Https://ppt4web.ru/images/1345/36341/310/img0.jpg" alt=" Prezentacija na temu: Derivacija. Ispunili učenici 11. razreda: Chelobitchikova Mar." title="Prezentacija na temu: Derivacija. Ispunili učenici 11. razreda: Chelobitchikova Mar.">!}

Opis slajda:

Slajd br

Opis slajda:

Slajd br

Opis slajda:

Iz povijesti: U povijesti matematike tradicionalno se razlikuje nekoliko faza u razvoju matematičkih znanja: Formiranje pojma geometrijski lik a brojevi kao idealizacije realnih objekata i skupova homogenih predmeta. Pojava brojanja i mjerenja, što je omogućilo usporedbu različitih brojeva, duljina, površina i volumena. Izum aritmetičkih operacija. Prikupljanje empirijskim putem (pokušajem i pogreškom) znanja o svojstvima aritmetičkih operacija, o metodama mjerenja površina i volumena jednostavnih likova i tijela. Sumersko-babilonski, kineski i indijski matematičari antike učinili su veliki napredak u tom smjeru. Izgled u antička Grčka deduktivni matematički sustav koji je pokazao kako dobiti nove matematičke istine na temelju postojećih. Kruna starogrčke matematike bili su Euklidovi Elementi, koji su dva tisućljeća služili kao standard matematičke strogosti. Matematičari iz islamskih zemalja ne samo da su sačuvali drevna dostignuća, već su ih uspjeli sintetizirati s otkrićima indijskih matematičara, koji su u teoriji brojeva napredovali dalje od Grka. U 16.-18. stoljeću europska je matematika oživjela i otišla daleko naprijed. Njegov konceptualni temelj u tom razdoblju bilo je uvjerenje da su matematički modeli neka vrsta idealnog kostura svemira, te je stoga otkrivanje matematičkih istina ujedno i otkrivanje novih svojstava. stvarnom svijetu. Glavni uspjeh na tom putu bio je razvoj matematičkih modela ovisnosti (funkcije) i ubrzanog gibanja (analiza infinitezimala). Sve su prirodne znanosti obnovljene na temelju novootkrivenih matematičkih modela, što je dovelo do kolosalnog napretka. U XIX-XX stoljeća Postaje jasno da odnos matematike i stvarnosti nije tako jednostavan kao što se prije činilo. Nema općeprihvaćenog odgovora na neku vrstu "temeljnog pitanja u filozofiji matematike": pronaći razlog "neshvatljive učinkovitosti matematike u prirodnim znanostima". U tom, i ne samo u tom pogledu, matematičari su se podijelili u mnoge debatne škole. Pojavilo se nekoliko opasnih trendova: pretjerano uska specijalizacija, izolacija od praktični problemi itd. Istodobno, moć matematike i njezin prestiž, potkrijepljeni učinkovitošću njezine primjene, veći su nego ikad prije

Slajd br

Opis slajda:

Slajd br

Opis slajda:

Diferencijabilnost Derivacija f"(x0) funkcije f u točki x0, kao granica, ne mora postojati ili postojati i biti konačna ili beskonačna. Funkcija f je diferencijabilna u točki x0 ako i samo ako je njezina derivacija u ovoj točki postoji i konačna je: Za funkciju f koja se može diferencirati na x0 u susjedstvu U(x0) ima sljedeću reprezentaciju: f(x) = f(x0) + f"(x0)(x − x0) + o(x − x0)

Slajd br

Opis slajda:

Napomene Nazovimo Δx = x − x0 prirast argumenta funkcije, a Δy = f(x0 + Δx) − f(x0) priraštaj vrijednosti funkcije u točki x0. Tada neka funkcija ima konačnu derivaciju u svakoj točki. Tada je funkcija koja ima konačnu derivaciju u točki neprekidna. Obrnuto nije uvijek točno. Ako je sama derivacija funkcije kontinuirana, tada se funkcija f naziva kontinuirano diferencijabilnom i piše:

Slajd br

Opis slajda:

Geometrijsko i fizičko značenje derivacije Geometrijsko značenje izvedenica. Na grafu funkcije odabire se apscisa x0 i izračunava odgovarajuća ordinata f(x0). Odabere se proizvoljna točka x u blizini točke x0. Kroz odgovarajuće točke na grafu funkcije F povučena je sekansa (prva svijetlosiva linija C5). Udaljenost Δx = x - x0 teži nuli, kao rezultat toga sekans se pretvara u tangentu (postupno tamne linije C5 - C1). Tangens kuta α nagiba te tangente je derivacija u točki x0.

