Spręsdami lygtis logaritmais, raskite šaknų pavyzdžių. Logaritminė lygtis: pagrindinės formulės ir metodai
Daugelis studentų įstringa ties tokiomis lygtimis. Tuo pačiu metu pačios užduotys jokiu būdu nėra sudėtingos - pakanka tik atlikti kompetentingą kintamojo pakaitalą, kuriam turėtumėte išmokti atskirti stabilias išraiškas.
Be šios pamokos rasite gana didelį savarankišką darbą, susidedantį iš dviejų variantų su 6 užduotimis.
Grupavimo metodas
Šiandien analizuosime dvi logaritmines lygtis, iš kurių viena negali būti išspręsta „visą laiką“ ir reikalauja ypatingų transformacijų, o antroji... vis dėlto visko iš karto nepasakosiu. Žiūrėkite vaizdo įrašą, atsisiųskite savarankišką darbą ir sužinokite, kaip išspręsti sudėtingas problemas.
Taigi, grupavimas ir bendrų veiksnių pašalinimas iš skliaustų. Be to, papasakosiu, kokius spąstus neša logaritmų apibrėžimo sritis ir kaip mažos pastabos apibrėžimų srityje gali reikšmingai pakeisti tiek šaknis, tiek visą sprendimą.
Pradėkime nuo grupavimo. Turime išspręsti šią logaritminę lygtį:
log 2 x log 2 (x - 3) + 1 = log 2 (x 2 - 3x)
Visų pirma pažymime, kad x 2 − 3x gali būti koeficientas:
log 2 x (x – 3)
Tada prisimename nuostabią formulę:
log a fg = log a f + log a g
Iškart maža pastaba: ši formulė puikiai veikia, kai a, f ir g yra įprasti skaičiai. Tačiau kai vietoj jų yra funkcijos, šie posakiai nustoja būti lygiaverčiai teisėmis. Įsivaizduokite šią hipotetinę situaciją:
f< 0; g < 0
Šiuo atveju sandauga fg bus teigiama, todėl log a ( fg ) egzistuos, bet log a f ir log a g atskirai neegzistuoja ir tokios transformacijos atlikti negalime.
Jei nepaisysite šio fakto, apibrėžimo sritis susiaurės ir dėl to prarasite šaknis. Todėl prieš atliekant tokią transformaciją būtina iš anksto įsitikinti, kad funkcijos f ir g yra teigiamos.
Mūsų atveju viskas paprasta. Kadangi pradinėje lygtyje yra funkcija log 2 x, tai x > 0 (juk kintamasis x yra argumente). Taip pat yra log 2 (x − 3), taigi x − 3 > 0.
Todėl funkcijoje log 2 x (x − 3) kiekvienas koeficientas bus didesnis už nulį. Todėl galime saugiai suskaidyti produktą į sumą:
log 2 x log 2 (x - 3) + 1 = log 2 x + log 2 (x - 3)
log 2 x log 2 (x - 3) + 1 - log 2 x - log 2 (x - 3) = 0
Iš pirmo žvilgsnio gali atrodyti, kad lengviau nepasidarė. Priešingai: terminų skaičius tik didėjo! Norėdami suprasti, kaip elgtis toliau, pristatome naujus kintamuosius:
log 2 x = a
log 2 (x − 3) = b
a b + 1 − a − b = 0
O dabar trečiąjį terminą sugrupuojame su pirmuoju:
(a b – a) + (1 – b) = 0
a (1 b - 1) + (1 - b ) = 0
Atkreipkite dėmesį, kad ir pirmame, ir antrame skliausteliuose yra b – 1 (antruoju atveju turėsite išimti „minusą“ iš skliausčio). Suskaičiuokime savo konstrukciją:
a (1 b - 1) - (b - 1) = 0
(b – 1) (a 1 – 1) = 0
Ir dabar primename mūsų nuostabią taisyklę: produktas yra lygus nuliui, kai bent vienas iš veiksnių yra lygus nuliui:
b − 1 = 0 ⇒ b = 1;
a − 1 = 0 ⇒ a = 1.
Prisiminkime, kas yra b ir a. Gauname dvi paprastas logaritmines lygtis, kuriose belieka atsikratyti log ženklų ir sulyginti argumentus:
log 2 x = 1 ⇒ log 2 x = log 2 2 ⇒ x 1 =2;
log 2 (x - 3) = 1 ⇒ log 2 (x - 3) = log 2 2 ⇒ x 2 = 5
Gavome dvi šaknis, bet tai nėra pradinės logaritminės lygties sprendimas, o tik kandidatai į atsakymą. Dabar patikrinkime domeną. Dėl pirmojo argumento:
x > 0
Abi šaknys atitinka pirmąjį reikalavimą. Pereikime prie antrojo argumento:
x – 3 > 0 ⇒ x > 3
Bet čia jau x = 2 mūsų netenkina, bet x = 5 mums visai neblogai tinka. Todėl vienintelis atsakymas yra x = 5.
