Wzory równań logarytmicznych. Przypadki z różnych przyczyn

Algebra 11. klasa

Temat: „Metody rozwiązywania równań logarytmicznych”

Cele Lekcji:

edukacyjny: rozwijanie wiedzy na temat różnych sposobów rozwiązywania równań logarytmicznych, umiejętności ich zastosowania w każdej konkretnej sytuacji i wyboru dowolnej metody rozwiązywania;

rozwijanie: rozwój umiejętności obserwacji, porównywania, zastosowania wiedzy w nowej sytuacji, identyfikowania wzorców, generalizowania; rozwijanie umiejętności wzajemnej kontroli i samokontroli;

edukacyjny: kształtowanie odpowiedzialnego podejścia do pracy edukacyjnej, uważnego postrzegania materiału na lekcji i uważnego sporządzania notatek.

Typ lekcji : lekcja wprowadzenia nowego materiału.

„Wynalezienie logarytmów, ograniczając pracę astronoma, przedłużyło jego życie”.
Francuski matematyk i astronom P.S. Laplace'a

Podczas zajęć

I. Ustalenie celu lekcji

Przestudiowana definicja logarytmu, właściwości logarytmów i funkcja logarytmiczna pozwolą nam rozwiązywać równania logarytmiczne. Wszystkie równania logarytmiczne, niezależnie od tego, jak bardzo są złożone, rozwiązuje się za pomocą jednolitych algorytmów. Przyjrzymy się tym algorytmom na dzisiejszej lekcji. Nie ma ich wielu. Jeśli je opanujesz, każde równanie z logarytmami będzie wykonalne dla każdego z was.

Zapisz w zeszycie temat lekcji: „Metody rozwiązywania równań logarytmicznych”. Zapraszam wszystkich do współpracy.

II. Aktualizacja wiedzy referencyjnej

Przygotujmy się do przestudiowania tematu lekcji. Rozwiązujesz każde zadanie i zapisujesz odpowiedź, nie musisz zapisywać warunku. Pracujcie w parach.

1) Dla jakich wartości x funkcja ma sens:

A)

B)

V)

D)

(Odpowiedzi są sprawdzane dla każdego slajdu, a błędy są sortowane)

2) Czy wykresy funkcji pokrywają się?

a) y = x i

B)I

3) Zapisz równości jako równości logarytmiczne:

4) Zapisz liczby jako logarytmy o podstawie 2:

4 =

2 =

0,5 =

1 =

5) Oblicz :

6) Spróbuj przywrócić lub uzupełnić brakujące elementy w tych równościach.

III. Wprowadzenie do nowego materiału

Na ekranie wyświetli się następujący komunikat:

„Równanie jest złotym kluczem, który otwiera wszystkie matematyczne sezamy”.
Współczesny polski matematyk S. Kowal

Spróbuj sformułować definicję równania logarytmicznego. (Równanie zawierające niewiadomą pod znakiem logarytmu ).

Rozważmynajprostsze równanie logarytmiczne: dziennik A x = b (gdzie a>0, a ≠ 1). Ponieważ funkcja logarytmiczna rośnie (lub maleje) na zbiorze liczb dodatnich i przyjmuje wszystkie wartości rzeczywiste, to z twierdzenia o pierwiastku wynika, że ​​dla dowolnego b to równanie ma i tylko jedno rozwiązanie, i to dodatnie.

Przypomnij sobie definicję logarytmu. (Logarytm liczby x do podstawy a jest wskaźnikiem potęgi, do której należy podnieść podstawę a, aby otrzymać liczbę x ). Z definicji logarytmu bezpośrednio wynika, żeA V jest takim rozwiązaniem.

Zapisz tytuł:Metody rozwiązywania równań logarytmicznych

1. Z definicji logarytmu .

W ten sposób rozwiązuje się najprostsze równania postaci.

RozważmyNr 514(a) ): Rozwiązać równanie

Jak proponujesz to rozwiązać? (Z definicji logarytmu )

Rozwiązanie . , Stąd 2x – 4 = 4; x = 4.

Odpowiedź: 4.

W tym zadaniu 2x – 4 > 0, ponieważ> 0, więc nie mogą pojawić się żadne obce pierwiastki, inie ma potrzeby sprawdzania . W tym zadaniu nie ma potrzeby zapisywania warunku 2x – 4 > 0.

2. Potencjał (przejście z logarytmu danego wyrażenia do samego tego wyrażenia).

Rozważmynr 519(g): dziennik 5 ( X 2 +8)- dziennik 5 ( X+1)=3 dziennik 5 2

Jaką cechę zauważyłeś?(Podstawy są takie same, a logarytmy obu wyrażeń są równe) . Co można zrobić?(Wzmagać).

Należy wziąć pod uwagę, że dowolne rozwiązanie zawiera się wśród wszystkich x, dla których wyrażenia logarytmiczne są dodatnie.

Rozwiązanie: OZ:

X 2 +8>0 niepotrzebna nierówność

dziennik 5 ( X 2 +8) = dziennik 5 2 3 + dziennik 5 ( X+1)

dziennik 5 ( X 2 +8)= dziennik 5 (8 X+8)

Wzmocnijmy oryginalne równanie

X 2 +8= 8 X+8

otrzymujemy równanieX 2 +8= 8 X+8

Rozwiążmy to:X 2 -8 X=0

x=0, x=8

Odpowiedź: 0; 8

Ogólnieprzejście na równoważny system :

Równanie

(System zawiera warunek nadmiarowy - jednej z nierówności nie trzeba uwzględniać).

Pytanie do klasy : Które z tych trzech rozwiązań przypadło Ci do gustu najbardziej? (Omówienie metod).

Masz prawo podjąć jakąkolwiek decyzję.

3. Wprowadzenie nowej zmiennej .

Rozważmynr 520(g) . .

Co zauważyłeś? (Jest to równanie kwadratowe w odniesieniu do log3x) Twoje sugestie? (Wprowadź nową zmienną)

Rozwiązanie . ODZ: x > 0.

Pozwalać, wówczas równanie przyjmie postać:. Dyskryminator D > 0. Pierwiastki według twierdzenia Viety:.

Wróćmy do zamiennika:Lub.

Po rozwiązaniu najprostszych równań logarytmicznych otrzymujemy:

; .

Odpowiedź : 27;

4. Logarytm obu stron równania.

Rozwiązać równanie:.

Rozwiązanie : ODZ: x>0, weźmy logarytm obu stron równania o podstawie 10:

. Zastosujmy własność logarytmu potęgi:

(lgx + 3) lgx =

(logx + 3) logx = 4

Niech logx = y, wtedy (y + 3)y = 4

, (D > 0) pierwiastki zgodnie z twierdzeniem Viety: y1 = -4 i y2 = 1.

Wróćmy do zamiany, otrzymamy: lgx = -4,; logx = 1,. . Jest następująco: jeśli jedna z funkcji y = f(x) wzrasta, a drugi y = g(x) maleje w przedziale X, a następnie w równaniu f(x)= g(x) ma co najwyżej jeden pierwiastek z przedziału X .

Jeśli istnieje korzeń, można go zgadnąć. .

