Уроки математики и физики (RU + UA)

понедельник, 13 ноября 2017 г.

Урок 7. Логарифмічні рівняння

Логарифмічними називають такі рівняння, в які невідомі входять під знак логарифма.

При розв'язанні логарифмічних рівнянь часто доводиться логарифмувати і потенціювати обидві частини рівняння. Те саме буває і при розв'язанні показникових рівнянь. Вказані операції можуть привести до рівнянь, не рівносильних до даних.

Так, якщо  А  і  В  є виразами, що містять невідомі, то не завжди рівносильні такі рівняння:

А = В  і  lg A = lg B,
lg () = lg С  і  lg A + lg B = lg С,
lg А/В = lg С  і  lg A – lg B = lg С,
lg An = С  і  n lg A = С,

Для логарифмічних рівнянь, так само як і для показникових, загального методу розв'язання нема. Однак серед логарифмічних рівнянь можна виділити кілька груп, що розв'язуються елементарними методами. Приступаючи до розв'язання рівнянь, бажано встановити область допустимих значень для невідомого.
Найпростішими логарифмічними рівняннями називають рівняння вигляду

lоgа х = b,

де  а – відмінне від  1  додатне число.

При будь-якому дійсному  b  рівняння має єдиний розв'язок

х = аb.

ПРИКЛАД:

Розв'язати рівняння:
Логарифмічне рівняння вигляду

loga f(x) = b,

де  а – відмінне від  1  додатне число, а
f(x) – елементарна алгебраїчна функція.

Введенням невідомого

t = f(x)

рівняння зводиться до найпростішого логарифмічного рівняння

loga t = b.

ПРИКЛАД:

Розв'язати рівняння:

log3(х2 – 7х + 21) = 2.

Область допустимих значень для  х – вся числова вісь, тому що

х2 – 7х + 21 > 0

при будь-якому  х  (дискримінант D < 0). За визначенням логарифма

х2 – 7х + 21 = 32,
х1 = 3,  х2 = 4.

ПРИКЛАД:

Розв'язати рівняння:

logх-1 (х2 – 5х + 2,25) = 2.

Область допустимих значень невідомого визначається з умов

х – 1 > 0,  х – 1 1,
х2 – 5х + 2,25 > 0.
Отжех > 4,5.

Розв'язання даного рівняння зводиться до розв’язання рівняння:

х2 – 5х + 2,25 = (х – 1)2,
–3х = –1,25,  х = 5/12.
х = 5/12  не входить до області допустимих значень.

Рівняння не має дійсних коренів.

Логарифмічне рівняння вигляду

loga f(x) = loga φ(x),

де  а – відмінне від  1  додатне число,

f(x)  і  φ(x) – елементарні алгебраїчні функції.

Розв'язання даного рівняння зводиться до розв'язання рівняння

f(x) = φ(x),

Тому для розв'язання даного рівняння досить знайти всі розв'язки рівняння

f(x) = φ(x)

і серед них вибрати ті, які належать до області допустимих значень рівняння

loga f(x) = loga φ(x),

А якщо рівняння

f(x) = φ(x)

Розв'язків не має, то їх не має і рівняння

loga f(x) = loga φ(x),

ПРИКЛАД:

Розв'язати рівняння:

5lg х = 3lg х/2.

Область допустимих значень х > 0,

lg х5 = lg (х/2)3,
х5 = (х/2)3.

Розв'язуючи рівняння, одержуємо:

х1 = х2 = х3 = 0,
До області допустимих значень рівняння належить тільки  х5. Отже, дане рівняння має один розвязок
ПРИКЛАД:

Розв'язати рівняння:

lg (2х) = 2lg (4х – 15).

Область допустимих значень невідомого для

lg (2х)  х > 0,
Для  lg (4х – 15)  маємо 
4х – 15 > 0, або  х > 15/4.

Отже, область допустимих значень невідомого рівняння буде

х > 33/4.

Перетворимо дане рівняння:

lg (2х) = lg (4х – 15)2
2х = (4х – 15)2,
16х2 – 122х + 225 = 0.

Отже,

х1 = 9/2х2 = 31/8.

Оскільки  х2  не належить до області допустимих значень рівняння а  х1  задовольняє рівняння, то рівняння має єдиний корінь:

х = 9/2.

