Λύση λογαριθμικές εξισώσεις. Μέρος 1.
Λογαριθμική εξίσωσηονομάζεται εξίσωση στην οποία το άγνωστο περιέχεται κάτω από το πρόσημο του λογαρίθμου (ιδιαίτερα, στη βάση του λογαρίθμου).
Πρωτόζωα λογαριθμική εξίσωσημοιάζει με:
Επίλυση οποιασδήποτε λογαριθμικής εξίσωσηςπεριλαμβάνει τη μετάβαση από τους λογάριθμους σε εκφράσεις κάτω από το πρόσημο των λογαρίθμων. Ωστόσο, αυτή η ενέργεια επεκτείνει το εύρος των έγκυρων τιμών της εξίσωσης και μπορεί να οδηγήσει στην εμφάνιση εξωτερικών ριζών. Για να αποφύγετε την εμφάνιση ξένων ριζώνμπορείτε να το κάνετε με έναν από τους τρεις τρόπους:
1. Κάντε μια ισοδύναμη μετάβασηαπό την αρχική εξίσωση σε ένα σύστημα που περιλαμβάνει
ανάλογα με ποια ανισότητα ή ευκολότερη.
Αν η εξίσωση περιέχει έναν άγνωστο στη βάση του λογαρίθμου:
μετά πηγαίνουμε στο σύστημα:
2. Βρείτε χωριστά το εύρος των αποδεκτών τιμών της εξίσωσης, στη συνέχεια λύστε την εξίσωση και ελέγξτε αν οι λύσεις που βρέθηκαν ικανοποιούν την εξίσωση.
3. Λύστε την εξίσωση και μετά κάνε έναν έλεγχο:Αντικαταστήστε τις λύσεις που βρέθηκαν στην αρχική εξίσωση και ελέγξτε αν έχουμε τη σωστή ισότητα.
Μια λογαριθμική εξίσωση οποιουδήποτε επιπέδου πολυπλοκότητας πάντα τελικά ανάγεται στην απλούστερη λογαριθμική εξίσωση.
Όλες οι λογαριθμικές εξισώσεις μπορούν να χωριστούν σε τέσσερις τύπους:
1 . Εξισώσεις που περιέχουν λογάριθμους μόνο στην πρώτη δύναμη. Με τη βοήθεια μετασχηματισμών και χρήσης, μειώνονται στη μορφή
Παράδειγμα. Ας λύσουμε την εξίσωση:
Εξισώστε τις εκφράσεις κάτω από το πρόσημο του λογάριθμου:
Ας ελέγξουμε αν η ρίζα της εξίσωσης μας ικανοποιεί:
Ναι, ικανοποιεί.
Απάντηση: x=5
2 . Εξισώσεις που περιέχουν λογάριθμους σε ισχύ διαφορετική από το 1 (ιδίως στον παρονομαστή ενός κλάσματος). Αυτές οι εξισώσεις λύνονται χρησιμοποιώντας εισάγοντας μια αλλαγή μεταβλητής.
Παράδειγμα.Ας λύσουμε την εξίσωση:
Ας βρούμε την εξίσωση ODZ:
Η εξίσωση περιέχει λογάριθμους στο τετράγωνο, επομένως λύνεται χρησιμοποιώντας μια αλλαγή μεταβλητής.
Σπουδαίος! Πριν εισάγετε μια αντικατάσταση, πρέπει να "τραβήξετε" τους λογάριθμους που αποτελούν μέρος της εξίσωσης σε "τούβλα" χρησιμοποιώντας τις ιδιότητες των λογαρίθμων.
Όταν «τραβάς» λογάριθμους, είναι σημαντικό να εφαρμόζεις πολύ προσεκτικά τις ιδιότητες των λογαρίθμων:
Επιπλέον, υπάρχει ένα ακόμη λεπτό μέρος εδώ, και για να αποφύγουμε ένα κοινό λάθος, θα χρησιμοποιήσουμε μια ενδιάμεση ισότητα: γράφουμε το βαθμό του λογάριθμου με αυτή τη μορφή:
Επίσης,
Αντικαθιστούμε τις λαμβανόμενες εκφράσεις στην αρχική εξίσωση. Παίρνουμε:
Τώρα βλέπουμε ότι ο άγνωστος περιέχεται στην εξίσωση ως μέρος του . Παρουσιάζουμε την αντικατάσταση: . Δεδομένου ότι μπορεί να λάβει οποιαδήποτε πραγματική τιμή, δεν επιβάλλουμε περιορισμούς στη μεταβλητή.