Mes pereiname prie antrosios logaritminės lygties. Iš pirmo žvilgsnio tai daug paprasčiau. Tačiau ją spręsdami apsvarstysime subtilius dalykus, susijusius su apibrėžimo sritimi, kurių nežinojimas gerokai apsunkina pradedančiųjų studentų gyvenimą.
log 0,7 (x 2 - 6x + 2) = log 0,7 (7 - 2x)
Prieš mus yra kanoninė logaritminės lygties forma. Nereikia nieko konvertuoti – net pagrindai vienodi. Todėl argumentus tiesiog sulyginame:
x 2 - 6x + 2 = 7 - 2x
x 2 - 6x + 2 - 7 + 2x = 0
x 2 - 4x - 5 = 0
Prieš mus yra duota kvadratinė lygtis, ji lengvai išsprendžiama naudojant Vieta formules:
(x – 5) (x + 1) = 0;
x − 5 = 0 ⇒ x = 5;
x + 1 = 0 ⇒ x = −1.
Tačiau šios šaknys dar nėra galutiniai atsakymai. Būtina rasti apibrėžimo sritį, nes pradinėje lygtyje yra du logaritmai, t.y. griežtai būtina atsižvelgti į apibrėžimo sritį.
Taigi, išrašykime apibrėžimo sritį. Viena vertus, pirmojo logaritmo argumentas turi būti didesnis už nulį:
x 2 − 6x + 2 > 0
Kita vertus, antrasis argumentas taip pat turi būti didesnis už nulį:
7–2x > 0
Šie reikalavimai turi būti įvykdyti vienu metu. Ir čia prasideda įdomiausia. Žinoma, galime išspręsti kiekvieną iš šių nelygybių, tada jas susikirsti ir rasti visos lygties sritį. Bet kam taip apsunkinti gyvenimą sau?
Pastebėkime vieną subtilumą. Atsikratydami rąstų ženklų, sutapatiname argumentus. Tai reiškia, kad reikalavimai x 2 − 6x + 2 > 0 ir 7 − 2x > 0 yra lygiaverčiai. Dėl to bet kuri iš dviejų nelygybių gali būti perbraukta. Nubraukime sunkiausią, o įprastą tiesinę nelygybę palikime sau:
-2x > -7
x< 3,5
Kadangi abi puses dalijome iš neigiamo skaičiaus, nelygybės ženklas pasikeitė.
Taigi, mes radome ODZ be jokių kvadratinių nelygybių, diskriminantų ir susikirtimų. Dabar belieka tik pasirinkti šaknis, kurios yra šiame intervale. Akivaizdu, kad mums tiks tik x = −1, nes x = 5 > 3,5.
Galite užsirašyti atsakymą: x = 1 yra vienintelis pradinės logaritminės lygties sprendimas.
Šios logaritminės lygties išvados yra šios:
- Nebijokite koeficientuoti logaritmų ir tada apskaičiuoti logaritmų sumą. Tačiau atminkite, kad suskaidydami sandaugą į dviejų logaritmų sumą, taip susiaurinsite apibrėžimo sritį. Todėl prieš atlikdami tokį konvertavimą būtinai pasidomėkite, kokie yra apimties reikalavimai. Dažniausiai problemų nekyla, tačiau dar kartą pažaisti nekenkia.
- Atsikratydami kanoninės formos, pabandykite optimizuoti skaičiavimus. Visų pirma, jei iš mūsų reikalaujama, kad f > 0 ir g > 0, bet pačioje lygtyje f = g , tai drąsiai išbraukiame vieną iš nelygybių, sau palikdami tik pačią paprasčiausią. Tokiu atveju apibrėžimo ir atsakymų sritis jokiu būdu nenukentės, tačiau skaičiavimų kiekis gerokai sumažės.
Tiesą sakant, tai yra viskas, ką norėjau pasakyti apie grupavimą. :)
Tipiškos klaidos sprendžiant
Šiandien mes analizuosime dvi tipines logaritmines lygtis, dėl kurių daugelis studentų suklumpa. Šių lygčių pavyzdyje pamatysime, kokios klaidos dažniausiai daromos sprendžiant ir transformuojant pradines išraiškas.
Trupmeninės-racionalinės lygtys su logaritmais
Iš karto reikia pastebėti, kad tai gana klastingas lygties tipas, kuriame trupmena su logaritmu kažkur vardiklyje ne visada yra iš karto. Tačiau transformacijų procese tokia trupmena būtinai atsiras.
