Valós logaritmusos egyenletnél először írd fel, hogy minden logaritmus argumentuma szigorúan pozitív legyen. Az algebrai átalakítás után kapott értékeket ehhez és az eredeti egyenlethez is ellenőrizd. Egy szabályosan megoldott másodfokú egyenlet gyökei között is lehet olyan, amely az eredeti logaritmusos feladatban értelmezhetetlen.
A logaritmus alapjára külön feltétel vonatkozik: pozitív legyen, és térjen el 1-től. Ezek a feltételek a valós számok körében végzett számoláshoz tartoznak. A negatív argumentumot a logaritmusgomb újabb megnyomása vagy a számológép cseréje nem teszi megengedetté.
Két logaritmusból egy másodfokú egyenlet
Oldjuk meg saját szemléltető példaként: log₂(x − 1) + log₂(x − 3) = 3. A két külön argumentum miatt x − 1 > 0 és x − 3 > 0. A közös értelmezési tartomány x > 3.
Ezen a tartományon az azonos alapú logaritmusok összege a szorzat logaritmusa. Ezért log₂[(x − 1)(x − 3)] = 3. A logaritmus definíciójával (x − 1)(x − 3) = 2³ = 8.
Felbontva x² − 4x + 3 = 8, rendezve x² − 4x − 5 = 0. A szorzattá alakítás (x − 5)(x + 1) = 0, így az algebrai jelöltek 5 és −1.
Az x = 5 megfelel az x > 3 feltételnek. Az eredeti bal oldal log₂4 + log₂2 = 2 + 1 = 3. Ezzel a behelyettesítés is igazolja a megoldást.
Az x = −1 nem része az értelmezési tartománynak. Az argumentumok −2 és −4 lennének, amelyek valós logaritmusa nem értelmezett. Az eredeti egyenletnek ezért pontosan egy valós megoldása van: x = 5.
A megengedett átalakításokat és az idegen gyökök ellenőrzését az OpenStax logaritmusos egyenletekről szóló fejezete tárgyalja. A konkrét számítás a fenti saját példa.
Miért tűnik mégis működőnek a −1?
A szorzatba behelyettesítve (−2) × (−4) = 8 valóban teljesül. A pozitív szorzat azonban nem igazolja, hogy külön-külön mindkét tényező pozitív. A log₂a + log₂b = log₂(ab) azonosság használatakor az a > 0 és b > 0 feltételeket meg kell tartani.
Ha az eredeti kikötést elhagyod, és csak ab > 0-t kérsz, megengeded a két negatív tényezőt is. Az átalakított feladat ekkor több értékre értelmezett, mint az eredeti. Ebből származik a második, itt elutasítandó jelölt.
A nulla sem megengedett argumentum. Ebben a példában x = 3 a második logaritmusba nullát tenne, ezért a tartomány nyitott határú. Az x ≥ 3 kikötés már eltérő, hibás állítás volna.
Ha az alap 0 és 1 közé esik
A logaritmus alapja 0 és 1 között is megengedett. Például log₀,₅(x − 2) = −3 esetén a kikötés x > 2. Exponenciális alakban x − 2 = 0,5⁻³ = 8, tehát x = 10. A negatív logaritmusérték itt teljesen helyes: a fél negatív harmadik hatványa nyolc.
A különbség az, hogy a fél alapú logaritmus csökkenő. Ezt időhatár keresésekor is figyelembe kell venni. Szemléltető modellünkben egy 80 egységről induló érték háromóránként feleződik, és a köztes időpontokban is a Q(t) = 80 × 0,5^(t/3) szabályt követi. A t időt órában mérjük, t ≥ 0.
Mikor lesz az érték először legfeljebb 5? A határhoz előbb az egyenletet oldjuk meg:
80 × 0,5^(t/3) = 5, vagyis 0,5^(t/3) = 1/16.
Négy felezés ad 1/16-ot, ezért t/3 = 4, azaz t = 12 óra. Logaritmussal ugyanez t = 3 × ln(5/80) / ln(0,5). A számláló és a nevező egyaránt negatív, a hányados pozitív.
Az egyenletből kapott 12 óra a határ. A „legfeljebb 5” feltételt t ≥ 12 óra teljesíti, mert az érték az idővel csökken. Kilenc óránál Q = 10, tizenöt óránál Q = 2,5. Ha az egyenlőtlenséget logaritmussal rendezed, a negatív ln(0,5)-del osztáskor az egyenlőtlenség iránya megfordul.
Az itt használt csökkenési szabály választott matematikai modell. Valós mérésnél külön kell igazolnod, hogy a feleződés ezt követi. Ha csak egész időszakok végén értékelsz, a kapott idő mellett az időszakok számát is megfelelő irányba kell kerekíteni; ezt a sorozatok összegéből végzett visszaszámítás is szemlélteti.
A mérési alapértéket az exponenciális tag előtt válaszd le
Új szemléltető modellben legyen a kijelzett mennyiség M(t) = 2 + 80 × 0,5^(t/3). A 2 egység állandó háttér, amely nem feleződik. A kijelzés 82-ről indul, és az 5 egységes küszöböt keressük.