Odpowiedź : 2

„Właściwego stosowania metod można się nauczyć poprzez
jedynie poprzez zastosowanie ich do różnych przykładów.”
Duński historyk matematyki G. G. Zeiten

I V. Praca domowa

S. 39 rozważ przykład 3, rozwiąż nr 514(b), nr 529(b), nr 520(b), nr 523(b)

V. Podsumowanie lekcji

Jakim metodom rozwiązywania równań logarytmicznych przyglądaliśmy się na zajęciach?

Na następnych lekcjach przyjrzymy się bardziej złożonym równaniom. Do ich rozwiązania przydatne będą badane metody.

Ostatni pokazany slajd:

„Cóż jest więcej niż cokolwiek na świecie?
Przestrzeń.
Jaka jest najmądrzejsza rzecz?
Czas.
Jaka jest najlepsza część?
Osiągnij to, czego chcesz.”
Tales

Życzę każdemu, aby osiągnął to, czego pragnie. Dziękujemy za współpracę i zrozumienie.

Wyrażenia logarytmiczne, rozwiązywanie przykładów. W tym artykule przyjrzymy się problemom związanym z rozwiązywaniem logarytmów. Zadania zadają pytanie o znalezienie znaczenia wyrażenia. Należy zaznaczyć, że pojęcie logarytmu wykorzystywane jest w wielu zadaniach i zrozumienie jego znaczenia jest niezwykle istotne. Jeśli chodzi o egzamin jednolity, logarytm jest używany przy rozwiązywaniu równań, w stosowanych problemach, a także w zadaniach związanych z badaniem funkcji.

Podajmy przykłady, aby zrozumieć samo znaczenie logarytmu:

Podstawowa tożsamość logarytmiczna:

Właściwości logarytmów, o których należy zawsze pamiętać:

*Logarytm iloczynu jest równy sumie logarytmów czynników.

* * *

*Logarytm ilorazu (ułamka) jest równy różnicy między logarytmami czynników.

* * *

*Logarytm wykładnika jest równy iloczynowi wykładnika i logarytmu jego podstawy.

* * *

*Przejście na nowy fundament

* * *

Więcej właściwości:

* * *

Obliczanie logarytmów jest ściśle związane z wykorzystaniem właściwości wykładników.

Wymieńmy niektóre z nich:

Istota tej właściwości polega na tym, że gdy licznik zostaje przeniesiony na mianownik i odwrotnie, znak wykładnika zmienia się na przeciwny. Na przykład:

Wniosek z tej właściwości:

* * *

Przy podnoszeniu potęgi do potęgi podstawa pozostaje taka sama, ale wykładniki są mnożone.

* * *

Jak widzieliście, samo pojęcie logarytmu jest proste. Najważniejsze jest to, że potrzebujesz dobrej praktyki, która daje ci pewne umiejętności. Oczywiście wymagana jest znajomość formuł. Jeśli nie rozwinięto umiejętności konwertowania logarytmów elementarnych, to przy rozwiązywaniu prostych zadań łatwo można popełnić błąd.

Ćwicz, rozwiązuj najpierw najprostsze przykłady z kursu matematyki, a potem przejdź do bardziej skomplikowanych. W przyszłości na pewno pokażę, jak rozwiązuje się „brzydkie” logarytmy; nie pojawią się one na egzaminie Unified State Examination, ale są interesujące, nie przegap ich!

To wszystko! Powodzenia!

Z poważaniem, Aleksander Krutitskikh

P.S: Byłbym wdzięczny, gdybyś powiedział mi o tej stronie w sieciach społecznościowych.

Ostatnie filmy z długiej serii lekcji na temat rozwiązywania równań logarytmicznych. Tym razem będziemy pracować przede wszystkim z ODZ logarytmu - to właśnie z powodu nieprawidłowego uwzględnienia (lub wręcz zignorowania) dziedziny definicji najwięcej błędów pojawia się przy rozwiązywaniu takich problemów.

W tej krótkiej lekcji wideo przyjrzymy się zastosowaniu wzorów na dodawanie i odejmowanie logarytmów, a także zajmiemy się równaniami wymiernymi ułamkowymi, z którymi wielu uczniów również ma problemy.

O czym będziemy rozmawiać? Główna formuła, którą chciałbym zrozumieć, wygląda następująco:

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

Jest to standardowe przejście od iloczynu do sumy logarytmów i odwrotnie. Prawdopodobnie znasz ten wzór od samego początku studiowania logarytmów. Jest jednak jeden haczyk.

Dopóki zmienne a, f i g są liczbami zwyczajnymi, nie ma żadnych problemów. Ta formuła działa świetnie.

Gdy jednak zamiast f i g pojawią się funkcje, pojawia się problem rozszerzenia lub zawężenia dziedziny definicji w zależności od kierunku transformacji. Sami oceńcie: w logarytmie zapisanym po lewej stronie dziedzina definicji jest następująca:

fg > 0

Ale w kwocie zapisanej po prawej stronie dziedzina definicji jest już nieco inna:

fa > 0

g > 0

Ten zestaw wymagań jest bardziej rygorystyczny niż pierwotny. W pierwszym przypadku zadowoli nas opcja f< 0, g < 0 (ведь их произведение положительное, поэтому неравенство fg >0 jest wykonywane).

Zatem przy przejściu od konstrukcji lewej do prawej następuje zawężenie dziedziny definicji. Jeśli na początku mieliśmy sumę i zapisaliśmy ją w postaci iloczynu, to dziedzina definicji rozszerza się.

Innymi słowy, w pierwszym przypadku możemy stracić korzenie, a w drugim zyskać dodatkowe. Należy to wziąć pod uwagę przy rozwiązywaniu rzeczywistych równań logarytmicznych.

Zatem pierwsze zadanie:

[Podpis do zdjęcia]

Po lewej stronie widzimy sumę logarytmów o tej samej podstawie. Dlatego można dodać te logarytmy:

[Podpis do zdjęcia]

Jak widać, po prawej stronie zastąpiliśmy zero wzorem:

a = log b b a

Przekształćmy jeszcze bardziej nasze równanie:

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

Przed nami kanoniczna postać równania logarytmicznego, możemy przekreślić znak logarytmiczny i zrównać argumenty:

(x - 5) 2 = 1

|x - 5| = 1

Uwaga: skąd pochodzi moduł? Przypomnę, że pierwiastek dokładnego kwadratu jest równy modułowi:

[Podpis do zdjęcia]

Następnie rozwiązujemy klasyczne równanie o module:

|f | = g (g > 0) ⇒f = ±g

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

Oto dwie odpowiedzi kandydatów. Czy są one rozwiązaniem pierwotnego równania logarytmicznego? Nie ma mowy!

Nie mamy prawa tak wszystkiego zostawić i zapisać odpowiedzi. Przyjrzyj się krokowi, w którym zastępujemy sumę logarytmów jednym logarytmem iloczynu argumentów. Problem w tym, że w wyrażeniach oryginalnych mamy funkcje. Dlatego powinieneś wymagać:

x(x - 5) > 0; (x - 5)/x > 0.