Tuo pačiu būkite atsargūs: transformacijų procese pradinė logaritmų apibrėžimo sritis gali labai pasikeisti!
Mes kreipiamės į dar griežtesnes logaritmines lygtis, kuriose yra trupmenos ir kintamos bazės. Norėdamas per vieną trumpą pamoką padaryti daugiau, nepasakosiu elementarios teorijos. Eikime tiesiai prie užduočių:
4 log 25 (x − 1) − log 3 27 + 2 log x − 1 5 = 1
Žvelgdamas į šią lygtį, kažkas paklaus: „Ką su ja turi trupmeninė racionali lygtis? Kur yra trupmena šioje lygtyje? Neskubėkime ir atidžiau pažvelkime į kiekvieną terminą.
Pirmasis terminas: 4 log 25 (x − 1). Logaritmo pagrindas yra skaičius, bet argumentas yra x funkcija. Kol kas nieko negalime padaryti. Pirmyn.
Kitas narys yra log 3 27. Prisiminkite, kad 27 = 3 3 . Todėl visą logaritmą galime perrašyti taip:
log 3 27 = 3 3 = 3
Taigi antrasis terminas yra tik trejetas. Trečias narys: 2 log x − 1 5. Čia taip pat ne viskas paprasta: bazė yra funkcija, argumentas yra paprastas skaičius. Siūlau apversti visą logaritmą pagal šią formulę:
log a b = 1/log b a
Tokią transformaciją galima atlikti tik tuo atveju, jei b ≠ 1. Priešingu atveju logaritmo, kuris bus gautas antrosios trupmenos vardiklyje, tiesiog nebus. Mūsų atveju b = 5, taigi viskas gerai:
2 log x – 1 5 = 2/log 5 (x – 1)
Perrašykime pradinę lygtį, atsižvelgdami į gautas transformacijas:
4 log 25 (x - 1) - 3 + 2 / log 5 (x - 1) = 1
Trupmenos vardiklyje turime log 5 (x − 1), o pirmajame naryje log 25 (x − 1). Bet 25 \u003d 5 2, todėl kvadratą išimame iš logaritmo pagrindo pagal taisyklę:
Kitaip tariant, eksponentas logaritmo pagrindu tampa trupmena priekyje. Ir išraiška bus perrašyta taip:
4 1/2 log 5 (x − 1) − 3 + 2/ log 5 (x − 1) − 1 = 0
Mes gavome ilgą lygtį su daugybe identiškų logaritmų. Pristatykime naują kintamąjį:
log 5 (x − 1) = t;
2t – 4 + 2/t = 0;
Bet tai jau trupmeninė-racionali lygtis, kuri išsprendžiama 8-9 klasių algebra. Pirmiausia suskirstykime jį į dvi dalis:
t – 2 + 1/t = 0;
(t 2 – 2t + 1)/t = 0
Tikslus kvadratas yra skliausteliuose. Susukime:
(t − 1) 2 /t = 0
Trupmena yra lygi nuliui, kai jos skaitiklis lygus nuliui, o vardiklis – ne nulis. Niekada nepamirškite šio fakto:
(t – 1) 2 = 0
t=1
t ≠ 0
Prisiminkime, kas yra t:
log 5 (x − 1) = 1
log 5 (x − 1) = log 5 5
Atsikratome rąsto ženklų, sulyginame jų argumentus ir gauname:
x − 1 = 5 ⇒ x = 6
Visi. Problema išspręsta. Tačiau grįžkime prie pradinės lygties ir prisiminkime, kad iš karto buvo du logaritmai su kintamuoju x. Todėl turite parašyti apibrėžimo sritį. Kadangi x − 1 yra logaritmo argumente, ši išraiška turi būti didesnė už nulį:
x − 1 > 0
Kita vertus, tas pats x − 1 yra ir bazėje, todėl jis turi skirtis nuo vieno:
x – 1 ≠ 1
Taigi darome išvadą:
x > 1; x ≠ 2
Šie reikalavimai turi būti įvykdyti vienu metu. Reikšmė x = 6 atitinka abu reikalavimus, todėl x = 6 yra galutinis logaritminės lygties sprendimas.
