Adott a logaritmus főbb tulajdonságai, a logaritmus grafikonja, a definíciós tartomány, az értékkészlet, az alapképletek, a növekedés és a csökkenés. Megfontolandó a logaritmus deriváltjának megtalálása. És az integrál, a bővítés is teljesítmény sorozatés komplex számokkal történő ábrázolás.
Logaritmus a bázissal az y függvény (x) = log x, az a bázisú exponenciális függvény inverze: x (y) = a y.
Tizedes logaritmus a szám alapjának logaritmusa 10 : log x ≡ log 10 x.
természetes logaritmus az e bázisának logaritmusa: ln x ≡ log e x.
2,718281828459045...
;
.
A logaritmus grafikonját az exponenciális függvény grafikonjából nyerjük ki az y \u003d x egyenesre vonatkozó tükörreflexióval. A bal oldalon az y függvény grafikonjai láthatók (x) = log x négy értékre a logaritmus alapjai:a= 2
, a = 8
, a = 1/2
és egy = 1/8
. A grafikon azt mutatja, hogy egy > esetén 1
a logaritmus monoton növekszik. Ha x növekszik, a növekedés jelentősen lelassul. Nál nél 0
< a < 1
a logaritmus monoton csökkenő.
A logaritmus egy monoton függvény, ezért nincs szélsősége. A logaritmus főbb tulajdonságait a táblázat tartalmazza.
| Tartomány | 0 < x < + ∞ | 0 < x < + ∞ |
| Értéktartomány | - ∞ < y < + ∞ | - ∞ < y < + ∞ |
| Monoton | monoton növekszik | monoton csökken |
| Nullák, y= 0 | x= 1 | x= 1 |
| Metszéspontok az y tengellyel, x = 0 | Nem | Nem |
| + ∞ | - ∞ | |
| - ∞ | + ∞ |
A 10-es alapú logaritmust nevezzük decimális logaritmusés így van jelölve:
bázis logaritmus e hívott természetes logaritmus:
Az inverz függvény definíciójából következő logaritmus tulajdonságai:
Logaritmus a logaritmus felvételének matematikai művelete. A logaritmus felvételekor a tényezők szorzatait tagok összegére alakítjuk.
Potencírozás a logaritmusra fordított matematikai művelet. Potencírozáskor az adott bázist annak a kifejezésnek a hatványára emeljük, amelyen a potencírozás történik. Ebben az esetben a tagok összegeit tényezők szorzataivá alakítják át.
A logaritmusokhoz kapcsolódó képletek az exponenciális függvények képleteiből és az inverz függvény definíciójából következnek.
Tekintsük az exponenciális függvény tulajdonságát
.
Akkor
.
Alkalmazza az exponenciális függvény tulajdonságát
:
.
Bizonyítsuk be az alapváltoztatási képletet.
;
.
A c = b beállítással a következőket kapjuk:
Az a bázis logaritmusának reciproka az a kitevővel rendelkező exponenciális függvény.
Ha akkor
Ha akkor
A modulo x logaritmus deriváltja:
.
Az n-edik rend származéka:
.
Képletek származtatása > > >
A logaritmus deriváltjának megtalálásához bázisra kell redukálni e.
;
.
A logaritmus integrálját a következő részekkel történő integrálással számítjuk ki: .
Így,
Tekintsük a komplex számfüggvényt z:
.
Expressz összetett szám z modulon keresztül rés érvelés φ
:
.
Ezután a logaritmus tulajdonságait felhasználva a következőket kapjuk:
.
Vagy
Az érvelés azonban φ
nincs egyértelműen meghatározva. Ha feltesszük
, ahol n egy egész szám,
akkor ugyanaz a szám lesz a különböző n.
Ezért a logaritmus, mint egy komplex változó függvénye, nem egyértékű függvény.
A számára a bővítés megtörténik:
Referenciák:
BAN BEN. Bronstein, K.A. Semendyaev, Matematika kézikönyve mérnököknek és felsőoktatási intézmények hallgatóinak, Lan, 2009.
log a r b r =log a b vagy log a b= log a r b r
A logaritmus értéke nem változik, ha a logaritmus alapját és a logaritmus előjele alatti számot azonos hatványra emeljük.
Csak pozitív számok lehetnek a logaritmus előjele alatt, és a logaritmus alapja nem egyenlő eggyel.
Példák.
1) Hasonlítsa össze a log 3 9-et és a log 9 81-et.
log 3 9=2, mert 3 2 =9;
log 9 81=2, mert 9 2 =81.
Tehát log 3 9 = log 9 81.
