3.4 Logaritmekvationer

Sommarmatte 1

(Skillnad mellan versioner)

Hoppa till: navigering, sök

Versionen från 8 maj 2007 kl. 09.00

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.
Veta när och varför falska rötter uppstår.

Övningar

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.

\eqalign{10^x = y\quad&\Leftrightarrow\quad x = \lg y\cr e^x = y\quad&\Leftrightarrow\quad x = \ln y\cr}

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

Exempel 1

Lös ekvationerna

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

Exempel 2

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

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

Multiplicera båda led med 2 och subtrahera sedan 2 från båda led
3 \ln 2x = -1\,\mbox{.}
Dividera båda led med 3
\ln 2x = -\frac{1}{3}\,\mbox{.}
Nu ger definitionen direkt att \,2x = e^{-1/3}\,, vilket betyder att
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

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

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

\lg a^x = \lg b

och använda logaritmlagen för potenser

x \cdot \lg a = \lg b

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

Exempel 3

Lös ekvationen \ 3^x = 20\,.

Logaritmera båda led
\lg 3^x = \lg 20\,\mbox{.}
Vänsterledet kan skrivas som \,\lg 3^x = x \cdot \lg 3\, och då får vi att
x = \displaystyle \frac{\lg 20}{\lg 3} \quad ({}\approx 2{,}727)\,\mbox{.}
Lös ekvationen \ 5000 \cdot 1{,}05^x = 10\,000\,.

Dividera båda led med 5000
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 \,\lg 1{,}05^x = x\cdot\lg 1{,}05\,,
x = \frac{\lg 2}{\lg 1{,}05} \quad ({}\approx 14{,}2)\,\mbox{.}

Exempel 4

Lös ekvationen \ 2^x \cdot 3^x = 5\,.

Vänsterledet kan skrivas om med potenslagarna till \,2^x\cdot 3^x=(2 \cdot 3)^x\, och ekvationen blir
6^x = 5\,\mbox{.}
Denna ekvation löser vi på vanligt sätt med logaritmering och får att
x = \frac{\lg 5}{\lg 6}\quad ({}\approx 0{,}898)\,\mbox{.}
Lös ekvationen \ 5^{2x + 1} = 3^{5x}\,.

Logaritmera båda led och använd logaritmlagen \,\lg a^b = b \cdot \lg a
\eqalign{(2x+1)\lg 5 &= 5x \cdot \lg 3\,\mbox{,}\cr 2x \cdot \lg 5 + \lg 5 &= 5x \cdot \lg 3\,\mbox{.}\cr}
Samla \,x\, i ena ledet
\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
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 "\ln x" eller "e^x" som obekant.

Exempel 5

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

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

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

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

Förenkla båda led

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

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

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

En logaritmering ger sedan svaret

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

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

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

1 - (\ln x)^2 = \ln x\,\mbox{,}

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

Kvadratkomplettering av vänsterledet

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

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{.}

Falska rötter

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

Exempel 7

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

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

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

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

4x^2 - 1= 0

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 (*) är positiva

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

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

Exempel 8

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

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

(e^x)^2 - e^x = \textstyle\frac{1}{2}\,\mbox{.}

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

t^2 -t = \textstyle\frac{1}{2}\,\mbox{.}

Kvadratkomplettera vänsterledet

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

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 \,\sqrt3 > 1\, så är \,\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sqrt3 <0\, och det är bara \,t= \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt3\, som ger en lösning till den ursprungliga ekvationen eftersom \,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.

Övningar

Den här artikeln är hämtad från http://wiki.math.se/wikis/sf0600_0701/index.php/3.4_Logaritmekvationer

