφανώς, ικανοποιεί αυτή την απαίτηση. Επομένως, x = 3 είναι η λύση της αρχικής λογαριθμικής εξίσωσης. Όλα, το έργο λύθηκε.

Βασικά σημείαΥπάρχουν δύο στο σημερινό βίντεο:

1) μην φοβάστε να μετατρέψετε λογάριθμους και, ειδικότερα, μην φοβάστε να αφαιρέσετε μοίρες από το πρόσημο του λογαρίθμου, ενώ θυμάστε τον βασικό μας τύπο: όταν αφαιρείτε τον βαθμό από το όρισμα, απλώς αφαιρείται χωρίς αλλάζει ως παράγοντας και όταν αφαιρείτε τη μοίρα από τη βάση, αυτός ο βαθμός αντιστρέφεται.

2) το δεύτερο σημείο σχετίζεται με την αυτοκανονική μορφή. Πραγματοποιήσαμε τη μετάβαση στην κανονική μορφή στο τέλος του μετασχηματισμού του τύπου της λογαριθμικής εξίσωσης. Θυμηθείτε τον ακόλουθο τύπο:

α = ημερολόγιο β β α

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

1 ≠ b > 0

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

Επέκταση του τομέα ορισμού και επιπλέον ρίζες

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

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

log a f(x) = b

Σημειώστε ότι το x υπάρχει μόνο σε ένα όρισμα ενός λογάριθμου. Πώς λύνουμε τέτοιες εξισώσεις; Χρησιμοποιούμε την κανονική μορφή. Για να γίνει αυτό, αντιπροσωπεύουμε τον αριθμό b \u003d log a a b και η εξίσωσή μας θα ξαναγραφεί με την ακόλουθη μορφή:

log a f(x) = log a a β

Αυτή η σημειογραφία ονομάζεται κανονική μορφή. Σε αυτήν πρέπει να μειωθεί οποιαδήποτε λογαριθμική εξίσωση που θα συναντήσετε όχι μόνο στο σημερινό μάθημα, αλλά και σε οποιαδήποτε ανεξάρτητη και ελεγκτική εργασία.

Πώς να φτάσετε στην κανονική μορφή, ποιες τεχνικές να χρησιμοποιήσετε - αυτό είναι ήδη θέμα πρακτικής. Το κύριο πράγμα που πρέπει να καταλάβετε: μόλις λάβετε ένα τέτοιο αρχείο, μπορούμε να υποθέσουμε ότι το πρόβλημα έχει λυθεί. Επειδή το επόμενο βήμα είναι να γράψετε:

f(x) = a β

Με άλλα λόγια, απαλλαγούμε από το πρόσημο του λογαρίθμου και απλώς εξισώνουμε τα επιχειρήματα.

Γιατί όλη αυτή η κουβέντα; Το γεγονός είναι ότι η κανονική μορφή είναι εφαρμόσιμη όχι μόνο στα πιο απλά προβλήματα, αλλά και σε οποιοδήποτε άλλο. Ειδικότερα, σε αυτά που θα αναφερθούμε σήμερα. Ας δούμε.

Πρώτη εργασία:

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

Εδώ μια τέτοια εγγραφή είναι ήδη πολύ πιο παρόμοια με την κανονική μορφή. Αλλά υπάρχει μια ακόμη απόχρωση: στην κανονική μορφή, τα επιχειρήματα πρέπει να είναι τα ίδια. Και έχουμε τον λογάριθμο στη βάση 3 στα αριστερά, και τον λογάριθμο στη βάση 1/3 στα δεξιά. Ξέρετε, πρέπει να φέρετε αυτές τις βάσεις στον ίδιο αριθμό. Για παράδειγμα, ας θυμηθούμε ποιοι είναι οι αρνητικοί εκθέτες:

Και τότε θα χρησιμοποιήσουμε τον εκθέτη "-1" έξω από το αρχείο καταγραφής ως πολλαπλασιαστή:

Παρακαλώ σημειώστε: ο βαθμός που βρισκόταν στη βάση αναποδογυρίζεται και μετατρέπεται σε κλάσμα. Λάβαμε μια σχεδόν κανονική σημείωση με το να απαλλαγούμε από διάφορες βάσεις, αλλά αντ' αυτού πήραμε τον παράγοντα «−1» στα δεξιά. Ας βάλουμε αυτόν τον παράγοντα στο επιχείρημα μετατρέποντάς τον σε δύναμη:

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

Ας χρησιμοποιήσουμε την κύρια ιδιότητα της αναλογίας και ας την πολλαπλασιάσουμε σταυρωτά:

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

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

2x2 - 9x + 4 = 3x2 - 19x + 20

x2 − 10x + 16 = 0

Μπροστά μας είναι το τετραγωνική εξίσωση, οπότε το λύνουμε χρησιμοποιώντας τους τύπους Vieta:

(x − 8)(x − 2) = 0

x 1 = 8; x2 = 2

Αυτό είναι όλο. Πιστεύετε ότι η εξίσωση έχει λυθεί; Δεν! Για μια τέτοια λύση, θα πάρουμε 0 βαθμούς, γιατί στην αρχική εξίσωση υπάρχουν δύο λογάριθμοι με τη μεταβλητή x ταυτόχρονα. Επομένως, είναι απαραίτητο να ληφθεί υπόψη ο τομέας ορισμού.

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

(x − 4)/(3x − 4) > 0

(x − 5)/(2x − 1) > 0

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

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

1. Αρχικά, είχαμε δύο λογάριθμους. Στη συνέχεια μετακινήσαμε ένα από αυτά προς τα δεξιά, αλλά αυτό δεν επηρέασε την περιοχή ορισμού.
2. Στη συνέχεια αφαιρούμε την ισχύ από τη βάση, αλλά υπάρχουν ακόμα δύο λογάριθμοι, και ο καθένας από αυτούς περιέχει τη μεταβλητή x .
3. Τέλος, διαγράφουμε τα σημάδια του log και παίρνουμε την κλασική κλασματική-ορθολογική εξίσωση.

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

Επομένως, το πεδίο ορισμού μπορεί να θεωρηθεί όχι στην αρχή της λύσης, αλλά μόνο στο αναφερόμενο βήμα - προτού εξισώσουμε άμεσα τα επιχειρήματα.

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

Αποδεικνύεται λοιπόν ότι η απαίτηση της εκπλήρωσης δύο ανισοτήτων ταυτόχρονα είναι υπερβολή. Αρκεί να εξετάσουμε μόνο ένα από αυτά τα κλάσματα. Ποιό απ'όλα? Αυτό που είναι πιο εύκολο. Για παράδειγμα, ας δούμε το σωστό κλάσμα:

(x − 5)/(2x − 1) > 0

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

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

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

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

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

Ας προχωρήσουμε στη δεύτερη εξίσωση:

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

Σας υπενθυμίζω ότι αν υπάρχει δεκαδικό κλάσμα στην εξίσωση, τότε θα πρέπει να το ξεφορτωθείτε. Με άλλα λόγια, ας ξαναγράψουμε το 0,5 ως κανονικό κλάσμα. Παρατηρούμε αμέσως ότι ο λογάριθμος που περιέχει αυτή τη βάση θεωρείται εύκολα:

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

Επιστρέφουμε στην αρχική μας λογαριθμική εξίσωση και την ξαναγράφουμε:

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

Πήραμε μια κατασκευή που είναι αρκετά κοντά στην κανονική μορφή. Ωστόσο, μας μπερδεύουν οι όροι και το σύμβολο μείον στα δεξιά του ίσου. Ας αντιπροσωπεύσουμε την ενότητα ως λογάριθμο στη βάση 5:

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

Αφαιρέστε τους λογάριθμους στα δεξιά (ενώ τα ορίσματά τους διαιρούνται):

log 5 (x − 9) = log 5 5/(x − 5)

Εκπληκτικός. Πήραμε λοιπόν την κανονική μορφή! Διαγράφουμε τα σημάδια καταγραφής και εξισώνουμε τα ορίσματα:

(x − 9)/1 = 5/(x − 5)

Αυτή είναι μια αναλογία που λύνεται εύκολα με διασταυρούμενο πολλαπλασιασμό:

(x − 9)(x − 5) = 5 1

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

x2 − 14x + 40 = 0

Προφανώς, έχουμε μια δεδομένη τετραγωνική εξίσωση. Επιλύεται εύκολα χρησιμοποιώντας τους τύπους Vieta:

(x − 10)(x − 4) = 0

x 1 = 10

x 2 = 4

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

Σας θυμίζω: μην κοιτάτε πότε καθεαπό τα ορίσματα θα είναι μεγαλύτερο από το μηδέν. Αρκεί να απαιτείται ένα όρισμα, είτε x − 9 είτε 5/(x − 5) να είναι μεγαλύτερο από το μηδέν. Εξετάστε το πρώτο επιχείρημα:

x − 9 > 0

x > 9

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

Για άλλη μια φορά, οι κύριες ιδέες του σημερινού μαθήματος:

1. Μόλις η μεταβλητή x εμφανιστεί σε πολλούς λογάριθμους, η εξίσωση παύει να είναι στοιχειώδης και γι' αυτήν είναι απαραίτητος ο υπολογισμός του πεδίου ορισμού. Διαφορετικά, μπορείτε εύκολα να γράψετε επιπλέον ρίζες ως απάντηση.
2. Η εργασία με τον ίδιο τον τομέα ορισμού μπορεί να απλοποιηθεί πολύ εάν η ανισότητα δεν γραφτεί αμέσως, αλλά ακριβώς τη στιγμή που θα απαλλαγούμε από τα σημάδια του log. Άλλωστε, όταν τα ορίσματα εξισώνονται μεταξύ τους, αρκεί να απαιτείται μόνο ένα από αυτά να είναι μεγαλύτερο από το μηδέν.

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

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

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

Κρίνετε μόνοι σας: στην αρχή απαιτείται κάθε όρισμα να είναι μεγαλύτερο από το μηδέν, αλλά μετά τον πολλαπλασιασμό αρκεί το γινόμενο τους να είναι μεγαλύτερο από το μηδέν. Ως αποτέλεσμα, παραλείπεται η περίπτωση που καθένα από αυτά τα κλάσματα είναι αρνητικό.

Επομένως, εάν μόλις αρχίζετε να ασχολείστε με σύνθετες λογαριθμικές εξισώσεις, σε καμία περίπτωση μην πολλαπλασιάσετε λογάριθμους που περιέχουν τη μεταβλητή x - πολύ συχνά αυτό οδηγεί σε επιπλέον ρίζες. Καλύτερα κάντε ένα επιπλέον βήμα, μεταφέρετε έναν όρο στην άλλη πλευρά, συνθέστε την κανονική μορφή.

Λοιπόν, τι να κάνετε εάν δεν μπορείτε να κάνετε χωρίς να πολλαπλασιάσετε τέτοιους λογάριθμους, θα συζητήσουμε στο επόμενο εκπαιδευτικό βίντεο. :)

Για άλλη μια φορά για τις δυνάμεις στην εξίσωση

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

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

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

log a f(x) = log a a β

Τότε εξισώνουμε τα επιχειρήματα:

f(x) = a β

Ο προτελευταίος τύπος ονομάζεται κανονική μορφή. Είναι γι' αυτήν που προσπαθούν να μειώσουν κάθε λογαριθμική εξίσωση, όσο περίπλοκη και τρομερή κι αν φαίνεται με την πρώτη ματιά.

Ορίστε, ας προσπαθήσουμε. Ας ξεκινήσουμε με την πρώτη εργασία:

Προκαταρκτική παρατήρηση: όπως είπα, όλα δεκαδικάσε μια λογαριθμική εξίσωση, είναι καλύτερο να τη μεταφράσουμε σε συνηθισμένες:

0,5 = 5/10 = 1/2

Ας ξαναγράψουμε την εξίσωσή μας έχοντας κατά νου αυτό το γεγονός. Σημειώστε ότι τόσο το 1/1000 όσο και το 100 είναι δυνάμεις του 10 και, στη συνέχεια, αφαιρούμε τις δυνάμεις από όπου κι αν βρίσκονται: από τα ορίσματα και ακόμη και από τη βάση των λογαρίθμων:

Και εδώ τίθεται το ερώτημα για πολλούς μαθητές: "Από πού προήλθε η ενότητα στα δεξιά;" Πράγματι, γιατί να μην γράψετε απλώς (x − 1); Φυσικά, τώρα θα γράψουμε (x − 1), αλλά το δικαίωμα σε μια τέτοια εγγραφή μας δίνει τον απολογισμό του τομέα ορισμού. Εξάλλου, ο άλλος λογάριθμος περιέχει ήδη (x − 1), και αυτή η έκφραση πρέπει να είναι μεγαλύτερη από το μηδέν.

Όταν όμως βγάλουμε το τετράγωνο από τη βάση του λογαρίθμου, πρέπει να αφήσουμε τη μονάδα στη βάση. Θα εξηγήσω γιατί.

Γεγονός είναι ότι από τη σκοπιά των μαθηματικών το να πάρεις πτυχίο ισοδυναμεί με ρίζα. Συγκεκριμένα, όταν η παράσταση (x − 1) 2 είναι τετράγωνο, ουσιαστικά εξάγουμε τη ρίζα του δεύτερου βαθμού. Αλλά η τετραγωνική ρίζα δεν είναι τίποτα άλλο παρά ένας συντελεστής. Ακριβώς μονάδα μέτρησης, γιατί ακόμα κι αν η έκφραση x - 1 είναι αρνητική, κατά τον τετραγωνισμό το "μείον" θα εξακολουθεί να καίγεται. Η περαιτέρω εξαγωγή της ρίζας θα μας δώσει έναν θετικό αριθμό - ήδη χωρίς κανένα μείον.

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

Η ρίζα ενός άρτιου βαθμού από οποιαδήποτε συνάρτηση που αυξάνεται στην ίδια ισχύ δεν είναι ίση με την ίδια τη συνάρτηση, αλλά με το μέτρο της:

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

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

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

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

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

1 = log x − 1 (x − 1) 1

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

log x − 1 10 −4 = log x − 1 (x − 1)

Μπροστά μας βρίσκεται η κανονική μορφή της λογαριθμικής εξίσωσης. Απαλλαγείτε από το πρόσημο του λογάριθμου:

10 −4 = x − 1

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

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

x = 1 + 0,0001 = 1,0001

Αυτή είναι η μόνη ρίζα που ικανοποιεί αυτόματα όλες τις απαιτήσεις για το πεδίο ορισμού του λογαρίθμου (ωστόσο, όλες οι απαιτήσεις εξαλείφθηκαν ως εν γνώσει μας πληρούνται στις συνθήκες του προβλήματός μας).

Άρα η δεύτερη εξίσωση είναι:

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

Πώς είναι αυτή η εξίσωση ουσιαστικά διαφορετική από την προηγούμενη; Ήδη τουλάχιστον από το γεγονός ότι οι βάσεις των λογαρίθμων - 3x και 9x - δεν είναι φυσικές δυνάμεις η μία της άλλης. Επομένως, η μετάβαση που χρησιμοποιήσαμε στην προηγούμενη λύση δεν είναι δυνατή.