Figyeljük meg, hogy a második logaritmus alapja egyenlő az első logaritmus alapjának négyzetével: 9=3 2 , és a második logaritmus előjele alatti szám egyenlő az első logaritmus előjele alatti szám négyzetével logaritmus: 81=9 2 . Kiderült, hogy az első logaritmus log 3 9 száma és alapja is a második hatványra emelkedett, és ettől a logaritmus értéke nem változott:
Továbbá a gyökér kinyerése óta n fokozat közül a egy szám felépítése a bizonyos mértékig ( 1/n), akkor a log 3 9 log 9 81-ből kivonással nyerhető négyzetgyök a számból és a logaritmus alapjából:
2) Egyenlőség ellenőrzése: log 4 25=log 0,5 0,2.
Tekintsük az első logaritmust. Vegyük az alap négyzetgyökét 4 és közülük 25 ; kapjuk: log 4 25=log 2 5.
Tekintsük a második logaritmust. A logaritmus alapja: 0,5= 1/2. A logaritmus előjele alatti szám: 0,2= 1/5. Emeljük fel ezeket a számokat a mínusz első hatványra:
0,5 -1 =(1 / 2) -1 =2;
0,2 -1 =(1 / 5) -1 =5.
Tehát log 0,5 0,2 = log 2 5. Következtetés: ez az egyenlőség igaz.
Oldja meg az egyenletet:
log 4 x 4 + log 16 81=log 2 (5x+2). A logaritmusokat balról a bázisra visszük 2 .
log 2 x 2 + log 2 3=log 2 (5x+2). A szám és az első logaritmus alapjából vettük a négyzetgyökét. Felvettük a szám negyedik gyökerét és a második logaritmus alapját.
log 2 (3x 2)=log 2 (5x+2). A logaritmusok összegét konvertálja a szorzat logaritmusává.
3x2=5x+2. Potencírozás után érkezett.
3x2-5x-2=0. Mi döntünk másodfokú egyenlet a teljes másodfokú egyenlet általános képletével:
a=3, b=-5, c=-2.
D=b 2-4ac=(-5) 2-4∙3∙(-2)=25+24=49=7 2 >0; 2 igazi gyökér.
Vizsgálat.
x=2.
log 4 2 4 + log 16 81=log 2 (5∙2+2);
log 2 2 2 + log 2 3=log 2 12;
log 2 (4∙3) = log 2 12;
log 2 12=log 2 12;
log a n b=(1/
n)∙
log a b
Egy szám logaritmusa bésszel a n egyenlő egy tört szorzatával 1/ n egy szám logaritmusához bésszel a.
Megtalálja:1) 21 log 8 3+40 log 25 2; 2) 30 log 32 3∙log 125 2 ha ez ismert log 2 3=b,log 5 2=c.
Megoldás.
Egyenletek megoldása:
1) log 2 x+log 4 x+log 16 x=5,25.
Megoldás.
Ezeket a logaritmusokat a 2. bázisra visszük. Alkalmazza a képletet: log a n b=(1/ n)∙ log a b
log 2 x+(½) log 2 x+(¼) log 2 x=5,25;
log2x+0,5log2x+0,25log2x=5,25. Itt vannak hasonló kifejezések:
(1+0,5+0,25) log 2 x=5,25;
1,75 log 2 x=5,25 |:1,75
log 2x=3. A logaritmus definíciója szerint:
2) 0,5log 4 (x-2)+log 16 (x-3) = 0,25.
Megoldás. Vegyük a 16-os bázis logaritmusát a 4-es alapra.
0,5 log 4 (x-2) + 0,5 log 4 (x-3) = 0,25 |: 0,5
log4(x-2)+log4(x-3)=0,5. A logaritmusok összegét konvertálja a szorzat logaritmusává.
log 4 ((x-2) (x-3)) = 0,5;
log 4 (x 2 -2x-3x+6) = 0,5;
log 4 (x 2 -5x+6)=0,5. A logaritmus definíciója szerint:
x 2 -5x+4=0. Vieta tétele szerint:
x 1 = 1; x2=4. Az x első értéke nem fog működni, mivel x \u003d 1 esetén ennek az egyenlőségnek a logaritmusa nem létezik, mert csak pozitív számok lehetnek a logaritmus előjele alatt.
Ellenőrizzük ezt az egyenletet x=4-re.
Vizsgálat.
0,5log 4 (4-2)+log 16 (4-3) = 0,25
0,5log 4 2+log 16 1=0,25
0,5∙0,5+0=0,25
log a b=log c b/log c a
Egy szám logaritmusa bésszel a egyenlő a szám logaritmusával búj alapon Val vel osztva a régi bázis logaritmusával aúj alapon Val vel.
Példák:
1) log 2 3=log3/log2;
2) log 8 7=ln7/ln8.
Kiszámítja:
1) napló 5 7 ha ez ismert lg7≈0,8451; lg5≈0,6990.
c b / log c a.
log 5 7=log7/log5≈0,8451:0,6990≈1,2090.
Válasz: napló 5 7≈1,209 0≈1,209 .
2) napló 5 7 ha ez ismert ln7≈1,9459; ln5≈1,6094.