Slajd br

Opis slajda:

Derivacije viših redova Pojam derivacije proizvoljnog reda definira se rekurzivno. Pretpostavljamo da ako je funkcija f diferencijabilna u x0, tada je derivacija prvog reda određena relacijom Neka je sada derivacija n-tog reda f(n) definirana u nekoj okolini točke x0 i diferencijabilna. Zatim

Slajd br

Opis slajda:

Načini zapisivanja izvedenica Ovisno o ciljevima, opsegu i korištenom matematičkom aparatu, koriste se različiti načini zapisivanja izvedenica. Tako se derivacija n-tog reda može napisati u notaciji: Lagrange f(n)(x0), dok se za mala n često koriste prosti i rimski brojevi: f(1)(x0) = f"(x0) = fI( x0),f(2)(x0) = f""(x0) = fII(x0),f(3)(x0) = f"""(x0) = fIII(x0),f(4)(x0) ) = fIV(x0), itd. Ovaj zapis je prikladan zbog svoje kratkoće i široko se koristi Leibniz, prikladan vizualni zapis omjera infinitezimala: Newton, koji se često koristi u mehanici za vremensku derivaciju koordinatne funkcije; (za prostornu derivaciju češće se koristi oznaka Lagrange). Redoslijed derivacije označen je brojem točaka nad funkcijom, na primjer: - derivacija prvog reda od x u odnosu na t u t = t0, ili - druga derivacija od f u odnosu na x u točki x0 , itd. Euler, koristeći diferencijalni operator (strogo govoreći, diferencijalni izraz, dok odgovarajući funkcionalni prostor nije uveden), te je stoga prikladan u pitanjima vezanim uz funkcionalnu analizu: Naravno, ne smijemo zaboraviti da svi oni služe za označavanje istih objekata:

Slajd br

Opis slajda:

Primjeri: Neka je f(x) = x2. Neka je tada f(x) = | x | . Tada ako je f"(x0) = sgnx0, gdje sgn označava funkciju predznaka. Ako je x0 = 0, tada f"(x0) ne postoji

Slajd br

Opis slajda:

Pravila diferenciranja Operacija nalaženja derivacije naziva se diferenciranje. Pri izvođenju ove operacije često morate raditi s kvocijentima, zbrojevima, umnošcima funkcija, kao i “funkcijama funkcija”, tj. složene funkcije. Na temelju definicije derivacije možemo izvesti pravila diferenciranja koja olakšavaju ovaj posao. (derivacija zbroja jednaka je zbroju njezinih derivacija) (odakle, naime, slijedi da je derivacija umnoška funkcije i konstante jednaka umnošku derivacije te funkcije i konstante ) Ako je funkcija dana parametarski: tada,

Derivacija funkcije Nastavnik GAPOU RO "RKTM" Kolykhalina K.A. Inkrement argumenta, inkrement funkcije Neka je x proizvoljna točka koja leži u nekoj okolini fiksne točke x0. Razlika x-x0 naziva se prirastom nezavisne varijable (ili prirastom argumenta) u točki x0 i označava se ∆x. prirast funkcije f∆f=f(x0+∆x) – f(x0) Određivanje derivacije Derivacija funkcije y= f(x) u točki x =x0 je granica omjera prirasta funkcije ∆y u ovoj točki i prirasta argumenta ∆x, jer priraštaj argumenta teži nuli.

Algoritam za izračun derivacije Derivacija funkcije y= f(x) može se pronaći prema sljedećoj shemi: 1. Dajte argumentu x inkrement ∆x≠0 i pronađite inkrementiranu vrijednost funkcije y+∆y= f (x+∆x).

2. Odredite priraštaj funkcije ∆y= f(x+∆x) - f(x).

3. Sastavljamo relaciju 4. Granicu ove relacije nalazimo na ∆x⇾0, tj.

(ako ovo ograničenje postoji).

Određivanje derivacije funkcije u zadanoj točki. Njegovo geometrijsko značenje k – kutni koeficijent pravca (sekant) Tangens Geometrijsko značenje derivacije Derivacija funkcije u danoj točki jednaka je nagibu tangente povučene na graf funkcije u toj točki. Fizičko značenje izvedenica 1. Problem određivanja brzine gibanja materijalne čestice Neka se točka giba po određenoj ravnoj liniji po zakonu s= s(t), gdje je s prijeđeni put, t vrijeme, a potrebno je nađi brzinu točke u trenutku t0. Do trenutka t0 prijeđeni put jednak je s0 = s(t0), a do trenutka (t0 +∆t) – put s0 + ∆s=s(t0 +∆t). Tada će u intervalu ∆t srednja brzina biti manja što srednja brzina bolje karakterizira kretanje točke u trenutku t0. Stoga, pod

brzina točke u trenutku t0

treba shvatiti kao granicu prosječne brzine za razdoblje od t0 do t0 +∆t, kada je ∆t⇾0, tj.