Pereikime prie antrosios užduoties:
Vėlgi, neskubėkime ir pažvelkime į kiekvieną terminą:
žurnalas 4 (x + 1) - prie pagrindo yra keturi. Įprastas numeris, ir jūs negalite jo liesti. Tačiau praeitą kartą prie pagrindo užkliuvome tiksliai kvadratu, kurį reikėjo ištraukti iš po logaritmo ženklo. Padarykime tą patį dabar:
log 4 (x + 1) = 1/2 log 2 (x + 1)
Triukas yra tas, kad mes jau turime logaritmą su kintamuoju x , nors ir bazėje - tai yra atvirkštinė logaritmo, kurį ką tik radome:
8 log x + 1 2 = 8 (1 / log 2 (x + 1)) = 8 / log 2 (x + 1)
Kitas narys yra log 2 8. Tai konstanta, nes ir argumentas, ir pagrindas yra įprasti skaičiai. Raskime vertę:
log 2 8 = log 2 2 3 = 3
Tą patį galime padaryti su paskutiniu logaritmu:
Dabar perrašykime pradinę lygtį:
1/2 log 2 (x + 1) + 8/log 2 (x + 1) − 3 − 1 = 0;
log 2 (x + 1) / 2 + 8 / log 2 (x + 1) – 4 = 0
Suveskime viską į bendrą vardiklį:
Prieš mus vėl trupmeninė-racionali lygtis. Pristatykime naują kintamąjį:
t = log 2 (x + 1)
Perrašykime lygtį atsižvelgdami į naują kintamąjį:
Būkite atsargūs: šiame žingsnyje pakeičiau sąlygas. Trupmenos skaitiklis yra skirtumo kvadratas:
Kaip ir praėjusį kartą, trupmena yra lygi nuliui, kai jos skaitiklis yra nulis, o vardiklis yra ne nulis:
(t − 4) 2 = 0 ⇒ t = 4;
t ≠ 0
Gavome vieną šaknį, kuri atitinka visus reikalavimus, todėl grįžtame prie x kintamojo:
log 2 (x + 1) = 4;
log 2 (x + 1) = log 2 2 4;
x + 1 = 16;
x=15
Tai viskas, mes išsprendėme lygtį. Bet kadangi pradinėje lygtyje buvo keli logaritmai, būtina išrašyti apibrėžimo sritį.
Taigi, išraiška x + 1 yra logaritmo argumente. Todėl x + 1 > 0. Kita vertus, x + 1 yra ir bazėje, t.y. x + 1 ≠ 1. Iš viso:
0 ≠ x > –1
Ar rasta šaknis atitinka šiuos reikalavimus? Neabejotinai. Todėl x = 15 yra pradinės logaritminės lygties sprendimas.
Pabaigai norėčiau pasakyti štai ką: jei pažvelgsite į lygtį ir suprasite, kad turite išspręsti kažką sudėtingo ir nestandartinio, pabandykite išryškinti stabilias struktūras, kurios vėliau bus pažymėtos kitu kintamuoju. Jei kai kuriuose terminuose kintamojo x visai nėra, dažnai juos galima tiesiog apskaičiuoti.
Tai viskas, apie ką šiandien norėjau pakalbėti. Tikiuosi, kad ši pamoka padės jums išspręsti sudėtingas logaritmines lygtis. Peržiūrėkite kitus vaizdo įrašų vadovėlius, atsisiųskite ir išspręskite savarankišką darbą, o iki susitikimo kitame vaizdo įraše!
Matematika yra daugiau nei mokslas yra mokslo kalba.
Danų fizikas ir visuomenės veikėjas Nielsas Bohras
Logaritminės lygtys
Tarp tipiškų užduočių, siūlomi stojamųjų (konkursinių) testų metu, yra užduotys, susiję su logaritminių lygčių sprendimu. Norint sėkmingai išspręsti tokias problemas, būtina gerai išmanyti logaritmų savybes ir turėti jų taikymo įgūdžių.
Šiame straipsnyje pirmiausia pateikiame pagrindines logaritmų sąvokas ir savybes, o tada nagrinėjami logaritminių lygčių sprendimo pavyzdžiai.
Pagrindinės sąvokos ir savybės
Iš pradžių pateikiame pagrindines logaritmų savybes, kurių naudojimas leidžia sėkmingai išspręsti gana sudėtingas logaritmines lygtis.
Pagrindinė logaritminė tapatybė parašyta kaip
, (1)
Garsiausios logaritmų savybės apima šias lygybes:
1. Jei , , ir , tada , ,
2. Jei , , , ir , tada .
3. Jei , , ir , tada .
4. Jei , , ir natūralusis skaičius, tada
5. Jei , , ir natūralusis skaičius, tada
6. Jei , , ir , tada .
7. Jei , , ir , tada .
Sudėtingesnės logaritmų savybės formuluojamos šiais teiginiais:
8. Jei , , , ir , tada
9. Jei , , ir , tada
10. Jei , , , ir , tada
Paskutinių dviejų logaritmų savybių įrodymas pateiktas autoriaus vadovėlyje „Matematika aukštųjų mokyklų studentams: papildomi mokyklinės matematikos skyriai“ (M.: Lenand / URSS, 2014).
