3.4 Logaritmekvationer

Sommarmatte 1

(Skillnad mellan versioner)
Hoppa till: navigering, sök
Versionen från 20 april 2007 kl. 14.56 (redigera)
Lina (Diskussion | bidrag)
(Några mer komplicerade ekvationer)
← Gå till föregående ändring
Versionen från 20 april 2007 kl. 14.58 (redigera) (ogör)
Lina (Diskussion | bidrag)

Gå till nästa ändring →
Rad 18: Rad 18:
<tr><td width=600> <tr><td width=600>
<!-- huvudtexten --> <!-- huvudtexten -->
- 
- 
-$$ fristående formel dubbla dollar $$ 
- 
-teori igen 
- 
-<div class="regel"> 
-'''Viktig regel:''' 
-$$dubbeldollar$$ 
-</div> 
- 
-<div class="exempel"> 
-'''Exempel 1''' 
- 
-Exempeltext, använd nedanstående numrering 
-<ol type="a"> 
-<li>$matte$ 
-<li>text 
-</ol> 
- 
-</div> 
==Grundekvationer== ==Grundekvationer==
Rad 301: Rad 280:
-<div class="inforuta"> 
-'''Råd för inläsning''' 
- 
- 
-'''Tänk på att:''' 
- 
-Det är speciellt viktigt att kunna använda de fyra räknesätten, parenteser och potenser korrekt när man räknar med symboler (x, y, a, b, ...).  
- 
-Det är också viktigt att kunna förenkla symboluttryck och skriva dessa i olika former. Speciellt rationella uttryck, dvs. uttryck med variabler där man har en täljare och en nämnare. 
- 
- 
-'''Lästips''' 
- 
-för dig som vill fördjupa dig ytterligare eller behöver en längre förklaring 
- 
-[http://www.jamesbrennan.org/algebra/ Understanding Algebra - engelsk bok på nätet för högskoleförberedande studier] 
- 
- 
-'''Länktips''' 
- 
-[http://www.theducation.se/kurser/gymaa/kursmoment/aalgebra_ex/aalgebra_ex.htm Träna mer på ekvationer, blandade exempel från Theducation ] 
- 
-[http://www.theducation.se/kurser/umaprep/2_algebra/21_polynom_ekvationer/215_ekvationer/index.asp Träna på och läs om ekvationer i Theducations gymnasielexikon] 
- 
-</div> 
'''© Copyright 2006, KTH Matematik''' '''© Copyright 2006, KTH Matematik'''

Versionen från 20 april 2007 kl. 14.58

3.4 Logaritmekvationer

Innehåll:

  • alt 1
  • alt 2

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.

$$10^x = y \Leftrightarrow x = \lg y$$ $$e^x = y \Leftrightarrow x = \ln y$$


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


Exempel 1

Lös ekvationerna

  1. $10^x = 537 \quad \quad$ som har lösningen $x = \lg 537$.

  2. $10^{5x} = 537 \quad \quad$ ger att $5x= \lg 537$ , d.v.s. $x= \displaystyle \frac{1}{5} \lg 537$

  3. $\displaystyle \frac{3}{e^x} = 5 \quad \quad$
    Lösning:
    Multiplicerar båda led med $e^x$
    $$3=5e^x \; \mbox{.}$$
    Dividera båda led med $5$
    $$\frac{3}{5} = e^x$$
    vilket ger att $x=\ln \frac{3}{5}$.

  4. $(\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
    $$10^{x/2} = 25$$
    Lösningen är $\displaystyle \frac{x}{2} = \lg 25, $ d.v.s. $x= 2 \lg 25$.

  5. $\lg x = 3 \quad \quad \quad$ Definitionen ger direkt att $x=10^3 = 1000$.

  6. $\lg(2x-4) = 2 \quad$
    Lösning:
    Från definitionen har vi att.
    $$2x-4 = 10^2 = 100$$
    och då följer att $x = 52$.

  7. $\displaystyle \frac{3 \ln 2x}{2} + 1 = \displaystyle \frac{1}{2}\quad$
    Lösning:
    Multiplicerar båda led med $2$ och subtrahera sedan $2$ från båda led
    $$ 3 \ln 2x = -1$$
    Dividera båda led med $3$
    $$ \ln 2x = -\displaystyle \frac{1}{3} $$
    Nu ger definitionen direkt att $2x = e^{-1/3}$, vilket betyder att
    $$ x = \displaystyle \frac{1}{2} e^{-1/3} = \displaystyle \frac{1}{2e^{1/3}} $$


I många praktiska tillämpningar rörande exponentiell tillväxt eller avtagande dyker det upp ekvationer av typen

$$a^x = b$$

där $a$ och $b$ är positiva tal. Dessa löses enklast genom att ta logaritmen av 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 2

