Να λύσετε μια λογαριθμική εξίσωση χρησιμοποιώντας τον ορισμό του λογάριθμου. Λογαριθμικές εξισώσεις. Προβλήματα με μεταβλητή βάση

Σε αυτό το μάθημα θα εξετάσουμε τα βασικά θεωρητικά δεδομένα για τους λογάριθμους και θα εξετάσουμε την επίλυση των απλούστερων λογαριθμικών εξισώσεων.

Ας θυμηθούμε τον κεντρικό ορισμό - τον ορισμό ενός λογάριθμου. Περιλαμβάνει την επίλυση μιας εκθετικής εξίσωσης. Αυτή η εξίσωση έχει μία μόνο ρίζα, ονομάζεται λογάριθμος του b για τη βάση του a:

Ορισμός:

Ο λογάριθμος του b στη βάση a είναι ο εκθέτης στον οποίο πρέπει να αυξηθεί η βάση a για να ληφθεί b.

Να σας το θυμίσουμε βασική λογαριθμική ταυτότητα.

Η έκφραση (έκφραση 1) είναι η ρίζα της εξίσωσης (έκφραση 2). Αντικαταστήστε την τιμή x από την παράσταση 1 αντί για x στην παράσταση 2 και λάβετε την κύρια λογαριθμική ταυτότητα:

Βλέπουμε λοιπόν ότι κάθε τιμή συνδέεται με μια τιμή. Συμβολίζουμε το b με x(), το c με το y, και έτσι παίρνουμε μια λογαριθμική συνάρτηση:

Για παράδειγμα:

Ας θυμηθούμε τις βασικές ιδιότητες της λογαριθμικής συνάρτησης.

Ας προσέξουμε για άλλη μια φορά, εδώ, αφού κάτω από τον λογάριθμο μπορεί να υπάρχει μια αυστηρά θετική έκφραση, ως βάση του λογάριθμου.

Ρύζι. 1. Γράφημα λογαριθμικής συνάρτησης με διαφορετικές βάσεις

Το γράφημα της συνάρτησης στο εμφανίζεται με μαύρο χρώμα. Ρύζι. 1. Εάν το όρισμα αυξηθεί από το μηδέν στο άπειρο, η συνάρτηση αυξάνεται από το μείον στο συν άπειρο.

Το γράφημα της συνάρτησης στο εμφανίζεται με κόκκινο χρώμα. Ρύζι. 1.

Ιδιότητες αυτής της συνάρτησης:

Τομέα: ;

Εύρος τιμών: ;

Η συνάρτηση είναι μονότονη σε όλο το πεδίο ορισμού της. Όταν αυξάνεται μονοτονικά (αυστηρά), μια μεγαλύτερη τιμή του ορίσματος αντιστοιχεί σε μεγαλύτερη τιμή της συνάρτησης. Όταν μειώνεται μονοτονικά (αυστηρά), μια μεγαλύτερη τιμή του ορίσματος αντιστοιχεί σε μια μικρότερη τιμή της συνάρτησης.

Οι ιδιότητες της λογαριθμικής συνάρτησης είναι το κλειδί για την επίλυση μιας ποικιλίας λογαριθμικών εξισώσεων.

Ας εξετάσουμε την απλούστερη λογαριθμική εξίσωση· όλες οι άλλες λογαριθμικές εξισώσεις, κατά κανόνα, ανάγονται σε αυτήν τη μορφή.

Εφόσον οι βάσεις των λογαρίθμων και οι ίδιοι οι λογάριθμοι είναι ίσες, οι συναρτήσεις κάτω από τον λογάριθμο είναι επίσης ίσες, αλλά δεν πρέπει να χάσουμε το πεδίο ορισμού. Μόνο ένας θετικός αριθμός μπορεί να εμφανιστεί κάτω από τον λογάριθμο, έχουμε:

Ανακαλύψαμε ότι οι συναρτήσεις f και g είναι ίσες, επομένως αρκεί να επιλέξουμε οποιαδήποτε ανισότητα για να συμμορφωθείτε με το ODZ.

Έτσι, έχουμε ένα μικτό σύστημα στο οποίο υπάρχει μια εξίσωση και μια ανισότητα:

Κατά κανόνα, δεν είναι απαραίτητο να λυθεί μια ανισότητα, αρκεί να λυθεί η εξίσωση και να αντικατασταθούν οι ρίζες που βρέθηκαν στην ανισότητα, κάνοντας έτσι έναν έλεγχο.

Ας διατυπώσουμε μια μέθοδο για την επίλυση των απλούστερων λογαριθμικών εξισώσεων:

Να εξισωθούν οι βάσεις των λογαρίθμων.

Εξίσωση υπολογαριθμικών συναρτήσεων.

Εκτελέστε έλεγχο.

Ας δούμε συγκεκριμένα παραδείγματα.

Παράδειγμα 1 - λύστε την εξίσωση:

Οι βάσεις των λογαρίθμων είναι αρχικά ίσες, έχουμε το δικαίωμα να εξισώσουμε υπολογαριθμικές εκφράσεις, μην ξεχνάτε το ODZ, επιλέγουμε τον πρώτο λογάριθμο για να συνθέσουμε την ανισότητα:

Παράδειγμα 2 - λύστε την εξίσωση:

Αυτή η εξίσωση διαφέρει από την προηγούμενη στο ότι οι βάσεις των λογαρίθμων είναι μικρότερες από μία, αλλά αυτό δεν επηρεάζει τη λύση με κανέναν τρόπο:

Ας βρούμε τη ρίζα και ας την αντικαταστήσουμε με την ανισότητα:

Λάβαμε μια λανθασμένη ανισότητα, που σημαίνει ότι η ρίζα που βρέθηκε δεν ικανοποιεί το ODZ.

Παράδειγμα 3 - λύστε την εξίσωση:

Οι βάσεις των λογαρίθμων είναι αρχικά ίσες, έχουμε το δικαίωμα να εξισώσουμε υπολογαριθμικές εκφράσεις, μην ξεχνάτε το ODZ, επιλέγουμε τον δεύτερο λογάριθμο για να συνθέσουμε την ανισότητα:

Ας βρούμε τη ρίζα και ας την αντικαταστήσουμε με την ανισότητα:

Προφανώς, μόνο η πρώτη ρίζα ικανοποιεί το ODZ.

Η προετοιμασία για το τελικό τεστ στα μαθηματικά περιλαμβάνει μια σημαντική ενότητα - "Λογάριθμοι". Τα καθήκοντα από αυτό το θέμα περιέχονται απαραίτητα στην Ενιαία Κρατική Εξέταση. Η εμπειρία από τα προηγούμενα χρόνια δείχνει ότι οι λογαριθμικές εξισώσεις προκάλεσαν δυσκολίες σε πολλούς μαθητές. Επομένως, οι μαθητές με διαφορετικά επίπεδα εκπαίδευσης πρέπει να κατανοήσουν πώς να βρουν τη σωστή απάντηση και να τις αντιμετωπίσουν γρήγορα.