Kiedy przekształciliśmy produkt, uzyskując dokładny kwadrat, wymagania uległy zmianie:

(x - 5) 2 > 0

Kiedy ten wymóg jest spełniony? Tak, prawie zawsze! Z wyjątkiem przypadku, gdy x - 5 = 0. To znaczy nierówność zostanie zredukowana do jednego przebitego punktu:

x - 5 ≠ 0 ⇒ x ≠ 5

Jak widać zakres definicji się rozszerzył, o czym mówiliśmy na samym początku lekcji. W rezultacie mogą pojawić się dodatkowe korzenie.

Jak zapobiec pojawianiu się tych dodatkowych korzeni? To bardzo proste: patrzymy na otrzymane pierwiastki i porównujemy je z dziedziną definicji pierwotnego równania. Policzmy:

x (x - 5) > 0

Rozwiążemy metodą przedziałową:

x (x - 5) = 0 ⇒ x = 0; x = 5

Wynikowe liczby zaznaczamy na linii. Brakuje wszystkich punktów, ponieważ nierówność jest ścisła. Weź dowolną liczbę większą niż 5 i zamień:

[Podpis do zdjęcia]

Interesują nas przedziały (−∞; 0) ∪ (5; ∞). Jeśli zaznaczymy pierwiastki na odcinku, zobaczymy, że x = 4 nam nie odpowiada, ponieważ pierwiastek ten leży poza dziedziną definicji pierwotnego równania logarytmicznego.

Wracamy do całości, przekreślamy pierwiastek x = 4 i zapisujemy odpowiedź: x = 6. To jest ostateczna odpowiedź na pierwotne równanie logarytmiczne. To wszystko, problem rozwiązany.

Przejdźmy do drugiego równania logarytmicznego:

[Podpis do zdjęcia]

Rozwiążmy to. Zauważ, że pierwszy wyraz to ułamek, a drugi to ten sam ułamek, ale odwrócony. Nie bójcie się wyrażenia lgx – to tylko logarytm dziesiętny, możemy to zapisać:

lgx = log 10 x

Ponieważ mamy dwa ułamki odwrócone, proponuję wprowadzenie nowej zmiennej:

[Podpis do zdjęcia]

Dlatego nasze równanie można przepisać w następujący sposób:

t + 1/t = 2;

t + 1/t - 2 = 0;

(t 2 - 2 t + 1)/t = 0;

(t - 1) 2 /t = 0.

Jak widać, licznik ułamka jest dokładnym kwadratem. Ułamek jest równy zero, gdy jego licznik jest równy zero, a jego mianownik jest niezerowy:

(t - 1) 2 = 0; t ≠ 0

Rozwiążmy pierwsze równanie:

t - 1 = 0;

t = 1.

Wartość ta spełnia drugi warunek. Można zatem powiedzieć, że całkowicie rozwiązaliśmy nasze równanie, ale tylko w odniesieniu do zmiennej t. Przypomnijmy sobie teraz, czym jest t:

[Podpis do zdjęcia]

Otrzymaliśmy proporcję:

logx = 2 logx + 1

2 logx - logx = -1

logx = −1

Sprowadzamy to równanie do postaci kanonicznej:

logx = log 10 −1

x = 10 -1 = 0,1

W rezultacie otrzymaliśmy pojedynczy pierwiastek, który w teorii jest rozwiązaniem pierwotnego równania. Jednak nadal grajmy bezpiecznie i wypiszmy dziedzinę definicji pierwotnego równania:

[Podpis do zdjęcia]

Dlatego nasz korzeń spełnia wszystkie wymagania. Znaleźliśmy rozwiązanie pierwotnego równania logarytmicznego. Odpowiedź: x = 0,1. Problem jest rozwiązany.

Dzisiejsza lekcja ma tylko jeden kluczowy punkt: korzystając ze wzoru na przejście od iloczynu do sumy i z powrotem, należy wziąć pod uwagę, że zakres definicji może się zawęzić lub rozszerzyć w zależności od kierunku przejścia.

Jak zrozumieć, co się dzieje: kurczenie się czy rozszerzanie? Bardzo prosta. Jeśli wcześniej funkcje były razem, a teraz są rozdzielone, to zakres definicji zawęził się (ponieważ jest więcej wymagań). Jeśli na początku funkcje występowały osobno, a teraz są razem, wówczas zakres definicji ulega rozszerzeniu (na produkt nakłada się mniej wymagań niż na poszczególne czynniki).

Biorąc pod uwagę tę uwagę, chciałbym zauważyć, że drugie równanie logarytmiczne w ogóle nie wymaga tych przekształceń, czyli nigdzie nie dodajemy ani nie mnożymy argumentów. Tutaj jednak chciałbym zwrócić uwagę na inną wspaniałą technikę, która może znacznie uprościć rozwiązanie. Chodzi o zastąpienie zmiennej.

Należy jednak pamiętać, że żadne podstawienia nie zwalniają nas z zakresu definicji. Dlatego po znalezieniu wszystkich pierwiastków nie byliśmy leniwi i powróciliśmy do pierwotnego równania, aby znaleźć jego ODZ.

Często podczas zastępowania zmiennej pojawia się irytujący błąd, gdy uczniowie znajdują wartość t i myślą, że rozwiązanie jest kompletne. Nie ma mowy!

Kiedy już znajdziesz wartość t, musisz wrócić do pierwotnego równania i zobaczyć, co dokładnie mieliśmy na myśli, pisząc tę ​​literę. W rezultacie musimy rozwiązać jeszcze jedno równanie, które będzie jednak znacznie prostsze niż pierwotne.

Właśnie o to chodzi w wprowadzeniu nowej zmiennej. Pierwotne równanie podzieliliśmy na dwa pośrednie, z których każde ma znacznie prostsze rozwiązanie.

Jak rozwiązywać „zagnieżdżone” równania logarytmiczne

Dzisiaj kontynuujemy naukę równań logarytmicznych i będziemy analizować konstrukcje, w których jeden logarytm jest pod znakiem innego logarytmu. Obydwa równania rozwiążemy w formie kanonicznej.

Dzisiaj nadal będziemy studiować równania logarytmiczne i będziemy analizować konstrukcje, gdy jeden logarytm będzie pod znakiem drugiego. Obydwa równania rozwiążemy w formie kanonicznej. Przypomnę, że jeśli mamy najprostsze równanie logarytmiczne postaci log a f (x) = b, to aby rozwiązać takie równanie, wykonujemy następujące kroki. Przede wszystkim musimy zastąpić liczbę b :

b = log a a b

Uwaga: a b jest argumentem. Podobnie w pierwotnym równaniu argumentem jest funkcja f(x). Następnie przepisujemy równanie i otrzymujemy tę konstrukcję:

log a f (x) = log a a b

Następnie możemy wykonać krok trzeci - pozbyć się znaku logarytmu i po prostu napisać:

fa (x) = za b

W rezultacie otrzymujemy nowe równanie. W tym przypadku na funkcję f (x) nie nakłada się żadnych ograniczeń. Na przykład jej miejsce może również zająć funkcja logarytmiczna. A potem ponownie otrzymamy równanie logarytmiczne, które ponownie sprowadzimy do najprostszej postaci i rozwiążemy poprzez formę kanoniczną.

