ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5ο: ΕΚΘΕΤΙΚΗ-ΛΟΓΑΡΙΘΜΙΚΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Transcript

1 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5ο: ΕΚΘΕΤΙΚΗ-ΛΟΓΑΡΙΘΜΙΚΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Β ΛΥΚΕΙΟΥ )

2 Copyright 2015 Αποστόλου Γιώργος Αποστόλου Γεώργιος Αδεια χρήσης η Εκδοση, Ιωάννινα, Σεπτέµβριος 2015

3 Περιεχόµενα 1 ΕΚΘΕΤΙΚΗ ΚΑΙ ΛΟΓΑΡΙΘΜΙΚΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ Εκθετική Συνάρτηση ΘΕΩΡΙΑ ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑΤΑ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΡΟΣ ΛΥΣΗ Λογάριθµοι ΘΕΩΡΙΑ ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑΤΑ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΡΟΣ ΛΥΣΗ Λογαριθµική Συνάρτηση ΘΕΩΡΙΑ ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑΤΑ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΡΟΣ ΛΥΣΗ Βιβλιογραφία Βιβλιογραφία Βιβλία 49 Βιβλία 49 Ιστοσελίδες 49 Ιστοσελίδες 49

4

5 Εκθετική Συνάρτηση ΘΕΩΡΙΑ ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑΤΑ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΡΟΣ ΛΥΣΗ Λογάριθµοι ΘΕΩΡΙΑ ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑΤΑ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΡΟΣ ΛΥΣΗ Λογαριθµική Συνάρτηση ΘΕΩΡΙΑ ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑΤΑ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΡΟΣ ΛΥΣΗ 1. ΕΚΘΕΤΙΚΗ ΚΑΙ ΛΟΓΑΡΙΘΜΙΚΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ Εκθετική Συνάρτηση ΘΕΩΡΙΑ Ερώτηση 1.1 Πώς ορίζονται οι δυνάµεις, µε έκθετη ακέραιο ; Απάντηση Η δύναµη αν, µε το α που ονοµάζεται ϐάση και είναι πραγµατικός αριθµός και µε το ν που ονοµάζεται εκθέτης και είναι ϕυσικός αριθµός µε ν 2, είναι το γινόµενο που αποτελείται από ν παράγοντες του α αν = α α α {z } ν, παράγοντες Επίσης ορίζουµε : i. α1 = α ii. α0 = 1, µε α 6= 0 1 iii. α ν = ν, µε α 6= 0 α π.χ. 2 = = 8 Ερώτηση 1.2 Πώς ορίζονται οι δυνάµεις µε έκθετη ϱητό ; Απάντηση µ αν = ν αµ, α > 0, µ Z, ν Z + Ερώτηση 1. Πώς ορίζονται οι δυνάµεις µε εκθέτη πραγµατικό ; Απάντηση αx = lim αρν, lim ρν = x ν ν

6 Ερώτηση 1.4 Ποιες είναι οι ιδιότητες των δυνάµεων ; Απάντηση 1. α µ α ν = α µ+ν 4. α ν β ν = (α β) ν 2. α µ α ν = αµ ν 5. α ν β ν = ( α) ν β. α µ ν = ( α µ) ν 6. ( ) α ν = β ( ) β ν α Ερώτηση 1.5 Πώς ορίζεται η εκθετική συνάρτηση ; Απάντηση Η συνάρτηση f : R R µεf(x) = α x, α 1 λέγεται εκθετική. Αν α = 1 έχουµε τη σταθερή συνάρτηση f(x) = 1 Ερώτηση 1.6 Ποιες είναι οι ιδιότητες της εκθετικής συνάρτησης f(x) = α x µε α > 1; Απάντηση Σχήµα 1.1: Εκθετική συνάρτηση f(x) = α x µε α > 1 Εχει πεδίο ορισµού το R. Σύνολο τιµών το σύνολο των ϑετικών πραγµατικών αριθµών. Είναι γνησίως αύξουσα, δηλαδή για οποιουδήποτε πραγµατικούς αριθµούς x 1, x 2 µε x 1 < x 2 είναι α x 1 < α x 2 Η γραφική παράσταση της f τέµνει τον άξονα y y στο A(0, 1). Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 6

7 Η γραφική της παράσταση, όσο οι τιµές του x µικραίνουν, πλησιάζει όλο και πιο πολύ τον ηµιάξονα των αρνητικών αριθµών Ox, χωρίς να τον συναντά. Για αυτό λέµε ότι η γραφική παράσταση της f(x) = α x έχει οριζόντια ασύµπτωτη τον ηµιάξονα των αρνητικών αριθµών Ox. Ερώτηση 1.7 Ποιες είναι οι ιδιότητες της εκθετικής συνάρτησης f(x) = α x µε 0 < α < 1; Απάντηση Σχήµα 1.2: Εκθετική συνάρτηση f(x) = α x µε 0 < α < 1 Εχει πεδίο ορισµού το R. Σύνολο τιµών το σύνολο των ϑετικών πραγµατικών αριθµών. Είναι γνησίως ϕθίνουσα, δηλαδή για οποιουδήποτε πραγµατικούς αριθµούς x 1, x 2 µε x 1 < x 2 είναι α x 1 > α x 2 Η γραφική παράσταση της f τέµνει τον άξονα y y στο A(0, 1). Η γραφική της παράσταση, όσο οι τιµές του x µεγαλώνουν, πλησιάζει όλο και πιο πολύ τον ηµιάξονα των ϑετικών αριθµών Ox, χωρίς να τον συναντά. Για αυτό λέµε ότι η γραφική παράσταση της f(x) = α x έχει οριζόντια ασύµπτωτη τον ηµιάξονα των ϑετικών αριθµών Ox. Ερώτηση 1.8 Ποια χρήσιµη ισοδυναµία προκύπτει από την µονοτονία, για την επίλυση εκθετικών εξισώσεων ; Απάντηση Και στην περίπτωση που α > 1 και στην περίπτωση που 0 < α < 1 είχαµε : Αν x 1 x 2 τότε α x 1 > α x 2 Το οποίο µε αντιθετοαντιστροφή γίνεται : α x 1 = α x2 x 1 = x 2 Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 7

8 1.1.2 ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑΤΑ Εκθετικές συναρτήσεις Μεθοδολογία 1.1 Κατακόρυφη µετατόπισηη συνάρτηση f(x) = θ x + c έχει γραφική παράσταση που προκύπτει από την κατακόρυφη µετατόπιση της y = θ x κατά c µονάδες : προς τα πάνω αν c > 0. προς τα κάτω αν c < 0. Θέµα 1.1 Να σχεδιάσετε στο ίδιο σύστηµα αξόνων τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f(x) = 4 x + 2 και g(x) = 4 x 1 Λύση 1.1 Εστω C h η γραφική παράσταση της συνάρτησης h(x) = 4 x. Τότε αφού η f(x) = 4 x + 2 δηλαδή f(x) = h(x) + 2 η C f ϑα είναι η κατακόρυφη µετατόπιση της C h κατά 2 µονάδες προς τα πάνω. Επίσης αφού η g(x) = 4 x 1 δηλαδή η g(x) = h(x) 1, Η C g ϑα είναι η κατακόρυφη µετατόπιση της C h κατά 1 µονάδες προς τα κάτω. Σχήµα 1.: Κατακόρυφη µετατόπιση Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 8