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 . Δηλαδή, όταν συναντήσετε την πιο απλή κατασκευή, μπορείτε να προχωρήσετε αμέσως 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 πιθανότατα 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 ισούται με τον αριθμόβ , και δεν επιβάλλονται περιορισμοί σε αυτό το γράμμα, επειδή μπορεί να πάρει οποιαδήποτε αξία - 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 λογάριθμου, και ας εισάγουμε 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
Ολα δεκαδικάμετατρέψτε σε κανονική όταν λύνετε μια λογαριθμική εξίσωση.
Ξαναγράφουμε και παίρνουμε:
3x − 1 = 8
3x=9
x=3
Το μόνο που πήραμε την απάντηση. Η πρώτη εργασία λύθηκε.
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. καταχωρήσεις με ρίζες και προχωρήστε στο λειτουργίες ισχύος, απλώς και μόνο επειδή οι εκθέτες αυτών των δυνάμεων αφαιρούνται εύκολα από το πρόσημο του λογαρίθμου και στο τέλος, μια τέτοια σημείωση απλοποιεί και επιταχύνει πολύ 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
Παρακαλώ σημειώστε: 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 σημειώσαμε στην αρχή του μαθήματός μας.
Αρχικά, σημειώστε ότι ο συντελεστής 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 εάν στο πρόβλημα η μεταβλητή x εμφανίζεται μόνο σε ένα μέρος (ακριβέστερα 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, δηλαδή 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 ευρεία 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. Επομένως, αμέσως τώρα, κατεβάστε τις επιλογές για μια ανεξάρτητη λύση που επισυνάπτονται σε αυτό το εκπαιδευτικό βίντεο και ξεκινήστε να λύνετε τουλάχιστον μία από αυτές τις δύο ανεξάρτητες εργασίες.
Θα σας πάρει μόλις λίγα λεπτά. Αλλά το αποτέλεσμα μιας τέτοιας εκπαίδευσης θα είναι πολύ υψηλότερο σε σύγκριση με το αν παρακολουθούσατε μόλις 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
Αυτός ο τύπος είναι μια από τις βασικές ιδιότητες του λογάριθμου και όταν αντικαθιστούμε στην αρχική μας έκφραση, λαμβάνουμε 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 έκφραση βρίσκεται κάτω από το σύμβολο καταγραφής, επιβάλλονται σε αυτήν οι ακόλουθοι περιορισμοί:
f(x) > 0
Αυτός ο περιορισμός ισχύει επειδή ο λογάριθμος του αρνητικούς αριθμούςδεν 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 ρίξουμε μια ματιά.
Πρώτη εργασία:
Πρώτο βήμα: μετατρέψτε το κλάσμα στα δεξιά. Παίρνουμε:
Απαλλαγούμε από το πρόσημο του λογαρίθμου και παίρνουμε τη συνηθισμένη παράλογη εξίσωση:
Από τις ρίζες που αποκτήθηκαν, μόνο η πρώτη μας ταιριάζει, αφού η δεύτερη ρίζα λιγότερο 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 την συνθήκη της εξίσωσης είναι ίση με 2. Επομένως, η απαίτηση "μεγαλύτερο από μηδέν" είναι αυτόματα πληρούνται.
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 λογάριθμου. 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 επιχειρήματα 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 = nlog 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 − 3lg (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 βρίσκεται 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.
Θα απαριθμήσω ξανά βασικά σημείααυτό το μάθημα.
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 με διαφορετικό τρόπο αυτού του είδους τα προβλήματα. 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:
- 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).
- Ο τύπος για την εισαγωγή και εξαγωγή 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.
Εν κατακλείδι, 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, οι οποίες 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 είναι 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 σοφότεροι 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 κάποια γραμμική έκφραση, η οποία επίσης απαιτείται να είναι μεγαλύτερη από το μηδέν.
Σε αυτήν την περίπτωση, εάν απαιτήσουμε ότι x − 2 > 0, τότε η απαίτηση 2x 2 − 13x + 18 > 0 θα ικανοποιηθεί αυτόματα. 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 τετραγωνική εξίσωσηκαι λύστε το:
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 επιβάλλει ο τομέας ορισμού.
Σημειώνουμε αμέσως ότι αφού 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:
- 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 των υπολογισμών.
- 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.