Логарифмічні рівняння вигляду

loga  f1 (x) + loga  f2 (x) + … + loga  fs (x) =
loga φ1 (x) + loga φ2 (x) + … + loga φm (x),

де  а – відмінне від  1  додатне число, а  fi (x)  (i = 1,  2, …, s ) і  φj (x) (j = 1,  2, …,  m) – алгебраїчні функції, при цьому деякі з них можуть бути сталими числами.

Рівняння такого вигляду зводяться до рівняння вигляду

 f1 (x)  f2 (x) …  fs (x) = φ1 (x) φ2 (x) … φm (x).

ПРИКЛАД:

Розв'язати рівняння:

lg (3х – 11) + lg (х – 27) = 3.

Знайдемо спочатку область допустимих значень для  х.

3х – 11 > 0,
х > 32/3.
х – 27 > 0,
х > 27.

Загальна область допустимих значень

х ˃ 27.

Замінивши  3 = lg 1000, рівняння перепишемо так:

lg [(3х – 11)(х – 27)] = lg 1000,

звідки

(3х – 11)(х – 27) = 1000,

або

3х2 – 92х – 703 = 0,
х1 = 37,  х2 = –19/3.

Оскільки  х2 = –19/3  не належить до області допустимих значень,то рівняння має єдиний корінь  

х = 37.

ПРИКЛАД:

Розв'язати рівняння:

lg (2х) + lg (х + 3) = lg 2 + lg (6х – 2).

Область допустимих значень

для  lg (2х):  
2х > 0,  х > 0,
для  lg (х + 3):  
х + 3 > 0,  х > –3,
для  lg (6х – 2):  
6х – 2 > 0,  х > 1/3.

Рівняння набуває вигляду

х(х + 3) = 6х – 2,

або

х2 – 3х + 2 = 0,
звідси  х1 = 2,  х2 = 1.

Обидва ці значення належать до області визначення і обидва вони є розв'язками даного рівняння.

Логарифмічні рівняння вигляду

F[g(x)] = 0,

де g(x) – логарифмічна функція, а  F – елементарна алгебраїчна функція.

Для розв'язання рівняння вводять змінну  t = g(x). Тоді дане рівняння зводиться до рівняння  

F(t) = 0.

ПРИКЛАД:

Розв'язати рівняння:

(lg х – 5) lg х3 + 18 = 0.

Область допустимих значень  х > 0. Оскільки

lg х3 = 3lg х,

то дане рівняння рівносильне до рівняння

(lg х – 5) 3lg х + 18 = 0.

Покладаючи  lg х = t, одержуємо

3t (t – 5) + 18 = 0,
t2 – 5t + 6 = 0,
t1 = 2t2 = 3.

Розв'язавши рівняння

lg х = 2  і  lg х = 3,

одержимо розв'язки даного рівняння:

х1 = 100,  х2 = 1000.

ПРИКЛАД:

Розв'язати рівняння:

(lоg2 х)2 – lоg2 х – 2 = 0.

Область допустимих значень  х > 0. Поклавши  lоg2 х = z, звідки

z2z – 2 = 0,  
z1 = 2,  z2 = –1.

Отже,

lоg2 х = 2х1 = 4,
lоg2 х = –1,  х2 = 1/2,

ПРИКЛАД:

Розв'язати рівняння:

lоg5 х lоg4 х lоg3 х = 0.

Перепишемо рівняння так:

lоg5 х (lоg4 х lоg3 х) = 0.

Тоді число, що стоїть у дужках, за означенням логарифма, дорівнює  50, тобто  1:

lоg4 х lоg3 х = 1.

Записуючи це рівняння у вигляді

lоg4 х (lоg3 х) = 1,

одержуємо  lоg3 х = 4, звідки 

х = 34 = 81.

ПРИКЛАД:

Визначити  х, якщо:
ПРИКЛАД:

Визначити  х, якщо:
ПРИКЛАД:

Визначити  х, якщо:
ПРИКЛАД:

Визначити  х  з рівняння:

5logх – 6 = 2logх,
3logх = 6,
logх = 2,  х = 22 = 4.

ПРИКЛАД:

Визначити  х  з рівняння:
х1 = 32 = 9,
х2 = 31 = 3. 

Завдання до уроку 7

Комментариев нет:

Отправить комментарий