Περάστε με επιτυχία το τεστ πιστοποίησης χρησιμοποιώντας την εκπαιδευτική πύλη Shkolkovo!

Κατά την προετοιμασία για την Ενιαία Κρατική Εξέταση, οι απόφοιτοι λυκείου χρειάζονται μια αξιόπιστη πηγή που παρέχει τις πιο ολοκληρωμένες και ακριβείς πληροφορίες για την επιτυχή επίλυση προβλημάτων δοκιμασίας. Ωστόσο, ένα εγχειρίδιο δεν είναι πάντα διαθέσιμο και η αναζήτηση των απαραίτητων κανόνων και τύπων στο Διαδίκτυο απαιτεί συχνά χρόνο.

Η εκπαιδευτική πύλη Shkolkovo σάς επιτρέπει να προετοιμαστείτε για την Ενιαία Κρατική Εξέταση οπουδήποτε και ανά πάσα στιγμή. Ο ιστότοπός μας προσφέρει την πιο βολική προσέγγιση για την επανάληψη και την αφομοίωση μεγάλου όγκου πληροφοριών σχετικά με λογάριθμους, καθώς και με ένα και πολλά άγνωστα. Ξεκινήστε με εύκολες εξισώσεις. Εάν τα αντιμετωπίζετε χωρίς δυσκολία, προχωρήστε σε πιο σύνθετα. Εάν δυσκολεύεστε να λύσετε μια συγκεκριμένη ανισότητα, μπορείτε να την προσθέσετε στα Αγαπημένα σας για να επιστρέψετε σε αυτήν αργότερα.

Μπορείτε να βρείτε τους απαραίτητους τύπους για να ολοκληρώσετε την εργασία, να επαναλάβετε ειδικές περιπτώσεις και μεθόδους για τον υπολογισμό της ρίζας μιας τυπικής λογαριθμικής εξίσωσης κοιτάζοντας την ενότητα «Θεωρητική βοήθεια». Οι δάσκαλοι του Shkolkovo συγκέντρωσαν, συστηματοποίησαν και παρουσίασαν όλα τα απαραίτητα υλικά για επιτυχή μετάβαση στην πιο απλή και κατανοητή μορφή.

Για να αντιμετωπίσετε εύκολα εργασίες οποιασδήποτε πολυπλοκότητας, στην πύλη μας μπορείτε να εξοικειωθείτε με τη λύση ορισμένων τυπικών λογαριθμικών εξισώσεων. Για να το κάνετε αυτό, μεταβείτε στην ενότητα "Κατάλογοι". Έχουμε μεγάλο αριθμό παραδειγμάτων, συμπεριλαμβανομένων εξισώσεων με το επίπεδο προφίλ της Ενιαίας Κρατικής Εξέτασης στα μαθηματικά.

Οι μαθητές από σχολεία σε όλη τη Ρωσία μπορούν να χρησιμοποιήσουν την πύλη μας. Για να ξεκινήσετε μαθήματα, απλώς εγγραφείτε στο σύστημα και ξεκινήστε να λύνετε εξισώσεις. Για την ενοποίηση των αποτελεσμάτων, σας συμβουλεύουμε να επιστρέφετε καθημερινά στον ιστότοπο Shkolkovo.

Τα τελικά βίντεο σε μια μεγάλη σειρά μαθημάτων για την επίλυση λογαριθμικών εξισώσεων. Αυτή τη φορά θα δουλέψουμε κυρίως με το ODZ του λογαρίθμου - ακριβώς λόγω λανθασμένης εξέτασης (ή ακόμα και αγνόησης) του τομέα ορισμού που προκύπτουν τα περισσότερα σφάλματα κατά την επίλυση τέτοιων προβλημάτων.

Σε αυτό το σύντομο μάθημα βίντεο, θα εξετάσουμε τη χρήση τύπων για την πρόσθεση και την αφαίρεση λογαρίθμων και επίσης θα ασχοληθούμε με κλασματικές ορθολογικές εξισώσεις, με τις οποίες πολλοί μαθητές έχουν επίσης προβλήματα.

Τι θα μιλήσουμε; Ο κύριος τύπος που θα ήθελα να καταλάβω μοιάζει με αυτό:

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

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

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

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

fg > 0

Αλλά στο ποσό που αναγράφεται στα δεξιά, ο τομέας ορισμού είναι ήδη κάπως διαφορετικός:

f > 0

g > 0

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

Έτσι, όταν μετακινούμαστε από την αριστερή κατασκευή στη δεξιά, εμφανίζεται μια στένωση του πεδίου ορισμού. Αν στην αρχή είχαμε ένα άθροισμα και το ξαναγράψουμε με τη μορφή προϊόντος, τότε διευρύνεται ο τομέας ορισμού.

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

Λοιπόν, η πρώτη εργασία:

Στα αριστερά βλέπουμε το άθροισμα των λογαρίθμων που χρησιμοποιούν την ίδια βάση. Επομένως, αυτοί οι λογάριθμοι μπορούν να προστεθούν:

Όπως μπορείτε να δείτε, στα δεξιά αντικαταστήσαμε το μηδέν χρησιμοποιώντας τον τύπο:

α = ημερολόγιο β β α

Ας αναδιατάξουμε την εξίσωσή μας λίγο περισσότερο:

log 4 (x − 5) 2 = log 4 1

Μπροστά μας βρίσκεται η κανονική μορφή της λογαριθμικής εξίσωσης· μπορούμε να διαγράψουμε το σύμβολο καταγραφής και να εξισώσουμε τα ορίσματα:

(x − 5) 2 = 1

|x − 5| = 1

Παρακαλώ σημειώστε: από πού προήλθε η ενότητα; Να σας υπενθυμίσω ότι η ρίζα ενός ακριβούς τετραγώνου είναι ίση με το μέτρο:

Στη συνέχεια λύνουμε την κλασική εξίσωση με συντελεστή:

|f | = g (g > 0) ⇒f = ±g

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

Ακολουθούν δύο απαντήσεις υποψηφίων. Είναι λύση στην αρχική λογαριθμική εξίσωση; Με τιποτα!

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

x(x − 5) > 0; (x − 5)/x > 0.

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

(x − 5) 2 > 0

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

x − 5 ≠ 0 ⇒ x ≠ 5

Όπως μπορείτε να δείτε, το εύρος του ορισμού έχει διευρυνθεί, για το οποίο μιλήσαμε στην αρχή του μαθήματος. Κατά συνέπεια, μπορεί να εμφανιστούν επιπλέον ρίζες.