Taip pat reikėtų pažymėti ta funkcija didėja, jei , ir mažėja, jei .
Apsvarstykite logaritminių lygčių sprendimo uždavinių pavyzdžius, išdėstyti didėjančio sudėtingumo tvarka.
Problemų sprendimo pavyzdžiai
1 pavyzdys. išspręsti lygtį
. (2)
Sprendimas. Iš (2) lygties turime . Transformuokime lygtį taip: , arba .
nes, tada (2) lygties šaknis yra.
Atsakymas:.
2 pavyzdys. išspręsti lygtį
Sprendimas. (3) lygtis yra lygiavertė lygtims
Arba .
Iš čia gauname.
Atsakymas:.
3 pavyzdys. išspręsti lygtį
Sprendimas. (4) lygtis reiškia, ką . Naudojant pagrindinę logaritminę tapatybę (1), galima parašyti
arba .
Jei įdėtume, tada iš čia gauname kvadratinę lygtį, kuri turi dvi šaknis ir . Tačiau todėl ir tinkama lygties šaknis yra tik . Nuo tada arba .
Atsakymas:.
4 pavyzdys. išspręsti lygtį
Sprendimas.Tinkamas kintamojo diapazonas(5) lygtyje yra.
Leiskite ir . Nuo funkcijosapibrėžimo srityje mažėja, ir funkcija didėja visoje skaičių ašyje, tada lygtis negali turėti daugiau nei vienos šaknies.
Atrankos būdu randame vienintelę šaknį.
Atsakymas:.
5 pavyzdys. išspręsti lygtį.
Sprendimas. Jei abi lygties pusės laikomos logaritmais iki 10 bazės, tada
Arba .
Išspręsdami kvadratinę lygtį , gauname ir . Todėl čia mes turime ir .
Atsakymas: ,.
6 pavyzdys. išspręsti lygtį
. (6)
Sprendimas.Mes naudojame tapatybę (1) ir transformuojame (6) lygtį taip:
Arba .
Atsakymas: ,.
7 pavyzdys. išspręsti lygtį
. (7)
Sprendimas. Atsižvelgdami į 9 savybę, turime . Šiuo atžvilgiu (7) lygtis įgauna formą
Iš čia gauname arba .
Atsakymas:.
8 pavyzdys. išspręsti lygtį
. (8)
Sprendimas.Naudokime savybę 9 ir perrašykime lygtį (8) lygiaverte forma.
Jei tada paskirsime, tada gauname kvadratinę lygtį, kur . Kadangi lygtisturi tik vieną teigiamą šaknį, tada arba . Tai reiškia.
Atsakymas:.
9 pavyzdys. išspręsti lygtį
. (9)
Sprendimas. Kadangi tai išplaukia iš (9) lygties, tada čia. Pagal 10 turtą, galima užsirašyti.
Šiuo atžvilgiu (9) lygtis bus lygiavertė lygtims
Arba .
Iš čia gauname (9) lygties šaknį.
10 pavyzdys. išspręsti lygtį
. (10)
Sprendimas.(10) lygties kintamojo priimtinų verčių diapazonas yra . Pagal 4 turtą mes turime
. (11)
Kadangi , Tada lygtis (11) įgauna kvadratinės lygties formą, kur . Kvadratinės lygties šaknys yra ir .
Nuo tada ir . Iš čia gauname ir .
Atsakymas: ,.
11 pavyzdys. išspręsti lygtį
. (12)
Sprendimas. Pažymėkime tada ir (12) lygtis įgauna formą
Arba
. (13)
Nesunku pastebėti, kad (13) lygties šaknis yra . Parodykime, kad ši lygtis neturi kitų šaknų. Norėdami tai padaryti, padalijame abi jo dalis ir gauname lygiavertę lygtį
. (14)
Kadangi funkcija mažėja, o funkcija didėja visoje realioje ašyje, (14) lygtis negali turėti daugiau nei vienos šaknies. Kadangi (13) ir (14) lygtys yra lygiavertės, (13) lygtis turi vieną šaknį.
Nuo tada ir .
Atsakymas:.
12 pavyzdys. išspręsti lygtį
. (15)
Sprendimas. Pažymime ir. Kadangi funkcija mažėja apibrėžimo srityje, o funkcija didėja esant bet kurioms reikšmėms, tai lygtis negali turėti vienos Bode šaknies. Tiesioginės atrankos būdu nustatome, kad norima (15) lygties šaknis yra .
Atsakymas:.
