GLOBAL KNOWLEDGE ARK

Matematika · Straipsnis

Rodiklinės ir logaritminės lygtys

Spręskite realiųjų skaičių lygtis taikydami grįžtamuosius pertvarkymus: suvesdami laipsnius į bendrą pagrindą, taikydami atvirkštines funkcijas ir keitinius. Išlaikykite rodiklinių keitinių teigiamumo sąlygą ir pradinių logaritmų argumentus, tiksliai patikrinkite kiekvieną galimą sprendinį ir atskirkite visas matematinių sprendinių aibes nuo konteksto nustatytų laiko apribojimų.

Naudingas ankstesnis straipsnis: Logaritmai kaip atvirkštinės operacijos

Grįžti į matematiką

Perskaitę galėsite

  • Spręsti rodiklines lygtis naudojant leistinus bendrus pagrindus, atskirtų reiškinių teigiamas reikšmes ir tikslius logaritmus, paaiškinant sąlygas ir atvejus su konstantomis, dėl kurių kiekvienas žingsnis yra grįžtamasis.
  • Spręsti polinomines lygtis su teigiamu rodikliniu keitiniu ir logaritmines lygtis su tuo pačiu leistinu pagrindu, išsaugant visas leistinas sprendinių šakas ir atmetant galimus sprendinius, nepriklausančius pradinei apibrėžimo sričiai.
  • Įrodyti sprendinių aibių pilnumą, atskirti sprendinių nebuvimą nuo tuščios leistinųjų reikšmių srities ar tapatybės apribotoje srityje ir pateiktuose modeliuose patikrinti matavimo vienetus, tolydžias ar diskrečias kintamųjų reikšmes bei konteksto nustatytas ribas.
01

Kad reikšmė būtų sprendinys, pradinė lygtis jai turi būti apibrėžta ir teisinga

Realusis sprendinys yra kintamojo reikšmė, kuriai abi pradinės lygties pusės yra apibrėžtos ir jų reikšmės lygios. Pirmiausia užrašykite kiekvieno logaritmo argumento teigiamumo sąlygą, visas reiškinių viduje esančių vardiklių ar šaknų sąlygas ir visus nurodytus konteksto apribojimus. Jų sankirta yra pradinė leistinųjų reikšmių sritis D. Sprendžiant paprastesnę lygtį galima gauti galimų sprendinių; galimas sprendinys, nepriklausantis D, nėra sprendinys, net jei supaprastinta lygtis jam yra teisinga.

Žingsnis yra grįžtamasis srityje D, kai pradinė ir pertvarkyta lygtys yra teisingos tiksliai toms pačioms D reikšmėms. Prie abiejų pusių pridėjus tą patį apibrėžtą dydį arba abi puses padauginus iš dydžio, kuris, kaip žinoma, nelygus nuliui, lygybė šioje srityje išlieka. Dalijant iš reiškinio su kintamuoju reikia sąlygos, kad jis nelygus nuliui; keliant kvadratu galima prarasti informaciją apie ženklą. Pagrįstų ekvivalentumų grandinė įrodo sprendinių aibės pilnumą, o žingsnis, kuriuo gaunama tik būtinoji sąlyga, reikalauja vėlesnio patikrinimo ir pagrindimo, kad buvo atsižvelgta į kiekvieną pradinės lygties sprendinį.

Atskirkite tris atvejus. Lygtis 2ˣ = −1 yra apibrėžta kiekvienam realiajam x, tačiau neturi realiųjų sprendinių, nes jos kairioji pusė yra teigiama. Lygtis log₂ x = log₂(−x) neturi leistinų realiųjų kintamojo reikšmių, nes sąlygos x > 0 ir −x > 0 negali galioti kartu. Lygtis log₂((x − 2)/(x − 2)) = 0 yra tapatybė srityje x ≠ 2: kiekviena pradinė leistinoji kintamojo reikšmė yra sprendinys, o kai x = 2, lygtis lieka neapibrėžta. Tuščios sprendinių aibės, tuščios pradinės apibrėžimo srities ir visoje apibrėžimo srityje galiojančios tapatybės priežastys skiriasi.

02

Lygūs to paties leistino pagrindo laipsniai turi lygius rodiklius

Kai b > 0 ir b ≠ 1, įprasta realioji rodiklinė funkcija yra injektyvi: b^U = b^V yra ekvivalentu U = V, jei pradiniai rodiklių reiškiniai U ir V yra apibrėžti. Tai galioja ir kai b > 1, ir kai 0 < b < 1. Kai rodiklinė funkcija mažėjanti, lygybės ženklo keisti nereikia; tai aktualu nelygybėms. Išlaikykite visus apribojimus, kurių jau reikia U ir V reikšmėms apskaičiuoti.

Pavyzdžiui, taikant laipsnių su teigiamu pagrindu taisykles, 4^(x + 1) = 8^(x − 1) virsta 2^(2x + 2) = 2^(3x − 3). Sulyginus rodiklius gaunama x = 5. Įstatę gauname 4⁶ = 8⁴ = 4096, o grįžtamieji žingsniai rodo, kad tai vienintelis realusis sprendinys. Šaknys ir atvirkštiniai skaičiai taip pat gali padėti rasti bendrą pagrindą: (1/2)^(x − 1) = 4 virsta 2^(1 − x) = 2² ir gaunama x = −1.

Sąlyga pagrindui yra svarbi. Lygybė 1ˣ = 1^(2x) galioja kiekvienam realiajam x, o prilyginę x = 2x klaidingai gautume tik nulinį sprendinį. Fiksuotas neigiamas pagrindas nesuteikia šiam metodui reikalingos standartinės rodiklinės funkcijos, apibrėžtos visoje realiųjų skaičių aibėje. Laipsnio perrašymas naudojant bendrą teigiamą pagrindą turi būti tapatybė, galiojanti pradinėje apibrėžimo srityje, o ne patogus kai kurių laipsnių su sveikaisiais rodikliais panašumas.

03

Prieš logaritmuodami atskirkite rodiklinį reiškinį

Nagrinėkime a·b^(mx + c) + d = Y, kur konstantos yra realiosios, pagrindas b tenkina reikiamas sąlygas ir a ≠ 0. Atimkime d ir padalykime iš a: gausime b^(mx + c) = q, kur q = (Y − d)/a. Jei q ≤ 0, realiųjų sprendinių nėra: rodiklinės funkcijos su teigiamu pagrindu reikšmės visada teigiamos, todėl log_b q skaičiuoti negalima. Jei q > 0, pagal logaritmo, kaip atvirkštinės funkcijos, apibrėžimą gauname mx + c = log_b q.

Kai m ≠ 0, vienintelis realusis sprendinys be papildomų apribojimų yra x = (log_b q − c)/m. Visus pradiniame kontekste nustatytus apribojimus tikrinkite atskirai. Lygtyje 3·2^(2x − 1) + 1 = 10 atskyrę rodiklinį reiškinį gauname 2^(2x − 1) = 3, taigi x = (1 + log₂ 3)/2. Ši tiksli reikšmė yra tarp 1 ir 3/2, o ją įstatę į pradinės lygties kairiąją pusę gauname 3·3 + 1 = 10. Atskirta rodiklinė funkcija, kurios tiesinio rodiklio koeficientas prie x nelygus nuliui, yra injektyvi, todėl sprendinys yra vienintelis.