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

x (x − 5) > 0

Θα λύσουμε χρησιμοποιώντας τη μέθοδο του διαστήματος:

x (x − 5) = 0 ⇒ x = 0; x = 5

Σημειώνουμε τους αριθμούς που προκύπτουν στη γραμμή. Όλα τα σημεία λείπουν γιατί η ανισότητα είναι αυστηρή. Πάρτε οποιονδήποτε αριθμό μεγαλύτερο από 5 και αντικαταστήστε:

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

Επιστρέφουμε στο σύνολο, διαγράφουμε τη ρίζα x = 4 και σημειώνουμε την απάντηση: x = 6. Αυτή είναι η τελική απάντηση στην αρχική λογαριθμική εξίσωση. Αυτό είναι, το πρόβλημα λύθηκε.

Ας προχωρήσουμε στη δεύτερη λογαριθμική εξίσωση:

Ας το λύσουμε. Σημειώστε ότι ο πρώτος όρος είναι κλάσμα και ο δεύτερος είναι το ίδιο κλάσμα, αλλά ανεστραμμένο. Μην σας τρομάζει η έκφραση lgx - είναι απλώς ένας δεκαδικός λογάριθμος, μπορούμε να τον γράψουμε:

lgx = log 10 x

Επειδή έχουμε δύο ανεστραμμένα κλάσματα, προτείνω την εισαγωγή μιας νέας μεταβλητής:

Επομένως, η εξίσωσή μας μπορεί να ξαναγραφτεί ως εξής:

t + 1/t = 2;

t + 1/t − 2 = 0;

(t 2 − 2t + 1)/t = 0;

(t − 1) 2 /t = 0.

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

(t − 1) 2 = 0; t ≠ 0

Ας λύσουμε την πρώτη εξίσωση:

t − 1 = 0;

t = 1.

Αυτή η τιμή ικανοποιεί τη δεύτερη απαίτηση. Επομένως, μπορούμε να πούμε ότι έχουμε λύσει πλήρως την εξίσωσή μας, αλλά μόνο ως προς τη μεταβλητή t. Τώρα ας θυμηθούμε τι είναι το t:

Πήραμε την αναλογία:

logx = 2 logx + 1

2 logx − logx = −1

logx = −1

Φέρνουμε αυτή την εξίσωση στην κανονική της μορφή:

logx = log 10 −1

x = 10 −1 = 0,1

Ως αποτέλεσμα, λάβαμε μια ενιαία ρίζα, η οποία, θεωρητικά, είναι η λύση της αρχικής εξίσωσης. Ωστόσο, ας το παίξουμε με ασφάλεια και ας γράψουμε τον τομέα ορισμού της αρχικής εξίσωσης:

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

Υπάρχει μόνο ένα βασικό σημείο στο σημερινό μάθημα: όταν χρησιμοποιείτε τον τύπο για τη μετάβαση από ένα προϊόν σε ένα άθροισμα και αντίστροφα, φροντίστε να λάβετε υπόψη ότι το εύρος του ορισμού μπορεί να περιοριστεί ή να επεκταθεί ανάλογα με την κατεύθυνση που γίνεται η μετάβαση.

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

Λαμβάνοντας υπόψη αυτή την παρατήρηση, θα ήθελα να σημειώσω ότι η δεύτερη λογαριθμική εξίσωση δεν απαιτεί καθόλου αυτούς τους μετασχηματισμούς, δηλαδή δεν προσθέτουμε και δεν πολλαπλασιάζουμε πουθενά τα ορίσματα. Ωστόσο, εδώ θα ήθελα να επιστήσω την προσοχή σας σε μια άλλη υπέροχη τεχνική που μπορεί να απλοποιήσει σημαντικά τη λύση. Πρόκειται για την αντικατάσταση μιας μεταβλητής.

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

Συχνά, κατά την αντικατάσταση μιας μεταβλητής, εμφανίζεται ένα ενοχλητικό σφάλμα όταν οι μαθητές βρίσκουν την τιμή του t και πιστεύουν ότι η λύση έχει ολοκληρωθεί. Με τιποτα!

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

Αυτό ακριβώς είναι το σημείο εισαγωγής μιας νέας μεταβλητής. Χωρίζουμε την αρχική εξίσωση σε δύο ενδιάμεσες, καθεμία από τις οποίες έχει πολύ απλούστερη λύση.

Πώς να λύσετε «φωλιασμένες» λογαριθμικές εξισώσεις

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

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

b = log a a b

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

log a f (x) = log a a β

Στη συνέχεια, μπορούμε να εκτελέσουμε το τρίτο βήμα - να απαλλαγούμε από το σύμβολο του λογάριθμου και απλά να γράψουμε:

f (x) = a b

Ως αποτέλεσμα, παίρνουμε μια νέα εξίσωση. Στην περίπτωση αυτή, δεν επιβάλλονται περιορισμοί στη συνάρτηση f (x). Για παράδειγμα, μια λογαριθμική συνάρτηση μπορεί επίσης να πάρει τη θέση της. Και τότε θα λάβουμε πάλι μια λογαριθμική εξίσωση, την οποία πάλι θα αναγάγουμε στην απλούστερη μορφή της και θα λύσουμε μέσω της κανονικής μορφής.

Ωστόσο, αρκετοί οι στίχοι. Ας λύσουμε το πραγματικό πρόβλημα. Λοιπόν, εργασία αριθμός 1:

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

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

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

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

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

Ας προχωρήσουμε στο τελευταίο βήμα του σχεδίου μας - να απαλλαγούμε από την κανονική μορφή. Θα μπορούσατε να πείτε, απλώς διαγράφουμε τα σημάδια του κορμού. Ωστόσο, από μαθηματική άποψη, είναι αδύνατο να "διασταυρωθεί η καταγραφή" - θα ήταν πιο σωστό να πούμε ότι απλώς εξισώνουμε τα επιχειρήματα:

1 + 3 log 2 x = 4

Από εδώ μπορούμε εύκολα να βρούμε 3 log 2 x:

3 log 2 x = 3

log 2 x = 1

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

1 = ημερολόγιο 2 2 1 = ημερολόγιο 2 2

Γιατί υπάρχουν δύο στη βάση; Επειδή στην κανονική μας εξίσωση στα αριστερά υπάρχει ένας λογάριθμος ακριβώς στη βάση 2. Ξαναγράφουμε το πρόβλημα λαμβάνοντας υπόψη αυτό το γεγονός:

ημερολόγιο 2 x = ημερολόγιο 2 2

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

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

Σημείωση! Παρόλο που η μεταβλητή x εμφανίζεται στο όρισμα (δηλαδή, υπάρχουν απαιτήσεις για τον τομέα ορισμού), δεν θα κάνουμε πρόσθετες απαιτήσεις.

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

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

Ας προχωρήσουμε στη δεύτερη εξίσωση, είναι λίγο πιο ενδιαφέρουσα:

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

Αν υποδηλώσουμε την έκφραση μέσα στον μεγάλο λογάριθμο με τη συνάρτηση f (x), παίρνουμε την απλούστερη λογαριθμική εξίσωση με την οποία ξεκινήσαμε το σημερινό μάθημα βίντεο. Επομένως, μπορούμε να εφαρμόσουμε την κανονική μορφή, για την οποία θα πρέπει να αναπαραστήσουμε τη μονάδα με τη μορφή log 2 2 1 = log 2 2.

