Si të zgjerohet logaritmi i një shume. Ekuacioni logaritmik: formula dhe teknika bazë. Funksioni trigonometrik i anasjelltë

Ekuacionet logaritmike dhe pabarazitë në Provimin e Bashkuar të Shtetit në matematikë i kushtohet problemi C3 . Çdo student duhet të mësojë të zgjidhë detyrat C3 nga Provimi i Bashkuar i Shtetit në matematikë nëse dëshiron të kalojë provimin e ardhshëm me "mirë" ose "shkëlqyeshëm". Ky artikull ofron një përmbledhje të shkurtër të ekuacioneve dhe pabarazive logaritmike të hasura zakonisht, si dhe metodave themelore për zgjidhjen e tyre.

Pra, le të shohim disa shembuj sot. ekuacionet logaritmike dhe pabarazitë, të cilat iu ofruan studentëve në Provimin e Unifikuar të Shtetit në matematikë të viteve të mëparshme. Por do të fillojë me një përmbledhje të shkurtër të pikave kryesore teorike që do të na duhen për t'i zgjidhur ato.

Funksioni logaritmik

Përkufizimi

Funksioni i formës

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

thirrur funksioni logaritmik.

Vetitë themelore

Vetitë themelore të funksionit logaritmik y=log një x:

Grafiku i një funksioni logaritmik është kurba logaritmike:

Vetitë e logaritmeve

Logaritmi i produktit dy numra pozitivë janë të barabartë me shumën e logaritmeve të këtyre numrave:

Title="(! LANG: Rendered by QuickLaTeX.com">!}

Logaritmi i herësit dy numra pozitivë janë të barabartë me diferencën midis logaritmeve të këtyre numrave:

Title="(! LANG: Rendered by QuickLaTeX.com">!}

Nëse a Dhe b a≠ 1, pastaj për çdo numër r barazia është e vërtetë:

Title="(! LANG: Rendered by QuickLaTeX.com">!}

Barazia log a t=log a s, Ku a > 0, a ≠ 1, t > 0, s> 0, e vlefshme nëse dhe vetëm nëse t = s.

Nëse a, b, c janë numra pozitivë, dhe a Dhe c janë të ndryshme nga uniteti, pastaj barazia ( formula për kalimin në një bazë të re logaritmi):

Title="(! LANG: Rendered by QuickLaTeX.com">!}

Teorema 1. Nëse f(x) > 0 dhe g(x) > 0, pastaj regjistri i ekuacionit logaritmik a f(x) = log një g(x) (ku a > 0, a≠ 1) është ekuivalente me ekuacionin f(x) = g(x).

Zgjidhja e ekuacioneve logaritmike dhe pabarazive

Shembulli 1. Zgjidhe ekuacionin:

Zgjidhje. Gama e vlerave të pranueshme përfshin vetëm ato x, për të cilin shprehja nën shenjën e logaritmit është më e madhe se zero. Këto vlera përcaktohen nga sistemi i mëposhtëm i pabarazive:

Title="(! LANG: Rendered by QuickLaTeX.com">!}

Duke marrë parasysh atë

Title="(! LANG: Rendered by QuickLaTeX.com">!}

marrim intervalin që përcakton diapazonin e vlerave të lejueshme të këtij ekuacioni logaritmik:

Bazuar në Teoremën 1, të gjitha kushtet e së cilës plotësohen këtu, ne vazhdojmë me ekuacionin ekuivalent kuadratik të mëposhtëm:

Gama e vlerave të pranueshme përfshin vetëm rrënjën e parë.

Përgjigje: x = 7.

Shembulli 2. Zgjidhe ekuacionin:

Zgjidhje. Gama e vlerave të pranueshme të ekuacionit përcaktohet nga sistemi i pabarazive:

ql-right-eqno">

Zgjidhje. Gama e vlerave të pranueshme të ekuacionit përcaktohet këtu lehtësisht: x > 0.

Ne përdorim zëvendësimin:

Ekuacioni bëhet:

Zëvendësimi i kundërt:

te dyja përgjigje janë brenda kufijve të vlerave të pranueshme të ekuacionit sepse janë numra pozitivë.

Shembulli 4. Zgjidhe ekuacionin:

Zgjidhje. Le të fillojmë përsëri zgjidhjen duke përcaktuar gamën e vlerave të pranueshme të ekuacionit. Përcaktohet nga sistemi i mëposhtëm i pabarazive:

ql-right-eqno">

Bazat e logaritmeve janë të njëjta, kështu që në rangun e vlerave të pranueshme mund të vazhdojmë në ekuacionin kuadratik të mëposhtëm:

Rrënja e parë nuk është brenda kufijve të vlerave të pranueshme të ekuacionit, por e dyta është.

Përgjigje: x = -1.

Shembulli 5. Zgjidhe ekuacionin:

Zgjidhje. Ne do të kërkojmë zgjidhje në këtë mes x > 0, x≠1. Le ta shndërrojmë ekuacionin në një ekuivalent:

te dyja përgjigje janë brenda kufijve të vlerave të pranueshme të ekuacionit.

Shembulli 6. Zgjidhe ekuacionin:

Zgjidhje. Sistemi i pabarazive që përcakton gamën e vlerave të lejuara të ekuacionit këtë herë ka formën:

Title="(! LANG: Rendered by QuickLaTeX.com">!}

Duke përdorur vetitë e logaritmit, ne e transformojmë ekuacionin në një ekuacion që është ekuivalent në rangun e vlerave të pranueshme:

Duke përdorur formulën për kalimin në një bazë të re logaritmi, marrim:

Gama e vlerave të pranueshme përfshin vetëm një përgjigje: x = 4.

Le të kalojmë tani në pabarazitë logaritmike . Pikërisht me këtë do të duhet të përballeni në Provimin e Unifikuar të Shtetit në matematikë. Për të zgjidhur shembuj të mëtejshëm na duhet teorema e mëposhtme:

Teorema 2. Nëse f(x) > 0 dhe g(x) > 0, pastaj:
në a> 1 log i pabarazisë logaritmike a f(x) > log a g(x) është ekuivalente me një pabarazi me të njëjtin kuptim: f(x) > g(x);
në 0< a < 1 логарифмическое неравенство log a f(x) > log a g(x) është ekuivalente me një pabarazi me kuptimin e kundërt: f(x) < g(x).

Shembulli 7. Zgjidh pabarazinë:

Zgjidhje. Le të fillojmë duke përcaktuar gamën e vlerave të pranueshme të pabarazisë. Shprehja nën shenjën e funksionit logaritmik duhet të marrë vetëm vlera pozitive. Kjo do të thotë që diapazoni i kërkuar i vlerave të pranueshme përcaktohet nga sistemi i mëposhtëm i pabarazive:

Title="(! LANG: Rendered by QuickLaTeX.com">!}

Meqenëse baza e logaritmit është një numër më i vogël se një, funksioni logaritmik përkatës do të jetë në rënie, dhe për këtë arsye, sipas Teoremës 2, kalimi në pabarazinë kuadratike të mëposhtme do të jetë ekuivalent:

Së fundi, duke marrë parasysh gamën e vlerave të pranueshme, marrim përgjigje:

Shembulli 8. Zgjidh pabarazinë:

Zgjidhje. Le të fillojmë përsëri duke përcaktuar gamën e vlerave të pranueshme:

Title="(! LANG: Rendered by QuickLaTeX.com">!}

Në grupin e vlerave të pranueshme të pabarazisë ne kryejmë transformime ekuivalente:

Pas reduktimit dhe kalimit në ekuivalentin e pabarazisë nga teorema 2, marrim:

Duke marrë parasysh gamën e vlerave të pranueshme, marrim përfundimtarin përgjigje:

Shembulli 9. Zgjidhja e pabarazisë logaritmike:

Zgjidhje. Gama e vlerave të pranueshme të pabarazisë përcaktohet nga sistemi i mëposhtëm:

Title="(! LANG: Rendered by QuickLaTeX.com">!}

Mund të shihet se në rangun e vlerave të pranueshme, shprehja në bazën e logaritmit është gjithmonë më e madhe se një, dhe për këtë arsye, sipas Teoremës 2, kalimi në pabarazinë e mëposhtme do të jetë ekuivalent:

Duke marrë parasysh gamën e vlerave të pranueshme, marrim përgjigjen përfundimtare:

Shembulli 10. Zgjidh pabarazinë:

Zgjidhje.

Gama e vlerave të pranueshme të pabarazisë përcaktohet nga sistemi i pabarazive:

Title="(! LANG: Rendered by QuickLaTeX.com">!}

Metoda I Le të përdorim formulën për kalimin në një bazë të re të logaritmit dhe të kalojmë në një pabarazi që është ekuivalente në rangun e vlerave të pranueshme.

Logaritmet, si çdo numër, mund të shtohen, zbriten dhe transformohen në çdo mënyrë. Por meqenëse logaritmet nuk janë saktësisht numra të zakonshëm, këtu ka rregulla, të cilat thirren vetitë kryesore.

Ju patjetër duhet t'i dini këto rregulla - pa to, asnjë problem i vetëm serioz logaritmik nuk mund të zgjidhet. Për më tepër, ka shumë pak prej tyre - mund të mësoni gjithçka brenda një dite. Pra, le të fillojmë.

Mbledhja dhe zbritja e logaritmeve

Konsideroni dy logaritme me baza të njëjta: log a x dhe log a y. Pastaj ato mund të shtohen dhe zbriten, dhe:

log a x+ log a y=log a (x · y);
log a x− log a y=log a (x : y).

Pra, shuma e logaritmeve është e barabartë me logaritmin e produktit, dhe diferenca është e barabartë me logaritmin e herësit. Ju lutemi vini re: pika kryesore këtu është baza identike. Nëse arsyet janë të ndryshme, këto rregulla nuk funksionojnë!

