3.4 Logaritmekvationer

Exempel 1

Lös ekvationerna

1. 10x=537 har lösningen x=lg537.
2. 105x=537 ger att 5x=lg537, dvs. x=51lg537.
3. 3ex=5 Multiplikation av båda led med ex och division med 5 ger att 53=ex, vilket betyder att x=ln53.
4. lgx=3 Definitionen ger direkt att x=103=1000.
5. lg(2x−4)=2 Från definitionen har vi att 2x−4=102=100 och då följer att x=52.

Exempel 2

1. Lös ekvationen (10)x=25 .
   
   Eftersom 10=1012  är vänsterledet lika med (10)x=(1012)x=10x2  och ekvationen lyder

   10x2=25.

   Denna grundekvation har lösningen x2=lg25, dvs. x=2lg25.
2. Lös ekvationen 23ln2x+1=21.
   
   Multiplicera båda led med 2 och subtrahera sedan 2 från båda led

   3ln2x=−1.

   Dividera båda led med 3

   ln2x=−31.

   Nu ger definitionen direkt att 2x=e−13 , vilket betyder att

   x=21e−13=12e13.

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{.}

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

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

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

En logaritmering ger sedan svaret

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

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

Kvadratkomplettering av vänsterledet

   \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

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

Detta betyder att ekvationen har två lösningar

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

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,

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

och använder rotutdragning. Detta ger att

 \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

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

Kvadratkomplettera vänsterledet

   \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

 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

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

är den enda lösningen till ekvationen.