9 Μεθοδολογία 1.2 Οριζόντια µετατόπισηη συνάρτηση f(x) = θ x+c έχει γραφική πα- ϱάσταση που προκύπτει από την οριζόντια µετατόπιση της y = θ x κατά c µονάδες : προς τα αριστερά αν c > 0. προς τα δεξιά c < 0. Θέµα 1.2 Να σχεδιάσετε στο ίδιο σύστηµα αξόνων τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f(x) = 4 x+2 και g(x) = 4 x 1 Λύση 1.2 Εστω C h η γραφική παράσταση της συνάρτησης h(x) = 4 x. Τότε αφού η f(x) = 4 x+2 δηλαδή f(x) = h(x + 2) η C f ϑα είναι η οριζόντια µετατόπιση της C h κατά 2 µονάδες προς τα αριστερά. Επίσης αφού η g(x) = 4 x 1 δηλαδή η g(x) = h(x 1), Η C g ϑα είναι η οριζόντια µετατόπιση της C h κατά 1 µονάδα προς τα δεξιά. Σχήµα 1.4: Οριζόντια µετατόπιση Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 9

10 Μεθοδολογία 1. Εκθετική συνάρτηση µε παράµετρο στη ϐάσηγια την συνάρτηση f(x) = α x ισχύουν τα παρακάτω : Εχει πεδίο ορισµού A f = R δηλαδή x R αν α > 0. Είναι εκθετική αν α > 0 και α 1. Είναι γνησίως αύξουσα αν α > 1. Είναι γνησίως ϕθίνουσα ( ) αν 0 < α < 1. Θέµα 1. ίνεται η συνάρτηση f(x) = ( λ) x. Να ϐρείτε για ποιες τιµές του λ λ η συνάρτηση f(x) : i. Εχει πεδίο ορισµού το R ii. Είναι εκθετική iii. Είναι γνησίως αύξουσα iv. Είναι γνησίως ϕθίνουσα Λύση 1. i. Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισµού το A f = R όταν η ϐάση της δύναµης είναι ϑετική δηλαδή λ 1 + λ > 0. λ 1 + λ λ λ 1+λ + 0 Συνεπώς ϑα πρέπει λ > 0 λ ( 1, ) 1 + λ ii. Η συνάρτηση f(x) = ( λ) x λ είναι εκθετική όταν 1 + λ 1 + λ > 0 και λ 1 λ 1 + λ 2 2λ λ λ Επειδή από i. γενικά λ ( 1, ) άρα για να είναι η συνάρτηση εκθετική έχουµε τελικά ότι λ ( 1, 1) (1, ) iii. Η συνάρτηση f(x) = ( λ) x είναι γνησίως αύξουσα ( ) όταν 1 + λ λ 1 + λ > 1 λ 1 + λ 1 > 0 λ 1 + λ 1 + λ 1 + λ > 0 λ 1 λ > λ 2 2λ 1 + λ > 0 2(1 λ) 1 + λ > λ 1 + λ > 0 1 λ 1 + λ > 0 Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 10

11 λ λ λ λ 1+λ λ > 0 1 < λ < 1. Τελικά η f είναι γνησίως αύξουσα αν λ ( 1, 1). 1 + λ iv. Η συνάρτηση f(x) = ( λ) x είναι γνησίως ϕθίνουσα στο Af = R 1 + λ λ 1 + λ > 0 και λ 1 + λ < 1 Από το i. έχουµε λ > 0 λ ( 1, ) 1 + λ Από το iii. έχουµε λ < 1 λ (, 1) (1, + ) 1 + λ Οπότε 0 < λ < 1 λ (1, ) 1 + λ Εκθετικές εξισώσεις Μεθοδολογία 1.4 Κατηγορία 1η Για την επίλυση της εξίσωσης της µορφής κ x = λ µε κ > 0, κ 1 διακρίνουµε τις παρακάτω περιπτώσεις : Αν λ 0, τότε η εξίσωση είναι αδύνατη. Αν λ > 0, τότε προσπαθούµε να γράψουµε το λ σε µορφή δύναµης µε ϐάση το κ π.χ. λ = κ ν οπότε επειδή η εκθετική συνάρτηση είναι 1 1 : κ x = λ κ x = κ ν x = ν Την περίπτωση που το λ δεν µπορούµε να το γράψουµε ως δύναµη µε ϐάση το κ ϑα το δούµε στο κεφάλαιο της λογαριθµικής συνάρτησης. Θέµα 1.4 Να λυθεί η εξίσωση x = 9 Λύση 1.4 x = 9 x = 2 x = 2 Μεθοδολογία 1.5 Κατηγορία 2η Εξισώσεις της µορφής α f(x) = α g(x) ή α f(x) = κ µε α > 0, α 1 και κ > 0 Γενικά, χρησιµοποιώ την ιδιότητα που προκύπτει από τη µονοτονία των εκθετικών συναρτήσεων α f(x) = α g(x) f(x) = g(x), µε α > 0, 1 Οπότε έχω να λύσω µια εξίσωση όπως αυτές που είδαµε πριν. Θέµα 1.5 Να λυθεί η εξίσωση 5 2x 4 = 1 Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 11

12 Λύση x 4 = 1 5 2x 4 = 5 0 2x 4 = 0 2x = 4 x = 2 Θέµα 1.6 Να λυθεί η εξίσωση 2 x2 x = 1 4 Λύση x2 x = x2 x = x2 x = ( x2 x = 2 2 ) 2 x 2 x = 2 x 2 x + 2 = 0 x = 1 x = 2 Μεθοδολογία 1.6 Κατηγορία η Εξισώσεις της µορφής f(α x ) = 0 µε α > 0, α 1 Συνήθως λύνονται µε αντικατάσταση α x = ω. Θέµα 1.7 Να λυθεί η εξίσωση : 4 x 2 x 12 = 0 Λύση x 2 x 12 = 0 (2 x ) 2 2 x 12 = 0 2 x =ω>0 ==== ω 2 2ω 12 = 0 ω 1 = 4 ω 2 =, απορρίπτεται 2 x =ω>0 ==== 2 x = 4 2 x = 2 2 x = 2 Θέµα 1.8 Να λυθεί η εξίσωση : 2 x x x x 2 = 54 Λύση x x x x 2 = 54 2 x x x x 2 2 = x x x x = x = x = x = 8 2 x = 2 x =. Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 12

13 Μεθοδολογία 1.7 Κατηγορία 4η Εξισώσεις της µορφής f(α x ) = f(β x ) µε α, β > 0, α, β 1 Προσπαθούµε να τις ϕέρουµε στη µορφή, ( ) α x ( ) α κ = x = κ β β Θέµα 1.9 Να λυθεί η εξίσωση : 8 x + 18 x 2 27 x = 0. Λύση x + 18 x 2 27 x = 0 (2 ) x + (2 9) x 2 ( ) x 2 x + 2 x ( 2 ) x 2 x = 0 2 x + 2 x 2x 2 x = 0 2x x + 2x 2x x 2 x x = 0 2x x + 2x 2x x x 2 2x x = 0 ( 2 ) x ( 2 ) x + 2 = 0 ( (2 ) ) x ( 2 ) x + 2 = 0. ( 2 ) x Θέτω = ω οπότε έχουµε ω + ω 2 = 0 η οποία µε τη ϐοήθεια του σχήµατος Horner οπότε ω + ω 2 = 0 (ω 1) (ω 2 + ω + 2) = 0 δηλαδή ω = 1 αφού η ω 2 + ω + 2 = 0 είναι αδύνατη < 0. Τελικά ( 2 )x = ω ( 2 )x = 1 ( 2 )x = ( 2 )0 x = 0 Μεθοδολογία 1.8 Κατηγορία 5η Εξισώσεις της µορφής [f(x)] g(x) = 1, f(x) > 0 g(x) = 0, f(x) > 0 Εχουν λύσεις, τις λύσεις των εξισώσεων f(x) = 1 Θέµα 1.10 Να λυθεί η εξίσωση : (x 2 5x + 7) x2 x+2 = 1 Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 1