Këto formula do t'ju ndihmojnë të llogaritni një shprehje logaritmike edhe kur pjesët e saj individuale nuk merren parasysh (shihni mësimin "Çfarë është logaritmi"). Hidhini një sy shembujve dhe shikoni:

Regjistri 6 4 + regjistri 6 9.

Meqenëse logaritmet kanë të njëjtat baza, ne përdorim formulën e shumës:
log 6 4 + log 6 9 = log 6 (4 9) = log 6 36 = 2.

Detyrë. Gjeni vlerën e shprehjes: log 2 48 − log 2 3.

Bazat janë të njëjta, ne përdorim formulën e ndryshimit:
log 2 48 − log 2 3 = log 2 (48: 3) = log 2 16 = 4.

Detyrë. Gjeni vlerën e shprehjes: log 3 135 − log 3 5.

Përsëri bazat janë të njëjta, kështu që kemi:
log 3 135 − log 3 5 = log 3 (135: 5) = log 3 27 = 3.

Siç mund ta shihni, shprehjet origjinale përbëhen nga logaritme "të këqija", të cilat nuk llogariten veçmas. Por pas shndërrimeve fitohen numra krejtësisht normalë. Shumë teste bazohen në këtë fakt. Po, shprehjet e ngjashme me testin ofrohen me gjithë seriozitetin (nganjëherë praktikisht pa ndryshime) në Provimin e Unifikuar të Shtetit.

Nxjerrja e eksponentit nga logaritmi

Tani le ta komplikojmë pak detyrën. Po sikur baza ose argumenti i një logaritmi të jetë një fuqi? Atëherë eksponenti i kësaj shkalle mund të hiqet nga shenja e logaritmit sipas rregullave të mëposhtme:

Është e lehtë të shihet se rregulli i fundit ndjek dy të parët. Por është më mirë ta mbani mend gjithsesi - në disa raste do të zvogëlojë ndjeshëm sasinë e llogaritjeve.

Sigurisht, të gjitha këto rregulla kanë kuptim nëse respektohet ODZ e logaritmit: a > 0, a ≠ 1, x> 0. Dhe një gjë tjetër: mësoni të zbatoni të gjitha formulat jo vetëm nga e majta në të djathtë, por edhe anasjelltas, d.m.th. Ju mund të futni numrat përpara shenjës së logaritmit në vetë logaritmin. Kjo është ajo që kërkohet më shpesh.

Detyrë. Gjeni vlerën e shprehjes: log 7 49 6 .

Le të heqim qafe shkallën në argument duke përdorur formulën e parë:
log 7 49 6 = 6 log 7 49 = 6 2 = 12

Detyrë. Gjeni kuptimin e shprehjes:
[Diçitura për foton]

Vini re se emëruesi përmban një logaritëm, baza dhe argumenti i të cilit janë fuqitë e sakta: 16 = 2 4 ; 49 = 7 2. Ne kemi:

[Diçitura për foton]

Unë mendoj se shembulli i fundit kërkon disa sqarime. Ku kanë shkuar logaritmet? Deri në momentin e fundit ne punojmë vetëm me emëruesin. Ne paraqitëm bazën dhe argumentin e logaritmit që qëndron atje në formën e fuqive dhe nxorëm eksponentët - morëm një fraksion "tre-katëshe".

Tani le të shohim fraksionin kryesor. Numëruesi dhe emëruesi përmbajnë të njëjtin numër: log 2 7. Meqenëse log 2 7 ≠ 0, ne mund ta zvogëlojmë thyesën - 2/4 do të mbetet në emërues. Sipas rregullave të aritmetikës, katër mund të transferohen në numërues, gjë që është bërë. Rezultati ishte përgjigja: 2.

Kalimi në një themel të ri

Duke folur për rregullat e mbledhjes dhe zbritjes së logaritmeve, theksova veçanërisht se ato punojnë vetëm me të njëjtat baza. Po nëse arsyet janë të ndryshme? Po sikur të mos jenë fuqi të sakta të të njëjtit numër?

Formulat për kalimin në një themel të ri vijnë në shpëtim. Le t'i formulojmë ato në formën e një teoreme:

Le të jepet regjistri i logaritmit a x. Pastaj për çdo numër c sikurse c> 0 dhe c≠ 1, barazia është e vërtetë:
[Diçitura për foton]
Në veçanti, nëse vendosim c = x, marrim:
[Diçitura për foton]

Nga formula e dytë del se baza dhe argumenti i logaritmit mund të ndërrohen, por në këtë rast e gjithë shprehja është "përmbysur", d.m.th. logaritmi shfaqet në emërues.

Këto formula rrallë gjenden në shprehjet e zakonshme numerike. Është e mundur të vlerësohet se sa të përshtatshëm janë ato vetëm kur zgjidhen ekuacionet logaritmike dhe pabarazitë.

Megjithatë, ka probleme që nuk mund të zgjidhen fare, përveçse duke kaluar në një themel të ri. Le të shohim disa nga këto:

Detyrë. Gjeni vlerën e shprehjes: log 5 16 log 2 25.

Vini re se argumentet e të dy logaritmave përmbajnë fuqi të sakta. Le të nxjerrim treguesit: log 5 16 = log 5 2 4 = 4log 5 2; log 2 25 = log 2 5 2 = 2log 2 5;

Tani le të "ndryshojmë" logaritmin e dytë:

[Diçitura për foton]

Meqenëse produkti nuk ndryshon kur riorganizojmë faktorët, ne shumëzuam me qetësi katër dhe dy, dhe më pas u morëm me logaritmet.

Detyrë. Gjeni vlerën e shprehjes: log 9 100 lg 3.

Baza dhe argumenti i logaritmit të parë janë fuqi të sakta. Le ta shkruajmë këtë dhe të heqim qafe treguesit:

[Diçitura për foton]

Tani le të heqim qafe logaritmin dhjetor duke kaluar në një bazë të re:

[Diçitura për foton]

Identiteti bazë logaritmik

Shpesh në procesin e zgjidhjes është e nevojshme të paraqitet një numër si logaritëm në një bazë të caktuar. Në këtë rast, formulat e mëposhtme do të na ndihmojnë:

Në rastin e parë, numri n bëhet tregues i shkallës që qëndron në argument. Numri n mund të jetë absolutisht çdo gjë, sepse është vetëm një vlerë logaritmi.

Formula e dytë është në fakt një përkufizim i parafrazuar. Kjo është ajo që quhet: identiteti bazë logaritmik.

Në fakt, çfarë do të ndodhë nëse numri b ngrenë në një fuqi të tillë që numri b kësaj fuqie i jep numri a? Kjo është e drejtë: ju merrni të njëjtin numër a. Lexojeni përsëri këtë paragraf me kujdes - shumë njerëz ngecin në të.

Ashtu si formulat për kalimin në një bazë të re, identiteti logaritmik bazë është ndonjëherë zgjidhja e vetme e mundshme.

Detyrë. Gjeni kuptimin e shprehjes:
[Diçitura për foton]

Vini re se log 25 64 = log 5 8 - thjesht mori katrorin nga baza dhe argumenti i logaritmit. Duke marrë parasysh rregullat për shumëzimin e fuqive me të njëjtën bazë, marrim:

[Diçitura për foton]

Nëse dikush nuk e di, kjo ishte një detyrë e vërtetë nga Provimi i Unifikuar i Shtetit :)

Njësia logaritmike dhe zero logaritmike

Si përfundim, do të jap dy identitete që vështirë se mund të quhen veti - përkundrazi, ato janë pasoja të përkufizimit të logaritmit. Ato shfaqen vazhdimisht në probleme dhe çuditërisht krijojnë probleme edhe për studentët e “avancuar”.

log a a= 1 është një njësi logaritmike. Mos harroni një herë e përgjithmonë: logaritmin në çdo bazë a nga kjo bazë është e barabartë me një.
log a 1 = 0 është zero logaritmike. Baza a mund të jetë çdo gjë, por nëse argumenti përmban një, logaritmi është i barabartë me zero! Sepse a 0 = 1 është një pasojë e drejtpërdrejtë e përkufizimit.

Këto janë të gjitha pronat. Sigurohuni që të praktikoni zbatimin e tyre! Shkarkoni fletën e mashtrimit në fillim të mësimit, printojeni dhe zgjidhni problemet.

Ne lidhje me

mund të vendoset detyra e gjetjes së ndonjërit prej tre numrave nga dy të tjerët të dhënë. Nëse jepen a dhe pastaj N, ato gjenden me fuqizim. Nëse N dhe pastaj a jepen duke marrë rrënjën e shkallës x (ose duke e ngritur atë në fuqi). Tani merrni parasysh rastin kur, duke pasur parasysh a dhe N, duhet të gjejmë x.

Le të jetë numri N pozitiv: numri a të jetë pozitiv dhe jo i barabartë me një: .

Përkufizimi. Logaritmi i numrit N në bazën a është eksponenti në të cilin duhet të ngrihet a për të marrë numrin N; logaritmi shënohet me

Kështu, në barazinë (26.1) eksponenti gjendet si logaritëm i N ndaj bazës a. Postimet

kanë të njëjtin kuptim. Barazia (26.1) nganjëherë quhet identiteti kryesor i teorisë së logaritmeve; në realitet shpreh përkufizimin e konceptit të logaritmit. Sipas këtij përkufizimi, baza e logaritmit a është gjithmonë pozitive dhe e ndryshme nga uniteti; numri logaritmik N është pozitiv. Numrat negativë dhe zeroja nuk kanë logaritme. Mund të vërtetohet se çdo numër me bazë të caktuar ka një logaritëm të mirëpërcaktuar. Prandaj barazia përfshin. Vini re se kushti është thelbësor këtu; përndryshe, përfundimi nuk do të justifikohej, pasi barazia është e vërtetë për çdo vlerë të x dhe y.