Ας ξεφορτωθούμε τουλάχιστον τα πτυχία. Στην περίπτωσή μας, η μόνη δύναμη βρίσκεται στο δεύτερο επιχείρημα:

3 log 3 x x = 2 ∙ 2 log 9 x |x |

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

3 log 3 x x = 4 log 9 x x

Πήραμε λογάριθμους στους οποίους τα ορίσματα είναι ίδια, αλλά διαφορετικούς λόγους. Πώς να προχωρήσω? Υπάρχουν πολλές επιλογές εδώ, αλλά θα εξετάσουμε μόνο δύο από αυτές, που είναι οι πιο λογικές, και το πιο σημαντικό, αυτά είναι γρήγορα και κατανοητά κόλπα για τους περισσότερους μαθητές.

Έχουμε ήδη εξετάσει την πρώτη επιλογή: σε οποιαδήποτε ακατανόητη κατάσταση, μεταφράστε λογάριθμους με μεταβλητή βάση σε κάποια σταθερή βάση. Για παράδειγμα, σε ένα δίδυμο. Ο τύπος μετατροπής είναι απλός:

Φυσικά, ένας κανονικός αριθμός πρέπει να λειτουργεί ως μεταβλητή c: 1 ≠ c > 0. Στην περίπτωσή μας, έστω c = 2. Τώρα έχουμε μια συνηθισμένη κλασματική ορθολογική εξίσωση. Συλλέγουμε όλα τα στοιχεία στα αριστερά:

Προφανώς, ο συντελεστής καταγραφής 2 x είναι καλύτερο να αφαιρεθεί, καθώς υπάρχει τόσο στο πρώτο όσο και στο δεύτερο κλάσμα.

log 2 x = 0;

3 log 2 9x = 4 log 2 3x

Διαχωρίζουμε κάθε αρχείο καταγραφής σε δύο όρους:

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

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

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

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

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

2 log 2 3 = log 2 x

Τώρα μένει να προσθέσουμε ένα δίδυμο κάτω από το σύμβολο του λογαρίθμου (θα μετατραπεί σε δύναμη: 3 2 \u003d 9):

log 2 9 = log 2 x

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

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

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

Το συμπέρασμα από αυτή τη λύση είναι απλό: μην φοβάστε τους μεγάλους υπολογισμούς! Απλώς στην αρχή επιλέξαμε μια νέα βάση τυχαία - και αυτό περιέπλεξε σημαντικά τη διαδικασία.

Αλλά τότε τίθεται το ερώτημα: ποια είναι η βάση άριστος? Θα μιλήσω για αυτό με τον δεύτερο τρόπο.

Ας επιστρέψουμε στην αρχική μας εξίσωση:

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

3 log 3x x = 2 ∙ 2 log 9x |x |

x > 0 ⇒ |x| = x

3 log 3 x x = 4 log 9 x x

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

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

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

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

3 log 3 1 = 4 log 9 1

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

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

3 log x 9x = 4 log x 3x

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

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

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

3 log x 3 2 − 4 log x 3 = 4 − 3

2 log x 3 = 1

Εδώ ερχόμαστε στην κανονική μορφή:

log x 9 = ημερολόγιο x x 1

x=9

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

Όπως μπορείτε να δείτε, ο όγκος των υπολογισμών έχει μειωθεί ελαφρώς. Αλλά όταν λύνετε μια πραγματική λογαριθμική εξίσωση, ο αριθμός των βημάτων θα είναι πολύ μικρότερος και επειδή δεν απαιτείται να περιγράψετε κάθε βήμα με τόση λεπτομέρεια.

Ο βασικός κανόνας του σημερινού μαθήματος είναι ο εξής: εάν υπάρχει ζυγός βαθμός στο πρόβλημα, από τον οποίο εξάγεται η ρίζα του ίδιου βαθμού, τότε στην έξοδο θα λάβουμε μια ενότητα. Ωστόσο, αυτή η ενότητα μπορεί να αφαιρεθεί εάν δώσετε προσοχή στον τομέα ορισμού των λογαρίθμων.

Προσοχή όμως: οι περισσότεροι μαθητές μετά από αυτό το μάθημα πιστεύουν ότι καταλαβαίνουν τα πάντα. Αλλά όταν λύνουν πραγματικά προβλήματα, δεν μπορούν να αναπαράγουν ολόκληρη τη λογική αλυσίδα. Ως αποτέλεσμα, η εξίσωση αποκτά επιπλέον ρίζες και η απάντηση είναι λάθος.

Επομένως, φροντίστε να εξασκηθείτε: κατεβάστε εργασίες για ανεξάρτητη εργασίαλύστε τα και συγκρίνετε με τις απαντήσεις. Και αυτό είναι όλο για σήμερα. :)

Με αυτό το βίντεο, ξεκινάω μια μεγάλη σειρά μαθημάτων σχετικά με τις λογαριθμικές εξισώσεις. Τώρα έχετε τρία παραδείγματα ταυτόχρονα, με βάση τα οποία θα μάθουμε να λύνουμε τα περισσότερα απλές εργασίες, που ονομάζονται πρωτόζωα.

log 0,5 (3x - 1) = -3

lg (x + 3) = 3 + 2 lg 5

Να σας υπενθυμίσω ότι η απλούστερη λογαριθμική εξίσωση είναι η εξής:

log a f(x) = b

Είναι σημαντικό η μεταβλητή x να υπάρχει μόνο μέσα στο όρισμα, δηλαδή μόνο στη συνάρτηση f(x). Και οι αριθμοί a και b είναι απλώς αριθμοί, και σε καμία περίπτωση δεν είναι συναρτήσεις που περιέχουν τη μεταβλητή x.

Βασικές μέθοδοι λύσης

Υπάρχουν πολλοί τρόποι επίλυσης τέτοιων δομών. Για παράδειγμα, οι περισσότεροι δάσκαλοι στο σχολείο προτείνουν τον εξής τρόπο: Εκφράστε αμέσως τη συνάρτηση f ( x ) χρησιμοποιώντας τον τύπο φά( x) = α β . Όταν δηλαδή συναντήσεις την πιο απλή κατασκευή, μπορείς να προχωρήσεις άμεσα στη λύση χωρίς πρόσθετες ενέργειες και κατασκευές.

Ναι, φυσικά, η απόφαση θα αποδειχθεί σωστή. Ωστόσο, το πρόβλημα με αυτόν τον τύπο είναι ότι οι περισσότεροι μαθητές δεν καταλαβαίνω, από πού προέρχεται και γιατί ακριβώς ανεβάζουμε το γράμμα α στο γράμμα β.

Ως αποτέλεσμα, παρατηρώ συχνά πολύ προσβλητικά λάθη, όταν, για παράδειγμα, αυτά τα γράμματα ανταλλάσσονται. Αυτή η φόρμουλα πρέπει είτε να γίνει κατανοητή είτε να απομνημονευτεί, και η δεύτερη μέθοδος οδηγεί σε σφάλματα στις πιο ακατάλληλες και πιο κρίσιμες στιγμές: σε εξετάσεις, τεστ κ.λπ.

Γι' αυτό προτείνω σε όλους τους μαθητές μου να εγκαταλείψουν τον τυπικό σχολικό τύπο και να χρησιμοποιήσουν τη δεύτερη προσέγγιση για την επίλυση λογαριθμικών εξισώσεων, η οποία, όπως μάλλον μαντέψατε από το όνομα, ονομάζεται κανονική μορφή.

Η ιδέα της κανονικής μορφής είναι απλή. Ας δούμε ξανά την εργασία μας: στα αριστερά έχουμε το log a , ενώ το γράμμα a σημαίνει ακριβώς τον αριθμό και σε καμία περίπτωση τη συνάρτηση που περιέχει τη μεταβλητή x. Επομένως, αυτό το γράμμα υπόκειται σε όλους τους περιορισμούς που επιβάλλονται στη βάση του λογαρίθμου. και συγκεκριμένα:

1 ≠ a > 0

Από την άλλη πλευρά, από την ίδια εξίσωση, βλέπουμε ότι ο λογάριθμος πρέπει να είναι ίσος με τον αριθμό b και δεν επιβάλλονται περιορισμοί σε αυτό το γράμμα, γιατί μπορεί να πάρει οποιαδήποτε τιμή - θετική και αρνητική. Όλα εξαρτώνται από τις τιμές που παίρνει η συνάρτηση f(x).

Και εδώ θυμόμαστε τον υπέροχο κανόνα μας ότι οποιοσδήποτε αριθμός b μπορεί να αναπαρασταθεί ως λογάριθμος στη βάση a από το a στη δύναμη του b:

b = log a a b

Πώς να θυμάστε αυτόν τον τύπο; Ναι, πολύ απλό. Ας γράψουμε την παρακάτω κατασκευή:

b = b 1 = b log a a

Φυσικά, σε αυτή την περίπτωση προκύπτουν όλοι οι περιορισμοί που καταγράψαμε στην αρχή. Και τώρα ας χρησιμοποιήσουμε τη βασική ιδιότητα του λογαρίθμου και ας εισαγάγουμε τον παράγοντα b ως δύναμη του a. Παίρνουμε:

b = b 1 = b log a a = log a a b

Ως αποτέλεσμα, η αρχική εξίσωση θα ξαναγραφεί με την ακόλουθη μορφή:

log a f (x) = log a a b → f (x) = a b

Αυτό είναι όλο. Η νέα συνάρτηση δεν περιέχει πλέον λογάριθμο και λύνεται με τυπικές αλγεβρικές τεχνικές.

Φυσικά, κάποιος θα αντιταχθεί τώρα: γιατί ήταν απαραίτητο να καταλήξουμε σε κάποιο είδος κανονικής φόρμουλας, γιατί να εκτελέσουμε δύο επιπλέον περιττά βήματα, εάν ήταν δυνατό να μεταβούμε αμέσως από την αρχική κατασκευή στον τελικό τύπο; Ναι, έστω και μόνο επειδή οι περισσότεροι μαθητές δεν καταλαβαίνουν από πού προέρχεται αυτός ο τύπος και, ως αποτέλεσμα, κάνουν τακτικά λάθη κατά την εφαρμογή του.

Αλλά μια τέτοια ακολουθία ενεργειών, που αποτελείται από τρία βήματα, σας επιτρέπει να λύσετε την αρχική λογαριθμική εξίσωση, ακόμα κι αν δεν καταλαβαίνετε από πού προέρχεται αυτός ο τελικός τύπος. Παρεμπιπτόντως, αυτή η καταχώρηση ονομάζεται κανονικός τύπος:

log a f(x) = log a a β

Η ευκολία της κανονικής μορφής έγκειται επίσης στο γεγονός ότι μπορεί να χρησιμοποιηθεί για την επίλυση μιας πολύ ευρείας κατηγορίας λογαριθμικών εξισώσεων, και όχι μόνο των απλούστερων που εξετάζουμε σήμερα.

Παραδείγματα λύσεων

Τώρα ας δούμε πραγματικά παραδείγματα. Ας αποφασίσουμε λοιπόν:

log 0,5 (3x - 1) = -3

Ας το ξαναγράψουμε ως εξής:

log 0,5 (3x − 1) = log 0,5 0,5 −3

Πολλοί μαθητές βιάζονται και προσπαθούν να ανεβάσουν αμέσως τον αριθμό 0,5 στην ισχύ που μας ήρθε από το αρχικό πρόβλημα. Και πράγματι, όταν είστε ήδη καλά εκπαιδευμένοι στην επίλυση τέτοιων προβλημάτων, μπορείτε να εκτελέσετε αμέσως αυτό το βήμα.

Ωστόσο, εάν τώρα μόλις αρχίζετε να μελετάτε αυτό το θέμα, είναι καλύτερα να μην βιαστείτε πουθενά για να μην κάνετε προσβλητικά λάθη. Έχουμε λοιπόν την κανονική μορφή. Εχουμε:

3x - 1 = 0,5 -3

Αυτή δεν είναι πλέον μια λογαριθμική εξίσωση, αλλά μια γραμμική σε σχέση με τη μεταβλητή x. Για να το λύσουμε, ας ασχοληθούμε πρώτα με τον αριθμό 0,5 στη δύναμη του −3. Σημειώστε ότι το 0,5 είναι 1/2.

(1/2) −3 = (2/1) 3 = 8

Μετατρέψτε όλα τα δεκαδικά σε κλάσματα όταν λύνετε μια λογαριθμική εξίσωση.

Ξαναγράφουμε και παίρνουμε:

3x − 1 = 8
3x=9
x=3

Το μόνο που πήραμε την απάντηση. Η πρώτη εργασία έχει λυθεί.

Δεύτερη εργασία

Ας προχωρήσουμε στη δεύτερη εργασία:

Όπως μπορείτε να δείτε, αυτή η εξίσωση δεν είναι πλέον η απλούστερη. Μόνο και μόνο επειδή η διαφορά είναι στα αριστερά, και όχι ένας λογάριθμος σε μία βάση.

Επομένως, πρέπει με κάποιο τρόπο να απαλλαγείτε από αυτή τη διαφορά. Σε αυτή την περίπτωση, όλα είναι πολύ απλά. Ας ρίξουμε μια πιο προσεκτική ματιά στις βάσεις: στα αριστερά είναι ο αριθμός κάτω από τη ρίζα:

Γενική σύσταση: σε όλες τις λογαριθμικές εξισώσεις, προσπαθήστε να απαλλαγείτε από ρίζες, δηλ. από καταχωρήσεις με ρίζες και προχωρήστε στις συναρτήσεις ισχύος, απλώς και μόνο επειδή οι εκθέτες αυτών των δυνάμεων αφαιρούνται εύκολα από το πρόσημο του λογαρίθμου και, τελικά, τέτοιες μια σημείωση απλοποιεί πολύ και επιταχύνει τους υπολογισμούς. Ας το γράψουμε ως εξής:

Τώρα υπενθυμίζουμε την αξιοσημείωτη ιδιότητα του λογάριθμου: από το όρισμα, καθώς και από τη βάση, μπορείτε να βγάλετε μοίρες. Στην περίπτωση των βάσεων συμβαίνουν τα εξής:

log a k b = 1/k λογα β

Με άλλα λόγια, ο αριθμός που στάθηκε στη μοίρα της βάσης φέρεται μπροστά και ταυτόχρονα αναποδογυρίζεται, γίνεται δηλαδή το αντίστροφο του αριθμού. Στην περίπτωσή μας υπήρχε ένας βαθμός βάσης με δείκτη 1/2. Επομένως, μπορούμε να το βγάλουμε ως 2/1. Παίρνουμε:

5 2 log 5 x − log 5 x = 18
10 log 5 x − log 5 x = 18

Σημείωση: σε καμία περίπτωση δεν πρέπει να απαλλαγείτε από τους λογάριθμους σε αυτό το βήμα. Σκεφτείτε ξανά την τάξη 4-5 των μαθηματικών και τη σειρά των πράξεων: πρώτα εκτελείται ο πολλαπλασιασμός και μόνο μετά γίνεται η πρόσθεση και η αφαίρεση. Σε αυτήν την περίπτωση, αφαιρούμε ένα από τα ίδια στοιχεία από 10 στοιχεία:

9 log 5 x = 18
log 5 x = 2

Τώρα η εξίσωσή μας μοιάζει όπως θα έπρεπε. Αυτή είναι η απλούστερη κατασκευή και την λύνουμε χρησιμοποιώντας την κανονική μορφή:

log 5 x = log 5 5 2
x = 5 2
x=25

Αυτό είναι όλο. Το δεύτερο πρόβλημα λύνεται.

