Exponenciális és logaritmusos feladatok
Az állandó szorzóval történő változást exponenciális modellel írjuk le; a keresett kitevőt logaritmussal találjuk meg.
Részletes leckék és gyakorlópéldák (9) →
Alapfogalmak, példákkal
Exponenciális függvény
Az aˣ alakban a változó a kitevőben szerepel; a > 0 és a ≠ 1. Ha a > 1, a függvény növekvő, ha 0 < a < 1, csökkenő.
A 2ˣ minden egységnyi x-növekedésre kétszereződik.
Logaritmus
A logₐb az a kitevő, amelyre az a alapot emelve b-t kapunk. Az alap pozitív és nem 1, az argumentum pozitív.
log₂8 = 3, mert 2³ = 8. log₂(1/4) = −2.
Modell és időegység
A N(t) = N₀qᵗ modell állandó szorzót feltételez azonos időlépésekben. A q szorzó és t időmértéke egyezzen.
Évi 5%-os növekedésnél q = 1,05, t-t években számoljuk.
A lecke végére: A logaritmust kitevőkeresésként értelmezed, és megőrzöd az értelmezési feltételeket.
Értsd meg az összefüggést!
Az exponenciális összefüggésben a változó a kitevőben áll. Azonos időközönként azonos százalékú változás ilyen modellt ad: a mennyiséget minden lépésben ugyanazzal a tényezővel szorozzuk.
Ez nem állandó összegű növekedés.
A logaritmus azt a kitevőt adja meg, amelyre az alapot emelni kell. A log₂8 = 3 azért igaz, mert 2³ = 8.
Valós logaritmusnál az alap pozitív és nem 1, az argumentum pozitív. Ezek a feltételek nem tűnhetnek el átalakítás közben.
A szorzat logaritmusa megfelelő pozitív tényezők mellett összeg, az összeg logaritmusa viszont nem bontható így. Egyenletmegoldásnál előbb a feltételeket rögzítsd, aztán alakíts közös alapra vagy alkalmazz logaritmust.
A jelöltet az eredeti alakban ellenőrizd.
Nézzük meg egy példán!
A logaritmus a kitevőt keresi
| Hatványalak | Logaritmusalak | Jelentés |
|---|---|---|
| 2³ = 8 | log₂8 = 3 | 2-t a 3. hatványra emeljük. |
| 10² = 100 | log₁₀100 = 2 | 10-et a 2. hatványra emeljük. |
| 3⁰ = 1 | log₃1 = 0 | 3-at a 0. hatványra emeljük. |
A legfontosabb szabályok
- Feltétel: a>0, a≠1; a logaritmus argumentuma pozitív. A logaritmusazonosságokban szereplő kifejezéseknek is pozitívnak kell lenniük.
- Azonos alapú hatványokat alakíts azonos alapra.
- Növekedés: N(t)=N₀·qᵗ, ahol q=1+p/100.
Mintapélda és megoldás lépésről lépésre
Feladat: log₂(x−1)=3.
1. Feltétel: x−1>0, tehát x>1.
2. Hatványalakra váltva x−1=2³=8.
Innen x=9.
3. Ellenőrzés: log₂8=3, és 9>1 teljesül.
Részletes magyarázatok és példák
01Exponenciális függvény+
Az aˣ függvény értéke mindig pozitív. Ha a>1, növekvő, ha 0<a<1, csökkenő; x=0-nál értéke 1.
A 2ˣ minden egységnyi x-növekedésnél kétszereződik, nem azonos mennyiséggel nő.
02Exponenciális egyenletek+
Azonos, pozitív és 1-től különböző alapra hozva a kitevők egyenlők: 2ˣ=32=2⁵, ezért x=5. Ha ez nem kényelmes, logaritmust használunk: 3ˣ=7 esetén x=ln7/ln3.
A kapott közelítést csak a végén kerekítsd.
03A logaritmus fogalma+
A logaritmus és a hatványozás egymást fordítja meg: logₐ(aˣ)=x, a^(logₐb)=b. A log₁₀1=0, mert 10⁰=1.
A logaritmus lehet negatív: log₂(1/4)=−2. Az argumentum ettől még pozitív.