Shembulli 1. Gjeni

Zgjidhje. Për të marrë një numër, duhet të ngrini bazën 2 në fuqi Prandaj.

Ju mund të bëni shënime kur zgjidhni shembuj të tillë në formën e mëposhtme:

Shembulli 2. Gjeni .

Zgjidhje. Ne kemi

Në shembujt 1 dhe 2, ne gjetëm lehtësisht logaritmin e dëshiruar duke paraqitur numrin e logaritmit si fuqi të bazës me një eksponent racional. Në rastin e përgjithshëm, për shembull, për etj., kjo nuk mund të bëhet, pasi logaritmi ka një vlerë irracionale. Le t'i kushtojmë vëmendje një çështjeje që lidhet me këtë deklaratë. Në paragrafin 12, ne dhamë konceptin e mundësisë së përcaktimit të çdo fuqie reale të një numri të caktuar pozitiv. Kjo ishte e nevojshme për futjen e logaritmeve, të cilat, në përgjithësi, mund të jenë numra irracionalë.

Le të shohim disa veti të logaritmeve.

Vetia 1. Nëse numri dhe baza janë të barabarta, atëherë logaritmi është i barabartë me një dhe, anasjelltas, nëse logaritmi është i barabartë me një, atëherë numri dhe baza janë të barabarta.

Dëshmi. Le Nga përkufizimi i një logaritmi kemi dhe nga

Anasjelltas, le Pastaj sipas përkufizimit

Vetia 2. Logaritmi i një për çdo bazë është i barabartë me zero.

Dëshmi. Sipas përkufizimit të një logaritmi (fuqia zero e çdo baze pozitive është e barabartë me një, shih (10.1)). Nga këtu

Q.E.D.

Deklarata e kundërt është gjithashtu e vërtetë: nëse , atëherë N = 1. Në të vërtetë, ne kemi .

Përpara se të formulojmë vetinë tjetër të logaritmeve, le të biem dakord të themi se dy numra a dhe b qëndrojnë në të njëjtën anë të numrit të tretë c nëse të dy janë më të mëdhenj se c ose më të vegjël se c. Nëse njëri nga këta numra është më i madh se c dhe tjetri më i vogël se c, atëherë do të themi se ata shtrihen në anët e kundërta të c.

Vetia 3. Nëse numri dhe baza shtrihen në të njëjtën anë të njërës, atëherë logaritmi është pozitiv; Nëse numri dhe baza qëndrojnë në anët e kundërta të njërit, atëherë logaritmi është negativ.

Vërtetimi i vetive 3 bazohet në faktin se fuqia e a është më e madhe se një nëse baza është më e madhe se një dhe eksponenti është pozitiv ose baza është më e vogël se një dhe eksponenti është negativ. Një fuqi është më e vogël se një nëse baza është më e madhe se një dhe eksponenti është negativ ose baza është më e vogël se një dhe eksponenti është pozitiv.

Ka katër raste për t'u marrë parasysh:

Ne do të kufizojmë veten në analizimin e të parës prej tyre; lexuesi do të marrë parasysh të tjerat vetë.

Le të jetë atëherë në barazi eksponenti nuk mund të jetë as negativ dhe as i barabartë me zero, pra, ai është pozitiv, d.m.th., siç kërkohet të vërtetohet.

Shembulli 3. Gjeni se cilët nga logaritmat e mëposhtëm janë pozitivë dhe cilët negativë:

Zgjidhje, a) meqenëse numri 15 dhe baza 12 ndodhen në të njëjtën anë të njërit;

b) pasi 1000 dhe 2 janë të vendosura në njërën anë të njësisë; në këtë rast, nuk është e rëndësishme që baza të jetë më e madhe se numri logaritmik;

c) meqenëse 3.1 dhe 0.8 shtrihen në anët e kundërta të unitetit;

G) ; Pse?

d) ; Pse?

Vetitë e mëposhtme 4-6 quhen shpesh rregulla të logarithmimit: ato lejojnë, duke ditur logaritmet e disa numrave, të gjejnë logaritmet e produktit të tyre, herësin dhe shkallën e secilit prej tyre.

Vetia 4 (rregulli i logaritmit të produktit). Logaritmi i prodhimit të disa numrave pozitivë në një bazë të caktuar është i barabartë me shumën e logaritmeve të këtyre numrave për të njëjtën bazë.

Dëshmi. Lërini numrat e dhënë të jenë pozitivë.

Për logaritmin e produktit të tyre, shkruajmë barazinë (26.1) që përcakton logaritmin:

Nga këtu do të gjejmë

Duke krahasuar eksponentët e shprehjes së parë dhe të fundit, marrim barazinë e kërkuar:

Vini re se kushti është thelbësor; logaritmi i prodhimit të dy numrave negativ ka kuptim, por në këtë rast marrim

Në përgjithësi, nëse produkti i disa faktorëve është pozitiv, atëherë logaritmi i tij është i barabartë me shumën e logaritmeve të vlerave absolute të këtyre faktorëve.

Vetia 5 (rregulli i marrjes së logaritmeve të herësve). Logaritmi i një herësi numrash pozitivë është i barabartë me diferencën midis logaritmeve të dividendit dhe pjesëtuesit, të marra në të njëjtën bazë. Dëshmi. Ne vazhdimisht gjejmë

Q.E.D.

Vetia 6 (rregulli i logaritmit të fuqisë). Logaritmi i fuqisë së çdo numri pozitiv është i barabartë me logaritmin e atij numri shumëzuar me eksponentin.

Dëshmi. Le të shkruajmë përsëri identitetin kryesor (26.1) për numrin:

Q.E.D.

Pasoja. Logaritmi i rrënjës së një numri pozitiv është i barabartë me logaritmin e radikalit të ndarë me eksponentin e rrënjës:

Vlefshmëria e kësaj konkluzion mund të vërtetohet duke imagjinuar se si dhe duke përdorur vetinë 6.

Shembulli 4. Merrni logaritmin për të bazuar një:

a) (supozohet se të gjitha vlerat b, c, d, e janë pozitive);

b) (supozohet se ).

Zgjidhja, a) Është e përshtatshme të shkosh te fuqitë thyesore në këtë shprehje:

Bazuar në barazitë (26.5)-(26.7), tani mund të shkruajmë:

Vëmë re se në logaritmet e numrave kryhen veprime më të thjeshta se sa në vetë numrat: gjatë shumëzimit të numrave shtohen logaritmet e tyre, kur pjesëtohen zbriten etj.

Kjo është arsyeja pse logaritmet përdoren në praktikën kompjuterike (shih paragrafin 29).

Veprimi i anasjelltë i logaritmit quhet fuqizim, përkatësisht: fuqizim është veprimi me të cilin gjendet vetë numri nga një logaritëm i caktuar i një numri. Në thelb, fuqizimi nuk është ndonjë veprim i veçantë: ai ka të bëjë me ngritjen e një baze në një fuqi (të barabartë me logaritmin e një numri). Termi "potenciim" mund të konsiderohet sinonim me termin "përforcim".

Kur fuqizoni, duhet të përdorni rregullat e kundërta me rregullat e logarithmimit: zëvendësoni shumën e logaritmeve me logaritmin e produktit, diferencën e logaritmeve me logaritmin e herësit, etj. Në veçanti, nëse ka një faktor përpara të shenjës së logaritmit, atëherë gjatë fuqizimit duhet të bartet në shkallët e eksponentit nën shenjën e logaritmit.

Shembulli 5. Gjeni N nëse dihet se

Zgjidhje. Në lidhje me rregullin e potencuar të posaçëm, ne do t'i transferojmë faktorët 2/3 dhe 1/3 që qëndrojnë përpara shenjave të logaritmeve në anën e djathtë të kësaj barazie në eksponentë nën shenjat e këtyre logaritmeve; marrim

Tani ndryshimin e logaritmeve e zëvendësojmë me logaritmin e herësit:

për të marrë thyesën e fundit në këtë zinxhir barazish, ne e çliruam thyesën e mëparshme nga irracionaliteti në emërues (klauzola 25).

Vetia 7. Nëse baza është më e madhe se një, atëherë numri më i madh ka një logaritëm më të madh (dhe më i vogli ka një më të vogël), nëse baza është më e vogël se një, atëherë numri më i madh ka një logaritëm më të vogël (dhe më i vogël njëri ka një më të madh).

Kjo veti formulohet gjithashtu si rregull për marrjen e logaritmeve të pabarazive, të dyja anët e të cilave janë pozitive:

Kur logaritmohen pabarazitë në një bazë më të madhe se një, shenja e pabarazisë ruhet, dhe kur logaritmohet në një bazë më të vogël se një, shenja e pabarazisë ndryshon në të kundërtën (shih gjithashtu paragrafin 80).

Vërtetimi bazohet në vetitë 5 dhe 3. Merrni parasysh rastin kur Nëse , atëherë dhe, duke marrë logaritmet, marrim

(a dhe N/M shtrihen në të njëjtën anë të unitetit). Nga këtu

Në rastin a vijon, lexuesi do ta kuptojë vetë.

Me këtë video unë filloj një seri të gjatë mësimesh rreth ekuacioneve logaritmike. Tani keni tre shembuj para jush, në bazë të të cilëve do të mësojmë të zgjidhim problemet më të thjeshta, të cilat quhen - protozoarët.

log 0,5 (3x − 1) = −3

log (x + 3) = 3 + 2 log 5

Më lejoni t'ju kujtoj se ekuacioni logaritmik më i thjeshtë është ky:

log a f (x) = b

Në këtë rast, është e rëndësishme që ndryshorja x të jetë e pranishme vetëm brenda argumentit, pra vetëm në funksionin f (x). Dhe numrat a dhe b janë vetëm numra, dhe në asnjë rast nuk janë funksione që përmbajnë ndryshoren x.