Τρίτο παράδειγμα

Ας προχωρήσουμε στην τρίτη εργασία:

lg (x + 3) = 3 + 2 lg 5

Θυμηθείτε τον ακόλουθο τύπο:

log b = log 10 b

Εάν για κάποιο λόγο μπερδεύεστε γράφοντας lg b , τότε όταν κάνετε όλους τους υπολογισμούς, μπορείτε απλά να γράψετε το log 10 b . Μπορείτε να εργαστείτε με δεκαδικούς λογάριθμους με τον ίδιο τρόπο όπως και με άλλους: αφαιρέστε δυνάμεις, προσθέστε και αντιπροσωπεύστε οποιονδήποτε αριθμό ως lg 10.

Αυτές ακριβώς οι ιδιότητες θα χρησιμοποιήσουμε τώρα για να λύσουμε το πρόβλημα, αφού δεν είναι η απλούστερη που καταγράψαμε στην αρχή του μαθήματός μας.

Αρχικά, σημειώστε ότι ο παράγοντας 2 πριν από το lg 5 μπορεί να εισαχθεί και γίνεται δύναμη της βάσης 5. Επιπλέον, ο ελεύθερος όρος 3 μπορεί επίσης να αναπαρασταθεί ως λογάριθμος - αυτό είναι πολύ εύκολο να το παρατηρήσουμε από τη σημειογραφία μας.

Κρίνετε μόνοι σας: οποιοσδήποτε αριθμός μπορεί να αναπαρασταθεί ως αρχείο καταγραφής στη βάση 10:

3 = ημερολόγιο 10 10 3 = ημερολόγιο 10 3

Ας ξαναγράψουμε το αρχικό πρόβλημα λαμβάνοντας υπόψη τις ληφθείσες αλλαγές:

lg (x − 3) = lg 1000 + lg 25
lg (x − 3) = lg 1000 25
lg (x - 3) = lg 25 000

Μπροστά μας είναι πάλι η κανονική μορφή, και την αποκτήσαμε παρακάμπτοντας το στάδιο των μετασχηματισμών, δηλαδή, η απλούστερη λογαριθμική εξίσωση δεν εμφανίστηκε πουθενά μαζί μας.

Αυτό έλεγα στην αρχή του μαθήματος. Η κανονική μορφή επιτρέπει την επίλυση μιας ευρύτερης κατηγορίας προβλημάτων από την τυπική σχολική φόρμουλα, η οποία δίνεται από τους περισσότερους δασκάλους.

Αυτό είναι όλο, απαλλαγούμε από το πρόσημο του δεκαδικού λογάριθμου και παίρνουμε μια απλή γραμμική κατασκευή:

x + 3 = 25.000
x = 24997

Ολα! Το πρόβλημα λύθηκε.

Μια σημείωση για το πεδίο εφαρμογής

Εδώ θα ήθελα να κάνω μια σημαντική παρατήρηση σχετικά με τον τομέα του ορισμού. Σίγουρα τώρα υπάρχουν μαθητές και δάσκαλοι που θα πουν: «Όταν λύνουμε εκφράσεις με λογάριθμους, είναι επιτακτική ανάγκη να θυμόμαστε ότι το όρισμα f (x) πρέπει να είναι μεγαλύτερο από το μηδέν!» Από αυτή την άποψη, τίθεται ένα λογικό ερώτημα: γιατί σε κανένα από τα εξεταζόμενα προβλήματα δεν απαιτήσαμε να ικανοποιηθεί αυτή η ανισότητα;

Μην ανησυχείς. Δεν θα εμφανιστούν επιπλέον ρίζες σε αυτές τις περιπτώσεις. Και αυτό είναι ένα άλλο υπέροχο κόλπο που σας επιτρέπει να επιταχύνετε τη λύση. Απλώς ξέρετε ότι αν στο πρόβλημα η μεταβλητή x εμφανίζεται μόνο σε ένα μέρος (ή μάλλον στο ένα και μοναδικό όρισμα του ενός και μοναδικού λογαρίθμου), και πουθενά αλλού στην περίπτωσή μας δεν εμφανίζεται η μεταβλητή x, τότε γράψτε τον τομέα δεν χρειάζεταιγιατί θα τρέξει αυτόματα.

Κρίνετε μόνοι σας: στην πρώτη εξίσωση, πήραμε ότι το 3x - 1, δηλαδή το όρισμα πρέπει να είναι ίσο με 8. Αυτό σημαίνει αυτόματα ότι το 3x - 1 θα είναι μεγαλύτερο από το μηδέν.

Με την ίδια επιτυχία, μπορούμε να γράψουμε ότι στη δεύτερη περίπτωση, το x πρέπει να είναι ίσο με 5 2, δηλ. είναι σίγουρα μεγαλύτερο από το μηδέν. Και στην τρίτη περίπτωση, όπου x + 3 = 25.000, δηλ. πάλι, προφανώς μεγαλύτερο από το μηδέν. Με άλλα λόγια, το εύρος είναι αυτόματο, αλλά μόνο εάν το x εμφανίζεται μόνο στο όρισμα ενός μόνο λογάριθμου.

Αυτό είναι το μόνο που χρειάζεται να γνωρίζετε για να λύσετε απλά προβλήματα. Αυτός ο κανόνας από μόνος του, μαζί με τους κανόνες μετασχηματισμού, θα σας επιτρέψει να λύσετε μια πολύ μεγάλη κατηγορία προβλημάτων.

Αλλά ας είμαστε ειλικρινείς: για να κατανοήσουμε τελικά αυτήν την τεχνική, για να μάθουμε πώς να εφαρμόζουμε την κανονική μορφή της λογαριθμικής εξίσωσης, δεν αρκεί να παρακολουθήσουμε μόνο ένα μάθημα βίντεο. Λοιπόν, κατεβάστε τις επιλογές τώρα για ανεξάρτητη απόφαση, τα οποία επισυνάπτονται σε αυτό το εκπαιδευτικό βίντεο και ξεκινούν να λύνουν τουλάχιστον ένα από αυτά τα δύο ανεξάρτητα έργα.

Θα σας πάρει μόλις λίγα λεπτά. Αλλά το αποτέλεσμα μιας τέτοιας εκπαίδευσης θα είναι πολύ υψηλότερο σε σύγκριση με το αν μόλις παρακολουθούσατε αυτό το εκπαιδευτικό βίντεο.

Ελπίζω ότι αυτό το μάθημα θα σας βοηθήσει να κατανοήσετε τις λογαριθμικές εξισώσεις. Εφαρμόστε την κανονική μορφή, απλοποιήστε τις εκφράσεις χρησιμοποιώντας τους κανόνες για την εργασία με λογάριθμους - και δεν θα φοβάστε καμία εργασία. Και αυτό είναι το μόνο που έχω για σήμερα.

Εξέταση πεδίου εφαρμογής

Τώρα ας μιλήσουμε για το πεδίο ορισμού της λογαριθμικής συνάρτησης, καθώς και για το πώς αυτό επηρεάζει τη λύση των λογαριθμικών εξισώσεων. Σκεφτείτε μια κατασκευή της φόρμας

log a f(x) = b

Μια τέτοια έκφραση ονομάζεται η απλούστερη - έχει μόνο μία συνάρτηση και οι αριθμοί a και b είναι απλώς αριθμοί και σε καμία περίπτωση δεν είναι συνάρτηση που εξαρτάται από τη μεταβλητή x. Λύνεται πολύ απλά. Απλά πρέπει να χρησιμοποιήσετε τον τύπο:

b = log a a b

Αυτή η φόρμουλαείναι μία από τις βασικές ιδιότητες του λογάριθμου και όταν αντικατασταθεί στην αρχική μας έκφραση, παίρνουμε τα εξής:

log a f(x) = log a a β

f(x) = a β

Αυτή είναι ήδη μια γνωστή φόρμουλα από τα σχολικά εγχειρίδια. Πολλοί μαθητές θα έχουν πιθανώς μια ερώτηση: δεδομένου ότι η συνάρτηση f ( x) στην αρχική παράσταση βρίσκεται κάτω από το σύμβολο καταγραφής, επιβάλλονται οι ακόλουθοι περιορισμοί σε αυτήν:

f(x) > 0

Αυτός ο περιορισμός ισχύει γιατί ο λογάριθμος των αρνητικών αριθμών δεν υπάρχει. Λοιπόν, ίσως λόγω αυτού του περιορισμού, θα έπρεπε να εισαγάγετε έναν έλεγχο για απαντήσεις; Ίσως πρέπει να αντικατασταθούν στην πηγή;

Όχι, στις απλούστερες λογαριθμικές εξισώσεις, ένας επιπλέον έλεγχος είναι περιττός. Και για αυτο. Ρίξτε μια ματιά στον τελικό μας τύπο:

f(x) = a β

Το γεγονός είναι ότι ο αριθμός a σε κάθε περίπτωση είναι μεγαλύτερος από το 0 - αυτή η απαίτηση επιβάλλεται επίσης από τον λογάριθμο. Ο αριθμός α είναι η βάση. Στην περίπτωση αυτή δεν επιβάλλονται περιορισμοί στον αριθμό β. Αλλά αυτό δεν έχει σημασία, γιατί ανεξάρτητα από το βαθμό που ανεβάζουμε έναν θετικό αριθμό, θα έχουμε και πάλι έναν θετικό αριθμό στην έξοδο. Έτσι, η απαίτηση f (x) > 0 εκπληρώνεται αυτόματα.

Αυτό που αξίζει πραγματικά να ελέγξετε είναι το εύρος της λειτουργίας κάτω από το σύμβολο καταγραφής. Μπορεί να υπάρχουν αρκετά περίπλοκα σχέδια και στη διαδικασία επίλυσής τους, πρέπει οπωσδήποτε να τα ακολουθήσετε. Ας δούμε.

Πρώτη εργασία:

Πρώτο βήμα: μετατρέψτε το κλάσμα στα δεξιά. Παίρνουμε:

Απαλλαγούμε από το πρόσημο του λογάριθμου και παίρνουμε τη συνηθισμένη παράλογη εξίσωση:

Από τις ρίζες που αποκτήθηκαν, μόνο η πρώτη μας ταιριάζει, αφού η δεύτερη ρίζα είναι μικρότερη από το μηδέν. Η μόνη απάντηση θα είναι ο αριθμός 9. Αυτό ήταν, το πρόβλημα λύθηκε. Δεν απαιτούνται πρόσθετοι έλεγχοι ότι η έκφραση κάτω από το πρόσημο του λογάριθμου είναι μεγαλύτερη από 0, επειδή δεν είναι απλώς μεγαλύτερη από 0, αλλά από τη συνθήκη της εξίσωσης είναι ίση με 2. Επομένως, η απαίτηση "μεγαλύτερο από μηδέν" είναι αυτόματα ικανοποιημένος.

Ας προχωρήσουμε στη δεύτερη εργασία:

Ολα είναι ίδια εδώ. Ξαναγράφουμε την κατασκευή, αντικαθιστώντας το τριπλό:

Απαλλαγούμε από τα σημάδια του λογαρίθμου και παίρνουμε μια παράλογη εξίσωση:

Τετραγωνίζουμε και τα δύο μέρη, λαμβάνοντας υπόψη τους περιορισμούς, και παίρνουμε:

4 - 6x - x 2 = (x - 4) 2

4 - 6x - x 2 = x 2 + 8x + 16

x2 + 8x + 16 −4 + ​​6x + x2 = 0

2x2 + 14x + 12 = 0 |:2

x2 + 7x + 6 = 0

Λύνουμε την εξίσωση που προκύπτει μέσω της διάκρισης:

D \u003d 49 - 24 \u003d 25

x 1 = -1

x 2 \u003d -6

Αλλά το x = −6 δεν μας ταιριάζει, γιατί αν αντικαταστήσουμε αυτόν τον αριθμό στην ανισότητα μας, παίρνουμε:

−6 + 4 = −2 < 0

Στην περίπτωσή μας, απαιτείται να είναι μεγαλύτερο από 0 ή, σε ακραίες περιπτώσεις, ίσο. Αλλά x = −1 μας ταιριάζει:

−1 + 4 = 3 > 0

Η μόνη απάντηση στην περίπτωσή μας είναι x = −1. Αυτή είναι όλη η λύση. Ας επιστρέψουμε στην αρχή των υπολογισμών μας.

Το κύριο συμπέρασμα από αυτό το μάθημα είναι ότι δεν απαιτείται έλεγχος των ορίων για μια συνάρτηση στις απλούστερες λογαριθμικές εξισώσεις. Γιατί στη διαδικασία επίλυσης όλοι οι περιορισμοί εκτελούνται αυτόματα.

Ωστόσο, αυτό σε καμία περίπτωση δεν σημαίνει ότι μπορείτε να ξεχάσετε εντελώς την επαλήθευση. Κατά τη διαδικασία εργασίας σε μια λογαριθμική εξίσωση, μπορεί κάλλιστα να μετατραπεί σε μια παράλογη, η οποία θα έχει τους δικούς της περιορισμούς και απαιτήσεις για τη δεξιά πλευρά, που έχουμε δει σήμερα σε δύο διαφορετικά παραδείγματα.

Μη διστάσετε να λύσετε τέτοια προβλήματα και να είστε ιδιαίτερα προσεκτικοί εάν υπάρχει ρίζα στο επιχείρημα.

Λογαριθμικές εξισώσεις με διαφορετικές βάσεις

Συνεχίζουμε να μελετάμε τις λογαριθμικές εξισώσεις και να αναλύουμε δύο ακόμη αρκετά ενδιαφέροντα κόλπα με τα οποία είναι της μόδας να λύνουμε πιο περίπλοκες δομές. Αλλά πρώτα, ας θυμηθούμε πώς επιλύονται οι απλούστερες εργασίες:

log a f(x) = b

Σε αυτόν τον συμβολισμό, τα a και b είναι απλώς αριθμοί και στη συνάρτηση f (x) πρέπει να υπάρχει η μεταβλητή x και μόνο εκεί, δηλαδή, το x πρέπει να είναι μόνο στο όρισμα. Θα μετασχηματίσουμε τέτοιες λογαριθμικές εξισώσεις χρησιμοποιώντας την κανονική μορφή. Για αυτό, σημειώνουμε ότι

b = log a a b

Και το β είναι απλώς ένα επιχείρημα. Ας ξαναγράψουμε αυτή την έκφραση ως εξής:

log a f(x) = log a a β

Αυτό ακριβώς προσπαθούμε να πετύχουμε, ώστε τόσο στα αριστερά όσο και στα δεξιά να υπάρχει ένας λογάριθμος στη βάση α. Σε αυτήν την περίπτωση, μπορούμε, μεταφορικά μιλώντας, να διαγράψουμε τα σημάδια του log και από την άποψη των μαθηματικών, μπορούμε να πούμε ότι απλώς εξισώνουμε τα επιχειρήματα:

f(x) = a β

Ως αποτέλεσμα, παίρνουμε μια νέα έκφραση που θα λυθεί πολύ πιο εύκολα. Ας εφαρμόσουμε αυτόν τον κανόνα στις εργασίες μας σήμερα.

