Άλγεβρα Β Λυκείου - Κεφάλαιο 5 - Παράγραφος 5.3 (θεωρία)

Β΄ Λυκείου - Άλγεβρα Εκθετική και λογαριθµική συνάρτηση Παράγραφος 3 Λογαριθµική συνάρτηση ΘΕΩΡΙΑ - ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ Νέα Μουδανιά • Δεκέµβριος 2021

ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3 Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ Λογαριθµική συνάρτηση Η λογαριθµική συνάρτηση Έστω α ένας θετικός αριθμός, διαφορετικός του 1. Τότε, για κάθε x > 0 ορίζεται ο ℓogαx . ( )Άρα, αντιστοιχίζοντας κάθε x ∈ 0 , + ∞ στο ℓogαx , ορίζουμε την συνάρτηση f : (0 , + ∞) → ! , με f(x) = ℓogαx . Η συνάρτηση αυτή λέγεται λογαριθμική συνάρτηση με βάση α. Η λογαριθμική συνάρτηση συνδέ- εται με την εκθετική με τον εξής τρόπο: οι γραφικές τους παραστάσεις είναι συμμετρικές ως προς την ευθεία που διχοτομεί τις γωνίες xOy, x΄Oy΄, η οποία έχει εξίσωση y = x (σχήμα). Για την λογαριθμική συνάρτηση ισχύουν τα ακόλουθα: α) όταν είναι α > 1 , τότε: • έχει πεδίο ορισμού το διάστημα (0 , + ∞) . • έχει σύνολο τιμών το ! . • είναι γνησίως αύξουσα, που σημαίνει ότι, αν x1 < x2 , τότε ℓogαx1 < ℓogαx2 . Από εδώ προκύπτει ότι ℓogαx < 0 , αν 0 < x < 1 , και ℓogαx > 0 , αν x > 1 . - 162 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ • η γραφική της παράσταση τέμνει τον άξονα x΄x στο σημείο A(1, 0) και έχει ασύμπτωτο τον ημιάξονα Oy΄. Στο σχήμα της περίπτωσης (α) της προηγούμενης σελίδας φαίνεται η γραφική παρά- σταση των συναρτήσεων ℓogx και ℓnx , που είναι οι λογάριθμοι που χρησιμοποιούνται κυρίως στις ασκήσεις (ειδικά ο ℓnx ). β) όταν είναι 0 < α < 1 , τότε: • έχει πεδίο ορισμού το διάστημα (0 , + ∞) . • έχει σύνολο τιμών το ! . • είναι γνησίως φθίνουσα, που σημαίνει ότι, αν x1 < x2 , τότε ℓogαx1 > ℓogαx2 . Από εδώ προκύπτει ότι ℓogαx > 0 , αν 0 < x < 1 , και ℓogαx < 0 , αν x > 1 . • η γραφική της παράσταση τέμνει τον άξονα x΄x στο σημείο A(1, 0) και έχει ασύμπτωτο τον ημιάξονα Oy΄. γ) Ισχύει η ισοδυναμία: ℓogαx1 = ℓogαx2 ⇔ x1 = x2 . Η ισοδυναμία αυτή χρησιμεύει στην επίλυση εξισώσεων, στις οποίες ο άγνωστος είναι εντός λογάριθμου. Τέτοιες εξισώσεις λέγονται λογαριθμικές εξισώσεις και αναπτύσσονται στην σχετική υποπαράγραφο στην συνέχεια. Πρόσηµο ενός λογάριθµου Ένα από τα πλέον συνηθισμένα λάθη στους λογάριθμους, είναι το εξής: • «Αφού είναι x > 0 , είναι και ℓogx > 0 ». • «Αφού είναι x > 0 , είναι και ℓnx > 0 ». ΟΧΙ !!! Ότι θέτουμε τον περιορισμό x > 0 , είναι για να έχει νόημα πραγματικού αριθμού ο λογάριθμος, είναι για να ορίζεται ο λογάριθμος. - 163 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ Αυτό δεν σημαίνει ότι και όλος ο λογάριθμος είναι θετικός! Ειδικότερα: α) για τον δεκαδικό λογάριθμο ℓogx , πρέπει πάντα να είναι x > 0 . Αυτό, όμως, ΔΕΝ ΣΗΜΑΙΝΕΙ ότι είναι και ℓogx > 0 !! • Είναι ℓogx > 0 ⇔ x > 1 . • Είναι ℓogx < 0 ⇔ 0 < x < 1 . β) για τον νεπέριο λογάριθμο ℓnx , πρέπει πάντα να είναι x > 0 . Αυτό, όμως, ΔΕΝ ΣΗΜΑΙΝΕΙ ότι είναι και ℓnx > 0 !! • Είναι ℓnx > 0 ⇔ x > 1 . • Είναι ℓnx < 0 ⇔ 0 < x < 1 . Λογαριθµικές εξισώσεις Επειδή διδάσκονται μόνο λογάριθμοι με βάση το 10 και το e, αναπτύσσονται μόνο τα θέματα για εξισώσεις με τέτοιους λογάριθμους. Τα παραδείγματα της υποπαραγράφου αυτής αντλήθηκαν από το βιβλίο του Βασίλη Παπαδάκη, «Άλγεβρα Β΄ Λυκείου, Β΄ τεύχος», εκδόσεις Σαββάλας, Αθήνα, 2012. 