2. PROBLEM O BRZINI KEMIJSKE REAKCIJE

Neka tvar prođe kroz kemijsku reakciju. Količina te tvari Q mijenja se tijekom reakcije ovisno o vremenu t i funkcija je vremena. Neka se količina tvari promijeni za ∆Q tijekom vremena ∆t, tada će omjer biti izražen

prosječna brzina

kemijska reakcija za vrijeme ∆t, a granica tog omjera je brzina kemijske reakcije u danom trenutku t. 3. PROBLEM ODREĐIVANJA BRZINE RADIOAKTIVNOG RASPADA Ako je m masa radioaktivne tvari, a t vrijeme, tada se pojava radioaktivnog raspada u vremenu t, pod uvjetom da se masa radioaktivne tvari smanjuje tijekom vremena, karakterizira funkcijom m = m(t). Prosječna brzina raspadanja tijekom vremena ∆t izražena je omjerom i trenutna brzina raspadanja u trenutku t Fizičko značenje derivacije funkcije u danoj točki 1) (u  v) = u  v 2) (uv) = uv +uv (cu) = cu 3) , Ako v  0

Kod preračunavanja izraza s logaritmima navedene jednakosti koriste se i s desna na lijevo i slijeva na desno.

Vrijedno je napomenuti da nije potrebno pamtiti posljedice svojstava: prilikom izvođenja transformacija možete se snaći s osnovnim svojstvima logaritama i drugim činjenicama (na primjer, činjenicom da je za b≥0), iz čega slijede odgovarajuće posljedice. Jedina "nuspojava" ovog pristupa je da će rješenje biti malo duže. Na primjer, kako bi se izbjegla posljedica, koja je izražena formulom , a polazeći samo od osnovnih svojstava logaritama, morat ćete provesti lanac transformacija sljedećeg oblika: .

Isto se može reći i za posljednje svojstvo s gornjeg popisa, na koje odgovara formula , budući da to također proizlazi iz osnovnih svojstava logaritama. Najvažnije je razumjeti da je uvijek moguće da potencija pozitivnog broja s logaritmom u eksponentu zamijeni bazu potencije i broj pod znakom logaritma. Iskreno radi, napominjemo da su primjeri koji upućuju na provedbu ovakvih transformacija u praksi rijetki. Navest ćemo nekoliko primjera u nastavku teksta.

Pretvaranje numeričkih izraza s logaritmima

Sjetili smo se svojstava logaritama, a sada je vrijeme da naučimo kako ih primijeniti u praksi za transformaciju izraza. Prirodno je započeti pretvaranjem numeričkih izraza, a ne izraza s varijablama, jer su praktičniji i lakši za učenje osnova. To je ono što ćemo učiniti, a počet ćemo s vrlo jednostavni primjeri, kako bismo naučili odabrati željeno svojstvo logaritma, ali ćemo postupno komplicirati primjere, sve do točke kada će za dobivanje konačnog rezultata biti potrebno primijeniti nekoliko svojstava zaredom.

Odabir željenog svojstva logaritama

Postoje mnoga svojstva logaritama, a jasno je da morate znati odabrati ono odgovarajuće koje će u ovom konkretnom slučaju dovesti do traženog rezultata. Obično to nije teško učiniti usporedbom vrste pretvorenog logaritma ili izraza s vrstama lijevog i desnog dijela formula koje izražavaju svojstva logaritama. Ako se lijeva ili desna strana jedne od formula podudara s danim logaritmom ili izrazom, tada je najvjerojatnije to svojstvo koje treba koristiti tijekom transformacije. Sljedeći primjeri to jasno pokazuju.

Počnimo s primjerima transformiranja izraza pomoću definicije logaritma, koji odgovara formuli a log a b =b, a>0, a≠1, b>0.

Primjer.

Izračunajte, ako je moguće: a) 5 log 5 4, b) 10 log(1+2·π), c) , d) 2 log 2 (−7) , e) .

Otopina.

U primjeru pod slovom a) jasno je vidljiva struktura a log a b, gdje je a=5, b=4. Ovi brojevi zadovoljavaju uvjete a>0, a≠1, b>0, tako da možete slobodno koristiti jednakost a log a b =b. Imamo 5 log 5 4=4 .

b) Ovdje je a=10, b=1+2·π, ispunjeni su uvjeti a>0, a≠1, b>0. U ovom slučaju vrijedi jednakost 10 log(1+2·π) =1+2·π.

c) I u ovom primjeru imamo posla sa stupnjem oblika a log a b, gdje je i b=ln15. Tako .

Unatoč tome što pripada istoj vrsti a log a b (ovdje a=2, b=−7), izraz pod slovom g) ne može se pretvoriti pomoću formule a log a b =b. Razlog je taj što je besmislen jer ispod predznaka logaritma sadrži negativan broj. Štoviše, broj b=−7 ne zadovoljava uvjet b>0, što onemogućuje pribjegavanje formuli a log a b =b, budući da zahtijeva ispunjenje uvjeta a>0, a≠1, b> 0. Dakle, ne možemo govoriti o izračunavanju vrijednosti 2 log 2 (−7) . U ovom slučaju pisanje 2 log 2 (−7) =−7 bila bi pogreška.