Εισαγωγή
Οι λογάριθμοι εφευρέθηκαν για να επιταχύνουν και να απλοποιήσουν τους υπολογισμούς. Η ιδέα του λογάριθμου, δηλαδή η ιδέα της έκφρασης των αριθμών ως δύναμη της ίδιας βάσης, ανήκει στον Mikhail Stiefel. Αλλά την εποχή του Stiefel, τα μαθηματικά δεν ήταν τόσο ανεπτυγμένα και η ιδέα του λογάριθμου δεν βρήκε την ανάπτυξή της. Οι λογάριθμοι εφευρέθηκαν αργότερα ταυτόχρονα και ανεξάρτητα από τον Σκωτσέζο επιστήμονα John Napier (1550-1617) και τον Ελβετό Jobst Burgi (1552-1632).Ο Napier ήταν ο πρώτος που δημοσίευσε το έργο το 1614. Με τίτλο "Περιγραφή του καταπληκτικού πίνακα των λογαρίθμων", η θεωρία των λογαρίθμων του Napier δόθηκε σε έναν αρκετά πλήρη τόμο, η μέθοδος υπολογισμού των λογαρίθμων δόθηκε με τον απλούστερο τρόπο, επομένως τα πλεονεκτήματα του Napier στην εφεύρεση των λογαρίθμων είναι μεγαλύτερα από αυτά του Burgi. Ο Bürgi δούλευε στα τραπέζια ταυτόχρονα με τον Napier, αλλά για πολύ καιρότα κράτησε μυστικά και δημοσιεύτηκαν μόλις το 1620. Ο Napier κατέκτησε την ιδέα του λογαρίθμου γύρω στο 1594. αν και οι πίνακες δημοσιεύτηκαν 20 χρόνια αργότερα. Στην αρχή, ονόμασε τους λογάριθμούς του "τεχνητούς αριθμούς" και μόνο τότε πρότεινε να τους ονομάσει "τεχνητούς αριθμούς" με μια λέξη "λογάριθμος", που στα ελληνικά είναι "συσχετισμένοι αριθμοί", που λαμβάνεται ο ένας από αριθμητική πρόοδο και ο άλλος από γεωμετρική πρόοδος ειδικά επιλεγμένη γι' αυτήν. Οι πρώτοι πίνακες στα ρωσικά δημοσιεύτηκαν το 1703. με τη συμμετοχή ενός αξιόλογου δασκάλου του 18ου αιώνα. L. F. Magnitsky. Στην ανάπτυξη της θεωρίας των λογαρίθμων μεγάλης σημασίαςείχε το έργο του ακαδημαϊκού της Αγίας Πετρούπολης Leonhard Euler. Ήταν ο πρώτος που θεώρησε τον λογάριθμο ως το αντίστροφο της εκθέσεως, εισήγαγε τους όρους "βάση του λογαρίθμου" και "mantissa" Ο Briggs συνέταξε πίνακες λογαρίθμων με βάση το 10. Οι δεκαδικοί πίνακες είναι πιο βολικοί για πρακτική χρήση, η θεωρία τους είναι απλούστερη από αυτός των λογαρίθμων του Napier . Να γιατί δεκαδικούς λογάριθμουςμερικές φορές αποκαλούνται μπριγκ. Ο όρος «χαρακτηριστικό» εισήχθη από τον Μπριγκς.
Σε εκείνους τους μακρινούς χρόνους, όταν οι σοφοί άρχισαν να σκέφτονται για πρώτη φορά τις ισότητες που περιείχαν άγνωστες ποσότητες, πιθανότατα δεν υπήρχαν ακόμη νομίσματα ή πορτοφόλια. Αλλά από την άλλη, υπήρχαν σωροί, καθώς και γλάστρες, καλάθια, που ήταν τέλεια για το ρόλο των κρυφών-καταστημάτων που περιείχαν άγνωστο αριθμό αντικειμένων. Στα αρχαία μαθηματικά προβλήματα της Μεσοποταμίας, της Ινδίας, της Κίνας, της Ελλάδας, άγνωστες ποσότητες εξέφραζαν τον αριθμό των παγωνιών στον κήπο, τον αριθμό των ταύρων στο κοπάδι, το σύνολο των πραγμάτων που λαμβάνονται υπόψη κατά τη διαίρεση της περιουσίας. Γραμματείς, αξιωματούχοι και ιερείς μυημένοι στη μυστική γνώση, καλά εκπαιδευμένοι στην επιστήμη της μέτρησης, αντιμετώπισαν τέτοια καθήκοντα με μεγάλη επιτυχία.