04Logaritmusazonosságok és feltételek+
Azonos a alapnál és pozitív u,v mellett logₐ(uv)=logₐu+logₐv, logₐ(u/v)=logₐu−logₐv. Pozitív u-nál logₐ(uᵏ)=k logₐu.
A feltételeket minden alakra ellenőrizd; log(u+v) általában nem bontható logu+logv alakra.
05Növekedési és csökkenési modellek+
Állandó százalékos változás modellje N(t)=N₀qᵗ. 8%-os növekedésnél q=1,08, 8%-os csökkenésnél q=0,92. A modell feltétele, hogy az időegység és a változási arány egyezzen, és a szorzó az egész időszakban állandó legyen.
Lépésről lépésre, részletesen
Hatványozás, gyökvonás és logaritmus+
- Az azonosságokat értelmezési feltételeikkel alkalmazni.
- Logaritmusos kifejezést átalakítani.
Pozitív egész kitevőnél a hatvány ismételt szorzás. Nem nulla alapnál a⁰=1 és a⁻ⁿ=1/aⁿ.
Pozitív alapnál a^(p/q)=q√(aᵖ), így a kitevőtörvények a racionális kitevőkre is érvényesek. Páros gyök valós értelmezéséhez nemnegatív gyökjel alatti szám kell; √(a²)=|a|.
Azonosságok
aˣaʸ=a^(x+y), aˣ/aʸ=a^(x−y), (aˣ)ʸ=a^(xy) a megfelelő alap- és értelmezési feltételekkel. Szorzat gyöke szétbontható nemnegatív tényezőkre, összeg gyöke általában nem.
A kiterjesztés permanenciaelve a korábbi műveleti törvényeket őrzi meg.
A logaritmus jelentése
logₐb az a kitevő, amelyre aˣ=b; a>0, a≠1, b>0. Szorzat logaritmusa összeadódik, hányadosé kivonódik; logₐ(bᵏ)=klogₐb, pozitív b mellett.
Alapváltás: logₐb=log_c b/log_c a. A szorzattörvény abból következik, hogy aˣaʸ=a^(x+y).
Kidolgozott példa
Számítsd ki log₂32−log₂4-et és √((−5)²)-et!
32=2⁵ és 4=2², ezért a logaritmusok különbsége 5−2=3.
Ugyanez log₂(32/4)=log₂8=3.
A főgyök nemnegatív: √25=5=|−5|.
- 0 és negatív szám logaritmusa a valós számok körében nem értelmezett.
Próbáld ki önállóan!
Törtes, abszolút értékes és exponenciális egyenlőtlenségek+
- Előjeltáblázatot készíteni.
- Monotonitást felhasználni egyenletben és egyenlőtlenségben.
Negatív számmal szorozva vagy osztva az egyenlőtlenség iránya megfordul. Ismeretlen előjelű kifejezéssel nem szorozhatunk változatlan jellel.
Törtes alaknál vigyük az egyik oldalra a kifejezést, bontsuk tényezőkre, és a gyökök, illetve kizárt nevezőpontok mentén vizsgáljuk az előjelet.
Abszolút érték
|x−a|=r a távolság két helyét adja r>0-nál: a−r és a+r. |x−a|<r egy belső intervallum, |x−a|>r két külső félegyenes. Több abszolút értéknél a belső kifejezések nullhelyei osztják esetekre a tartományt.
Exponenciális és logaritmusos módszer
Az aˣ függvény a>1 esetén növekvő, 0<a<1 esetén csökkenő; a logaritmus hasonlóan. Ezért 2ˣ<8-ból x<3, de (1/2)ˣ<1/8-ból x>3.
Azonos alapra hozás vagy t=aˣ>0 helyettesítés egyszerűsíthet. Logaritmusnál előbb valamennyi argumentum pozitivitását írd fel.
Kidolgozott példa
Oldd meg (x−1)/(x+2)≥0-t!
x=−2 kizárt, x=1 a számláló nullhelye.
x<−2 esetén negatív/negatív: pozitív. −2<x<1 esetén negatív/pozitív: negatív. x>1 esetén pozitív/pozitív: pozitív.
x=1 megengedett, mert nulla≥0. A megoldás ]−∞;−2[∪[1;∞[.