Metodat bazë të zgjidhjes

Ka shumë mënyra për të zgjidhur struktura të tilla. Për shembull, shumica e mësuesve në shkollë ofrojnë këtë metodë: Shprehni menjëherë funksionin f (x) duke përdorur formulën f ( x) = a b. Kjo do të thotë, kur hasni në ndërtimin më të thjeshtë, mund të kaloni menjëherë në zgjidhje pa veprime dhe ndërtime shtesë.

Po, sigurisht, vendimi do të jetë i saktë. Megjithatë, problemi me këtë formulë është se shumica e studentëve nuk kuptoj, nga vjen dhe pse e ngremë shkronjën a në shkronjën b.

Si rezultat, unë shpesh shoh gabime shumë të bezdisshme kur, për shembull, këto shkronja shkëmbehen. Kjo formulë ose duhet kuptuar ose e mbushur, dhe metoda e dytë çon në gabime në momentet më të papërshtatshme dhe më vendimtare: gjatë provimeve, testeve, etj.

Kjo është arsyeja pse unë u sugjeroj të gjithë nxënësve të mi të braktisin formulën standarde të shkollës dhe të përdorin qasjen e dytë për zgjidhjen e ekuacioneve logaritmike, e cila, siç me siguri e keni marrë me mend nga emri, quhet formë kanonike.

Ideja e formës kanonike është e thjeshtë. Le të shohim problemin tonë përsëri: në të majtë kemi log a, dhe me shkronjën a nënkuptojmë një numër dhe në asnjë rast një funksion që përmban ndryshoren x. Për rrjedhojë, kjo shkronjë i nënshtrohet të gjitha kufizimeve që vendosen në bazë të logaritmit. gjegjësisht:

1 ≠ a > 0

Nga ana tjetër, nga i njëjti ekuacion shohim se logaritmi duhet të jetë i barabartë me numrin b, dhe nuk vendosen kufizime për këtë shkronjë, sepse mund të marrë çdo vlerë - pozitive dhe negative. E gjitha varet nga vlerat që merr funksioni f(x).

Dhe këtu kujtojmë rregullin tonë të mrekullueshëm që çdo numër b mund të përfaqësohet si një logaritëm në bazën a të a me fuqinë e b:

b = log a a b

Si ta mbani mend këtë formulë? Po, shumë e thjeshtë. Le të shkruajmë ndërtimin e mëposhtëm:

b = b 1 = b log a a

Sigurisht, në këtë rast lindin të gjitha kufizimet që shënuam në fillim. Tani le të përdorim vetinë bazë të logaritmit dhe të prezantojmë shumëzuesin b si fuqinë e a. Ne marrim:

b = b 1 = b log a a = log a a b

Si rezultat, ekuacioni origjinal do të rishkruhet si më poshtë:

log a f (x) = log a a b → f (x) = a b

Kjo eshte e gjitha. Funksioni i ri nuk përmban më një logaritëm dhe mund të zgjidhet duke përdorur teknika standarde algjebrike.

Sigurisht, dikush tani do të kundërshtojë: pse ishte e nevojshme të dilte fare me një lloj formule kanonike, pse të kryheshin dy hapa shtesë të panevojshëm nëse do të ishte e mundur të kalonte menjëherë nga modeli origjinal në formulën përfundimtare? Po, vetëm sepse shumica e studentëve nuk e kuptojnë se nga vjen kjo formulë dhe, si rezultat, rregullisht bëjnë gabime kur e zbatojnë atë.

Por kjo sekuencë veprimesh, e përbërë nga tre hapa, ju lejon të zgjidhni ekuacionin logaritmik origjinal, edhe nëse nuk e kuptoni se nga vjen formula përfundimtare. Nga rruga, kjo hyrje quhet formula kanonike:

log a f (x) = log a a b

Komoditeti i formës kanonike qëndron gjithashtu në faktin se ajo mund të përdoret për të zgjidhur një klasë shumë të gjerë ekuacionesh logaritmike, dhe jo vetëm ato më të thjeshtat që po shqyrtojmë sot.

Shembuj zgjidhjesh

Tani le të shohim shembuj realë. Pra, le të vendosim:

log 0,5 (3x − 1) = −3

Le ta rishkruajmë kështu:

log 0,5 (3x − 1) = log 0,5 0,5 −3

Shumë studentë janë me nxitim dhe përpiqen të ngrenë menjëherë numrin 0.5 në fuqinë që na erdhi nga problemi origjinal. Në të vërtetë, kur tashmë jeni të trajnuar mirë në zgjidhjen e problemeve të tilla, mund ta kryeni menjëherë këtë hap.

Sidoqoftë, nëse tani sapo keni filluar të studioni këtë temë, është më mirë të mos nxitoni askund në mënyrë që të shmangni gabimet fyese. Pra, kemi formën kanonike. Ne kemi:

3x − 1 = 0,5 −3

Ky nuk është më një ekuacion logaritmik, por linear në lidhje me ndryshoren x. Për ta zgjidhur atë, le të shohim së pari numrin 0.5 në fuqinë −3. Vini re se 0.5 është 1/2.

(1/2) −3 = (2/1) 3 = 8

Shndërroni të gjitha thyesat dhjetore në thyesa të zakonshme kur zgjidhni një ekuacion logaritmik.

Ne rishkruajmë dhe marrim:

3x − 1 = 8
3x = 9
x = 3

Kaq, e morëm përgjigjen. Problemi i parë është zgjidhur.

Detyra e dytë

Le të kalojmë në detyrën e dytë:

Siç e shohim, ky ekuacion nuk është më më i thjeshti. Nëse vetëm sepse ka një ndryshim në të majtë, dhe jo një logaritëm të vetëm në një bazë.

Prandaj, ne duhet të heqim qafe disi këtë ndryshim. Në këtë rast, gjithçka është shumë e thjeshtë. Le t'i hedhim një vështrim më të afërt bazave: në të majtë është numri nën rrënjë:

Rekomandim i përgjithshëm: në të gjitha ekuacionet logaritmike, përpiquni të hiqni qafe radikalët, d.m.th., nga hyrjet me rrënjë dhe të kaloni te funksionet e fuqisë, thjesht sepse eksponentët e këtyre fuqive hiqen lehtësisht nga shenja e logaritmit dhe, në fund, të tilla një hyrje thjeshton dhe shpejton ndjeshëm llogaritjet. Le ta shkruajmë kështu:

Tani le të kujtojmë vetinë e jashtëzakonshme të logaritmit: fuqitë mund të nxirren nga argumenti, si dhe nga baza. Në rastin e bazave, ndodh si më poshtë:

log a k b = 1/k loga b

Me fjalë të tjera, numri që ishte në fuqinë bazë sillet përpara dhe në të njëjtën kohë përmbyset, domethënë bëhet një numër reciprok. Në rastin tonë, shkalla bazë ishte 1/2. Prandaj, ne mund ta nxjerrim atë si 2/1. Ne marrim:

5 2 log 5 x − log 5 x = 18
10 log 5 x − log 5 x = 18

Ju lutemi vini re: në asnjë rrethanë nuk duhet të hiqni qafe logaritmet në këtë hap. Mbani mend matematikën e klasës 4-5 dhe renditjen e veprimeve: fillimisht kryhet shumëzimi dhe vetëm më pas mbledhja dhe zbritja. Në këtë rast, ne zbresim një nga të njëjtët elementë nga 10 elementë:

9 log 5 x = 18
log 5 x = 2

Tani ekuacioni ynë duket ashtu siç duhet. Ky është ndërtimi më i thjeshtë, dhe ne e zgjidhim atë duke përdorur formën kanonike:

log 5 x = log 5 5 2
x = 5 2
x = 25

Kjo eshte e gjitha. Problemi i dytë është zgjidhur.

Shembulli i tretë

Le të kalojmë në detyrën e tretë:

log (x + 3) = 3 + 2 log 5

Më lejoni t'ju kujtoj formulën e mëposhtme:

log b = log 10 b

Nëse për ndonjë arsye jeni të hutuar nga shënimi log b, atëherë kur kryeni të gjitha llogaritjet thjesht mund të shkruani log 10 b. Ju mund të punoni me logaritme dhjetore në të njëjtën mënyrë si me të tjerët: merrni fuqi, shtoni dhe përfaqësoni çdo numër në formën lg 10.

Janë këto veti që tani do t'i përdorim për të zgjidhur problemin, pasi nuk është më e thjeshta që kemi shkruar në fillim të mësimit tonë.

Së pari, vini re se faktori 2 përballë lg 5 mund të shtohet dhe bëhet një fuqi e bazës 5. Përveç kësaj, termi i lirë 3 mund të përfaqësohet gjithashtu si një logaritëm - kjo është shumë e lehtë për t'u vëzhguar nga shënimi ynë.

Gjykoni vetë: çdo numër mund të përfaqësohet si regjistër në bazën 10:

3 = regjistri 10 10 3 = regjistri 10 3

Le të rishkruajmë problemin origjinal duke marrë parasysh ndryshimet e marra:

log (x − 3) = log 1000 + log 25
log (x − 3) = log 1000 25
log (x − 3) = log 25,000

Ne kemi përsëri para nesh formën kanonike dhe e kemi marrë pa kaluar në fazën e transformimit, pra ekuacioni më i thjeshtë logaritmik nuk u shfaq askund.

Pikërisht për këtë fola në fillim të mësimit. Forma kanonike ju lejon të zgjidhni një klasë më të gjerë problemesh sesa formula standarde e shkollës që japin shumica e mësuesve të shkollës.

Epo, kjo është ajo, ne heqim qafe shenjën e logaritmit dhjetor dhe marrim një ndërtim të thjeshtë linear:

x + 3 = 25,000
x = 24,997

Të gjitha! Problemi është zgjidhur.