Πηγές που έχουν φτάσει σε εμάς υποδεικνύουν ότι οι αρχαίοι επιστήμονες διέθεταν ορισμένες γενικές μεθόδους για την επίλυση προβλημάτων με άγνωστες ποσότητες. Ωστόσο, ούτε ένας πάπυρος, ούτε ένα πήλινο δισκίο δεν δίνει μια περιγραφή αυτών των τεχνικών. Οι συγγραφείς παρείχαν μόνο περιστασιακά τους αριθμητικούς υπολογισμούς τους με μέτρια σχόλια όπως: "Κοίτα!", "Κάνε το!", "Το βρήκες σωστά". Υπό αυτή την έννοια, εξαίρεση αποτελεί η «Αριθμητική» του Έλληνα μαθηματικού Διόφαντου Αλεξανδρείας (III αιώνας) - μια συλλογή προβλημάτων για τη σύνταξη εξισώσεων με συστηματική παρουσίαση των λύσεών τους.
Ωστόσο, το έργο του λόγιου της Βαγδάτης του 9ου αιώνα έγινε το πρώτο εγχειρίδιο για την επίλυση προβλημάτων που έγινε ευρέως γνωστό. Μοχάμεντ μπιν Μούσα αλ Χουαρίζμι. Η λέξη "al-jabr" από τον αραβικό τίτλο αυτής της πραγματείας - "Kitab al-jaber wal-muqabala" ("Το βιβλίο της αποκατάστασης και της αντίθεσης") - με την πάροδο του χρόνου μετατράπηκε στη λέξη "άλγεβρα" πολύ γνωστή σε όλους, και το ίδιο το έργο του al-Khwarizmi χρησίμευσε ως αφετηρία στην ανάπτυξη της επιστήμης της επίλυσης εξισώσεων.
Λογαριθμικές εξισώσεις και ανισώσεις
1. Λογαριθμικές εξισώσεις
Μια εξίσωση που περιέχει έναν άγνωστο κάτω από το πρόσημο του λογαρίθμου ή στη βάση του ονομάζεται λογαριθμική εξίσωση.
Η απλούστερη λογαριθμική εξίσωση είναι η εξίσωση της μορφής
κούτσουρο ένα Χ = σι . (1)
Δήλωση 1. Εάν ένα > 0, ένα≠ 1, εξίσωση (1) για οποιοδήποτε πραγματικό σιέχει τη μόνη λύση Χ = α β .
Παράδειγμα 1. Λύστε εξισώσεις:
α) ημερολόγιο 2 Χ= 3, β) ημερολόγιο 3 Χ= -1, γ)
Λύση. Χρησιμοποιώντας τη δήλωση 1, λαμβάνουμε α) Χ= 2 3 ή Χ= 8; σι) Χ= 3 -1 ή Χ= 1/3; ντο)
ή Χ = 1.Παρουσιάζουμε τις κύριες ιδιότητες του λογαρίθμου.
P1. Βασική λογαριθμική ταυτότητα:
Οπου ένα > 0, ένα≠ 1 και σι > 0.
P2. Ο λογάριθμος του γινομένου των θετικών παραγόντων είναι ίσος με το άθροισμα των λογαρίθμων αυτών των παραγόντων:
κούτσουρο ένα Ν 1 · Ν 2 = κούτσουρο ένα Ν 1 + ημερολόγιο ένα Ν 2 (ένα > 0, ένα ≠ 1, Ν 1 > 0, Ν 2 > 0).
Σχόλιο. Αν Ν 1 · Ν 2 > 0, τότε η ιδιότητα P2 παίρνει τη μορφή
κούτσουρο ένα Ν 1 · Ν 2 = κούτσουρο ένα |Ν 1 | +log ένα |Ν 2 | (ένα > 0, ένα ≠ 1, Ν 1 · Ν 2 > 0).
P3. Λογάριθμος του πηλίκου δύο θετικών αριθμών ισούται με τη διαφοράλογάριθμοι μερίσματος και διαιρέτη
(ένα
> 0, ένα
≠ 1, Ν
1
> 0, Ν
2
> 0).
Σχόλιο. Αν
, (που ισοδυναμεί με Ν 1 Ν 2 > 0) τότε η ιδιότητα P3 παίρνει τη μορφή
(ένα
> 0, ένα
≠ 1, Ν
1
Ν
2
> 0).
P4. Λογάριθμος της ισχύος ενός θετικού αριθμού είναι ίσο με το γινόμενοεκθέτης ανά λογάριθμο αυτού του αριθμού:
κούτσουρο ένα Ν κ = κκούτσουρο ένα Ν (ένα > 0, ένα ≠ 1, Ν > 0).