13 pavyzdys. išspręsti lygtį
. (16)
Sprendimas. Naudodami logaritmų savybes gauname
Nuo tada ir mes turime nelygybę
Gauta nelygybė sutampa su (16) lygtimi tik tada, jei arba .
Vertės pakeitimasį (16) lygtį įsitikiname, kad, ką yra jo šaknis.
Atsakymas:.
14 pavyzdys. išspręsti lygtį
. (17)
Sprendimas. Kadangi čia , tada (17) lygtis įgauna formą .
Jei įdėsime , tada iš čia gauname lygtį
, (18)
kur . (18) lygtis reiškia: arba . Nuo tada lygtis turi vieną tinkamą šaknį. Tačiau todėl.
15 pavyzdys. išspręsti lygtį
. (19)
Sprendimas. Pažymėkite , tada (19) lygtis įgauna formą . Jei paimtume šios lygties logaritmą 3 bazėje, gautume
Arba
Iš to išplaukia, kad ir . Nuo tada ir . Šiuo atžvilgiu ir
Atsakymas: ,.
16 pavyzdys. išspręsti lygtį
. (20)
Sprendimas. Supažindinkime su parametruir perrašykite lygtį (20) kaip kvadratinę lygtį parametro atžvilgiu, t.y.
. (21)
(21) lygties šaknys yra
arba ,. Kadangi turime lygtis ir . Iš čia gauname ir .
Atsakymas: ,.
17 pavyzdys. išspręsti lygtį
. (22)
Sprendimas. Norint nustatyti (22) lygties kintamojo apibrėžimo sritį, būtina atsižvelgti į trijų nelygybių aibę: , ir .
2 nuosavybės taikymas, iš (22) lygties gauname
Arba
. (23)
Jei į (23) lygtį įdėsime, tada gauname lygtį
. (24)
(24) lygtis bus išspręsta taip:
Arba
Iš čia išplaukia, kad ir , t.y. (24) lygtis turi dvi šaknis: ir .
Nuo tada , arba , .
Atsakymas: ,.
18 pavyzdys. išspręsti lygtį
. (25)
Sprendimas. Naudodami logaritmų savybes transformuojame (25) lygtį taip:
, , .
Iš čia gauname.
19 pavyzdys. išspręsti lygtį
. (26)
Sprendimas. Nuo tada .
Toliau mes turime. Vadinasi, lygybė (26) tenkinama tik tuo atveju, jei, kai abi lygties pusės yra lygios 2 vienu metu.
Taigi, lygtis (26) yra lygiavertė lygčių sistemai
Iš antrosios sistemos lygties gauname
Arba .
Tai lengva pamatyti kokia prasmė taip pat tenkina pirmąją sistemos lygtį.
Atsakymas:.
Norėdami giliau išnagrinėti logaritminių lygčių sprendimo metodus, galite peržiūrėti rekomenduojamos literatūros sąrašo vadovėlius.
1. Kushnir A.I. Mokyklinės matematikos šedevrai (uždaviniai ir sprendimai dviejose knygose). – Kijevas: Astartė, 1 knyga, 1995. - 576 p.
2. Matematikos uždavinių rinkinys stojantiesiems į technikos universitetus / Red. M.I. Scanavi. - M .: Pasaulis ir švietimas, 2013. - 608 p.
3. Suprun V.P. Matematika aukštųjų mokyklų studentams: papildomos mokyklos programos dalys. – M.: Lenandas / URSS, 2014. - 216 p.
4. Suprun V.P. Matematika aukštųjų mokyklų studentams: padidinto sudėtingumo užduotys. - M .: KD „Librocom“ / URSS, 2017. - 200 p.
5. Suprun V.P. Matematika gimnazistams: nestandartiniai uždavinių sprendimo metodai. - M .: KD „Librocom“ / URSS, 2017. - 296 p.
Ar turite kokių nors klausimų?
Norėdami gauti korepetitoriaus pagalbą – registruokitės.
svetainę, visiškai ar iš dalies nukopijavus medžiagą, būtina nuoroda į šaltinį.
Pasiruošimas baigiamajam matematikos testui apima svarbią dalį – „Logaritmai“. Užduotys iš šios temos būtinai įtraukiamos į egzaminą. Pastarųjų metų patirtis rodo, kad logaritminės lygtys kėlė sunkumų daugeliui moksleivių. Todėl skirtingo išsilavinimo studentai turėtų suprasti, kaip rasti teisingą atsakymą ir greitai su jais susidoroti.
Sėkmingai išlaikykite sertifikavimo testą su edukacinio portalo „Shkolkovo“ pagalba!