Prieš dalydami išnagrinėkite pastoviųjų reikšmių atvejus. Jei a = 0, duotasis reiškinys su tiesiniu rodikliu yra apibrėžtas kiekvienam realiajam x, o jo kairioji pusė lygi d; lygybė galioja visur, jei Y = d, ir niekur, jei Y ≠ d. Jei a ≠ 0, bet m = 0, kairioji pusė yra konstanta a·bᶜ + d, todėl taikomas toks pat konstantų palyginimas. Konteksto nustatyta apibrėžimo sritis kiekvieną atsakymą „visur“ apriboja leistinomis argumento reikšmėmis. Šios išvados taikomos nurodytam, apibrėžtam rodikliniam reiškiniui; neapibrėžto logaritmo daugyba iš nulio nepanaikintų jo pradinės apibrėžimo srities apribojimų.

04

Skirtingi pagrindai gali duoti tiesinę lygtį rodikliui

Kai abi lygties pusės, vertinamos kaip visuma, yra teigiamos, jų logaritmavimas tuo pačiu tinkamu pagrindu yra grįžtamasis veiksmas, nes logaritminė funkcija yra injektyvi. Lygtyje 3^(2x + 1) = 5ˣ abi pusės yra teigiamos kiekvienam realiajam x. Logaritmuodami natūraliuoju pagrindu gauname (2x + 1) ln 3 = x ln 5, taigi x(2 ln 3 − ln 5) = −ln 3. Kadangi 2 ln 3 − ln 5 = ln(9/5) > 0, padaliję gauname vienintelį realųjį sprendinį x = −ln 3/ln(9/5). Tai, kad vardiklis nelygus nuliui, yra pagrįsta, o ne tiesiog numanoma.

Logaritmuojant laipsnį, jo realųjį rodiklį galima iškelti prieš logaritmą tik tada, kai tenkinamos laipsnio su teigiamu pagrindu savybės taikymo sąlygos. Sumos logaritmas nėra lygus logaritmų sumai: ln(U + V) nėra ln U + ln V. Prieš logaritmuodami, jei įmanoma, atskirkite vieną rodiklinį reiškinį; suma 2ˣ + 3ˣ netampa tiesiniu x reiškiniu vien ją logaritmavus. Taikome metodus, kurie iš tiesų supaprastina kiekvieną konkrečią lygtį, o ne teigiame, kad egzistuoja universali elementarioji formulė.

Nelogaritmuokite realiųjų skaičių srityje visos lygties pusės, kurios reikšmė neigiama arba lygi nuliui. Vis dėlto pradinės lygties pusės gali būti neigiamos ir lygios, o logaritminėje lygtyje logaritmo reikšmė gali būti neigiama. Pavyzdžiui, log₂ x = −2 yra leistina lygtis, iš kurios pagal atvirkštinės funkcijos apibrėžimą gauname x = 1/4; dar kartą logaritmuoti jos dešiniąją pusę realiųjų skaičių srityje būtų neleistina. Logaritmais užrašytos reikšmės ir tikslūs jų santykiai yra visiškai išreikšti tikslūs sprendiniai, kurių nereikia apvalinti.

05

Polinomui nuo rodiklinio reiškinio būtinos teigiamos keitinio reikšmės

Kai fiksuotas pagrindas b tenkina reikiamas sąlygas, įveskime keitinį u = bˣ. Tai abipus vienareikšmė atitiktis tarp visų realiųjų x ir visų teigiamų u, kurios atvirkštinė funkcija yra x = log_b u. Papildoma sąlyga u > 0 yra būtina: realioji polinomo kintamojo u šaknis nebūtinai yra rodiklinės funkcijos reikšmė. Visus rodiklinius reiškinius išreikškite tuo pačiu u, raskite visas gautos polinominės lygties šaknis ir palikite visas teigiamas šaknis, o kitas atmeskite.

Lygtyje 2^(2x) − 5·2ˣ + 4 = 0 tapatybė su teigiamu pagrindu 2^(2x) = (2ˣ)² leidžia gauti u² − 5u + 4 = (u − 1)(u − 4) = 0. Abi šaknys 1 ir 4 yra teigiamos, todėl iš jų gauname x = 0 ir x = 2. Tai du tikrieji sprendiniai; pačios rodiklinės funkcijos injektyvumas nereiškia, kad polinomas nuo jos reikšmės yra injektyvus. Viso kvadratinio reiškinio išskaidymas dauginamaisiais ir keitinio bijektyvumas įrodo, kad kitų realiųjų sprendinių nėra.

Lygčiai 2^(2x) + 2ˣ − 2 = 0 gaunamas daugianaris u² + u − 2 = (u − 1)(u + 2). Jo šaknis u = −2 neleistina, o u = 1 duoda vienintelį realųjį sprendinį x = 0. Realiojo kandidato log₂(−2) nėra. Taip pat būtų atmesta u = 0: su jokia baigtine realiąja x reikšme rodiklinė funkcija, kurios pagrindas teigiamas, nėra lygi nuliui. Kartotinės teigiamos daugianario šaknys duoda tą pačią argumento reikšmę tik vieną kartą, o ne papildomus skirtingus sprendinius.

Polinomui nuo rodiklinio reiškinio būtinos teigiamos keitinio reikšmėsLygčiai 2^(2x) + 2ˣ − 2 = 0 gaunamas daugianaris u² + u − 2 = (u − 1)(u + 2). Jo šaknis u = −2 neleistina, o u = 1 duoda vienintelį realųjį sprendinį x = 0. Realiojo kandidato log₂(−2) nėra. Taip pat būtų atmesta u = 0: su jokia baigtine realiąja x reikšme rodiklinė funkcija, kurios pagrindas teigiamas, nėra lygi nuliui. Kartotinės teigiamos daugianario šaknys duoda tą pačią argumento reikšmę tik vieną kartą, o ne papildomus skirtingus sprendinius.2^(2x) + 2ˣ − 2 = 0u = 2ˣ > 0u² + u − 2 = (u − 1)(u + 2) = 0u = 1 > 0u = −2 ≤ 0TaipNe2ˣ = 1 ⇒ x = 0−2 ∉ (0, ∞)
06

Keitinys su atvirkštine reikšme saugus, nes rodiklinė funkcija nelygi nuliui

Jei lygtyje yra bˣ ir b⁻ˣ, tas pats keitinys u = bˣ > 0 juos pakeičia į u ir 1/u. Lygtis 3ˣ + 3⁻ˣ = 10/3 tampa u + 1/u = 10/3. Kai u > 0, daugyba iš 3u yra grįžtama ir gaunama 3u² − 10u + 3 = (3u − 1)(u − 3) = 0. Abi teigiamos šaknys tinka: u = 1/3 duoda x = −1, o u = 3 duoda x = 1.

Dauginti iš u čia galima dėl keitinio teigiamumo, o ne dėl bendro leidimo pašalinti bet kurį vardiklį su kintamuoju. Kitame pradiniame racionaliajame reiškinyje pirmiausia užrašykite visas reikšmes, kurios neleistinos dėl vardiklių. Jei pertvarkyto daugianario šaknis sutampa su reikšme, kuri neleistina dėl vardiklio, ją būtina atmesti. Rodiklinio keitinio atveju nulis jau yra neleistinas visoje pertvarkų grandinėje.

