3.4 Logaritmekvationer

Förberedande kurs i matematik 1

(Skillnad mellan versioner)
Hoppa till: navigering, sök
Nuvarande version (30 april 2010 kl. 11.29) (redigera) (ogör)
(Länkar in Ja/Nej-frågor)
 
(En mellanliggande version visas inte.)
Rad 4: Rad 4:
{{Mall:Vald flik|[[3.4 Logaritmekvationer|Teori]]}}
{{Mall:Vald flik|[[3.4 Logaritmekvationer|Teori]]}}
{{Mall:Ej vald flik|[[3.4 Övningar|Övningar]]}}
{{Mall:Ej vald flik|[[3.4 Övningar|Övningar]]}}
 +
{{Mall:Ej vald flik|[[3.4 Ja eller Nej?|Ja/Nej?]]}}
| style="border-bottom:1px solid #797979" width="100%"|  
| style="border-bottom:1px solid #797979" width="100%"|  
|}
|}
Rad 27: Rad 28:
{{Fristående formel||<math>\begin{align*}
{{Fristående formel||<math>\begin{align*}
-
10^x = y\quad&\Leftrightarrow\quad x = \lg y\\
+
10^x = y\quad&\Leftrightarrow\quad x = \lg y\\
-
e^x = y\quad&\Leftrightarrow\quad x = \ln y\\
+
e^x = y\quad&\Leftrightarrow\quad x = \ln y\\
-
\end{align*}</math>}}
+
\end{align*}</math>}}
(Vi använder oss här enbart av 10-logaritmer eller naturliga logaritmer.)
(Vi använder oss här enbart av 10-logaritmer eller naturliga logaritmer.)
Rad 175: Rad 176:
{{Fristående formel||<math>\begin{align*}
{{Fristående formel||<math>\begin{align*}
-
\textstyle (\ln x)^2 + \ln x -1
+
\textstyle (\ln x)^2 + \ln x -1
-
&= \bigl( \ln x + \frac{1}{2} \bigr)^2 - \bigl(\frac{1}{2} \bigr)^2 - 1\\
+
&= \bigl( \ln x + \frac{1}{2} \bigr)^2 - \bigl(\frac{1}{2} \bigr)^2 - 1\\
-
&= \bigl( \ln x + \frac{1}{2} \bigr)^2 - \frac{5}{4}\\
+
&= \bigl( \ln x + \frac{1}{2} \bigr)^2 - \frac{5}{4}\\
-
\end{align*}</math>}}
+
\end{align*}</math>}}
följt av rotutdragning ger att
följt av rotutdragning ger att
{{Fristående formel||<math>
{{Fristående formel||<math>
-
\ln x = -\frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{5}}{2} \,\mbox{.}</math>}}
+
\ln x = -\frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{5}}{2} \,\mbox{.}</math>}}
Detta betyder att ekvationen har två lösningar
Detta betyder att ekvationen har två lösningar
{{Fristående formel||<math>
{{Fristående formel||<math>
-
x= e^{(-1 + \sqrt{5})/2}
+
x= e^{(-1 + \sqrt{5})/2}
-
\quad \mbox{och} \quad
+
\quad \mbox{och} \quad
-
x= e^{-(1+\sqrt{5})/2}\,\mbox{.}</math>}}
+
x= e^{-(1+\sqrt{5})/2}\,\mbox{.}</math>}}
</div>
</div>
Rad 215: Rad 216:
{{Fristående formel||<math>
{{Fristående formel||<math>
-
\textstyle x= -\frac{1}{2}
+
\textstyle x= -\frac{1}{2}
-
\quad\mbox{och}\quad
+
\quad\mbox{och}\quad
-
x = \frac{1}{2} \; \mbox{.}</math>}}
+
x = \frac{1}{2} \; \mbox{.}</math>}}
Vi kontrollerar nu om båda led i <math>(*)</math> är positiva
Vi kontrollerar nu om båda led i <math>(*)</math> är positiva
Rad 242: Rad 243:
{{Fristående formel||<math>\begin{align*}
{{Fristående formel||<math>\begin{align*}
-
\textstyle \bigl(t-\frac{1}{2}\bigr)^2 - \bigl(\frac{1}{2}\bigr)^2
+
\textstyle \bigl(t-\frac{1}{2}\bigr)^2 - \bigl(\frac{1}{2}\bigr)^2
-
&= \frac{1}{2}\,\mbox{,}\\
+
&= \frac{1}{2}\,\mbox{,}\\
-
\bigl(t-\frac{1}{2}\bigr)^2
+
\bigl(t-\frac{1}{2}\bigr)^2
-
&= \frac{3}{4}\,\mbox{,}\\
+
&= \frac{3}{4}\,\mbox{,}\\
-
\end{align*}</math>}}
+
\end{align*}</math>}}
vilket ger lösningarna
vilket ger lösningarna
{{Fristående formel||<math>
{{Fristående formel||<math>
-
t=\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}
+
t=\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}
-
\quad\mbox{och}\quad
+
\quad\mbox{och}\quad
-
t=\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \, \mbox{.}</math>}}
+
t=\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \, \mbox{.}</math>}}
Eftersom <math>\sqrt3 > 1</math> så är <math>\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sqrt3 <0</math> och det är bara <math>t= \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt3</math> som ger en lösning till den ursprungliga ekvationen eftersom <math>e^x</math> alltid är positiv. Logaritmering ger slutligen att
Eftersom <math>\sqrt3 > 1</math> så är <math>\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sqrt3 <0</math> och det är bara <math>t= \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt3</math> som ger en lösning till den ursprungliga ekvationen eftersom <math>e^x</math> alltid är positiv. Logaritmering ger slutligen att
{{Fristående formel||<math>
{{Fristående formel||<math>
-
x = \ln \Bigl(\,\frac{1}{2}+\frac{\sqrt3}{2}\,\Bigr)</math>}}
+
x = \ln \Bigl(\,\frac{1}{2}+\frac{\sqrt3}{2}\,\Bigr)</math>}}
är den enda lösningen till ekvationen.
är den enda lösningen till ekvationen.