Το πρώτο σχέδιο λοιπόν:

Πρώτα από όλα, σημειώνω ότι υπάρχει ένα κλάσμα στα δεξιά, ο παρονομαστής του οποίου είναι log. Όταν βλέπετε μια έκφραση όπως αυτή, αξίζει να θυμάστε την υπέροχη ιδιότητα των λογαρίθμων:

Μεταφρασμένο στα ρωσικά, αυτό σημαίνει ότι οποιοσδήποτε λογάριθμος μπορεί να αναπαρασταθεί ως πηλίκο δύο λογαρίθμων με οποιαδήποτε βάση c. Φυσικά, 0< с ≠ 1.

Έτσι: αυτός ο τύπος έχει μια υπέροχη ειδική περίπτωση όταν η μεταβλητή c είναι ίση με τη μεταβλητή σι. Σε αυτή την περίπτωση, παίρνουμε μια κατασκευή της φόρμας:

Είναι αυτή η κατασκευή που παρατηρούμε από το σύμβολο στα δεξιά στην εξίσωσή μας. Ας αντικαταστήσουμε αυτήν την κατασκευή με το log a b , παίρνουμε:

Με άλλα λόγια, σε σύγκριση με την αρχική εργασία, έχουμε ανταλλάξει το όρισμα και τη βάση του λογαρίθμου. Αντίθετα, έπρεπε να αναστρέψουμε το κλάσμα.

Υπενθυμίζουμε ότι οποιοδήποτε πτυχίο μπορεί να αφαιρεθεί από τη βάση σύμφωνα με τον ακόλουθο κανόνα:

Με άλλα λόγια, ο συντελεστής k, που είναι ο βαθμός της βάσης, βγαίνει ως ανεστραμμένο κλάσμα. Ας το βγάλουμε ως ανεστραμμένο κλάσμα:

Ο κλασματικός παράγοντας δεν μπορεί να μείνει μπροστά, γιατί σε αυτήν την περίπτωση δεν θα μπορούμε να αναπαραστήσουμε αυτό το λήμμα ως κανονική μορφή (εξάλλου, στην κανονική μορφή, δεν υπάρχει πρόσθετος παράγοντας μπροστά από τον δεύτερο λογάριθμο). Επομένως, ας βάλουμε το κλάσμα 1/4 στο όρισμα ως δύναμη:

Τώρα εξισώνουμε τα επιχειρήματα των οποίων οι βάσεις είναι ίδιες (και έχουμε πραγματικά τις ίδιες βάσεις) και γράφουμε:

x + 5 = 1

x = −4

Αυτό είναι όλο. Πήραμε την απάντηση στην πρώτη λογαριθμική εξίσωση. Προσοχή: στο αρχικό πρόβλημα, η μεταβλητή x εμφανίζεται μόνο σε ένα αρχείο καταγραφής και βρίσκεται στο όρισμά της. Επομένως, δεν χρειάζεται να ελέγξουμε τον τομέα και ο αριθμός μας x = −4 είναι πράγματι η απάντηση.

Τώρα ας προχωρήσουμε στη δεύτερη έκφραση:

log 56 = log 2 log 2 7 − 3 log (x + 4)

Εδώ, εκτός από τους συνηθισμένους λογάριθμους, θα πρέπει να δουλέψουμε και με το lg f (x). Πώς να λύσετε μια τέτοια εξίσωση; Μπορεί σε έναν απροετοίμαστο μαθητή να φαίνεται ότι πρόκειται για κάποιο είδος κασσίτερου, αλλά στην πραγματικότητα όλα λύνονται στοιχειωδώς.

Δείτε προσεκτικά τον όρο lg 2 log 2 7. Τι μπορούμε να πούμε για αυτόν; Οι βάσεις και τα ορίσματα του log και του lg είναι τα ίδια, και αυτό θα πρέπει να δώσει κάποιες ενδείξεις. Ας θυμηθούμε για άλλη μια φορά πώς αφαιρούνται οι μοίρες κάτω από το πρόσημο του λογαρίθμου:

log a b n = n log a b

Με άλλα λόγια, η ισχύς του αριθμού b στο όρισμα γίνεται παράγοντας μπροστά από το ίδιο το log. Ας εφαρμόσουμε αυτόν τον τύπο στην έκφραση lg 2 log 2 7. Μην φοβάστε το lg 2 - αυτή είναι η πιο κοινή έκφραση. Μπορείτε να το ξαναγράψετε ως εξής:

Για αυτόν ισχύουν όλοι οι κανόνες που ισχύουν για οποιονδήποτε άλλο λογάριθμο. Συγκεκριμένα, ο παράγοντας μπροστά μπορεί να εισαχθεί στη δύναμη του επιχειρήματος. Ας γράψουμε:

Πολύ συχνά, οι μαθητές σε κενό σημείο δεν βλέπουν αυτήν την ενέργεια, επειδή δεν είναι καλό να εισάγετε ένα αρχείο καταγραφής κάτω από το σημάδι ενός άλλου. Στην πραγματικότητα, δεν υπάρχει τίποτα εγκληματικό σε αυτό. Επιπλέον, παίρνουμε έναν τύπο που είναι εύκολο να υπολογιστεί αν θυμάστε έναν σημαντικό κανόνα:

Αυτός ο τύπος μπορεί να θεωρηθεί τόσο ως ορισμός όσο και ως μία από τις ιδιότητές του. Σε κάθε περίπτωση, εάν μετατρέψετε μια λογαριθμική εξίσωση, θα πρέπει να γνωρίζετε αυτόν τον τύπο με τον ίδιο τρόπο όπως την αναπαράσταση οποιουδήποτε αριθμού με τη μορφή ημερολογίου.

Επιστρέφουμε στο καθήκον μας. Το ξαναγράφουμε λαμβάνοντας υπόψη το γεγονός ότι ο πρώτος όρος στα δεξιά του πρόσημου ίσου θα είναι απλώς ίσος με lg 7. Έχουμε:

lg 56 = lg 7 − 3 lg (x + 4)

Ας μετακινήσουμε το lg 7 προς τα αριστερά, παίρνουμε:

lg 56 - lg 7 = -3 lg (x + 4)

Αφαιρούμε τις εκφράσεις στα αριστερά γιατί έχουν την ίδια βάση:

lg (56/7) = -3 lg (x + 4)

Τώρα ας ρίξουμε μια πιο προσεκτική ματιά στην εξίσωση που έχουμε. Είναι πρακτικά η κανονική μορφή, αλλά υπάρχει ένας παράγοντας −3 στα δεξιά. Ας το βάλουμε στο σωστό επιχείρημα της lg:

lg 8 = lg (x + 4) −3

Μπροστά μας είναι η κανονική μορφή της λογαριθμικής εξίσωσης, οπότε διαγράφουμε τα πρόσημα του lg και εξισώνουμε τα επιχειρήματα:

(x + 4) -3 = 8

x + 4 = 0,5

Αυτό είναι όλο! Έχουμε λύσει τη δεύτερη λογαριθμική εξίσωση. Σε αυτήν την περίπτωση, δεν απαιτούνται πρόσθετοι έλεγχοι, επειδή στο αρχικό πρόβλημα το x υπήρχε μόνο σε ένα όρισμα.

Επιτρέψτε μου να ανακεφαλαιώσω τα βασικά σημεία αυτού του μαθήματος.

Ο κύριος τύπος που μελετάται σε όλα τα μαθήματα αυτής της σελίδας που είναι αφιερωμένα στην επίλυση λογαριθμικών εξισώσεων είναι η κανονική μορφή. Και μην αποθαρρύνεστε από το γεγονός ότι τα περισσότερα σχολικά εγχειρίδια σας διδάσκουν πώς να λύνετε αυτά τα είδη προβλημάτων με διαφορετικό τρόπο. Αυτό το εργαλείο λειτουργεί πολύ αποτελεσματικά και σας επιτρέπει να λύσετε μια πολύ ευρύτερη κατηγορία προβλημάτων από τα πιο απλά που μελετήσαμε στην αρχή του μαθήματός μας.

Επιπλέον, για την επίλυση λογαριθμικών εξισώσεων, θα είναι χρήσιμο να γνωρίζουμε τις βασικές ιδιότητες. Και συγκεκριμένα:

1. Ο τύπος για τη μετάβαση σε μία βάση και μια ειδική περίπτωση όταν αναστρέψουμε το αρχείο καταγραφής (αυτό μας ήταν πολύ χρήσιμο στην πρώτη εργασία).
2. Ο τύπος για την εισαγωγή και την αφαίρεση δυνάμεων κάτω από το πρόσημο του λογαρίθμου. Εδώ, πολλοί μαθητές κολλάνε και δεν βλέπουν ότι η τροφοδοσία που αφαιρέθηκε και εισήχθη μπορεί να περιέχει το ίδιο το αρχείο καταγραφής f (x). Τίποτα λάθος με αυτό. Μπορούμε να εισάγουμε ένα κούτσουρο σύμφωνα με το πρόσημο ενός άλλου και ταυτόχρονα να απλοποιήσουμε σημαντικά τη λύση του προβλήματος, όπως παρατηρούμε στη δεύτερη περίπτωση.

Συμπερασματικά, θα ήθελα να προσθέσω ότι δεν απαιτείται έλεγχος του εύρους σε καθεμία από αυτές τις περιπτώσεις, επειδή παντού η μεταβλητή x υπάρχει μόνο σε ένα πρόσημο log και ταυτόχρονα βρίσκεται στο όρισμά της. Κατά συνέπεια, όλες οι απαιτήσεις τομέα πληρούνται αυτόματα.

Προβλήματα με μεταβλητή βάση

Σήμερα θα εξετάσουμε λογαριθμικές εξισώσεις, που για πολλούς μαθητές φαίνονται μη τυπικές, αν όχι εντελώς άλυτες. Μιλάμε για εκφράσεις που δεν βασίζονται σε αριθμούς, αλλά σε μεταβλητές και άρτιες συναρτήσεις. Θα λύσουμε τέτοιες κατασκευές χρησιμοποιώντας την τυπική μας τεχνική, δηλαδή μέσω της κανονικής μορφής.

Αρχικά, ας θυμηθούμε πώς λύνονται τα πιο απλά προβλήματα, τα οποία βασίζονται σε συνηθισμένους αριθμούς. Έτσι, η απλούστερη κατασκευή ονομάζεται

log a f(x) = b

Για να λύσουμε τέτοια προβλήματα, μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τον ακόλουθο τύπο:

b = log a a b

Ξαναγράφουμε την αρχική μας έκφραση και παίρνουμε:

log a f(x) = log a a β

Στη συνέχεια εξισώνουμε τα ορίσματα, δηλ. γράφουμε:

f(x) = a β

Έτσι, απαλλαγούμε από το σήμα καταγραφής και λύνουμε το συνηθισμένο πρόβλημα. Σε αυτή την περίπτωση, οι ρίζες που λαμβάνονται στη λύση θα είναι οι ρίζες της αρχικής λογαριθμικής εξίσωσης. Επιπλέον, η εγγραφή, όταν και το αριστερό και το δεξί βρίσκονται στον ίδιο λογάριθμο με την ίδια βάση, ονομάζεται κανονική μορφή. Σε αυτό το ρεκόρ θα προσπαθήσουμε να μειώσουμε τις σημερινές κατασκευές. Λοιπόν πάμε.

Πρώτη εργασία:

log x − 2 (2x 2 − 13x + 18) = 1

Αντικαταστήστε το 1 με το log x − 2 (x − 2) 1 . Ο βαθμός που παρατηρούμε στο όρισμα είναι, στην πραγματικότητα, ο αριθμός b , ο οποίος βρισκόταν στα δεξιά του πρόσημου ίσου. Ας ξαναγράψουμε λοιπόν την έκφρασή μας. Παίρνουμε:

ημερολόγιο x - 2 (2x 2 - 13x + 18) = ημερολόγιο x - 2 (x - 2)

Τι βλέπουμε; Μπροστά μας βρίσκεται η κανονική μορφή της λογαριθμικής εξίσωσης, ώστε να μπορούμε να εξισώσουμε με ασφάλεια τα επιχειρήματα. Παίρνουμε:

2x2 - 13x + 18 = x - 2

Όμως η λύση δεν τελειώνει εκεί, γιατί αυτή η εξίσωση δεν είναι ισοδύναμη με την αρχική. Εξάλλου, η κατασκευή που προκύπτει αποτελείται από συναρτήσεις που ορίζονται σε ολόκληρη την αριθμητική γραμμή και οι αρχικοί μας λογάριθμοι δεν ορίζονται παντού και όχι πάντα.

Επομένως, πρέπει να γράψουμε χωριστά τον τομέα ορισμού. Ας μην είμαστε πιο σοφοί και γράψτε πρώτα όλες τις απαιτήσεις:

Πρώτον, το όρισμα καθενός από τους λογάριθμους πρέπει να είναι μεγαλύτερο από 0:

2x 2 − 13x + 18 > 0

x − 2 > 0

Δεύτερον, η βάση δεν πρέπει να είναι μόνο μεγαλύτερη από 0, αλλά και διαφορετική από 1:

x − 2 ≠ 1

Ως αποτέλεσμα, παίρνουμε το σύστημα:

Αλλά μην ανησυχείτε: κατά την επεξεργασία λογαριθμικών εξισώσεων, ένα τέτοιο σύστημα μπορεί να απλοποιηθεί πολύ.

Κρίνετε μόνοι σας: αφενός απαιτείται η τετραγωνική συνάρτηση να είναι μεγαλύτερη από το μηδέν και, αφετέρου, αυτή η τετραγωνική συνάρτηση εξισώνεται με μια ορισμένη γραμμική έκφραση, η οποία επίσης απαιτείται να είναι μεγαλύτερη από το μηδέν.

Σε αυτήν την περίπτωση, αν απαιτήσουμε ότι x − 2 > 0, τότε θα ικανοποιηθεί αυτόματα και η απαίτηση 2x 2 − 13x + 18 > 0. Επομένως, μπορούμε με ασφάλεια να διαγράψουμε την ανισότητα που περιέχει μια τετραγωνική συνάρτηση. Έτσι, ο αριθμός των εκφράσεων που περιέχονται στο σύστημά μας θα μειωθεί σε τρεις.

Φυσικά, θα μπορούσαμε επίσης να διαγράψουμε γραμμική ανισότητα, δηλ. διαγράψτε x − 2 > 0 και απαιτήστε ότι 2x 2 − 13x + 18 > 0. Αλλά πρέπει να συμφωνήσετε ότι είναι πολύ πιο γρήγορο και πιο εύκολο να λυθεί η απλούστερη γραμμική ανισότητα από αυτό το σύστημα που έχουμε τις ίδιες ρίζες.

Γενικά, προσπαθήστε να βελτιστοποιήσετε τους υπολογισμούς όποτε είναι δυνατόν. Και στην περίπτωση των λογαριθμικών εξισώσεων, διαγράψτε τις πιο δύσκολες ανισότητες.