Isto tako, u primjeru pod slovom e) nemoguće je dati rješenje oblika , jer izvorni izraz nema smisla.

Odgovor:

a) 5 log 5 4 =4, b) 10 log(1+2·π) =1+2·π, c) , d), e) izrazi nemaju smisla.

Često je korisna transformacija predstavljanje pozitivnog broja kao potencije nekog pozitivnog nejediničkog broja s logaritmom u eksponentu. Temelji se na istoj definiciji logaritma a log a b =b, a>0, a≠1, b>0, ali se formula primjenjuje s desna na lijevo, odnosno u obliku b=a log a b . Na primjer, 3=e ln3 ili 5=5 log 5 5 .

Prijeđimo na korištenje svojstava logaritama za transformaciju izraza.

Primjer.

Odredite vrijednost izraza: a) log −2 1, b) log 1 1, c) log 0 1, d) log 7 1, e) ln1, f) log1, g) log 3,75 1, h) log 5 π 7 1 .

Otopina.

U primjerima pod slovima a), b) i c) navedeni su izrazi log −2 1, log 1 1, log 0 1 koji nemaju smisla jer baza logaritma ne smije sadržavati negativan broj, nula ili jedan, jer smo definirali logaritam samo za bazu koja je pozitivna i razlikuje se od jedinice. Stoga u primjerima a) - c) ne može biti riječi o pronalaženju značenja izraza.

U svim ostalim zadacima, očito, baze logaritama sadrže pozitivne i nejedinične brojeve 7, e, 10, 3,75 i 5·π 7, redom, a ispod predznaka logaritama posvuda su jedinice. I znamo svojstvo logaritma jedinice: log a 1=0 za bilo koji a>0, a≠1. Dakle, vrijednosti izraza b) – e) jednake su nuli.

Odgovor:

a), b), c) izrazi nemaju smisla, d) log 7 1=0, e) ln1=0, f) log1=0, g) log 3,75 1=0, h) log 5 e 7 1= 0 .

Primjer.

Izračunajte: a) , b) lne , c) lg10 , d) log 5 π 3 −2 (5 π 3 −2), e) log −3 (−3) , f) log 1 1 .

Otopina.

Jasno je da moramo koristiti svojstvo logaritma baze, što odgovara formuli log a a=1 za a>0, a≠1. Doista, u zadacima pod svim slovima broj ispod znaka logaritma poklapa se sa svojom bazom. Stoga bih želio odmah reći da je vrijednost svakog od navedenih izraza 1. No, ne treba žuriti sa zaključcima: u zadacima pod slovima a) - d) vrijednosti izraza su stvarno jednake jedinici, a u zadacima e) i f) izvorni izrazi nemaju smisla, pa je ne može se reći da su vrijednosti ovih izraza jednake 1.

Odgovor:

a) , b) lne=1 , c) lg10=1 , d) log 5 π 3 −2 (5 π 3 −2)=1, e), f) izrazi nemaju smisla.

Primjer.

Odredite vrijednost: a) log 3 3 11, b) , c) , d) log −10 (−10) 6 .

Otopina.

Očito, pod predznacima logaritama postoje neke potencije baze. Na temelju ovoga, razumijemo da će nam ovdje trebati svojstvo stupnja baze: log a a p =p, gdje je a>0, a≠1 i p je bilo koji pravi broj. Uzimajući to u obzir, imamo sljedeće rezultate: a) log 3 3 11 =11, b) , V) . Može li se slična jednakost napisati za primjer pod slovom d) oblika log −10 (−10) 6 =6? Ne, ne možete, jer izraz log −10 (−10) 6 nema smisla.

Odgovor:

a) log 3 3 11 =11, b) , V) , d) izraz nema smisla.

Primjer.

Predstavite izraz kao zbroj ili razliku logaritama koristeći istu bazu: a) , b) , c) log((−5)·(−12)) .