1η ΜΟΡΦΗ ℓog f(x) = α , ℓn f(x) = α , όπου f(x) παράσταση του x και α ∈ ! Η μορφή αυτή αναγνωρίζεται πολύ εύκολα, αφού στην εξίσωση θα υπάρχει ένας και μόνο λογάριθμος που θα περιλαμβάνει τον άγνωστο. Πάντα το πρώτο βήμα είναι να βάλεις τον περιορισμό f(x) > 0 και να λύσεις την σχετική ανίσωση φυσικά. Όπως πλέον έχεις συνηθίσει όλα αυτά τα χρόνια με τις εξισώσεις, το ίδιο φυσικά θα συμβεί και εδώ: Το πιθανότερο είναι η εξίσωση να μην είναι εξαρχής στην μορφή - 164 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ ℓogf(x) = α ή ℓnf(x) = α , δηλαδή ένας και μόνο λογάριθμός στο αριστερό μέλος, με συντελεστή 1, και στο δεξί μέλος ένας πραγματικός αριθμός. Επομένως, κάνε τις απαραίτητες πράξεις ώστε η εξίσωση να λάβει αυτήν την μορφή. Στην συνέχεια, βάσει του ορισμού του λογάριθμου, ισχύουν: ℓog f(x) = α ⇔ f(x) = 10α και ℓn f(x) = α ⇔ f(x) = eα , οπότε λύσε την εξίσωση f(x) = 10α ή την εξίσωση f(x) = eα . Να μην ξεχάσεις στο τέλος, την λύση που θα βρεις να ελέγξεις αν ανήκει στο διάστημα που προέκυψε από τον αρχικό περιορισμό. Οι εξισώσεις αυτής της μορφής είναι οι πλέον συνηθισμένες στις ασκήσεις (ειδικά στην Γ΄ Λυκείου, ειδικότερα δε με ℓn , δηλαδή νεπέριο λογάριθμο). Παράδειγµα 33 Ας δούμε την εξίσωση 2ℓog(x + 30) = 4 . 1ο βήμα Πρέπει να είναι x + 30 > 0 ⇔ x > −30 . 2ο βήμα Τότε: 2ℓog(x + 30) = 4 ⇔ ℓog(x + 30) = 2 ⇔ x + 30 = 102 ⇔ x + 30 = 100 ⇔ x = 70 , δεκτή. 2 2 Παράδειγµα 34 ( )Ας δούμε την εξίσωση ℓog 2x − 5 − 3 = 1 . 1ο βήμα Πρέπει να είναι 2x − 5 − 3 > 0 ⇔ 2x − 5 > 3 ⇔ 2x − 5 < −3 ή 2x − 5 > 3 ⇔ 2x < 2 ή 2x > 8 ⇔ - 165 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ ⇔ x<1 ή x>4. 2ο βήμα Τότε: ( )ℓog 2x − 5 − 3 = 1 ⇔ 2x − 5 − 3 = 10 ⇔ 2x − 5 = 13 ⇔ ⇔ 2x − 5 = 13 ή 2x − 5 = −13 ⇔ 2x = 18 ή 2x = −8 ⇔ x = 9 ή x = −4 , δεκτές και οι δύο. Εκθετικές εξισώσεις που λύνονται µε λογάριθµους Γράφοντας και διαβάζοντας τον ορισμό του λογάριθμου (δεκαδικού και νεπέριου) «από την ανάποδη», δηλαδή 10x = α ⇔ x = ℓogα , α > 0 και ex = α ⇔ x = ℓnα , α > 0 , έχουμε την λύση εκθετικών εξισώσεων της μορφής 10x = α και ex = α , α > 0 , όταν ο αριθμός α δεν μπορεί να γραφεί σαν δύναμη του 10 ή του e. Για παράδειγµα, για την εξίσωση 10x−2 = 4 έχουμε 10x−2 = 4 ⇔ x − 2 = ℓog4 ⇔ x = 2 + ℓog4 . Την λύση θα μπορούσαμε να την γράψουμε και έτσι: ( )x = 2 + ℓog4 = ℓog102 + ℓog4 = ℓog100 + ℓog4 = ℓog 100 ⋅ 4 ⇔ x = ℓog400 ή και έτσι x = 2 + ℓog4 = 2 + ℓog22 = 2 + 2ℓog2 = 2(1 + ℓog2) = 2(ℓog10 + ℓog2) = 2ℓog(10 ⋅ 2) ⇔ ⇔ x = 2ℓog20 . Σημαντικό σχόλιο Οι λογάριθμοι βοηθούν στην επίλυση όλων των εκθετικών εξισώσεων της μορφής αx = θ , θ > 0 , είτε ο θ μπορεί να γραφεί ως δύναμη με βάση το α είτε όχι, αν στηρι- χθούμε στον ορισμό του λογάριθμου. Δηλαδή έχουμε αx = θ ⇔ x = ℓogαθ , θ > 0 . - 166 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ Για παράδειγµα, ενώ μέχρι τώρα για την εξίσωση 3x = 2 δεν μπορούσαμε να κάνουμε κάτι (αφού το 2 δεν μπορεί να γραφεί ως δύναμη με βάση το 3), οι λογάριθμοι έρχο- νται και δίνουν λύση: 3x = 2 ⇔ x = ℓog32 . Για λόγους πληρότητας και μόνο (διότι στις ασκήσεις δεν συναντώνται αυτά, αφού δεν διδάσκονται θέματα με λογάριθμους που έχουν βάση διαφορετική του 10 ή του e), από την εξίσωση ℓogαf(x) = β προκύπτει f(x) = αβ (πάντα με α > 0 , α ≠ 1 και f(x) > 0 ). 