2.9.25
Logaritmické nerovnice II
Předpoklady: 2924 Pedagogická poznámka: Většina studentů spočítá pouze první tři příklady, nejlepší se dostanou až k pátému. Pedagogická poznámka: U následujících dvou příkladů je opět nutné s některými studenty probrat, proč v jednom příkladu při návratu ze substituce děláme sjednocení a v jiném na stejném místě hledáme průnik. Př. 1:
Vyřeš nerovnici 3log 32 x − 27 log 3 x ≥ log 3 x − 9 .
Podmínky: x > 0 . Neznámá se vyskytuje pouze ve výrazu log 3 x ⇒
Substituce: y = log 3 x 3 y 2 − 27 y ≥ y − 9 3 y 2 − 28 y + 9 ≥ 0 - kvadratická nerovnice ⇒ najdeme nulové body.
−b ± b 2 − 4ac − ( −28 ) ± ( −28 ) − 4 ⋅ 3 ⋅ 9 28 ± 26 y1,2 = = = 2a 2⋅3 6 28 + 26 28 − 26 1 y1 = =9 y2 = = 6 6 3 2
1 3
9
1 Hledáme části grafu nad osou ⇒ y ∈ −∞; ∪ 9; ∞ ) . 3 Návrat k původní proměnné: y = log 3 x Přepíšeme interval hodnot y = log 3 x pomocí nerovnic:
1 1 log 3 x ∈ −∞; ∪ 9; ∞ ) ⇔ y = log 3 x ≤ nebo y = log 3 x ≥ 9 3 3 Získali jsme dvě nerovnice, každou vyřešíme zvlášť. Protože stačí, aby nalezená hodnota x splňovala jednu z podmínek, získáme celkové řešení jako sjednocení. 1 log 3 x ≥ 9 log 3 x ≤ 3 log x ≥ log 39 odlogaritmujeme, základ je 3
1 3
3
log 3 x ≤ log 3 3 odlogaritmujeme, základ je větší než 1 ⇒ zachováváme nerovnost. x≤ 33
větší než 1 ⇒ zachováváme nerovnost. x ≥ 39
Nerovnosti vyhovuje interval −∞; 3 3 , ale
splňuje podmínku x > 0 ⇒
Nerovnosti vyhovuje interval 39 ; ∞ ) , který
(
K 2 = 39 ; ∞ ) .
musíme splňovat podmínku x > 0 ⇒
1
(
K1 = 0; 3 3 .
(
K = K1 ∪ K 2 = 0; 3 3 ∪ 39 ; ∞ ) Př. 2:
Vyřeš nerovnici log 21 ( x − 2 ) − 16 < 0 . 2
Podmínky: x − 2 > 0 ⇒ x > 2 . log 21 ( x − 2 ) − 16 < 0 2
Substituce: y = log 1 ( x − 2 ) 2
y 2 − 16 = 0
( y − 4 )( y + 4 ) = 0 Nulové body grafu: y1 = 4 , y2 = −4 .
-4
4
Hledáme části grafu pod osou x: y ∈ ( −4; 4 ) . Návrat k původní proměnné: log 1 ( x − 2 ) = y ∈ ( −4; 4 ) 2
Přepíšeme interval hodnot y = log 1 ( x − 2 ) pomocí nerovnic: 2
log 1 ( x − 2 ) ∈ ( −4; 4 ) ⇔ log 1 ( x − 2 ) > −4 a zároveň log 1 ( x − 2 ) < 4 . 2
2
2
Získali jsme dvě nerovnice, každou vyřešíme zvlášť, a protože musí platit obě najednou, výsledek získáme jako průnik jejich řešení. log 1 ( x − 2 ) < 4 log 1 ( x − 2 ) > −4 2 2
4
1 log 1 ( x − 2 ) < log 1 2 2 2 1 log 1 ( x − 2 ) < log 1 základ logaritmu je 16 2 2 menší než jedna ⇒ nerovnost se při odlogaritmování obrací. 1 x−2> 16 1 33 x > +2= 16 16
−4
1 log 1 ( x − 2 ) > log 1 2 2 2 log 1 ( x − 2 ) > log 1 16 základ logaritmu je 2
2
menší než jedna ⇒ nerovnost se při odlogaritmování obrací. x − 2 < 16 x < 18 K1 = ( 2;18) - podmínka x > 2
2
33 K2 = ; ∞ 16 33 33 Hledáme průnik množin K1 = ( 2;18) a K 2 = ; ∞ ⇒ K = K1 ∩ K 2 = ;18 . 16 16
Pedagogická poznámka: Největším problémem předchozího příkladu je samotné vyřešení kvadratické nerovnice. Protože v rovnici chybí lineární člen, většina studentů ji neřeší jako kvadratickou, ale upraví ji do tvaru y 2 < 16 a poté ji odmocní. Př. 3:
Vyřeš nerovnici log x − 1 ≤ 2 .
