Processing Math: Done
To print higher-resolution math symbols, click the
Hi-Res Fonts for Printing button on the jsMath control panel.
jsMath

3.4 Logaritmekvationer

Förberedande kurs i matematik 1

(Skillnad mellan versioner)
Hoppa till: navigering, sök
Nuvarande version (30 april 2010 kl. 11.29) (redigera) (ogör)
(Länkar in Ja/Nej-frågor)
 
(En mellanliggande version visas inte.)
Rad 4: Rad 4:
{{Mall:Vald flik|[[3.4 Logaritmekvationer|Teori]]}}
{{Mall:Vald flik|[[3.4 Logaritmekvationer|Teori]]}}
{{Mall:Ej vald flik|[[3.4 Övningar|Övningar]]}}
{{Mall:Ej vald flik|[[3.4 Övningar|Övningar]]}}
 +
{{Mall:Ej vald flik|[[3.4 Ja eller Nej?|Ja/Nej?]]}}
| style="border-bottom:1px solid #797979" width="100%"|  
| style="border-bottom:1px solid #797979" width="100%"|  
|}
|}
Rad 27: Rad 28:
{{Fristående formel||<math>\begin{align*}
{{Fristående formel||<math>\begin{align*}
-
10^x = y\quad&\Leftrightarrow\quad x = \lg y\\
+
10^x = y\quad&\Leftrightarrow\quad x = \lg y\\
-
e^x = y\quad&\Leftrightarrow\quad x = \ln y\\
+
e^x = y\quad&\Leftrightarrow\quad x = \ln y\\
-
\end{align*}</math>}}
+
\end{align*}</math>}}
(Vi använder oss här enbart av 10-logaritmer eller naturliga logaritmer.)
(Vi använder oss här enbart av 10-logaritmer eller naturliga logaritmer.)
Rad 175: Rad 176:
{{Fristående formel||<math>\begin{align*}
{{Fristående formel||<math>\begin{align*}
-
\textstyle (\ln x)^2 + \ln x -1
+
\textstyle (\ln x)^2 + \ln x -1
-
&= \bigl( \ln x + \frac{1}{2} \bigr)^2 - \bigl(\frac{1}{2} \bigr)^2 - 1\\
+
&= \bigl( \ln x + \frac{1}{2} \bigr)^2 - \bigl(\frac{1}{2} \bigr)^2 - 1\\
-
&= \bigl( \ln x + \frac{1}{2} \bigr)^2 - \frac{5}{4}\\
+
&= \bigl( \ln x + \frac{1}{2} \bigr)^2 - \frac{5}{4}\\
-
\end{align*}</math>}}
+
\end{align*}</math>}}
följt av rotutdragning ger att
följt av rotutdragning ger att
{{Fristående formel||<math>
{{Fristående formel||<math>
-
\ln x = -\frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{5}}{2} \,\mbox{.}</math>}}
+
\ln x = -\frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{5}}{2} \,\mbox{.}</math>}}
Detta betyder att ekvationen har två lösningar
Detta betyder att ekvationen har två lösningar
{{Fristående formel||<math>
{{Fristående formel||<math>
-
x= e^{(-1 + \sqrt{5})/2}
+
x= e^{(-1 + \sqrt{5})/2}
-
\quad \mbox{och} \quad
+
\quad \mbox{och} \quad
-
x= e^{-(1+\sqrt{5})/2}\,\mbox{.}</math>}}
+
x= e^{-(1+\sqrt{5})/2}\,\mbox{.}</math>}}
</div>
</div>
Rad 215: Rad 216:
{{Fristående formel||<math>
{{Fristående formel||<math>
-
\textstyle x= -\frac{1}{2}
+
\textstyle x= -\frac{1}{2}
-
\quad\mbox{och}\quad
+
\quad\mbox{och}\quad
-
x = \frac{1}{2} \; \mbox{.}</math>}}
+
x = \frac{1}{2} \; \mbox{.}</math>}}
Vi kontrollerar nu om båda led i <math>(*)</math> är positiva
Vi kontrollerar nu om båda led i <math>(*)</math> är positiva
Rad 242: Rad 243:
{{Fristående formel||<math>\begin{align*}
{{Fristående formel||<math>\begin{align*}
-
\textstyle \bigl(t-\frac{1}{2}\bigr)^2 - \bigl(\frac{1}{2}\bigr)^2
+
\textstyle \bigl(t-\frac{1}{2}\bigr)^2 - \bigl(\frac{1}{2}\bigr)^2
-
&= \frac{1}{2}\,\mbox{,}\\
+
&= \frac{1}{2}\,\mbox{,}\\
-
\bigl(t-\frac{1}{2}\bigr)^2
+
\bigl(t-\frac{1}{2}\bigr)^2
-
&= \frac{3}{4}\,\mbox{,}\\
+
&= \frac{3}{4}\,\mbox{,}\\
-
\end{align*}</math>}}
+
\end{align*}</math>}}
vilket ger lösningarna
vilket ger lösningarna
{{Fristående formel||<math>
{{Fristående formel||<math>
-
t=\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}
+
t=\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}
-
\quad\mbox{och}\quad
+
\quad\mbox{och}\quad
-
t=\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \, \mbox{.}</math>}}
+
t=\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \, \mbox{.}</math>}}
Eftersom <math>\sqrt3 > 1</math> så är <math>\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sqrt3 <0</math> och det är bara <math>t= \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt3</math> som ger en lösning till den ursprungliga ekvationen eftersom <math>e^x</math> alltid är positiv. Logaritmering ger slutligen att
Eftersom <math>\sqrt3 > 1</math> så är <math>\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sqrt3 <0</math> och det är bara <math>t= \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt3</math> som ger en lösning till den ursprungliga ekvationen eftersom <math>e^x</math> alltid är positiv. Logaritmering ger slutligen att
{{Fristående formel||<math>
{{Fristående formel||<math>
-
x = \ln \Bigl(\,\frac{1}{2}+\frac{\sqrt3}{2}\,\Bigr)</math>}}
+
x = \ln \Bigl(\,\frac{1}{2}+\frac{\sqrt3}{2}\,\Bigr)</math>}}
är den enda lösningen till ekvationen.
är den enda lösningen till ekvationen.