Σχόλιο. Αν κ- Ζυγός αριθμός ( κ = 2μικρό), Οτι
κούτσουρο ένα Ν 2μικρό = 2μικρόκούτσουρο ένα |Ν | (ένα > 0, ένα ≠ 1, Ν ≠ 0).
P5. Ο τύπος για τη μετάβαση σε άλλη βάση είναι:
(ένα
> 0, ένα
≠ 1, σι
> 0, σι
≠ 1, Ν
> 0),
ιδίως αν Ν = σι, παίρνουμε
(ένα > 0, ένα ≠ 1, σι > 0, σι ≠ 1). (2)Χρησιμοποιώντας τις ιδιότητες P4 και P5, είναι εύκολο να αποκτήσετε τις ακόλουθες ιδιότητες
(ένα
> 0, ένα
≠ 1, σι
> 0, ντο
≠ 0), (3)
(ένα
> 0, ένα
≠ 1, σι
> 0, ντο
≠ 0), (4)
(ένα
> 0, ένα
≠ 1, σι
> 0, ντο
≠ 0), (5)
και αν στο (5) ντο- Ζυγός αριθμός ( ντο = 2n), λαμβάνει χώρα
(σι
> 0, ένα
≠ 0, |ένα
| ≠ 1). (6)
Παραθέτουμε τις κύριες ιδιότητες της λογαριθμικής συνάρτησης φά (Χ) = κούτσουρο ένα Χ :
1. Το πεδίο ορισμού της λογαριθμικής συνάρτησης είναι το σύνολο των θετικών αριθμών.
2. Το εύρος τιμών της λογαριθμικής συνάρτησης είναι το σύνολο των πραγματικών αριθμών.
3. Πότε ένα> 1 η λογαριθμική συνάρτηση είναι αυστηρά αύξουσα (0< Χ 1 < Χ 2 κούτσουρο ένα Χ 1 < logένα Χ 2) και στο 0< ένα < 1, - строго убывает (0 < Χ 1 < Χ 2 κούτσουρο ένα Χ 1 > ημερολόγιο ένα Χ 2).
4 ημερολόγιο ένα 1 = 0 και καταγραφή ένα ένα = 1 (ένα > 0, ένα ≠ 1).
5. Αν ένα> 1, τότε η λογαριθμική συνάρτηση είναι αρνητική για Χ(0;1) και είναι θετικό για Χ(1;+∞), και αν 0< ένα < 1, то логарифмическая функция положительна при Χ (0;1) και είναι αρνητικό για Χ (1;+∞).
6. Αν ένα> 1, τότε η λογαριθμική συνάρτηση είναι κυρτή προς τα πάνω και αν ένα(0;1) - κυρτό προς τα κάτω.
Οι παρακάτω προτάσεις (βλ., για παράδειγμα, ) χρησιμοποιούνται για την επίλυση λογαριθμικών εξισώσεων.
Άλγεβρα 11η τάξη
Θέμα: "Μέθοδοι επίλυσης λογαριθμικών εξισώσεων"
Στόχοι μαθήματος:
εκπαιδευτικός: οικοδόμηση γνώσεων για διαφορετικοί τρόποιεπίλυση λογαριθμικών εξισώσεων, δυνατότητα εφαρμογής τους σε καθεμία συγκεκριμένη κατάστασηκαι επιλέξτε οποιαδήποτε μέθοδο για επίλυση.
ανάπτυξη: ανάπτυξη δεξιοτήτων για την παρατήρηση, τη σύγκριση, την εφαρμογή της γνώσης σε μια νέα κατάσταση, τον εντοπισμό προτύπων, τη γενίκευση. σχηματισμός δεξιοτήτων αμοιβαίου ελέγχου και αυτοελέγχου.
εκπαιδευτικός: εκπαίδευση υπεύθυνης στάσης στο εκπαιδευτικό έργο, προσεκτική αντίληψη του υλικού στο μάθημα, ακρίβεια τήρησης αρχείων.
Τύπος μαθήματος : μάθημα εξοικείωσης με νέο υλικό.
«Η εφεύρεση των λογαρίθμων, συντομεύοντας το έργο του αστρονόμου, έχει επιμηκύνει τη ζωή του».