14 x 2 5x + 7 = 1 Λύση 1.10 Πρέπει : και x 2 x + 2 = 0, x 2 5x + 7 > 0 Η x 2 5x + 7 > 0 έχει < 0, άρα ισχύει για κάθε x R Η x 2 5x + 7 = 1 έχει λύσεις x 1 = 2 και x 2 = Η x 2 x + 2 = 0 έχει λύσεις x 1 = 1 και x 2 = 2 Άρα η αρχική εξίσωση έχει λύσεις x 1 = 1, x 2 = 2 και x = Μεθοδολογία 1.9 Κατηγορία 6η Εξισώσεις της µορφής [f(x)] f(x) = α α, f(x) > 0, α > 0 Εχουν λύσεις, τις λύσεις της εξίσωσης f(x) = α Θέµα 1.11 Να λυθεί η εξίσωση : (x 2 7x + 15) x2 7x+15 = 27 Λύση 1.11 Εχουµε (x 2 7x + 15) x2 7x+15 = 27 (x 2 7x + 15) x2 7x+15 = x 2 7x + 15 = Πρέπει : x 2 7x + 15 > 0 το οποίο ισχύει, γιατί έχει < 0 Η x 2 7x + 15 = έχει λύσεις x 1 = και x 2 = 4 Θέµα 1.12 Να λυθούν οι παρακάτω εξισώσεις : i. 2 x2 x = 1 4 ii. 4x 2 = 0 iii. 8 2x 8 x 2 = 0 Λύση 1.12 i. 2 x2 x = 1 4 2x2 x = x2 x = ( 1) 2 2 x 2 x = x 2 x = 2 x 2 x + 2 = 0 x = 1 ή x = 2 ii. 4 x 2 = 0 Η εξίσωση αυτή είναι αδύνατη γιατί 4 x 2 > 0 για κάθε x R. iii. 8 2x 8 x 2 = 0 8 2x = 8 x 2 = 0 2x = x 2 x = 1. Θέµα 1.1 Να λυθούν οι παρακάτω εξισώσεις : i. 9 2x+1 = 27 x+1 ii. 4 x 1 = 8 Λύση x+1 = 27 x+1 ( 2) 2x+1 = ( ) x+1 2(2x+1) = (x+1) 4x+2 = x+ 4x + 2 = x + x = 1. Θέµα 1.14 Να λυθεί η εξίσωση : 9 x + x+1 4 = 0 Λύση x + x+1 4 = 0 ( 2 ) x + x 4 = 0 ( x ) 2 + x 4 = 0. Θέτουµε x = ω, µε ω > 0, αφού x > 0. Οπότε προκύπτει ένα τριώνυµο ως προς ω δηλαδή ω 2 + ω 4 = 0 Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 14

15 το οποίο το λύνουµε και έχει ϱίζες τις ω 1 = 1 και ω 2 = 4 η οποία απορρίπτεται. Συνεπώς για ω = 1 x = 1 x = 0 x = 0. Θέµα 1.15 Να λυθεί η εξίσωση : 2 5 x x 12 5 x 2 x = 0 Λύση x x 12 5 x 2 x = x x 12 5 x 5 2 x 2 = x x 12 5 x 1 5 2x 1 2 = x + 2 x x 8 2x = x x = 8 2x 2 x ( ) ( ) x = 2 x 125 ( 5 x 2 ) = 2 x 125 5x 2 x = 5 ( ( 5 x 5 = 2) 4 2 ( 4 5 ) x ( 5 4 = 2 2) x = 4. ( 5 8 ) ) x = Θέµα 1.16 Να λυθεί η εξίσωση : 8 x + 18 x 2 27 x = 0. Λύση x + 18 x 2 27 x = 0 (2 ) x + (2 9) x 2 ( ) x 2 x + 2 x ( 2 ) x 2 x = 0 2 x + 2 x 2x 2 x = 0 2x x + 2x 2x x 2 x x = 0 2x x + 2x 2x x x 2 2x x = 0 ( 2 ) x ( 2 ) x + 2 = 0 ( (2 ) ) x ( 2 ) x + 2 = 0. ( 2 ) x Θέτω = ω οπότε έχουµε ω + ω 2 = 0 η οποία µε τη ϐοήθεια του σχήµατος Horner οπότε ω + ω 2 = 0 (ω 1) (ω 2 + ω + 2) = Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 15

16 δηλαδή ω = 1 αφού η ω 2 + ω + 2 = 0 είναι αδύνατη < 0. Τελικά ( 2 )x = ω ( 2 )x = 1 ( 2 )x = ( 2 )0 x = 0 Εκθετικές Ανισώσεις Μεθοδολογία 1.10 Για την επίλυση εκθετικής ανίσωσης εργαζόµαστε µε όµοιο τρόπο όπως και στις εξισώσεις για να καταλήξουµε : θ f(x) < θ g(x) Αν θ > 1, τότε f(x) < g(x) δηλαδή η αρχική διάταξη παραµένει ίδια Αν 0 < θ < 1, τότε f(x) > g(x) δηλαδή η αρχική διάταξη αλλάζει Θέµα 1.17 Να λυθούν οι ανισώσεις : i. x < 9 ii. 5 2x 4 > 1 iii. e x 1 e < 0 ( π ) 1 x 9 ( 2 ) x iv. < π 2 v. 8 x + > 0 vi Λύση 1.17 i. x < 9 x < 2 x < 2. διότι > 1 και διατηρείται η αρχική διάταξη. ii. 5 2x 4 > 1 5 2x 4 > 5 0 2x 4 > 0 2x > 4 x > 2 διότι 5 > 1 και διατηρείται η αρχική διάταξη. iii. e x 1 e < 0 ex < 1 ( 1 ) x ( 1 ) 1 e 1 < x > 1 x < 1. διότι e e e < 1 και η αρχική διάταξη αλλάζει. ( π ) 1 x 9 ( π ) 1 x ( ) 2 ( ) x 1 ( ) 2 iv. < π 2 < < x 1 > π π π x > 4. διότι < 1 και η αρχική διάταξη αλλάζει. π v. 8 x + > 0 8 x >, ισχύει αφού 8 x > 0 για κάθε x R. ( 2 ) x ( 2 ) x ( 2 ) x vi αδύνατο γιατί > 0 για κάθε x R. Θέµα 1.18 Να λυθεί η ανίσωση : 5 x x < 6 Λύση x x < 6 5 x x < 6 52x + 5 < 5 5 x 5 2x 6 5 x + 5 < 0. Θέτω 5 x = ω, και αφού 5 x > 0 ϑα πρέπει και το ω > 0, οπότε ω 2 6 ω + 5 < 0 ω ω 2 Άρα 6 ω ω 2 6 ω + 5 < 0 1 < ω < 5 1 < 5 x < < 5 x < < x < 1. Θέµα 1.19 Να λυθεί : x 9 5 x 1 < 0 Λύση 1.19 Εχουµε ότι αν x 9 > 0 x > 9 x > 2 τότε x > 2 και αν 5 x 1 < 0 5 x < 1 5 x < 5 0 τότε x < 0. Λαµβάνοντας υπόψιν τα παραπάνω µπορούµε να σχηµατίσουµε τον παρακάτω πίνακα προσήµων : Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 16

