eMatematikas.lt
Pradžia Forumai + Nauja tema Nariai
Įrankiai
Formulės Testai Egzaminai
Prisijungti Registruotis
       

Logaritminių lygčių sprendimas

Šioje pamokoje mokysimės spręsti logaritmines lygtis.

Logaritminėmis lygtimis vadiname tokias lygtis, kuriose jų nežinomasis [tex]x[/tex] yra tik po logaritmo ženklu
Tokių lygčių pavyzdžiai:
[tex]\log_{0,5}(3x+1)=-2[/tex];
[tex]\frac{1}{16}\log_{2}^2(x^4)-4\log_2\sqrt{x}-8=0[/tex];
[tex]\log_4(x+12)\cdot \log_x2=1[/tex]

Kiekviena ši lygtis vaizduoja 3 galimus logaritminių lygčių tipus.

Prieš spręsdami logaritmines lygtis prisiminkime, jog:
Skaičiaus [tex]b[/tex] logaritmu pagrindu [tex]a[/tex] vadinamas laipsnio rodiklis [tex]m[/tex], kuriuo pakėlus pagrindą [tex]a[/tex], gaunamas skaičius [tex]b[/tex] ([tex]a>0,a≠1[/tex] ir [tex]b>0[/tex]).
Vadinasi, [tex]a^m=b[/tex] [tex]\iff[/tex] [tex]m=\log_ab[/tex]

Sprendžiant lygtis su logaritmais pravartu žinoti veiksmus su jais (čia [tex]a>0,a≠1,b>0,b≠1, x>0,y>0, n∈R[/tex]):
[tex]\log_a(xy)=\log_ax+\log_ay[/tex]
[tex]\log_a\dfrac{x}{y}=\log_ax-\log_ay[/tex]
[tex]\log_ax^n=n\log_ax[/tex]
[tex]\log_ax=\log_{a^n}x^n[/tex]
[tex]\log_ax=\dfrac{\log_bx}{\log_ba}[/tex]

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-11-05

3

1 tipo logaritminės lygtys (logaritmo apibrėžimo ir jo savybių (1-4) taikymas)
Spręsime tokias lygtis:
1) [tex]\lg(x-5)=4[/tex];
2) [tex]\lg(7-x)-2=\frac{1}{2}\lg(28+x)-\lg50[/tex];
3) [tex]\log_{\sqrt{2}}x-\log_2x=2\log_2(x-2)[/tex];
4) [tex]\log_{x-1}(x^2-5x+10)=2[/tex];

Prieš sprendžiant bet kurią logaritminę lygtį rekomenduojama nusistatyti jos apibrėžimo sritį.

1) Pirmos lygties apibrėžimo sritis: [tex]x-5>0\implies x>5[/tex]
Šią logaritminę lygtį sprendžiame taikydami logaritmo apibrėžimą:
Kadangi [tex]\lg(x-5)=\log_{10}(x-5)[/tex], tai:
[tex]x-5=10^4\implies x=10000+5\implies x=10005[/tex].
Kadangi sprendinys priklauso lygties apibrėžimo sričiai, tai jis yra šios lygties sprendinys.
Ats.: [tex]10005[/tex]

2) Antros lygties apibrėžimo sritis:
[tex]\begin{cases} 7-x>0 \\ 28+x>0 \end{cases}\implies \begin{cases} x<7 \\ x>-28 \end{cases}\implies x∈(-28;7)[/tex]
Antrą lygtį reikia pertvarkyti taikant logaritmų savybes:
[tex]\lg(7-x)-2=\lg(28+x)^{\frac{1}{2}}-\lg50[/tex]
[tex]\lg(7-x)-\lg(28+x)^{\frac{1}{2}}+\lg50=2[/tex]
[tex]\lg\dfrac{7-x}{(28+x)^{\frac{1}{2}}}+\lg50=2[/tex]
[tex]\lg\dfrac{(7-x)\cdot 50}{(28+x)^{\frac{1}{2}}}=2[/tex]
Taikome logaritmo apibrėžimą:
[tex]\dfrac{(7-x)\cdot 50}{(28+x)^{\frac{1}{2}}}=10^2|\cdot (28+x)^{\frac{1}{2}}≠0\implies (7-x)\cdot 50=10^2\cdot (28+x)^{\frac{1}{2}}\implies \dfrac{7-x}{2}=\sqrt{28+x}[/tex]
Keliame abi lygybės puses kvadratu:
[tex]\dfrac{49-14x+x^2}{4}=28+x\implies 49-14x+x^2=112+4x\implies x^2-18x-63=0\implies\\ x_1=21;x_2=-3;[/tex]
Patikriname, ar šios reikšmės yra lygties [tex]\frac{7-x}{2}=\sqrt{28+x}[/tex] sprendiniai (galėjome gauti pašalinių sprendinių, nes keldami abi lygties puses kvadratu atliekame neekvivalentų pertvarkį):
Patikrinę gauname, jog lygtis turi vienintelį sprendinį [tex]x=-3[/tex]. Taip pat patikrinę, ar šis sprendinys priklauso logaritminės lygties apibrėžimo sričiai (ji yra [tex]x∈(-28;7)[/tex]), gauname, jog logaritminė lygtis turi vieną sprendinį [tex]x=-3[/tex].
Ats.: [tex]-3[/tex]