Ο Γάλλος μαθηματικός και αστρονόμος P.S. Laplace
Κατά τη διάρκεια των μαθημάτων
I. Θέτοντας το στόχο του μαθήματος
Ο μελετημένος ορισμός του λογαρίθμου, οι ιδιότητες των λογαρίθμων και η λογαριθμική συνάρτηση θα μας επιτρέψουν να λύσουμε λογαριθμικές εξισώσεις. Όλες οι λογαριθμικές εξισώσεις, όσο σύνθετες κι αν είναι, λύνονται χρησιμοποιώντας τους ίδιους αλγόριθμους. Θα εξετάσουμε αυτούς τους αλγόριθμους σήμερα στο μάθημα. Είναι λίγοι από αυτούς. Εάν τα κατακτήσετε, τότε οποιαδήποτε εξίσωση με λογάριθμους θα είναι εφικτή για τον καθένα σας.
Γράψτε στο τετράδιό σας το θέμα του μαθήματος: «Μέθοδοι επίλυσης λογαριθμικών εξισώσεων». Καλώ όλους σε συνεργασία.
II. Εκσυγχρονίζω ΒΑΣΙΚΕΣ ΓΝΩΣΕΙΣ
Ας ετοιμαστούμε να μελετήσουμε το θέμα του μαθήματος. Λύνετε κάθε εργασία και γράφετε την απάντηση, δεν μπορείτε να γράψετε την συνθήκη. Δουλέψτε σε ζευγάρια.
1) Για ποιες τιμές του x έχει νόημα η συνάρτηση:
ΕΝΑ)
σι)
V)
μι)
(Οι απαντήσεις ελέγχονται για κάθε διαφάνεια και τα λάθη επιλύονται)
2) Τα γραφήματα συναρτήσεων ταιριάζουν;
α) y = x και
σι)Και
3) Ξαναγράψτε τις ισότητες ως λογαριθμικές ισότητες:
4) Γράψτε τους αριθμούς ως λογάριθμους με βάση 2:
4 =
2 =
0,5 =
1 =
5) Υπολογίστε :
6) Προσπαθήστε να επαναφέρετε ή να συμπληρώσετε τα στοιχεία που λείπουν σε αυτές τις ισότητες.
III. Εισαγωγή στο νέο υλικό
Η δήλωση εμφανίζεται στην οθόνη:
«Η εξίσωση είναι το χρυσό κλειδί που ξεκλειδώνει όλο το μαθηματικό σουσάμι».
Ο σύγχρονος Πολωνός μαθηματικός S. Koval
Προσπαθήστε να διατυπώσετε τον ορισμό μιας λογαριθμικής εξίσωσης. (Μια εξίσωση που περιέχει έναν άγνωστο κάτω από το πρόσημο του λογαρίθμου ).
Σκεφτείτεη απλούστερη λογαριθμική εξίσωση: κούτσουρο ΕΝΑ x = β (όπου a>0, a ≠ 1). Εφόσον η λογαριθμική συνάρτηση αυξάνεται (ή μειώνεται) στο σύνολο των θετικών αριθμών και παίρνει όλες τις πραγματικές τιμές, από το θεώρημα της ρίζας προκύπτει ότι για κάθε b, αυτή η εξίσωση έχει, και επιπλέον, μόνο μία λύση και μια θετική.
Θυμηθείτε τον ορισμό του λογάριθμου. (Ο λογάριθμος του αριθμού x στη βάση a είναι ο εκθέτης στον οποίο πρέπει να αυξηθεί η βάση a για να ληφθεί ο αριθμός x ). Από τον ορισμό του λογάριθμου προκύπτει αμέσως ότιΕΝΑ V είναι μια τέτοια λύση.
Γράψε τον τίτλο:Μέθοδοι επίλυσης λογαριθμικών εξισώσεων
1. Εξ ορισμού του λογάριθμου .
Έτσι οι απλούστερες εξισώσεις της φόρμας.
ΣκεφτείτεΝο. 514 (α
): Λύστε την εξίσωση
Πώς προτείνετε να το λύσετε; (Εξ ορισμού του λογάριθμου )
Λύση
.
, Επομένως 2x - 4 = 4; x = 4.
Απάντηση: 4.
Σε αυτήν την εργασία, 2x - 4 > 0, αφού> 0, οπότε δεν μπορούν να εμφανιστούν ξένες ρίζες καιη επαλήθευση δεν είναι απαραίτητη . Η συνθήκη 2x - 4 > 0 σε αυτήν την εργασία δεν είναι απαραίτητο να διαγραφεί.
2. Ενίσχυση (μετάβαση από τον λογάριθμο της δεδομένης έκφρασης στην ίδια την έκφραση).