Abiturientams, ruošiantis vieningam valstybiniam egzaminui, reikalingas patikimas šaltinis, suteikiantis kuo išsamesnę ir tikslesnę informaciją sėkmingam testo uždavinių sprendimui. Tačiau vadovėlis ne visada po ranka, o reikalingų taisyklių ir formulių paieška internete neretai užtrunka.
Švietimo portalas „Shkolkovo“ leidžia pasiruošti egzaminui bet kur ir bet kada. Mūsų svetainė siūlo patogiausią būdą pakartoti ir įsisavinti didelį kiekį informacijos apie logaritmus, taip pat apie vieną ir kelis nežinomus dalykus. Pradėkite nuo lengvų lygčių. Jei su jais susidorojote be sunkumų, pereikite prie sunkesnių. Jei kyla problemų sprendžiant tam tikrą nelygybę, galite įtraukti ją į mėgstamiausius, kad galėtumėte prie jos grįžti vėliau.
Užduočiai atlikti reikalingas formules, pakartoti specialius atvejus ir standartinės logaritminės lygties šaknies apskaičiavimo metodus galite pažvelgę į skyrių „Teorinė nuoroda“. „Shkolkovo“ mokytojai surinko, susistemino ir paprasčiausia ir suprantamiausia forma pateikė visą sėkmingam pristatymui reikalingą medžiagą.
Norėdami lengvai susidoroti su bet kokio sudėtingumo užduotimis, mūsų portale galite susipažinti su kai kurių tipiškų logaritminių lygčių sprendimu. Norėdami tai padaryti, eikite į skyrių „Katalogai“. Pateikėme daugybę pavyzdžių, įskaitant tuos, kuriuose yra matematikos vieningo valstybinio egzamino profilio lygio lygtys.
Mūsų portalu gali naudotis mokiniai iš visos Rusijos mokyklų. Norėdami pradėti, tiesiog užsiregistruokite sistemoje ir pradėkite spręsti lygtis. Norėdami konsoliduoti rezultatus, patariame kasdien grįžti į Shkolkovo svetainę.
Logaritminių lygčių sprendimas. 1 dalis.
Logaritminė lygtis vadinama lygtimi, kurioje nežinomasis yra po logaritmo ženklu (ypač logaritmo pagrindu).
Pirmuonys logaritminė lygtis atrodo kaip:
Bet kurios logaritminės lygties sprendimas apima perėjimą nuo logaritmų prie išraiškų logaritmų ženklu. Tačiau šis veiksmas išplečia galiojančių lygties verčių diapazoną ir gali sukelti pašalinių šaknų atsiradimą. Kad neatsirastų pašalinių šaknų galite tai padaryti vienu iš trijų būdų:
1. Atlikite lygiavertį perėjimą nuo pradinės lygties iki sistemos, apimančios
priklausomai nuo to, kuri nelygybė ar lengviau.
Jei lygtyje yra nežinomasis logaritmo pagrindu:
tada einame į sistemą:
2. Atskirai raskite leistinų lygties verčių diapazoną, tada išspręskite lygtį ir patikrinkite, ar rasti sprendiniai atitinka lygtį.
3. Išspręskite lygtį ir tada patikrink: pakeiskite rastus sprendinius į pradinę lygtį ir patikrinkite, ar gauname teisingą lygybę.
Bet kokio sudėtingumo logaritminė lygtis galiausiai visada redukuojama iki paprasčiausios logaritminės lygties.
Visas logaritmines lygtis galima suskirstyti į keturis tipus:
1 . Lygtys, kuriose yra tik pirmosios laipsnio logaritmai. Transformacijų ir panaudojimo pagalba jie redukuojami į formą
Pavyzdys. Išspręskime lygtį:
Sulyginkite išraiškas po logaritmo ženklu:
Patikrinkime, ar mūsų lygties šaknis tenkina:
Taip, tai tenkina.
Atsakymas: x=5
2 . Lygtys, kuriose yra logaritmų, kurių laipsnis skiriasi nuo 1 (ypač trupmenos vardiklyje). Šios lygtys išspręstos naudojant įvedant kintamojo pakeitimą.
Pavyzdys. Išspręskime lygtį:
Raskime ODZ lygtį:
Lygtyje yra logaritmų kvadratas, todėl ji išspręsta naudojant kintamojo pasikeitimą.
Svarbu! Prieš įvesdami pakaitalą, turite „ištraukti“ logaritmus, kurie yra lygties dalis, į „plytas“, naudodami logaritmų savybes.
„Ištraukiant“ logaritmus, svarbu labai atsargiai taikyti logaritmų savybes:
Be to, čia yra dar viena subtili vieta ir, kad išvengtume dažnos klaidos, naudosime tarpinę lygybę: logaritmo laipsnį rašome tokia forma:
Taip pat,
Gautas išraiškas pakeičiame pradine lygtimi. Mes gauname:
Dabar matome, kad nežinomasis yra lygtyje kaip dalis . Pristatome pakaitalą: . Kadangi jis gali turėti bet kokią realią reikšmę, kintamajam netaikome jokių apribojimų.