3) Šios lygties apibrėžimo sritis: [tex]x>2[/tex]:
Taikydami ketvirtą logaritmų savybę galime užrašyti, kad:
[tex]\log_\sqrt{2}x=\log_{\sqrt{2}^2}x^2=\log_2x^2[/tex]
Tada mūsų lygtis tampa:
[tex]\log_2x^2-\log_2x=2\log_2(x-2)[/tex]
Taikydami logaritmų savybes užrašome:
[tex]\log_2\dfrac{x^2}{x}=\log_2(x-2)^2\implies \log_2x=\log_2(x-2)^2[/tex]
Dabar taikome taisyklę:
Jei [tex]\log_ab=\log_ac[/tex], tai [tex]b=c[/tex]
Gauname lygtį:
[tex]x=(x-2)^2\implies x=x^2-4x+4\implies x^2-5x+4=0\implies x_1=1;x_2=4[/tex];
Apibrėžimo sričiai priklauso vienintelis sprendinys: [tex]x=4[/tex]
Ats.: [tex]4[/tex]

4) Nustatome lygties apibrėžimo sritį:
[tex]\begin{cases} x-1>0\\x-1≠1 \\ x^2-5x+10>0 \end{cases}\implies \begin{cases} x>1\\x≠2 \end{cases}\implies x∈(1;+∞)[/tex]\[tex]\{2\}[/tex]
Taikome logaritmo apibrėžimą:
[tex](x-1)^2=x^2-5x+10\implies x^2-2x+1=x^2-5x+10\implies 3x=9\implies x=3[/tex]
3 priklauso apibrėžimo sričiai, vadinasi tai yra duotosios lygties sprendinys.
Ats: [tex]3[/tex]

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-11-05

2

2 tipo logaritminės lygtys (keitinys)
Spręsime tokias lygtis:
1) [tex]2\lg^2x-5\lg x+2=0[/tex];
2) [tex]\frac{1}{4-\lg x}+\frac{2}{2+\lg x}=1[/tex];

1) Pirmos lygties apibrėžimo sritis: [tex]x>0[/tex]
Taikome keitinį [tex]t=\lg x[/tex]. Čia prieišingai nei sprendžiant rodiklines lygtis naujam kintamajam apribojimų nereikia, kadangi logaritminės funkcijos reikšmių sritis yra visa realiųjų skaičių aibė. Gauname lygtį:
[tex]2t^2-5t+2=0\implies D=9\implies t_1=\frac{1}{2};t_2=2[/tex].
Grįžtame prie keitinio:
[tex]\lg x=\frac{1}{2}[/tex]      ir        [tex]\lg x=2[/tex]
[tex]x=\sqrt{10}[/tex]                    [tex]x=100[/tex]
Abu sprendiniai priklauso apibrėžimo sričiai, vadinasi.
Ats.: [tex]\sqrt{10};100;[/tex]