Një shënim për qëllimin

Këtu do të doja të bëja një vërejtje të rëndësishme në lidhje me shtrirjen e përkufizimit. Me siguri tani do të ketë nxënës dhe mësues që do të thonë: "Kur zgjidhim shprehjet me logaritme, duhet të kujtojmë se argumenti f (x) duhet të jetë më i madh se zero!" Në këtë drejtim, lind një pyetje logjike: pse nuk kërkuam që kjo pabarazi të plotësohej në asnjë nga problemet e konsideruara?

Mos u shqeteso. Në këto raste, nuk do të shfaqen rrënjë shtesë. Dhe ky është një tjetër truk i shkëlqyeshëm që ju lejon të shpejtoni zgjidhjen. Vetëm dijeni se nëse në problem ndryshorja x shfaqet vetëm në një vend (ose më mirë, në një argument të vetëm të një logaritmi të vetëm), dhe askund tjetër në rastin tonë nuk shfaqet ndryshorja x, atëherë shkruani domenin e përkufizimit nuk ka nevojë, sepse do të ekzekutohet automatikisht.

Gjykoni vetë: në ekuacionin e parë kemi marrë se 3x − 1, pra argumenti duhet të jetë i barabartë me 8. Kjo automatikisht do të thotë se 3x − 1 do të jetë më i madh se zero.

Me të njëjtin sukses mund të shkruajmë se në rastin e dytë x duhet të jetë e barabartë me 5 2, pra është sigurisht më e madhe se zero. Dhe në rastin e tretë, ku x + 3 = 25,000, pra, përsëri, padyshim më i madh se zero. Me fjalë të tjera, shtrirja plotësohet automatikisht, por vetëm nëse x ndodh vetëm në argumentin e vetëm një logaritmi.

Kjo është gjithçka që duhet të dini për të zgjidhur problemet më të thjeshta. Vetëm ky rregull, së bashku me rregullat e transformimit, do t'ju lejojë të zgjidhni një klasë shumë të gjerë problemesh.

Por le të jemi të sinqertë: për të kuptuar përfundimisht këtë teknikë, për të mësuar se si të aplikoni formën kanonike të ekuacionit logaritmik, nuk mjafton vetëm të shikoni një mësim video. Prandaj, tani shkarkoni opsionet për zgjidhje të pavarura që i janë bashkangjitur këtij mësimi video dhe filloni të zgjidhni të paktën një nga këto dy vepra të pavarura.

Do t'ju marrë fjalë për fjalë disa minuta. Por efekti i një trajnimi të tillë do të jetë shumë më i lartë sesa nëse thjesht e shikoni këtë mësim video.

Shpresoj se ky mësim do t'ju ndihmojë të kuptoni ekuacionet logaritmike. Përdorni formën kanonike, thjeshtoni shprehjet duke përdorur rregullat për të punuar me logaritme - dhe nuk do të keni frikë nga asnjë problem. Kjo është gjithçka që kam për sot.

Duke marrë parasysh fushën e përkufizimit

Tani le të flasim për domenin e përcaktimit të funksionit logaritmik dhe se si kjo ndikon në zgjidhjen e ekuacioneve logaritmike. Konsideroni një ndërtim të formës

log a f (x) = b

Një shprehje e tillë quhet më e thjeshta - përmban vetëm një funksion, dhe numrat a dhe b janë vetëm numra, dhe në asnjë rast funksion që varet nga ndryshorja x. Mund të zgjidhet shumë thjesht. Thjesht duhet të përdorni formulën:

b = log a a b

Kjo formulë është një nga vetitë kryesore të logaritmit, dhe kur zëvendësojmë në shprehjen tonë origjinale marrim sa vijon:

log a f (x) = log a a b

f (x) = a b

Kjo është një formulë e njohur nga tekstet shkollore. Shumë studentë ndoshta do të kenë një pyetje: meqenëse në shprehjen origjinale funksioni f (x) është nën shenjën e regjistrit, kufizimet e mëposhtme vendosen mbi të:

f(x) > 0

Ky kufizim vlen sepse logaritmi i numrave negativë nuk ekziston. Pra, ndoshta, si rezultat i këtij kufizimi, duhet të futet një kontroll mbi përgjigjet? Ndoshta ato duhet të futen në burim?

Jo, në ekuacionet më të thjeshta logaritmike kontrolli shtesë është i panevojshëm. Dhe kjo është arsyeja pse. Hidhini një sy formulës sonë përfundimtare:

f (x) = a b

Fakti është se numri a është në çdo rast më i madh se 0 - kjo kërkesë imponohet gjithashtu nga logaritmi. Numri a është baza. Në këtë rast nuk vendosen kufizime për numrin b. Por kjo nuk ka rëndësi, sepse pa marrë parasysh se në cilën fuqi e ngremë një numër pozitiv, ne do të marrim përsëri një numër pozitiv në dalje. Kështu, kërkesa f (x) > 0 plotësohet automatikisht.

Ajo që vërtet ia vlen të kontrollohet është domeni i funksionit nën shenjën e regjistrit. Mund të ketë struktura mjaft komplekse, dhe ju patjetër duhet t'i mbani një sy mbi to gjatë procesit të zgjidhjes. Le të hedhim një vështrim.

Detyra e parë:

Hapi i parë: konvertoni thyesën në të djathtë. Ne marrim:

Ne heqim qafe shenjën e logaritmit dhe marrim ekuacionin e zakonshëm irracional:

Nga rrënjët e marra na përshtatet vetëm e para, pasi rrënja e dytë është më e vogël se zero. Përgjigja e vetme do të jetë numri 9. Kjo është ajo, problemi është zgjidhur. Nuk kërkohen kontrolle shtesë për të siguruar që shprehja nën shenjën e logaritmit është më e madhe se 0, sepse ajo nuk është thjesht më e madhe se 0, por sipas kushtit të ekuacionit është e barabartë me 2. Prandaj, kërkesa “më e madhe se zero ” kënaqet automatikisht.

Le të kalojmë në detyrën e dytë:

Gjithçka është e njëjtë këtu. Ne rishkruajmë ndërtimin, duke zëvendësuar trefishin:

Ne heqim qafe shenjat e logaritmit dhe marrim një ekuacion irracional:

Ne sheshojmë të dy anët duke marrë parasysh kufizimet dhe marrim:

4 − 6x − x 2 = (x − 4) 2

4 − 6x − x 2 = x 2 + 8x + 16

x 2 + 8x + 16 −4 + 6x + x 2 = 0

2x 2 + 14x + 12 = 0 |:2

x 2 + 7x + 6 = 0

E zgjidhim ekuacionin që rezulton përmes diskriminuesit:

D = 49 − 24 = 25

x 1 = −1

x 2 = −6

Por x = -6 nuk na përshtatet, sepse nëse e zëvendësojmë këtë numër në pabarazinë tonë, marrim:

−6 + 4 = −2 < 0

Në rastin tonë, kërkohet që ajo të jetë më e madhe se 0 ose, në raste ekstreme, e barabartë. Por x = −1 na përshtatet:

−1 + 4 = 3 > 0

Përgjigja e vetme në rastin tonë do të jetë x = -1. Kjo është zgjidhja. Le të kthehemi në fillimin e llogaritjeve tona.

Çështja kryesore nga ky mësim është se nuk keni nevojë të kontrolloni kufizimet në një funksion në ekuacione të thjeshta logaritmike. Sepse gjatë procesit të zgjidhjes të gjitha kufizimet plotësohen automatikisht.

Sidoqoftë, kjo në asnjë mënyrë nuk do të thotë që ju mund të harroni fare kontrollin. Në procesin e punës për një ekuacion logaritmik, ai mund të kthehet fare mirë në një ekuacion irracional, i cili do të ketë kufizimet dhe kërkesat e veta për anën e djathtë, gjë që e kemi parë sot në dy shembuj të ndryshëm.

Ndjehuni të lirë për të zgjidhur probleme të tilla dhe jini veçanërisht të kujdesshëm nëse ka një rrënjë në argument.

Ekuacione logaritmike me baza të ndryshme

Ne vazhdojmë të studiojmë ekuacionet logaritmike dhe të shikojmë dy teknika të tjera mjaft interesante me të cilat është në modë të zgjidhen ndërtime më komplekse. Por së pari, le të kujtojmë se si zgjidhen problemet më të thjeshta:

log a f (x) = b

Në këtë hyrje, a dhe b janë numra, dhe në funksionin f (x) ndryshorja x duhet të jetë e pranishme dhe vetëm aty, domethënë x duhet të jetë vetëm në argument. Ne do të transformojmë ekuacione të tilla logaritmike duke përdorur formën kanonike. Për ta bërë këtë, vini re se

b = log a a b

Për më tepër, a b është pikërisht një argument. Le ta rishkruajmë këtë shprehje si më poshtë:

log a f (x) = log a a b

Kjo është pikërisht ajo që ne po përpiqemi të arrijmë, në mënyrë që të ketë një logaritëm për të bazuar a në të majtë dhe në të djathtë. Në këtë rast, në mënyrë figurative, mund të kryqëzojmë shenjat e regjistrit dhe nga pikëpamja matematikore mund të themi se thjesht po barazojmë argumentet:

f (x) = a b

Si rezultat, do të marrim një shprehje të re që do të jetë shumë më e lehtë për t'u zgjidhur. Le ta zbatojmë këtë rregull për problemet tona sot.

Pra, dizajni i parë:

Para së gjithash, vërej se në të djathtë është një thyesë, emëruesi i së cilës është log. Kur shihni një shprehje si kjo, është mirë të mbani mend një veti të mrekullueshme të logaritmeve:

E përkthyer në Rusisht, kjo do të thotë se çdo logaritëm mund të përfaqësohet si herësi i dy logaritmeve me çdo bazë c. Sigurisht 0< с ≠ 1.