Ας ξαναγράψουμε τη μεγάλη μας εξίσωση:

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

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

log 1/2 (2x − 1) + 2 = 2

log 1/2 (2x − 1) = 0

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

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

log 1/2 (2x − 1) = log 1/2 1

2x − 1 = 1

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

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

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

Από πού προέρχονται αυτές οι επιπλέον ρίζες; Αυτό το σημείο πρέπει να γίνει κατανοητό πολύ ξεκάθαρα. Ρίξτε μια ματιά στις αρχικές εξισώσεις: παντού η συνάρτηση x βρίσκεται κάτω από το σύμβολο του λογάριθμου. Κατά συνέπεια, αφού καταγράψαμε το log 2 x, ορίσαμε αυτόματα την απαίτηση x > 0. Διαφορετικά, αυτή η καταχώρηση απλά δεν έχει νόημα.

Ωστόσο, καθώς λύνουμε τη λογαριθμική εξίσωση, απαλλαγούμε από όλα τα λογότυπα και παίρνουμε απλές κατασκευές. Δεν υπάρχουν περιορισμοί εδώ, επειδή η γραμμική συνάρτηση ορίζεται για οποιαδήποτε τιμή του x.

Είναι αυτό το πρόβλημα, όταν η τελική συνάρτηση ορίζεται παντού και πάντα, αλλά η αρχική δεν ορίζεται παντού και όχι πάντα, αυτός είναι ο λόγος που πολύ συχνά προκύπτουν επιπλέον ρίζες στην επίλυση λογαριθμικών εξισώσεων.

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

Υποθέσεις διαφορετικών λόγων

Αυτό το μάθημα είναι αφιερωμένο σε πιο σύνθετες δομές. Οι λογάριθμοι στις σημερινές εξισώσεις δεν θα λύνονται πλέον αμέσως· θα πρέπει πρώτα να γίνουν ορισμένοι μετασχηματισμοί.

Αρχίζουμε να λύνουμε λογαριθμικές εξισώσεις με εντελώς διαφορετικές βάσεις, οι οποίες δεν είναι ακριβείς δυνάμεις η μία της άλλης. Μην αφήνετε τέτοια προβλήματα να σας τρομάζουν - δεν είναι πιο δύσκολο να επιλυθούν από τα πιο απλά σχέδια που συζητήσαμε παραπάνω.

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

log a f (x) = β

Είναι σημαντικό η συνάρτηση f (x) να είναι απλώς μια συνάρτηση και ο ρόλος των αριθμών a και b πρέπει να είναι αριθμοί (χωρίς μεταβλητές x). Φυσικά, κυριολεκτικά σε ένα λεπτό θα δούμε τέτοιες περιπτώσεις όπου αντί για τις μεταβλητές a και b υπάρχουν συναρτήσεις, αλλά δεν πρόκειται για αυτό τώρα.

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

b = log a a b

Φυσικά, οι λέξεις "οποιοσδήποτε αριθμός b" και "οποιοσδήποτε αριθμός α" σημαίνουν τιμές που ικανοποιούν το εύρος του ορισμού. Συγκεκριμένα, σε αυτή την εξίσωση μιλάμε μόνο για τη βάση a > 0 και a ≠ 1.

Ωστόσο, αυτή η απαίτηση ικανοποιείται αυτόματα, επειδή το αρχικό πρόβλημα περιέχει ήδη έναν λογάριθμο με βάση το a - σίγουρα θα είναι μεγαλύτερος από 0 και όχι ίσος με 1. Επομένως, συνεχίζουμε να λύνουμε τη λογαριθμική εξίσωση:

log a f (x) = log a a β

Μια τέτοια σημειογραφία ονομάζεται κανονική μορφή. Η ευκολία του έγκειται στο γεγονός ότι μπορούμε να απαλλαγούμε αμέσως από το σήμα καταγραφής εξισώνοντας τα επιχειρήματα:

f (x) = a b

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

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

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

Εάν υπάρχουν δεκαδικοί αριθμοί σε μια λογαριθμική εξίσωση, φροντίστε να μετατρέψετε αυτά τα κλάσματα από δεκαδικό σε κοινό συμβολισμό. Αυτός ο μετασχηματισμός μπορεί να απλοποιήσει σημαντικά τη λύση.

Μια τέτοια μετάβαση πρέπει να πραγματοποιηθεί αμέσως, ακόμη και πριν από την εκτέλεση οποιωνδήποτε ενεργειών ή μετασχηματισμών. Ας ρίξουμε μια ματιά:

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

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

Μπροστά μας είναι η κανονική μορφή. Εξισώνουμε τα επιχειρήματα και παίρνουμε την κλασική τετραγωνική εξίσωση:

x 2 + 4x + 11 = 8

x 2 + 4x + 3 = 0

Έχουμε μπροστά μας την ακόλουθη τετραγωνική εξίσωση, η οποία μπορεί εύκολα να λυθεί χρησιμοποιώντας τους τύπους του Vieta. Στο γυμνάσιο, θα πρέπει να βλέπετε παρόμοιες οθόνες κυριολεκτικά προφορικά:

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

x 1 = −3

x 2 = −1

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

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

Άρα, λύνεται η πρώτη εξίσωση. Ας περάσουμε στο δεύτερο:

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

log 1/2 (5x 2 + 9x + 2) = log 3 9 −1

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

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

Κοιτάξτε την εξίσωσή μας: και στα αριστερά και στα δεξιά υπάρχει ένα σύμβολο καταγραφής, αλλά στα αριστερά υπάρχει ένας λογάριθμος στη βάση 2 και στα δεξιά υπάρχει ένας λογάριθμος στη βάση 3. Το τρία δεν είναι ακέραιος αριθμός δύο και, αντίστροφα, δεν μπορείτε να γράψετε ότι το 2 είναι 3 σε ακέραιους βαθμούς.

Κατά συνέπεια, πρόκειται για λογάριθμους με διαφορετικές βάσεις που δεν μπορούν να αναχθούν μεταξύ τους προσθέτοντας απλώς δυνάμεις. Ο μόνος τρόπος για να λυθούν τέτοια προβλήματα είναι να απαλλαγούμε από έναν από αυτούς τους λογάριθμους. Σε αυτήν την περίπτωση, δεδομένου ότι εξακολουθούμε να εξετάζουμε αρκετά απλά προβλήματα, ο λογάριθμος στα δεξιά απλά υπολογίστηκε και πήραμε την απλούστερη εξίσωση - ακριβώς αυτή για την οποία μιλήσαμε στην αρχή του σημερινού μαθήματος.