Megoldás. Alkalmazza a képletet: log a b = log c b / log c a.
log 5 7=ln7/ln5≈1,9459:1,6094≈1,2091.
Válasz: napló 5 7≈1,209 1≈1,209 .
x keresése:
1) log 3 x=log 3 4+log 5 6/log 5 3+log 7 8/log 7 3.
A képletet használjuk: log c b / log c a = log a b . Kapunk:
log 3 x=log 3 4+log 3 6+log 3 8;
log 3 x=log 3 (4∙6∙8);
log 3 x = log 3 192;
x=192 .
2) log 7 x=lg143-log 6 11/log 6 10-log 5 13/log 5 10.
A képletet használjuk: log c b / log c a = log a b . Kapunk:
log 7 x=lg143-lg11-lg13;
log 7 x=lg143- (lg11+lg13);
log 7 x=log143-log(11∙13);
log 7 x=lg143-lg143;
x=1.
1/1 oldal 1
A logaritmusok, mint minden szám, minden lehetséges módon összeadhatók, kivonhatók és átalakíthatók. De mivel a logaritmusok nem egészen közönséges számok, itt vannak szabályok, amelyeket hívnak alapvető tulajdonságait.
Ezeket a szabályokat ismerni kell – komoly logaritmikus probléma nem oldható meg nélkülük. Ráadásul nagyon kevesen vannak – egy nap alatt mindent meg lehet tanulni. Tehát kezdjük.
Tekintsünk két azonos bázisú logaritmust: log a xés naplózza a y. Ezután összeadhatók és kivonhatók, és:
Tehát a logaritmusok összege egyenlő a szorzat logaritmusával, a különbség pedig a hányados logaritmusa. Jegyzet: kulcsfontosságú pillanat itt - ugyanazon az alapon. Ha az alapok eltérőek, ezek a szabályok nem működnek!
Ezek a képletek segítenek a logaritmikus kifejezés kiszámításában még akkor is, ha annak egyes részeit nem veszi figyelembe (lásd a "Mi a logaritmus" című leckét). Vessen egy pillantást a példákra, és nézze meg:
log 6 4 + log 6 9.
Mivel a logaritmusok alapjai megegyeznek, az összegképletet használjuk:
log 6 4 + log 6 9 = log 6 (4 9) = log 6 36 = 2.
Egy feladat. Keresse meg a következő kifejezés értékét: log 2 48 − log 2 3.
Az alapok ugyanazok, a különbségi képletet használjuk:
log 2 48 - log 2 3 = log 2 (48: 3) = log 2 16 = 4.
Egy feladat. Keresse meg a kifejezés értékét: log 3 135 − log 3 5.
Az alapok ismét ugyanazok, így van:
log 3 135 − log 3 5 = log 3 (135: 5) = log 3 27 = 3.
Amint láthatja, az eredeti kifejezések "rossz" logaritmusokból állnak, amelyeket nem veszünk figyelembe. Ám az átalakítások után egészen normális számok derülnek ki. E tény alapján sok tesztpapírok. Igen, kontroll – hasonló kifejezéseket teljes komolysággal (néha – gyakorlatilag változtatás nélkül) kínálnak a vizsgán.
Most bonyolítsuk egy kicsit a feladatot. Mi van akkor, ha a logaritmus alapjában vagy argumentumában van fokozat? Ekkor ennek a foknak a kitevője kivehető a logaritmus előjeléből a következő szabályok szerint:
Könnyen belátható, hogy az utolsó szabály az első kettőt követi. De jobb, ha emlékezni rá – bizonyos esetekben jelentősen csökkenti a számítások mennyiségét.
Természetesen ezeknek a szabályoknak van értelme, ha betartják az ODZ logaritmust: a > 0, a ≠ 1, x> 0. És még valami: tanulj meg minden képletet nem csak balról jobbra alkalmazni, hanem fordítva is, pl. a logaritmus előjele előtti számokat beírhatja magába a logaritmusba. Leggyakrabban erre van szükség.
Egy feladat. Keresse meg a kifejezés értékét: log 7 49 6 .
Megszabadulunk az argumentum fokától az első képlet szerint:
log 7 49 6 = 6 log 7 49 = 6 2 = 12
Egy feladat. Keresse meg a kifejezés értékét:
[Az ábra felirata]
Figyeljük meg, hogy a nevező egy logaritmus, amelynek alapja és argumentuma pontos hatványok: 16 = 2 4 ; 49 = 72. Nekünk van:
[Az ábra felirata] Szerintem az utolsó példa magyarázatra szorul. Hová tűntek a logaritmusok? Az utolsó pillanatig csak a nevezővel dolgozunk. Az ott álló logaritmus alapját és argumentumát fokok formájában mutatták be, és kivették a mutatókat - „háromemeletes” törtet kaptak.