Pra: kjo formulë ka një rast të mrekullueshëm të veçantë, kur ndryshorja c është e barabartë me variablin b. Në këtë rast marrim një ndërtim si:

Ky është pikërisht ndërtimi që shohim nga shenja në të djathtë në ekuacionin tonë. Le ta zëvendësojmë këtë ndërtim me log a b, marrim:

Me fjalë të tjera, në krahasim me detyrën origjinale, ne këmbyem argumentin dhe bazën e logaritmit. Në vend të kësaj, ne duhej të kthenim thyesën.

Kujtojmë se çdo shkallë mund të nxirret nga baza sipas rregullit të mëposhtëm:

Me fjalë të tjera, koeficienti k, i cili është fuqia e bazës, shprehet si një fraksion i përmbysur. Le ta përshkruajmë atë si një thyesë e përmbysur:

Faktori thyesor nuk mund të lihet përpara, sepse në këtë rast nuk do të mund ta paraqesim këtë shënim si një formë kanonik (në fund të fundit, në formën kanonik nuk ka faktor shtesë para logaritmit të dytë). Prandaj, le të shtojmë thyesën 1/4 në argument si fuqi:

Tani ne barazojmë argumentet, bazat e të cilave janë të njëjta (dhe bazat tona janë vërtet të njëjta), dhe shkruajmë:

x + 5 = 1

x = −4

Kjo eshte e gjitha. Ne morëm përgjigjen e ekuacionit të parë logaritmik. Ju lutemi vini re: në problemin origjinal, ndryshorja x shfaqet vetëm në një regjistër dhe shfaqet në argumentin e saj. Prandaj, nuk ka nevojë të kontrolloni domenin, dhe numri ynë x = -4 është me të vërtetë përgjigja.

Tani le të kalojmë te shprehja e dytë:

log 56 = log 2 log 2 7 − 3log (x + 4)

Këtu, përveç logaritmeve të zakonshme, do të duhet të punojmë me log f (x). Si të zgjidhet një ekuacion i tillë? Për një student të papërgatitur mund të duket sikur kjo është një lloj detyre e vështirë, por në fakt gjithçka mund të zgjidhet në një mënyrë elementare.

Hidhini një sy nga afër termit lg 2 log 2 7. Çfarë mund të themi për të? Bazat dhe argumentet e log dhe lg janë të njëjta, dhe kjo duhet të japë disa ide. Le të kujtojmë edhe një herë se si hiqen fuqitë nga nën shenjën e logaritmit:

log a b n = nlog a b

Me fjalë të tjera, ajo që ishte një fuqi e b në argument bëhet një faktor përballë vetë log-it. Le ta zbatojmë këtë formulë për shprehjen lg 2 log 2 7. Mos u trembni nga lg 2 - kjo është shprehja më e zakonshme. Mund ta rishkruani si më poshtë:

Të gjitha rregullat që zbatohen për çdo logaritëm tjetër janë të vlefshme për të. Në veçanti, faktori përpara mund t'i shtohet shkallës së argumentit. Le ta shkruajmë:

Shumë shpesh nxënësit nuk e shohin drejtpërdrejt këtë veprim, sepse nuk është mirë të futet një regjistër nën shenjën e një tjetri. Në fakt, nuk ka asgjë kriminale në këtë. Për më tepër, marrim një formulë që është e lehtë për t'u llogaritur nëse mbani mend një rregull të rëndësishëm:

Kjo formulë mund të konsiderohet edhe si përkufizim edhe si një nga vetitë e saj. Në çdo rast, nëse po konvertoni një ekuacion logaritmik, duhet ta dini këtë formulë ashtu si do të njihni paraqitjen e regjistrit të çdo numri.

Le të kthehemi në detyrën tonë. Ne e rishkruajmë atë duke marrë parasysh faktin se termi i parë në të djathtë të shenjës së barabartë do të jetë thjesht i barabartë me lg 7. Kemi:

lg 56 = lg 7 − 3lg (x + 4)

Le të lëvizim lg 7 në të majtë, marrim:

lg 56 − lg 7 = −3lg (x + 4)

Ne zbresim shprehjet në të majtë sepse ato kanë të njëjtën bazë:

lg (56/7) = -3lg (x + 4)

Tani le të hedhim një vështrim më të afërt në ekuacionin që morëm. Është praktikisht forma kanonike, por ka një faktor −3 në të djathtë. Le ta shtojmë atë në argumentin e duhur të lg:

log 8 = log (x + 4) −3

Para nesh është forma kanonike e ekuacionit logaritmik, kështu që kalojmë shenjat lg dhe barazojmë argumentet:

(x + 4) -3 = 8

x + 4 = 0,5

Kjo eshte e gjitha! Ne zgjidhëm ekuacionin e dytë logaritmik. Në këtë rast, nuk kërkohen kontrolle shtesë, sepse në problemin origjinal x ishte i pranishëm vetëm në një argument.

Më lejoni të rendis përsëri pikat kryesore të këtij mësimi.

Formula kryesore që mësohet në të gjitha mësimet në këtë faqe kushtuar zgjidhjes së ekuacioneve logaritmike është forma kanonike. Dhe mos u trembni nga fakti se shumica e teksteve shkollore ju mësojnë t'i zgjidhni problemet e tilla ndryshe. Ky mjet funksionon në mënyrë shumë efektive dhe ju lejon të zgjidhni një klasë shumë më të gjerë problemesh sesa ato më të thjeshtat që kemi studiuar në fillim të mësimit tonë.

Përveç kësaj, për të zgjidhur ekuacionet logaritmike do të jetë e dobishme të njihen vetitë themelore. Gjegjësisht:

Formula për kalimin në një bazë dhe rasti i veçantë kur ne reverse log (kjo ishte shumë e dobishme për ne në problemin e parë);
Formula për mbledhjen dhe zbritjen e fuqive nga shenja e logaritmit. Këtu, shumë studentë ngecin dhe nuk shohin që diploma e nxjerrë dhe e futur mund të përmbajë vetë log f (x). Nuk ka asgjë të keqe me këtë. Mund të prezantojmë një regjistër sipas shenjës së tjetrit dhe në të njëjtën kohë të thjeshtojmë ndjeshëm zgjidhjen e problemit, gjë që vërejmë në rastin e dytë.

Si përfundim, do të doja të shtoja se nuk është e nevojshme të kontrolloni domenin e përkufizimit në secilën prej këtyre rasteve, sepse kudo ndryshorja x është e pranishme vetëm në një shenjë log dhe në të njëjtën kohë është në argumentimin e saj. Si pasojë, të gjitha kërkesat e fushëveprimit përmbushen automatikisht.

Probleme me bazën e ndryshueshme

Sot do të shikojmë ekuacionet logaritmike, të cilat për shumë studentë duken jo standarde, nëse jo plotësisht të pazgjidhshme. Po flasim për shprehje të bazuara jo në numra, por në variabla dhe madje funksione. Ne do t'i zgjidhim ndërtime të tilla duke përdorur teknikën tonë standarde, përkatësisht përmes formës kanonike.

Së pari, le të kujtojmë se si zgjidhen problemet më të thjeshta, bazuar në numrat e zakonshëm. Pra, quhet ndërtimi më i thjeshtë

log a f (x) = b

Për të zgjidhur probleme të tilla mund të përdorim formulën e mëposhtme:

b = log a a b

Ne rishkruajmë shprehjen tonë origjinale dhe marrim:

log a f (x) = log a a b

Pastaj i barazojmë argumentet, pra shkruajmë:

f (x) = a b

Kështu, ne heqim qafe shenjën e regjistrit dhe zgjidhim problemin e zakonshëm. Në këtë rast, rrënjët e marra nga zgjidhja do të jenë rrënjët e ekuacionit logaritmik origjinal. Për më tepër, një rekord kur e majta dhe e djathta janë në të njëjtin logaritëm me të njëjtën bazë quhet saktësisht forma kanonike. Është një rekord i tillë që ne do të përpiqemi të reduktojmë dizajnet e sotme. Pra, le të shkojmë.

Detyra e parë:

log x − 2 (2x 2 − 13x + 18) = 1

Zëvendësoni 1 me log x − 2 (x − 2) 1 . Shkalla që vërejmë në argument është në të vërtetë numri b që qëndronte në të djathtë të shenjës së barabartë. Kështu, le të rishkruajmë shprehjen tonë. Ne marrim:

log x − 2 (2x 2 − 13x + 18) = log x − 2 (x − 2)

Çfarë shohim? Para nesh është forma kanonike e ekuacionit logaritmik, kështu që ne mund të barazojmë me siguri argumentet. Ne marrim:

2x 2 − 13x + 18 = x − 2

Por zgjidhja nuk mbaron me kaq, sepse ky ekuacion nuk është i barabartë me atë origjinal. Në fund të fundit, ndërtimi që rezulton përbëhet nga funksione që përcaktohen në të gjithë vijën numerike, dhe logaritmet tona origjinale nuk janë të përcaktuara kudo dhe jo gjithmonë.

Prandaj, ne duhet të shkruajmë veçmas domenin e përkufizimit. Le të mos ndajmë qimet dhe fillimisht të shkruajmë të gjitha kërkesat:

Së pari, argumenti i secilit prej logaritmeve duhet të jetë më i madh se 0:

2x 2 − 13x + 18 > 0

x − 2 > 0

Së dyti, baza jo vetëm që duhet të jetë më e madhe se 0, por edhe e ndryshme nga 1:

x − 2 ≠ 1

Si rezultat, marrim sistemin:

Por mos u shqetësoni: kur përpunoni ekuacione logaritmike, një sistem i tillë mund të thjeshtohet ndjeshëm.

Gjykoni vetë: nga njëra anë kërkohet që funksioni kuadratik të jetë më i madh se zero dhe nga ana tjetër ky funksion kuadratik barazohet me një shprehje të caktuar lineare, e cila gjithashtu kërkohet që të jetë më i madh se zero.