Ας ξαναγράψουμε το σύστημά μας:

Εδώ είναι ένα τέτοιο σύστημα τριών εκφράσεων, δύο από τις οποίες, στην πραγματικότητα, έχουμε ήδη καταλάβει. Ας γράψουμε χωριστά την τετραγωνική εξίσωση και ας τη λύσουμε:

2x2 - 14x + 20 = 0

x2 − 7x + 10 = 0

Μπροστά μας υπάρχει ένα μειωμένο τετράγωνο τριώνυμο και, επομένως, μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τους τύπους Vieta. Παίρνουμε:

(x − 5)(x − 2) = 0

x 1 = 5

x2 = 2

Τώρα, πίσω στο σύστημά μας, διαπιστώνουμε ότι το x = 2 δεν μας ταιριάζει, γιατί απαιτείται να έχουμε x αυστηρά μεγαλύτερο από 2.

Αλλά το x \u003d 5 μας ταιριάζει αρκετά: ο αριθμός 5 είναι μεγαλύτερος από 2 και ταυτόχρονα το 5 δεν ισούται με 3. Επομένως, η μόνη λύση σε αυτό το σύστημα θα είναι το x \u003d 5.

Όλα, το έργο επιλύεται, συμπεριλαμβανομένου του ODZ. Ας προχωρήσουμε στη δεύτερη εξίσωση. Εδώ περιμένουμε πιο ενδιαφέροντες και ουσιαστικούς υπολογισμούς:

Το πρώτο βήμα: όπως και την τελευταία φορά, φέραμε όλη αυτή τη δουλειά σε κανονική μορφή. Για να γίνει αυτό, μπορούμε να γράψουμε τον αριθμό 9 ως εξής:

Η βάση με τη ρίζα δεν μπορεί να αγγιχτεί, αλλά είναι καλύτερο να μεταμορφωθεί το επιχείρημα. Ας περάσουμε από τη ρίζα στη δύναμη με έναν ορθολογικό εκθέτη. Ας γράψουμε:

Επιτρέψτε μου να μην ξαναγράψω ολόκληρη τη μεγάλη λογαριθμική μας εξίσωση, αλλά απλώς να εξισώσω αμέσως τα επιχειρήματα:

x 3 + 10x 2 + 31x + 30 = x 3 + 9x 2 + 27x + 27

x 2 + 4x + 3 = 0

Μπροστά μας είναι το και πάλι μειωμένο τετράγωνο τριώνυμο, θα χρησιμοποιήσουμε τους τύπους Vieta και θα γράψουμε:

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

x 1 = -3

x 2 = -1

Έτσι, πήραμε τις ρίζες, αλλά κανείς δεν μας εγγυήθηκε ότι θα ταιριάζουν στην αρχική λογαριθμική εξίσωση. Εξάλλου, οι πινακίδες καταγραφής επιβάλλουν πρόσθετους περιορισμούς (εδώ θα έπρεπε να γράψουμε το σύστημα, αλλά λόγω της δυσκινησίας της όλης κατασκευής, αποφάσισα να υπολογίσω τον τομέα ορισμού ξεχωριστά).

Πρώτα απ 'όλα, να θυμάστε ότι τα ορίσματα πρέπει να είναι μεγαλύτερα από 0, δηλαδή:

Αυτές είναι οι απαιτήσεις που επιβάλλονται από τον τομέα ορισμού.

Σημειώνουμε αμέσως ότι εφόσον εξισώνουμε τις δύο πρώτες εκφράσεις του συστήματος μεταξύ τους, μπορούμε να διαγράψουμε οποιαδήποτε από αυτές. Ας διαγράψουμε το πρώτο γιατί φαίνεται πιο απειλητικό από το δεύτερο.

Επιπλέον, σημειώστε ότι οι λύσεις της δεύτερης και της τρίτης ανισότητας θα είναι τα ίδια σύνολα (ο κύβος κάποιου αριθμού είναι μεγαλύτερος από το μηδέν, εάν αυτός ο ίδιος αριθμός είναι μεγαλύτερος από το μηδέν· ομοίως με τη ρίζα του τρίτου βαθμού - αυτές οι ανισότητες είναι εντελώς παρόμοια, οπότε ένα από αυτά μπορούμε να το διαγράψουμε).

Αλλά με την τρίτη ανισότητα, αυτό δεν θα λειτουργήσει. Ας απαλλαγούμε από το σημάδι του ριζικού στα αριστερά, για το οποίο ανεβάζουμε και τα δύο μέρη σε έναν κύβο. Παίρνουμε:

Έτσι έχουμε τις ακόλουθες απαιτήσεις:

−2 ≠ x > −3

Ποια από τις ρίζες μας: x 1 = -3 ή x 2 = -1 πληροί αυτές τις απαιτήσεις; Προφανώς, μόνο x = −1, γιατί το x = −3 δεν ικανοποιεί την πρώτη ανισότητα (γιατί η ανισότητα μας είναι αυστηρή). Συνολικά, επιστρέφοντας στο πρόβλημά μας, παίρνουμε μία ρίζα: x = −1. Αυτό είναι, το πρόβλημα λύθηκε.

Για άλλη μια φορά, τα βασικά σημεία αυτής της εργασίας:

1. Μη διστάσετε να εφαρμόσετε και να λύσετε λογαριθμικές εξισώσεις χρησιμοποιώντας κανονική μορφή. Οι μαθητές που κάνουν μια τέτοια εγγραφή και δεν πηγαίνουν απευθείας από το αρχικό πρόβλημα σε μια κατασκευή όπως το log a f ( x ) = b , κάνουν πολύ λιγότερα λάθη από εκείνους που βιάζονται κάπου, παρακάμπτοντας τα ενδιάμεσα βήματα υπολογισμών.
2. Μόλις εμφανιστεί μια μεταβλητή βάση στον λογάριθμο, το πρόβλημα παύει να είναι το απλούστερο. Επομένως, κατά την επίλυσή του, είναι απαραίτητο να ληφθεί υπόψη το πεδίο ορισμού: τα ορίσματα πρέπει να είναι μεγαλύτερα από το μηδέν και οι βάσεις δεν πρέπει να είναι μόνο μεγαλύτερες από 0, αλλά και να μην είναι ίσες με 1.

Μπορείτε να επιβάλετε τις τελευταίες απαιτήσεις στις τελικές απαντήσεις με διαφορετικούς τρόπους. Για παράδειγμα, είναι δυνατή η επίλυση ενός ολόκληρου συστήματος που περιέχει όλες τις απαιτήσεις τομέα. Από την άλλη πλευρά, μπορείτε πρώτα να λύσετε το ίδιο το πρόβλημα και, στη συνέχεια, να θυμηθείτε τον τομέα ορισμού, να το επεξεργαστείτε ξεχωριστά με τη μορφή συστήματος και να το εφαρμόσετε στις ρίζες που έχετε αποκτήσει.

Ποιος τρόπος να επιλέξετε κατά την επίλυση μιας συγκεκριμένης λογαριθμικής εξίσωσης εξαρτάται από εσάς. Σε κάθε περίπτωση, η απάντηση θα είναι η ίδια.

Αυτό το άρθρο περιέχει μια συστηματική παρουσίαση μεθόδων επίλυσης λογαριθμικών εξισώσεων με μία μεταβλητή. Αυτό θα βοηθήσει τον δάσκαλο, κυρίως με διδακτική έννοια: η επιλογή των ασκήσεων σας επιτρέπει να δημιουργήσετε μεμονωμένες εργασίες για τους μαθητές, λαμβάνοντας υπόψη τις δυνατότητές τους. Αυτές οι ασκήσεις μπορούν να χρησιμοποιηθούν για ένα μάθημα γενίκευσης και για την προετοιμασία για τις εξετάσεις.
Οι σύντομες θεωρητικές πληροφορίες και η επίλυση προβλημάτων επιτρέπουν στους μαθητές να αναπτύξουν ανεξάρτητα τις δεξιότητες και τις ικανότητες για την επίλυση λογαριθμικών εξισώσεων.

Επίλυση λογαριθμικών εξισώσεων.

Λογαριθμικές Εξισώσεις – εξισώσεις που περιέχουν το άγνωστο κάτω από το πρόσημο λογάριθμος.Κατά την επίλυση λογαριθμικών εξισώσεων, χρησιμοποιούνται συχνά θεωρητικές πληροφορίες:

Συνήθως, η λύση των λογαριθμικών εξισώσεων ξεκινά με τον ορισμό του ODZ. Στις λογαριθμικές εξισώσεις, συνιστάται η μετατροπή όλων των λογαρίθμων έτσι ώστε οι βάσεις τους να είναι ίσες. Στη συνέχεια, οι εξισώσεις είτε εκφράζονται με όρους ενός μόνο λογάριθμου, ο οποίος συμβολίζεται με μια νέα μεταβλητή, είτε η εξίσωση μετατρέπεται σε μια μορφή κατάλληλη για ενίσχυση.
Οι μετασχηματισμοί των λογαριθμικών παραστάσεων δεν θα πρέπει να οδηγούν σε στένωση του ODZ, αλλά εάν η εφαρμοσμένη μέθοδος λύσης περιορίζει το ODZ, απαλλάσσοντας από την εξέταση μεμονωμένους αριθμούς, τότε αυτοί οι αριθμοί στο τέλος του προβλήματος πρέπει να ελεγχθούν με αντικατάσταση στην αρχική εξίσωση, επειδή όταν στενεύετε το ODZ, είναι δυνατή η απώλεια ριζών.

1. Εξισώσεις της φόρμαςείναι μια έκφραση που περιέχει έναν άγνωστο αριθμό και τον αριθμό .

1) χρησιμοποιήστε τον ορισμό του λογάριθμου: ;
2) ελέγξτε ή βρείτε το εύρος των αποδεκτών τιμών για έναν άγνωστο αριθμό και επιλέξτε τις ρίζες (λύσεις) που αντιστοιχούν σε αυτές.
Αν ένα ) .

2. Εξισώσεις πρώτου βαθμού ως προς τον λογάριθμο, στη λύση του οποίου χρησιμοποιούνται οι ιδιότητες των λογαρίθμων.

Για να λύσετε αυτές τις εξισώσεις, χρειάζεστε:

1) χρησιμοποιώντας τις ιδιότητες των λογαρίθμων, μετασχηματίστε την εξίσωση.
2) λύστε την εξίσωση που προκύπτει.
3) ελέγξτε ή βρείτε το εύρος των αποδεκτών τιμών για έναν άγνωστο αριθμό και επιλέξτε τις ρίζες (λύσεις) που αντιστοιχούν σε αυτές.
).

3. Η εξίσωση του δεύτερου και ανώτερου βαθμού σε σχέση με τον λογάριθμο.

Για να λύσετε αυτές τις εξισώσεις, χρειάζεστε:

1. Κάντε μια αλλαγή μεταβλητής?
2. λύσει την εξίσωση που προκύπτει.
3. κάντε αντίστροφη αντικατάσταση.
4. λύσει την εξίσωση που προκύπτει.
5. ελέγξτε ή βρείτε το εύρος των αποδεκτών τιμών για έναν άγνωστο αριθμό και επιλέξτε τις ρίζες (λύσεις) που αντιστοιχούν σε αυτές.

4. Εξισώσεις που περιέχουν το άγνωστο στη βάση και στον εκθέτη.

Για να λύσετε αυτές τις εξισώσεις, χρειάζεστε:

1. Πάρτε τον λογάριθμο της εξίσωσης.
2. λύσει την εξίσωση που προκύπτει.
3. κάντε έναν έλεγχο ή βρείτε το εύρος των αποδεκτών τιμών για έναν άγνωστο αριθμό και επιλέξτε τις αντίστοιχες
   ρίζες (λύσεις).

5. Εξισώσεις που δεν έχουν λύση.

1. Για την επίλυση τέτοιων εξισώσεων, είναι απαραίτητο να βρεθεί η εξίσωση ODZ.
2. Αναλύστε την αριστερή και τη δεξιά πλευρά της εξίσωσης.
3. Βγάλτε τα κατάλληλα συμπεράσματα.

Η αρχική εξίσωση είναι ισοδύναμη με το σύστημα:

Να αποδείξετε ότι η εξίσωση δεν έχει λύση.

Η εξίσωση ODZ ορίζεται από την ανίσωση x ≥ 0. Στο ODZ έχουμε

Το άθροισμα ενός θετικού αριθμού και ενός μη αρνητικού αριθμού δεν είναι ίσο με μηδέν, επομένως η αρχική εξίσωση δεν έχει λύσεις.

Απάντηση: Δεν υπάρχουν λύσεις.

Μόνο μία ρίζα x \u003d 0 πέφτει στο ODZ. Απάντηση: 0.

Ας κάνουμε μια αντικατάσταση.

Οι ρίζες που βρέθηκαν ανήκουν στην ΟΔΖ.

Η εξίσωση ODZ είναι το σύνολο όλων των θετικών αριθμών.

Επειδή η

Αυτές οι εξισώσεις λύνονται με παρόμοιο τρόπο:

Εργασίες για ανεξάρτητη λύση:

Μεταχειρισμένα βιβλία.

1. Bechetnov V.M. Μαθηματικά. Μόσχα Demiurge 1994
2. Borodulya I.T. Εκθετικές και λογαριθμικές συναρτήσεις. (καθήκοντα και ασκήσεις). Μόσχα "Διαφωτισμός" 1984
3. Vavilov V.V., Melnikov I.I., Olehnik S.N., Pasichenko P.I. Εργασίες στα μαθηματικά. Εξισώσεις και ανισώσεις. Μόσχα "Επιστήμη" 1987
4. Merzlyak A.G., Polonsky V.B., Yakir M.S. Αλγεβρικός εκπαιδευτής. Μόσχα "Ileksa" 2007
5. Saakyan S.M., Goldman A.M., Denisov D.V. Problems in Algebra and Principles of Analysis. Μόσχα "Διαφωτισμός" 2003

Τα τελικά βίντεο μιας μεγάλης σειράς μαθημάτων για την επίλυση λογαριθμικών εξισώσεων. Αυτή τη φορά θα εργαστούμε κυρίως με το ODZ του λογαρίθμου - λόγω λανθασμένης λογιστικής (ή ακόμα και παράβλεψης) του τομέα ορισμού που συμβαίνουν τα περισσότερα σφάλματα κατά την επίλυση τέτοιων προβλημάτων.

Σε αυτό το σύντομο εκπαιδευτικό βίντεο, θα αναλύσουμε την εφαρμογή των τύπων πρόσθεσης και αφαίρεσης για λογάριθμους, καθώς και θα ασχοληθούμε με κλασματικές ορθολογικές εξισώσεις, με τις οποίες πολλοί μαθητές έχουν επίσης προβλήματα.

Τι θα συζητηθεί; Ο κύριος τύπος με τον οποίο θα ήθελα να ασχοληθώ μοιάζει με αυτό:

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

Αυτή είναι η τυπική μετάβαση από το γινόμενο στο άθροισμα των λογαρίθμων και αντίστροφα. Πιθανότατα γνωρίζετε αυτόν τον τύπο από την αρχή της μελέτης των λογαρίθμων. Ωστόσο, υπάρχει ένα πρόβλημα εδώ.

Εφόσον οι μεταβλητές a , f και g είναι συνηθισμένοι αριθμοί, δεν υπάρχουν προβλήματα. Αυτή η φόρμουλα λειτουργεί υπέροχα.