17 Τελικά x 9 5 x 1 < 0 0 < x < 2. x x x x 9 5 x Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 17

18 1.1. ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΡΟΣ ΛΥΣΗ 1. Να σχεδιάσετε τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων : i. f(x) = 5 x ii. f(x) = ( ) x 7 iii. f(x) = 0, 25 x iv. f(x) = x. 2. Να σχεδιάσετε, στο ίδιο σύστηµα αξόνων, τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων : i. f(x) = 2 x g(x) = 2 x + 1, h(x) = 2 x ii. f(x) = ( 5 ) x, g(x) = ( 5 ) x () x + 2, h(x) = 1 5 iii. f(x) = x, g(x) = x+2, h(x) = x 1 iv. f(x) = ( ) x, () x+1, () x g(x) = h(x) = Να σχεδιάσετε, στο ίδιο σύστηµα αξόνων, τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων : i. f(x) = 4 x, g(x) = 4 x ii. f(x) = 2 x, g(x) = ( 1 2 )x 4. Να ϐρείτε τις τιµές του α R, ώστε η συνάρτηση f(x) = (2α 5) x i. ορίζεται σε όλο το R, ii. να είναι εκθετική, iii. να είναι γνησίως αύξουσα στο R, iv. να είναι γνησίως ϕθίνουσα στο R. 5. Να ϐρείτε για ποίες τιµές του λ R, η συνάρτηση f(x) = ( λ ) x i. ορίζεται σε όλο το R, ii. να είναι εκθετική, iii. να είναι γνησίως αύξουσα στο R, iv. να είναι γνησίως ϕθίνουσα στο R. 6. Να λύσετε τις εξισώσεις i. 5 x+4 = 25 ii. 2x 5 = 27 iii x = 16 iv. 7 x2 25 = 1. v. x+5 = 1 81 vi. x = 1 9 ( 1) x vii. = 8 viii. 2 x+5 = 4 ix. 5 x = Να λύσετε τις εξισώσεις Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 18

19 i. x 2 27 = 0 ii. 2 5 x+ 50 = 0 iii. 1 x2 x 4 1 = 0 iv. 2 x = 0 v. 72x 5 = Να λύσετε τις εξισώσεις vi. x+2 = 0. i. 5 2 x = 2 x+ 2 ii. x+2 = 24 x iii. 2 x+2 x 1 = 48. iv. 4 x+2 5 2x 1 = Να λύσετε τις εξισώσεις i. 2 2x 10 2 x + 16 = 0 ii. 9 x 2 x = 0 iii. 4 x x 2 = 0 iv. 9 x+1 6 x 1 + = 0 v. 2x 2 = 4 x vi. 5 2x = 10 5 x Να λύσετε τις εξισώσεις i. 2 x + 2 x 1 = 2 4 x 2 2 x ii x 4 x = 9 5 x iii. 2 x + 2 x+1 = x+ 5 2 x Να λύσετε τις ανισωσεις : i. 5 x 7 < 5 x 1 ii. 7 2x x iii. ( ) 5 2x ( ) 5 x 7 iv. > v Να λύσετε τις ανισωσεις : ( ) 7 x+5 6 ( ) 7 5 x vi. 6 i. 2 x 5 > 0. ii. 2x 1 0 iii. 5 x 1 5 iv. 7 5x+2 < Να λύσετε τις ανισώσεις i. 2 2x 5 2 x + 4 > 0. ii. 9 x 2 x < 0. iii. 4 x 5 2 x iv. 9 x x v. 4 x x ( 1) x 1 (1) x+1 vi Να λύσετε τα συστήµτα : ( ) 1 4x ( ) 1 x < 4 ( ) 1 x+12 ( ) 1 x 11 4 i. { 2 x + y = 1. 2 x 2 y = Να λύσετε τα συστήµτα : i. { 5 x+1 5 y x = x 1 7 x y = 7 ii. ii. { 2 x 5 y =. 2 x+2 5 y+1 = 7 { 2 5x+1 4 y 2x = 8 5 2x y = 1 iii. iii. { 2 x y = 1 4 x 9 y = 7 { 4 x 2y 8 y 1 = 2 27 y x 9 2x+1 = 1 Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 19

20 1.2 Λογάριθµοι ΘΕΩΡΙΑ Ερώτηση 1.9 Πώς ορίζεται ο λογάριθµος µε ϐάση α > 0, 1 ενός ϑετικού αριθµού θ; Απάντηση α x = θ x = log α θ, θ > 0 Ερώτηση 1.10 Πώς ορίζεται ο δεκαδικός λογάριθµος ; Απάντηση 10 x = θ x = log 10 θ = logθ, θ > 0 Ερώτηση 1.11 Πώς ορίζεται ο νεπέριος λογάριθµος ; Απάντηση e x = θ x = log e θ = lnθ, θ > 0 Ερώτηση 1.12 Ποιες ιδιότητες προκύπτουν άµεσα από τον ορισµό του λογάριθµου ; Απάντηση 1. log α 1 = 0, log1 = 0, ln1 = 0 2. log α α = 1, log10 = 1, lne = 1. log α α κ = κ, log10 κ = κ, lne κ = κ 4. α logαθ = θ, 10 logθ = θ, e lnθ = θ Ερώτηση 1.1 Να γράψετε και να αποδείξετε τις κύριες ιδιότητες των λογάριθµων Απάντηση 1. log α (x 1 x 2 ) = log α x 1 + log α x 2 x 1, x 2 > 0, α > 0, 1 Απόδειξη Θεωρώ log α x 1 = θ 1 και log α x 2 = θ 2 Οπότε είναι : x 1 = α θ 1 και x 2 = α θ 2 Πολλαπλασιάζοντας κατά µέλη έχουµε : x 1 x 2 = α θ 1 α θ 2 x 1 x 2 = α θ 1+θ 2 θ 1 + θ 2 = log α (x 1 x 2 ) log α x 1 + log α x 2 = log α (x 1 x 2 ) 2. log α ( x 1 ) = log α x 1 log α x 2 x 1, x 2 > 0, α > 0, 1 x 2 Απόδειξη Θεωρώ log α x 1 = θ 1 και log α x 2 = θ 2 Οπότε είναι : x 1 = α θ 1 και x 2 = α θ 2 ιαιρώντας κατά µέλη έχουµε : x 1 x 2 = αθ1 α θ 2 x 1 x 2 = α θ 1 θ 2 θ 1 θ 2 = log α ( x 1 x 2 ) log α x 1 log α x 2 = log α ( x 1 x 2 ). log α x κ = κlog α x x > 0, α > 0, 1 Απόδειξη Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 20

21 Θεωρώ log α x = θ log α x = θ α θ = x (α θ ) κ = x κ α θκ = x κ θκ = log α x κ κlog α x = log α x κ 4. Τύπος αλλαγής ϐάσης : log α β = log κ β, α, κ > 0, 1, β > 0 log κ α Απόδειξη Χωρίς απόδειξη. Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 21