Most nézzük meg a fő törtet. A számlálónak és a nevezőnek ugyanaz a száma: log 2 7. Mivel log 2 7 ≠ 0, csökkenthetjük a törtet - a 2/4 a nevezőben marad. A számtan szabályai szerint a négyet át lehet vinni a számlálóba, ami meg is történt. Az eredmény a válasz: 2.
A logaritmusok összeadási és kivonási szabályairól szólva külön hangsúlyoztam, hogy ezek csak azonos alapokkal működnek. Mi van, ha az alapok eltérőek? Mi van, ha nem ugyanazon szám hatványai?
Az új bázisra való átállás képletei segítenek. Tétel formájában fogalmazzuk meg őket:
Legyen logaritmus a x. Aztán bármilyen számra c oly módon, hogy c> 0 és c≠ 1, az egyenlőség igaz:
[Az ábra felirata]
Különösen, ha feltesszük c = x, kapunk:
[Az ábra felirata]
A második képletből következik, hogy a logaritmus alapját és argumentumát felcserélhetjük, de ebben az esetben az egész kifejezés „megfordul”, azaz. a logaritmus a nevezőben van.
Ezek a képletek ritkán találhatók meg a közönséges numerikus kifejezésekben. Csak döntéskor lehet értékelni, hogy mennyire kényelmesek logaritmikus egyenletekés egyenlőtlenségek.
Vannak azonban olyan feladatok, amelyeket egyáltalán nem lehet megoldani, csak az új alapítványhoz költözéssel. Nézzünk meg ezek közül néhányat:
Egy feladat. Keresse meg a következő kifejezés értékét: log 5 16 log 2 25.
Vegye figyelembe, hogy mindkét logaritmus argumentuma pontos kitevő. Vegyük ki a mutatókat: log 5 16 = log 5 2 4 = 4log 5 2; log 2 25 = log 2 5 2 = 2 log 2 5;
Most fordítsuk meg a második logaritmust:
[Az ábra felirata]Mivel a szorzat nem változik a tényezők permutációjától, nyugodtan szoroztunk négyet és kettőt, majd kitaláltuk a logaritmusokat.
Egy feladat. Keresse meg a kifejezés értékét: log 9 100 lg 3.
Az első logaritmus alapja és argumentuma pontos hatványok. Írjuk le, és szabaduljunk meg a mutatóktól:
[Az ábra felirata]Most pedig szabaduljunk meg a decimális logaritmustól úgy, hogy új bázisra lépünk:
[Az ábra felirata]A megoldás során gyakran szükséges egy számot egy adott bázis logaritmusaként ábrázolni. Ebben az esetben a képletek segítenek nekünk:
Az első esetben a szám n az érvelés kitevőjévé válik. Szám n teljesen bármi lehet, mert ez csak a logaritmus értéke.
A második képlet valójában egy átfogalmazott definíció. Alapvető logaritmikus azonosságnak hívják.
Valóban, mi lesz, ha a szám b emelje a hatalomra úgy, hogy b ilyen mértékben ad egy számot a? Így van: ez ugyanaz a szám a. Olvassa el újra figyelmesen ezt a bekezdést - sokan „lógnak” rajta.
Az új alapkonverziós képletekhez hasonlóan néha az alapvető logaritmikus azonosság az egyetlen lehetséges megoldás.
Egy feladat. Keresse meg a kifejezés értékét:
[Az ábra felirata]
Jegyezzük meg, hogy log 25 64 = log 5 8 - csak kivette a négyzetet az alapból és a logaritmus argumentumából. Ha figyelembe vesszük a hatványok azonos alappal való szorzásának szabályait, a következőket kapjuk:
[Az ábra felirata]Ha valaki nem tud, ez egy igazi feladat volt a vizsgáról :)
Befejezésül két olyan azonosságot adok, amelyeket nehéz tulajdonságnak nevezni – ezek inkább a logaritmus definíciójából következnek. Folyamatosan problémákban találják őket, és meglepő módon még a "haladó" tanulók számára is problémákat okoznak.
Ennyi az összes tulajdonság. Gyakorold ezek gyakorlatba ültetését! Az óra elején töltse le a csalólapot, nyomtassa ki és oldja meg a problémákat.
Sok diák elakad az ilyen egyenleteknél. Ugyanakkor maguk a feladatok egyáltalán nem bonyolultak - elég csak egy kompetens változóhelyettesítés végrehajtása, amelyhez meg kell tanulnia a stabil kifejezések elkülönítését.
Ezen a leckén kívül talál egy meglehetősen terjedelmes önálló munkát, amely két lehetőségből áll, egyenként 6 feladattal.
Ma két logaritmikus egyenletet fogunk elemezni, amelyek közül az egyik nem "végig" megoldható, és speciális transzformációkat igényel, a második pedig ... azonban nem mondok el mindent egyszerre. Nézze meg a videót, töltse le az önálló munkát – és tanulja meg az összetett problémák megoldását.