Ωστόσο, μόλις εμφανιστούν συναρτήσεις αντί για f και g, προκύπτει το πρόβλημα της επέκτασης ή του περιορισμού του πεδίου ορισμού, ανάλογα με τον τρόπο μετατροπής. Κρίνετε μόνοι σας: στον λογάριθμο που γράφεται στα αριστερά, το πεδίο ορισμού είναι το εξής:

fg > 0

Αλλά στο άθροισμα που είναι γραμμένο στα δεξιά, ο τομέας ορισμού είναι ήδη κάπως διαφορετικός:

f > 0

g > 0

Αυτό το σύνολο απαιτήσεων είναι πιο αυστηρό από το αρχικό. Στην πρώτη περίπτωση, θα αρκεστούμε στην επιλογή f< 0, g < 0 (ведь их произведение положительное, поэтому неравенство fg >0 εκτελείται).

Έτσι, όταν περνάμε από την αριστερή κατασκευή στη δεξιά, το πεδίο ορισμού γίνεται στενότερο. Αν στην αρχή είχαμε ένα άθροισμα και το ξαναγράψουμε ως προϊόν, τότε διευρύνεται ο τομέας ορισμού.

Με άλλα λόγια, στην πρώτη περίπτωση, θα μπορούσαμε να χάσουμε ρίζες και στη δεύτερη, θα μπορούσαμε να πάρουμε επιπλέον. Αυτό πρέπει να λαμβάνεται υπόψη κατά την επίλυση πραγματικών λογαριθμικών εξισώσεων.

Το πρώτο καθήκον λοιπόν είναι:

[λεζάντα εικόνας]

Αριστερά βλέπουμε το άθροισμα των λογαρίθμων στην ίδια βάση. Επομένως, αυτοί οι λογάριθμοι μπορούν να προστεθούν:

[λεζάντα εικόνας]

Όπως μπορείτε να δείτε, στα δεξιά έχουμε αντικαταστήσει το μηδέν από τον τύπο:

α = ημερολόγιο β β α

Ας αναδιατάξουμε την εξίσωσή μας λίγο περισσότερο:

log 4 (x − 5) 2 = log 4 1

Πριν από εμάς είναι η κανονική μορφή της λογαριθμικής εξίσωσης, μπορούμε να διαγράψουμε το σύμβολο καταγραφής και να εξισώσουμε τα ορίσματα:

(x − 5) 2 = 1

|x−5| = 1

Προσοχή: από πού προήλθε η ενότητα; Να σας υπενθυμίσω ότι η ρίζα του ακριβούς τετραγώνου είναι ακριβώς ίση με το μέτρο:

[λεζάντα εικόνας]

Στη συνέχεια λύνουμε την κλασική εξίσωση με το μέτρο:

|στ| = g (g > 0) ⇒f = ±g

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

Εδώ είναι δύο υποψήφιοι για την απάντηση. Είναι λύσεις στην αρχική λογαριθμική εξίσωση; Με τιποτα!

Δεν έχουμε δικαίωμα να τα αφήνουμε όλα έτσι και να γράφουμε την απάντηση. Ρίξτε μια ματιά στο βήμα όπου αντικαθιστούμε το άθροισμα των λογαρίθμων με έναν λογάριθμο του γινόμενου των ορισμάτων. Το πρόβλημα είναι ότι στις αρχικές εκφράσεις έχουμε συναρτήσεις. Επομένως, θα πρέπει να απαιτηθεί:

x(x − 5) > 0; (x − 5)/x > 0.

Όταν μεταμορφώσαμε το προϊόν, παίρνοντας ένα ακριβές τετράγωνο, οι απαιτήσεις άλλαξαν:

(x − 5) 2 > 0

Πότε πληρούται αυτή η απαίτηση; Ναι, σχεδόν πάντα! Εκτός από την περίπτωση που x − 5 = 0. Δηλαδή, η ανισότητα θα μειωθεί σε ένα διάτρητο σημείο:

x − 5 ≠ 0 ⇒ x ≠ 5

Όπως μπορείτε να δείτε, υπήρξε μια επέκταση του πεδίου ορισμού, για το οποίο μιλήσαμε στην αρχή του μαθήματος. Ως εκ τούτου, μπορεί επίσης να εμφανιστούν επιπλέον ρίζες.

Πώς να αποτρέψετε την εμφάνιση αυτών των επιπλέον ριζών; Είναι πολύ απλό: κοιτάμε τις ρίζες που έχουμε αποκτήσει και τις συγκρίνουμε με το πεδίο ορισμού της αρχικής εξίσωσης. Ας μετρήσουμε:

x (x − 5) > 0

Θα λύσουμε χρησιμοποιώντας τη μέθοδο του διαστήματος:

x (x − 5) = 0 ⇒ x = 0; x = 5

Σημειώνουμε τους αριθμούς που λαμβάνονται σε ευθεία γραμμή. Όλα τα σημεία είναι τρυπημένα επειδή η ανισότητα είναι αυστηρή. Παίρνουμε οποιονδήποτε αριθμό μεγαλύτερο από 5 και αντικαθιστούμε:

[λεζάντα εικόνας]

Μας ενδιαφέρουν τα διαστήματα (−∞; 0) ∪ (5; ∞). Αν σημειώσουμε τις ρίζες μας στο τμήμα, θα δούμε ότι το x = 4 δεν μας ταιριάζει, γιατί αυτή η ρίζα βρίσκεται έξω από το πεδίο ορισμού της αρχικής λογαριθμικής εξίσωσης.

Επιστρέφουμε στον πληθυσμό, διαγράφουμε τη ρίζα x \u003d 4 και σημειώνουμε την απάντηση: x \u003d 6. Αυτή είναι η τελική απάντηση στην αρχική λογαριθμική εξίσωση. Όλα, το έργο λύθηκε.

Περνάμε στη δεύτερη λογαριθμική εξίσωση:

[λεζάντα εικόνας]

Το λύνουμε. Σημειώστε ότι ο πρώτος όρος είναι κλάσμα και ο δεύτερος είναι το ίδιο κλάσμα, αλλά ανεστραμμένο. Μην σας τρομάζει η έκφραση lgx - είναι απλώς ένας λογάριθμος βάσης 10, μπορούμε να γράψουμε:

lgx = log 10 x

Επειδή έχουμε δύο ανεστραμμένα κλάσματα, προτείνω να εισαγάγουμε μια νέα μεταβλητή:

[λεζάντα εικόνας]

Επομένως, η εξίσωσή μας μπορεί να ξαναγραφτεί ως εξής:

t + 1/t = 2;

t + 1/t − 2 = 0;

(t 2 − 2t + 1)/t = 0;

(t − 1) 2 /t = 0.

Όπως μπορείτε να δείτε, ο αριθμητής του κλάσματος είναι ένα ακριβές τετράγωνο. Ένα κλάσμα είναι μηδέν όταν ο αριθμητής του είναι μηδέν και ο παρονομαστής του είναι μη μηδέν:

(t − 1) 2 = 0; t ≠ 0

Λύνουμε την πρώτη εξίσωση:

t − 1 = 0;

t = 1.

Αυτή η τιμή ικανοποιεί τη δεύτερη απαίτηση. Επομένως, μπορεί να υποστηριχθεί ότι έχουμε λύσει πλήρως την εξίσωσή μας, αλλά μόνο σε σχέση με τη μεταβλητή t . Τώρα ας θυμηθούμε τι είναι το t:

[λεζάντα εικόνας]

Πήραμε την αναλογία:

lgx = 2 lgx + 1

2 lgx − lgx = −1

logx = −1

Φέρνουμε αυτήν την εξίσωση στην κανονική μορφή:

lgx = lg 10 −1

x = 10 −1 = 0,1

Ως αποτέλεσμα, πήραμε τη μοναδική ρίζα, η οποία, θεωρητικά, είναι η λύση της αρχικής εξίσωσης. Ωστόσο, ας το παίξουμε με ασφάλεια και ας γράψουμε τον τομέα της αρχικής εξίσωσης:

[λεζάντα εικόνας]

Επομένως, η ρίζα μας ικανοποιεί όλες τις απαιτήσεις. Βρήκαμε μια λύση στην αρχική λογαριθμική εξίσωση. Απάντηση: x = 0,1. Το πρόβλημα λύθηκε.

Υπάρχει μόνο ένα βασικό σημείο στο σημερινό μάθημα: όταν χρησιμοποιείτε τον τύπο για τη μετάβαση από το προϊόν στο άθροισμα και αντίστροφα, φροντίστε να έχετε κατά νου ότι ο τομέας ορισμού μπορεί να περιοριστεί ή να επεκταθεί ανάλογα με την κατεύθυνση που γίνεται η μετάβαση.

Πώς να καταλάβετε τι συμβαίνει: συστολή ή διαστολή; Πολύ απλό. Εάν νωρίτερα οι συναρτήσεις ήταν μαζί και τώρα έχουν γίνει ξεχωριστές, τότε το πεδίο ορισμού έχει περιοριστεί (επειδή υπάρχουν περισσότερες απαιτήσεις). Εάν αρχικά οι συναρτήσεις ήταν ξεχωριστές και τώρα είναι μαζί, τότε ο τομέας ορισμού διευρύνεται (λιγότερες απαιτήσεις επιβάλλονται στο προϊόν παρά σε μεμονωμένους παράγοντες).

Λαμβάνοντας υπόψη αυτήν την παρατήρηση, θα ήθελα να σημειώσω ότι η δεύτερη λογαριθμική εξίσωση δεν απαιτεί καθόλου αυτούς τους μετασχηματισμούς, δηλαδή δεν προσθέτουμε ή πολλαπλασιάζουμε τα ορίσματα πουθενά. Ωστόσο, εδώ θα ήθελα να επιστήσω την προσοχή σας σε ένα άλλο υπέροχο κόλπο που σας επιτρέπει να απλοποιήσετε σημαντικά τη λύση. Πρόκειται για την αλλαγή μιας μεταβλητής.

Ωστόσο, να θυμάστε ότι καμία αντικατάσταση δεν μας απαλλάσσει από το πεδίο εφαρμογής. Γι' αυτό αφού βρέθηκαν όλες οι ρίζες, δεν ήμασταν πολύ τεμπέληδες και επιστρέψαμε στην αρχική εξίσωση για να βρούμε το ODZ του.

Συχνά όταν αλλάζετε μια μεταβλητή, συμβαίνει ένα ενοχλητικό λάθος όταν οι μαθητές βρίσκουν την τιμή του t και πιστεύουν ότι η λύση έχει τελειώσει. Με τιποτα!

Όταν βρείτε την τιμή του t , πρέπει να επιστρέψετε στην αρχική εξίσωση και να δείτε τι ακριβώς συμβολίσαμε με αυτό το γράμμα. Ως αποτέλεσμα, πρέπει να λύσουμε μια ακόμη εξίσωση, η οποία όμως θα είναι πολύ πιο απλή από την αρχική.

Αυτό ακριβώς είναι το σημείο εισαγωγής μιας νέας μεταβλητής. Χωρίζουμε την αρχική εξίσωση σε δύο ενδιάμεσες, καθεμία από τις οποίες λύνεται πολύ πιο εύκολα.

Πώς να λύσετε «φωλιασμένες» λογαριθμικές εξισώσεις

Σήμερα συνεχίζουμε να μελετάμε λογαριθμικές εξισώσεις και να αναλύουμε κατασκευές όταν ένας λογάριθμος βρίσκεται κάτω από το πρόσημο ενός άλλου λογάριθμου. Θα λύσουμε και τις δύο εξισώσεις χρησιμοποιώντας την κανονική μορφή.

Σήμερα συνεχίζουμε να μελετάμε λογαριθμικές εξισώσεις και να αναλύουμε κατασκευές όταν ένας λογάριθμος βρίσκεται κάτω από το πρόσημο ενός άλλου. Θα λύσουμε και τις δύο εξισώσεις χρησιμοποιώντας την κανονική μορφή. Να σας υπενθυμίσω ότι αν έχουμε την απλούστερη λογαριθμική εξίσωση της μορφής log a f (x) \u003d b, τότε εκτελούμε τα ακόλουθα βήματα για να λύσουμε μια τέτοια εξίσωση. Πρώτα απ 'όλα, πρέπει να αντικαταστήσουμε τον αριθμό b:

b = log a a b

Σημειώστε ότι το a b είναι όρισμα. Ομοίως, στην αρχική εξίσωση, το όρισμα είναι η συνάρτηση f(x). Στη συνέχεια ξαναγράφουμε την εξίσωση και παίρνουμε αυτή την κατασκευή:

log a f(x) = log a a β

Μετά από αυτό, μπορούμε να εκτελέσουμε το τρίτο βήμα - να απαλλαγούμε από το σύμβολο του λογαρίθμου και απλά να γράψουμε:

f(x) = a β

Ως αποτέλεσμα, παίρνουμε μια νέα εξίσωση. Σε αυτήν την περίπτωση, δεν επιβάλλονται περιορισμοί στη συνάρτηση f(x). Για παράδειγμα, στη θέση του μπορεί επίσης να είναι μια λογαριθμική συνάρτηση. Και μετά παίρνουμε πάλι μια λογαριθμική εξίσωση, την οποία πάλι ανάγουμε στην απλούστερη και λύνουμε μέσω της κανονικής μορφής.

Αρκετοί όμως οι στίχοι. Ας λύσουμε το πραγματικό πρόβλημα. Εργασία νούμερο 1 λοιπόν:

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

Όπως μπορείτε να δείτε, έχουμε μια απλή λογαριθμική εξίσωση. Ο ρόλος του f (x) είναι η κατασκευή 1 + 3 log 2 x, και ο αριθμός b είναι ο αριθμός 2 (ο ρόλος του a είναι επίσης δύο). Ας ξαναγράψουμε αυτά τα δύο ως εξής:

Είναι σημαντικό να καταλάβουμε ότι τα δύο πρώτα δυάρια ήρθαν σε εμάς από τη βάση του λογαρίθμου, δηλαδή, εάν υπήρχαν 5 στην αρχική εξίσωση, τότε θα παίρναμε ότι 2 = log 5 5 2. Γενικά, η βάση εξαρτάται αποκλειστικά από τον λογάριθμο, ο οποίος δίνεται αρχικά στο πρόβλημα. Και στην περίπτωσή μας αυτός ο αριθμός είναι 2.