22 1.2.2 ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑΤΑ Μεθοδολογία 1.11 Χρήσιµες παρατηρήσεις 1. Οταν έχουµε έναν λογάριθµο της µορφής log α θ ϑα πρέπει να προσέξουµε τους περιορισµούς που έχουµε α > 0, 1 και θ > 0 2. log α (x 1 x 2 x...x ν ) = log α x 1 + log α x 2 + log α x log α x ν. Οι ιδιότητες των λογάριθµων χρησιµοποιούνται συχνά και από την ανάποδη σειρά. Από το 2ο προς το 1ο µέλος. i. log α x + log α y = log α (xy) ii. log α x log α y = log α ( x y ) iii. νlog α = log α x ν 1 iv. ν log αx = log ν α x 4. Αν έχω log α (x 1 x 2 ) x 1 x 2 > 0, α > 0, 1 Τότε γίνεται log α (x 1 x 2 ) = log α x 1 + log α x 2 5. Αν έχω log α ( x 1 ) x 1 x 2 > 0, α > 0, 1 x 2 Τότε γίνεται log α ( x 1 x 2 ) = log α x 1 log α x 2 6. Αν έχω log α x 2κ x 0, α > 0, 1 Τότε γίνεται log α x 2κ = 2κlog α x 7. Αν σε κάποια άσκηση, ϑέλουµε να αντικαταστήσουµε έναν αριθµό x, µε ένα λογάριθµο ϐάσης α, τότε γράφουµε x = log α α x 8. Κάποιες επιπλέον χρήσιµες ιδιότητες i. log α β log β α = 1 log β α = 1 log α β ii. log α 1 β = log αβ Θέµα 1.20 Να ϐρείτε για ποιες τιµές του x έχει νόηµα ο λογάριθµος log x (x 2 5x + 6) Λύση 1.20 Πρέπει x > 0, x 1 και x 2 5x + 6 > 0. Λύνω την x 2 5x + 6 > 0 Η x 2 5x + 6 = 0 έχει ϱίζες το 2 και το, εποµένως ο πίνακας προσήµων είναι ο : x 2 + x 2 Άρα x (, 2) (, + ) 5x Εποµένως για να ορίζεται ο λογάριθµος ϑα πρέπει x (, + ) Θέµα 1.21 Να υπολογίσετε τους λογάριθµους : i. log 10 0, 001 ii. log 1 10 iii. log iv. log 9 27 v. log 2 16 vi. log Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 22

23 Μεθοδολογία 1.12 Για τον υπολογισµό λογάριθµων χρησιµοποιούµε τον ορισµό log α θ = x α x = θ. Λύση 1.21 i. log 10 0, 001 = x log = x 10 x = 10 ii. x = log 1 10 = x log = x ( 1 10 )x = x = iii. iv. v. vi. x = 1 2 log 1 2 = x 2 ( 1 2 )x = x = 2 5 log 9 27 x = 5 log 9 = x log 9 = x log = x ( 1 2 ) x = x = x = 2 x = 4 log 2 16 = x ( 2 x = 16 log 2 (2 1 2 ) x = x 2 = 2 4 x 2 = 4 x = = x ( 2 )x = 27 ( 2 )x = ( 2 ) 1 2 ( 2 )x = ( 2 ) 2 ( 2 )x = ( 2 ) 2 x = 2 Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 2

24 Θέµα 1.22 Να υπολογίσετε το x: i. log 10 x = ii. log 4 x = 1 2 iv. log x 16 = 4 v. log x 8 = 2 iii. log 2 x = 2 vi. log x 0, 1 = Λύση 1.22 i. log 10 x = x = 10 ii. x = 1000 log 4 x = 1 2 x = iii. log 2 x = 2 x = x = x = 2 2 x = (2 1 2 ) 2 iv. v. x = 2 1 log x 16 = 4 x 4 = 16 x = ± 4 16 x = 2 log x 8 = 2 x 2 = 8 x = 8 2 x = (2 ) 2 vi. x = 2 2 x = 2 2 x = 4 log x 0, 1 = x = 0, 1 x = 10 1 x = (10 1 ) 1 x = 10 1 x = 1 10 Θέµα 1.2 Να υπολογίσετε την τιµή της παράστασης A = 1 2 log log log81 Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 24

25 Λύση 1.2 A = 1 2 log log log81 = log 16 + log 8 + log 4 81 = log4 + log2 + log = log(4 2 ) = log24 Θέµα 1.24 Να δειχθεί ότι log 6 ( ) + 2log 6 ( ) = 2 Λύση 1.24 log 6 ( ) + 2log 6 ( ) = log 6 ( ) + log 6 ( ) 2 = log 6 ( ) + log 6 (12 6 ) = log 6 ( )(12 6 ) = log 6 (12 2 (6 ) 2 ) = log 6 ( ) = log 6 6 = 2 Θέµα 1.25 Να δειχθεί ότι log 8 log 2 = 4 Λύση 1.25 log 8 log 2 = log 8 2 = log 4 = 4 Θέµα 1.26 Αν log κ 2 = α και log κ = β µε 0 < κ 1, να δειχθεί ότι : log κ ( 9 2 κ5 ) = 2β α + 5 Λύση 1.26 log κ ( 9 2 κ5 ) = log κ ( 9 2 ) + log κκ 5 = log κ 9 log κ = log κ 2 log κ = 2log κ log κ = 2β α + 5 Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 25

26 Θέµα 1.27 Αν 0 < α, β 1, αβ 1 να δειχθεί ότι : 1 log α (αβ) + 1 log β (αβ) = 1 Λύση 1.27 Επειδή έχω λογάριθµους µε διαφορετικές ϐάσεις ϑα χρησιµοποιήσω τον τύπο αλλαγής ϐάσης log α β = log κ β, α, κ > 0, 1, β > 0 log κ α 1 log α (αβ) + 1 log β (αβ) = = = = = log(αβ) logα log α log(αβ) + 1 log(αβ) logβ log β log(αβ) log α + logβ log(αβ) log α + logβ logα + logβ Θέµα 1.28 Αν x > 0 και 0 < α 1 να δείξετε ότι : log 1 ( 1 α x ) = log αx Λύση 1.28 log 1 ( 1 log( 1 α x ) = x ) log( 1 α ) log1 logx = log1 logα = logx logα = logx logα = log α x Θέµα 1.29 Αν x > 0 και 0 < α 1 να δείξετε ότι : log α ν x = 1 ν log αx Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 26

27 Λύση 1.29 log α ν x = log αx log α α ν = log αx ν = 1 ν log αx Θέµα 1.0 Αν log 5 α + log 5 (log 5 α) = 1 να δειχθεί ότι α = 1 Λύση 1.0 log 5 α + log 5 (log 5 α) = 1 log 5 (αlog 5 α) = = αlog 5 α 5 = log 5 α α 5 5 = α α α = 5 Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 27

28 1.2. ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΡΟΣ ΛΥΣΗ Ορισµός του λογάριθµου 1. Να υπολογίσετε τους λογάριθµους : i. log 2 16 ii. log 5 25 iii. log 27 iv. log 6 6 v. log 8 1 vi. log Να υπολογίσετε τους λογάριθµους : 4 i. log 4 2 ii. log 9 27 iii. log 4 2. Να υπολογίσετε τους λογάριθµους : 1 i. log 10 ii. log 100 iii. log Να υπολογίσετε τους λογάριθµους : iv. log 1 27 v. log iv. log v. log 0, 001 i. ln e ii. ln 1 iii. ln e iv. ln e v. ln 5. Να ϐρείτε τον αριθµό α για τον οποίο ισχύει : e 2 e 1 i. log α 6 = 2 ii. log α 8 = iii. log α 8 = 2 6. Να ϐρείτε τον αριθµό x για τον οποίο ισχύει : i. log 4 x = ii. log x = 2 iii. log 9 x = 2 iv. log α 4 = 2 iv. log ( x + 1) = 2 Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 28