Jednak dość tekstów. Rozwiążmy prawdziwy problem. Zatem zadanie numer 1:

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

Jak widać, mamy proste równanie logarytmiczne. Rolą f(x) jest konstrukcja 1 + 3 log 2 x, a rolą liczby b jest liczba 2 (rolę a pełnią także dwa). Przepiszmy te dwa w następujący sposób:

Ważne jest, aby zrozumieć, że pierwsze dwie dwójki wyszły nam z podstawy logarytmu, tj. jeśli w pierwotnym równaniu było 5, otrzymalibyśmy to 2 = log 5 5 2. Ogólnie rzecz biorąc, podstawa zależy wyłącznie od logarytmu pierwotnie podanego w zadaniu. W naszym przypadku jest to cyfra 2.

Zatem przepisujemy nasze równanie logarytmiczne, biorąc pod uwagę fakt, że dwa po prawej stronie są w rzeczywistości także logarytmem. Otrzymujemy:

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

Przejdźmy do ostatniego kroku naszego schematu - pozbycia się formy kanonicznej. Można powiedzieć, że po prostu przekreślamy znaki kłody. Jednak z matematycznego punktu widzenia nie da się „przekreślić logu” - bardziej słuszne byłoby stwierdzenie, że po prostu zrównujemy argumenty:

1 + 3 log 2 x = 4

Stąd możemy łatwo znaleźć 3 log 2 x:

3 log 2 x = 3

log 2 x = 1

Ponownie otrzymaliśmy najprostsze równanie logarytmiczne, sprowadźmy je do postaci kanonicznej. Aby to zrobić, musimy wprowadzić następujące zmiany:

1 = log 2 2 1 = log 2 2

Dlaczego u podstawy jest dwójka? Ponieważ w naszym równaniu kanonicznym po lewej stronie znajduje się logarytm dokładnie o podstawie 2. Przepisujemy zadanie biorąc pod uwagę ten fakt:

log 2 x = log 2 2

Ponownie pozbywamy się znaku logarytmu, tj. po prostu zrównujemy argumenty. Mamy do tego prawo, ponieważ podstawy są takie same i nie wykonano już żadnych dodatkowych działań ani po prawej, ani po lewej stronie:

To wszystko! Problem jest rozwiązany. Znaleźliśmy rozwiązanie równania logarytmicznego.

Notatka! Chociaż w argumencie pojawia się zmienna x (tzn. istnieją wymagania dotyczące dziedziny definicji), nie będziemy stawiać żadnych dodatkowych wymagań.

Jak powiedziałem powyżej, sprawdzenie to jest zbędne, jeśli zmienna pojawia się tylko w jednym argumencie tylko jednego logarytmu. W naszym przypadku x tak naprawdę pojawia się tylko w argumencie i tylko pod jednym znakiem log. Dlatego nie są wymagane żadne dodatkowe kontrole.

Jeśli jednak nie ufasz tej metodzie, możesz łatwo sprawdzić, czy x = 2 rzeczywiście jest pierwiastkiem. Wystarczy podstawić tę liczbę do pierwotnego równania.

Przejdźmy do drugiego równania, jest trochę ciekawsze:

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

Jeśli oznaczymy wyrażenie wewnątrz dużego logarytmu funkcją f (x), otrzymamy najprostsze równanie logarytmiczne, od którego rozpoczęliśmy dzisiejszą lekcję wideo. Dlatego możemy zastosować postać kanoniczną, dla której będziemy musieli przedstawić jednostkę w postaci log 2 2 1 = log 2 2.

Przepiszmy nasze duże równanie:

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

Odejdźmy od znaku logarytmu, zrównując argumenty. Mamy do tego prawo, ponieważ zarówno po lewej, jak i po prawej stronie podstawy są takie same. Dodatkowo zauważ, że log 2 4 = 2:

log 1/2 (2x - 1) + 2 = 2

log 1/2 (2x - 1) = 0

Przed nami znowu najprostsze równanie logarytmiczne postaci log a f (x) = b. Przejdźmy do formy kanonicznej, czyli reprezentujemy zero w postaci log 1/2 (1/2)0 = log 1/2 1.

Przepisujemy nasze równanie i pozbywamy się znaku logarytmicznego, zrównując argumenty:

log 1/2 (2x - 1) = log 1/2 1

2x - 1 = 1

Ponownie otrzymaliśmy natychmiastową odpowiedź. Nie są wymagane żadne dodatkowe sprawdzenia, ponieważ w pierwotnym równaniu tylko jeden logarytm zawiera funkcję jako argument.

Dlatego nie są wymagane żadne dodatkowe kontrole. Można śmiało powiedzieć, że x = 1 jest jedynym pierwiastkiem tego równania.

Gdyby jednak w logarytmie drugim zamiast czterech była jakaś funkcja x (albo 2x nie było w argumencie, tylko w podstawie) - to należałoby sprawdzić dziedzinę definicji. W przeciwnym razie istnieje duże ryzyko wpadnięcia na dodatkowe korzenie.

Skąd pochodzą te dodatkowe korzenie? Tę kwestię należy zrozumieć bardzo jasno. Spójrz na oryginalne równania: wszędzie funkcja x jest pod znakiem logarytmu. W rezultacie, ponieważ zapisaliśmy log 2 x, automatycznie ustawiamy wymaganie x > 0. W przeciwnym razie ten wpis po prostu nie ma sensu.

Jednak rozwiązując równanie logarytmiczne, pozbywamy się wszystkich znaków logarytmicznych i otrzymujemy proste konstrukcje. Nie ma tutaj żadnych ograniczeń, ponieważ funkcja liniowa jest zdefiniowana dla dowolnej wartości x.

To właśnie ten problem, że funkcja końcowa jest zdefiniowana wszędzie i zawsze, ale pierwotna nie jest zdefiniowana wszędzie i nie zawsze, dlatego przy rozwiązywaniu równań logarytmicznych bardzo często powstają dodatkowe pierwiastki.

Ale powtarzam jeszcze raz: dzieje się tak tylko w sytuacji, gdy funkcja jest albo w kilku logarytmach, albo u podstawy jednego z nich. W problematyce, którą dzisiaj rozważamy, w zasadzie nie ma problemów z poszerzaniem dziedziny definicji.

Przypadki z różnych przyczyn

Ta lekcja poświęcona jest bardziej złożonym projektom. Logarytmów w dzisiejszych równaniach nie da się już rozwiązać od razu; najpierw trzeba będzie dokonać pewnych przekształceń.

Zaczynamy rozwiązywać równania logarytmiczne o zupełnie różnych podstawach, które nie są względem siebie dokładnymi potęgami. Nie pozwól, aby takie problemy Cię przestraszyły - nie są trudniejsze do rozwiązania niż najprostsze projekty, które omówiliśmy powyżej.