Išsamiai pagrindžiant sprendimą baigtinio šaknų skaičiaus atveju, išvardijamos visos pertvarkyto daugianario šaknys, atrenkamos tos, kurios tenkina u > 0 ir pradinės apibrėžimo srities sąlygas, kiekviena palikta u reikšmė vienareikšmiškai grąžinama į x reikšmę logaritmu ir patikrinama pradinė lygtis. Vien tai, kad kandidatas netinka patikrinus, neįrodo kito, nesusijusio kandidatų sąrašo išsamumo. Šiame pavyzdyje išskaidymas dauginamaisiais leidžia išvardyti visas daugianario šaknis, o grįžtamas atitikimas apima visas realiąsias x reikšmes, todėl du patikrinti sprendiniai sudaro visą sprendinių aibę.

07

Izoliuotą logaritmą galima pakeisti lygtimi su teigiama reikšme

Kai pagrindas b leistinas, log_b F(x) = r yra ekvivalenti lygčiai F(x) = bʳ toms argumento reikšmėms, kurioms pradinis vidinis reiškinys F yra apibrėžtas. Reikšmė bʳ yra teigiama, todėl kiekvienas paliktas šios lygties sprendinys savaime užtikrina, kad išorinio logaritmo argumentas yra teigiamas. Vis tiek išlaikykite vidinių vardiklių ir šaknų apribojimus: supaprastinta F formulė gali turėti reikšmes su tokiais argumentais, su kuriais pradinis reiškinys neapibrėžtas.

Lygčiai log₂√(x − 1) = −1 pirmiausia reikalaukite, kad šaknis būtų apibrėžta, o jos reikšmė būtų teigiama; taip gaunama x > 1. Pritaikius atvirkštinę funkciją gaunama √(x − 1) = 1/2. Abi pusės neneigiamos, todėl kėlimas kvadratu čia yra grįžtamas ir duoda x − 1 = 1/4, taigi x = 5/4. Patikrinus pradinėje lygtyje gaunama log₂(1/2) = −1. Dėl teigiamumo šis konkretus kėlimas kvadratu yra saugus; keliant bendrą lygtį kvadratu ir neatsižvelgiant į jos ženklų sąlygas gali atsirasti netinkamų kandidatų.

Pritaikius atvirkštinę funkciją taip pat galima gauti prieštarą arba tapatybę. Lygtyje log₂((x − 2)/(x − 2)) = 0 vidinis vardiklis pirmiausia atmeta x = 2. Visoms kitoms reikšmėms dalmuo lygus 1, todėl sprendinys yra kiekviena x ≠ 2 reikšmė. Jei ta pati kairioji pusė būtų lygi 1, dalmuo turėtų būti lygus 2, todėl šioje netuščioje pradinėje apibrėžimo srityje sprendinių nėra. Supaprastinimas iki konstantos niekada neįtraukia argumento reikšmės, kuri buvo neleistina dėl vardiklio.

08

Lygiems logaritmams reikia dviejų apibrėžtų teigiamų argumentų

Kai b > 0 ir b ≠ 1, log_b U(x) = log_b V(x) yra ekvivalenti lygčiai U(x) = V(x) pradinėje apibrėžimo srityje, kur abu vidiniai reiškiniai yra apibrėžti, U(x) > 0 ir V(x) > 0. Tai išplaukia iš logaritmo injektyvumo savybės ir taip pat galioja pagrindams tarp nulio ir vieneto. Kai reikšmės lygios, tvarkos apversti nereikia. Prieš spręsdami paprastesnę lygtį, išlaikykite abiejų argumentų teigiamumo sąlygų sankirtą.

Lygčiai log₂(x − 1) = log₂(2x + 1) pradinės sąlygos duoda x > 1. Sulyginus argumentus gaunama x − 1 = 2x + 1, taigi kandidatas x = −2. Abu jo argumentai būtų lygūs −3, todėl pradiniai realieji logaritmai neapibrėžti. Pradinė lygtis neturi sprendinių, nors pertvarkyta tiesinė lygtis turi realiąją šaknį. Kiekvienas galimas pradinės lygties sprendinys turėtų sutapti su šia šaknimi, todėl ją atmetus įrodoma, kad tuščia sprendinių aibė yra išsami.

Norint tiesiogiai prilyginti argumentus, logaritmų pagrindai turi būti vienodi. Log₂ 4 = 2 ir log₄ 16 = 2 yra vienodos logaritmų reikšmės su skirtingais argumentais; kai pagrindai skirtingi, iš logaritmų lygybės argumentų lygybė neišplaukia. Kai pagrindai skiriasi, naudokite tinkamą logaritmo pagrindo keitimo formulę arba atvirkštinio ryšio apibrėžimus ir pagrįskite bet kokią dalybą iš logaritminio koeficiento. Keisdami užrašą, neatsisakykite pradinių argumentų sąlygų.

09

Logaritmų sujungimas negali išplėsti pradinės apibrėžimo srities

Logaritmų su tuo pačiu leistinu pagrindu sumą galima pakeisti sandaugos logaritmu tik ten, kur kiekvienas atskiras argumentas yra teigiamas. Skirtumą galima pakeisti dalmens logaritmu laikantis tos pačios sąlygos. Lygties log₂(x − 1) + log₂(x + 1) = 3 pradinių apibrėžimo sričių sankirta yra x > 1. Šioje srityje sujungus logaritmus gaunama log₂(x² − 1) = 3, taigi x² − 1 = 8, o algebriškai gauti kandidatai į sprendinius yra x = ±3.

Kai kandidatas į sprendinius yra x = 3, pradiniai argumentai yra 2 ir 4, o suma yra 1 + 2 = 3. Kai kandidatas yra x = −3, argumentai −4 ir −2 yra neigiami; tai nėra realusis sprendinys. Jų teigiama sandauga tenkintų lygtį su sujungtu logaritmu. Tai parodo, kad, atsisakius pradinio apribojimo, sujungto reiškinio natūrali apibrėžimo sritis yra platesnė. Išsprendus kvadratinę lygtį gaunami visi galimi pradinės lygties sprendiniai; išlaikius sąlygą x > 1, lieka tik x = 3.

Tokio pat atidumo reikia ir sujungiant pagal logaritmo laipsnio taisyklę. Lygties 2 log₂ x = 4 apibrėžimo sritis yra x > 0, o vienintelis sprendinys yra x = 4. Sujungus į log₂(x²) = 4 ir išlaikius šią apibrėžimo sritį, gaunamas tas pats atsakymas. Jei sujungtą formulę nagrinėsite visoje jos natūralioje apibrėžimo srityje x ≠ 0, ją tenkins ir x = −4, todėl ji aprašys kitą lygtį. Atskirą argumentą pakeitus jo moduliu, pradinis reiškinys pasikeičia, nebent ši lygybė jau pagrįsta pradinėje apibrėžimo srityje.