Podmínky: x > 0 . Problém: Absolutní hodnota i logaritmus ⇒ problémy si rozdělíme, nejdříve absolutní hodnota, pak logaritmus ⇒ substituce. Substituce: y = log x .
y −1 ≤ 2 Odstranění absolutní hodnoty dělením R na intervaly Kdy číslo uvnitř absolutní hodnoty mění znaménko (a tedy i způsob, jakým k němu absolutní hodnota přistupuje) ⇒ y − 1 = 0 ⇒ y = 1 . ⇒ 2 intervaly y ∈ ( −∞;1 y − 1 ≤ 0 => y − 1 = −( y − 1) = − y + 1 y ∈ 1; ∞ )
1
Řešíme nerovnici: y − 1 ≤ 2 . − y +1 ≤ 2 −1 ≤ y
y − 1 ≥ 0 => y − 1 = y − 1
Řešíme rovnici: y − 1 ≤ 2 . y −1 ≤ 2 y≤3
Nerovnosti vyhovuje interval y ∈ ( −∞;3 , ale
Nerovnosti vyhovuje interval −1; ∞ ) , ale
počítáme pouze s čísly v intervalu y ∈ ( −∞;1
počítáme pouze s čísly v intervalu y ∈ 1; ∞ )
⇒ K1 = −1;1 .
⇒ K 2 = 1;3 .
K = K1 ∪ K 2 = −1;3 Návrat k původní proměnné: log x = y ∈ −1;3 Přepíšeme interval hodnot y = log x pomocí nerovnic:
log x ∈ −1;3 ⇔ log x ≥ −1 a zároveň log x ≤ 3 Získali jsme dvě nerovnice, každou vyřešíme zvlášť, ale protože musí platit obě najednou, výsledek získáme jako průnik jejich řešení. log x ≥ −1 log x ≤ 3 −1 log x ≥ log10 log x ≤ log103 Základ logaritmu je větší než jedna ⇒ Základ logaritmu je větší než jedna ⇒ nerovnost se při odlogaritmování zachovává. nerovnost se při odlogaritmování zachovává. x ≥ 0,1 x ≤ 1000 K 2 = ( − ∞;1000 K1 = 0,1; ∞ )
3
Hledáme průnik množin K1 = 0,1; ∞ ) a K 2 = ( ∞;1000 .
K = K1 ∩ K 2 = 0,1;1000 Př. 4:
Vyřeš nerovnici log 2 ( x + 3) ⋅ log 0,3 ( 2 − x ) > 0 .