Panagrinėkime kai kuriuos logaritminių lygčių tipus, kurie ne taip dažnai svarstomi matematikos pamokose mokykloje, tačiau yra plačiai naudojami rengiant konkursines užduotis, įskaitant NAUDOJIMĄ.
1. Logaritmo metodu išspręstos lygtys
Sprendžiant lygtis, kuriose yra kintamasis tiek bazėje, tiek eksponente, naudojamas logaritmo metodas. Jei be to, eksponente yra logaritmas, tada abi lygties pusės turi būti logarituojamos iki šio logaritmo pagrindo.
1 pavyzdys
Išspręskite lygtį: x log 2 x + 2 = 8.
Sprendimas.
Paimame 2 bazės lygties kairės ir dešinės pusių logaritmą. Gauname
log 2 (x log 2 x + 2) = log 2 8,
(log 2 x + 2) log 2 x = 3.
Tegu log 2 x = t.
Tada (t + 2) t = 3.
t 2 + 2t - 3 = 0.
D \u003d 16. t 1 \u003d 1; t 2 \u003d -3.
Taigi log 2 x \u003d 1 ir x 1 \u003d 2 arba log 2 x \u003d -3 ir x 2 \u003d 1/8
Atsakymas: 1/8; 2.
2. Homogeninės logaritminės lygtys.
2 pavyzdys
Išspręskite lygtį log 2 3 (x 2 - 3x + 4) - 3log 3 (x + 5) log 3 (x 2 - 3x + 4) - 2log 2 3 (x + 5) = 0
Sprendimas.
Lygčių sritis
(x 2 - 3x + 4 > 0,
(x + 5 > 0. → x > -5.
log 3 (x + 5) = 0, jei x = -4. Tikrindami nustatome, kad duota x reikšmė nėra 
yra pradinės lygties šaknis. Todėl abi lygties puses galime padalinti iš log 2 3 (x + 5).
Gauname log 2 3 (x 2 - 3x + 4) / log 2 3 (x + 5) - 3 log 3 (x 2 - 3x + 4) / log 3 (x + 5) + 2 = 0.
Tegul log 3 (x 2 - 3x + 4) / log 3 (x + 5) = t. Tada t 2 - 3 t + 2 = 0. Šios lygties šaknys yra 1; 2. Grįžę prie pradinio kintamojo, gauname dviejų lygčių aibę
Tačiau atsižvelgiant į logaritmo egzistavimą, reikia atsižvelgti tik į (0; 9] reikšmes. Tai reiškia, kad kairėje pusėje esanti išraiška turi didžiausią reikšmę 2 ties x \u003d 1. Dabar apsvarstykite funkcija y \u003d 2 x-1 + 2 1-x. Jei imsime t \u003d 2 x -1, tada ji įgaus formą y = t + 1/t, kur t > 0. Esant tokioms sąlygoms, turi vieną kritinį tašką t = 1. Tai mažiausias taškas. Y vin = 2. Ir jis pasiekiamas ties x = 1.
Dabar akivaizdu, kad nagrinėjamų funkcijų grafikai taške (1; 2) gali susikirsti tik vieną kartą. Pasirodo, kad x \u003d 1 yra vienintelė sprendžiamos lygties šaknis.
Atsakymas: x = 1.
5 pavyzdys. Išspręskite lygtį log 2 2 x + (x - 1) log 2 x \u003d 6 - 2x
Sprendimas.
Išspręskime šią log 2 x lygtį. Tegu log 2 x = t. Tada t 2 + (x - 1) t - 6 + 2x \u003d 0.
D \u003d (x - 1) 2 - 4 (2x - 6) \u003d (x - 5) 2. t 1 \u003d -2; t 2 \u003d 3 - x.
Gauname lygtį log 2 x \u003d -2 arba log 2 x \u003d 3 - x.
Pirmosios lygties šaknis yra x 1 = 1/4. 
Lygties log 2 x \u003d 3 - x šaknis bus rasta pasirinkus. Šis skaičius yra 2. Ši šaknis yra unikali, nes funkcija y \u003d log 2 x didėja visoje apibrėžimo srityje, o funkcija y \u003d 3 - x mažėja.
Patikrinus nesunku įsitikinti, kad abu skaičiai yra lygties šaknys
Atsakymas: 1/4; 2.
svetainę, visiškai ar iš dalies nukopijavus medžiagą, būtina nuoroda į šaltinį.