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

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

5x 2 + 9x + 2 = 4

5x 2 + 9x − 2 = 0

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

D = 81 − 4 5 (−2) = 81 + 40 = 121

x 1 = (−9 + 11)/10 = 2/10 = 1/5

x 2 = (−9 − 11)/10 = −2

Αυτό είναι όλο! Βρήκαμε και τις δύο ρίζες, πράγμα που σημαίνει ότι έχουμε μια λύση στην αρχική λογαριθμική εξίσωση. Πράγματι, στο αρχικό πρόβλημα, η συνάρτηση με τη μεταβλητή x υπάρχει μόνο σε ένα όρισμα. Συνεπώς, δεν απαιτούνται πρόσθετοι έλεγχοι στον τομέα ορισμού - και οι δύο ρίζες που βρήκαμε σίγουρα πληρούν όλους τους πιθανούς περιορισμούς.

Αυτό θα μπορούσε να είναι το τέλος του σημερινού μαθήματος βίντεο, αλλά εν κατακλείδι θα ήθελα να πω ξανά: φροντίστε να μετατρέψετε όλα τα δεκαδικά κλάσματα σε συνηθισμένα κλάσματα όταν λύνετε λογαριθμικές εξισώσεις. Στις περισσότερες περιπτώσεις, αυτό απλοποιεί σημαντικά τη λύση τους.

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

Στις περισσότερες άλλες περιπτώσεις (ειδικά αν μόλις αρχίζετε να εξασκείτε στην επίλυση λογαριθμικών εξισώσεων), μη διστάσετε να απαλλαγείτε από τα δεκαδικά και να τα μετατρέψετε σε συνηθισμένα. Γιατί η πρακτική δείχνει ότι με αυτόν τον τρόπο θα απλοποιήσετε σημαντικά τη μετέπειτα λύση και τους υπολογισμούς.

Λεπτές αποχρώσεις και κόλπα της λύσης

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

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

Σύνθετες εργασίες

Αυτό το σεμινάριο θα είναι αρκετά μεγάλο. Σε αυτό θα αναλύσουμε δύο αρκετά σοβαρές λογαριθμικές εξισώσεις, κατά την επίλυση των οποίων πολλοί μαθητές κάνουν λάθη. Κατά τη διάρκεια της πρακτικής μου ως καθηγητής μαθηματικών, αντιμετώπιζα συνεχώς δύο τύπους σφαλμάτων:

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

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

Η πρώτη εξίσωση φαίνεται αρκετά τυπική:

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

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

log a b = 1/log b α

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

β > 0

1 ≠ a > 0

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

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

Αλλά εδώ είναι το πρόβλημα: η δεύτερη απαίτηση (b ≠ 1) λείπει από την πρώτη ανισότητα, η οποία ασχολείται με τον αριστερό λογάριθμο. Με άλλα λόγια, κατά την εκτέλεση αυτού του μετασχηματισμού πρέπει ελέγξτε ξεχωριστά, ότι το όρισμα b είναι διαφορετικό από το ένα!

Ας το ελέγξουμε λοιπόν. Ας εφαρμόσουμε τον τύπο μας:

1 ≠ x − 0,5 > 0; 1 ≠ x + 1 > 0

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

Προτείνω την εισαγωγή μιας νέας μεταβλητής:

log x + 1 (x − 0,5) = t

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

(t 2 − 1)/t = 0

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

(t − 1)(t + 1)/t = 0

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

t 1 = 1;

t 2 = −1;

t ≠ 0.

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

log x + 1 (x − 0,5) = 1;

log x + 1 (x − 0,5) = −1.

Ας βάλουμε καθεμία από αυτές τις εξισώσεις σε κανονική μορφή:

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

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

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

x − 0,5 = x + 1;

x − x = 1 + 0,5;

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

(x − 0,5)/1 = 1/(x + 1)

Λύνοντας την αναλογία, παίρνουμε:

(x − 0,5)(x + 1) = 1

Επιτρέψτε μου να σας υπενθυμίσω ότι κατά την επίλυση λογαριθμικών εξισώσεων είναι πολύ πιο βολικό να χρησιμοποιούμε όλα τα δεκαδικά κλάσματα ως συνηθισμένα, οπότε ας ξαναγράψουμε την εξίσωσή μας ως εξής:

(x − 1/2)(x + 1) = 1;

x 2 + x − 1/2x − 1/2 − 1 = 0;

x 2 + 1/2x − 3/2 = 0.

Έχουμε μπροστά μας την τετραγωνική εξίσωση παρακάτω, μπορεί εύκολα να λυθεί χρησιμοποιώντας τους τύπους του Vieta:

(x + 3/2) (x − 1) = 0;

x 1 = −1,5;

x 2 = 1.

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

1,5 ≠ x > 0,5; 0 ≠ x > −1.

Αυτές οι απαιτήσεις ισοδυναμούν με διπλή ανισότητα:

1 ≠ x > 0,5

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

Ας προχωρήσουμε στη δεύτερη εργασία:

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

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

25 = 5 2 ; 625 = 5 4

Ας εκμεταλλευτούμε τώρα την υπέροχη ιδιότητα του λογαρίθμου. Το θέμα είναι ότι μπορείτε να εξαγάγετε δυνάμεις από ένα όρισμα με τη μορφή παραγόντων:

log a b n = n ∙ log a b

Αυτός ο μετασχηματισμός υπόκειται επίσης σε περιορισμούς στην περίπτωση που το b αντικαθίσταται από μια συνάρτηση. Αλλά για εμάς, το b είναι απλώς ένας αριθμός και δεν προκύπτουν πρόσθετοι περιορισμοί. Ας ξαναγράψουμε την εξίσωσή μας:

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

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

Ήρθε η ώρα να αντιστρέψουμε τους λογάριθμους για να τους φέρουμε στην ίδια βάση - 5. Δεδομένου ότι η μεταβλητή b είναι σταθερά, δεν υπάρχουν αλλαγές στο πεδίο ορισμού. Απλώς ξαναγράφουμε:

Όπως ήταν αναμενόμενο, οι ίδιοι λογάριθμοι εμφανίστηκαν στον παρονομαστή. Προτείνω να αντικαταστήσετε τη μεταβλητή:

log 5 x = t

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

Ας γράψουμε τον αριθμητή και ας ανοίξουμε τις αγκύλες:

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

Ας επιστρέψουμε στο κλάσμα μας. Ο αριθμητής πρέπει να είναι μηδέν:

Και ο παρονομαστής είναι διαφορετικός από το μηδέν:

t ≠ 0; t ≠ −3; t ≠ −2

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

Έτσι, η κλασματική ορθολογική εξίσωση έχει λυθεί, οι τιμές της μεταβλητής t έχουν βρεθεί. Ας επιστρέψουμε στην επίλυση της λογαριθμικής εξίσωσης και ας θυμηθούμε τι είναι το t:

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

Έχουμε δύο ρίζες. Πιο συγκεκριμένα, δύο απαντήσεις υποψηφίων - ας τις ελέγξουμε για συμμόρφωση με τον τομέα ορισμού. Δεδομένου ότι η βάση του λογάριθμου είναι η μεταβλητή x, απαιτούμε τα εξής:

1 ≠ x > 0;

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

Συνολικά, λάβαμε τέσσερις περιορισμούς:

1 ≠ x > 0; x ≠ 1/125; x ≠ 1/25

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

Από την άλλη πλευρά, 1 = 5 0, 1/25 = 5 −2, 1/125 = 5 −3, που σημαίνει ότι αυτοί οι περιορισμοί για τις ρίζες μας (που, να σας υπενθυμίσω, έχουν έναν παράλογο αριθμό στον εκθέτη) είναι επίσης ικανοποιημένοι και και οι δύο απαντήσεις είναι λύσεις στο πρόβλημα.