29 Ιδιότητες του λογαρίθµου 1. Να ϐρείτε τις τιµές των παραστάσεων : i. log log 6 18 ii. log 5 + log 2 iii. log 4 + log 25 iv. log 50 + log v. log 2 24 log 2 vi. log 40 log 4 vii. log 2 log 200 viii. log log 2. Να ϐρείτε τις τιµές των παραστάσεων : i. 2 log 6 + log log 4 ii. log log log log 2 6 log 2 12 iii. 2 log 2 + log 18 2 log 12 1 iv.. Να ϐρείτε τις τιµές των παραστάσεων : 1 2 log log log i log 6 log 12 ii. 10 log 5 iii log 16 iv log 5 5 log Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 29

30 1. Λογαριθµική Συνάρτηση 1..1 ΘΕΩΡΙΑ Ερώτηση 1.14 Τι ονοµάζουµε λογαριθµική συνάρτηση µε ϐάση α > 0, 1; Απάντηση Η συνάρτηση : f : (0, + ) R µε f(x) = log α x λέγεται λογαριθµική συνάρτηση µε ϐάση α. Ερώτηση 1.15 Ποιο είναι το πεδίο ορισµού της f(x) = log g(x) f(x); Απάντηση D f = {x R : g(x) > 0, g(x) 1, f(x) > 0} Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 0

31 Ερώτηση 1.16 Ποια είναι η γραφική παράσταση της f(x) = log α x µε α > 0, 1, x > 0 και ποια η σχέση της µε τη γραφική παράσταση της g(x) = α x ; Απάντηση Η γραφική παράσταση της f(x) = log α x είναι συµµετρική ως προς την ευθεία y = x µε τη γραφική παράσταση της g(x) = α x Οι γραφικές παραστάσεις ϕαίνονται στα παρακάτω σχήµατα Σχήµα 1.5: Λογαριθµική συνάρτηση Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 1

32 Σχήµα 1.6: Λογαριθµική συνάρτηση Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 2

33 Ερώτηση 1.17 Ποια είναι η µονοτονία της συνάρτησης f(x) = log α x µε α > 0, 1, x > 0 ; Απάντηση Οταν α > 1 η γραφική παράσταση είναι : Σχήµα 1.7: f(x) = log α x µε α > 0, 1 από την οποία συµπεραίνουµε ότι, η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα. Αν x 1 < x 2 τότε log α x 1 < log α x 2 Οταν 0 < α < 1 η γραφική παράσταση είναι : Σχήµα 1.8: f(x) = log α x µε 0 < α < 1 από την οποία συµπεραίνουµε ότι, η συνάρτηση είναι γνησίως ϕθίνουσα. Αν x 1 < x 2 τότε log α x 1 > log α x 2 Αυτές τις ιδιότητες τις χρησιµοποιούµε για να λύσουµε λογαριθµικές ανισώσεις Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός

34 Ερώτηση 1.18 Να µελετήσετε τη συνάρτηση f(x) = log α x µε α > 0, 1, x > 0 Απάντηση Οταν α > 1 η γραφική παράσταση είναι : Σχήµα 1.9: f(x) = log α x µε α > 0, 1 1. Το πεδίο ορισµού είναι το (0, + ) 2. Το σύνολο τιµών είναι όλο το R. Τέµνει τον xx στο 1, δηλαδή f(1) = 0 4. Για 0 < x < 1 είναι log α x < 0 5. Για x > 1 είναι log α x > 0 6. Η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα. Αν x 1 < x 2 τότε log α x 1 < log α x 2 Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 4

35 Οταν 0 < α < 1 η γραφική παράσταση είναι : Σχήµα 1.10: f(x) = log α x µε 0 < α < 1 1. Το πεδίο ορισµού είναι το (0, + ) 2. Το σύνολο τιµών είναι όλο το R. Τέµνει τον xx στο 1, δηλαδή f(1) = 0 4. Για 0 < x < 1 είναι log α x > 0 5. Για x > 1 είναι log α x < 0 6. Η συνάρτηση είναι γνησίως ϕθίνουσα. Αν x 1 < x 2 τότε log α x 1 > log α x 2 Ερώτηση 1.19 Τι συµπέρασµα ϐγάζουµε από το γεγονός ότι η συνάρτηση f(x) = log α x, είναι 1 1 ; Απάντηση log α x 1 = log α x 2 x 1 = x 2 µε α > 0, 1, x 1, x 2 > 0 Ρ Προσοχή : Αυτή την ιδιότητα την χρησιµοποιούµε για να λύσουµε λογαριθµικές εξισώσεις Ερώτηση 1.20 Τι ισχύει για τις συναρτήσεις f(x) = logx και g(x) = lnx; Απάντηση Επειδή έχουν ϐάσεις 10 και e αντίστοιχα, είναι την κατηγορία f(x) = log α x µε α > 1, x > 0 Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 5

36 1..2 ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑΤΑ Συναρτήσεις Μεθοδολογία 1.1 Για τις γραφικές παραστάσεις των λογαριθµικών συναρτήσεων, εφαρ- µόζω τους γενικούς κανόνες των µετατοπίσεων, όπως τους έχουµε δει στο σχετικό κε- ϕάλαιο. Θέµα 1.1 Να προσδιορίσετε το πεδίο ορισµού των παρακάτω συναρτήσεων : i. f(x) = log(2x 4) 2 ii. g(x) = ln( x 81) iii. h(x) = log x 2 1(x + 9) Λύση 1.1 i. Πρέπει 2x 4 > 0 = x > 2 = x (2, + ) ii. Πρέπει x 81 > 0 > 0 = x > 81 = x > 4 = x > 4 = x (4, + ) iii. Πρέπει x 2 1 > 0 x (, 1) (1, + ) x = x ± 2 = x (1, + ) 2 x + 9 > 0 x (, + ) Θέµα 1.2 ίνεται η συνάρτηση f(x) = ln(4x 8) + 9. Να ϐρείτε : i. Το πεδίο ορισµού της ii. Τα σηµεία στα οποία τέµνει τον xx και τον yy iii. Τον αριθµό α ώστε το σηµείο K( α, 9) να είναι σηµείο της γραφικής παράστασης 4 της f iv. Τα διαστήµατα στα οποία η γραφική παράσταση της f είναι πάνω από τον xx Λύση 1.2 i. Πρέπει 4x 8 > 0 = x > 2 = x (2, + ) ii. Τέµνει τον xx στα σηµεία για τα οποία ισχύει f(x) = 0 ln(4x 8) + 9 = 0 = ln(4x 8) = = 4x 8 = e = x = 8 + e > 2 4 δεκτή. Άρα τέµνει τον xx στο σηµείο A( 8 + e, 0) 4 Τέµνει τον yy στο f(0) το οποίο όµως δεν ορίζεται, γιατί 0 (2, + ) iii. Αφού το K( α, 9) είναι σηµείο της γραφικής παράστασης, τότε 4 f( α 4 ) = 9 ln(4α 4 8) + 9 = 9 ln(α 8) = 0 ln(α 8) = ln1 α 8 = 1 α = 9 iv. Η γραφική παράσταση της f(x) είναι πάνω από τον xx στα διαστήµατα τα Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 6