- A nevező nullhelyét egyenlőség esetén sem veheted bele a megoldásba.
Próbáld ki önállóan!
Hatvány- és logaritmusazonosságok levezetése+
- A fogalmat a feltételeivel együtt használni.
- A megoldást levezetni, és az eredeti feltételekkel ellenőrizni.
A kiterjesztésben a korábbi műveleti szabályokat megőrizzük: ez a permanencia elve. Nemnulla a-ra a⁰=1 és a⁻ⁿ=1/aⁿ, mert így az aᵐaⁿ=aᵐ⁺ⁿ azonosság egész kitevőknél is érvényes.
Racionális kitevőhöz pozitív alapnál a^(p/q)=q√(aᵖ).
Hatványok és gyökök
Pozitív egész m,n esetén aᵐaⁿ a tényezők összefűzésével aᵐ⁺ⁿ; (aᵐ)ⁿ n darab m tényezőből aᵐⁿ. A negatív kitevők definíciójával és egyszerűsítéssel ugyanez egész kitevőknél is igaz, a≠0 mellett. a,b≥0 esetén √a√b nemnegatív, négyzete ab, ezért √a√b=√(ab).
Hányadosnál b>0 szükséges. √(a²)=|a|; a gyök nem lehet negatív. Pozitív alap irracionális kitevőjét egyre pontosabb racionális közelítések hatványértékeinek határértéke szemlélteti.
Logaritmusazonosságok bizonyítása
Legyen a>0, a≠1, x,y>0; u=logₐx, v=logₐy, tehát x=aᵘ és y=aᵛ. xy=aᵘ⁺ᵛ, innen logₐ(xy)=u+v. x/y=aᵘ⁻ᵛ, innen a különbségszabály; xᵗ=aᵘᵗ, innen logₐ(xᵗ)=t logₐx. Más alaphoz legyen c>0,c≠1. x=aᵘ egyenlet c alapú logaritmusa log_cx=u log_ca, ezért logₐx=log_cx/log_ca.
A nevező nem nulla, mert a≠1.
Kidolgozott példa
Oldd meg: log₂(x−1)+log₂(x+1)=3!
A két argumentum pozitív: x>1.
A szorzatszabály alapján log₂(x²−1)=3, ezért x²−1=8 és x²=9.
A jelöltek ±3, de x>1 miatt csak x=3 jó. Ellenőrzés: log₂2+log₂4=1+2=3.
- A megengedett értékeket az átalakítás előtt rögzítsd.
- A példabeli ellenőrzés a megoldás része.
Próbáld ki önállóan!
Exponenciális és logaritmusos egyenletek, rendszerek+
- A fogalmat a feltételeivel együtt használni.
- A megoldást levezetni, és az eredeti feltételekkel ellenőrizni.
Exponenciális egyenletben azonos, 1-től különböző pozitív alap hatványait egyenlővé téve a kitevők egyenlők. Máskor t=aˣ helyettesítés segít, t>0 feltétellel.
Logaritmusos egyenletben minden argumentum pozitív, az alap pozitív és nem 1. Ezeket az átalakítás után is megőrizzük.
Új változó és rendszer
4ˣ−5·2ˣ+4=0 esetén t=2ˣ>0 után t²−5t+4=0; t=1 vagy 4, innen x=0 vagy 2. 2ˣ+2ʸ=6 és 2ˣ·2ʸ=8 rendszerben u=2ˣ,v=2ʸ pozitív; u,v a t²−6t+8=0 gyökei, 2 és 4. Eredeti megoldások (x;y)=(1;2),(2;1). log₂(x−1)=log₂(5−x) esetén 1<x<5; az egyenlő argumentumokból x=3.
Monotonitás és logaritmusos egyenlőtlenség
a>1 esetén aˣ és logₐx növekvő, 0<a<1 esetén csökkenő. Ezért (1/2)ˣ>1/8=(1/2)³ megoldása x<3. log_(1/2)(x−1)≥−1 feltétele x>1; a csökkenés miatt x−1≤(1/2)⁻¹=2, tehát 1<x≤3.