Λοιπόν, έχουμε την τελική απάντηση. Υπάρχουν δύο βασικά σημεία σε αυτήν την εργασία:

1. Να είστε προσεκτικοί όταν αναστρέφετε έναν λογάριθμο όταν το όρισμα και η βάση ανταλλάσσονται. Τέτοιοι μετασχηματισμοί επιβάλλουν περιττούς περιορισμούς στο πεδίο εφαρμογής του ορισμού.
2. Μην φοβάστε να μετασχηματίσετε λογάριθμους: μπορούν όχι μόνο να αντιστραφούν, αλλά και να επεκταθούν χρησιμοποιώντας τον τύπο αθροίσματος και γενικά να αλλάξουν χρησιμοποιώντας οποιουσδήποτε τύπους που μελετήσατε κατά την επίλυση λογαριθμικών παραστάσεων. Ωστόσο, να θυμάστε πάντα: ορισμένοι μετασχηματισμοί διευρύνουν το εύρος του ορισμού και μερικοί τους περιορίζουν.

Γενικά, όταν λύνετε σύνθετες λογαριθμικές εξισώσεις, φροντίστε να σημειώσετε το αρχικό πεδίο ορισμού. Αυτό είναι το μόνο που έχω για σήμερα. :)

Λογαριθμικές εξισώσεις. Συνεχίζουμε να εξετάζουμε προβλήματα από το Μέρος Β της Ενιαίας Κρατικής Εξέτασης στα μαθηματικά. Έχουμε ήδη εξετάσει λύσεις σε ορισμένες εξισώσεις στα άρθρα "", "". Σε αυτό το άρθρο θα δούμε τις λογαριθμικές εξισώσεις. Θα πω αμέσως ότι δεν θα υπάρξουν περίπλοκοι μετασχηματισμοί κατά την επίλυση τέτοιων εξισώσεων στην Ενιαία Κρατική Εξέταση. Είναι απλοί.

Αρκεί να γνωρίζουμε και να κατανοούμε τη βασική λογαριθμική ταυτότητα, να γνωρίζουμε τις ιδιότητες του λογαρίθμου. Σημειώστε ότι μετά την επίλυσή του, ΠΡΕΠΕΙ να κάνετε έναν έλεγχο - να αντικαταστήσετε την τιμή που προκύπτει στην αρχική εξίσωση και να υπολογίσετε, στο τέλος θα πρέπει να πάρετε τη σωστή ισότητα.

Ορισμός:

Ο λογάριθμος ενός αριθμού στη βάση b είναι ο εκθέτης.στο οποίο πρέπει να ανυψωθεί το b για να ληφθεί το α.

Για παράδειγμα:

Log 3 9 = 2, αφού 3 2 = 9

Ιδιότητες λογαρίθμων:

Ειδικές περιπτώσεις λογαρίθμων:

Ας λύσουμε προβλήματα. Στο πρώτο παράδειγμα θα κάνουμε έναν έλεγχο. Στο μέλλον, ελέγξτε το μόνοι σας.

Βρείτε τη ρίζα της εξίσωσης: log 3 (4–x) = 4

Αφού log b a = x b x = a, τότε

3 4 = 4 – x

x = 4 – 81

x = – 77

Εξέταση:

ημερολόγιο 3 (4–(–77)) = 4

ημερολόγιο 3 81 = 4

3 4 = 81 Σωστό.

Απάντηση: – 77

Αποφασίστε μόνοι σας:

Βρείτε τη ρίζα της εξίσωσης: log 2 (4 – x) = 7

Βρείτε τη ρίζα του ημερολογίου εξίσωσης 5(4 + x) = 2

Χρησιμοποιούμε τη βασική λογαριθμική ταυτότητα.

Αφού log a b = x b x = a, τότε

5 2 = 4 + x

x =5 2 – 4

x = 21

Εξέταση:

ημερολόγιο 5 (4 + 21) = 2

ημερολόγιο 5 25 = 2

5 2 = 25 Σωστό.

Απάντηση: 21

Βρείτε τη ρίζα της εξίσωσης log 3 (14 – x) = log 3 5.

Πραγματοποιείται η ακόλουθη ιδιότητα, η σημασία της είναι η εξής: αν στην αριστερή και δεξιά πλευρά της εξίσωσης έχουμε λογάριθμους με την ίδια βάση, τότε μπορούμε να εξισώσουμε τις εκφράσεις κάτω από τα πρόσημα των λογαρίθμων.

14 – x = 5

x=9

Κάντε έναν έλεγχο.

Απάντηση: 9

Αποφασίστε μόνοι σας:

Βρείτε τη ρίζα της εξίσωσης log 5 (5 – x) = log 5 3.

Βρείτε τη ρίζα της εξίσωσης: log 4 (x + 3) = log 4 (4x – 15).

Αν log c a = log c b, τότε a = b

x + 3 = 4x – 15

3x = 18

x=6

Κάντε έναν έλεγχο.

Απάντηση: 6

Βρείτε τη ρίζα της εξίσωσης log 1/8 (13 – x) = – 2.

(1/8) –2 = 13 – x

8 2 = 13 – x

x = 13 – 64

x = – 51

Κάντε έναν έλεγχο.

Μια μικρή προσθήκη - το ακίνητο χρησιμοποιείται εδώ

μοίρες ().

Απάντηση: – 51

Αποφασίστε μόνοι σας:

Βρείτε τη ρίζα της εξίσωσης: log 1/7 (7 – x) = – 2

Βρείτε τη ρίζα της εξίσωσης log 2 (4 – x) = 2 log 2 5.

Ας μεταμορφώσουμε τη δεξιά πλευρά. Ας χρησιμοποιήσουμε το ακίνητο:

log a b m = m∙log a b

log 2 (4 – x) = log 2 5 2

Αν log c a = log c b, τότε a = b

4 – x = 5 2

4 – x = 25

x = – 21

Κάντε έναν έλεγχο.