3.4 Logaritmekvationer

Sommarmatte 1

Versionen från 8 maj 2007 kl. 09.00

Grundekvationer

Några mer komplicerade ekvationer

Falska rötter

Visningar

Personliga verktyg

Navigering

Sök

Verktygslåda

 L&ouml;s ekvationerna
 <ol type="a">
-<li>$10^x = 537 \quad \quad$ som har lösningen x = \lg 537.  <br><br>
+<li>10^x = 537 \quad  har lösningen $\,x = \lg 537\,$.  <br><br>
-<li> $10^{5x} = 537 \quad \quad ger att 5x= \lg 537$ , d.v.s. $x= \displaystyle \frac{1}{5} \lg 537$  <br><br>
+<li> 10^{5x} = 537 \quad ger att $\,5x= \lg 537\,$, dvs. $\,x=\frac{1}{5} \lg 537\,$.  <br><br>
-<li> $\displaystyle \frac{3}{e^x} = 5 \quad \quad$
+<li> \displaystyle \frac{3}{e^x} = 5 \quad Multiplikation av båda led med $\,e^x\,$ och division med 5 ger att $\,\frac{3}{5}=e^x\,$, vilket betyder att $\,x=\ln\frac{3}{5}\,$.<br><br>
-::::'''Lösning:'''
+<li> \lg x = 3 \quad Definitionen ger direkt att $\,x=10^3 = 1000\,$.  <br><br>
-::::Multiplicerar båda led med $e^x$
+<li> \lg(2x-4) = 2 \quad Från definitionen har vi att $\,2x-4 = 10^2 = 100\, och då följer att \,x = 52\,$. <br><br>
-$$3=5e^x \; \mbox{.}$$
-::::Dividera båda led med $5$
-$$\frac{3}{5} = e^x$$
-::::vilket ger att $x=\ln \frac{3}{5}$. <br><br>
-<li> $(\sqrt{10})^x = 25 \quad $
-::::'''Lösning:'''
-::::Eftersom \sqrt{10} = 10^{1/2} är vänsterledet lika med (\sqrt{10})^x = (10^{1/2})^x = 10^{x/2}  och ekvationen lyder
-^{x/2} = 25
-::::Lösningen är $\displaystyle \frac{x}{2} = \lg 25, $ d.v.s. x= 2 \lg 25.  <br><br>
-<li> $\lg x = 3 \quad \quad \quad Definitionen ger direkt att x=10^3 = 1000$.  <br><br>
-<li> \lg(2x-4) = 2 \quad
-::::'''Lösning:'''
-::::Från definitionen har vi att.
-$2x-4 = 10^2 = 100$
-::::och då följer att x = 52.  <br><br>
-<li> \displaystyle \frac{3 \ln 2x}{2} + 1 = \displaystyle \frac{1}{2}\quad
-::::'''Lösning:'''
-::::Multiplicerar båda led med 2 och subtrahera sedan 2 från båda led
-\ln 2x = -1
-::::Dividera båda led med 3
- \ln 2x = -\displaystyle \frac{1}{3}
-::::Nu ger definitionen direkt att 2x = e^{-1/3}, vilket betyder att
- x = \displaystyle \frac{1}{2} e^{-1/3} = \displaystyle \frac{1}{2e^{1/3}}
 </ol>
 </div>
+<div class="exempel">
+'''Exempel 2'''
+<ol type="a">
+<li> Lös ekvationen \ (\sqrt{10}\,)^x = 25\,.
+<br>
+<br>
+Eftersom \,\sqrt{10} = 10^{1/2}\, är vänsterledet lika med \,(\sqrt{10}\,)^x = (10^{1/2})^x = 10^{x/2}\,  och ekvationen lyder
+^{x/2} = 25\,\mbox{.}
+Denna grundekvation har lösningen \,\displaystyle \frac{x}{2} = \lg 25\,, dvs. \,x= 2 \lg 25\,.  <br><br>
+<li> Lös ekvationen \ \displaystyle \frac{3 \ln 2x}{2} + 1 = \frac{1}{2}\,.
+<br>
+<br>
+Multiplicera båda led med 2 och subtrahera sedan 2 från båda led
+\ln 2x = -1\,\mbox{.}
+Dividera båda led med 3
+ \ln 2x = -\frac{1}{3}\,\mbox{.}
+Nu ger definitionen direkt att \,2x = e^{-1/3}\,, vilket betyder att
+ x = {\textstyle\frac{1}{2}} e^{-1/3} = \frac{1}{2e^{1/3}}\,\mbox{.}
+</ol>
+</div>
 I m&aring;nga praktiska till&auml;mpningar r&ouml;rande exponentiell tillv&auml;xt eller avtagande dyker det upp
 ekvationer av typen
-<div class="regel">
+$$a^x = b\,\mbox{,}$$