ΣκεφτείτεΝο. 519(g): κούτσουρο 5 ( Χ 2 +8)- κούτσουρο 5 ( Χ+1)=3 κούτσουρο 5 2
Ποιο χαρακτηριστικό προσέξατε;(Οι βάσεις είναι ίδιες και οι λογάριθμοι των δύο παραστάσεων είναι ίσοι) . Τί μπορεί να γίνει?(ενισχύω).
Σε αυτή την περίπτωση, θα πρέπει να ληφθεί υπόψη ότι οποιαδήποτε λύση περιέχεται μεταξύ όλων των x για τις οποίες οι λογαριθμικές εκφράσεις είναι θετικές.
Λύση: ODZ:
Χ 2 +8>0 επιπλέον ανισότητα
κούτσουρο 5 ( Χ 2 +8) = κούτσουρο 5 2 3 + κούτσουρο 5 ( Χ+1)
κούτσουρο 5 ( Χ 2 +8)= κούτσουρο 5 (8 Χ+8)
Ενισχύστε την αρχική εξίσωση
Χ 2 +8= 8 Χ+8
παίρνουμε την εξίσωσηΧ 2 +8= 8 Χ+8
Ας το λύσουμε:Χ 2 -8 Χ=0
x=0, x=8
Απάντηση: 0; 8
Γενικάμετάβαση σε ένα ισοδύναμο σύστημα :
Η εξίσωση
(Το σύστημα περιέχει μια περιττή συνθήκη - μία από τις ανισότητες μπορεί να αγνοηθεί).
Ερώτηση προς την τάξη : Ποια από αυτές τις τρεις λύσεις σας άρεσε περισσότερο; (Συζήτηση μεθόδων).
Έχετε το δικαίωμα να αποφασίσετε με οποιονδήποτε τρόπο.
3. Εισαγωγή νέας μεταβλητής .
ΣκεφτείτεΝο. 520(g) . .
Τι προσέξατε; (Αυτή είναι μια τετραγωνική εξίσωση για το log3x) Οι προτάσεις σου? (Εισαγωγή νέας μεταβλητής)
Λύση . ODZ: x > 0.
Αφήνω, τότε η εξίσωση θα έχει τη μορφή:
. Διάκριση D > 0. Ρίζες από το θεώρημα του Vieta:
.
Επιστροφή στην αντικατάσταση:ή.
Λύνοντας τις απλούστερες λογαριθμικές εξισώσεις, παίρνουμε:
; .
Απάντηση : 27;
4. Λογάριθμος και των δύο πλευρών της εξίσωσης.
Λύστε την εξίσωση:
.
Λύση : ODZ: x>0, παίρνουμε τον λογάριθμο και των δύο πλευρών της εξίσωσης στη βάση 10:
. Εφαρμόστε την ιδιότητα του λογάριθμου του βαθμού:
(lgx + 3) lgx =
(lgx + 3) lgx = 4
Έστω lgx = y, μετά (y + 3)y = 4
, (D > 0) οι ρίζες σύμφωνα με το θεώρημα Vieta: y1 = -4 και y2 = 1.
Ας επιστρέψουμε στην αντικατάσταση, παίρνουμε: lgx = -4,
; logx = 1,
.
.
Είναι ως εξής:
εάν μία από τις λειτουργίες
y = f(x)
αυξάνει και το άλλο
y = g(x)
μειώνεται στο διάστημα Χ και μετά η εξίσωση
f(x)=g(x)
έχει το πολύ μία ρίζα στο διάστημα Χ
.
Αν υπάρχει ρίζα, τότε μπορεί να μαντέψει. .
Απάντηση : 2
«Η σωστή εφαρμογή των μεθόδων μπορεί να μάθει,
μόνο με την εφαρμογή τους σε διάφορα παραδείγματα.
Ο Δανός ιστορικός των μαθηματικών G. G. Zeiten
Εγώ v. Εργασία για το σπίτι
Σελ. 39 εξετάστε το παράδειγμα 3, λύστε τον Αρ. 514 (β), Νο. 529 (β), Νο. 520 (β), Νο. 523 (β)
V. Συνοψίζοντας το μάθημα
Ποιες μεθόδους επίλυσης λογαριθμικών εξισώσεων εξετάσαμε στο μάθημα;
Στα επόμενα μαθήματα, θα δούμε πιο σύνθετες εξισώσεις. Για την επίλυσή τους είναι χρήσιμες οι μέθοδοι που μελετήθηκαν.
Εμφάνιση της τελευταίας διαφάνειας:
«Τι είναι περισσότερο από οτιδήποτε άλλο στον κόσμο;
Χώρος.