Tehát a közös tényezők csoportosítása és a zárójelből való kiemelése. Emellett elmondom, hogy a logaritmusok definíciós tartománya milyen buktatókat hordoz, és a definíciók területére tett apró megjegyzések hogyan változtathatják meg jelentősen mind a gyökereket, mind az egész megoldást.
Kezdjük a csoportosítással. Meg kell oldanunk a következő logaritmikus egyenletet:
log 2 x log 2 (x - 3) + 1 = log 2 (x 2 - 3x)
Mindenekelőtt megjegyezzük, hogy x 2 − 3x tényezőzhető:
log 2 x (x − 3)
Aztán eszünkbe jut a csodálatos képlet:
log a fg = log a f + log a g
Azonnal egy kis megjegyzés: ez a képlet jól működik, ha a, f és g közönséges számok. De ha helyettük funkciók vannak, akkor ezek a kifejezések már nem egyenlőek a jogokkal. Képzelje el ezt a hipotetikus helyzetet:
f< 0; g < 0
Ebben az esetben az fg szorzat pozitív lesz, ezért a log a ( fg ) létezik, de a log a f és a log a g nem létezik külön, és ilyen transzformációt nem tudunk végrehajtani.
Figyelmen kívül hagyva ezt a tényt a definíciós tartomány beszűküléséhez és ennek eredményeként a gyökerek elvesztéséhez vezet. Ezért egy ilyen transzformáció végrehajtása előtt meg kell győződni arról, hogy az f és g függvények pozitívak.
A mi esetünkben minden egyszerű. Mivel az eredeti egyenletben van egy log 2 x függvény, akkor x > 0 (elvégre az x változó benne van az argumentumban). Létezik log 2 (x − 3) is, tehát x − 3 > 0.
Ezért a log 2 x (x − 3) függvényben minden tényező nagyobb lesz nullánál. Ezért nyugodtan bonthatjuk a terméket összegre:
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
Első pillantásra úgy tűnhet, hogy nem lett könnyebb. Ellenkezőleg: a kifejezések száma csak nőtt! A további lépések megértéséhez új változókat vezetünk be:
log 2 x = a
log 2 (x − 3) = b
a b + 1 − a − b = 0
És most csoportosítjuk a harmadik kifejezést az elsővel:
(a b - a) + (1 - b) = 0
a (1 b - 1) + (1 - b ) = 0
Vegye figyelembe, hogy az első és a második zárójelben is b − 1 van (a második esetben a „mínuszt” ki kell venni a zárójelből). Tényezőzzük a konstrukciót:
a (1 b − 1) − (b − 1) = 0
(b − 1)(a 1 − 1) = 0
És most felidézzük csodálatos szabályunkat: a szorzat akkor egyenlő nullával, ha legalább az egyik tényező nulla:
b − 1 = 0 ⇒ b = 1;
a − 1 = 0 ⇒ a = 1.
Emlékezzünk arra, hogy mi b és a. Két egyszerű logaritmikus egyenletet kapunk, amelyekben már csak a log jeleitől kell megszabadulni, és az argumentumokat egyenlővé tenni:
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
Két gyöket kaptunk, de ez nem megoldás az eredeti logaritmikus egyenletre, hanem csak jelöltek a válaszra. Most nézzük meg a domaint. Az első érvhez:
x > 0
Mindkét gyökér megfelel az első követelménynek. Térjünk át a második érvre:
x − 3 > 0 ⇒ x > 3
De itt már az x = 2 nem elégít ki minket, de az x = 5 egész jól megfelel nekünk. Ezért az egyetlen válasz x = 5.
Áttérünk a második logaritmikus egyenletre. Első pillantásra sokkal egyszerűbb. A megoldás során azonban figyelembe vesszük a definíciós területhez kapcsolódó finom pontokat, amelyek nem ismerete jelentősen megnehezíti a kezdő hallgatók életét.
log 0,7 (x 2 - 6x + 2) = log 0,7 (7 - 2x)
Előttünk áll a logaritmikus egyenlet kanonikus alakja. Nem kell semmit konvertálnia – még az alapok is ugyanazok. Ezért egyszerűen egyenlőségjelet teszünk az érvek között:
x 2 - 6x + 2 = 7 - 2x
x 2 - 6x + 2 - 7 + 2x = 0
x 2 - 4x - 5 = 0
Előttünk áll a megadott másodfokú egyenlet, amely könnyen megoldható a Vieta képletekkel:
(x - 5) (x + 1) = 0;
x − 5 = 0 ⇒ x = 5;
x + 1 = 0 ⇒ x = −1.
De ezek a gyökerek még nem végleges válaszok. Meg kell találni a definíciós tartományt, hiszen az eredeti egyenletben két logaritmus van, pl. feltétlenül figyelembe kell venni a definíciós tartományt.