2η ΜΟΡΦΗ ℓog f(x) = ℓog g(x) , ℓn f(x) = ℓn g(x) , όπου f(x), g(x) παραστάσεις του x Και αυτή η μορφή αναγνωρίζεται εύκολα, αφού θα έχει δύο (ή περισσότερους) λογά- ριθμους με διαφορετικές παραστάσεις του x καθένας. Πάντα το πρώτο βήμα είναι να θέσεις τους περιορισμούς ⎪⎪⎪⎧⎪⎩⎨⎪ f(x) > 0 και ⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎫⎭ g(x) > 0 και να λύσεις το σύστημα αυτό φυσικά. Προκειμένου η εξίσωση να έρθει στην μορφή ℓog f(x) = ℓog g(x) ή ℓn f(x) = ℓn g(x) , δηλαδή ένας λογάριθμος στο αριστερό και ένας λογάριθμος στο δεξί μέλος, καθένας τους με συντελεστή 1, θα πρέπει να χρησιμοποιήσεις κατάλληλες ιδιότητες των λογά- ριθμών. 1η περίπτωση Αν η εξίσωση έχει εξαρχής αυτήν την μορφή, τότε είναι έτοιμη. Συνέχισε λύνοντας την εξίσωση f(x) = g(x) και στο τέλος έλεγξε αν οι λύσεις ανήκουν στο διάστημα που προέκυψε από τους αρχικούς περιορισμούς. - 167 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ Παράδειγµα 35 Να λύσετε τις εξισώσεις: α) ℓn(x + 3) = ℓn(2x + 8) . β) ℓog(x2 − 6x) = ℓog(18 − 3x). Λύση α) 1ο βήμα ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩ x + 3 > 0 και ⎪⎬⎪⎪⎪⎭⎫ ⇔ ⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧ x > −3 ⎪⎬⎪⎪⎫⎪⎭ ⇔ ⎪⎪⎧⎨⎪⎩⎪ x > −3 ⎪⎭⎪⎪⎫⎬⎪ , Πρέπει να είναι 2x + 8 > 0 2x > −8 x > −4 δηλαδή x > −3 . 2ο βήμα Τότε: ℓn(x + 3) = ℓn(2x + 8) ⇔ x + 3 = 2x + 8 ⇔ x = −5 , που απορρίπτεται. Άρα η εξίσωση είναι αδύνατη. β) 1ο βήμα Πρέπει να είναι ⎩⎨⎧⎪⎪⎪⎪ x2 − 6x > 0 και ⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪ ⇔ ⎩⎪⎪⎧⎪⎨⎪ x<0 η x>6 ⎪⎪⎬⎪⎪⎫⎭ ⇔ ⎩⎪⎪⎪⎨⎧⎪ x<0 η x>6 ⎪⎪⎬⎫⎪⎭⎪ , 18 − 3x > 0 3x < 18 x<6 δηλαδή x < 0 . 2ο βήμα Τότε: ( ) ( )ℓog x2 − 6x = ℓog 18 − 3x ⇔ x2 − 6x = 18 − 3x ⇔ x2 − 3x − 18 = 0 ⇔ ⇔ x = −3 (δεκτή) ή x = 6 (απορρίπτεται). - 168 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ 2η περίπτωση Αν η εξίσωση δεν έχει εξαρχής αυτήν την μορφή (που είναι και το πιθανότερο), τότε χρησιμοποίησε τις ιδιότητες των λογάριθμων ώστε να την φέρεις σε αυτήν την μορφή και μετά συνέχισε λύνοντας την εξίσωση f(x) = g(x) . Μην ξεχάσεις, στο τέλος να ελέγξεις αν οι λύσεις που βρήκες ανήκουν στο διάστημα που προέκυψε από τους αρχικούς περιορισμούς. Παράδειγµα 36 Ας δούμε την εξίσωση ℓogx + ℓog(x + 6) = 4ℓog2 . 1ο βήμα Πρέπει να είναι ⎪⎧⎪⎪⎨⎪⎩ x > 0 και ⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫ ⇔ ⎪⎪⎧⎨⎩⎪⎪ x>0 ⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎭ , δηλαδή x > 0 . x+6>0 x > −6 2ο βήμα Η εξίσωση δεν είναι στην «σωστή» μορφή (αφού δεν έχει έναν μόνο λογάριθμο αριστε- ρά και έναν μόνο λογάριθμο δεξιά, με συντελεστή 1 και οι δύο). Έχουμε επομένως: ( ) ( )ℓogx + ℓog x + 6 = 4ℓog2 ⇔ ℓog ⎡⎢⎣x ⋅ x + 6 ⎥⎤⎦ = ℓog24 ⇔ x(x + 6) = 24 ⇔ x2 + 6x = 16 ⇔ ⇔ x2 + 6x − 16 = 0 ⇔ x = 2 (δεκτή) ή x = −8 (απορρίπτεται). Παράδειγµα 37 Ας δούμε την εξίσωση ℓn(x − 2) + ℓn(x + 2) = ℓn(8 − x) . 