A helyes egyenlet 80 × 0,5^(t/3) = 5 − 2 = 3. Ebből t = 3 × ln(3/80) / ln(0,5) ≈ 14,2109 óra. A korábbi 12 óránál itt 2 + 5 = 7 egység látszana. A háttér levonása tehát a kapott időt is módosítja.
Ha a küszöb éppen 2, a modell azt véges idő alatt nem éri el; 2 alatti érték egyáltalán nem lehetséges. A másik szélen, 82 vagy ennél nagyobb küszöbnél a „legfeljebb” feltétel már az induláskor teljesül, ezért az első megfelelő idő t = 0. Pozitív várakozási időt a 2 és 82 közötti küszöbhöz keresünk. Az induló értéknél magasabb szint egyenletéből kapott negatív idő kívül esne a megadott t ≥ 0 tartományon.
Mért adatoknál ezért előbb tisztázd, hogy a teljes kijelzés vagy a háttér feletti rész követi-e az exponenciális szabályt. A logaritmus előtti kivonás és a pozitív argumentum ellenőrzése együtt adja az értelmezhető feladatot.
Mire használhatod a kalkulátort?
Az exponenciális és logaritmusos egyenlet kalkulátora a log_b(ax + c) = d és b^(ax + c) = d alaptípusokat kezeli. A fenti kétlogaritmusos egyenlet teljes szövege nem írható be ebbe az egyszerű együtthatós felületbe. A másodfokú köztes egyenletet a másodfokúegyenlet-kalkulátorral ellenőrizheted, az eredeti kikötéseket ekkor is neked kell alkalmaznod.
A logaritmusos eszközbe közvetlenül illő példa a log₂(3x − 6) = 4. Válaszd a logaritmusos módot, és add meg b = 2, a = 3, c = −6, d = 4 értékét. A kikötés x > 2. Az átalakítás 3x − 6 = 16, majd x = 22/3 ≈ 7,3333.
Az ellenőrzéshez a pontos 22/3 értéket tartsd meg: 3 × (22/3) − 6 = 16, és log₂16 = 4. A túl korai kerekítés kis maradékeltérést okozhat. A végső megoldás mellé mindig írd oda a teljesülő tartományfeltételt is.
Záró tudáspróba
Kérdésenként egy választ jelölj meg, majd a megoldások alapján pontozd magad. Ez a három kérdés a cikkben bemutatott összefüggéseket ellenőrzi.
1. log₂(x−1) + log₂(x−3) = 3 átalakításából az 5 és −1 jelölt adódik. Melyik megoldás helyes?
- A) Csak x = 5, az x > 3 tartomány miatt.
- B) Csak x = −1.
- C) Mindkettő, mert a két argumentum szorzata pozitív.
2. Q(t) = 80 × 0,5^(t/3), t ≥ 0 órában. Mely időpontokban lesz legfeljebb 5 a mennyiség?
- A) t ≤ 12 óránál.
- B) t ≥ 12 óránál.
- C) Csak t = 12 óránál.
3. M(t) = 2 + 80 × 0,5^(t/3), és M = 5 a keresett szint. Melyik értéket kell az exponenciális taggal egyenlővé tenni?
- A) 5-öt, mert a háttér is feleződik.
- B) 82-t.
- C) 3-at, mert az 5-ből előbb levonjuk a 2-es állandó hátteret.
Megoldások és pontozás
1. A. Külön-külön kell x−1 > 0 és x−3 > 0. A −1-nél két negatív argumentum adódik, ezért a pozitív szorzat ellenére az eredeti egyenlet nem értelmezhető. Ismétléshez: Miért tűnik mégis működőnek a −1?.
2. B. Négy felezés kell, ezért a határ 12 óra. A függvény csökkenő, tehát ettől kezdve végig legfeljebb 5. Ismétléshez: Ha az alap 0 és 1 közé esik.
3. C. Az állandó 2 nem része a feleződő tagnak. A helyes küszöb 5−2 = 3, amelyből t ≈ 14,2109 óra következik. Ismétléshez: A mérési alapértéket az exponenciális tag előtt válaszd le.
Minden helyes válasz 1 pont; a hibás vagy kihagyott válasz 0 pont. Az összpontszám 0–3 lehet.
- 0 pont: dolgozd végig újra a három megoldásban megjelölt részt, és írd le a példák kiinduló feltételeit.
- 1 pont: a két elhibázott kérdésnél vezesd le a helyes választ; külön írd mellé, melyik feltétel vagy számolási lépés maradt ki.
- 2 pont: térj vissza az egyetlen elhibázott kérdéshez kapcsolt részhez, majd egy bemenet megváltoztatásával ellenőrizd újra az eredményt.
- 3 pont: a három összefüggést ebben a feladatsorban helyesen alkalmaztad. Próbáld ki a cikk egyik ellenőrzését saját adatokkal, a feltételeket és a mértékegységeket is feljegyezve.