Në këtë rast, nëse kërkojmë që x − 2 > 0, atëherë kërkesa 2x 2 − 13x + 18 > 0 do të plotësohet automatikisht. Prandaj, mund të kalojmë me siguri pabarazinë që përmban funksionin kuadratik. Kështu, numri i shprehjeve të përfshira në sistemin tonë do të reduktohet në tre.

Natyrisht, me të njëjtin sukses mund të kapërcejmë pabarazinë lineare, d.m.th., të kalojmë x − 2 > 0 dhe të kërkojmë që 2x 2 − 13x + 18 > 0. Por do të pajtoheni që zgjidhja e pabarazisë më të thjeshtë lineare është shumë më e shpejtë dhe më e thjeshtë, se kuadratike, edhe me kusht që si rezultat i zgjidhjes së gjithë këtij sistemi të marrim të njëjtat rrënjë.

Në përgjithësi, përpiquni të optimizoni llogaritjet sa herë që është e mundur. Dhe në rastin e ekuacioneve logaritmike, kaloni pabarazitë më të vështira.

Le të rishkruajmë sistemin tonë:

Këtu është një sistem me tre shprehje, dy prej të cilave ne, në fakt, i kemi trajtuar tashmë. Le të shkruajmë veçmas ekuacionin kuadratik dhe ta zgjidhim atë:

2x 2 − 14x + 20 = 0

x 2 − 7x + 10 = 0

Para nesh është një trinom kuadratik i reduktuar dhe, për rrjedhojë, ne mund të përdorim formulat e Vieta-s. Ne marrim:

(x − 5) (x − 2) = 0

x 1 = 5

x 2 = 2

Tani kthehemi në sistemin tonë dhe zbulojmë se x = 2 nuk na përshtatet, sepse na kërkohet që x të jetë rreptësisht më i madh se 2.

Por x = 5 na përshtatet në mënyrë të përkryer: numri 5 është më i madh se 2, dhe në të njëjtën kohë 5 nuk është i barabartë me 3. Prandaj, zgjidhja e vetme për këtë sistem do të jetë x = 5.

Kjo është e gjitha, problemi është zgjidhur, duke përfshirë marrjen parasysh të ODZ. Le të kalojmë në ekuacionin e dytë. Llogaritjet më interesante dhe informuese na presin këtu:

Hapi i parë: si herën e kaluar, ne e sjellim të gjithë këtë çështje në formë kanonike. Për ta bërë këtë, ne mund të shkruajmë numrin 9 si më poshtë:

Nuk duhet të prekni bazën me rrënjë, por është më mirë të transformoni argumentin. Le të kalojmë nga rrënja në fuqi me një eksponent racional. Le të shkruajmë:

Më lejoni të mos e rishkruaj të gjithë ekuacionin tonë të madh logaritmik, por thjesht të barazoj menjëherë argumentet:

x 3 + 10x 2 + 31x + 30 = x 3 + 9x 2 + 27x + 27

x 2 + 4x + 3 = 0

Para nesh është një trinom kuadratik i reduktuar rishtazi, le të përdorim formulat e Vieta-s dhe të shkruajmë:

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

x 1 = −3

x 2 = −1

Pra, ne i morëm rrënjët, por askush nuk na garantoi se ato do të përshtateshin me ekuacionin logaritmik origjinal. Në fund të fundit, shenjat e regjistrit vendosin kufizime shtesë (këtu duhet të kishim shkruar sistemin, por për shkak të natyrës së rëndë të të gjithë strukturës, vendosa të llogaris domenin e përkufizimit veçmas).

Para së gjithash, mbani mend se argumentet duhet të jenë më të mëdha se 0, domethënë:

Këto janë kërkesat e vendosura nga qëllimi i përkufizimit.

Le të vërejmë menjëherë se duke qenë se dy shprehjet e para të sistemit i barazojmë me njëra-tjetrën, mund të kalojmë secilën prej tyre. Të kalojmë të parën sepse duket më kërcënues se i dyti.

Për më tepër, vini re se zgjidhja për pabarazitë e dytë dhe të tretë do të jenë të njëjtat grupe (kubi i një numri është më i madh se zero, nëse vetë ky numër është më i madh se zero; në mënyrë të ngjashme, me një rrënjë të shkallës së tretë - këto pabarazi janë krejtësisht analoge, kështu që ne mund ta kalojmë atë).

Por me pabarazinë e tretë kjo nuk do të funksionojë. Le të heqim qafe shenjën radikale në të majtë duke i ngritur të dyja pjesët në një kub. Ne marrim:

Pra, marrim kërkesat e mëposhtme:

− 2 ≠ x > −3

Cila nga rrënjët tona: x 1 = −3 ose x 2 = −1 i plotëson këto kërkesa? Natyrisht, vetëm x = −1, sepse x = −3 nuk e plotëson pabarazinë e parë (pasi pabarazia jonë është e rreptë). Pra, duke iu kthyer problemit tonë, marrim një rrënjë: x = −1. Kjo është ajo, problemi u zgjidh.

Edhe një herë, pikat kryesore të kësaj detyre:

Mos ngurroni të aplikoni dhe zgjidhni ekuacionet logaritmike duke përdorur formën kanonike. Nxënësit që bëjnë një shënim të tillë, në vend që të kalojnë drejtpërdrejt nga problemi origjinal në një ndërtim si log a f (x) = b, bëjnë shumë më pak gabime sesa ata që nxitojnë diku, duke anashkaluar hapat e ndërmjetëm të llogaritjeve;
Sapo një bazë e ndryshueshme shfaqet në një logaritëm, problemi pushon së qeni më i thjeshti. Prandaj, gjatë zgjidhjes së tij, është e nevojshme të merret parasysh fusha e përkufizimit: argumentet duhet të jenë më të mëdha se zero, dhe bazat duhet të jenë jo vetëm më të mëdha se 0, por ato gjithashtu nuk duhet të jenë të barabarta me 1.

Kërkesat përfundimtare mund të zbatohen për përgjigjet përfundimtare në mënyra të ndryshme. Për shembull, ju mund të zgjidhni një sistem të tërë që përmban të gjitha kërkesat për domenin e përkufizimit. Nga ana tjetër, së pari mund ta zgjidhni vetë problemin, dhe më pas të mbani mend domenin e përkufizimit, ta përpunoni veçmas në formën e një sistemi dhe ta aplikoni në rrënjët e marra.

Cila metodë të zgjidhni kur zgjidhni një ekuacion logaritmik të veçantë varet nga ju. Në çdo rast, përgjigja do të jetë e njëjtë.

Siç e dini, kur shumëzohen shprehjet me fuqi, eksponentët e tyre gjithmonë mblidhen (a b *a c = a b+c). Ky ligj matematik u nxor nga Arkimedi, dhe më vonë, në shekullin e 8-të, matematikani Virasen krijoi një tabelë të eksponentëve të numrave të plotë. Ishin ata që shërbyen për zbulimin e mëtejshëm të logaritmeve. Shembuj të përdorimit të këtij funksioni mund të gjenden pothuajse kudo ku duhet të thjeshtoni shumëzimin e rëndë me mbledhje të thjeshtë. Nëse kaloni 10 minuta duke lexuar këtë artikull, ne do t'ju shpjegojmë se çfarë janë logaritmet dhe si të punoni me to. Në një gjuhë të thjeshtë dhe të arritshme.

Përkufizimi në matematikë

Një logaritëm është një shprehje e formës së mëposhtme: log a b=c, d.m.th., logaritmi i çdo numri jonegativ (d.m.th., çdo pozitiv) "b" në bazën e tij "a" konsiderohet të jetë fuqia "c. ” në të cilën baza “a” duhet të ngrihet për të marrë në fund vlerën “b”. Le të analizojmë logaritmin duke përdorur shembuj, le të themi se ekziston një shprehje log 2 8. Si të gjejmë përgjigjen? Është shumë e thjeshtë, ju duhet të gjeni një fuqi të tillë që nga 2 në fuqinë e kërkuar të merrni 8. Pasi të keni bërë disa llogaritje në kokën tuaj, marrim numrin 3! Dhe kjo është e vërtetë, sepse 2 në fuqinë e 3 jep përgjigjen si 8.

Llojet e logaritmeve

Për shumë nxënës dhe studentë, kjo temë duket e ndërlikuar dhe e pakuptueshme, por në fakt logaritmet nuk janë aq të frikshme, gjëja kryesore është të kuptoni kuptimin e tyre të përgjithshëm dhe të mbani mend vetitë e tyre dhe disa rregulla. Ekzistojnë tre lloje të veçanta të shprehjeve logaritmike:

Logaritmi natyror ln a, ku baza është numri i Euler-it (e = 2.7).
Dhjetor a, ku baza është 10.
Logaritmi i çdo numri b në bazën a>1.

Secila prej tyre zgjidhet në një mënyrë standarde, duke përfshirë thjeshtimin, reduktimin dhe reduktimin pasues në një logaritëm të vetëm duke përdorur teorema logaritmike. Për të marrë vlerat e sakta të logaritmeve, duhet të mbani mend vetitë e tyre dhe sekuencën e veprimeve gjatë zgjidhjes së tyre.

Rregulla dhe disa kufizime

Në matematikë ka disa rregulla-kufizime që pranohen si aksiomë, pra nuk janë objekt diskutimi dhe janë të vërteta. Për shembull, është e pamundur të ndash numrat me zero, dhe është gjithashtu e pamundur të nxjerrësh rrënjën çift të numrave negativë. Logaritmet gjithashtu kanë rregullat e tyre, duke ndjekur të cilat lehtë mund të mësoni të punoni edhe me shprehje logaritmike të gjata dhe të mëdha:

Baza "a" duhet të jetë gjithmonë më e madhe se zero dhe jo e barabartë me 1, përndryshe shprehja do të humbasë kuptimin e saj, sepse "1" dhe "0" në çdo shkallë janë gjithmonë të barabarta me vlerat e tyre;
nëse a > 0, atëherë a b >0, rezulton se edhe “c” duhet të jetë më e madhe se zero.