Összetett exponenciális egyenlőtlenségnél a pozitív új változó intervallumait monoton függvénnyel alakítjuk vissza.
Kidolgozott példa
Oldd meg 4ˣ−6·2ˣ+8≤0-t!
t=2ˣ>0 után (t−2)(t−4)≤0, tehát 2≤t≤4.
A 2ˣ függvény növekvő, 2=2¹ és 4=2²; így 1≤x≤2.
Mindkét végponton nulla adódik, az intervallum belsejében a szorzat negatív. Az új változó pozitivitása teljesül.
- A megengedett értékeket az átalakítás előtt rögzítsd.
- A példabeli ellenőrzés a megoldás része.
Próbáld ki önállóan!
Racionális hatvány és páros, páratlan gyök feltételekkel+
- A racionális kitevőt gyökvonással értelmezni.
- Minden hatvány- és gyökazonosságnál feltételeket megadni.
- Páros és páratlan gyököt elkülöníteni.
Pozitív alapnál és egész p, pozitív egész q esetén a^(p/q)=q√(aᵖ). Azonos racionális kitevő más törtes alakja ugyanazt az értéket adja.
Nemnulla alapnál a⁰=1 és a⁻ⁿ=1/aⁿ. A 0⁰ és 0 negatív kitevőjű hatványa ebben az értelmezésben nem megengedett.
Gyök definíciója
n≥2 egész esetén páratlan n-re n√a az az egyetlen valós x, amelyre xⁿ=a; negatív a is megengedett. Páros n-nél a≥0 kell, és a nemnegatív gyököt választjuk. ³√(−8)=−2, ⁴√16=2.
A valós x²=16 egyenletnek két gyöke van, de a √16 jel egyetlen, pozitív 4-et jelent.
Hatványazonosságok
Pozitív a, b és valósan értelmezett kitevők esetén aʳaˢ=aʳ⁺ˢ, aʳ/aˢ=aʳ⁻ˢ,(aʳ)ˢ=aʳˢ,(ab)ʳ=aʳbʳ,(a/b)ʳ=aʳ/bʳ. Negatív alap és egész kitevő megengedhető, de a tört kitevőre kiterjesztett szabályokat nem alkalmazzuk feltétel nélkül.
Például (−8)^(1/3) jelölést külön páratlan gyökértelmezés indokolhatja; a pozitív alapú általános szabály nem erre épül.
Gyökazonosságok
a, b≥0 esetén √(ab)=√a √b; a≥0, b>0 esetén √(a/b)=√a/√b. Minden valós a-ra √(a²)=|a|.
Páratlan n-re az n-edik gyök szorzatszabálya negatív tényezőknél is érvényes, párosnál a valós gyökök feltételeit kell tartani. Az összeg gyöke nem bomlik tagonként: √(9+16)=5, de 3+4=7.
Általános gyökazonosságok
Páratlan n-re n√(ab)=(n√a)(n√b) minden valós a, b esetén; n√(a/b)=(n√a)/(n√b) b≠0 mellett. Páros n-re ugyanazok a képletek a, b≥0, hányadosnál b>0 mellett igazak.
A jobb oldal n-edik hatványa az ab, illetve a/b, és páros n-nél nemnegatív, így a definíció szerint a megfelelő gyök. n√(aⁿ) páratlan n-nél a, páros n-nél |a|. Pozitív a-ra (n√a)ᵐ=n√(aᵐ) egész m esetén, és n√(q√a)=(nq)√a n, q≥2 egészre; az utóbbi mindkét oldala pozitív, nq-adik hatványa a.
Kiemelés és nevező
√72=√(36·2)=6√2. 3/√5=3√5/5, a számlálót és nevezőt ugyanazzal a nemnulla √5-tel szorozzuk. √(x²y)=|x|√y y≥0 mellett. A négyzetgyökös kifejezés eredeti értelmezési tartományát az egyszerűsítés után is megőrizzük.
Kidolgozott példa
Számítsd ki 27^(2/3),16^(−3/4), ³√(−125) és √((−6)²) értékét!