Podmínky: x + 3 > 0 ⇒ x > −3 , 2 − x > 0 ⇒ x < 2 . Problém: zdánlivě neřešitelný příklad: • Mezi logaritmy je součin ⇒ nemůžeme je spojit dohromady. • Každý logaritmus má jiný základ. • Uvnitř logaritmů je sčítání a tak je nemůžeme rozdělit. Nápad: Na pravé straně je nula ⇒ nezáleží na hodnotách jednotlivých logaritmů, pouze na jejich znaménkách (podobně jako u nerovnice v součinovém tvaru) ⇒ zjistíme si, jak se mění znaménka logaritmů v součinu, a podle toho se rozhodneme. log 2 ( x + 3) > 0 log 0,3 ( 2 − x ) > 0
log 2 ( x + 3) > log 2 20 odlogaritmujeme, základ log 0,3 ( 2 − x ) > log 0,3 0,30 odlogaritmujeme, je větší než 1 ⇒ nerovnost zachováváme. základ je menší než 1 ⇒ nerovnost obracíme. x +3 >1 2 − x <1 x > −2 x >1 Nakreslíme si znaménka logaritmů nad číselnou osu: log 0,3 (2 - x ) -2
1 log 2 (x + 3)
Součin dvou čísel je kladný, pokud jsou obě čísla kladná nebo obě čísla záporná ⇒ zdánlivě jsou kořeny ( −∞; −2 ) ∪ (1; ∞ ) , musíme uplatnit podmínky: x > −3 , x < 2 ⇒
K = ( −3; −2 ) ∪ (1; 2 ) .
Př. 5:
Vyřeš soustavu nerovnic 1 ≤ log x ≤ 3 .
Podmínky: x > 0 . Substituce: y = log x .
1≤ y ≤ 3 Odstranění absolutní hodnoty dělením R na intervaly
0
y ∈ ( −∞;0
⇒ 2 intervaly. y ≤ 0 => y = − y
y ∈ 0; ∞ )
Řešíme soustavu nerovnic: 1 ≤ − y ≤ 3 . 1 ≤ − y ⇒ −1 ≥ y − y ≤ 3 ⇒ y ≥ −3
y ≥ 0 => y = y
Řešíme soustavu nerovnic: 1 ≤ y ≤ 3 . ⇒ K 2 = 1;3
⇒ K1 = −3; − 1
K = K1 ∪ K 2 = −3; −1 ∪ 1;3 Návrat k původní proměnné (každý z intervalů spočteme zvlášť):
4
log x = y ∈ −3; −1 Přepíšeme interval hodnot y = log x pomocí nerovnic:
log x ∈ −3; −1 ⇔ log x ≥ −3 a zároveň log x ≤ −1 . Získali jsme dvě nerovnice, každou vyřešíme zvlášť, ale protože musí platit obě najednou, výsledek získáme jako průnik jejich řešení. log x ≥ −3 log x ≤ −1 −3 log x ≥ log10 log x ≤ log10−1 Základ logaritmu je větší než jedna ⇒ Základ logaritmu je větší než jedna ⇒ nerovnost se při odlogaritmování zachovává. nerovnost se při odlogaritmování zachovává. x ≥ 0, 001 x ≤ 0,1 K11 = 0, 001; ∞ ) Hledáme průnik množin K1 = 0, 001; ∞ ) a K 2 = ( −∞;0,1
K12 = ( −∞; 0,1
K1 = K11 ∩ K12 = 0, 001;0,1 log x = y ∈ 1;3 Přepíšeme interval hodnot y = log x pomocí nerovnic: log x ∈ 1;3 ⇔ log x ≥ 1 a zároveň log x ≤ 3 . Získali jsme dvě nerovnice, každou vyřešíme zvlášť, ale protože musí platit obě najednou, výsledek získáme jako průnik jejich řešení. log x ≥ 1 log x ≤ 3 log x ≥ log101 Základ logaritmu je větší než jedna ⇒ nerovnost se při odlogaritmování zachovává. x ≥ 10 K 21 = 10; ∞ )
log x ≤ log103 Základ logaritmu je větší než jedna ⇒ nerovnost se při odlogaritmování zachovává. x ≤ 1000 K 22 = ( −∞;1000
Hledáme průnik množin K 21 = 10; ∞ ) a K 22 = ( −∞;1000 .
K 2 = K 21 ∩ K 22 = 10;1000 Celkový výsledek získáme jako sjednocení z obou intervalů: K = K1 ∪ K 2 = 0, 001;0,1 ∪ 10;1000 . Př. 6:
Petáková: strana 38/cvičení 32 strana 38/cvičení 33 strana 38/cvičení 34 strana 38/cvičení 35 strana 38/cvičení 38 strana 39/cvičení 40
d) d) b) c) d) c)
Shrnutí:
5