Nuvarande version

       Teori          Övningar          Ja/Nej?      

Innehåll:

  • Logaritmekvationer
  • Exponentialekvationer
  • Falska rötter.

Lärandemål:

Efter detta avsnitt ska du ha lärt dig att:

  • Lösa ekvationer som innehåller logaritm- eller exponentialuttryck och som kan reduceras till första- eller andragradsekvationer.
  • Hantera falska rötter och veta när de uppstår.

Grundekvationer

Ekvationer där logaritmer behövs eller är inblandade förekommer i många olika fall. Först ges några exempel där lösningen ges nästan direkt genom definitionen av logaritm, dvs.

\displaystyle \begin{align*}

10^x = y\quad&\Leftrightarrow\quad x = \lg y\\ e^x = y\quad&\Leftrightarrow\quad x = \ln y\\ \end{align*}

(Vi använder oss här enbart av 10-logaritmer eller naturliga logaritmer.)

Exempel 1

Lös ekvationerna

  1. \displaystyle 10^x = 537\quad har lösningen \displaystyle x = \lg 537.
  2. \displaystyle 10^{5x} = 537\quad ger att \displaystyle 5x = \lg 537, dvs. \displaystyle x=\frac{1}{5} \lg 537.
  3. \displaystyle \frac{3}{e^x} = 5 \quad Multiplikation av båda led med \displaystyle e^x och division med 5 ger att \displaystyle \tfrac{3}{5}=e^x , vilket betyder att \displaystyle x=\ln\tfrac{3}{5}.
  4. \displaystyle \lg x = 3 \quad Definitionen ger direkt att \displaystyle x=10^3 = 1000.
  5. \displaystyle \lg(2x-4) = 2 \quad Från definitionen har vi att \displaystyle 2x-4 = 10^2 = 100 och då följer att \displaystyle x = 52.

Exempel 2

  1. Lös ekvationen \displaystyle \,(\sqrt{10}\,)^x = 25.

    Eftersom \displaystyle \sqrt{10} = 10^{1/2} är vänsterledet lika med \displaystyle (\sqrt{10}\,)^x = (10^{1/2})^x = 10^{x/2} och ekvationen lyder
    \displaystyle 10^{x/2} = 25\,\mbox{.}
    Denna grundekvation har lösningen \displaystyle \frac{x}{2} = \lg 25, dvs. \displaystyle x = 2 \lg 25.
  2. Lös ekvationen \displaystyle \,\frac{3 \ln 2x}{2} + 1 = \frac{1}{2}.

    Multiplicera båda led med 2 och subtrahera sedan 2 från båda led
    \displaystyle 3 \ln 2x = -1\,\mbox{.}

    Dividera båda led med 3

    \displaystyle \ln 2x = -\frac{1}{3}\,\mbox{.}

    Nu ger definitionen direkt att \displaystyle 2x = e^{-1/3}, vilket betyder att

    \displaystyle x = {\textstyle\frac{1}{2}} e^{-1/3} = \frac{1}{2e^{1/3}}\,\mbox{.}

I många praktiska tillämpningar rörande exponentiell tillväxt eller avtagande dyker det upp ekvationer av typen

\displaystyle a^x = b\,\mbox{,}

där \displaystyle a och \displaystyle b är positiva tal. Dessa ekvationer löses enklast genom att ta logaritmen för båda led

\displaystyle \lg a^x = \lg b

och använda logaritmlagen för potenser

\displaystyle x \cdot \lg a = \lg b

vilket ger lösningen \displaystyle \ x = \displaystyle \frac{\lg b}{\lg a}.