10

Tikslus laiko momentas vis tiek turi priklausyti pateiktam modeliui

Nustatytas tolydusis modelis A(t) = A₀b^(t/τ), kai A₀ > 0, b > 0, b ≠ 1 ir τ > 0, išplėstas į visą realiųjų laiko reikšmių aibę pasiekia teigiamą tikslinę reikšmę Y vieninteliu laiko momentu, kurio skaitinė reikšmė yra t = τ log_b(Y/A₀). Santykis yra bedimensis, o t ir τ išreiškiami tuo pačiu laiko vienetu. Jei kontekste leidžiama tik 0 ≤ t ≤ T, prieš nurodydami, kad tikslinė reikšmė pasiekta, patikrinkite šį intervalą arba visą kontekstą atitinkančią reikšmių sritį. Matematinis išplėtimas nebūtinai atitinka leistiną praeities ar ateities stebėjimą.

Kai taikoma taisyklė su poslinkiu A(t) = L + Cb^(t/τ), kur C ≠ 0, išreikškite b^(t/τ) = (Y − L)/C. Šis bedimensis santykis turi būti teigiamas. Tiksliniam lygiui Y = L reikėtų, kad eksponentinės funkcijos reikšmė būtų lygi nuliui, todėl jis nepasiekiamas per baigtinį laiką. Jei C = 0, modelio reikšmė yra pastovi ir lygi L, todėl tikslinė reikšmė pasiekiama arba kiekvienu leistinu laiko momentu, arba niekada. Daugiklis taikomas A − L, o ne apskritai visai reikšmei A; praleidus poslinkį, lygtis pasikeičia.

Diskrečiajame etapų modelyje n yra sveikasis skaičius, o ne bet kuri realioji laiko reikšmė t. Sprendžiant A₀bⁿ = Y kaip realiųjų skaičių lygtį, gaunamas kandidatas n = log_b(Y/A₀), tačiau jis yra modelio sprendinys tik tada, kai yra leistinas sveikasis etapo numeris. Sujungus grafike pažymėtus etapų taškus ar suapvalinus nesveikąjį kandidatą, negalima sukurti tikslaus etapo, kuriame pasiekiama tikslinė reikšmė. Šiems skaičiavimams naudojamos pateiktos idealizuotos taisyklės ir apibrėžimo sritys; vien algebra nepatvirtina, kad stebimas procesas tęsis nepakitusiomis sąlygomis.

11

Patikrinkite vieną kandidatą, nepainiodami jo su visu atsakymu

Tyrinėjimo įrankyje pateikti septyni parametriniai atvejai. Realųjį parametrą r ir įvedamą kandidatą į sprendinius pasirinkite nepriklausomai: priklausomai nuo pasirinktos lygties, r yra laipsnio rodiklis, tikslinė reikšmė arba daugianario koeficientas, o ne vienas visur tą patį reiškiantis dydis. Tikrinant kandidatą pirmiausia nustatoma, ar įvestis priklauso pradinei apibrėžimo sričiai, o tada – ar pradinės lygties pusės yra lygios. Apibrėžtą, bet neteisingą lygybę skirkite nuo neapibrėžto pradinio reiškinio, o atmetimą dėl konteksto – nuo apibrėžto formalaus išplėtimo. Vietoj apvalinimu grindžiamų lygybės vertinimų naudojami tikslūs laipsniai, teigiamosios šaknys ir tiksliai logaritmais užrašytos reikšmės.

Lygties u² − 3u + r = 0, gautos pakeitus kintamąjį u = 2ˣ > 0, diskriminantas yra 9 − 4r. Jei r < 0, šaknų ženklai priešingi ir lieka tik teigiamoji; kai r = 0, šaknys yra 3 ir atmetamas nulis. Kai 0 < r < 9/4, abi šaknys yra teigiamos, nes jų teigiama suma yra 3, o teigiama sandauga yra r. Kai r = 9/4, dviguboji šaknis 3/2 duoda vieną skirtingą sprendinį, o kai r > 9/4, realiųjų daugianario šaknų nėra. Kiekvieną paliktą teigiamą u atitinka vienintelis tikslus pirmavaizdis log₂ u.

Logaritmų sumos atveju pradinė apibrėžimo sritis yra x > 1, o vienintelis sprendinys yra √(1 + 2ʳ), didesnis už 1 su kiekvienu realiuoju r; įstačius jam priešingą algebrinį kandidatą, atskiri pradinės lygties logaritmų argumentai tampa neigiami. Logaritmų lygybės atveju pradinė apibrėžimo sritis yra 1 < x < r; ji tuščia, kai r ≤ 1. Kai r > 1, kandidatas (r + 1)/2, esantis intervalo viduryje, priklauso šiai sričiai ir yra lygties sprendinys. O sutrumpinamo vidinio reiškinio atveju apibrėžimo sritis x ≠ 2 yra netuščia su kiekvienu r: kai r = 0, lygtis yra tapatybė, o kitais atvejais ji apibrėžta, bet klaidinga su kiekviena leistina argumento reikšme.

Apriboto kiekio modelis yra B(t) = 8·2^(−t) litrų, kur t yra skaitinė laiko valandomis vertė, pusėjimo trukmė yra viena valanda ir 0 ≤ t ≤ 2. Visa jo reikšmių sritis šiame kontekste yra [2, 8] litrų. Kai siekiamas kiekis r = 1 litras, formaliai gautas laikas yra 3 valandos ir nepatenka į šio konteksto ribas, o kai siekiamas kiekis neteigiamas, baigtinio realiojo laiko nėra net ir išplėtus modelį. Kiekvienam siekiamam kiekiui iš intervalo [2, 8] litrų vienintelis laikas yra log₂(8/r) valandų. Trumpas tikrinamų kandidatų sąrašas nėra nei pradinė apibrėžimo sritis, nei įrodymas, kad rasti visi sprendiniai; naudokite visas lentelėje pateiktas šakas ir reikšmių srities sąlygas.

Septynios tyrinėjimo lygtys ir visos pradinių lygčių sprendinių aibės
LygtisPradinė apibrėžimo sritisVisa sprendinių aibė
(1/2)^(x − 1) = 2ʳVisi realieji x{1 − r}
3·2^(2x − 1) + 1 = rVisi realieji xr > 1: {(1 + log₂((r − 1)/3))/2}; r ≤ 1: tuščia aibė
2^(2x) − 3·2ˣ + r = 0Visi realieji x; pagalbinis kintamasis u = 2ˣ > 0Jei r ≤ 9/4, atrinkti teigiamas šaknis u = (3 ± √(9 − 4r))/2 ir apskaičiuoti x = log₂ u, kartotinę šaknį skaičiuojant vieną kartą; jei r > 9/4, tuščia aibė
log₂(x − 1) + log₂(x + 1) = rx > 1{√(1 + 2ʳ)}
log₂(x − 1) = log₂(r − x)1 < x < rr > 1: {(r + 1)/2}; r ≤ 1: pradinės lygties apibrėžimo sritis tuščia
log₂((x − 2)/(x − 2)) = rx ≠ 2r = 0: visi x ≠ 2; kitu atveju tuščia aibė
8·2^(−t) = r litrų0 ≤ t ≤ 2 val.2 ≤ r ≤ 8: {log₂(8/r) val.}; kitais atvejais – tuščia aibė

Išspręskite visą lygtį, tada patikrinkite pradinę taisyklę

Nepriklausomai pasirinkite lygtį, jos parametrą ir siūlomą kintamojo reikšmę. Palyginkite visą sprendinių aibę su pasirinktos reikšmės patikros rezultatais: ar ji priklauso pradinei apibrėžimo sričiai ir ar tenkina lygybę. Pertvarkant lygtį gali atsirasti kandidatų, kurie netenkina pradinio logaritmo sąlygos, teigiamo keitinio sąlygos arba nepatenka į pasirinktą laiko intervalą.