Zanim jednak przejdę bezpośrednio do problemów, przypomnę wzór na rozwiązanie najprostszych równań logarytmicznych w formie kanonicznej. Rozważmy taki problem:

log a f (x) = b

Ważne jest, aby funkcja f(x) była tylko funkcją, a rolą liczb a i b powinny być liczby (bez żadnych zmiennych x). Oczywiście dosłownie za chwilę przyjrzymy się takim przypadkom, gdy zamiast zmiennych aib znajdują się funkcje, ale to nie o tym teraz.

Jak pamiętamy, liczbę b należy zastąpić logarytmem o tej samej podstawie a, która jest po lewej stronie. Odbywa się to bardzo prosto:

b = log a a b

Oczywiście słowa „dowolna liczba b” i „dowolna liczba a” oznaczają wartości spełniające zakres definicji. W szczególności w tym równaniu mówimy tylko o podstawie a > 0 i a ≠ 1.

Wymaganie to jest jednak spełnione automatycznie, ponieważ pierwotne zadanie zawiera już logarytm o podstawie a - z pewnością będzie on większy od 0 i nie równy 1. Dlatego kontynuujemy rozwiązywanie równania logarytmicznego:

log a f (x) = log a a b

Taki zapis nazywa się formą kanoniczną. Wygoda polega na tym, że możemy od razu pozbyć się znaku logu, zrównując argumenty:

fa (x) = za b

Tę technikę będziemy teraz stosować do rozwiązywania równań logarytmicznych o zmiennej podstawie. Więc chodźmy!

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

Co dalej? Ktoś teraz powie, że trzeba obliczyć odpowiedni logarytm lub sprowadzić go do tej samej podstawy lub czegoś innego. I rzeczywiście, teraz musimy doprowadzić obie podstawy do tej samej formy - 2 lub 0,5. Ale nauczmy się raz na zawsze następującej zasady:

Jeśli w równaniu logarytmicznym występują ułamki dziesiętne, pamiętaj o przekształceniu tych ułamków z zapisu dziesiętnego na zwykły. Ta transformacja może znacznie uprościć rozwiązanie.

Takiego przejścia należy dokonać natychmiast, jeszcze przed wykonaniem jakichkolwiek czynności lub przekształceń. Przyjrzyjmy się:

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

Co nam daje taki zapis? Możemy przedstawić 1/2 i 1/8 jako potęgi z wykładnikiem ujemnym:

[Podpis do zdjęcia]

Przed nami forma kanoniczna. Przyrównujemy argumenty i otrzymujemy klasyczne równanie kwadratowe:

x 2 + 4x + 11 = 8

x 2 + 4x + 3 = 0

Mamy przed sobą następujące równanie kwadratowe, które można łatwo rozwiązać za pomocą wzorów Viety. W szkole średniej powinieneś zobaczyć podobne pokazy dosłownie ustnie:

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

x 1 = −3

x 2 = −1

To wszystko! Oryginalne równanie logarytmiczne zostało rozwiązane. Mamy dwa korzenie.

Przypomnę, że w tym przypadku nie jest konieczne wyznaczanie dziedziny definicji, gdyż funkcja ze zmienną x występuje tylko w jednym argumencie. Dlatego zakres definicji wykonywany jest automatycznie.

Zatem pierwsze równanie zostało rozwiązane. Przejdźmy do drugiego:

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

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

Teraz zauważ, że argument pierwszego logarytmu można również zapisać jako potęgę z wykładnikiem ujemnym: 1/2 = 2 −1. Następnie możesz wyjąć potęgi po obu stronach równania i podzielić wszystko przez -1:

[Podpis do zdjęcia]

I teraz wykonaliśmy bardzo ważny krok w rozwiązaniu równania logarytmicznego. Być może ktoś czegoś nie zauważył, więc spieszę z wyjaśnieniem.

Spójrz na nasze równanie: zarówno po lewej, jak i po prawej stronie znajduje się znak logarytmiczny, ale po lewej stronie logarytm o podstawie 2, a po prawej logarytm o podstawie 3. Trójka nie jest potęgą całkowitą dwa i odwrotnie, nie można zapisać, że 2 równa się 3 w stopniach całkowitych.

W konsekwencji są to logarytmy o różnych podstawach, których nie można zredukować do siebie poprzez proste dodanie potęg. Jedynym sposobem rozwiązania takich problemów jest pozbycie się jednego z tych logarytmów. W tym przypadku, ponieważ nadal rozważamy dość proste problemy, po prostu obliczono logarytm po prawej stronie i otrzymaliśmy najprostsze równanie - dokładnie to, o którym mówiliśmy na samym początku dzisiejszej lekcji.

Przedstawmy liczbę 2, która jest po prawej stronie, jako log 2 2 2 = log 2 4. Następnie pozbywamy się znaku logarytmu, po czym pozostaje nam po prostu równanie kwadratowe:

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

5x2 + 9x +2 = 4

5x 2 + 9x - 2 = 0

Mamy przed sobą zwykłe równanie kwadratowe, ale nie jest ono zredukowane, ponieważ współczynnik x 2 jest różny od jedności. Dlatego rozwiążemy to za pomocą dyskryminatora:

re = 81 - 4 5 (-2) = 81 + 40 = 121

x 1 = (-9 + 11)/10 = 2/10 = 1/5

x 2 = (-9 - 11)/10 = -2

To wszystko! Znaleźliśmy oba pierwiastki, co oznacza, że ​​otrzymaliśmy rozwiązanie pierwotnego równania logarytmicznego. Rzeczywiście, w pierwotnym problemie funkcja ze zmienną x występuje tylko w jednym argumencie. W związku z tym nie jest wymagane żadne dodatkowe sprawdzanie dziedziny definicji - oba pierwiastki, które znaleźliśmy z pewnością spełniają wszystkie możliwe ograniczenia.

To mógłby być koniec dzisiejszej lekcji wideo, ale na zakończenie chciałbym jeszcze raz powiedzieć: przy rozwiązywaniu równań logarytmicznych pamiętaj o zamianie wszystkich ułamków dziesiętnych na ułamki zwykłe. W większości przypadków znacznie upraszcza to ich rozwiązanie.

Rzadko, bardzo rzadko spotyka się problemy, w których pozbycie się ułamków dziesiętnych tylko komplikuje obliczenia. Jednak w takich równaniach z reguły początkowo jest jasne, że nie ma potrzeby pozbywania się ułamków dziesiętnych.

W większości innych przypadków (zwłaszcza jeśli dopiero zaczynasz ćwiczyć rozwiązywanie równań logarytmicznych), możesz pozbyć się ułamków dziesiętnych i zamienić je na zwykłe. Ponieważ praktyka pokazuje, że w ten sposób znacznie uprościsz późniejsze rozwiązanie i obliczenia.

Subtelności i sztuczki rozwiązania

Dzisiaj przejdziemy do bardziej złożonych problemów i rozwiążemy równanie logarytmiczne, które nie opiera się na liczbie, ale na funkcji.

I nawet jeśli ta funkcja jest liniowa, trzeba będzie wprowadzić niewielkie zmiany w schemacie rozwiązania, którego znaczenie sprowadza się do dodatkowych wymagań nałożonych na dziedzinę definicji logarytmu.