Otopina.

a) Ispod predznaka logaritma stoji umnožak, a poznato je svojstvo logaritma umnoška log a (x·y)=log a x+log a y, a>0, a≠1, x>0 , y>0. U našem slučaju, broj u bazi logaritma i brojevi u umnošku su pozitivni, odnosno zadovoljavaju uvjete odabranog svojstva, stoga ga možemo sigurno primijeniti: .

b) Ovdje koristimo svojstvo kvocijentnog logaritma, gdje je a>0, a≠1, x>0, y>0. U našem slučaju baza logaritma je pozitivan broj e, brojnik i nazivnik π su pozitivni, što znači da zadovoljavaju uvjete svojstva, pa imamo pravo koristiti odabranu formulu: .

c) Prvo, primijetite da izraz log((−5)·(−12)) ima smisla. Ali u isto vrijeme, za njega nemamo pravo primijeniti formulu za logaritam umnoška log a (x y)=log a x+log a y, a>0, a≠1, x>0, y >0, budući da su brojevi −5 i −12 – negativni i ne zadovoljavaju uvjete x>0, y>0. Odnosno, ne možete izvršiti takvu transformaciju: log((−5)·(−12))=log(−5)+log(−12). Dakle, što da radimo? U takvim slučajevima, izvorni izraz treba preliminarnu transformaciju kako bi se izbjegli negativni brojevi. Detaljno ćemo govoriti o sličnim slučajevima transformacije izraza s negativnim brojevima pod znakom logaritma u jednom od članaka, ali za sada ćemo dati rješenje za ovaj primjer, koji je unaprijed jasan i bez objašnjenja: log((−5)·(−12))=log(5·12)=log5+lg12.

Odgovor:

A) , b) , c) log((−5)·(−12))=log5+lg12.

Primjer.

Pojednostavite izraz: a) log 3 0,25+log 3 16+log 3 0,5, b) .

Otopina.

Ovdje će nam pomoći sva ista svojstva logaritma umnoška i logaritma kvocijenta koja smo koristili u prethodnim primjerima, samo ćemo ih sada primijeniti s desna na lijevo. Odnosno, transformiramo zbroj logaritama u logaritam umnoška, ​​a razliku logaritama u logaritam kvocijenta. imamo
A) log 3 0,25+log 3 16+log 3 0,5=log 3 (0,25 16 0,5)=log 3 2.
b) .

Odgovor:

A) log 3 0,25+log 3 16+log 3 0,5=log 3 2, b) .

Primjer.

Riješite se stupnja ispod znaka logaritma: a) log 0,7 5 11, b) , c) log 3 (−5) 6 .

Otopina.

Lako je vidjeti da imamo posla s izrazima oblika log a b p . Odgovarajuće svojstvo logaritma ima oblik log a b p =p·log a b, gdje je a>0, a≠1, b>0, p - bilo koji realni broj. To jest, ako su ispunjeni uvjeti a>0, a≠1, b>0, od logaritma potencije log a b p možemo prijeći na produkt p·log a b. Provedimo ovu transformaciju s danim izrazima.

a) U ovom slučaju a=0,7, b=5 i p=11. Dakle, log 0,7 5 11 =11·log 0,7 5.

b) Ovdje su zadovoljeni uvjeti a>0, a≠1, b>0. Eto zašto

c) Izraz log 3 (−5) 6 ima istu strukturu log a b p, a=3, b=−5, p=6. Ali za b uvjet b>0 nije zadovoljen, što onemogućuje korištenje formule log a b p =p·log a b . Pa što, ne možete se nositi sa zadatkom? Moguće je, ali potrebna je preliminarna transformacija izraza, o čemu ćemo detaljno raspravljati u nastavku u paragrafu pod naslovom. Rješenje će biti ovako: log 3 (−5) 6 =log 3 5 6 =6 log 3 5.

Odgovor:

a) log 0,7 5 11 =11 log 0,7 5 ,
b)
c) log 3 (−5) 6 =6 log 3 5.

Vrlo često, kada se izvode transformacije, formula za logaritam potencije mora se primijeniti s desna na lijevo u obliku p·log a b=log a b p (isti uvjeti moraju biti ispunjeni za a, b i p). Na primjer, 3·ln5=ln5 3 i log2·log 2 3=log 2 3 lg2.

Primjer.

a) Izračunajte vrijednost log 2 5 ako je poznato da je log2≈0,3010 i log5≈0,6990. b) Izrazite razlomak kao logaritam na bazi 3.

Otopina.

a) Formula za prijelaz na novu logaritamsku bazu omogućuje nam da ovaj logaritam predstavimo kao omjer decimalnih logaritama čije su nam vrijednosti poznate: . Sve što ostaje je izvršiti izračune, koje imamo .

b) Ovdje je dovoljno koristiti formulu za prelazak na novu bazu i primijeniti je s desna na lijevo, odnosno u obliku . Dobivamo .

Odgovor:

a) log 2 5≈2,3223, b) .

U ovoj fazi prilično smo temeljito ispitali transformaciju najjednostavnijih izraza koristeći osnovna svojstva logaritma i definiciju logaritma. U ovim primjerima smo morali primijeniti jedno svojstvo i ništa više. Sada, mirne savjesti, možete prijeći na primjere, čija transformacija zahtijeva korištenje nekoliko svojstava logaritama i drugih dodatnih transformacija. Njima ćemo se pozabaviti u sljedećem paragrafu. No prije toga pogledajmo ukratko primjere primjene posljedica iz osnovnih svojstava logaritama.