Nuvarande version

       Teori          Övningar          Ja/Nej?      

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.

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.

10x=yex=yx=lgyx=lny

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

Exempel 1

Lös ekvationerna

  1. 10x=537 har lösningen x=lg537.
  2. 105x=537 ger att 5x=lg537, dvs. x=51lg537.
  3. 3ex=5 Multiplikation av båda led med ex och division med 5 ger att 53=ex, vilket betyder att x=ln53.
  4. lgx=3 Definitionen ger direkt att x=103=1000.
  5. lg(2x−4)=2 Från definitionen har vi att 2x−4=102=100 och då följer att x=52.

Exempel 2

  1. Lös ekvationen (10)x=25 .

    Eftersom 10=1012  är vänsterledet lika med (10)x=(1012)x=10x2  och ekvationen lyder
    10x2=25. 
    Denna grundekvation har lösningen x2=lg25, dvs. x=2lg25.
  2. Lös ekvationen 23ln2x+1=21.

    Multiplicera båda led med 2 och subtrahera sedan 2 från båda led
    3ln2x=−1.

    Dividera båda led med 3

    ln2x=−31.

    Nu ger definitionen direkt att 2x=e−13 , vilket betyder att

    x=21e−13=12e13.

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

ax=b,

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

lgax=lgb

och använda logaritmlagen för potenser

xlga=lgb

vilket ger lösningen  x=lgalgb.

Exempel 3

  1. Lös ekvationen 3x=20.

    Logaritmera båda led
    lg3x=lg20.

    Vänsterledet kan skrivas som lg3x=xlg3 och då får vi att

    x=lg3lg20(2727).
  2. Lös ekvationen  5000105x=10000.

