3.4 Logaritmekvationer
Förberedande kurs i matematik 1
| Teori | Övningar |
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
- \displaystyle 10^x = 537\quad har lösningen \displaystyle x = \lg 537.
- \displaystyle 10^{5x} = 537\quad ger att \displaystyle 5x = \lg 537, dvs. \displaystyle x=\frac{1}{5} \lg 537.
- \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}.
- \displaystyle \lg x = 3 \quad Definitionen ger direkt att \displaystyle x=10^3 = 1000.
- \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
- 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
Denna grundekvation har lösningen \displaystyle \frac{x}{2} = \lg 25, dvs. \displaystyle x = 2 \lg 25.\displaystyle 10^{x/2} = 25\,\mbox{.} - 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
- 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{.} - 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
- 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{.} - 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.
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.