2) Antros lygties apibrėžimo sritis:  [tex]\begin{cases} 4-\lg x≠0 \\ 2+\lg x≠0\\x>0  \end{cases}\implies \begin{cases} x≠10^4 \\ x≠10^{-2}\\x>0  \end{cases}[/tex]
Pažymėję: [tex]t=\lg x[/tex], gauname:
[tex]\frac{1}{4-t}+\frac{2}{2+t}=1|\cdot (4-t)(2+t)≠0[/tex]
[tex]2+t+2(4-t)=(4-t)(2+t)[/tex]
[tex]2+t+8-2t=8+2t-t^2\implies t^2-3t+2=0\implies t_1=1;t_2=2;[/tex]
Grįžtame prie keitinio:
[tex]\lg x=1[/tex]  arba    [tex]\lg x=2[/tex]
[tex]x=10[/tex]              [tex]x=100[/tex]
Abi reikšmės priklauso apibrėžimo sričiai, vadinasi jie yra lygties sprendiniai.
Ats.: [tex]10;100[/tex]

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-11-05

1

3 tipo logaritminės lygtys (logaritmo pagrindo keitimas (5 savybės taikymas))
Spręsime tokias lygtis:
1) [tex]\log_2x\cdot \log_3x=\log_32[/tex];
2) [tex]\log_{3x}\frac{3}{x}+\log_3^2x=1[/tex];

1) Pirmos lygties apibrėžimo sritis: [tex]x>0[/tex]
Kadangi turime logaritmus su skirtingais pagrindais, tai taikydami logaritmų pagrindo keitimo formulę, galime pakeisti bet kurio logaritmo pagrindą į mums norimą. Kadangi turime du logaritmus su pagrindu 3, tai keisime logaritmo [tex]\log_2x[/tex] pagrindą:
[tex]\log_2x=\dfrac{\log_3x}{\log_32}[/tex]
Tada gauname lygtį:
[tex]\dfrac{\log_3x}{\log_32}\cdot \log_3x=\log_32|\cdot \log_32[/tex]
[tex]\log_3^2x=\log_3^22\implies (\log_3x)^2=(\log_32)^2\implies |\log_3x|=\log_32[/tex]
Kadangi [tex]\log_32>0[/tex], tai:
[tex]\log_3x=-\log_32[/tex]    arba      [tex]\log_3x=\log_32[/tex]
[tex]\log_3x=\log_3\frac{1}{2}[/tex]                      [tex]x=2[/tex]
[tex]x=\frac{1}{2}[/tex]
Abi reikšmės priklauso apibrėžimo sričiai, taigi tai yra lygties sprendiniai.
Ats.: [tex]\frac{1}{2};2;[/tex]

2) Antros lygties apibrėžimo sritis yra:[tex]\begin{cases} 3x>0\\3x≠1 \\ \frac{3}{x}>0 \\x>0 \end{cases}\implies \begin{cases} x>0\\x≠\frac{1}{3} \end{cases}\implies x∈(0;+∞)[/tex]\[tex]\{\frac{1}{3}\}[/tex]
Taikome logaritmo pagrindo keitimo formulę:
[tex]\log_{3x}\frac{3}{x}=\dfrac{\log_{3}\frac{3}{x}}{\log_{3}{3x}}=\dfrac{\log_{3}3-\log_{3}x}{\log_{3}3+\log_{3}x}=\dfrac{1-\log_{3}x}{1+\log_{3}x}[/tex]
Gauname lygtį:
[tex]\dfrac{1-\log_{3}x}{1+\log_{3}x}+\log_3^2x=1[/tex]
Taikome keitinį [tex]t=\log_{3}x[/tex]. Lygtis tampa:
[tex]\dfrac{1-t}{1+t}+t^2=1|\cdot 1+t≠0\implies 1-t+t^2(1+t)=1+t\implies t^3+t^2-2t=0\implies\\ t(t^2+t-2)=0[/tex]
Šios lygties sprendiniai:
[tex]t_1=0;t_2=1;t_3=-2[/tex];
Grįžtame prie keitinio:
[tex]\log_{3}x=0[/tex]    arba    [tex]\log_{3}x=1[/tex]  arba    [tex]\log_{3}x=-2[/tex]
[tex]x=1[/tex]                        [tex]x=3[/tex]                      [tex]x=\frac{1}{9}[/tex]
Visos šios reikšmės priklauso apibrėžimo sričiai, vadinasi tai yra duotosios lygties sprendiniai.
Ats.: [tex]\frac{1}{9};1;3;[/tex]

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-11-05

0

Norėdami rašyti žinutes privalote prisijungti!