-a^x = b
+där $\,a\, och \,b\,$ är positiva tal. Dessa ekvationer l&ouml;ses enklast genom att ta logaritmen för b&aring;da led
-</div>
-där a och b är positiva tal. Dessa l&ouml;ses enklast genom att ta logaritmen av b&aring;da led
 \lg a^x = \lg b
 x \cdot \lg a = \lg b
-Vilket ger l&ouml;sningen x = \displaystyle \frac{\lg b}{\lg a} .
+vilket ger l&ouml;sningen $\ x = \displaystyle \frac{\lg b}{\lg a}\,$.
 <div class="exempel">
-'''Exempel 2'''
+'''Exempel 3'''
-L&ouml;s ekvationen
 <ol type="a">
-<li> 3^x = 20
+<li>Lös ekvationen $\ 3^x = 20\,$.
-::::'''L&ouml;sning:'''
+<br>
-::::Logaritmera båda led
+<br>
-\lg 3^x = \lg 20
+Logaritmera båda led
-::::Vänsterledet kan skrivas som $+lg 3^x = x \cdot \lg 3$
+$$\lg 3^x = \lg 20\,\mbox{.}$$
-::::och då får vi att
+Vänsterledet kan skrivas som $\,\lg 3^x = x \cdot \lg 3\,$ och då får vi att
-$$x = \displaystyle \frac{\lg 20}{\lg 3} \;\;\;\;\; (\approx 2,727)$$ <br><br>
+$$x = \displaystyle \frac{\lg 20}{\lg 3} \quad ({}\approx 2{,}727)\,\mbox{.}$$<br><br>
-<li>$ 5000 \cdot 1,05^x = 10 \: 000$
-::::'''L&ouml;sning:'''
+<li>Lös ekvationen $\ 5000 \cdot 1{,}05^x = 10\,000\,$.
-::::Dividera båda led med 5000
+<br>
-$$1,05^x = \displaystyle \frac{ 10 \: 000}{5000} = 2$$
+<br>
-::::Denna ekvation löser vi genom att logaritmera båda led med $\lg$ och skriva om vänsterledet som \lg 1,05^x = x \cdot \lg 1,05
+Dividera båda led med 5000
-$$x = \displaystyle \frac{\lg 2}{\lg 1,05} \;\;\;\;\; (\approx 14,2)$$ <br><br>
+$$1{,}05^x = \displaystyle \frac{ 10\,000}{5\,000} = 2\,\mbox{.}$$
-<li> 2^x \cdot 3^x = 5
+Denna ekvation löser vi genom att logaritmera båda led med lg och skriva om vänsterledet som $\,\lg 1{,}05^x = x\cdot\lg 1{,}05\,$,
-::::'''L&ouml;sning:'''
+$$x = \frac{\lg 2}{\lg 1{,}05} \quad ({}\approx 14{,}2)\,\mbox{.}$$<br>
-::::Vänsterledet kan skriva om med potenslagarna till $(2 \cdot 3)^x = 5$ och ekvationen blir
+</ol>
-^x = 5
+</div>
-::::Denna grundekvation löser vi på vanligt sätt med logaritmering och får
-$$x = \displaystyle \frac{\lg 5}{\lg 6}$$ <br><br>
+<div class="exempel">
-<li> 5^{2x + 1} = 3^{5x}
+'''Exempel 4'''
-::::'''L&ouml;sning:'''
-::::Logaritmera båda led och använd logaritmlagen \lg a^b = b \cdot \lg a
+<ol type="a">
-$$(2x+1)\lg 5 = 5x \cdot \lg 3$$
+<li>Lös ekvationen $\ 2^x \cdot 3^x = 5\,$.
-$$2x \cdot \lg 5 + \lg 5 = 5x \cdot \lg 3$$
+<br>
-::::Samla x i ena ledet
+<br>
-$$\lg 5 = 5x \cdot \lg 3 -2x \cdot \lg 5$$
+Vänsterledet kan skrivas om med potenslagarna till $\,2^x\cdot 3^x=(2 \cdot 3)^x\,$ och ekvationen blir
-$$\lg 5 = x (5 \lg 3 -2 \lg 5)$$
+$$6^x = 5\,\mbox{.}$$
-::::Lösningen är
+Denna ekvation löser vi på vanligt sätt med logaritmering och får att
-$$x = \displaystyle \frac{\lg 5}{5 \lg 3 -2 \lg 5}$$
+$$x = \frac{\lg 5}{\lg 6}\quad ({}\approx 0{,}898)\,\mbox{.}$$<br><br>
+<li>Lös ekvationen $\ 5^{2x + 1} = 3^{5x}\,$.
+<br>
+<br>
+Logaritmera båda led och använd logaritmlagen $\,\lg a^b = b \cdot \lg a$
+$$\eqalign{(2x+1)\lg 5 &= 5x \cdot \lg 3\,\mbox{,}\cr 2x \cdot \lg 5 + \lg 5 &= 5x \cdot \lg 3\,\mbox{.}\cr}$$
