3.4 Logaritmekvationer

Sommarmatte 1

(Skillnad mellan versioner)
Hoppa till: navigering, sök
Versionen från 20 april 2007 kl. 14.58 (redigera)
Lina (Diskussion | bidrag)

← Gå till föregående ändring
Nuvarande version (16 maj 2007 kl. 07.41) (redigera) (ogör)
Tek (Diskussion | bidrag)
(Lagt in text om grund- och slutprov)
 
(9 mellanliggande versioner visas inte.)
Rad 1: Rad 1:
 +__NOTOC__
<table><tr><td width="600"> <table><tr><td width="600">
- 
-=3.4 Logaritmekvationer= 
<div class="inforuta"> <div class="inforuta">
'''Innehåll:''' '''Innehåll:'''
-* alt 1+* Logaritmekvationer
-* alt 2+* Exponentialekvationer
 +* Falska rötter.
 +</div>
 + 
 +<div class="inforuta">
 +'''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.
 +* Hantera falska rötter och veta när de uppstår.
</div> </div>
-[[agjöeijö|Övningar]]+[[3.4 Övningar|Övningar]]
</td> </td>
Rad 25: Rad 33:
definitionen av logaritm, dvs. definitionen av logaritm, dvs.
-$$10^x = y \Leftrightarrow x = \lg y$$+$$\eqalign{10^x = y\quad&\Leftrightarrow\quad x = \lg y\cr e^x = y\quad&\Leftrightarrow\quad x = \ln y\cr}$$
-$$e^x = y \Leftrightarrow x = \ln y$$+
- +
-(Vi anv&auml;nder oss h&auml;r enbart av 10-logaritmer eller naturliga logaritmer)+(Vi anv&auml;nder oss h&auml;r enbart av 10-logaritmer eller naturliga logaritmer.)
- +
- +
<div class="exempel"> <div class="exempel">
Rad 38: Rad 42:
L&ouml;s ekvationerna L&ouml;s ekvationerna
<ol type="a"> <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 +
-$$10^{x/2} = 25$$+
-::::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+
-$$ 3 \ln 2x = -1$$ +
-::::Dividera båda led med $3$+
-$$ \ln 2x = -\displaystyle \frac{1}{3} $$ +
-::::Nu ger definitionen direkt att $2x = e^{-1/3}$, vilket betyder att +
-$$ x = \displaystyle \frac{1}{2} e^{-1/3} = \displaystyle \frac{1}{2e^{1/3}} $$ +
</ol> </ol>
 +</div>
-</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
 +$$10^{x/2} = 25\,\mbox{.}$$
 +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
 +$$ 3 \ln 2x = -1\,\mbox{.}$$
 +Dividera båda led med 3
 +$$ \ln 2x = -\frac{1}{3}\,\mbox{.}$$
 +Nu ger definitionen direkt att $\,2x = e^{-1/3}\,$, vilket betyder att
 +$$ x = {\textstyle\frac{1}{2}} e^{-1/3} = \frac{1}{2e^{1/3}}\,\mbox{.} $$
 +</ol>
 +</div>
I m&aring;nga praktiska till&auml;mpningar r&ouml;rande exponentiell tillv&auml;xt eller avtagande dyker det upp I m&aring;nga praktiska till&auml;mpningar r&ouml;rande exponentiell tillv&auml;xt eller avtagande dyker det upp
ekvationer av typen 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+
$$\lg a^x = \lg b$$ $$\lg a^x = \lg b$$
Rad 84: Rad 84:
$$x \cdot \lg a = \lg b$$ $$x \cdot \lg a = \lg b$$
-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"> <div class="exempel">
-'''Exempel 2'''+'''Exempel 3'''
-L&ouml;s ekvationen 
<ol type="a"> <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>
-$$6^x = 5$$+</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> </ol>
Rad 127: Rad 136:
==Några mer komplicerade ekvationer== ==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"> <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+$$6e^x(e^{-x}+2) = 5(3e^x+1)\,\mbox{.}$$
-$$6e^x(e^{-x}+2) = 5(3e^x+1)$$+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 Förenkla båda led
-$$6+12e^x = 15e^x+5$$+$$6+12e^x = 15e^x+5\,\mbox{,}$$
- +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>
- 
<div class="exempel"> <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 $\ln x$+
-$$1 - (\ln x)^2 = \ln x$$+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 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 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> </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"> <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,
$$4x^2 - 2x = 1 - 2x , \quad \quad \quad \quad (*)$$ $$4x^2 - 2x = 1 - 2x , \quad \quad \quad \quad (*)$$
-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
$$4x^2 - 1= 0 $$ $$4x^2 - 1= 0 $$
Rad 203: Rad 206:
och använder rotutdragning. Detta ger att 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>
- 
<div class="exempel"> <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 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 vilket ger lösningarna
Rad 238: Rad 237:
$$t=\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} \quad \mbox{och} \quad t=\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \, \mbox{.}$$ $$t=\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} \quad \mbox{och} \quad t=\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \, \mbox{.}$$
-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. är den enda lösningen till ekvationen.
Rad 246: Rad 245:
</div> </div>
 +[[3.4 Övningar|Övningar]]
<div class="inforuta"> <div class="inforuta">
'''Råd för inläsning''' '''Råd för inläsning'''
 +
 +'''Grund- och slutprov'''
 +
 +Efter att du har läst texten och arbetat med övningarna ska du göra grund- och slutprovet för att bli godkänd på detta avsnitt. Du hittar länken till proven i din student lounge.
Rad 257: Rad 261:
Logaritmer brukar behandlas översiktligt i gymnasiet. Därför brukar många högskolestudenter stöta på problem när det gäller att räkna med 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> </div>
- 
- 
- 
-'''© Copyright 2006, KTH Matematik''' 
- 
- 

Nuvarande version

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.
  • Hantera falska rötter och veta när de uppstår.

Övningar

[redigera] 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

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

  2. $10^{5x} = 537 \quad$ ger att $\,5x= \lg 537\,$, dvs. $\,x=\frac{1}{5} \lg 537\,$.

  3. $\displaystyle \frac{3}{e^x} = 5 \quad$ Multiplikation av båda led med $\,e^x\,$ och division med 5 ger att $\,\frac{3}{5}=e^x\,$, vilket betyder att $\,x=\ln\frac{3}{5}\,$.

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

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

Exempel 2

  1. 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. $\,x= 2 \lg 25\,$.

  2. 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

  1. 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 $$x = \displaystyle \frac{\lg 20}{\lg 3} \quad ({}\approx 2{,}727)\,\mbox{.}$$

  2. 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

  1. 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 $$x = \frac{\lg 5}{\lg 6}\quad ({}\approx 0{,}898)\,\mbox{.}$$

  2. 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 $$x = \frac{\lg 5}{5 \lg 3 -2 \lg 5}\,\mbox{.}$$

[redigera] 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

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

[redigera] 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


Råd för inläsning

Grund- och slutprov

Efter att du har läst texten och arbetat med övningarna ska du göra grund- och slutprovet för att bli godkänd på detta avsnitt. Du hittar länken till proven i din student lounge.


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.




Personliga verktyg