Primjer.

a) Riješite se korijena ispod znaka logaritma. b) Pretvorite razlomak u logaritam s bazom 5. c) Oslobodite se potencija pod znakom logaritma iu njegovoj bazi. d) Izračunajte vrijednost izraza . e) Izraz zamijenite potencijom s bazom 3.

Otopina.

a) Ako se prisjetimo korolarnog svojstva logaritma stupnja , tada možete odmah dati odgovor: .

b) Ovdje koristimo formulu s desna na lijevo, imamo .

c) U ovom slučaju formula dovodi do rezultata . Dobivamo .

d) I ovdje je dovoljno primijeniti korolar kojem formula odgovara . Tako .

e) Svojstvo logaritma omogućuje postizanje željenog rezultata: .

Odgovor:

A) . b) . V) . G) . d) .

Uzastopna primjena nekoliko svojstava

Pravi zadaci transformiranja izraza pomoću svojstava logaritama obično su kompliciraniji od onih kojima smo se bavili u prethodnom paragrafu. U njima se u pravilu rezultat ne dobiva u jednom koraku, već se rješenje već sastoji u sekvencijalnoj primjeni jednog svojstva za drugim, zajedno s dodatnim identičnim transformacijama, kao što su otvaranje zagrada, lijevanje slični pojmovi, smanjenje razlomaka itd. Priđimo dakle bliže takvim primjerima. U tome nema ništa komplicirano, glavna stvar je djelovati pažljivo i dosljedno, poštujući redoslijed radnji.

Primjer.

Izračunajte vrijednost izraza (log 3 15−log 3 5) 7 log 7 5.

Otopina.

Razliku logaritama u zagradama, prema svojstvu kvocijenta logaritma, možemo zamijeniti logaritmom log 3 (15:5), a zatim izračunati njegovu vrijednost log 3 (15:5)=log 3 3=1. A vrijednost izraza 7 log 7 5 prema definiciji logaritma jednaka je 5. Zamjenom ovih rezultata u izvorni izraz, dobivamo (log 3 15−log 3 5) 7 log 7 5 =1 5=5.

Evo rješenja bez objašnjenja:
(log 3 15−log 3 5) 7 log 7 5 =log 3 (15:5) 5=
=log 3 3·5=1·5=5 .

Odgovor:

(log 3 15−log 3 5) 7 log 7 5 =5.

Primjer.

Kolika je vrijednost brojevnog izraza log 3 log 2 2 3 −1?

Otopina.

Najprije transformiramo logaritam ispod znaka logaritma pomoću formule za logaritam potencije: log 2 2 3 =3. Dakle, log 3 log 2 2 3 =log 3 3 i zatim log 3 3=1. Dakle, log 3 log 2 2 3 −1=1−1=0 .

Odgovor:

log 3 log 2 2 3 −1=0 .

Primjer.

Pojednostavite izraz.

Otopina.

Formula za pomicanje na novu logaritamsku bazu dopušta da se omjer logaritama i jedne baze predstavi kao log 3 5. U ovom slučaju, izvorni izraz će imati oblik . Po definiciji logaritma 3 log 3 5 =5, tj , a vrijednost rezultirajućeg izraza, na temelju iste definicije logaritma, jednaka je dva.

Ovdje je kratka verzija rješenja koja se obično daje: .

Odgovor:

.

Za glatki prijelaz na informacije u sljedećem odlomku, pogledajmo izraze 5 2+log 5 3 i log0,01. Njihova struktura ne odgovara niti jednom od svojstava logaritama. Dakle, što se događa, ne mogu se pretvoriti korištenjem svojstava logaritama? To je moguće ako provedete preliminarne transformacije koje pripremaju ove izraze za primjenu svojstava logaritama. Tako 5 2+log 5 3 =5 2 5 log 5 3 =25 3=75, i log0.01=log10 −2 =−2. Zatim ćemo detaljno pogledati kako se provodi takva priprema izraza.

Priprema izraza za korištenje svojstava logaritama

Logaritmi u izrazu koji se pretvaraju vrlo se često razlikuju u strukturi zapisa iz lijevog i desnog dijela formula koje odgovaraju svojstvima logaritama. Ali ne manje često, transformacija ovih izraza uključuje korištenje svojstava logaritama: njihova upotreba zahtijeva samo prethodnu pripremu. A ova se priprema sastoji od izvođenja određenih identičnih transformacija koje dovode logaritme u oblik pogodan za primjenu svojstava.

Iskreno radi, napominjemo da gotovo svaka transformacija izraza može djelovati kao preliminarna transformacija, od banalne redukcije sličnih izraza do primjene trigonometrijske formule. To je razumljivo jer izrazi koji se pretvaraju mogu sadržavati bilo koje matematičke objekte: zagrade, module, razlomke, korijene, potencije itd. Stoga morate biti spremni izvršiti sve potrebne transformacije kako biste dalje mogli iskoristiti svojstva logaritama.