+Samla $\,x\,$ i ena ledet
+$$\eqalign{\lg 5 &= 5x \cdot \lg 3 -2x \cdot \lg 5\,\mbox{,}\cr \lg 5 &= x\,(5 \lg 3 -2 \lg 5)\,\mbox{.}\cr}$$
+Lösningen är
+$$x = \frac{\lg 5}{5 \lg 3 -2 \lg 5}\,\mbox{.}$$
 </ol>
 ==Några mer komplicerade ekvationer==
-Ekvationer som inneh&aring;ller exponential- eller logaritmuttryck kan ibland behandlas som f&ouml;rstagrads- eller andragradsekvationer genom att betrakta "$\ln{(x)}" eller "e^x$" som obekant.
+Ekvationer som inneh&aring;ller exponential- eller logaritmuttryck kan ibland behandlas som f&ouml;rstagrads- eller andragradsekvationer genom att betrakta "\ln x" eller "e^x" som obekant.
 <div class="exempel">
-'''Exempel 3'''
+'''Exempel 5'''
-Lös ekvationen $\displaystyle \displaystyle \frac{6e^x}{3e^x+1}=\displaystyle \displaystyle \frac{5}{e^{-x}+2}$
+Lös ekvationen $\ \displaystyle \frac{6e^x}{3e^x+1}=\frac{5}{e^{-x}+2}\,$.
+<br>
+<br>
+Multiplicera båda led med \,3e^x+1\, och $\,e^{-x}+2\,$ för att få bort nämnarna
-Multiplicera båda led med $3e^x+1 och e^{-x}+2$ för att få bort nämnarna
+$$6e^x(e^{-x}+2) = 5(3e^x+1)\,\mbox{.}$$
-e^x(e^{-x}+2) = 5(3e^x+1)
+Notera att eftersom $\,e^x\, och \,e^{-x}\,$ alltid är positiva oavsett värdet på $\,x\,$ så multiplicerar vi alltså ekvationen med faktorer $\,3e^x+1\, och \,e^{-x} +2\,$ som är skilda från noll, så detta steg riskerar inte att introducera nya (falska) rötter till ekvationen.
-Notera att eftersom e^x och e^{-x} alltid är postiva oavsett värdet på x så multiplicera vi alltså ekvationen med faktorer 3e^x+1 och e^{-x} +2 som är skilda från noll, så detta steg introducerar inga nya falska rötter till ekvationen.
 Förenkla båda led
-+12e^x = 15e^x+5
+$$6+12e^x = 15e^x+5\,\mbox{,}$$
+där vi använt att $\,e^{-x} \cdot e^x = e^{-x + x} = e^0 = 1\,. Betraktar vi nu \,e^x\,$ som obekant är ekvationen väsentligen en förstagradsekvation som har lösningen
-där vi använt att e^{-x} \cdot e^x = e^{-x + x} = e^0 = 1. Betraktar vi nu e^x som obekant är ekvationen väsentligen en förstagradsekvation som har lösningen
+$$e^x=\frac{1}{3}\,\mbox{.}$$
-$$e^x=\displaystyle \displaystyle \frac{1}{3}$$
-En logaritmering ger svaret
-$$x=\ln{\displaystyle \displaystyle \frac{1}{3}}= \ln 3^{-} = -1 \cdot \ln 3 = -\ln(3)$$
+En logaritmering ger sedan svaret
+x=\ln\frac{1}{3}= \ln 3^{-1} = -1 \cdot \ln 3 = -\ln 3\,\mbox{.}
 </div>
 <div class="exempel">
-'''Exempel 4'''
+'''Exempel 6'''
-Lös ekvationen \displaystyle \frac{1}{\ln x} + \ln \displaystyle \frac{1}{x} = 1.
-Termen \ln \displaystyle \frac{1}{x} kan skrivas som \ln \displaystyle \frac{1}{x} = \ln x^{-1} = -1 \cdot \ln x = - \ln x
-och då blir ekvationen
-\frac{1}{\ln x} - \ln x = 1
-där vi kan betrakta \ln x som en ny obekant. Multiplicerar vi båda led med \ln x (som är skild från noll när x \ne 1) får vi en andragradsekvation i \ln x
-- (\ln x)^2 = \ln x
+Lös ekvationen \ \displaystyle \frac{1}{\ln x} + \ln\frac{1}{x} = 1\,.
- (\ln x)^2 + \ln x - 1 = 0
+<br>
+<br>
+Termen \,\ln \displaystyle \frac{1}{x}\, kan skrivas som \,\ln \displaystyle \frac{1}{x} = \ln x^{-1} = -1 \cdot \ln x = - \ln x\, och då blir ekvationen