Απάντηση: – 21

Αποφασίστε μόνοι σας:

Βρείτε τη ρίζα της εξίσωσης: log 5 (5 – x) = 2 log 5 3

Λύστε την εξίσωση log 5 (x 2 + 4x) = log 5 (x 2 + 11)

Αν log c a = log c b, τότε a = b

x 2 + 4x = x 2 + 11

4x = 11

x = 2,75

Κάντε έναν έλεγχο.

Απάντηση: 2,75

Αποφασίστε μόνοι σας:

Βρείτε τη ρίζα της εξίσωσης log 5 (x 2 + x) = log 5 (x 2 + 10).

Λύστε την εξίσωση log 2 (2 – x) = log 2 (2 – 3x) +1.

Είναι απαραίτητο να λάβουμε μια έκφραση της φόρμας στη δεξιά πλευρά της εξίσωσης:

ημερολόγιο 2 (......)

Αντιπροσωπεύουμε το 1 ως λογάριθμο βάσης 2:

1 = ημερολόγιο 2 2

log c (ab) = log c a + log c b

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

Παίρνουμε:

log 2 (2 – x) = log 2 2 (2 – 3x)

Αν log c a = log c b, τότε a = b, τότε

2 – x = 4 – 6x

5x = 2

x = 0,4

Κάντε έναν έλεγχο.

Απάντηση: 0,4

Αποφασίστε μόνοι σας: Στη συνέχεια πρέπει να λύσετε την τετραγωνική εξίσωση. Παρεμπιπτόντως,

οι ρίζες είναι 6 και – 4.

Ρίζα "-Το 4" δεν είναι λύση, αφού η βάση του λογαρίθμου πρέπει να είναι μεγαλύτερη από το μηδέν και με "– 4" ισούται με " – 5". Η λύση είναι η ρίζα 6.Κάντε έναν έλεγχο.

Απάντηση: 6.

R φάτε μόνοι σας:

Λύστε την εξίσωση log x –5 49 = 2. Αν η εξίσωση έχει περισσότερες από μία ρίζες, απαντήστε με τη μικρότερη.

Όπως είδατε, δεν υπάρχουν περίπλοκοι μετασχηματισμοί με λογαριθμικές εξισώσειςΟχι. Αρκεί να γνωρίζουμε τις ιδιότητες του λογαρίθμου και να μπορούμε να τις εφαρμόζουμε. Σε προβλήματα USE που σχετίζονται με τον μετασχηματισμό λογαριθμικών παραστάσεων, εκτελούνται πιο σοβαροί μετασχηματισμοί και απαιτούνται πιο εις βάθος δεξιότητες επίλυσης. Θα δούμε τέτοια παραδείγματα, μην τα χάσετε!Σου εύχομαι επιτυχία!!!

Με εκτίμηση, Alexander Krutitskikh.

P.S: Θα σας ήμουν ευγνώμων αν μου πείτε για τον ιστότοπο στα κοινωνικά δίκτυα.

Λογαριθμικές εξισώσεις και ανισώσειςστην Ενιαία Κρατική Εξέταση στα μαθηματικά που αφιερώνεται πρόβλημα Γ3 . Κάθε μαθητής πρέπει να μάθει να λύνει εργασίες Γ3 από την Ενιαία Κρατική Εξέταση στα μαθηματικά εάν θέλει να περάσει τις επερχόμενες εξετάσεις με «καλά» ή «άριστα». Αυτό το άρθρο παρέχει μια σύντομη επισκόπηση των λογαριθμικών εξισώσεων και ανισώσεων που συναντώνται συχνά, καθώς και βασικές μεθόδους για την επίλυσή τους.

Λοιπόν, ας δούμε μερικά παραδείγματα σήμερα. λογαριθμικές εξισώσεις και ανισώσεις, που προσφέρθηκαν σε μαθητές στην Ενιαία Κρατική Εξέταση στα μαθηματικά προηγούμενων ετών. Αλλά θα ξεκινήσει με μια σύντομη περίληψη των κύριων θεωρητικών σημείων που θα χρειαστούμε για να τα λύσουμε.

Λογαριθμική συνάρτηση

Ορισμός

Λειτουργία της φόρμας

0,\, a\ne 1 \]" title="Απόδοση από QuickLaTeX.com">!}

που ονομάζεται λογαριθμική συνάρτηση.

Βασικές ιδιότητες

Βασικές ιδιότητες της λογαριθμικής συνάρτησης y=log ένα x:

Η γραφική παράσταση μιας λογαριθμικής συνάρτησης είναι λογαριθμική καμπύλη:

Ιδιότητες λογαρίθμων

Λογάριθμος του προϊόντοςδύο θετικοί αριθμοί είναι ίσοι με το άθροισμα των λογαρίθμων αυτών των αριθμών:

Title="Απόδοση από QuickLaTeX.com">!}

Λογάριθμος του πηλίκουδύο θετικοί αριθμοί είναι ίσοι με τη διαφορά μεταξύ των λογαρίθμων αυτών των αριθμών:

Title="Απόδοση από QuickLaTeX.com">!}

Αν έναΚαι σι ένα≠ 1, μετά για οποιονδήποτε αριθμό r η ισότητα είναι αληθινή:

Title="Απόδοση από QuickLaTeX.com">!}

Ισότητακούτσουρο ένα t=log ένα μικρό, Οπου ένα > 0, ένα ≠ 1, t > 0, μικρό> 0, ισχύει εάν και μόνο εάν t = μικρό.

Αν ένα, σι, ντοείναι θετικοί αριθμοί, και έναΚαι ντοείναι διαφορετικά από την ενότητα, τότε η ισότητα ( τύπος για μετάβαση σε νέα βάση λογαρίθμου):

Title="Απόδοση από QuickLaTeX.com">!}

Θεώρημα 1.Αν φά(Χ) > 0 και σολ(Χ) > 0, μετά το λογαριθμικό ημερολόγιο εξίσωσης a f(Χ) = κούτσουρο ένα ζ(Χ) (Οπου ένα > 0, ένα≠ 1) ισοδυναμεί με την εξίσωση φά(Χ) = σολ(Χ).

Επίλυση λογαριθμικών εξισώσεων και ανισώσεων

Παράδειγμα 1.Λύστε την εξίσωση:

Λύση.Το εύρος των αποδεκτών τιμών περιλαμβάνει μόνο αυτές Χ, για την οποία η έκφραση κάτω από το πρόσημο του λογάριθμου είναι μεγαλύτερη από το μηδέν. Αυτές οι τιμές καθορίζονται από το ακόλουθο σύστημα ανισοτήτων:

Title="Απόδοση από QuickLaTeX.com">!}

Λαμβάνοντας υπ 'όψιν ότι

Title="Απόδοση από QuickLaTeX.com">!}

λαμβάνουμε το διάστημα που ορίζει το εύρος των επιτρεπόμενων τιμών αυτής της λογαριθμικής εξίσωσης:

Με βάση το Θεώρημα 1, του οποίου όλες οι προϋποθέσεις πληρούνται εδώ, προχωράμε στην ακόλουθη ισοδύναμη τετραγωνική εξίσωση:

Το εύρος των αποδεκτών τιμών περιλαμβάνει μόνο την πρώτη ρίζα.