Pasirinkite lygčių šeimą
Pasirinkite tikslią parametro reikšmę
Pasirinkite tikrintiną įvesties reikšmę

(1/2)^(x − 1) = 2^r r = 2.

Pradinė įvesties reikšmių sritis esant šiai parametro reikšmei: x ∈ ℝ.

Parametrų mygtukuose pateikti racionaliųjų reikšmių pavyzdžiai. Toliau pateiktos išsamios klasifikacijos ir įrodymai galioja kiekvienai realiajai parametro reikšmei; tikrintinų reikšmių mygtukai iliustruoja patikras, bet neapima visų realiųjų įvesties reikšmių ir neįrodo išsamumo.

Visa realiųjų sprendinių aibė

{−1}

Sprendinių klasifikacija: Vienas realusis sprendinys.

Kiekvienas realusis sprendinys su tiksliu pradinės lygties tenkinimo patvirtinimu
Sprendinio įvesties reikšmėTikslūs apibrėžiamieji sąryšiai ir atitikties pradinei apibrėžimo sričiai patvirtinimas
−1x = −1; 1 − x = 2; (1/2)^(x−1) = 2^(2)
Gautos argumento reikšmės, patikrintos pagal pradines sąlygas
Gauta argumento reikšmėAr pradinis reiškinys apibrėžtas?Ar priklauso pradinei apibrėžimo sričiai?Ar tenkina pradinę lygtį jos apibrėžimo srityje?Tikslūs apibrėžiamieji sąryšiai ir atitikties pradinei apibrėžimo sričiai patvirtinimas
−1TaipTaipTaipx = −1; 1 − x = 2; (1/2)^(x−1) = 2^(2)

Algebriškai gauta galima sprendinio reikšmė gali tenkinti pertvarkytą lygtį, nors pradinis logaritmas yra neapibrėžtas. Formali laiko reikšmė gali tenkinti lygtį su rodikliniu reiškiniu už modeliui pasirinkto intervalo ribų. Tokie atvejai nepriklauso pradinės lygties sprendinių aibei.

Kodėl šiam parametrui rasti visi sprendiniai

Perrašykite kairiąją pusę kaip 2^(1 − x). Eksponentinė funkcija su teigiamu pagrindu 2 yra injektyvi, todėl lygybė yra ekvivalenti sąlygai 1 − x = r, iš kurios gaunamas vienintelis realusis sprendinys x = 1 − r. Abi ekvivalentiškumo kryptys galioja kiekvienai realiajai parametro ir argumento reikšmei. Pagrindas tarp 0 ir 1 taip pat tinka; funkcijos mažėjimas netrukdo jai būti injektyviai.

Patikrinkite pasirinktą sprendinio kandidatą pradinėje lygtyje: x = −1

    Pasirinkta kintamojo reikšmė priklauso pradinės lygties apibrėžimo sričiai. Abi lygties pusės apibrėžtos kaip realieji reiškiniai.

    Tiksli kairiojo reiškinio reikšmė: 4. Tiksli dešiniojo reiškinio reikšmė: 4.

    Lygybė algebriniame palyginime: Patikra sėkminga. Apibrėžtų pradinių reiškinių lygybė prieš taikant kontekstinį apribojimą: Patikra sėkminga. Lygybė pradinėje apibrėžimo srityje: Patikra sėkminga.

    Liekana priklauso pertvarkytam algebriniam palyginimui. Išvada, ar ji lygi nuliui, grindžiama tiksliais laipsniais su racionaliaisiais rodikliais. Vien tai, kad pertvarkytas palyginimas tenkinamas, nepadaro neapibrėžto logaritmo apibrėžtu ir negrąžina neįtraukto laiko; išvados dėl pradinės apibrėžimo srities ir pradinių reiškinių lygybės lieka atskiros.

    Pasirinkta įvesties reikšmė yra sprendinys.

    Pradinės lygties patikros visoms mygtukais pasirenkamoms kandidatų reikšmėms
    Tikrinama įvesties reikšmėAr pradiniai reiškiniai apibrėžti?Ar priklauso pradinei apibrėžimo sričiai?Ar pradinės lygties sprendinys?
    −3TaipTaipNe
    −1TaipTaipTaip
    0TaipTaipNe
    1/2TaipTaipNe
    1TaipTaipNe
    2TaipTaipNe
    3TaipTaipNe
    4TaipTaipNe

    Keičiant tikrinamą įvesties reikšmę, visa sprendinių aibė nesikeičia. Keičiant parametrą, gali keistis pradinio logaritmo apibrėžimo sritis, teigiamų pagalbinių šaknų skaičius arba tai, ar formalioji laiko reikšmė yra leistina.

    Bendras pagrindas, mažesnis už 1. r = 2. Visa realiųjų sprendinių aibė: {−1}. x = −1: Pasirinkta kintamojo reikšmė priklauso pradinės lygties apibrėžimo sričiai; Abi lygties pusės apibrėžtos kaip realieji reiškiniai; Pasirinkta įvesties reikšmė yra sprendinys.

    Trupmenoms, parametro slenkstinėms vertėms ir racionaliųjų kandidatų patikroms naudojama tiksli sveikųjų skaičių aritmetika ir simboliniai laipsniai. Logaritmais užrašytos reikšmės ir įdėtinės šaknys yra tikslūs sprendinių aprašai, kuriuos patvirtina atvirkštiniai sąryšiai. Joks dešimtainis artinys nelemia šakos pasirinkimo, apibrėžimo srities sąlygos, lygybės ar bendro sprendinių skaičiaus.

    Išnagrinėti pavyzdžiai

    Išsaugokite abi teigiamas keitiniu gautos lygties šaknis prieš atskirai taikydami konteksto apribojimus

    Išspręskite 3^(2x) − 10·3ˣ + 9 = 0 visų realiųjų x aibėje ir įrodykite, kad rasti visi sprendiniai. Tada pateikite atsakymą, kai tai pačiai lygčiai taikomas papildomas apribojimas 1 ≤ x ≤ 3.