1ο βήμα Πρέπει να είναι ⎪⎪⎪⎧⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪ x −2 > 0 ⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎫⎪⎪⎬ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎩ x>2 ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎫⎬⎪ . και x + 2 > 0 x > −2 δηλαδή x ∈ (2, 8) . x<8 και 8 − x > 0 - 169 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ 2ο βήμα Η εξίσωση δεν είναι στην «σωστή» μορφή (αφού δεν έχει έναν μόνο λογάριθμο αριστε- ρά και έναν μόνο λογάριθμο δεξιά, με συντελεστή 1 και οι δύο). Έχουμε επομένως: ℓn(x − 2) + ℓn(x + 2) = ℓn(8 − x) ⇔ ℓn ⎡⎢⎣(x − 2)(x + 2)⎤⎥⎦ = ℓn(8 − x) ⇔ ⇔ (x − 2)(x + 2) = 8 − x ⇔ x2 − 4 = 8 − x ⇔ x2 + x − 12 = 0 ⇔ ⇔ x = 3 (δεκτή) ή x = −4 (απορρίπτεται). Οι λογάριθμοι βοηθούν στην επίλυση εκθετικών εξισώσεων της μορφής αf(x) = βg(x) , όταν οι αριθμοί α, β δεν μπορούν να γραφούν ως δυνάμεις με την ίδια βάση. Σε αυτήν την περίπτωση, λογαριθμίζουμε τα δύο μέλη της εξίσωσης και έχουμε αf(x) = βg(x) ⇔ ℓogαf(x) = ℓogβg(x) ⇔ f(x) ⋅ ℓogα = g(x) ⋅ ℓogβ . Επειδή ℓogα , ℓogβ είναι αριθμοί, το πώς θα συνεχίσεις από αυτήν την εξίσωση εξαρ- τάται από την μορφή των παραστάσεων f(x), g(x) (που συνήθως είναι πολυώνυμα, άρα η εξίσωση θα είναι πολυωνυμική). Για παράδειγµα, για την εκθετική εξίσωση 2x+4 = 52−x , επειδή το 2 και το 5 δεν μπο- ρούν να γραφούν ως δυνάμεις με την ίδια βάση, έχουμε 2x+4 = 52−x ⇔ ℓog2x+4 = ℓog52−x ⇔ (x + 4) ⋅ ℓog2 = (2 − x) ⋅ ℓog5 ⇔ ... και συνεχίζουμε κατά τα γνωστά, αφού πλέον η εξίσωση είναι πρώτου βαθμού. - 170 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ 3η ΜΟΡΦΗ Εξισώσεις που λύνονται με αλλαγή μεταβλητής (αντικατάσταση) Οι εξισώσεις αυτές έχουν αθροίσματα/διαφορές και εμφανίζεται ο ίδιος λογάριθμος, σχεδόν πάντα με κάποιες δυνάμεις του. Έτσι, αν ℓog f(x) , ℓn f(x) είναι η γενική μορφή του λογάριθμου, το πρώτο βήμα πά- ντα είναι να θέσεις τον περιορισμό f(x) > 0 και να λύσεις την σχετική ανίσωση φυσι- κά. Στην συνέχεια, θέτοντας ℓog f(x) = y , ℓn f(x) = y , η εξίσωση ανάγεται σε πολυωνυμική και λύνεται κατά τα γνωστά. Παράδειγµα 38 Ας δούμε την εξίσωση ℓog2x − ℓogx − 2 = 0 . 1ο βήμα Πρέπει να είναι x > 0 . 2ο βήμα Θέτω ℓogx = y και έχω την εξίσωση y2 − y − 2 = 0 , από όπου εύκολα προκύπτει • Για y = 2 είναι y = 2 ή y = −1 . ℓogx = 2 ⇔ x = 102 = 100 . • Για y = −1 είναι ℓogx = −1 ⇔ x = 10−1 = 1 . 10 - 171 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ Παράδειγµα 39 Ας δούμε την εξίσωση ℓn2x − ℓnx2 − 3 = 0 . 1ο βήμα Πρέπει να είναι ⎨⎪⎪⎧⎩⎪⎪ x>0 ⎭⎪⎪⎪⎬⎫⎪ ⇔ ⎪⎪⎩⎪⎨⎧⎪ x>0 ⎭⎪⎬⎪⎪⎫⎪ , και x2 > 0 x≠0 δηλαδή x > 0 . 2ο βήμα Τότε: ℓn2x − ℓnx2 − 3 = 0 ⇔ ℓn2x − 2ℓnx − 3 = 0 . Θέτω ℓnx = y και έχω την εξίσωση y2 − 2y − 3 = 0 , από όπου εύκολα προκύπτει y = 3 ή y = −1 • Για y = 3 είναι ℓnx = 3 ⇔ x = e3 . • Για y = −1 είναι ℓnx = −1 ⇔ x = e−1 = 1 . e Παράδειγµα 40 Ας δούμε την εξίσωση ℓogx + 1 − 2 = ℓog2x 4 2ℓogx . ℓogx ℓogx + 2 + 1ο βήμα Πρέπει να είναι x > 0 . 