Recimo odmah da si u ovom trenutku ne postavljamo zadatak klasificirati i analizirati sve zamislive preliminarne transformacije koje bi nam omogućile naknadnu primjenu svojstava logaritama ili definicije logaritma. Ovdje ćemo se zadržati samo na četiri od njih, koji su najtipičniji i najčešće se susreću u praksi.

A sada o svakom od njih detaljno, nakon čega, u okviru naše teme, ostaje samo razumjeti transformaciju izraza s varijablama pod znakovima logaritama.

Prepoznavanje potencija pod predznakom logaritma iu njegovoj bazi

Počnimo odmah s primjerom. Neka nam bude logaritam. Očito, u ovom obliku njegova struktura nije pogodna za korištenje svojstava logaritama. Je li moguće nekako transformirati ovaj izraz da se pojednostavi, a još bolje da se izračuna njegova vrijednost? Kako bismo odgovorili na ovo pitanje, pogledajmo pobliže brojeve 81 i 1/9 u kontekstu našeg primjera. Ovdje je lako uočiti da se ti brojevi mogu predstaviti kao potencija broja 3, doista, 81 = 3 4 i 1/9 = 3 −2. U ovom slučaju, izvorni logaritam je predstavljen u obliku i postaje moguće primijeniti formulu . Tako, .

Analiza analiziranog primjera navodi na sljedeću misao: ako je moguće, možete pokušati izolirati stupanj pod znakom logaritma iu njegovoj bazi kako biste primijenili svojstvo logaritma stupnja ili njegove posljedice. Ostaje samo shvatiti kako razlikovati ove stupnjeve. Dajmo neke preporuke o ovom pitanju.

Ponekad je sasvim očito da broj ispod znaka logaritma i/ili u njegovoj bazi predstavlja neku cjelobrojnu potenciju, kao u gore navedenom primjeru. Gotovo stalno moramo imati posla s potencijama dvojke, koje su dobro poznate: 4=2 2, 8=2 3, 16=2 4, 32=2 5, 64=2 6, 128=2 7, 256=2 8 , 512= 2 9, 1024=2 10. Isto se može reći i za potencije broja tri: 9 = 3 2, 27 = 3 3, 81 = 3 4, 243 = 3 5, ... Općenito, neće škoditi ako imate pred očima tablica stupnjeva prirodni brojevi unutar desetak. Također nije teško raditi s cjelobrojnim potencijama od deset, sto, tisuću itd.

Primjer.

Izračunajte vrijednost ili pojednostavite izraz: a) log 6 216, b) , c) log 0,000001 0,001.

Otopina.

a) Očito, 216=6 3, pa je log 6 216=log 6 6 3 =3.

b) Tablica potencija prirodnih brojeva omogućuje vam da brojeve 343 i 1/243 prikažete kao potencije 7 3 odnosno 3 −4. Stoga je moguća sljedeća transformacija zadanog logaritma:

c) Kako je 0,000001=10 −6 i 0,001=10 −3, tada je log 0,000001 0,001=log 10 −6 10 −3 =(−3)/(−6)=1/2.

Odgovor:

a) log 6 216=3, b) , c) log 0,000001 0,001=1/2.

U složenijim slučajevima, za izolaciju moći brojeva, morate pribjeći.

Primjer.

Pretvorite izraz u više jednostavan pogled log 3 648 log 2 3 .

Otopina.

Pogledajmo što je faktorizacija broja 648:

Odnosno, 648=2 3 ·3 4. dakle, log 3 648 log 2 3=log 3 (2 3 3 4) log 2 3.

Sada transformiramo logaritam umnoška u zbroj logaritama, nakon čega primjenjujemo svojstva logaritma potencije:
log 3 (2 3 3 4)log 2 3=(log 3 2 3 +log 3 3 4)log 2 3=
=(3·log 3 2+4)·log 2 3 .

Na temelju korolacije iz svojstva logaritma potencije, koja odgovara formuli , umnožak log32·log23 je umnožak , i kao što je poznato jednak je jedan. Uzimajući ovo u obzir, dobivamo 3 log 3 2 log 2 3+4 log 2 3=3 1+4 log 2 3=3+4 log 2 3.

Odgovor:

log 3 648 log 2 3=3+4 log 2 3.

Vrlo često izrazi pod znakom logaritma iu njegovoj osnovi predstavljaju umnoške ili omjere korijena i/ili potencije nekih brojeva, na primjer, , . Takvi izrazi mogu se predstaviti kao ovlasti. Da bi se to postiglo, napravljen je prijelaz s korijena na ovlasti te se koriste i . Ove transformacije omogućuju izdvajanje potencija pod predznakom logaritma iu njegovoj bazi, a zatim primjenu svojstava logaritma.