Złożone zadania

Ten poradnik będzie dość długi. Przeanalizujemy w nim dwa dość poważne równania logarytmiczne, przy rozwiązywaniu których wielu uczniów popełnia błędy. W swojej praktyce jako korepetytor matematyki stale spotykałem się z dwoma rodzajami błędów:

1. Pojawienie się dodatkowych pierwiastków w wyniku rozszerzenia dziedziny definicji logarytmów. Aby uniknąć takich ofensywnych błędów, po prostu uważnie monitoruj każdą transformację;
2. Utrata korzeni wynikająca z tego, że uczeń zapomniał rozważyć pewne „subtelne” przypadki – na tych właśnie sytuacjach skupimy się dzisiaj.

To ostatnia lekcja o równaniach logarytmicznych. Będzie długo, będziemy analizować złożone równania logarytmiczne. Usiądź wygodnie, zrób sobie herbatę i zaczynamy.

Pierwsze równanie wygląda całkiem standardowo:

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

Zauważmy od razu, że oba logarytmy są swoimi odwróconymi kopiami. Przypomnijmy wspaniałą formułę:

log a b = 1/log b a

Formuła ta ma jednak szereg ograniczeń, które powstają, jeśli zamiast liczb a i b pojawią się funkcje zmiennej x:

b > 0

1 ≠ a > 0

Wymagania te dotyczą podstawy logarytmu. Z drugiej strony, w ułamku musimy mieć 1 ≠ a > 0, ponieważ nie tylko zmienna a jest argumentem logarytmu (stąd a > 0), ale sam logarytm jest w mianowniku ułamka . Ale log b 1 = 0, a mianownik musi być różny od zera, więc a ≠ 1.

Zatem ograniczenia dotyczące zmiennej a pozostają. Ale co się dzieje ze zmienną b? Z jednej strony podstawa implikuje b > 0, z drugiej strony zmienną b ≠ 1, bo podstawa logarytmu musi być różna od 1. W sumie z prawej strony wzoru wynika, że ​​1 ≠ b > 0.

Ale tu pojawia się problem: w pierwszej nierówności, która dotyczy lewego logarytmu, brakuje drugiego warunku (b ≠ 1). Innymi słowy, wykonując tę ​​transformację, musimy sprawdź osobno, że argument b jest różny od jedności!

Sprawdźmy to. Zastosujmy naszą formułę:

[Podpis do zdjęcia]

1 ≠ x - 0,5 > 0; 1 ≠ x + 1 > 0

Zatem z pierwotnego równania logarytmicznego wynika, że ​​zarówno a, jak i b muszą być większe od 0 i różne od 1. Oznacza to, że możemy łatwo odwrócić równanie logarytmiczne:

Sugeruję wprowadzenie nowej zmiennej:

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

W takim przypadku nasza konstrukcja zostanie przepisana w następujący sposób:

(t 2 - 1)/t = 0

Zauważ, że w liczniku mamy różnicę kwadratów. Różnicę kwadratów ujawniamy za pomocą skróconego wzoru na mnożenie:

(t - 1)(t + 1)/t = 0

Ułamek jest równy zero, gdy jego licznik jest równy zero, a mianownik jest niezerowy. Ale licznik zawiera iloczyn, więc przyrównujemy każdy czynnik do zera:

t1 = 1;

t2 = -1;

t ≠ 0.

Jak widzimy, odpowiadają nam obie wartości zmiennej t. Jednak rozwiązanie na tym się nie kończy, ponieważ musimy znaleźć nie t, ale wartość x. Wracamy do logarytmu i otrzymujemy:

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

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

Zapiszmy każde z tych równań w postaci kanonicznej:

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

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

W pierwszym przypadku pozbywamy się znaku logarytmu i przyrównujemy argumenty:

x - 0,5 = x + 1;

x - x = 1 + 0,5;

Takie równanie nie ma pierwiastków, dlatego pierwsze równanie logarytmiczne również nie ma pierwiastków. Ale w drugim równaniu wszystko jest znacznie bardziej interesujące:

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

Rozwiązując proporcję, otrzymujemy:

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

Przypomnę, że przy rozwiązywaniu równań logarytmicznych znacznie wygodniej jest używać wszystkich ułamków dziesiętnych jak zwykłych, dlatego przepiszmy nasze równanie w następujący sposób:

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

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

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

Mamy przed sobą poniższe równanie kwadratowe, które można łatwo rozwiązać korzystając ze wzorów Viety:

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

x 1 = -1,5;

x2 = 1.

Mamy dwa pierwiastki - są one kandydatami do rozwiązania pierwotnego równania logarytmicznego. Aby zrozumieć, jakie korzenie faktycznie znajdą się w odpowiedzi, wróćmy do pierwotnego problemu. Teraz sprawdzimy każdy z naszych pierwiastków, aby zobaczyć, czy mieszczą się w domenie definicji:

1,5 ≠ x > 0,5; 0 ≠ x > −1.

Wymagania te są równoznaczne z podwójną nierównością:

1 ≠ x > 0,5

Stąd od razu widzimy, że pierwiastek x = −1,5 nam nie odpowiada, ale x = 1 całkiem nam odpowiada. Dlatego x = 1 jest ostatecznym rozwiązaniem równania logarytmicznego.

Przejdźmy do drugiego zadania:

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

Na pierwszy rzut oka może się wydawać, że wszystkie logarytmy mają różne podstawy i różne argumenty. Co zrobić z takimi konstrukcjami? Przede wszystkim zauważ, że liczby 25, 5 i 625 są potęgami liczby 5:

25 = 5 2 ; 625 = 5 4

Skorzystajmy teraz ze wspaniałej właściwości logarytmu. Chodzi o to, że z argumentu można wyodrębnić potęgi w postaci czynników:

log a b n = n ∙ log a b

Transformacja ta podlega ograniczeniom również w przypadku zastąpienia b funkcją. Ale dla nas b jest tylko liczbą i nie powstają żadne dodatkowe ograniczenia. Przepiszmy nasze równanie:

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

Otrzymaliśmy równanie z trzema wyrazami zawierającymi znak log. Co więcej, argumenty wszystkich trzech logarytmów są równe.

Czas odwrócić logarytmy i sprowadzić je do tej samej podstawy - 5. Ponieważ zmienna b jest stałą, nie zachodzą żadne zmiany w dziedzinie definicji. Po prostu przepisujemy:

[Podpis do zdjęcia]

Zgodnie z oczekiwaniami, w mianowniku pojawiły się te same logarytmy. Sugeruję zastąpienie zmiennej:

log 5 x = t

W tym przypadku nasze równanie zostanie przepisane w następujący sposób:

Zapiszmy licznik i otwórzmy nawiasy:

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 + 2 t – 4 t 2 – 12 t = – t 2 + 12

Wróćmy do naszego ułamka. Licznik musi wynosić zero:

[Podpis do zdjęcia]

A mianownik jest różny od zera:

t ≠ 0; t ≠ −3; t ≠ −2

Ostatnie wymagania są spełnione automatycznie, ponieważ wszystkie są „powiązane” z liczbami całkowitymi, a wszystkie odpowiedzi są irracjonalne.