Tehát írjuk ki a definíciós tartományt. Egyrészt az első logaritmus argumentumának nagyobbnak kell lennie nullánál:
x 2 − 6x + 2 > 0
Másrészt a második argumentumnak is nagyobbnak kell lennie nullánál:
7 − 2x > 0
Ezeket a követelményeket egyszerre kell teljesíteni. És itt kezdődik a legérdekesebb. Természetesen meg tudjuk oldani ezeket az egyenlőtlenségeket, majd metsszük őket, és megtaláljuk a teljes egyenlet tartományát. De miért nehezíted meg magadnak az életet?
Vegyünk észre egy finomságot. A naplójelektől megszabadulva érveket teszünk egyenlővé. Ez azt jelenti, hogy az x 2 − 6x + 2 > 0 és a 7 − 2x > 0 követelmények egyenértékűek. Ennek következtében a két egyenlőtlenség bármelyike áthúzható. Húzzuk át a legnehezebbet, és hagyjuk meg magunknak a szokásos lineáris egyenlőtlenséget:
-2x > -7
x< 3,5
Mivel mindkét oldalt elosztottuk egy negatív számmal, az egyenlőtlenség előjele megváltozott.
Így az ODZ-t minden nélkül megtaláltuk négyzetes egyenlőtlenségek, diszkriminánsok és kereszteződések. Most már csak ki kell választani azokat a gyökereket, amelyek ezen az intervallumon találhatók. Nyilvánvalóan csak x = −1 felel meg nekünk, mert x = 5 > 3,5.
Felírhatod a választ: x = 1 az az egyetlen megoldás eredeti logaritmikus egyenlet.
Ebből a logaritmikus egyenletből a következő következtetések vonhatók le:
Valójában csak ennyit szerettem volna elmondani a csoportosításról. :)
Ma két tipikus logaritmikus egyenletet fogunk elemezni, amelyekbe sok diák belebotlik. Ezen egyenletek példáján látni fogjuk, milyen hibákat követnek el leggyakrabban az eredeti kifejezések megoldása és átalakítása során.
Rögtön meg kell jegyezni, hogy ez egy meglehetősen alattomos egyenlettípus, amelyben a nevezőben valahol logaritmusos tört nem mindig van azonnal jelen. Az átalakítások folyamatában azonban szükségszerűen felmerül egy ilyen tört.
Ugyanakkor vigyázz: az átalakítások során a logaritmusok kezdeti definíciós tartománya jelentősen megváltozhat!
Még merevebb, törteket és változó bázisokat tartalmazó logaritmikus egyenletekre térünk át. Annak érdekében, hogy egy rövid leckében többet tegyek, nem mondok el egy elemi elméletet. Menjünk közvetlenül a feladatokhoz:
4 log 25 (x − 1) − log 3 27 + 2 log x − 1 5 = 1
Ha ezt az egyenletet nézi, valaki megkérdezi: „Mi köze ehhez a tört racionális egyenletnek? Hol van a tört ebben az egyenletben? Ne rohanjunk, és nézzük meg közelebbről az egyes kifejezéseket.
Első tag: 4 log 25 (x − 1). A logaritmus alapja egy szám, de az argumentum x függvénye. Ezzel még nem tehetünk semmit. Lépj tovább.
A következő tag a log 3 27. Emlékezzünk vissza, hogy 27 = 3 3 . Ezért a teljes logaritmust a következőképpen írhatjuk át:
log 3 27 = 3 3 = 3
Tehát a második tag csak egy három. A harmadik tag: 2 log x − 1 5. Itt sem minden egyszerű: az alap egy függvény, az argumentum egy közönséges szám. Azt javaslom, hogy a teljes logaritmust a következő képlet szerint fordítsuk meg:
log a b = 1/log b a
Ilyen transzformáció csak akkor hajtható végre, ha b ≠ 1. Ellenkező esetben a második tört nevezőjében kapott logaritmus egyszerűen nem létezik. Esetünkben b = 5, tehát minden rendben van:
2 log x − 1 5 = 2/log 5 (x − 1)
Írjuk át az eredeti egyenletet a kapott transzformációk figyelembevételével:
4 log 25 (x - 1) - 3 + 2/ log 5 (x - 1) = 1
A tört nevezőjében log 5 (x − 1), az első tagban log 25 (x − 1) van. De 25 \u003d 5 2, tehát kivesszük a négyzetet a logaritmus alapjából a szabály szerint:
Más szóval, a logaritmus alján lévő kitevő az elülső tört lesz. És a kifejezés így lesz átírva:
4 1/2 log 5 (x − 1) − 3 + 2/ log 5 (x − 1) − 1 = 0
Végül egy hosszú egyenlethez jutottunk egy csomó azonos logaritmussal. Vezessünk be egy új változót:
log 5 (x − 1) = t;
2t − 4 + 2/t = 0;
De ez már egy tört-racionális egyenlet, amelyet a 8-9. osztályos algebra segítségével oldanak meg. Először is bontsuk két részre:
t − 2 + 1/t = 0;
(t 2 − 2t + 1)/t = 0
A pontos négyzet zárójelben van. Tekerjük fel:
(t − 1) 2 /t = 0
Egy tört akkor nulla, ha a számlálója nulla, a nevezője pedig nem nulla. Soha ne felejtsd el ezt a tényt:
(t − 1) 2 = 0
t=1
t ≠ 0
Emlékezzünk, mi a t:
log 5 (x − 1) = 1
log 5 (x − 1) = log 5 5
Megszabadulunk a naplójelektől, egyenlővé teszünk érveiket, és azt kapjuk:
x − 1 = 5 ⇒ x = 6
Összes. Probléma megoldódott. De térjünk vissza az eredeti egyenlethez, és ne feledjük, hogy egyszerre két logaritmus volt x változóval. Ezért ki kell írnia a definíciós tartományt. Mivel x − 1 szerepel a logaritmus argumentumban, ennek a kifejezésnek nagyobbnak kell lennie nullánál:
x − 1 > 0
Másrészt ugyanaz az x − 1 van az alapban is, tehát el kell térnie egytől:
x − 1 ≠ 1
Ebből arra következtetünk:
x > 1; x ≠ 2
Ezeket a követelményeket egyszerre kell teljesíteni. Az x = 6 érték mindkét követelményt kielégíti, így x = 6 a logaritmikus egyenlet végső megoldása.