+\frac{1}{\ln x} - \ln x = 1\,\mbox{,}
+där vi kan betrakta \,\ln x\, som en ny obekant. Multiplicerar vi båda led med \,\ln x\, (som är skild från noll när \,x \neq 1\,) får vi en andragradsekvation i \,\ln x
+$$1 - (\ln x)^2 = \ln x\,\mbox{,}$$
+$$ (\ln x)^2 + \ln x - 1 = 0\,\mbox{.}$$
-Kvadratkomplettering i vänsterledet
+Kvadratkomplettering av vänsterledet
-$$ (\ln x)^2 + \ln x -1 = \left( \ln x + \frac{1}{2} \right)^2 - \left(\frac{1}{2} \right)^2 - 1$$
+$$\eqalign{\textstyle (\ln x)^2 + \ln x -1 &= \bigl( \ln x + \frac{1}{2} \bigr)^2 - \bigl(\frac{1}{2} \bigr)^2 - 1\cr &= \bigl( \ln x + \frac{1}{2} \bigr)^2 - \frac{5}{4}\cr}$$
-$$ = \left( \ln x + \frac{1}{2} \right)^2 - \frac{5}{4}$$
 följt av rotutdragning ger att
-$$\ln x = -\frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{5}}{2} \; \mbox{.}$$
+$$\ln x = -\frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{5}}{2} \,\mbox{.}$$
 Detta betyder att ekvationen har två lösningar
-$$ x= e^{-\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{5}}{2}} \quad \mbox{och} \quad x= e^{-\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{2}}  \; \mbox{.}$$
+$$ x= e^{(-1 + \sqrt{5})/2} \quad \mbox{och} \quad x= e^{-(1+\sqrt{5})/2}\,\mbox{.}$$<br>
 </div>
-När man löser ekvationer gäller det också att tänka på att argument till logaritmer måste vara positiva och att uttryck av typen e^{(\ldots)} bara kan anta positiva värden. Risken är annars att man får med falska rötter.
+===Falska rötter===
+När man löser ekvationer gäller det också att tänka på att argument till logaritmer måste vara positiva och att uttryck av typen $\,e^{(\ldots)}\,$ bara kan anta positiva värden. Risken är annars att man får med falska rötter.
 <div class="exempel">
-'''Exempel 5'''
+'''Exempel 7'''
-L&ouml;s ekvationen  \ln(4x^2 -2x) = \ln (1-2x).
-För att ekvationen ska vara uppfylld måste argumenten 4x^2-2x och 1-2x vara lika,
+L&ouml;s ekvationen \ \ln(4x^2 -2x) = \ln (1-2x)\,.
+<br>
+<br>
+För att ekvationen ska vara uppfylld måste argumenten $\,4x^2-2x\, och \,1-2x\,$ vara lika,
 x^2 - 2x = 1 - 2x , \quad \quad \quad \quad (*)
-och dessutom positiva. Vi löser ekvationen (*) genom att flytta över alla termer i ena ledet.
+och dessutom positiva. Vi löser ekvationen (*) genom att flytta över alla termer i ena ledet
 x^2 - 1= 0
 och använder rotutdragning. Detta ger att
-x= -\frac{1}{2} \quad och \quad x= \frac{1}{2} \; \mbox{.}
+$$\textstyle x= -\frac{1}{2} \quad \mbox{och} \quad x= \frac{1}{2} \; \mbox{.}$$
-Vi kontrollera nu om båda led i (*) är positiva
+Vi kontrollerar nu om båda led i (*) är positiva
+* Om x= -\frac{1}{2}\, blir båda led lika med \,4x^2 - 2x = 1-2x = 1-2 \cdot \bigl(-\frac{1}{2}\bigr) = 1+1 = 2 > 0\,.
+* Om x= \frac{1}{2}\, blir båda led lika med \,4x^2 - 2x = 1-2x = 1-2 \cdot \frac{1}{2} = 1-1 = 0 \not > 0\,.
-x= -\displaystyle \frac{1}{2}: \quad \quad 4x^2 - 2x = 1-2x = 1-2 \cdot \left(-\displaystyle \frac{1}{2} \right) = 1+1 = 2 > 0
+Alltså har logaritmekvationen bara en lösning $\,x= -\frac{1}{2}\,$.