37 οποία είναι λύσεις της f(x) > 0 f(x) > 0 ln(4x 8) + 9 > 0 ln(4x 8) > ln(4x 8) > lne 4x 8 > e x > 8 + e 4 Άρα η γραφική παράσταση της f(x) είναι πάνω από τον xx για x ( 8 + e, + ) 4 Θέµα 1. ίνεται η συνάρτηση f(x) = log 2α 11 x, x > 0 να προσδιορίσετε για ποιες του α είναι αύξουσα και για ποιες είναι ϕθίνουσα. Μεθοδολογία 1.14 Η f(x) = log α x είναι αύξουσα για α > 1 και ϕθίνουσα για 0 < α < 1 Λύση 1. Άρα f(x) = log 2α 11 x, x > 0 είναι αύξουσα για 2α 11 > 1 = α > 6 και ϕθίνουσα για 0 < 2α 11 < 1 = 11 2 < α < 6 Θέµα 1.4 Να συγκρίνετε τους αριθµούς i. ln2, ln5 ii. log 1 5, log 1 10 Μεθοδολογία 1.15 Η f(x) = log α x είναι αύξουσα για α > 1 και ϕθίνουσα για 0 < α < 1 Λύση 1.4 i. Τα ln2, ln5 έχουν ϐάση µεγαλύτερη του ένα, άρα 2 < 5 ln2 < ln5 ii. τα log 1 5, log 1 10 έχουν ϐάση µικρότερη του ένα, άρα, 5 < 10 log 1 5 > log 1 10 Θέµα 1.5 Να δειχθεί ότι x lnα = α lnx Λύση 1.5 Λογαριθµίζω και τα δυο µέλη x lnα = α lnx ln(x lnα ) = ln(α lnx ) lnαlnx = lnxlnα που ισχύει Θέµα 1.6 Να λυθεί η εξίσωση log(x + 1) = 2 2log( 5x) Λύση 1.6 Εχω τους περιορισµούς, x + 1 > 0, 5x > 0 από τους οποίους προκύπτει ότι Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 7

38 x > 0 log(x + 1) = 2 log 5x log(x + 1) + 2log( 5x) = 2 log(x + 1) + log( 5x) 2 = 2 log((x + 1)5x) = 2 (x + 1)5x = x 2 + 5x 100 = 0 x 2 + x 20 = 0 x = 4 x = 5 απορρίπτεται Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 8

39 Εξισώσεις Θέµα 1.7 Να λυθεί η εξίσωση log(x 2 x) = log(x + 15) Μεθοδολογία 1.16 Οταν έχω να λύσω την εξίσωση log(f(x)) = log(g(x)) ουσιαστικά έχω να λύσω το σύστηµα f(x) = g(x) f(x) > 0 g(x) > 0 Λύση 1.7 Βάζω περιορισµούς, όποια συνάρτηση είναι µέσα στους λογάριθµους πρέπει να είναι ϑετική. Ολους τους συντελεστές των λογάριθµων τους κάνω έκθετες στην συνάρτηση που είναι µέσα στο λογάριθµο κ ln x = ln x κ Εφαρµόζω τις ιδιότητες ln 1 = 0, ln e = 1 log 1 = 0, log 10 = 1 ln x 1 + ln x 2 = ln(x 1 x 2 ) ln x 1 ln x 2 = ln x 1 x 2 α x = e ln αx = e x ln α Λύνω την εξίσωση f(x) = g(x) ln(f(x)) = ln(g(x)) f(x) > 0 g(x) > 0 f(x) = g(x) log(f(x)) = log(g(x)) f(x) > 0 g(x) > 0 ln(f(x)) = α f(x) = e α log(f(x)) = α f(x) = 10 α Εξετάζω ποιες λύσεις απορρίπτονται από τους περιορισµούς Εχω τους περιορισµούς, x 2 x > 0, x + 15 > 0 από τους οποίους προκύπτει ότι x < 0 ή x > 1 = x ( 15, 0) (1, + ) x > 15 log(x 2 x) = log(x + 15) x 2 x = x + 15 x 2 2x 15 = 0 x = x = 5 Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 9

40 Θέµα 1.8 Να λυθεί η εξίσωση log x (x 2 + x + 2) = log x (8x 2) Λύση 1.8 Εχω τους περιορισµούς, x 2 + x + 2 > 0, 8x 2 > 0, x > 0, x 1 4, x 1 Άρα x (1, 1 4 ) (1 4, + ) log x (x 2 + x + 2) = log x (8x 2) x 2 + x + 2 = 8x + 2 x 2 5x + 4 = 0 x = 1 η οποία δεν ικανοποιεί τους περιορισµούς x = 4 Θέµα 1.9 Να λυθεί η εξίσωση ln(x 1) + ln(x 2) = lnx Λύση 1.9 Εχω τους περιορισµούς, x 1 > x 2 > 0, x > 0 από τους οποίους προκύπτει ότι x > 2 ln(x 1) + ln(x 2) = lnx ln(x 1(x 2) = lnx (x 1(x 2) = x x 2 x + 2 = x x 2 4x + 2 = 0 x = 2 2 η οποία δεν ικανοποιεί τους περιορισµούς x = Θέµα 1.40 Να λυθεί η εξίσωση lnx 2 = 2 Λύση 1.40 Εχω τον περιορισµό x 2 > 0 = x 0 1ος τρόπος lnx 2 = 2 x 2 = e 2 2ος τρόπος x = e x = ±e lnx 2 = 2 2ln x = 2 ln x = 1 x = e x = ±e Ρ Προσοχή : ΕΙΝΑΙ ΛΑΘΟΣ ΝΑ ΠΟΥΜΕ lnx 2 = 2lnx γιατί αυτό ισχύει ΜΟΝΟ όταν x > 0 Αν το λύσουµε έτσι ϑα χάσουµε την αρνητική λύση. Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 40

41 Θέµα 1.41 Να λύσετε την εξίσωση 6(logx + 1) 2 + 6log 2 x = 1logx(logx + 1) Λύση 1.41 Εχω τους περιορισµούς, x 1 > 0 x > 0, x + 1 > 0 προκύπτει ότι x > 1 Για να απλοποιηθεί η µορφή της, ϑέτω w = logx κι έχω : από τους οποίους 6(logx + 1) 2 + 6log 2 x = 1logx(logx + 1) 6(w + 1) 2 + 6w 2 = 1w(w + 1) Για w = 2 = logx = 2 = x = 100 Για w = = logx = = x = 10 w 2 + w 6 = 0 w = 2 w = Θέµα 1.42 Να λυθεί η εξίσωση log x+1 (2x 2 + 8x + 6) = 2 Λύση 1.42 Εχω τους περιορισµούς, x + 1 > 0 x + 1 1, 2x 2 + 8x + 6 > 0 από τους οποίους προκύπτει ότι x > 1 και x 1 log x+1 (2x 2 + 8x + 6) = 2 (x + 1) 2 = 2x 2 + 8x + 6 x 2 + 2x + 1 = 2x 2 + 8x + 6 x 2 + 6x + 5 = 0 x = 1 x = 5 οι οποίες απορρίπτονται γιατί δεν ικανοποιούν τους περιορισµούς. Άρα η εξίσωση είναι αδύνατη. Θέµα 1.4 Να λυθεί η εξίσωση 2 x 1 = Λύση x 1 = x 1 = log 2 x = 1 + log 2 x = log log 2 x = log 2 (2 ) x = log 2 6 Θέµα 1.44 Να λυθεί η εξίσωση log 2 x log 4 x = Μεθοδολογία 1.17 Οταν έχω εξίσωση µε λογάριθµους διαφορετικών ϐάσεων, τότε χρησι- µοποιώ τον τύπο αλλαγής ϐάσης, ώστε να εµφανίζονται λογάριθµοι µε µία ϐάση µόνο. Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 41