Térjünk át a második feladatra:
Ismét ne rohanjunk, és nézzük meg az egyes kifejezéseket:
napló 4 (x + 1) - egy négyes van az alján. A szokásos szám, és nem érintheti meg. De múltkor egy pontos négyzetbe botlottunk az alapnál, amit a logaritmus jele alól kellett kivenni. Tegyük most ugyanezt:
log 4 (x + 1) = 1/2 log 2 (x + 1)
A trükk az, hogy már van egy logaritmusunk x változóval, bár az alapban - ez a logaritmus inverze, amit most találtunk:
8 log x + 1 2 = 8 (1/log 2 (x + 1)) = 8/log 2 (x + 1)
A következő tag a log 2 8. Ez egy állandó, mivel az argumentum és az alap is közönséges szám. Keressük az értéket:
log 2 8 = log 2 2 3 = 3
Ugyanezt megtehetjük az utolsó logaritmussal is:
Most írjuk át az eredeti egyenletet:
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
Hozzunk mindent közös nevezőre:
Ismét egy tört-racionális egyenlet áll előttünk. Vezessünk be egy új változót:
t = log 2 (x + 1)
Írjuk át az egyenletet az új változó figyelembevételével:
Legyen óvatos: ennél a lépésnél felcseréltem a feltételeket. A tört számlálója a különbség négyzete:
Mint legutóbb, egy tört akkor nulla, ha a számlálója nulla, a nevezője pedig nem nulla:
(t − 4) 2 = 0 ⇒ t = 4;
t ≠ 0
Kaptunk egy gyökeret, amely minden követelményt kielégít, ezért visszatérünk az x változóhoz:
log 2 (x + 1) = 4;
log 2 (x + 1) = log 2 2 4;
x + 1 = 16;
x=15
Ez az, megoldottuk az egyenletet. De mivel az eredeti egyenletben több logaritmus is szerepelt, ki kell írni a definíciós tartományt.
Tehát az x + 1 kifejezés a logaritmus argumentumában van. Ezért x + 1 > 0. Másrészt az x + 1 is jelen van a bázisban, azaz. x + 1 ≠ 1. Összesen:
0 ≠ x > −1
A talált gyökér megfelel ezeknek a követelményeknek? Kétségtelenül. Ezért x = 15 az eredeti logaritmikus egyenlet megoldása.
Végezetül a következőket szeretném elmondani: ha az egyenletre nézve megérted, hogy valami bonyolult és nem szabványos dolgot kell megoldanod, próbálj meg stabil struktúrákat kiemelni, amelyeket később egy másik változóval fogunk jelölni. Ha egyes kifejezések egyáltalán nem tartalmazzák az x változót, gyakran egyszerűen kiszámíthatók.
Ma csak erről akartam beszélni. Remélem, ez a lecke segít összetett logaritmikus egyenletek megoldásában. Nézzen meg más oktatóvideókat, töltse le és oldja meg önálló munkavégzésés találkozunk a következő videóban!
Utasítás
Írja le a megadott logaritmikus kifejezést! Ha a kifejezés a 10-es logaritmust használja, akkor a jelölése lerövidül, és így néz ki: lg b decimális logaritmus. Ha a logaritmus alapja az e szám, akkor a kifejezést írjuk: ln b a természetes logaritmus. Érthető, hogy bármelyik eredménye az a hatvány, amelyre az alapszámot emelni kell, hogy megkapjuk a b számot.