Si të zgjidhni logaritmet?

Për shembull, jepet detyra për të gjetur përgjigjen e ekuacionit 10 x = 100. Kjo është shumë e lehtë, ju duhet të zgjidhni një fuqi duke ngritur numrin dhjetë në të cilin marrim 100. Kjo, natyrisht, është 10 2 = 100.

Tani le ta paraqesim këtë shprehje në formë logaritmike. Marrim log 10 100 = 2. Kur zgjidhim logaritme, të gjitha veprimet praktikisht konvergojnë për të gjetur fuqinë në të cilën është e nevojshme të futet baza e logaritmit për të marrë një numër të caktuar.

Për të përcaktuar me saktësi vlerën e një shkalle të panjohur, duhet të mësoni se si të punoni me një tabelë gradash. Duket kështu:

Siç mund ta shihni, disa eksponentë mund të merren me mend në mënyrë intuitive nëse keni një mendje teknike dhe njohuri për tabelën e shumëzimit. Sidoqoftë, për vlera më të mëdha do t'ju duhet një tavolinë energjie. Mund të përdoret edhe nga ata që nuk dinë asgjë për tema komplekse matematikore. Kolona e majtë përmban numra (baza a), rreshti i sipërm i numrave është vlera e fuqisë c në të cilën është ngritur numri a. Në kryqëzim, qelizat përmbajnë vlerat e numrave që janë përgjigja (a c =b). Le të marrim, për shembull, qelizën e parë me numrin 10 dhe ta katrorojmë atë, marrim vlerën 100, e cila tregohet në kryqëzimin e dy qelizave tona. Gjithçka është aq e thjeshtë dhe e lehtë sa që edhe humanisti më i vërtetë do ta kuptojë!

Ekuacionet dhe pabarazitë

Rezulton se në kushte të caktuara eksponenti është logaritmi. Prandaj, çdo shprehje numerike matematikore mund të shkruhet si barazi logaritmike. Për shembull, 3 4 = 81 mund të shkruhet si logaritmi bazë 3 i 81 i barabartë me katër (log 3 81 = 4). Për fuqitë negative rregullat janë të njëjta: 2 -5 = 1/32 e shkruajmë si logaritëm, marrim log 2 (1/32) = -5. Një nga seksionet më tërheqëse të matematikës është tema e "logaritmeve". Ne do të shikojmë shembujt dhe zgjidhjet e ekuacioneve më poshtë, menjëherë pasi të studiojmë vetitë e tyre. Tani le të shohim se si duken pabarazitë dhe si t'i dallojmë ato nga ekuacionet.

Është dhënë shprehja e mëposhtme: log 2 (x-1) > 3 - është një pabarazi logaritmike, pasi vlera e panjohur "x" është nën shenjën logaritmike. Dhe gjithashtu në shprehjen krahasohen dy madhësi: logaritmi i numrit të dëshiruar me bazën dy është më i madh se numri tre.

Dallimi më i rëndësishëm midis ekuacioneve logaritmike dhe pabarazive është se ekuacionet me logaritme (për shembull, logaritmi 2 x = √9) nënkuptojnë një ose më shumë vlera numerike specifike në përgjigje, ndërsa kur zgjidhet një pabarazi, të dy diapazoni i pranueshëm vlerat dhe pikat përcaktohen duke thyer këtë funksion. Si pasojë, përgjigja nuk është një grup i thjeshtë numrash individualë, si në përgjigjen e një ekuacioni, por një seri e vazhdueshme ose grup numrash.

Teorema themelore rreth logaritmeve

Kur zgjidhni detyra primitive për gjetjen e vlerave të logaritmit, vetitë e tij mund të mos dihen. Megjithatë, kur bëhet fjalë për ekuacionet logaritmike ose pabarazitë, para së gjithash, është e nevojshme të kuptohen qartë dhe të zbatohen në praktikë të gjitha vetitë themelore të logaritmeve. Ne do t'i shikojmë shembujt e ekuacioneve më vonë; së pari le të shohim më në detaje secilën pronë.

Identiteti kryesor duket si ky: a logaB =B. Zbatohet vetëm kur a është më e madhe se 0, jo e barabartë me një, dhe B është më e madhe se zero.
Logaritmi i produktit mund të paraqitet në formulën e mëposhtme: log d (s 1 * s 2) = log d s 1 + log d s 2. Në këtë rast, kushti i detyrueshëm është: d, s 1 dhe s 2 > 0; a≠1. Ju mund të jepni një provë për këtë formulë logaritmike, me shembuj dhe zgjidhje. Le të log a s 1 = f 1 dhe log a s 2 = f 2, pastaj a f1 = s 1, a f2 = s 2. Marrim se s 1 * s 2 = a f1 *a f2 = a f1+f2 (vetitë e gradë ), dhe më pas sipas përkufizimit: log a (s 1 * s 2) = f 1 + f 2 = log a s1 + log a s 2, që është ajo që duhej vërtetuar.
Logaritmi i herësit duket kështu: log a (s 1/ s 2) = log a s 1 - log a s 2.
Teorema në formën e një formule merr formën e mëposhtme: log a q b n = n/q log a b.

Kjo formulë quhet "vetia e shkallës së logaritmit". Ajo i ngjan vetive të shkallëve të zakonshme dhe nuk është për t'u habitur, sepse e gjithë matematika bazohet në postulate natyrore. Le të shohim provën.

Le të log a b = t, rezulton një t =b. Nëse i ngremë të dyja pjesët në fuqinë m: a tn = b n ;

por meqenëse a tn = (a q) nt/q = b n, prandaj log a q b n = (n*t)/t, atëherë log a q b n = n/q log a b. Teorema është vërtetuar.

Shembuj problemesh dhe pabarazish

Llojet më të zakonshme të problemeve në logaritme janë shembuj të ekuacioneve dhe pabarazive. Ato gjenden pothuajse në të gjitha librat me probleme, si dhe janë pjesë e detyrueshme e provimeve të matematikës. Për të hyrë në një universitet ose për të kaluar provimet pranuese në matematikë, duhet të dini se si t'i zgjidhni saktë detyra të tilla.

Fatkeqësisht, nuk ka asnjë plan ose skemë të vetme për zgjidhjen dhe përcaktimin e vlerës së panjohur të logaritmit, por disa rregulla mund të zbatohen për çdo pabarazi matematikore ose ekuacion logaritmik. Para së gjithash, duhet të zbuloni nëse shprehja mund të thjeshtohet ose reduktohet në një formë të përgjithshme. Ju mund të thjeshtoni shprehjet e gjata logaritmike nëse përdorni saktë vetitë e tyre. Le t'i njohim shpejt.

Kur zgjidhim ekuacione logaritmike, duhet të përcaktojmë se çfarë lloj logaritmi kemi: një shprehje shembull mund të përmbajë një logaritëm natyror ose një dhjetor.

Këtu janë shembuj ln100, ln1026. Zgjidhja e tyre zbret në faktin se ata duhet të përcaktojnë fuqinë në të cilën baza 10 do të jetë e barabartë me 100 dhe 1026, përkatësisht. Për të zgjidhur logaritmet natyrore, duhet të aplikoni identitete logaritmike ose vetitë e tyre. Le të shohim shembuj të zgjidhjes së problemeve logaritmike të llojeve të ndryshme.

Si të përdorni formulat e logaritmit: me shembuj dhe zgjidhje

Pra, le të shohim shembuj të përdorimit të teoremave bazë rreth logaritmeve.

Vetia e logaritmit të një produkti mund të përdoret në detyra ku është e nevojshme të zbërthehet një vlerë e madhe e numrit b në faktorë më të thjeshtë. Për shembull, log 2 4 + log 2 128 = log 2 (4*128) = log 2 512. Përgjigja është 9.
log 4 8 = log 2 2 2 3 = 3/2 log 2 2 = 1.5 - siç mund ta shihni, duke përdorur vetinë e katërt të fuqisë së logaritmit, arritëm të zgjidhim një shprehje në dukje komplekse dhe të pazgjidhshme. Thjesht duhet të faktorizoni bazën dhe më pas të hiqni vlerat e eksponentit nga shenja e logaritmit.

Detyra nga Provimi i Unifikuar i Shtetit

Logaritmet gjenden shpesh në provimet pranuese, veçanërisht shumë probleme logaritmike në Provimin e Unifikuar të Shtetit (provim shtetëror për të gjithë maturantët). Në mënyrë tipike, këto detyra janë të pranishme jo vetëm në pjesën A (pjesa më e lehtë testuese e provimit), por edhe në pjesën C (detyrat më komplekse dhe më voluminoze). Provimi kërkon njohuri të sakta dhe të përsosura të temës “Logaritmet natyrore”.

Shembujt dhe zgjidhjet e problemeve janë marrë nga versionet zyrtare të Provimit të Unifikuar të Shtetit. Le të shohim se si zgjidhen detyra të tilla.

Jepet log 2 (2x-1) = 4. Zgjidhje:
le ta rishkruajmë shprehjen, duke e thjeshtuar pak log 2 (2x-1) = 2 2, me përcaktimin e logaritmit marrim se 2x-1 = 2 4, pra 2x = 17; x = 8,5.

Është mirë që të reduktohen të gjitha logaritmet në të njëjtën bazë në mënyrë që zgjidhja të mos jetë e rëndë dhe konfuze.
Të gjitha shprehjet nën shenjën e logaritmit tregohen si pozitive, prandaj, kur eksponenti i një shprehjeje që është nën shenjën e logaritmit dhe si bazë e saj nxirret si shumëzues, shprehja e mbetur nën logaritëm duhet të jetë pozitive.