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.
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.
|