Zatem ułamkowe równanie wymierne zostało rozwiązane, znaleziono wartości zmiennej t. Wróćmy do rozwiązywania równania logarytmicznego i pamiętajmy, czym jest t:

[Podpis do zdjęcia]

Sprowadzamy to równanie do postaci kanonicznej i otrzymujemy liczbę o stopniu niewymiernym. Niech Cię to nie zmyli – nawet takie argumenty można zrównać:

[Podpis do zdjęcia]

Mamy dwa korzenie. A dokładniej dwie kandydujące odpowiedzi - sprawdźmy je pod kątem zgodności z dziedziną definicji. Ponieważ podstawą logarytmu jest zmienna x, potrzebujemy:

1 ≠ x > 0;

Z takim samym sukcesem stwierdzamy, że x ≠ 1/125, w przeciwnym razie podstawa drugiego logarytmu zamieni się w jedność. Wreszcie x ≠ 1/25 dla trzeciego logarytmu.

W sumie otrzymaliśmy cztery ograniczenia:

1 ≠ x > 0; x ≠ 1/125; x ≠ 1/25

Teraz pytanie: czy nasze korzenie spełniają te wymagania? Oczywiście, że spełniają! Ponieważ 5 do dowolnej potęgi będzie większe od zera, a wymaganie x > 0 jest spełnione automatycznie.

Natomiast 1 = 5 0, 1/25 = 5 −2, 1/125 = 5 −3, co oznacza, że ​​te ograniczenia dla naszych pierwiastków (które, przypominam, mają liczbę niewymierną w wykładniku) są również spełnione i obie odpowiedzi są rozwiązaniami problemu.

Mamy więc ostateczną odpowiedź. W tym zadaniu najważniejsze są dwa punkty:

1. Zachowaj ostrożność podczas odwracania logarytmu, gdy argument i podstawa są zamienione miejscami. Przekształcenia takie nakładają niepotrzebne ograniczenia zakresu definicji.
2. Nie bój się przekształcać logarytmów: można je nie tylko odwrócić, ale także rozszerzyć za pomocą wzoru na sumę i ogólnie zmienić za pomocą dowolnych wzorów, które poznałeś podczas rozwiązywania wyrażeń logarytmicznych. Zawsze jednak pamiętaj: niektóre przekształcenia poszerzają zakres definicji, inne go zawężają.

Wszyscy znamy równania ze szkoły podstawowej. Tam też nauczyliśmy się rozwiązywać najprostsze przykłady i trzeba przyznać, że znajdują one zastosowanie nawet w wyższej matematyce. Wszystko jest proste dzięki równaniom, w tym równaniom kwadratowym. Jeśli masz problemy z tym tematem, zdecydowanie zalecamy zapoznanie się z nim.

Prawdopodobnie już sprawdziłeś logarytmy. Uważamy jednak, że ważne jest, aby powiedzieć, co to jest, tym, którzy jeszcze nie wiedzą. Logarytm jest równy potędze, do której należy podnieść podstawę, aby otrzymać liczbę po prawej stronie znaku logarytmu. Podajmy przykład, na podstawie którego wszystko stanie się dla ciebie jasne.

Jeśli podniesiesz 3 do potęgi czwartej, otrzymasz 81. Teraz podstaw liczby przez analogię, a w końcu zrozumiesz, jak rozwiązuje się logarytmy. Teraz pozostaje tylko połączyć obie omówione koncepcje. Początkowo sytuacja wydaje się niezwykle skomplikowana, ale po bliższym przyjrzeniu się ciężar układa się w całość. Jesteśmy pewni, że po tym krótkim artykule nie będziesz miał problemów z tą częścią Unified State Exam.

Obecnie istnieje wiele sposobów rozwiązywania takich konstrukcji. Opowiemy Ci o najprostszych, najskuteczniejszych i najbardziej odpowiednich w przypadku zadań Unified State Examination. Rozwiązywanie równań logarytmicznych należy zacząć od najprostszego przykładu. Najprostsze równania logarytmiczne składają się z funkcji i jednej zmiennej.

Należy zauważyć, że x znajduje się wewnątrz argumentu. A i b muszą być liczbami. W takim przypadku możesz po prostu wyrazić funkcję w postaci liczby do potęgi. To wygląda tak.

Oczywiście rozwiązanie równania logarytmicznego tą metodą doprowadzi Cię do prawidłowej odpowiedzi. Problemem zdecydowanej większości uczniów w tym przypadku jest to, że nie rozumieją, co skąd się bierze. W rezultacie musisz pogodzić się z błędami i nie zdobyć pożądanych punktów. Najbardziej obraźliwym błędem będzie pomieszanie liter. Aby rozwiązać równanie w ten sposób, należy zapamiętać tę standardową formułę szkolną, ponieważ jest ona trudna do zrozumienia.

Aby to ułatwić, możesz skorzystać z innej metody - formy kanonicznej. Pomysł jest niezwykle prosty. Zwróć swoją uwagę z powrotem na problem. Pamiętaj, że litera a jest liczbą, a nie funkcją lub zmienną. A nie jest równe jeden i większe od zera. Nie ma żadnych ograniczeń b. Teraz ze wszystkich formuł przypomnijmy sobie jedną. B można wyrazić w następujący sposób.

Wynika z tego, że wszystkie oryginalne równania z logarytmami można przedstawić w postaci:

Teraz możemy porzucić logarytmy. Rezultatem jest prosty projekt, który widzieliśmy już wcześniej.

Wygoda tej formuły polega na tym, że można ją stosować w wielu różnych przypadkach, a nie tylko w najprostszych projektach.

Nie martw się o OOF!

Wielu doświadczonych matematyków zauważy, że nie zwróciliśmy uwagi na dziedzinę definicji. Reguła sprowadza się do tego, że F(x) jest koniecznie większe od 0. Nie, nie przeoczyliśmy tego punktu. Teraz mówimy o kolejnej poważnej zaletie formy kanonicznej.

Nie będzie tu żadnych dodatkowych korzeni. Jeżeli zmienna pojawi się tylko w jednym miejscu, to zakres nie jest konieczny. Odbywa się to automatycznie. Aby zweryfikować tę ocenę, spróbuj rozwiązać kilka prostych przykładów.

Jak rozwiązywać równania logarytmiczne o różnych podstawach

Są to już złożone równania logarytmiczne i podejście do ich rozwiązywania musi być specjalne. Tutaj rzadko można ograniczyć się do osławionej formy kanonicznej. Zacznijmy naszą szczegółową historię. Mamy następującą konstrukcję.

Zwróć uwagę na ułamek. Zawiera logarytm. Jeśli widzisz to w zadaniu, warto zapamiętać jedną ciekawą sztuczkę.

Co to znaczy? Każdy logarytm można przedstawić jako iloraz dwóch logarytmów o wygodnej podstawie. Ta formuła ma szczególny przypadek, który można zastosować w tym przykładzie (mamy na myśli, jeśli c=b).

To jest dokładnie ten ułamek, który widzimy w naszym przykładzie. Zatem.

Zasadniczo odwróciliśmy ułamek i otrzymaliśmy wygodniejsze wyrażenie. Zapamiętaj ten algorytm!