27^(2/3)=(³√27)²=3²=9.
16^(−3/4)=1/(⁴√16)³=1/8.
A páratlan gyök ³√(−125)=−5, mert (−5)³=−125.
√((−6)²)=|−6|=6. Mindegyik eredményt a definíció szerinti hatvánnyal ellenőriztük.
- A negatív kitevő nem negatív eredményt jelent.
- Páros főgyöknél nem írunk ± jelet.
Próbáld ki önállóan!
Logaritmus definíciója, alapváltás és számológépes érték+
- Logaritmust hatványegyenletté fordítani.
- Alap- és argumentumfeltételt külön ellenőrizni.
- Tetszőleges megengedett alapot tízes logaritmusra váltani.
a>0, a≠1 és b>0 mellett logₐb az az egyetlen valós x, amelyre aˣ=b. Az alap 1-nél nagyobb lehet, vagy 0 és 1 közé eshet; mindkét esetben az exponenciális függvény szigorú monotonitása biztosítja az egyértelműséget. logₐ1=0 és logₐa=1.
Pontos érték és feltétel
log₂(1/8)=−3, mert 2⁻³=1/8. log_(1/2)8=−3, mert (1/2)⁻³=8. Az argumentum pozitív, a logaritmus értéke ettől még lehet negatív. log₁5, log_(−2)8 és log₂0 a valós logaritmus e definíciójában nem értelmezett.
Alapváltás levezetéssel
Legyen x=logₐb, így aˣ=b. Tízes alapú logaritmust véve x·lg a=lg b, ezért logₐb=lg b/lg a.
A nevező nemnulla, mert a≠1; lg a definíciójához a>0, lg b-hez b>0 kell. Például log₂8=lg 8/lg 2=3.
Számológépes módszer
log₅7=lg 7/lg 5≈1,20906. A teljeslg 5 nevezőt zárójelezd, és csak a hányados végén kerekíts.
Ellenőrzés: 5¹<7<5², így az érték 1 és 2 közé esik;5^1,20906≈7. A ln billentyű természetes alapú logaritmust jelent; azonos alap a számlálóban és nevezőben szintén jó, de a követelménypont tízes alapú átváltást is kér.
Azonosságok alkalmazása
x, y>0 mellett logₐ (xy)=logₐx+logₐy, logₐ (x/y)=logₐx−logₐy, logₐ (xᵗ)=tlogₐx. Az összegre nincs ilyen szabály.
A logₐ (x²)=2logₐx átalakítás csak x>0-ra ilyen alakú; x≠0 esetén a megfelelő általános alak 2logₐ|x|.
Kidolgozott példa
Számítsd ki log_(1/4)8-at, majd írd tízes alapú hányadosként!
(1/4)ˣ=8; kettő alapban 2⁻²ˣ=2³.
−2x=3, így x=−3/2.
Alapváltássallg 8/lg (1/4); a számláló pozitív, a nevező negatív.
lg 8=3lg 2 és lg (1/4)=−2lg 2; a hányados−3/2. Mind az alap, mind az argumentum megengedett.
- A logaritmus értéke lehet negatív, az argumentuma nem.
- Alapváltásnál ugyanaz a segédalap szerepel felül és alul.
Próbáld ki önállóan!
Permanencia és irracionális kitevő szemléletes értelmezése+
- A kiterjesztés okát a műveleti törvényekből indokolni.
- Racionális közelítésekkel irracionális hatványt értelmezni.
- Az alap feltételeit és a közelítés korlátját kimondani.
A permanencia elve azt kívánja, hogy a korábban értelmezett műveletek törvényeit az új értelmezés lehetőség szerint őrizze meg. Ez irányelv, nem feltétel nélküli bizonyítás minden számkörben.
Hatványozásnál a szorzatszabály megőrzése határozza meg a 0 és negatív kitevőhöz tartozó definíciókat, nemnulla alap mellett.
Egésztől racionálisig
aᵐa⁰=aᵐ miatt a≠0-ra a⁰=1. aⁿa⁻ⁿ=a⁰=1 miatt a⁻ⁿ=1/aⁿ. Pozitív a-ra (a^(p/q))^q=aᵖ, így a^(p/q) a pozitív q-adik gyök.