-x= \displaystyle\frac{1}{2}: \quad \quad 4x^2 - 2x = 1-2x = 1-2 \cdot \displaystyle \frac{1}{2} = 1+1 = 2 \not{>} 0
-Alltså har logaritmekvationen bara en lösning $x= -\displaystyle \frac{1}{2}$.
 </div>
 <div class="exempel">
-'''Exempel 6'''
+'''Exempel 8'''
-L&ouml;s ekvationen e^{2x} - e^{x} = \displaystyle\frac{1}{2}.
-Den första termen kan vi skriva som e^{2x} = (e^x)^2. Hela ekvationen är alltså en andragradsekvationen med e^x som obekant.
-$$(e^x)^2 - e^x = \frac{1}{2} \; \mbox{.}$$
+L&ouml;s ekvationen \ e^{2x} - e^{x} = \frac{1}{2}\,.
+<br>
+<br>
+Den första termen kan vi skriva som \,e^{2x} = (e^x)^2\,. Hela ekvationen är alltså en andragradsekvation med \,e^x\, som obekant
+$$(e^x)^2 - e^x = \textstyle\frac{1}{2}\,\mbox{.}$$
-Ekvationen kan vara lite enklare att hantera om vi skriver t istället för e^x,
+Ekvationen kan vara lite enklare att hantera om vi skriver $\,t\, istället för \,e^x\,$,
-t^2 -t = \frac{1}{2}
+$$t^2 -t = \textstyle\frac{1}{2}\,\mbox{.}$$
 Kvadratkomplettera vänsterledet
-$$\left(t-\frac{1}{2}\right)^2 - \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{2}$$
+$$\eqalign{\textstyle \bigl(t-\frac{1}{2}\bigr)^2 - \bigl(\frac{1}{2}\bigr)^2 &= \frac{1}{2}\,\mbox{,}\cr \bigl(t-\frac{1}{2}\bigr)^2 &= \frac{3}{4}\,\mbox{,}\cr}$$
-$$\left(t-\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{3}{4}$$
 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 \sqrt3 > 1 så är $\displaystyle \frac{1}{2}-\displaystyle\frac{1}{2}\sqrt3 <0 och det är bara t= \displaystyle \frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{2}\sqrt3 som ger en lösning till den ursprungliga ekvationen eftersom e^x$ alltid är positiv. Logaritmering ger att
+Eftersom $\,\sqrt3 > 1\, så är \,\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sqrt3 <0\, och det är bara \,t=  \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt3\, som ger en lösning till den ursprungliga ekvationen eftersom \,e^x\,$ alltid är positiv. Logaritmering ger slutligen att
-$$x = \ln \left(\displaystyle \frac{1}{2}+\displaystyle\frac{\sqrt3}{2}\right)$$
+$$x = \ln \Bigl(\,\frac{1}{2}+\frac{\sqrt3}{2}\,\Bigr)$$
 är den enda lösningen till ekvationen.
-<div class="inforuta">
-'''Råd för inläsning'''
-'''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.
-'''Lästips'''
-för dig som vill fördjupa dig ytterligare eller behöver en längre förklaring
-[http://en.wikipedia.org/wiki/Logarithm Läs mer om logaritmer på engelska Wikipedia]
-[http://www-groups.dcs.st-and.ac.uk/~history/HistTopics/e.html Läs mer om Talet  e  i The MacTutor History of Mathematics archive]
-'''Länktips'''
-[http://www.ltcconline.net/greenl/java/IntermedCollegeAlgebra/LogGraph/logGraph.html Experimentera med logaritmer och potenser]
-[http://www.ltcconline.net/greenl/java/IntermedCollegeAlgebra/LogConcentration/LogConcentration.htm Spela logaritm Memory]
-[http://www.ltcconline.net/greenl/java/IntermedCollegeAlgebra/logger.htm Hjälp grodan hoppa till sitt näckrosblad i "log"-spelet ]
-</div>
-''' © Copyright 2007, math.se'''
+<small>© Copyright 2007, math.se</small>