Απάντηση: x = 7.

Παράδειγμα 2.Λύστε την εξίσωση:

Λύση.Το εύρος των αποδεκτών τιμών της εξίσωσης καθορίζεται από το σύστημα των ανισοτήτων:

ql-right-eqno">

Λύση.Το εύρος των αποδεκτών τιμών της εξίσωσης προσδιορίζεται εδώ εύκολα: Χ > 0.

Χρησιμοποιούμε αντικατάσταση:

Η εξίσωση γίνεται:

Αντίστροφη αντικατάσταση:

Και τα δυο απάντησηβρίσκονται εντός του εύρους των αποδεκτών τιμών της εξίσωσης επειδή είναι θετικοί αριθμοί.

Παράδειγμα 4.Λύστε την εξίσωση:

Λύση.Ας ξεκινήσουμε ξανά τη λύση προσδιορίζοντας το εύρος των αποδεκτών τιμών της εξίσωσης. Καθορίζεται από το ακόλουθο σύστημα ανισοτήτων:

ql-right-eqno">

Οι βάσεις των λογαρίθμων είναι οι ίδιες, επομένως στο εύρος των αποδεκτών τιμών μπορούμε να προχωρήσουμε στην ακόλουθη τετραγωνική εξίσωση:

Η πρώτη ρίζα δεν βρίσκεται εντός του εύρους των αποδεκτών τιμών της εξίσωσης, αλλά η δεύτερη είναι.

Απάντηση: Χ = -1.

Παράδειγμα 5.Λύστε την εξίσωση:

Λύση.Θα αναζητήσουμε λύσεις στο ενδιάμεσο Χ > 0, Χ≠1. Ας μετατρέψουμε την εξίσωση σε ισοδύναμη:

Και τα δυο απάντησηβρίσκονται εντός του εύρους των αποδεκτών τιμών της εξίσωσης.

Παράδειγμα 6.Λύστε την εξίσωση:

Λύση.Το σύστημα ανισοτήτων που ορίζει το εύρος των επιτρεπόμενων τιμών της εξίσωσης αυτή τη φορά έχει τη μορφή:

Title="Απόδοση από QuickLaTeX.com">!}

Χρησιμοποιώντας τις ιδιότητες του λογάριθμου, μετατρέπουμε την εξίσωση σε μια εξίσωση που είναι ισοδύναμη στο εύρος των αποδεκτών τιμών:

Χρησιμοποιώντας τον τύπο για τη μετάβαση σε μια νέα βάση λογάριθμου, παίρνουμε:

Το εύρος των αποδεκτών τιμών περιλαμβάνει μόνο μία απάντηση: Χ = 4.

Ας προχωρήσουμε τώρα στο λογαριθμικές ανισότητες . Αυτό ακριβώς θα πρέπει να αντιμετωπίσετε στην Ενιαία Κρατική Εξέταση στα μαθηματικά. Για να λύσουμε περαιτέρω παραδείγματα χρειαζόμαστε το ακόλουθο θεώρημα:

Θεώρημα 2.Αν φά(Χ) > 0 και σολ(Χ) > 0, τότε:
στο ένα> 1 λογαριθμική ανισότητα log α φά(Χ) > καταγραφή α σολ(Χ) ισοδυναμεί με μια ανισότητα της ίδιας σημασίας: φά(Χ) > σολ(Χ);
στο 0< ένα < 1 логарифмическое неравенство log a φά(Χ) > καταγραφή α σολ(Χ) ισοδυναμεί με μια ανισότητα με την αντίθετη σημασία: φά(Χ) < σολ(Χ).

Παράδειγμα 7.Λύστε την ανισότητα:

Λύση.Ας ξεκινήσουμε ορίζοντας το εύρος των αποδεκτών τιμών της ανισότητας. Η έκφραση κάτω από το πρόσημο της λογαριθμικής συνάρτησης πρέπει να λάβει μόνο θετικές τιμές. Αυτό σημαίνει ότι το απαιτούμενο εύρος αποδεκτών τιμών καθορίζεται από το ακόλουθο σύστημα ανισοτήτων:

Title="Απόδοση από QuickLaTeX.com">!}

Δεδομένου ότι η βάση του λογάριθμου είναι ένας αριθμός μικρότερος του ενός, η αντίστοιχη λογαριθμική συνάρτηση θα είναι φθίνουσα, και επομένως, σύμφωνα με το Θεώρημα 2, η μετάβαση στην ακόλουθη τετραγωνική ανισότητα θα είναι ισοδύναμη:

Τέλος, λαμβάνοντας υπόψη το εύρος των αποδεκτών τιμών, λαμβάνουμε απάντηση:

Παράδειγμα 8.Λύστε την ανισότητα:

Λύση.Ας ξεκινήσουμε πάλι ορίζοντας το εύρος των αποδεκτών τιμών:

Title="Απόδοση από QuickLaTeX.com">!}

Στο σύνολο των αποδεκτών τιμών της ανισότητας πραγματοποιούμε ισοδύναμους μετασχηματισμούς:

Μετά από αναγωγή και μετάβαση στο ισοδύναμο ανισότητας από το Θεώρημα 2, λαμβάνουμε:

Λαμβάνοντας υπόψη το εύρος των αποδεκτών τιμών, λαμβάνουμε την τελική απάντηση:

Παράδειγμα 9.Επίλυση λογαριθμικής ανισότητας:

Λύση.Το εύρος των αποδεκτών τιμών της ανισότητας καθορίζεται από το ακόλουθο σύστημα:

Title="Απόδοση από QuickLaTeX.com">!}

Μπορεί να φανεί ότι στο εύρος των αποδεκτών τιμών, η έκφραση στη βάση του λογαρίθμου είναι πάντα μεγαλύτερη από μία, και επομένως, σύμφωνα με το Θεώρημα 2, η μετάβαση στην ακόλουθη ανισότητα θα είναι ισοδύναμη:

Λαμβάνοντας υπόψη το εύρος των αποδεκτών τιμών, λαμβάνουμε την τελική απάντηση:

Παράδειγμα 10.Λύστε την ανισότητα:

Λύση.

Το εύρος των αποδεκτών τιμών της ανισότητας καθορίζεται από το σύστημα των ανισοτήτων:

Title="Απόδοση από QuickLaTeX.com">!}

Μέθοδος ΙΑς χρησιμοποιήσουμε τον τύπο για τη μετάβαση σε μια νέα βάση του λογάριθμου και ας προχωρήσουμε σε μια ανισότητα που είναι ισοδύναμη στο εύρος των αποδεκτών τιμών.