Az a>0 feltétel minden racionális kitevőre egységes valós értelmezést ad.
Irracionális kitevő
√2-t egyre szűkebb racionális intervallumok közé zárjuk: 1,4<√2<1,5;1,41<√2<1,42;1,414<√2<1,415. 2>1 miatt a hozzájuk tartozó hatványértékek is azonos irányban rendezettek. A folytonos exponenciális kiterjesztésben e szűkülő hatványkorlátok közös értékhez tartanak: ez 2^√2.
Véges kijelzett érték csak közelítés.
Kisebb alap és határok
0<a<1 mellett a hatványfüggvény csökkenő, így a racionális kitevőkorlátokból a hatványok fordított sorrendje adódik. a=1 esetén minden valós kitevőhöz 1 tartozik. Negatív alaphoz nem adható ezzel a módszerrel minden valós kitevőre egységes valós hatvány.
A 0 negatív kitevője a reciprok miatt kizárt.
Kidolgozott példa
Adj két egymásba szűkülő korlátpárt 2^√2-re racionális kitevőkkel!
1,4²=1,96<2<2,25=1,5², ezért 1,4<√2<1,5.
1,41²=1,9881<2<2,0164=1,42², ezért 1,41<√2<1,42.
A 2 alaphoz a hatvány szigorúan növekvő: 2^1,4<2^√2<2^1,5.
Szűkebb korlát: 2^1,41<2^√2<2^1,42. A racionális kitevős hatványok gyökökkel már értelmezettek.
- Az irracionális kitevő nem kerekíthető át definícióként véges tizedesre.
- 0<a<1 esetén a korlátok sorrendje fordul.
Próbáld ki önállóan!
Exponenciális egyenlet és a folyamat modellje+
- Azonos alapra hozott egyenletet megoldani.
- Kezdeti értéket, időegységet, szorzót és modellkorlátot rögzíteni.
a>0,a≠1 mellett a hatványfüggvény helyett itt az aˣ exponenciális függvényt használjuk: azonos alapú hatványok egyenlősége esetén kitevőik egyenlők. Állandó arányú időbeli változást N(t)=N₀qᵗ ír le; t az adott időegységek száma.
N₀ a kezdeti érték, q az egységnyi időhöz tartozó szorzó.
Azonos alap és azonosság
2^(x+1)=8: 8=2³, így x+1=3, x=2. 9ˣ=3^(x+2)-ben 9ˣ=3^(2x), ezért 2x=x+2, x=2. 2^(x+1)+2ˣ=12-ben 2^(x+1)=2·2ˣ; 3·2ˣ=12, ezért 2ˣ=4 és x=2. A hatványok összege nem a kitevők összeadásával számolható.
Növekedés és fogyás
Évenként 20%-os növekedés: q=1,2; évenként 20%-os fogyás: q=0,8. 1000 egység 3 év alatt 1000·1,2³=1728-ra nő. Felezési idő 6 óra esetén N(t)=N₀(1/2)^(t/6), ha t órában mért. 18 óra három felezés, a mennyiség N₀/8.
A diszkrét éves modellben t egész; folytonos kiterjesztést csak a modell feltevéseként használunk.
Adatból szorzó és idő
Ha a mennyiség 3 nap alatt nyolcszoros, napi állandó szorzója q³=8 alapján q=2. N(t)=500·1,2ᵗ esetén N(t)=1000: 1,2ᵗ=2, t=log(2)/log(1,2)≈3,80 év a folytonos modellben.
Év végi megfigyelésben először a 4. évben éri el vagy lépi át az 1000-et. A kerekítés irányát a kérdés dönti el.
Kidolgozott példa
Egy anyag 80 mg-ról 6 óránként a felére csökken. Mikor lesz 10 mg, és mennyi marad 12 óra múlva?
N(t)=80·(1/2)^(t/6) mg, t≥0 órában.
10/80=1/8=(1/2)³, ezért t/6=3, t=18 óra.
N(12)=80·(1/2)²=20 mg. A számítás állandó felezési folyamatot feltételez.
