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
© Copyright 2007, math.se
|
|