2ο βήμα Θέτω ℓogx = y και η εξίσωση γράφεται y+1 − 2 = 4 ⇔ y+1 − 2 = 4 2) , y y+2 y2 + 2y y y+2 y(y + όπου πρέπει να είναι y(y + 2) ≠ 0 ⇔ y ≠ 0 και y + 2 ≠ 0 ⇔ y ≠ 0 και y ≠ −2 . - 172 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ 3ο βήμα Τότε: (y + 1)(y + 2) − 2y = 4 ⇔ y2 + 2y + y + 2 − 2y = 4 ⇔ y2 + y − 2 = 0 ⇔ ⇔ y = 1 ή y = −2 (απορρίπτεται). Τελικά, είναι ℓogx = 1 ⇔ x = 10 . Λογαριθµικές ανισώσεις Επειδή διδάσκονται μόνο λογάριθμοι με βάση το 10 και το e, αναπτύσσονται μόνο τα θέματα για ανισώσεις με τέτοιους λογάριθμους. Τα παραδείγματα της υποπαραγράφου αυτής αντλήθηκαν από το βιβλίο του Βασίλη Παπαδάκη, «Άλγεβρα Β΄ Λυκείου, Β΄ τεύχος», εκδόσεις Σαββάλας, Αθήνα, 2012. 1η ΜΟΡΦΗ ℓog f(x) > α , ℓn f(x) > α , όπου f(x) παράσταση του x και α ∈ ! Η ανίσωση μπορεί να είναι με ≥ ή με < ή με ≤ και η διαδικασία είναι ακριβώς η ίδια, όποια και αν είναι η φορά της. Η μορφή αυτή αναγνωρίζεται πολύ εύκολα, αφού στην ανίσωση θα υπάρχει ένας και μόνο λογάριθμος που θα περιλαμβάνει τον άγνωστο. Πάντα το πρώτο βήμα είναι να βάλεις τον περιορισμό f(x) > 0 και να λύσεις την σχετική ανίσωση φυσικά. Όπως πλέον έχεις συνηθίσει όλα αυτά τα χρόνια με τις ανισώσεις, το ίδιο φυσικά θα συμβεί και εδώ: Το πιθανότερο είναι η ανίσωση να μην είναι εξαρχής στην μορφή ℓogf(x) > α ή ℓnf(x) > α , δηλαδή ένας και μόνο λογάριθμός στο αριστερό μέλος, με συντελεστή 1, και στο δεξί μέλος ένας πραγματικός αριθμός. - 173 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ Επομένως, κάνε τις απαραίτητες πράξεις ώστε η ανίσωση να λάβει αυτήν την μορφή. Στην συνέχεια (λόγω ότι οι συναρτήσεις ℓogx , ℓnx είναι γνησίως αύξουσες), ισχύουν: ℓog f(x) > α ⇔ f(x) > 10α και ℓn f(x) > α ⇔ f(x) > eα , οπότε λύσε την ανίσωση f(x) > 10α ή την ανίσωση f(x) > eα . Το διάστημα που θα βρεις από την επίλυση των παραπάνω ανισώσεων, να το συναλη- θεύσεις με το διάστημα που προέκυψε από τον αρχικό περιορισμό. Έτσι θα λάβεις το τελικό διάστημα, δηλαδή την λύση της λογαριθμικής ανίσωσης. Οι ανισώσεις αυτής της μορφής είναι οι πλέον συνηθισμένες στις ασκήσεις (ειδικά στην Γ΄ Λυκείου, ειδικότερα δε με ℓn , δηλαδή νεπέριο λογάριθμο). Παράδειγµα 41 ( )Ας δούμε την ανίσωση ℓog x2 + 3x ≤ 1 . 1ο βήμα Πρέπει να είναι x2 + 3x > 0 ⇔ x < −3 η x > 0 (1) 2ο βήμα Τότε ( )ℓog x2 + 3x ≤ 1 ⇔ x2 + 3x ≤ 10 ⇔ x2 + 3x − 10 ≤ 0 ⇔ x ∈ ⎡⎣⎢−5, 2⎥⎤⎦ (2) 3ο βήμα ) (Συναληθεύοντας τις (1) και (2), τελικά προκύπτει x ∈ ⎣⎡⎢−5,− 3 ∪ 0 , 2⎤⎥⎦ . Παράδειγµα 42 ( )Ας δούμε την ανίσωση ℓn x − 2 − 3 < 0 . 1ο βήμα Πρέπει να είναι x − 2 − 3 > 0 ⇔ x − 2 > 3 ⇔ x − 2 < −3 ή x − 2 > 3 ⇔ x < −1 η x > 5 (1) - 174 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ 2ο βήμα Τότε < 4 ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎨⎩⎪ ⎭⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎫ ( )ℓn <0⇔0< x−2 −3<1⇔ 3< x−2 >3 1ο βηµα x−2−3 x−2 και x − 2 < 4 ⇔ (1) ⇔ ⎪⎪⎪⎧⎨⎩⎪ x < −1 η x > 5 ⎪⎪⎪⎬⎫⎪⎭ ⇔ ⎧⎪⎩⎪⎪⎨⎪ x < −1 η x > 5 ⎪⎭⎪⎪⎫⎬⎪ , δηλαδή x ∈ (−2,− 1) ∪ (5,6) . −4 < x − 2 < 4 −2 < x < 6 Για λόγους πληρότητας και μόνο, από την ανίσωση ℓogαf(x) > β : • αν είναι 0 < α < 1 , προκύπτει f(x) < αβ , δηλαδή αλλάζει η φορά της ανίσωσης. • αν είναι α > 1 , προκύπτει f(x) > αβ , δηλαδή δεν αλλάζει η φορά της ανίσωσης. Εκθετικές ανισώσεις που λύνονται µε λογάριθµους Για τις εκθετικές ανισώσεις της μορφής αf(x) > β , στην περίπτωση που ο β δεν μπορεί να γραφεί ως δύναμη με βάση το α, οι λογάριθμοι βοηθούν με τον εξής τρόπο: α) αν είναι 0 < α < 1 , έχουμε f(x) < ℓogαβ . Για παράδειγµα, ενώ μέχρι τώρα για την ανίσωση ⎜⎛⎝⎜⎜ 1 ⎟⎞⎟⎟⎟⎠x+1 > 3 δεν μπορούσαμε να κά- 2 νουμε κάτι (αφού το 3 δεν μπορεί να γραφεί ως δύναμη με βάση 1 ), οι λογάριθμοι 2 έρχονται και δίνουν λύση: ⎛⎜⎜⎜⎝ 21 ⎞⎟⎟⎠⎟⎟x+1 > 3 ⇔ x + 1 < ℓog 1 3 ⇔ x < ℓog 1 3 −1 . 2 2 β) αν είναι α > 1 , έχουμε f(x) > ℓogαβ . Για παράδειγµα, ενώ μέχρι τώρα για την ανίσωση 2x+1 > 3 δεν μπορούσαμε να κάνου- με κάτι, αφού το 3 δεν μπορεί να γραφεί ως δύναμη με βάση το 2, οι λογάριθμοι έρχο- νται και δίνουν λύση: - 175 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ 2x+1 > 3 ⇔ x + 1 > ℓog23 ⇔ x > ℓog23 − 1 . Και αυτό αναφέρεται για λόγους πληρότητας, αφού στις ασκήσεις τέτοια περίπτωση δεν συναντάται (μια και δουλεύουμε μόνο με δεκαδικούς και νεπέριους λογάριθμους). 2η ΜΟΡΦΗ ℓog f(x) > ℓog g(x) , ℓn f(x) > ℓn g(x) , όπου f(x), g(x) παραστάσεις του x Η ανίσωση μπορεί να είναι με ≥ ή με < ή με ≤ και η διαδικασία είναι ακριβώς η ίδια, όποια και αν είναι η φορά της. Και αυτή η μορφή αναγνωρίζεται εύκολα, αφού θα έχει δύο (ή περισσότερους) λογά- ριθμους με διαφορετικές παραστάσεις του x καθένας. Πάντα το πρώτο βήμα είναι να θέσεις τους περιορισμούς ⎨⎪⎪⎧⎩⎪⎪⎪ f(x) > 0 και ⎬⎪⎭⎫⎪⎪⎪⎪ g(x) > 0 και να λύσεις το σύστημα αυτό φυσικά. Προκειμένου η ανίσωση να έρθει στην μορφή ℓog f(x) > ℓog g(x) ή ℓn f(x) > ℓn g(x) , δηλαδή ένας λογάριθμος στο αριστερό και ένας λογάριθμος στο δεξί μέλος, καθένας τους με συντελεστή 1, θα πρέπει να χρησιμοποιήσεις κατάλληλες ιδιότητες των λογά- ριθμών. α) Αν η ανίσωση έχει εξαρχής αυτήν την μορφή, τότε είναι έτοιμη. Συνέχισε λύνοντας την ανίσωση f(x) > g(x) και στο τέλος συναλήθευσε το διάστημα που θα βρεις με το διάστημα που προέκυψε από τους αρχικούς περιορισμούς. Παράδειγµα 43 Ας δούμε την ανίσωση ℓog(2x + 6) ≥ ℓog(18 − x) . 1ο βήμα Πρέπει να είναι - 176 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ ⎪⎪⎩⎧⎨⎪⎪ 2x + 6 > 0 ⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎭ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎧⎨⎩ 2x > −6 ⎪⎫⎬⎪⎪⎪⎭ ⇔ ⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪ x > −3 ⎬⎪⎪⎭⎪⎫⎪ , και 18 − x > 0 x < 18 x < 18 δηλαδή x ∈ (−3 ,18) (1) 2ο βήμα Τότε ℓog(2x + 6) ≥ ℓog(18 − x) ⇔ 2x + 6 ≥ 18 − x ⇔ 3x ≥ 12 ⇔ x ≥ 4 (2) 3ο βήμα )Συναληθεύοντας τις (1) και (2), τελικά προκύπτει x ∈ ⎡⎣⎢4 ,18 . Παράδειγµα 44 Ας δούμε την ανίσωση ℓn(x + 5) ≤ ℓn(9 − x) . 