    1. Visi pradinės lygties nariai apibrėžti kiekvienam realiajam x. Įveskite keitinį u = 3ˣ, taigi u > 0 ir x = log₃ u. Pagal laipsnių su teigiamu pagrindu taisyklę 3^(2x) = u², todėl lygtis yra ekvivalenti lygčiai u² − 10u + 9 = 0, kai u > 0.
    2. Visiškai išskaidykite dauginamaisiais: u² − 10u + 9 = (u − 1)(u − 9). Sandauga lygi nuliui tada ir tik tada, kai bent vienas dauginamasis lygus nuliui, todėl visos algebrinės šaknys yra u = 1 arba u = 9.
    3. Abi šaknys yra teigiamos, ir kiekviena turi vienintelį realųjį pirmavaizdį, gaunamą logaritmuojant. Jos duoda x = log₃ 1 = 0 ir x = log₃ 9 = 2. Neatmeskite vienos iš jų vien todėl, kad pradinė rodiklinė funkcija yra injektyvi: kvadratinė lygtis, kurios kintamasis yra šios funkcijos reikšmė, turi dvi teigiamas šaknis.
    4. Kai x = 0, pradinės lygties kairioji pusė lygi 1 − 10 + 9 = 0. Kai x = 2, ji lygi 81 − 90 + 9 = 0. Grįžtamasis keitinys, visiškas išskaidymas dauginamaisiais ir vienintelis kiekvienos teigiamos šaknies pirmavaizdis rodo, kad daugiau realiųjų sprendinių nėra.
    5. Taikant papildomą apibrėžimo srities apribojimą 1 ≤ x ≤ 3, x = 0 atmetamas, o x = 2 lieka leistinas. Todėl apribotos lygties sprendinių aibė yra {2}. Kai x lygus nuliui, formalioji lygybė vis dar galioja, tačiau tai nėra šio atskirai apriboto uždavinio sprendinys.

    Visų realiųjų sprendinių aibė yra {0, 2}; abu sprendiniai gaunami iš teigiamų keitiniu gautos lygties šaknų 1 ir 9. Taikant papildomą apribojimą 1 ≤ x ≤ 3, visų sprendinių aibė yra {2}.

    Neigiama algebrinė šaknis gali tenkinti tik sutrauktą lygtį su išplėsta apibrėžimo sritimi

    Išspręskite lygtį log₃(x − 2) + log₃(x + 2) = 2 realiųjų skaičių aibėje. Išlaikykite pradinę apibrėžimo sritį, nurodykite abu algebrinius kandidatus ir patikrinkite paliktą tikslųjį sprendinį nenaudodami dešimtainių artinių.

    1. Kad abu logaritmai būtų apibrėžti, turi galioti x − 2 > 0 ir x + 2 > 0. Šių sąlygų sankirta yra x > 2. Šioje srityje pagal to paties pagrindo sandaugos logaritmo taisyklę gauname log₃((x − 2)(x + 2)) = 2.
    2. Pagal logaritmo apibrėžimą x² − 4 = 3² = 9, taigi x² = 13. Visi kvadratinės lygties sprendinių kandidatai yra x = √13 arba x = −√13; pirmajame kandidate naudojama teigiama aritmetinė kvadratinė šaknis.
    3. Kadangi 13 > 4, aritmetinė kvadratinė šaknis tenkina √13 > 2. Taigi x = √13 priklauso pradinei apibrėžimo sričiai. Kandidatas −√13 yra neigiamas ir jai nepriklauso; abu atskirų logaritmų argumentai yra neigiami, todėl pradiniai logaritmai realiųjų skaičių srityje nėra apibrėžti.
    4. Kai x = √13, abu argumentai yra teigiami, o jų sandauga yra (√13 − 2)(√13 + 2) = 13 − 4 = 9. Todėl pradinė suma lygi log₃ 9 = 2, nes tenkinamos sandaugos taisyklės taikymo sąlygos. Tai tikslus patikrinimas pradinėje lygtyje, o ne suapvalintų skaitinių reikšmių palyginimas.
    5. Kiekvienam pradinės lygties sprendiniui srityje x > 2 galioja lygiaverčiai pertvarkymai, todėl jis turi būti vienas iš dviejų algebrinių kandidatų. Tik vienas iš jų lieka ir tenkina patikrinimą. Neigiamas kandidatas tenkintų lygtį log₃(x² − 4) = 2 platesnėje šio sujungto reiškinio apibrėžimo srityje, tačiau tai nėra pradinė lygtis su dviem logaritmais.

    Pradinė apibrėžimo sritis yra x > 2, o visa sprendinių aibė yra {√13}. Algebrinis kandidatas −√13 atmetamas, nes abu pradinių atskirų logaritmų argumentai būtų neigiami.

    Atimkite ribinį lygį ir išlaikykite laiko intervalą

    Išgalvotas idealusis temperatūros modelis yra T(t) = 12 + 48(1/2)^(t/4) Celsijaus laipsnių; t yra skaitinė laiko reikšmė minutėmis ir 0 ≤ t ≤ 16. Raskite tikslų laiką, kai T = 30°C, įrodykite, kad jis priklauso leistinam intervalui ir yra vienintelis, ir paaiškinkite, ar šiame modelyje pasiekiamos 12°C, 14°C arba 72°C temperatūros.

    1. Poslinkis 12°C yra pastovus atskaitos lygis; eksponentinio nario koeficientas reiškia pradinį 48°C temperatūrų skirtumą, o periodas yra keturios minutės. Kai t = 0, T = 60°C; kai t = 16, po keturių sumažėjimo perpus periodų gauname T = 12 + 48/16 = 15°C. Iš tolydumo ir griežto mažėjimo gauname visą šiame kontekste galiojančią reikšmių sritį [15, 60]°C.
    2. Norėdami rasti laiką, kai temperatūra yra 30°C, iš temperatūrų skirtumo išskiriame eksponentinį narį: (1/2)^(t/4) = (30 − 12)/48 = 3/8. Temperatūrų skirtumų santykis yra bedimensis; logaritmuodami skaitinę temperatūros reikšmę 30 neatėmę poslinkio, spręstume kitą lygtį.
    3. Pratęsus modelį į realiųjų skaičių sritį, vienintelė laiko reikšmė yra t = 4 log_(1/2)(3/8) = 4 log₂(8/3) minučių. Kadangi 2 < 8/3 < 4, iš griežto log₂ didėjimo gauname 1 < log₂(8/3) < 2, taigi 4 < t < 8 minučių. Todėl ši laiko reikšmė priklauso pradiniam intervalui [0, 16].
    4. Būtent šiuo laiko momentu (1/2)^(t/4) = 3/8, todėl pradinio reiškinio reikšmė yra 12 + 48·(3/8) = 30°C. Kadangi nurodyto modelio funkcija griežtai mažėja, šis laiko momentas yra vienintelis, o grįžtamieji rodiklinio reiškinio išskyrimo ir atvirkštinės funkcijos taikymo veiksmai nepalieka kitų galimų sprendinių.
    5. Norint pasiekti 12°C, rodiklinio reiškinio reikšmė turėtų būti lygi nuliui, todėl net ir visoje pratęstoje modelio srityje nėra sprendinio, atitinkančio baigtinį laiką. Norint pasiekti 14°C, daugiklis turėtų būti 1/24, o laikas – 4 log₂ 24, kuris yra didesnis už 16, nes 24 > 16; šis laikas nepatenka į uždavinio sąlygose nustatytą intervalą. Norint pasiekti 72°C, daugiklis turėtų būti 5/4, o laikas – −4 log₂(5/4), kuris yra neigiamas ir todėl taip pat neleistinas. Uždavinio sąlygas atitinkantis temperatūrų intervalas jau atmeta visas tris siekiamas temperatūras.