Lös ekvationen

  1. $ 3^x = 20$
    Lösning:
    Logaritmera båda led
    $$\lg 3^x = \lg 20$$
    Vänsterledet kan skrivas som $+lg 3^x = x \cdot \lg 3$
    och då får vi att
    $$x = \displaystyle \frac{\lg 20}{\lg 3} \;\;\;\;\; (\approx 2,727)$$

  2. $ 5000 \cdot 1,05^x = 10 \: 000$
    Lösning:
    Dividera båda led med 5000
    $$1,05^x = \displaystyle \frac{ 10 \: 000}{5000} = 2$$
    Denna ekvation löser vi genom att logaritmera båda led med $\lg$ och skriva om vänsterledet som $\lg 1,05^x = x \cdot \lg 1,05$
    $$x = \displaystyle \frac{\lg 2}{\lg 1,05} \;\;\;\;\; (\approx 14,2)$$

  3. $ 2^x \cdot 3^x = 5$
    Lösning:
    Vänsterledet kan skriva om med potenslagarna till $(2 \cdot 3)^x = 5$ och ekvationen blir
    $$6^x = 5$$
    Denna grundekvation löser vi på vanligt sätt med logaritmering och får
    $$x = \displaystyle \frac{\lg 5}{\lg 6}$$

  4. $ 5^{2x + 1} = 3^{5x}$
    Lösning:
    Logaritmera båda led och använd logaritmlagen $\lg a^b = b \cdot \lg a$
    $$(2x+1)\lg 5 = 5x \cdot \lg 3$$ $$2x \cdot \lg 5 + \lg 5 = 5x \cdot \lg 3$$
    Samla $x$ i ena ledet
    $$\lg 5 = 5x \cdot \lg 3 -2x \cdot \lg 5$$ $$\lg 5 = x (5 \lg 3 -2 \lg 5)$$
    Lösningen är
    $$x = \displaystyle \frac{\lg 5}{5 \lg 3 -2 \lg 5}$$

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 3

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

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

$$6e^x(e^{-x}+2) = 5(3e^x+1)$$

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 $$6+12e^x = 15e^x+5$$

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

$$e^x=\displaystyle \displaystyle \frac{1}{3}$$

En logaritmering ger svaret

$$x=\ln{\displaystyle \displaystyle \frac{1}{3}}= \ln 3^{-} = -1 \cdot \ln 3 = -\ln(3)$$


Exempel 4

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 $\ln x$

$$1 - (\ln x)^2 = \ln x$$ $$ (\ln x)^2 + \ln x - 1 = 0$$

Kvadratkomplettering i vänsterledet

$$ (\ln x)^2 + \ln x -1 = \left( \ln x + \frac{1}{2} \right)^2 - \left(\frac{1}{2} \right)^2 - 1$$ $$ = \left( \ln x + \frac{1}{2} \right)^2 - \frac{5}{4}$$

följt av rotutdragning ger att

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

Detta betyder att ekvationen har två lösningar

$$ x= e^{-\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{5}}{2}} \quad \mbox{och} \quad x= e^{-\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{2}} \; \mbox{.}$$

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 5

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

$$x= -\frac{1}{2} \quad och \quad x= \frac{1}{2} \; \mbox{.}$$

Vi kontrollera nu om båda led i $(*)$ är positiva

$x= -\displaystyle \frac{1}{2}: \quad \quad 4x^2 - 2x = 1-2x = 1-2 \cdot \left(-\displaystyle \frac{1}{2} \right) = 1+1 = 2 > 0$

$x= \displaystyle\frac{1}{2}: \quad \quad 4x^2 - 2x = 1-2x = 1-2 \cdot \displaystyle \frac{1}{2} = 1+1 = 2 \not{>} 0$

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


Exempel 6

Lös 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.

$$(e^x)^2 - e^x = \frac{1}{2} \; \mbox{.}$$

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

$$t^2 -t = \frac{1}{2}$$

Kvadratkomplettera vänsterledet

$$\left(t-\frac{1}{2}\right)^2 - \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{2}$$ $$\left(t-\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{3}{4}$$

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

$$x = \ln \left(\displaystyle \frac{1}{2}+\displaystyle\frac{\sqrt3}{2}\right)$$

är den enda lösningen till ekvationen.


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

Läs mer om logaritmer på engelska Wikipedia

Läs mer om Talet e i The MacTutor History of Mathematics archive


Länktips

Experimentera med logaritmer och potenser

Spela logaritm Memory

Hjälp grodan hoppa till sitt näckrosblad i "log"-spelet



© Copyright 2006, KTH Matematik




Personliga verktyg