42 Λύση 1.44 Εχω τον περιορισµό x > 0 log 2 x log 4 x = logx log2 logx log4 = logx log2 logx log2 2 = logx log2 logx 2log2 = 2logx logx = 2log2 logx = log2 6 x = 2 6 = 64 Θέµα 1.45 Να λυθεί η εξίσωση 10x logx = x 2 x Λύση 1.45 Εχω τον περιορισµό x > 0 Λογαριθµίζω και τα δυο µέλη 10x logx = x 2 x log(10x logx ) = log(x 2 x) log10 + logx logx = logx 2 + logx log 2 x = 2logx + 1 logx ϑέτω logx = w w 2 = 2w w 2w 2 5w + 2 = 0 w = 2 w = 1 2 lox = 2 logx = 1 2 x = 100 w = 10 Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 42

43 Ανισώσεις Θέµα 1.46 Να λύσετε την ανίσωση 5 2x+4 > 2 Λύση x+4 > 2 log(5 2x+4 ) > log2 (2x + 4)log5 > log2 2xlog5 > log2 4log5 log2 log5 x = 2log5 Μεθοδολογία 1.18 Οταν έχω να λύσω την ανίσωση log α f(x) = log α g(x) α > 1, ουσιαστικά έχω να λύσω το σύστηµα ανισώσεων f(x) > 0 g(x) > 0 f(x) > g(x) Θέµα 1.47 Να λυθεί η ανίσωση ln(x + 1) + ln(x 2) < ln18 Λύση 1.47 Εχω τους περιορισµούς, x + 1 > 0 x 2 > 0 Η ln(x + 1) + ln(x 2) < ln18 γράφετε ln(x + 1)(x 2) < ln18. Άρα έχω να λύσω το σύστηµα ανισώσεων x + 1 > 0 x 2 > 0 (x + 1)(x 2) < 18 x > 1 x > 2 4 < x < 5 2 < x < 5 Μεθοδολογία 1.19 Οταν έχω να λύσω την ανίσωση log α f(x) = log α g(x) 0 < α < 1, έχω να λύσω το σύστηµα ανισώσεων f(x) > 0 g(x) > 0 f(x) < g(x) Θέµα 1.48 Να λυθεί η ανίσωση log x 4 < 0 Λύση 1.48 Η ανίσωση log x 4 < 0 γράφεται log x 4 < log1 Επειδή > 1 και log x 4 < log1 Για να έχει νόηµα η ανίσωση ϑα πρέπει 0 < x 4 < 1 Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 4

44 Άρα έχω να λύσω το σύστηµα ανισώσεων x 4 > 0 x > 4 x < 4 ή x > 4 x 4 < 1 x < 5 5 < x < 5 x ( 5, 4) (4, 5) Θέµα 1.49 Να λυθεί η ανίσωση x logx+2 < 10 15, x > 0 Λύση 1.49 x logx+2 < log(x logx+2 ) < log(10 15 ) (logx + 2)logx < 15log10 log 2 x + 2logx < 15, ϑέτω logx = w w 2 + 2w 15 < 0 5 < w < 5 < logx < 10 5 < x < 10 Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 44

45 1.. ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΡΟΣ ΛΥΣΗ Πεδίο ορισµού 1. Να ϐρείτε τα πεδία ορισµού των συναρτήσεων i. f(x) = log(2x 6) ii. f(x) = log(15 x) iii. f(x) = log(x 2 + 2x 8) iv. f(x) = log( 2x 5 ) Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 45

46 Λογαριθµικές εξισώσεις 1. Να λυθούν οι εξισώσεις : i. log(x 6) = 2 ii. log (4x 7) = 2 iii. log 2 (x 2 9) = 4 iv. ln(x 1) = 2. Να λυθούν οι εξισώσεις : i. log(x + 2) = log(4 x) ii. ln(x + ) = ln(2x + 8) iii. log 2 (x 2 6x) = log 2 (18 x) iv. ln(x 1) = ln(x + 5). Να λυθούν οι εξισώσεις : i. log(1 + x) = 1 + log(1 x) ii. ln x 2 = ln x 2 iii. 2 log(2x 1) log(x 2x 2 ) = log(4x ) log x 4. Να λυθούν οι εξισώσεις : i. log 2 x log x 2 = 0. ii. ln 2 x ln x 2 = 0 iii. log 2 x + log x 1 = Να λυθούν οι εξισώσεις : i. log 2 x 2 10 log x + 4 = 0. ii. ln 2 x 9 ln x = Να λυθεί η εξίσωση : 7. Να λυθούν οι εξισώσεις : log x + 1 i. log x ii. 1 log x2 10 log x log x 2 2 log 2 x 6 log x + 20 = 0. 2 log x + 2 = 4 = 20 log x log x 2 log 2 x + 2 log x Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 46

47 Λογαριθµικά συστήµατα 1. Να λύσετε τα συστήµατα : i. { log(6x 4y) = 1 ln(x y) = 0 { log y log x = 2 log 50 iii. log(y + 1) + log x = Να λύσετε τα συστήµατα : i. iii. { log(y x) = 1 log 5 log x + log 6 = log y + log2 { log 2 x + log 2 y = 1 log x + log y = 1. ii. iv. ii. iv. { log(x 2y) = log 2. log x + log y = log 24 { log(5x + 4y) log 2 = log log(x + y) = log 0 { log x log y = log x 5 + log y 4 = { log x + log y = 5 log 2 x log 2 y = 5 Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 47

48 Λογαριθµικές ανισώσεις 1. Να λυθούν οι ανισώσεις : i. log (x 12) < 2 ii. log 2 (2x 6) 4 iii. log 1 (x 2) 1 (2x 5) > 0 (2 7x) 2 v. log 5 ( x) 0 vi. log 2 5 iv. log Να λυθούν οι ανισώσεις : i. log(2x + 6) log(18 x) ii. ln(x + 5) ln(9 x) iii. ln( x + 2) ln(6 x ) > 0 iv. log(x 2 + 2) log(x + 12) 0. Να λυθούν οι ανισώσεις : i. log + log(x + 2) 2 log 6 ii. 1 + log(x + 1) log(2 x) iii. ln x ln(x + 4) > ln + 2 ln 2 iv. 2 ln x ln(x 2) + ln(x + 6) 4. Να λυθούν οι ανισώσεις : i. log 2 x 2 log x > 0 ii. 2 ln 2 x 5 ln x + 2 < 0. iii. log 2 x log x iv. log 2 x 2 12 log x Αποστόλου Γιώργος - Μαθηµατικός 48

49 Βιβλία Βιβλία Ιστοσελίδες Ιστοσελίδες 2. Βιβλιογραφία 2.1 Βιβλία Μπαραλός Αλγεβρα Κυριακόπουλος Αλγεβρα Μαυρογιάννης Αλγεβρα Παπακωνσταντίνου Αλγεβρα Σχολικό ΟΕ Β Αλγεβρα Μπάρλας Αλγεβρα Λουκόπουλος Αλγεβρα Καζαντζής Αλγεβρα Ιστοσελίδες

50