    Vienintelis leistinas laikas, kai temperatūra yra 30°C, tiksliai lygus 4 log₂(8/3) minučių ir yra griežtai tarp 4 ir 8 minučių. Visas uždavinio sąlygas atitinkantis temperatūrų intervalas yra [15, 60]°C, todėl 12°C, 14°C ir 72°C temperatūros nepasiekiamos. Atitinkamos priežastys: rodiklinis reiškinys netampa lygus nuliui per baigtinį laiką, reikiamas laikas viršija 16 minučių, o pratęstame modelyje praėjęs laikas yra neigiamas.

    Pabandykite patys

    1. Tiksliai išspręskite lygtis 4^(x + 1) = 8^(x − 1) ir (1/4)^(2x + 1) = 8. Paaiškinkite, kodėl dėl antrojoje lygtyje mažėjančios rodiklinės funkcijos nereikia keisti lygybės ženklo, ir patikrinkite, ar suvedimo į bendrą pagrindą metodas apima visus realiuosius sprendinius.

      Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

      Pirmosios lygties vienintelis sprendinys yra x = 5. Antrosios lygties vienintelis sprendinys yra x = −5/4. Jei laipsnių pagrindas tenkina jam keliamas sąlygas, lygių laipsnių rodikliai yra lygūs, nesvarbu, ar pagrindas didesnis, ar mažesnis už vienetą.

      Pirmąją lygtį perrašykite taip: 2^(2x + 2) = 2^(3x − 3). Gauname 2x + 2 = 3x − 3 ir x = 5. Antrąją lygtį perrašykite taip: 2^(−4x − 2) = 2³. Gauname −4x − 2 = 3 ir x = −5/4. Įstačius pirmąjį sprendinį, abi pusės lygios 4096; įstačius antrąjį, rodiklis 2x + 1 lygus −3/2, o (1/4)^(−3/2) = 8. Visi pradiniai reiškiniai apibrėžti visiems realiesiems skaičiams, o leistini suvedimo į bendrą pagrindą veiksmai yra grįžtamieji, todėl kitų sprendinių nėra.

    2. Išspręskite lygtį 5 − 2·3^(x − 1) = 1, tada išspręskite lygtį 5 − 2·3^(x − 1) = 7. Taip pat nustatykite, kokio tipo yra lygtys 0·3ˣ + 5 = 5 ir 0·3ˣ + 5 = 7, kai x gali būti bet kuris realusis skaičius. Nurodykite, kodėl nereikia dalyti iš nulinio koeficiento.

      Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

      Pirmosios lygties vienintelis sprendinys yra x = 1 + log₃ 2. Antroji lygtis neturi realiųjų sprendinių. Trečioji yra tapatybė visiems realiesiems x, o ketvirtoji neturi sprendinių.

      Pirmojoje lygtyje išskyrus rodiklinį reiškinį gaunama 3^(x − 1) = 2: dešinioji pusė yra teigiama, o atvirkštinė funkcija duoda vienintelę rodiklio reikšmę. Įstačius sprendinį gaunama 5 − 2·2 = 1. Antroji lygtis reikalautų, kad 3^(x − 1) = −1, o tai neįmanoma rodikliniam reiškiniui su teigiamu pagrindu. Lygtyse su nuliniu koeficientu 3ˣ yra apibrėžtas visiems realiesiems x, o visa kairioji pusė yra konstanta 5. Užuot daliję iš nulio, tiesiogiai palyginkite konstantas; pirmoji iš šių dviejų konstantinių lygybių teisinga visur, o antroji – niekur.

    3. Naudodami natūraliuosius logaritmus tiksliai išspręskite lygtį 2^(3x) = 7^(x − 1). Pagrįskite, kad vardiklis nelygus nuliui, ir paaiškinkite, kodėl logaritmuojant abi puses išsaugomi visi realieji sprendiniai.

      Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

      Vienintelis realusis sprendinys yra x = −ln 7/ln(8/7) – tiksliai išreikštas neigiamas skaičius.

      Abi pradinės lygties pusės yra teigiamos visiems realiesiems x, todėl abiejų pusių logaritmavimas natūraliuoju logaritmu yra leistinas ir grįžtamasis. Pagal laipsnio logaritmo taisyklę gauname 3x ln 2 = (x − 1) ln 7. Taigi x(ln 8 − ln 7) = −ln 7 ir x = −ln 7/ln(8/7). Vardiklis yra teigiamas, nes 8/7 > 1, o funkcija ln yra didėjanti ir ln 1 = 0; todėl jis nelygus nuliui. Gauta tiesinė lygtis turi vienintelį sprendinį, o ankstesni pertvarkymai yra ekvivalentūs, todėl įrodoma, kad rasti visi sprendiniai, nenaudojant suapvalintos dešimtainės išraiškos.

    4. Realiųjų skaičių aibėje išspręskite lygtis 2^(2x) − 6·2ˣ + 8 = 0 ir 3ˣ + 3⁻ˣ = 10/3. Užrašykite keitinio teigiamumo sąlygas, išsaugokite visas leistinas sprendinių šakas ir paaiškinkite, kodėl antrojoje lygtyje galima panaikinti vardiklį.

      Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

      Visa pirmosios lygties sprendinių aibė yra {1, 2}. Antrosios – {−1, 1}.

      Pirmojoje lygtyje keitinys u = 2ˣ > 0 duoda u² − 6u + 8 = (u − 2)(u − 4) = 0. Abi teigiamos šaknys duoda x = log₂ 2 = 1 ir x = log₂ 4 = 2. Antrojoje lygtyje keitinys u = 3ˣ > 0 duoda u + 1/u = 10/3; padauginę iš nenulinio 3u, gauname (3u − 1)(u − 3) = 0. Teigiamos šaknys 1/3 ir 3 duoda x = −1 ir x = 1. Kiekvienu išskaidymu dauginamaisiais randamos visos šaknys, o kiekviena teigiama šaknis turi tik vieną rodiklinės funkcijos pirmavaizdį. Tiesiogiai tikrindami pradinėse lygtyse, pirmojoje gauname 4 − 12 + 8 = 0 ir 16 − 24 + 8 = 0, o antrojoje – 3 + 1/3 = 10/3, nepriklausomai nuo dėmenų tvarkos.

    5. Išspręskite log₅(x² − 4) = log₅(3x). Prieš sulygindami argumentus, užrašykite visą pradinės lygties apibrėžimo sritį realiųjų skaičių aibėje, išvardykite visus algebrinius kandidatus į sprendinius ir patikrinkite leistiną atsakymą. Ar atmetamo kandidato atveju pakanka pertvarkytos lygties argumentų lygybės?

      Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

      Pradinės lygties apibrėžimo sritis yra x > 2. Algebriniai kandidatai į sprendinius yra 4 ir −1; visa pradinės lygties sprendinių aibė yra {4}. Pertvarkytos lygties argumentų lygybė nepadaro neapibrėžto pradinio logaritmo apibrėžtu.