Exempel 3

  1. Lös ekvationen \displaystyle \,3^x = 20.

    Logaritmera båda led
    \displaystyle \lg 3^x = \lg 20\,\mbox{.}

    Vänsterledet kan skrivas som \displaystyle \lg 3^x = x \cdot \lg 3 och då får vi att

    \displaystyle x = \displaystyle \frac{\lg 20}{\lg 3} \quad ({}\approx 2{,}727)\,\mbox{.}
  2. Lös ekvationen \displaystyle \ 5000 \cdot 1{,}05^x = 10\,000.

    Dividera båda led med 5000
    \displaystyle 1{,}05^x = \displaystyle \frac{ 10\,000}{5\,000} = 2\,\mbox{.}

    Denna ekvation löser vi genom att logaritmera båda led med lg och skriva om vänsterledet som \displaystyle \lg 1{,}05^x = x\cdot\lg 1{,}05,

    \displaystyle x = \frac{\lg 2}{\lg 1{,}05} \quad ({}\approx 14{,}2)\,\mbox{.}

Exempel 4

  1. Lös ekvationen \displaystyle \ 2^x \cdot 3^x = 5.

    Vänsterledet kan skrivas om med potenslagarna till \displaystyle 2^x\cdot 3^x=(2 \cdot 3)^x och ekvationen blir
    \displaystyle 6^x = 5\,\mbox{.}

    Denna ekvation löser vi på vanligt sätt med logaritmering och får att

    \displaystyle x = \frac{\lg 5}{\lg 6}\quad ({}\approx 0{,}898)\,\mbox{.}
  2. Lös ekvationen \displaystyle \ 5^{2x + 1} = 3^{5x}.

    Logaritmera båda led och använd logaritmlagen \displaystyle \lg a^b = b \cdot \lg a
    \displaystyle \eqalign{(2x+1)\lg 5 &= 5x \cdot \lg 3\,\mbox{,}\cr 2x \cdot \lg 5 + \lg 5 &= 5x \cdot \lg 3\,\mbox{.}\cr}

    Samla \displaystyle x i ena ledet

    \displaystyle \eqalign{\lg 5 &= 5x \cdot \lg 3 -2x \cdot \lg 5\,\mbox{,}\cr \lg 5 &= x\,(5 \lg 3 -2 \lg 5)\,\mbox{.}\cr}

    Lösningen är

    \displaystyle x = \frac{\lg 5}{5 \lg 3 -2 \lg 5}\,\mbox{.}


Några mer komplicerade ekvationer

Ekvationer som innehåller exponential- eller logaritmuttryck kan ibland behandlas som förstagrads- eller andragradsekvationer genom att betrakta "\displaystyle \ln x" eller "\displaystyle e^x" som obekant.

Exempel 5

Lös ekvationen \displaystyle \,\frac{6e^x}{3e^x+1}=\frac{5}{e^{-x}+2}.

Multiplicera båda led med \displaystyle 3e^x+1 och \displaystyle e^{-x}+2 för att få bort nämnarna

\displaystyle 6e^x(e^{-x}+2) = 5(3e^x+1)\,\mbox{.}

Notera att eftersom \displaystyle e^x och \displaystyle e^{-x} alltid är positiva oavsett värdet på \displaystyle x så multiplicerar vi alltså ekvationen med faktorer \displaystyle 3e^x+1 och \displaystyle e^{-x} +2 som är skilda från noll, så detta steg riskerar inte att introducera nya (falska) rötter till ekvationen.

Förenkla båda led

\displaystyle 6+12e^x = 15e^x+5\,\mbox{,}

där vi använt att \displaystyle e^{-x} \cdot e^x = e^{-x + x} = e^0 = 1. Betraktar vi nu \displaystyle e^x som obekant är ekvationen väsentligen en förstagradsekvation som har lösningen

\displaystyle e^x=\frac{1}{3}\,\mbox{.}

En logaritmering ger sedan svaret

\displaystyle x=\ln\frac{1}{3}= \ln 3^{-1} = -1 \cdot \ln 3 = -\ln 3\,\mbox{.}

Exempel 6

Lös ekvationen \displaystyle \,\frac{1}{\ln x} + \ln\frac{1}{x} = 1.