Két függvény összegének megtalálásakor csak egyenként kell megkülönböztetni őket, és össze kell adni az eredményeket: (u+v)" = u"+v";
Amikor két függvény szorzatának deriváltját megtaláljuk, meg kell szorozni az első függvény deriváltját a másodikkal, és össze kell adni a második függvény deriváltját, szorozva az első függvénnyel: (u*v)" = u"* v+v"*u;
Ahhoz, hogy két függvény hányadosának deriváltját megtaláljuk, az osztó függvény osztófüggvénnyel szorzott deriváltjának szorzatából ki kell vonni az osztó deriváltjának szorzatát az osztófüggvénnyel, és el kell osztani mindezt az osztófüggvény négyzetével. (u/v)" = (u"*v-v"*u)/v^2;
Ha adott összetett funkció, akkor meg kell szorozni a belső függvény deriváltját és a külső függvény deriváltját. Legyen y=u(v(x)), majd y"(x)=y"(u)*v"(x).
A fentiek alapján szinte bármilyen funkciót megkülönböztethetünk. Lássunk tehát néhány példát:
y=x^4, y"=4*x^(4-1)=4*x^3;
y=2*x^3*(e^x-x^2+6), y"=2*(3*x^2*(e^x-x^2+6)+x^3*(e^x-2 *x));
A derivált egy ponton történő kiszámítására is vannak feladatok. Legyen adott az y=e^(x^2+6x+5) függvény, meg kell találni a függvény értékét az x=1 pontban.
1) Keresse meg a függvény deriváltját: y"=e^(x^2-6x+5)*(2*x +6).
2) Számítsa ki a függvény értékét az adott y pontban"(1)=8*e^0=8
Kapcsolódó videók
Ismerje meg az elemi származékok táblázatát. Ezzel sok időt takaríthatunk meg.
Források:
Tehát mi a különbség az irracionális egyenlet és a racionális egyenlet között? Ha az ismeretlen változó négyzetgyökjel alatt van, akkor az egyenlet irracionálisnak tekinthető.
Utasítás
Az ilyen egyenletek megoldásának fő módszere mindkét rész felemelése egyenletek egy négyzetbe. Azonban. ez természetes, az első lépés a jeltől való megszabadulás. Technikailag ez a módszer nem nehéz, de néha bajhoz vezethet. Például a v(2x-5)=v(4x-7) egyenlet. Mindkét oldal négyzetre emelésével 2x-5=4x-7 lesz. Egy ilyen egyenletet nem nehéz megoldani; x=1. De az 1-es számot nem adják meg egyenletek. Miért? Helyettesítsd be az egyenletben szereplő mértékegységet az x érték helyett, és a jobb és bal oldalon olyan kifejezések lesznek, amelyeknek nincs értelme, azaz. Ez az érték nem érvényes négyzetgyökre. Ezért az 1 egy idegen gyök, ezért ennek az egyenletnek nincs gyöke.
Tehát az irracionális egyenletet mindkét részének négyzetre emelésének módszerével oldjuk meg. És miután megoldotta az egyenletet, le kell vágni az idegen gyökereket. Ehhez cserélje be a talált gyököket az eredeti egyenletbe.
Gondolj egy másikra.
2x+vx-3=0
Természetesen ez az egyenlet megoldható ugyanazzal az egyenlettel, mint az előző. Transzfer vegyületek egyenletek, amelyeknek nincs négyzetgyökük, jobb oldal majd használja a négyzetesítés módszerét. oldja meg a kapott racionális egyenletet és a gyököket. De egy másik, elegánsabb. Írjon be egy új változót; vx=y. Ennek megfelelően egy 2y2+y-3=0 egyenletet kapunk. Ez a szokásos másodfokú egyenlet. Keresse meg a gyökereit; y1=1 és y2=-3/2. Ezután oldjon meg kettőt egyenletek vx=1; vx \u003d -3/2. A második egyenletnek nincs gyöke, az elsőből azt találjuk, hogy x=1. Ne felejtsük el, hogy ellenőrizni kell a gyökereket.
Az identitások megoldása meglehetősen egyszerű. Ehhez azonos átalakításokat kell végrehajtani a cél eléréséig. Így a legegyszerűbb számtani műveletek segítségével megoldódik a feladat.
Szükséged lesz
Utasítás
A legegyszerűbb ilyen transzformációk az algebrai rövidített szorzások (például az összeg négyzete (különbség), a négyzetek különbsége, az összeg (különbség), az összeg kockája (különbség)). Ezen kívül sok van trigonometrikus képletek, amelyek lényegében ugyanazok az azonosságok.
Valóban, két tag összegének négyzete egyenlő a négyzettel az első plusz kétszerese az elsőnek és a másodiknak plusz a második négyzete, azaz (a+b)^2= (a+b)(a+b)=a^2+ab +ba+b^ 2=a^2+2ab +b^2.
Mindkettő egyszerűsítése