Ποιο είναι το πιο σοφό;
Χρόνος.
Ποιο είναι το πιο ευχάριστο;
Πέτυχε αυτό που θέλεις».
Θαλής
Θέλω ο καθένας να πετύχει αυτό που θέλει. Σας ευχαριστούμε για τη συνεργασία και την κατανόησή σας.
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. Εάν 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 ξεχωριστά.
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 λογαρίθμου, 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, δηλ. 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 βλέπετε μια τετραγωνική συνάρτηση στο όρισμα ή τη βάση του λογαρίθμου, να θυμάστε αυτόν τον κανόνα και να 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 λογικό εκθέτη:
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
Ξεφορτωθείτε 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 παραστάσεις που προκύπτουν για τους όρους στον προκύπτον τύπο:
ημερολόγιο 3 x = 1
Περνάμε στην κανονική μορφή:
log 3 x = log 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.
Υπάρχουν δύο βασικά σημεία στο σημερινό εκπαιδευτικό 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, αφαιρείται απλά χωρίς αλλάζει ως παράγοντας και όταν αφαιρείτε τη μοίρα από τη βάση, αυτός ο βαθμός αντιστρέφεται.
2) το δεύτερο σημείο σχετίζεται με την αυτο-κανονική 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 b», 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 αυτό 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 μια τέτοια εγγραφή, 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 ορίσματα.
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 ρίξουμε μια ματιά.
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 έναν 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. Πήραμε 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 λογάριθμου και εξισώνουμε τα επιχειρήματα. Ταυτόχρονα, επιτρέψτε μου να σας υπενθυμίσω ότι όταν αυξάνεται στη δύναμη 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 η δεδομένη τετραγωνική εξίσωση, οπότε τη λύνουμε χρησιμοποιώντας τους τύπους Vieta:
(x − 8)(x − 2) = 0
x 1 = 8; x2 = 2
Αυτό είναι όλο. Πιστεύετε ότι η εξίσωση έχει λυθεί; Οχι! 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 μια 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 εξετάσουμε λοιπόν τη λύση μας ξανά και ας δούμε: πού ακριβώς θέλετε να εφαρμόσετε το πεδίο εφαρμογής; Με άλλα λόγια, πρέπει να καταλάβετε σαφώς πότε εμφανίζονται επιπλέον ρίζες.
- Αρχικά, είχαμε δύο λογάριθμους. Στη συνέχεια μετακινήσαμε ένα από αυτά προς τα δεξιά, αλλά αυτό δεν επηρέασε την περιοχή ορισμού.
- Στη συνέχεια αφαιρούμε την ισχύ από τη βάση, αλλά υπάρχουν ακόμα δύο λογάριθμοι, και ο καθένας από αυτούς περιέχει τη μεταβλητή x .
- Τέλος, διαγράφουμε τα σημάδια του κορμού και παίρνουμε το κλασικό 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
Αυτό είναι χαρακτηριστικό κλασματική ορθολογική ανισότητα, το λύνουμε με 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, ξαναγράφουμε το 0,5 ως συνηθισμένο 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 μοιρών 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. Έτσι πήραμε 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 κάθεαπό 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 x = 10 ικανοποιεί αυτή την απαίτηση. Αυτή είναι η τελική απάντηση. Λύθηκε όλο το πρόβλημα.
Για άλλη μια φορά, οι κύριες ιδέες του σημερινού μαθήματος:
- 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.
- 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 μία 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 πολλαπλασιάζετε 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 θα μιλήσουμεσχετικά με την κατάργηση 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 σημείωση: όπως είπα, είναι καλύτερο να μετατρέψουμε όλα τα δεκαδικά κλάσματα σε μια λογαριθμική εξίσωση σε συνηθισμένα:
0,5 = 5/10 = 1/2
Ας ξαναγράψουμε την εξίσωσή μας έχοντας κατά νου αυτό το γεγονός. Σημειώστε ότι και το 1/1000 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 από ένα μέτρο. 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 ανυψώνεται 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:
- x − 1 > 0 ⇒ |x − 1| = x − 1
- 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, έχουμε το δικαίωμα να καταγράψουμε αμέσως 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, πάρουμε 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 (όμως 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. Έστω c = 2 στην περίπτωσή μας. 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 απόφαση.
Συμπέρασμα από αυτή την απόφασηαπλό: 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; Είναι προφανές ότι η καλύτερη επιλογήθα είναι 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 κατά την επίλυση μιας πραγματικής λογαριθμικής εξίσωσης, 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 πάρουμε 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.