- Az állandó különbség lineáris, az állandó arány exponenciális modellt indokol.
- A modell időegysége és alkalmazási feltétele része az eredménynek.
Próbáld ki önállóan!
Exponenciális rendszer és logaritmusos tartomány+
- Pozitív segédváltozóval minden rendezett párt visszakeresni.
- Logaritmus-azonosságot kizárólag a közös tartományon alkalmazni.
Exponenciális helyettesítésnél u=aˣ mindig pozitív. Logaritmusnál az alap pozitív és nem 1, valamennyi eredeti argumentum pozitív.
Egy szorzat pozitivitása nem helyettesíti két külön logaritmus külön-külön pozitív argumentumát.
Másodfokú segédegyenlet
4ˣ−5·2ˣ+4=0: t=2ˣ>0, (t−1)(t−4)=0, ezért x=0 vagy 2. 4ˣ+2ˣ−2=0-ban a segédgyökök 1 és −2; csak 1 pozitív, ezért x=0. Az exponenciális új változó negatív gyöke nem ad valós kitevőt.
Rendszer és rendezett párok
2ˣ+2ʸ=6 és 2^(x+y)=8 mellett u=2ˣ>0,v=2ʸ>0. u+v=6,uv=8, így u,v a t²−6t+8=0 gyökei: 2 és 4. (x;y)=(1;2) vagy (2;1). Ha a szorzatfeltétel 10 volna, a segédegyenlet diszkriminánsa 36−40<0; nincs valós megoldás.
Logaritmus és kizárt jelölt
log₂x+log₂(x−2)=3 esetén x>2. A szorzatszabály után x(x−2)=8, jelöltek 4 és −2.
A −2 esetén a szorzat pozitív ugyan, de mindkét eredeti argumentum negatív: kizárt. x=4 jó, mert 2+1=3. log₂(x−1)=log₂(5−x) feltétele 1<x<5; a függvény egy-egyértelmű, ezért x−1=5−x és x=3.
Kidolgozott példa
Oldd meg log₃(x+1)+log₃(x−1)=1-et!
x>1 szükséges. A szorzatszabály: log₃(x²−1)=1.
x²−1=3, jelöltek x=±2. Csak x=2>1 megengedett.
Ellenőrzés log₃3+log₃1=1+0=1.
- A szorzatszabály előtt minden eredeti logaritmus argumentumát ellenőrizd.
- A felcserélt rendezett pár külön megoldás lehet.
Próbáld ki önállóan!
Egy újabb kidolgozott példa
Oldd meg: log₂(x − 1) = 3!
Az argumentum pozitív: x − 1 > 0, tehát x > 1.
A logaritmus definíciójából x − 1 = 2³ = 8, így x = 9.
Ellenőrzés: 9 > 1 és log₂8 = 3. A megoldás 9.
Emelt szinten menj tovább!
Logaritmusos egyenletben először az összes argumentum pozitivitását rögzítsd. Azonos alapú logaritmusok összevonásakor ezek a feltételek nem tűnnek el.
A logₐu + logₐv = logₐ(uv) u > 0 és v > 0 mellett igaz; az uv > 0 önmagában gyengébb feltétel. Exponenciális egyenlőtlenségnél 0 < a < 1 esetén az aˣ csökkenése miatt az összehasonlítás iránya megfordul.
Ellenőrizd, hogy megértetted!
1. kérdés
Mennyi log₃9 + log₃3, és mennyi log₃(9 + 3)?
Megoldás és magyarázat
Az első 2 + 1 = 3. A második log₃12, nem 3: az összeg logaritmusát nem lehet a tagok logaritmusára bontani.
2. kérdés
Oldd meg: log₂(x − 1) = 3!
Megoldás és magyarázat
Előbb x > 1. Ezután x − 1 = 2³ = 8, így x = 9.
A feltétel teljesül.
3. kérdés
Oldd meg: (1/2)ˣ > (1/2)³!
Megoldás és magyarázat
x < 3. A 0 és 1 közötti alap exponenciális függvénye szigorúan csökkenő, ezért a nagyobb függvényértékhez kisebb kitevő tartozik.