Teraz konieczne jest, aby równanie logarytmiczne nie zawierało różnych podstaw. Przedstawmy podstawę jako ułamek.

W matematyce istnieje zasada, na podstawie której można wyprowadzić stopień z podstawy. Poniżej wyniki budowy.

Wydawałoby się, co stoi na przeszkodzie, aby teraz przekształcić nasze wyrażenie w formę kanoniczną i po prostu go rozwiązać? Nie takie proste. Przed logarytmem nie powinno być ułamków zwykłych. Naprawmy tę sytuację! Ułamki mogą być używane jako stopnie.

Odpowiednio.

Jeśli podstawy są takie same, możemy usunąć logarytmy i zrównać same wyrażenia. W ten sposób sytuacja stanie się znacznie prostsza niż dotychczas. Pozostanie elementarne równanie, które każdy z nas wiedział, jak rozwiązać już w ósmej, a nawet siódmej klasie. Obliczenia możesz wykonać samodzielnie.

Otrzymaliśmy jedyny prawdziwy pierwiastek tego równania logarytmicznego. Przykłady rozwiązywania równania logarytmicznego są dość proste, prawda? Teraz będziesz mógł samodzielnie poradzić sobie nawet z najbardziej skomplikowanymi zadaniami związanymi z przygotowaniem i zdaniem egzaminu Unified State Exam.

Jaki jest wynik?

W przypadku dowolnych równań logarytmicznych kierujemy się jedną bardzo ważną zasadą. Należy postępować tak, aby sprowadzić wyrażenie do możliwie najprostszej formy. W takim przypadku będziesz miał większą szansę nie tylko na prawidłowe rozwiązanie zadania, ale także wykonanie go w możliwie najprostszy i najbardziej logiczny sposób. Dokładnie tak zawsze pracują matematycy.

Zdecydowanie nie zalecamy poszukiwania trudnych ścieżek, szczególnie w tym przypadku. Pamiętaj o kilku prostych zasadach, które pozwolą Ci przekształcić dowolne wyrażenie. Na przykład sprowadź dwa lub trzy logarytmy do tej samej podstawy lub wyprowadź potęgę z podstawy i wygraj na tym.

Warto również pamiętać, że rozwiązywanie równań logarytmicznych wymaga ciągłej praktyki. Stopniowo będziesz przechodzić do coraz bardziej złożonych struktur, a to doprowadzi Cię do pewnego rozwiązywania wszystkich wariantów problemów na egzaminie Unified State Exam. Przygotuj się do egzaminów z dużym wyprzedzeniem i powodzenia!

Przykłady:

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

Jak rozwiązywać równania logarytmiczne:

Rozwiązując równanie logarytmiczne, należy dążyć do przekształcenia go do postaci \(\log_a⁡(f(x))=\log_a⁡(g(x))\), a następnie dokonać przejścia do postaci \(f(x )=g(x) \).

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

Przykład:\(\log_2⁡(x-2)=3\)

Rozwiązanie: \(\log_2⁡(x-2)=\log_2⁡8\) \(x-2=8\) \(x=10\) Badanie:\(10>2\) - odpowiednie dla DL Odpowiedź:\(x=10\)

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

Bardzo ważne! Przejścia tego można dokonać tylko wtedy, gdy:

Napisałeś dla pierwotnego równania, a na koniec sprawdzisz, czy te znalezione są uwzględnione w ODZ. Jeśli nie zostanie to zrobione, mogą pojawić się dodatkowe korzenie, co oznacza złą decyzję.

Liczba (lub wyrażenie) po lewej i prawej stronie jest taka sama;

Logarytmy po lewej i prawej stronie są „czyste”, to znaczy nie powinno być żadnych mnożeń, dzieleń itp. – tylko pojedyncze logarytmy po obu stronach znaku równości.

Na przykład:

Należy zauważyć, że równania 3 i 4 można łatwo rozwiązać, stosując niezbędne właściwości logarytmów.

Przykład . Rozwiąż równanie \(2\log_8⁡x=\log_8⁡2,5+\log_8⁡10\)

Rozwiązanie :

		Zapiszmy ODZ: \(x>0\).
\(2\log_8⁡x=\log_8⁡2,5+\log_8⁡10\) ODZ: \(x>0\)		Po lewej stronie przed logarytmem znajduje się współczynnik, po prawej stronie suma logarytmów. To nas niepokoi. Przenieśmy dwójkę do wykładnika \(x\) zgodnie z właściwością: \(n \log_b(⁡a)=\log_b⁡(a^n)\). Przedstawmy sumę logarytmów jako jeden logarytm zgodnie z własnością: \(\log_a⁡b+\log_a⁡c=\log_a(⁡bc)\)
\(\log_8⁡(x^2)=\log_8⁡25\)		Sprowadziliśmy równanie do postaci \(\log_a⁡(f(x))=\log_a⁡(g(x))\) i zapisaliśmy ODZ, co oznacza, że ​​możemy przejść do postaci \(f(x) =g(x)\ ).
		Stało się . Rozwiązujemy go i zdobywamy korzenie.
\(x_1=5\) \(x_2=-5\)		Sprawdzamy, czy korzenie nadają się do ODZ. Aby to zrobić, w \(x>0\) zamiast \(x\) podstawiamy \(5\) i \(-5\). Operację tę można wykonać ustnie.
\(5>0\), \(-5>0\)		Pierwsza nierówność jest prawdziwa, druga nie. Oznacza to, że \(5\) jest pierwiastkiem równania, ale \(-5\) nie. Zapisujemy odpowiedź.

Odpowiedź : \(5\)

Przykład : Rozwiąż równanie \(\log^2_2⁡(x)-3 \log_2(⁡x)+2=0\)

Rozwiązanie :

		Zapiszmy ODZ: \(x>0\).
\(\log^2_2⁡(x)-3 \log_2(⁡x)+2=0\) ODZ: \(x>0\)		Typowe równanie rozwiązane za pomocą . Zamień \(\log_2⁡x\) na \(t\).
\(t=\log_2⁡x\)
		Otrzymaliśmy zwykły. Szukamy jego korzeni.
\(t_1=2\) \(t_2=1\)		Dokonywanie odwrotnej wymiany
\(\log_2(⁡x)=2\) \(\log_2(⁡x)=1\)		Przekształcamy prawe strony, przedstawiając je jako logarytmy: \(2=2 \cdot 1=2 \log_2⁡2=\log_2⁡4\) i \(1=\log_2⁡2\)
\(\log_2(⁡x)=\log_2⁡4\) \(\log_2(⁡x)=\log_2⁡2 \)		Teraz nasze równania to \(\log_a⁡(f(x))=\log_a⁡(g(x))\) i możemy przejść do \(f(x)=g(x)\).
\(x_1=4\) \(x_2=2\)		Sprawdzamy zgodność korzeni ODZ. Aby to zrobić, podstaw \(4\) i \(2\) do nierówności \(x>0\) zamiast \(x\).
\(4>0\) \(2>0\)		Obie nierówności są prawdziwe. Oznacza to, że zarówno \(4\), jak i \(2\) są pierwiastkami równania.

Odpowiedź : \(4\); \(2\).