1ο βήμα Πρέπει να είναι ⎪⎪⎧⎨⎪⎩⎪ ⎪⎪⎭⎫⎬⎪⎪ ⇔ ⎧⎨⎪⎪⎪⎩⎪ x+5>0 x > −5 ⎬⎭⎪⎫⎪⎪⎪ , και 9 − x > 0 x<9 δηλαδή x ∈ (−5, 9) (1) 2ο βήμα Τότε ℓn(x + 5) ≤ ℓn(9 − x) ⇔ x + 5 ≤ 9 − x ⇔ 2x ≤ 4 ⇔ x ≤ 2 (2) 3ο βήμα (Συναληθεύοντας τις (1) και (2), τελικά προκύπτει x ∈ −5, 2⎥⎦⎤ . β) Αν η ανίσωση δεν έχει εξαρχής αυτήν την μορφή (που είναι και το πιθανότερο), τότε χρησιμοποίησε τις ιδιότητες των λογάριθμων ώστε να την φέρεις και μετά να συ- νεχίσεις λύνοντας την ανίσωση f(x) > g(x) . Μην ξεχάσεις, στο τέλος να συναληθεύσεις το διάστημα που θα βρεις με το διάστημα - 177 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ που προέκυψε από τους αρχικούς περιορισμούς. Παράδειγµα 45 Ας δούμε την ανίσωση 1 + ℓog(x + 1) ≤ ℓog(32 − x) . 1ο βήμα Πρέπει να είναι ⎪⎨⎪⎩⎧⎪⎪ ⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫ ⇔ ⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎩ x+1>0 x > −1 ⎪⎭⎪⎬⎪⎪⎫ , και 32 − x > 0 x < 32 δηλαδή x ∈ (1, 32) (1) 2ο βήμα Η ανίσωση δεν είναι στην «σωστή» μορφή (αφού δεν έχει έναν μόνο λογάριθμο αρι- στερά και έναν μόνο λογάριθμο δεξιά, με συντελεστή 1 και οι δύο). Έχουμε επομένως: 1 + ℓog(x + 1) ≤ ℓog(32 − x) ⇔ ℓog10 + ℓog(x + 1) ≤ ℓog(32 − x) ⇔ ⇔ ℓog ⎡⎢⎣10(x + 1)⎥⎦⎤ ≤ ℓog(32 − x) ⇔ 10(x + 1) ≤ 32 − x ⇔ 10x + 10 ≤ 32 − x ⇔ 11x ≤ 22 ⇔ ⇔ x ≤ 2 (2) 3ο βήμα (Συναληθεύοντας τις (1) και (2), τελικά προκύπτει x ∈ −1, 2⎦⎥⎤ . Παράδειγµα 46 Ας δούμε την ανίσωση 2ℓnx ≥ ℓn(x − 2) + ℓn(x + 6) . 1ο βήμα Πρέπει να είναι ⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎩⎪⎪⎨⎪ x > 0 και ⎫⎭⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎨⎧⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪ x>0 ⎪⎭⎪⎪⎪⎫⎪⎪⎬⎪ , δηλαδή x > 2 (1) x − 2 > 0 και x>2 x > −6 x+6>0 - 178 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ 2ο βήμα Η ανίσωση δεν είναι στην «σωστή» μορφή (αφού δεν έχει έναν μόνο λογάριθμο αρι- στερά και έναν μόνο λογάριθμο δεξιά, με συντελεστή 1 και οι δύο). Έχουμε επομένως: 2ℓnx ≥ ℓn(x − 2) + ℓn(x + 6) ⇔ ℓnx2 ≥ ℓn ⎡⎢⎣(x − 2)(x + 6)⎥⎦⎤ ⇔ x2 ≥ (x − 2)(x + 6) ⇔ ⇔ x2 ≥ x2 + 6x − 2x − 12 ⇔ 4x ≤ 12 ⇔ x ≤ 3 (2) 3ο βήμα (Συναληθεύοντας τις (1) και (2), τελικά προκύπτει x ∈ 2 , 3⎤⎦⎥ . Για τις εκθετικές ανισώσεις της μορφής αf(x) > βg(x) , στην περίπτωση που οι α, β δεν μπορούν να γραφούν ως δυνάμεις με την ίδια βάση, λογαριθμίζουμε τα δύο μέλη της και έχουμε ℓogαf(x) > ℓogβg(x) ⇔ f(x) ⋅ ℓogα > g(x) ⋅ ℓogβ ⇔ ... 3η ΜΟΡΦΗ Ανισώσεις που λύνονται με αλλαγή μεταβλητής (αντικατάσταση) Οι ανισώσεις αυτές έχουν αθροίσματα/διαφορές και εμφανίζεται ο ίδιος λογάριθμος, σχεδόν πάντα με κάποιες δυνάμεις του. Έτσι, αν ℓog f(x) , ℓn f(x) είναι η γενική μορφή του λογάριθμου, το πρώτο βήμα πά- ντα είναι να θέσεις τον περιορισμό f(x) > 0 και να λύσεις την σχετική ανίσωση φυσι- κά. Στην συνέχεια, θέτοντας ℓog f(x) = y , ℓn f(x) = y , η ανίσωση ανάγεται σε πολυωνυμι- κή και λύνεται κατά τα γνωστά. Λύνοντας την πολυωνυμική ανίσωση, το διάστημα λύσης που θα προκύψει συστήνω να το γράφεις σαν ανισότητα και όχι σαν διάστημα (ή ένωση διαστημάτων), διότι έτσι διευκολύνεται η ολοκλήρωση της άσκησης, που είναι η επίλυση της λογαριθμικής ανί- σωσης που θα προκύψει. - 179 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ Παράδειγµα 47 Ας δούμε την ανίσωση ℓog2x − 2ℓogx − 3 > 0 . 