Έτσι, ξαναγράφουμε τη λογαριθμική μας εξίσωση, λαμβάνοντας υπόψη το γεγονός ότι το δύο, που βρίσκεται στα δεξιά, είναι στην πραγματικότητα επίσης λογάριθμος. Παίρνουμε:

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

Ας προχωρήσουμε στο τελευταίο βήματο σχήμα μας, απαλλαγούμε από την κανονική μορφή. Μπορούμε να πούμε, απλώς διαγράψτε τα σημάδια του κορμού. Ωστόσο, από την άποψη των μαθηματικών, είναι αδύνατο να "αποκλείσουμε το log" - είναι πιο σωστό να πούμε ότι απλώς εξισώνουμε τα επιχειρήματα:

1 + 3 log 2 x = 4

Από εδώ είναι εύκολο να βρείτε 3 log 2 x :

3 log 2 x = 3

ημερολόγιο 2 x = 1

Πήραμε πάλι την απλούστερη λογαριθμική εξίσωση, ας την επαναφέρουμε στην κανονική μορφή. Για να γίνει αυτό, πρέπει να κάνουμε τις ακόλουθες αλλαγές:

1 = ημερολόγιο 2 2 1 = ημερολόγιο 2 2

Γιατί υπάρχει ένα δίδυμο στη βάση; Επειδή στην κανονική μας εξίσωση στα αριστερά βρίσκεται ο λογάριθμος ακριβώς στη βάση 2. Ξαναγράφουμε το πρόβλημα λαμβάνοντας υπόψη αυτό το γεγονός:

ημερολόγιο 2 x = ημερολόγιο 2 2

Και πάλι, απαλλαγούμε από το πρόσημο του λογαρίθμου, δηλαδή απλώς εξισώνουμε τα επιχειρήματα. Έχουμε το δικαίωμα να το κάνουμε αυτό, επειδή οι βάσεις είναι οι ίδιες και δεν έγιναν άλλες πρόσθετες ενέργειες είτε στα δεξιά είτε στα αριστερά:

Αυτό είναι όλο! Το πρόβλημα λύθηκε. Βρήκαμε μια λύση στη λογαριθμική εξίσωση.

Σημείωση! Αν και η μεταβλητή x είναι στο όρισμα (δηλαδή, υπάρχουν απαιτήσεις για τον τομέα ορισμού), δεν θα κάνουμε πρόσθετες απαιτήσεις.

Όπως είπα παραπάνω, αυτός ο έλεγχος είναι περιττός εάν η μεταβλητή εμφανίζεται σε ένα μόνο όρισμα ενός μόνο λογάριθμου. Στην περίπτωσή μας, το x βρίσκεται πραγματικά μόνο στο όρισμα και μόνο κάτω από ένα σύμβολο καταγραφής. Επομένως, δεν απαιτούνται πρόσθετοι έλεγχοι.

Ωστόσο, αν δεν εμπιστεύεστε αυτή τη μέθοδο, τότε μπορείτε εύκολα να επαληθεύσετε ότι το x = 2 είναι πράγματι ρίζα. Αρκεί να αντικαταστήσουμε αυτόν τον αριθμό στην αρχική εξίσωση.

Ας προχωρήσουμε στη δεύτερη εξίσωση, είναι λίγο πιο ενδιαφέρουσα:

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

Αν υποδηλώσουμε την έκφραση μέσα στον μεγάλο λογάριθμο με τη συνάρτηση f (x), παίρνουμε την απλούστερη λογαριθμική εξίσωση με την οποία ξεκινήσαμε το σημερινό μάθημα βίντεο. Επομένως, είναι δυνατή η εφαρμογή της κανονικής μορφής, για την οποία είναι απαραίτητο να αναπαρασταθεί η μονάδα με τη μορφή log 2 2 1 = log 2 2.

Ξαναγράφοντας τη μεγάλη μας εξίσωση:

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

Απαλλαγούμε από το πρόσημο του λογάριθμου, εξισώνοντας τα ορίσματα. Έχουμε το δικαίωμα να το κάνουμε αυτό, γιατί οι βάσεις είναι ίδιες στα αριστερά και στα δεξιά. Επίσης, σημειώστε ότι το αρχείο καταγραφής 2 4 = 2:

log 1/2 (2x − 1) + 2 = 2

log 1/2 (2x − 1) = 0

Μπροστά μας πάλι είναι η απλούστερη λογαριθμική εξίσωση της μορφής log a f (x) \u003d b. Περνάμε στην κανονική μορφή, δηλαδή αντιπροσωπεύουμε το μηδέν στη μορφή log 1/2 (1/2)0 = log 1/2 1.

Ξαναγράφουμε την εξίσωσή μας και απαλλαγούμε από το σύμβολο καταγραφής εξισώνοντας τα ορίσματα:

log 1/2 (2x − 1) = log 1/2 1

2x − 1 = 1

Και πάλι, λάβαμε άμεση απάντηση. Δεν απαιτούνται πρόσθετοι έλεγχοι, επειδή στην αρχική εξίσωση, μόνο ένας λογάριθμος περιέχει τη συνάρτηση στο όρισμα.

Επομένως, δεν απαιτούνται πρόσθετοι έλεγχοι. Μπορούμε με ασφάλεια να πούμε ότι x = 1 είναι η μόνη ρίζα αυτής της εξίσωσης.

Αλλά εάν στον δεύτερο λογάριθμο αντί για τέσσερα θα υπήρχε κάποια συνάρτηση του x (ή το 2x δεν θα ήταν στο όρισμα, αλλά στη βάση) - τότε θα ήταν απαραίτητο να ελέγξετε το πεδίο ορισμού. Διαφορετικά, υπάρχει μεγάλη πιθανότητα να τρέξετε σε επιπλέον ρίζες.

Από πού προέρχονται αυτές οι επιπλέον ρίζες; Αυτό το σημείο πρέπει να γίνει κατανοητό πολύ ξεκάθαρα. Δείτε τις αρχικές εξισώσεις: παντού η συνάρτηση x βρίσκεται κάτω από το πρόσημο του λογαρίθμου. Επομένως, αφού έχουμε γράψει log 2 x , ορίζουμε αυτόματα την απαίτηση x > 0. Διαφορετικά, αυτή η εγγραφή απλά δεν έχει νόημα.

Ωστόσο, καθώς λύνουμε τη λογαριθμική εξίσωση, απαλλαγούμε από όλα τα σημάδια του log και παίρνουμε απλές κατασκευές. Δεν υπάρχουν άλλοι περιορισμοί εδώ, γιατί γραμμική συνάρτησηορίζεται για οποιαδήποτε τιμή του x.

Είναι αυτό το πρόβλημα, όταν η τελική συνάρτηση ορίζεται παντού και πάντα, και η αρχική δεν είναι σε καμία περίπτωση παντού και όχι πάντα, αυτός είναι ο λόγος που πολύ συχνά εμφανίζονται επιπλέον ρίζες στη λύση των λογαριθμικών εξισώσεων.

Αλλά επαναλαμβάνω για άλλη μια φορά: αυτό συμβαίνει μόνο σε μια κατάσταση όπου η συνάρτηση βρίσκεται είτε σε πολλούς λογάριθμους, είτε στη βάση ενός από αυτούς. Στα προβλήματα που εξετάζουμε σήμερα, καταρχήν δεν υπάρχουν προβλήματα με την επέκταση του πεδίου ορισμού.

Υποθέσεις διαφορετικών λόγων

Αυτό το μάθημα είναι αφιερωμένο σε πολύπλοκες δομές. Οι λογάριθμοι στις σημερινές εξισώσεις δεν θα λύνονται πλέον "κενοί" - πρώτα πρέπει να εκτελέσετε μερικούς μετασχηματισμούς.

Ξεκινάμε να λύνουμε λογαριθμικές εξισώσεις με εντελώς διαφορετικές βάσεις, που δεν είναι ακριβείς δυνάμεις η μία της άλλης. Μην φοβάστε τέτοιες εργασίες - δεν επιλύονται πιο δύσκολα από τα πιο απλά σχέδια που αναλύσαμε παραπάνω.

Αλλά πριν προχωρήσουμε απευθείας στα προβλήματα, επιτρέψτε μου να σας υπενθυμίσω τον τύπο για την επίλυση των απλούστερων λογαριθμικών εξισώσεων χρησιμοποιώντας την κανονική μορφή. Σκεφτείτε ένα πρόβλημα όπως αυτό:

log a f(x) = b

Είναι σημαντικό η συνάρτηση f (x) να είναι απλώς μια συνάρτηση και οι αριθμοί a και b πρέπει να είναι ακριβώς οι αριθμοί (χωρίς μεταβλητές x). Φυσικά, κυριολεκτικά σε ένα λεπτό θα εξετάσουμε επίσης τέτοιες περιπτώσεις όταν αντί για τις μεταβλητές a και b υπάρχουν συναρτήσεις, αλλά δεν πρόκειται για αυτό τώρα.

Όπως θυμόμαστε, ο αριθμός b πρέπει να αντικατασταθεί από έναν λογάριθμο στην ίδια βάση a, που βρίσκεται στα αριστερά. Αυτό γίνεται πολύ απλά:

b = log a a b

Φυσικά, οι λέξεις "οποιοσδήποτε αριθμός β" και "οποιοσδήποτε αριθμός α" σημαίνουν τέτοιες τιμές που ικανοποιούν τον τομέα ορισμού. Συγκεκριμένα, αυτή η εξίσωση ασχολείται μόνο με τη βάση a > 0 και a ≠ 1.

Ωστόσο, αυτή η απαίτηση ικανοποιείται αυτόματα, επειδή το αρχικό πρόβλημα περιέχει ήδη έναν λογάριθμο στη βάση a - σίγουρα θα είναι μεγαλύτερος από 0 και όχι ίσος με 1. Επομένως, συνεχίζουμε τη λύση της λογαριθμικής εξίσωσης:

log a f(x) = log a a β

Μια τέτοια σημειογραφία ονομάζεται κανονική μορφή. Η ευκολία του είναι ότι μπορούμε αμέσως να απαλλαγούμε από το σύμβολο καταγραφής εξισώνοντας τα ορίσματα:

f(x) = a β

Αυτήν την τεχνική θα χρησιμοποιήσουμε τώρα για να λύσουμε λογαριθμικές εξισώσεις με μεταβλητή βάση. Λοιπόν πάμε!

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

Τι έπεται? Κάποιος θα πει τώρα ότι πρέπει να υπολογίσετε τον σωστό λογάριθμο, ή να τον μειώσετε σε μία βάση ή κάτι άλλο. Και πράγματι, τώρα πρέπει να φέρετε και τις δύο βάσεις στην ίδια μορφή - είτε 2 είτε 0,5. Ας μάθουμε όμως τον παρακάτω κανόνα μια για πάντα:

Εάν υπάρχουν δεκαδικά κλάσματα στη λογαριθμική εξίσωση, φροντίστε να μετατρέψετε αυτά τα κλάσματα από δεκαδικό συμβολισμό σε συνηθισμένο. Ένας τέτοιος μετασχηματισμός μπορεί να απλοποιήσει σημαντικά τη λύση.

Μια τέτοια μετάβαση πρέπει να πραγματοποιηθεί αμέσως, ακόμη και πριν πραγματοποιηθούν οποιεσδήποτε ενέργειες και μετασχηματισμοί. Ας δούμε:

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

Τι μας δίνει ένας τέτοιος δίσκος; Μπορούμε να αναπαραστήσουμε το 1/2 και το 1/8 ως αρνητικό εκθέτη:

[λεζάντα εικόνας]

Έχουμε την κανονική μορφή. Εξισώστε τα επιχειρήματα και λάβετε την κλασική τετραγωνική εξίσωση:

x 2 + 4x + 11 = 8

x 2 + 4x + 3 = 0

Μπροστά μας είναι η δεδομένη τετραγωνική εξίσωση, η οποία λύνεται εύκολα χρησιμοποιώντας τους τύπους Vieta. Θα πρέπει να δείτε παρόμοιους υπολογισμούς στο γυμνάσιο κυριολεκτικά προφορικά:

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

x 1 = -3

x 2 = -1

Αυτό είναι όλο! Η αρχική λογαριθμική εξίσωση λύνεται. Έχουμε δύο ρίζες.

Να σας υπενθυμίσω ότι σε αυτή την περίπτωση δεν απαιτείται ο καθορισμός του πεδίου εφαρμογής, αφού η συνάρτηση με τη μεταβλητή x υπάρχει μόνο σε ένα όρισμα. Επομένως, το πεδίο εφαρμογής εκτελείται αυτόματα.

Άρα λύνεται η πρώτη εξίσωση. Ας περάσουμε στο δεύτερο:

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

log 1/2 (5x 2 + 9x + 2) = log 3 9 −1

Τώρα σημειώστε ότι το όρισμα του πρώτου λογάριθμου μπορεί επίσης να γραφτεί ως δύναμη με αρνητικό εκθέτη: 1/2 = 2 −1. Στη συνέχεια, μπορείτε να αφαιρέσετε τις δυνάμεις και στις δύο πλευρές της εξίσωσης και να διαιρέσετε τα πάντα με −1:

[λεζάντα εικόνας]

Και τώρα ολοκληρώσαμε ένα πολύ σημαντικό βήμα στην επίλυση της λογαριθμικής εξίσωσης. Ίσως κάποιος δεν παρατήρησε κάτι, οπότε επιτρέψτε μου να σας εξηγήσω.

Ρίξτε μια ματιά στην εξίσωσή μας: το log είναι αριστερά και δεξιά, αλλά ο λογάριθμος βάσης 2 είναι στα αριστερά και ο λογάριθμος βάσης 3 είναι στα δεξιά. βαθμός.

Επομένως, πρόκειται για λογάριθμους με διαφορετικές βάσεις, οι οποίοι δεν ανάγονται μεταξύ τους με απλή εκτίμηση. Ο μόνος τρόπος για να λυθούν τέτοια προβλήματα είναι να απαλλαγούμε από έναν από αυτούς τους λογάριθμους. Σε αυτήν την περίπτωση, καθώς εξακολουθούμε να εξετάζουμε αρκετά απλά προβλήματα, ο λογάριθμος στα δεξιά απλά υπολογίστηκε και πήραμε την απλούστερη εξίσωση - ακριβώς αυτή για την οποία μιλήσαμε στην αρχή του σημερινού μαθήματος.

Ας αντιπροσωπεύσουμε τον αριθμό 2, που βρίσκεται στα δεξιά, ως log 2 2 2 = log 2 4. Και στη συνέχεια να απαλλαγούμε από το πρόσημο του λογαρίθμου, μετά από το οποίο μας μένει μόνο μια τετραγωνική εξίσωση:

ημερολόγιο 2 (5x 2 + 9x + 2) = ημερολόγιο 2 4

5x2 + 9x + 2 = 4

5x2 + 9x − 2 = 0

Μπροστά μας είναι η συνηθισμένη τετραγωνική εξίσωση, αλλά δεν μειώνεται, γιατί ο συντελεστής στο x 2 είναι διαφορετικός από τη μονάδα. Επομένως, θα το λύσουμε χρησιμοποιώντας τη διάκριση:

D = 81 − 4 5 (−2) = 81 + 40 = 121

x 1 = (−9 + 11)/10 = 2/10 = 1/5

x 2 \u003d (−9 - 11) / 10 \u003d -2

Αυτό είναι όλο! Βρήκαμε και τις δύο ρίζες, που σημαίνει ότι πήραμε τη λύση της αρχικής λογαριθμικής εξίσωσης. Πράγματι, στο αρχικό πρόβλημα, η συνάρτηση με τη μεταβλητή x υπάρχει μόνο σε ένα όρισμα. Συνεπώς, δεν απαιτούνται πρόσθετοι έλεγχοι στον τομέα ορισμού - και οι δύο ρίζες που βρήκαμε σίγουρα πληρούν όλους τους πιθανούς περιορισμούς.