Termen \displaystyle \ln\frac{1}{x} kan skrivas som \displaystyle \ln\frac{1}{x} = \ln x^{-1} = -1 \cdot \ln x = - \ln x och då blir ekvationen

\displaystyle \frac{1}{\ln x} - \ln x = 1\,\mbox{,}

där vi kan betrakta \displaystyle \ln x som en ny obekant. Multiplicerar vi båda led med \displaystyle \ln x (som är skild från noll när \displaystyle x \neq 1) får vi en andragradsekvation i \displaystyle \ln x

\displaystyle 1 - (\ln x)^2 = \ln x\,\mbox{,}
\displaystyle (\ln x)^2 + \ln x - 1 = 0\,\mbox{.}

Kvadratkomplettering av vänsterledet

\displaystyle \begin{align*}

\textstyle (\ln x)^2 + \ln x -1 &= \bigl( \ln x + \frac{1}{2} \bigr)^2 - \bigl(\frac{1}{2} \bigr)^2 - 1\\ &= \bigl( \ln x + \frac{1}{2} \bigr)^2 - \frac{5}{4}\\ \end{align*}

följt av rotutdragning ger att

\displaystyle

\ln x = -\frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{5}}{2} \,\mbox{.}

Detta betyder att ekvationen har två lösningar

\displaystyle

x= e^{(-1 + \sqrt{5})/2} \quad \mbox{och} \quad x= e^{-(1+\sqrt{5})/2}\,\mbox{.}


Falska rötter

När man löser ekvationer gäller det också att tänka på att argument till logaritmer måste vara positiva och att uttryck av typen \displaystyle e^{(\ldots)} bara kan anta positiva värden. Risken är annars att man får med falska rötter.

Exempel 7

Lös ekvationen \displaystyle \,\ln(4x^2 -2x) = \ln (1-2x).

För att ekvationen ska vara uppfylld måste argumenten \displaystyle 4x^2-2x och \displaystyle 1-2x vara lika,

\displaystyle 4x^2 - 2x = 1 - 2x\,, \displaystyle (*)

och dessutom positiva. Vi löser ekvationen \displaystyle (*) genom att flytta över alla termer i ena ledet

\displaystyle 4x^2 - 1= 0

och använder rotutdragning. Detta ger att

\displaystyle

\textstyle x= -\frac{1}{2} \quad\mbox{och}\quad x = \frac{1}{2} \; \mbox{.}

Vi kontrollerar nu om båda led i \displaystyle (*) är positiva

  • Om \displaystyle x= -\tfrac{1}{2} blir båda led lika med \displaystyle 4x^2 - 2x = 1-2x = 1-2 \cdot \bigl(-\tfrac{1}{2}\bigr) = 1+1 = 2 > 0.
  • Om \displaystyle x= \tfrac{1}{2} blir båda led lika med \displaystyle 4x^2 - 2x = 1-2x = 1-2 \cdot \tfrac{1}{2} = 1-1 = 0 \not > 0.

Alltså har logaritmekvationen bara en lösning \displaystyle x= -\frac{1}{2}.

Exempel 8

Lös ekvationen \displaystyle \,e^{2x} - e^{x} = \frac{1}{2}.

Den första termen kan vi skriva som \displaystyle e^{2x} = (e^x)^2. Hela ekvationen är alltså en andragradsekvation med \displaystyle e^x som obekant

\displaystyle (e^x)^2 - e^x = \tfrac{1}{2}\,\mbox{.}

Ekvationen kan vara lite enklare att hantera om vi skriver \displaystyle t istället för \displaystyle e^x,

\displaystyle t^2 -t = \tfrac{1}{2}\,\mbox{.}

Kvadratkomplettera vänsterledet

\displaystyle \begin{align*}

\textstyle \bigl(t-\frac{1}{2}\bigr)^2 - \bigl(\frac{1}{2}\bigr)^2 &= \frac{1}{2}\,\mbox{,}\\ \bigl(t-\frac{1}{2}\bigr)^2 &= \frac{3}{4}\,\mbox{,}\\ \end{align*}

vilket ger lösningarna

\displaystyle

t=\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} \quad\mbox{och}\quad t=\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \, \mbox{.}

Eftersom \displaystyle \sqrt3 > 1 så är \displaystyle \frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sqrt3 <0 och det är bara \displaystyle t= \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt3 som ger en lösning till den ursprungliga ekvationen eftersom \displaystyle e^x alltid är positiv. Logaritmering ger slutligen att

\displaystyle

x = \ln \Bigl(\,\frac{1}{2}+\frac{\sqrt3}{2}\,\Bigr)

är den enda lösningen till ekvationen.


Övningar

Råd för inläsning

Grund- och slutprov

Efter att du har läst texten och arbetat med övningarna ska du göra grund- och slutprovet för att bli godkänd på detta avsnitt. Du hittar länken till proven i din student lounge.


Tänk på att:

Du kan behöva lägga ner mycket tid på logaritmer.

Logaritmer brukar behandlas översiktligt i gymnasiet. Därför brukar många högskolestudenter stöta på problem när det gäller att räkna med logaritmer.

Den här artikeln är hämtad från http://wiki.sommarmatte.se/wikis/forberedandematte1/index.php/3.4_Logaritmekvationer