1ο βήμα Πρέπει να είναι x > 0 (1) 2ο βήμα Θέτω ℓogx = y και έχω την ανίσωση y2 − 2y − 3 > 0 , από όπου προκύπτει y < −1 ή y > 3 , οπότε ℓogx < −1 ή ℓogx > 3 ⇔ x < 10−1 ή x > 103 ⇔ x< 1 η x > 1000 (2) 10 3ο βήμα x ∈ ⎜⎜⎜⎛⎝0 , 1 ⎟⎟⎟⎟⎠⎞ ∪ ( )Συναληθεύοντας 10 τις (1) και (2), τελικά προκύπτει 1000 , + ∞ . Παράδειγµα 48 Ας δούμε την ανίσωση ℓn2x < 2ℓnx . 1ο βήμα Πρέπει να είναι x > 0 (1) 2ο βήμα Θέτω ℓnx = y και έχω την ανίσωση y2 < 2y , από όπου προκύπτει οπότε y2 − 2y < 0 ⇔ 0 < y < 2 , ( )0 < ℓnx < 2 ⇔ ℓn1 < ℓnx < ℓne2 ⇔ 1 < x < e2 ⇔ x ∈ 1, e2 (2) 3ο βήμα ( )Συναληθεύοντας τις (1) και (2), τελικά προκύπτει x ∈ 1, e2 . - 180 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ Λογαριθµικά συστήµατα Έτσι ονομάζεται ένα σύστημα δύο εξισώσεων με δύο αγνώστους (αυτά είναι τα συνη- θέστερα), όταν σε μία, τουλάχιστον, από τις εξισώσεις ένας από τους αγνώστους εμ- φανίζεται εντός λογάριθμου (συνήθως, όμως, συμβαίνει και με τους δύο). Τα συστήματα αυτά δεν έχουν κάποια σταθερή μέθοδο αντιμετώπισης. Άλλοτε αντι- μετωπίζονται με συνδυασμό τεχνικών από τις λογαριθμικές εξισώσεις και άλλοτε με αντικατάσταση (οπότε μπορεί να αναχθούν σε γραμμικά ή μη γραμμικά). Μια και μιλάμε για συστήματα, όσα γνωρίζεις περί συστημάτων από το σχετικό κεφά- λαιο της Β΄ Λυκείου, σίγουρα θα φανούν χρήσιμα. Τα παραδείγματα αυτής της υποπαραγράφου αντλήθηκαν από το βιβλίο του Βασίλη Παπαδάκη, «Άλγεβρα Β΄ Λυκείου, Β΄ τεύχος», εκδόσεις Σαββάλας, Αθήνα, 2012. Παράδειγµα 49 δούμε το σύστημα ⎪⎪⎨⎪⎩⎪⎪⎪⎧ ℓogy − ℓogx = 2 − ℓog50 ⎭⎫⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪ . ℓog y + 1 + ℓogx = 1 ( )Ας Πρέπει να είναι ⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎪ ⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎫⎬⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎩⎨⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪ y>0 y>0 ⎬⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪ , και x > 0 και y + 1 > 0 x>0 y > −1 δηλαδή x > 0 , y > 0 . • Από την πρώτη εξίσωση προκύπτει ℓog y = ℓog102 − ℓog50 ⇔ ℓog y = ℓog100 − ℓog50 ⇔ ℓog y = ℓog 100 ⇔ x x x 50 ⇔ y = 100 ⇔ y =2⇔ y = 2x (1) x 50 x • Από την δεύτερη εξίσωση προκύπτει ( )ℓog ⎢⎣⎡x (1) y + 1 ⎦⎤⎥ = ℓog10 ⇔ x(y + 1) = 10 x(2x + 1) = 10 ⇔ 2x2 + x − 10 = 0 ⇔ ⇔ ⇔x=2 ή x=− 5 (απορρίπτεται). 2 - 181 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ Για x = 2 , από την (1) έχω y = 2 ⋅ 2 = 4 , οπότε είναι (x , y) = (2 , 4) . Παράδειγµα 50 Ας δούμε το σύστημα ⎪⎪⎩⎨⎪⎪⎪⎧ ℓogx − ℓogy = 3 ⎬⎭⎪⎪⎪⎪⎫⎪ . ℓogx5 + ℓogy4 = −3 Πρέπει να είναι x > 0 , y > 0 (τότε είναι και x5 > 0 , y4 > 0 ). Από το αρχικό σύστημα προκύπτει το ⎧⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪ ℓogx − ℓogy = 3 ⎫⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎬ . 5ℓogx + 4ℓogy = −3 Θέτω ℓogx = α , ℓogy = β και έχω το σύστημα ⎪⎪⎧⎩⎨⎪⎪ α−β = 3 ⎪⎪⎭⎪⎪⎫⎬ , 5α + 4β = −3 από όπου εύκολα προκύπτει α = 1 , β = −2 , οπότε: • για α = 1 είναι ℓogx = 1 ⇔ x = 10 . • για β = −2 είναι ℓogy = −2 ⇔ y = 10−2 = 1 = 1 . 102 100 Τελικά είναι (x , y) = ⎛⎝⎜⎜⎜10 , 1 ⎟⎟⎞⎠⎟⎟ . 100 - 182 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr



Μόνο εδώ θα βρεις τα αναλυτικότερα βιβλία Μαθηµατικών του διαδικτύου!