      Pirmasis argumentas reikalauja x < −2 arba x > 2, o sąlyga 3x > 0 reikalauja x > 0; šių sričių sankirta yra x > 2. Šioje srityje to paties pagrindo logaritminės funkcijos injektyvumas duoda x² − 4 = 3x, arba (x − 4)(x + 1) = 0. Kai x = 4, abu pradiniai argumentai lygūs 12, o jų logaritmai yra lygūs. Kandidatas −1 nepriklauso apibrėžimo sričiai ir duoda abu argumentus, lygius −3, todėl nė vienas realusis logaritmas neegzistuoja. Kiekvienas pradinės lygties sprendinys turi būti viena iš dviejų kvadratinės lygties šaknų, o leistina yra tik viena.

    6. Išspręskite log₂(x − 3) − log₂(x + 1) = −1 ir log₂(x − 3) + log₂(x + 3) = 4. Nurodykite kiekvienos pradinės lygties apibrėžimo sritį, pagrįskite dalmens arba sandaugos logaritmo taisyklės taikymą joje ir patikrinkite kiekvieną pertvarkytos lygties algebrinį kandidatą į sprendinius.

      Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

      Abiejų pradinių lygčių apibrėžimo sritis yra x > 3. Visa pirmosios lygties sprendinių aibė yra {7}, o antrosios – {5}; algebrinis kandidatas −5 atmetamas.

      Pirmojoje lygtyje atskirų argumentų teigiamumas leidžia užrašyti log₂((x − 3)/(x + 1)) = −1, todėl santykis lygus 1/2, o iš 2x − 6 = x + 1 gauname x = 7. Patikrinimas pradinėje lygtyje: log₂ 4 − log₂ 8 = 2 − 3 = −1. Antrojoje lygtyje, sujungę logaritmus, gauname log₂(x² − 9) = 4, taigi x² = 25, o kandidatai į sprendinius yra ±5. Tik 5 yra didesnis už 3, ir jo patikrinimas pradinėje lygtyje yra log₂ 2 + log₂ 8 = 1 + 3 = 4. Kai x = −5, atskiri argumentai yra −8 ir −2, o jų logaritmai neapibrėžti, nors argumentų sandauga teigiama. Kiekviena grįžtamųjų pertvarkymų seka pradinėje apibrėžimo srityje leidžia rasti visus kandidatus į sprendinius.

    7. Idealus tolydusis kiekio modelis yra B(t) = 80·2^(−t/5) litrų, čia t yra skaitinė laiko reikšmė valandomis ir 0 ≤ t ≤ 10. Raskite visą jo reikšmių sritį ir šioje apibrėžimo srityje išspręskite B(t) = 40, B(t) = 15 ir B(t) = 0. Atskira, tik etapams taikoma taisyklė C(n) = 80·2^(−n) litrų leidžia n = 0, 1, 2. Ar C pasiekia 30 litrų, ir kada šį kiekį pasiekia B?

      Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

      Visa B reikšmių sritis yra [20, 80] litrų. Vienintelis laikas, kai pasiekiama 40 litrų, yra 5 valandos; 15 litrų ir nulis nepasiekiami jokiu leistinu laiku. Tik etapams taikomos taisyklės reikšmių sritis yra {80, 40, 20} litrų, todėl C niekada neduoda 30. B duoda 30 litrų vieninteliu laiku 5 log₂(8/3) valandų, tarp 5 ir 10 valandų.

      Tolydžioji rodiklinė funkcija griežtai mažėja nuo 80 iki 20 ir yra tolydi, todėl pasiekia kiekvieną tarpinį kiekį. Kai kiekis yra 40 litrų, santykis lygus 1/2, o t = 5. Norint pasiekti 15, reikėtų t = 5 log₂(16/3), kuris yra didesnis už 10, nes 16/3 > 4; šis laikas nepatenka į laiko intervalą. Nuliui pasiekti reikėtų nulinės rodiklinės funkcijos reikšmės, kuri niekada nepasiekiama per baigtinį laiką. Trys sveikaisiais skaičiais numeruojami etapai tiesiogiai duoda 80, 40 ir 20. Tolydžiajame modelyje norimam kiekiui 30 bedimensis santykis 30/80 = 3/8 duoda t = 5 log₂(8/3), o 2 < 8/3 < 4 įrodo, kad 5 < t < 10. Pirmavaizdis, atitinkantis nesveikąjį etapo numerį, negali suteikti leistino sveikuoju skaičiumi numeruojamo etapo.

    Ką verta įsidėmėti

    • Užrašykite visų pradinės lygties logaritmų, vardiklių, šaknų ir konteksto sąlygų sankirtą. Sprendinys turi užtikrinti, kad pradinė lygtis būtų apibrėžta ir teisinga; vien pertvarkant gauto algebrinio kandidato nepakanka.
    • Kai b > 0 ir b ≠ 1, lygūs laipsniai su tuo pačiu pagrindu turi lygius rodiklius. Šis metodas tinka ir pagrindams tarp nulio ir vieneto, o kai pagrindas lygus vienetui, reikia atskirai palyginti konstantas.
    • Išskirkite rodiklinę išraišką ir prieš logaritmuodami įsitikinkite, kad reikšmė, kuriai ji prilyginama, yra teigiama. Prieš dalydami patikrinkite atvejus, kai koeficientai lygūs nuliui arba rodiklis yra pastovus, o kai negalima pasinaudoti žinomu laipsniu, palikite tikslias reikšmes, užrašytas atitinkamais logaritmais.
    • Keitinys u = bˣ reikalauja, kad u > 0, ir turi vienintelį atvirkštinį ryšį x = log_b u. Gautą daugianarį visiškai išskaidykite dauginamaisiais, išlaikykite visas teigiamas sprendinių šakas ir atmeskite nulines ar neigiamas keitiniu gautos lygties šaknis.
    • Vienodo pagrindo logaritmų lygybė leidžia sulyginti jų argumentus tik ten, kur abu pradiniai argumentai yra apibrėžti ir teigiami. Jungiant logaritmus pagal sandaugos, dalmens ir laipsnio taisykles, būtina išlaikyti tuos pačius pradinius apribojimus, kitaip pertvarkyta lygtis gali įtraukti papildomas pradinėje lygtyje neleistinas argumento reikšmes.
    • Sprendinių sąrašo pilnumą įrodykite grįžtamaisiais pertvarkymo žingsniais ir išsamiu gautos lygties šaknų sąrašu, tada išlaikytus kandidatus patikrinkite pradinėje lygtyje. Skirkite tapatybę pradinėje apibrėžimo srityje, apibrėžtą lygtį be sprendinių ir lygtį, neturinčią leistinų kintamojo reikšmių.
    • Pateiktame modelyje prieš sudarydami teigiamą bedimensį santykį atimkite poslinkį, naudokite suderintus laiko ir periodo vienetus, o tikslias atvirkštiniu skaičiavimu gautas laiko reikšmes atrinkite pagal kontekste nurodytą intervalą arba sveikųjų etapų numerių sritį.

    Šaltiniai

    Šio straipsnio sąvokų ir mokymo būdų šaltiniai.

    1. College Algebra 2eOpenStax, Rice UniversityVadovėlio skyriusOpenStax · College Algebra 2e · 6.6 Exponential and Logarithmic EquationsOpenStax · College Algebra 2e · 6.3 Logarithmic FunctionsOpenStax · College Algebra 2e · 6.5 Logarithmic PropertiesOpenStax · College Algebra 2e · 6.7 Exponential and Logarithmic Modelsopenstax.org