Αυτό θα μπορούσε να είναι το τέλος του σημερινού εκπαιδευτικού βίντεο, αλλά εν κατακλείδι θα ήθελα να πω ξανά: φροντίστε να μετατρέψετε όλα τα δεκαδικά κλάσματα σε συνηθισμένα κατά την επίλυση λογαριθμικών εξισώσεων. Στις περισσότερες περιπτώσεις, αυτό απλοποιεί σημαντικά τη λύση τους.

Σπάνια, πολύ σπάνια, υπάρχουν προβλήματα στα οποία η απαλλαγή από τα δεκαδικά κλάσματα περιπλέκει μόνο τους υπολογισμούς. Ωστόσο, σε τέτοιες εξισώσεις, κατά κανόνα, είναι αρχικά ξεκάθαρο ότι δεν είναι απαραίτητο να απαλλαγούμε από δεκαδικά κλάσματα.

Στις περισσότερες άλλες περιπτώσεις (ειδικά αν μόλις αρχίζετε να εκπαιδεύεστε στην επίλυση λογαριθμικών εξισώσεων), μη διστάσετε να απαλλαγείτε από τα δεκαδικά κλάσματα και να τα μεταφράσετε σε συνηθισμένα. Γιατί η πρακτική δείχνει ότι με αυτόν τον τρόπο θα απλοποιήσετε πολύ την επόμενη λύση και τους υπολογισμούς.

Λεπτές αποχρώσεις και κόλπα της λύσης

Σήμερα προχωράμε σε πιο σύνθετα προβλήματα και θα λύσουμε μια λογαριθμική εξίσωση, η οποία δεν βασίζεται σε έναν αριθμό, αλλά σε μια συνάρτηση.

Και ακόμη κι αν αυτή η συνάρτηση είναι γραμμική, θα πρέπει να προσθέσετε στο σχήμα λύσης μικρές αλλαγές, η έννοια του οποίου ανάγεται σε πρόσθετες απαιτήσεις που επιβάλλονται στον τομέα ορισμού του λογαρίθμου.

Δύσκολες εργασίες

Αυτό το μάθημα θα είναι αρκετά μεγάλο. Σε αυτό, θα αναλύσουμε δύο αρκετά σοβαρές λογαριθμικές εξισώσεις, στη λύση των οποίων πολλοί μαθητές κάνουν λάθη. Κατά τη διάρκεια της πρακτικής μου ως δάσκαλος στα μαθηματικά, αντιμετώπιζα συνεχώς δύο τύπους σφαλμάτων:

1. Η εμφάνιση επιπλέον ριζών λόγω της επέκτασης του πεδίου ορισμού των λογαρίθμων. Για να αποφύγετε τέτοια επιθετικά λάθη, απλώς παρακολουθήστε προσεκτικά κάθε μεταμόρφωση.
2. Απώλεια ριζών λόγω του γεγονότος ότι ο μαθητής ξέχασε να εξετάσει ορισμένες «λεπτές» περιπτώσεις - είναι σε τέτοιες καταστάσεις που θα επικεντρωθούμε σήμερα.

Αυτό είναι το τελευταίο μάθημα για τις λογαριθμικές εξισώσεις. Θα είναι πολύ, θα αναλύσουμε σύνθετες λογαριθμικές εξισώσεις. Νιώστε άνετα, φτιάξτε ένα τσάι και ξεκινάμε.

Η πρώτη εξίσωση φαίνεται αρκετά τυπική:

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

Αμέσως σημειώνουμε ότι και οι δύο λογάριθμοι είναι ανεστραμμένα αντίγραφα ο ένας του άλλου. Ας θυμηθούμε την υπέροχη φόρμουλα:

log a b = 1/log b α

Ωστόσο, αυτός ο τύπος έχει έναν αριθμό περιορισμών που προκύπτουν εάν αντί για τους αριθμούς a και b υπάρχουν συναρτήσεις της μεταβλητής x:

β > 0

1 ≠ a > 0

Αυτές οι απαιτήσεις επιβάλλονται στη βάση του λογαρίθμου. Από την άλλη πλευρά, σε ένα κλάσμα, απαιτείται να έχουμε 1 ≠ a > 0, αφού όχι μόνο η μεταβλητή a βρίσκεται στο όρισμα του λογάριθμου (άρα, a > 0), αλλά και ο ίδιος ο λογάριθμος είναι στον παρονομαστή του το κλάσμα. Αλλά log b 1 = 0, και ο παρονομαστής πρέπει να είναι μη μηδενικός, άρα a ≠ 1.

Έτσι, οι περιορισμοί στη μεταβλητή a διατηρούνται. Τι συμβαίνει όμως με τη μεταβλητή b; Αφενός, από τη βάση προκύπτει b > 0, αφετέρου η μεταβλητή b ≠ 1, γιατί η βάση του λογαρίθμου πρέπει να είναι διαφορετική από το 1. Συνολικά, από τη δεξιά πλευρά του τύπου προκύπτει ότι 1 ≠ b > 0.

Αλλά εδώ είναι το πρόβλημα: η δεύτερη απαίτηση (b ≠ 1) λείπει από την πρώτη ανισότητα στον αριστερό λογάριθμο. Με άλλα λόγια, όταν εκτελούμε αυτόν τον μετασχηματισμό, πρέπει ελέγξτε ξεχωριστάότι το όρισμα β είναι διαφορετικό από το ένα!

Εδώ, ας το ελέγξουμε. Ας εφαρμόσουμε τον τύπο μας:

[λεζάντα εικόνας]

1 ≠ x - 0,5 > 0; 1 ≠ x + 1 > 0

Έτσι, καταλάβαμε ότι ήδη από την αρχική λογαριθμική εξίσωση προκύπτει ότι τόσο το a όσο και το b πρέπει να είναι μεγαλύτερα από 0 και όχι ίσα με 1. Έτσι, μπορούμε εύκολα να αναστρέψουμε τη λογαριθμική εξίσωση:

Προτείνω την εισαγωγή μιας νέας μεταβλητής:

log x + 1 (x − 0,5) = t

Σε αυτή την περίπτωση, η κατασκευή μας θα ξαναγραφεί ως εξής:

(t 2 − 1)/t = 0

Σημειώστε ότι στον αριθμητή έχουμε τη διαφορά των τετραγώνων. Αποκαλύπτουμε τη διαφορά των τετραγώνων χρησιμοποιώντας τον συντομευμένο τύπο πολλαπλασιασμού:

(t − 1)(t + 1)/t = 0

Ένα κλάσμα είναι μηδέν όταν ο αριθμητής του είναι μηδέν και ο παρονομαστής του είναι μη μηδέν. Αλλά ο αριθμητής περιέχει το γινόμενο, οπότε εξισώνουμε κάθε παράγοντα με μηδέν:

t1 = 1;

t2 = −1;

t ≠ 0.

Όπως μπορείτε να δείτε, και οι δύο τιμές της μεταβλητής t μας ταιριάζουν. Ωστόσο, η λύση δεν τελειώνει εκεί, γιατί πρέπει να βρούμε όχι t , αλλά την τιμή του x . Επιστρέφουμε στον λογάριθμο και παίρνουμε:

log x + 1 (x − 0,5) = 1;

log x + 1 (x − 0,5) = −1.

Ας φέρουμε καθεμία από αυτές τις εξισώσεις σε κανονική μορφή:

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

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

Απαλλαγούμε από το πρόσημο του λογάριθμου στην πρώτη περίπτωση και εξισώνουμε τα ορίσματα:

x − 0,5 = x + 1;

x - x \u003d 1 + 0,5;

Μια τέτοια εξίσωση δεν έχει ρίζες, επομένως, η πρώτη λογαριθμική εξίσωση επίσης δεν έχει ρίζες. Αλλά με τη δεύτερη εξίσωση, όλα είναι πολύ πιο ενδιαφέροντα:

(x − 0,5)/1 = 1/(x + 1)

Λύνουμε την αναλογία - παίρνουμε:

(x − 0,5)(x + 1) = 1

Σας υπενθυμίζω ότι κατά την επίλυση λογαριθμικών εξισώσεων, είναι πολύ πιο βολικό να δίνουμε όλα τα κοινά δεκαδικά κλάσματα, οπότε ας ξαναγράψουμε την εξίσωσή μας ως εξής:

(x − 1/2)(x + 1) = 1;

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

x 2 + 1/2x - 3/2 = 0.

Μπροστά μας είναι η δεδομένη τετραγωνική εξίσωση, η οποία λύνεται εύκολα χρησιμοποιώντας τους τύπους Vieta:

(x + 3/2) (x − 1) = 0;

x 1 \u003d -1,5;

x2 = 1.

Πήραμε δύο ρίζες - είναι υποψήφιες για την επίλυση της αρχικής λογαριθμικής εξίσωσης. Για να καταλάβουμε ποιες ρίζες θα πάνε πραγματικά στην απάντηση, ας επιστρέψουμε στο αρχικό πρόβλημα. Τώρα θα ελέγξουμε κάθε μία από τις ρίζες μας για να δούμε αν ταιριάζουν με το εύρος:

1,5 ≠ x > 0,5; 0 ≠ x > −1.

Αυτές οι απαιτήσεις ισοδυναμούν με διπλή ανισότητα:

1 ≠ x > 0,5

Από εδώ βλέπουμε αμέσως ότι η ρίζα x = −1,5 δεν μας ταιριάζει, αλλά η x = 1 είναι αρκετά ικανοποιημένη. Επομένως x = 1 είναι η τελική λύση της λογαριθμικής εξίσωσης.

Ας προχωρήσουμε στη δεύτερη εργασία:

ημερολόγιο x 25 + ημερολόγιο 125 x 5 = ημερολόγιο 25 x 625

Με την πρώτη ματιά, μπορεί να φαίνεται ότι όλοι οι λογάριθμοι έχουν διαφορετικές βάσεις και διαφορετικά επιχειρήματα. Τι να κάνετε με τέτοιες δομές; Πρώτα απ 'όλα, σημειώστε ότι οι αριθμοί 25, 5 και 625 είναι δυνάμεις του 5:

25 = 5 2 ; 625 = 5 4

Και τώρα θα χρησιμοποιήσουμε την αξιοσημείωτη ιδιότητα του λογάριθμου. Το γεγονός είναι ότι μπορείτε να αφαιρέσετε τους βαθμούς από το επιχείρημα με τη μορφή παραγόντων:

log a b n = n ∙ log a b

Περιορισμοί επιβάλλονται και σε αυτόν τον μετασχηματισμό όταν στη θέση του b υπάρχει συνάρτηση. Αλλά σε εμάς το b είναι απλώς ένας αριθμός και δεν προκύπτουν πρόσθετοι περιορισμοί. Ας ξαναγράψουμε την εξίσωσή μας:

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

Πήραμε μια εξίσωση με τρεις όρους που περιέχουν το πρόσημο καταγραφής. Επιπλέον, τα ορίσματα και των τριών λογαρίθμων είναι ίσα.

Ήρθε η ώρα να αναστρέψετε τους λογάριθμους για να τους φέρετε στην ίδια βάση - 5. Δεδομένου ότι η μεταβλητή b είναι μια σταθερά, δεν υπάρχει αλλαγή στο εύρος. Απλώς ξαναγράφουμε:

[λεζάντα εικόνας]

Όπως ήταν αναμενόμενο, οι ίδιοι λογάριθμοι «σέρνονταν» στον παρονομαστή. Προτείνω να αλλάξετε τη μεταβλητή:

log 5 x = t

Σε αυτή την περίπτωση, η εξίσωσή μας θα ξαναγραφεί ως εξής:

Ας γράψουμε τον αριθμητή και ας ανοίξουμε τις αγκύλες:

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

Επιστρέφουμε στο κλάσμα μας. Ο αριθμητής πρέπει να είναι μηδέν:

[λεζάντα εικόνας]

Και ο παρονομαστής είναι διαφορετικός από το μηδέν:

t ≠ 0; t ≠ −3; t ≠ −2

Οι τελευταίες απαιτήσεις εκπληρώνονται αυτόματα, αφού όλες είναι «δεμένες» με ακέραιους αριθμούς και όλες οι απαντήσεις είναι παράλογες.

Έτσι, λύνεται η κλασματική-ορθολογική εξίσωση, βρίσκονται οι τιμές της μεταβλητής t. Επιστρέφουμε στη λύση της λογαριθμικής εξίσωσης και θυμόμαστε τι είναι το t:

[λεζάντα εικόνας]

Φέρνουμε αυτή την εξίσωση στην κανονική μορφή, παίρνουμε έναν αριθμό με παράλογο βαθμό. Μην αφήσετε αυτό να σας μπερδέψει - ακόμη και τέτοια επιχειρήματα μπορούν να εξισωθούν:

[λεζάντα εικόνας]

Έχουμε δύο ρίζες. Πιο συγκεκριμένα, δύο υποψήφιοι για απαντήσεις - ας τους ελέγξουμε για συμμόρφωση με το πεδίο εφαρμογής. Δεδομένου ότι η βάση του λογάριθμου είναι η μεταβλητή x, απαιτούμε τα εξής:

1 ≠ x > 0;

Με την ίδια επιτυχία, βεβαιώνουμε ότι x ≠ 1/125, διαφορετικά η βάση του δεύτερου λογάριθμου θα μετατραπεί σε μία. Τέλος, x ≠ 1/25 για τον τρίτο λογάριθμο.

Συνολικά, έχουμε τέσσερις περιορισμούς:

1 ≠ x > 0; x ≠ 1/125; x ≠ 1/25

Τώρα το ερώτημα είναι: οι ρίζες μας πληρούν αυτές τις απαιτήσεις; Σίγουρα ικανοποιημένος! Επειδή το 5 σε οποιαδήποτε ισχύ θα είναι μεγαλύτερο από το μηδέν και η απαίτηση x > 0 εκπληρώνεται αυτόματα.

Από την άλλη πλευρά, 1 \u003d 5 0, 1/25 \u003d 5 −2, 1/125 \u003d 5 −3, που σημαίνει ότι αυτοί οι περιορισμοί για τις ρίζες μας (που, να σας υπενθυμίσω, έχουν έναν παράλογο αριθμό σε ο δείκτης) πληρούνται επίσης, και οι δύο απαντήσεις αποτελούν λύσεις στο πρόβλημα.

Έχουμε λοιπόν την τελική απάντηση. Υπάρχουν δύο βασικά σημεία σε αυτό το θέμα:

1. Να είστε προσεκτικοί όταν αντιστρέφετε τον λογάριθμο όταν το όρισμα και η βάση αντιστρέφονται. Τέτοιοι μετασχηματισμοί επιβάλλουν περιττούς περιορισμούς στον τομέα ορισμού.
2. Μην φοβάστε να μετατρέψετε λογάριθμους: μπορείτε όχι μόνο να τους αναστρέψετε, αλλά και να τους ανοίξετε σύμφωνα με τον τύπο αθροίσματος και γενικά να τους αλλάξετε σύμφωνα με τυχόν τύπους που μελετήσατε κατά την επίλυση λογαριθμικών παραστάσεων. Ωστόσο, να θυμάστε πάντα ότι ορισμένοι μετασχηματισμοί διευρύνουν το πεδίο εφαρμογής και κάποιοι το περιορίζουν.

Γενικά, όταν λύνετε σύνθετες λογαριθμικές εξισώσεις, φροντίστε να γράψετε το αρχικό πεδίο ορισμού. Και αυτό είναι όλο για σήμερα. :)