    Dividera båda led med 5000
    105x=500010000=2.

    Denna ekvation löser vi genom att logaritmera båda led med lg och skriva om vänsterledet som lg105x=xlg105,

    x=lg2lg105(142).

Exempel 4

  1. Lös ekvationen  2x3x=5.

    Vänsterledet kan skrivas om med potenslagarna till 2x3x=(23)x och ekvationen blir
    6x=5.

    Denna ekvation löser vi på vanligt sätt med logaritmering och får att

    x=lg6lg5(0898).
  2. Lös ekvationen  52x+1=35x.

    Logaritmera båda led och använd logaritmlagen lgab=blga
    (2x+1)lg52xlg5+lg5=5xlg3,=5xlg3.

    Samla x i ena ledet

    lg5lg5=5xlg3−2xlg5,=x(5lg3−2lg5).

    Lösningen är

    x=lg55lg3−2lg5.


Några mer komplicerade ekvationer

Ekvationer som innehåller exponential- eller logaritmuttryck kan ibland behandlas som förstagrads- eller andragradsekvationer genom att betrakta "lnx" eller "ex" som obekant.

Exempel 5

Lös ekvationen 6ex3ex+1=5e−x+2.

Multiplicera båda led med 3ex+1 och e−x+2 för att få bort nämnarna

6ex(e−x+2)=5(3ex+1).

Notera att eftersom ex och e−x alltid är positiva oavsett värdet på x så multiplicerar vi alltså ekvationen med faktorer 3ex+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+12ex=15ex+5,

där vi använt att e−xex=e−x+x=e0=1. Betraktar vi nu ex som obekant är ekvationen väsentligen en förstagradsekvation som har lösningen

ex=31.

En logaritmering ger sedan svaret

x=ln31=ln3−1=−1ln3=−ln3.

Exempel 6

Lös ekvationen 1lnx+lnx1=1.

Termen lnx1 kan skrivas som lnx1=lnx−1=−1lnx=−lnx och då blir ekvationen

1lnx−lnx=1,

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

1−(lnx)2=lnx,
(lnx)2+lnx−1=0.

Kvadratkomplettering av vänsterledet

(lnx)2+lnx−1=lnx+212−212−1=lnx+212−45

följt av rotutdragning ger att

lnx=−2125. 

Detta betyder att ekvationen har två lösningar

x=e(−1+5)2ochx=e−(1+5)2. 


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(...) bara kan anta positiva värden. Risken är annars att man får med falska rötter.

Exempel 7

Lös ekvationen ln(4x2−2x)=ln(1−2x).

För att ekvationen ska vara uppfylld måste argumenten 4x2−2x och 1−2x vara lika,

4x2−2x=1−2x ()

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

4x2−1=0

och använder rotutdragning. Detta ger att

x=−21ochx=21.

Vi kontrollerar nu om båda led i () är positiva

  • Om x=−21 blir båda led lika med 4x2−2x=1−2x=1−2−21=1+1=20 .
  • Om x=21 blir båda led lika med 4x2−2x=1−2x=1−221=1−1=00.

Alltså har logaritmekvationen bara en lösning x=−21.

Exempel 8

Lös ekvationen e2x−ex=21.

Den första termen kan vi skriva som e2x=(ex)2. Hela ekvationen är alltså en andragradsekvation med ex som obekant

(ex)2−ex=21.

Ekvationen kan vara lite enklare att hantera om vi skriver t istället för ex,

t2−t=21.

Kvadratkomplettera vänsterledet

t−212−212t−212=21,=43,

vilket ger lösningarna

t=21−23ocht=21+23. 

Eftersom 31  så är 21−2130  och det är bara t=21+213  som ger en lösning till den ursprungliga ekvationen eftersom ex alltid är positiv. Logaritmering ger slutligen att

x=ln21+23 

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.

Den här artikeln är hämtad från http://wiki.math.se/wikis/sommarmatte1/index.php/3.4_Logaritmekvationer