Primjer.

Izračunaj: a) , b) .

Otopina.

a) Izraz u bazi logaritma je umnožak potencija s istim bazama s odgovarajućim svojstvom potencija koje imamo; 5 2 ·5 −0,5 ·5 −1 =5 2−0,5−1 =5 0,5.

Sada transformirajmo razlomak pod znakom logaritma: prijeći ćemo s korijena na potenciju, nakon čega ćemo koristiti svojstvo omjera potencija s istim bazama: .

Ostaje zamijeniti dobivene rezultate u izvorni izraz, upotrijebiti formulu i dovršite transformaciju:

b) Budući da je 729 = 3 6 i 1/9 = 3 −2, izvorni izraz se može prepisati kao .

Zatim primjenjujemo svojstvo korijena potencije, prelazimo s korijena na potenciju i koristimo svojstvo omjera potencije za pretvorbu baze logaritma u potenciju: .

Uzimajući u obzir posljednji rezultat, imamo .

Odgovor:

A) , b) .

Jasno je da u općem slučaju, da bi se dobile potencije pod znakom logaritma iu njegovoj bazi, mogu biti potrebne različite transformacije različitih izraza. Navedimo par primjera.

Primjer.

Što znači izraz: a) , b) .

Otopina.

Dalje napominjemo da navedeni izraz ima oblik log A B p , gdje je A=2, B=x+1 i p=4. Transformirali smo numeričke izraze ovog tipa prema svojstvu logaritma potencije log a b p =p·log a b , dakle, s danim izrazom želim učiniti isto, i prijeći s log 2 (x+1) 4 na 4·log 2 (x+1) . Izračunajmo sada vrijednost izvornog izraza i izraza dobivenog nakon transformacije, na primjer, kada je x=−2. Imamo log 2 (−2+1) 4 =log 2 1=0 , i 4 log 2 (−2+1)=4 log 2 (−1)- besmislen izraz. To postavlja logično pitanje: "Što smo krivo učinili?"

A razlog je sljedeći: izvršili smo transformaciju log 2 (x+1) 4 =4·log 2 (x+1) , na temelju formule log a b p =p·log a b , ali imamo pravo primijeniti ovu formulu samo ako su ispunjeni uvjeti a >0, a≠1, b>0, p - bilo koji realni broj. Odnosno, transformacija koju smo napravili odvija se ako je x+1>0, što je isto kao x>−1 (za A i p uvjeti su ispunjeni). Međutim, u našem slučaju, ODZ varijable x za izvorni izraz sastoji se ne samo od intervala x>−1, već i od intervala x<−1 . Но для x<−1 мы не имели права осуществлять преобразование по выбранной формуле.

Potreba uzimanja u obzir DL

Nastavimo analizirati transformaciju izraza za koji smo odabrali log 2 (x+1) 4 , a sada da vidimo što se događa s ODZ-om kada prijeđemo na izraz 4 · log 2 (x+1) . U prethodnom odlomku pronašli smo ODZ izvornog izraza - to je skup (−∞, −1)∪(−1, +∞) . Pronađimo sada raspon prihvatljivih vrijednosti varijable x za izraz 4·log 2 (x+1) . Određen je uvjetom x+1>0, koji odgovara skupu (−1, +∞). Očito je da se pri prelasku s log 2 (x+1) 4 na 4·log 2 (x+1) raspon dopuštenih vrijednosti sužava. I dogovorili smo se da ćemo izbjegavati transformacije koje dovode do sužavanja DL-a, jer to može dovesti do raznih negativnih posljedica.

Ovdje je vrijedno napomenuti da je korisno kontrolirati OA u svakom koraku transformacije i spriječiti njegovo sužavanje. A ako je iznenada u nekoj fazi transformacije došlo do sužavanja DL-a, onda je vrijedno pažljivo pogledati je li ta transformacija dopuštena i jesmo li je imali pravo provesti.

Iskreno radi, recimo da u praksi obično moramo raditi s izrazima u kojima je ODZ varijabli takav da pri izvođenju transformacija možemo koristiti svojstva logaritama bez ograničenja u nama već poznatom obliku, kako iz slijeva na desno i s desna na lijevo. Brzo se naviknete na to i počnete mehanički izvoditi transformacije, ne razmišljajući je li ih moguće izvesti. A u takvim trenucima, na sreću, provlače se složeniji primjeri u kojima nemarna primjena svojstava logaritama dovodi do pogrešaka. Stoga morate uvijek biti na oprezu i paziti da ne dođe do suženja ODZ-a.

Ne bi škodilo posebno istaknuti glavne transformacije temeljene na svojstvima logaritama, koje se moraju provoditi vrlo pažljivo, što može dovesti do sužavanja ODZ-a, a kao rezultat - do pogrešaka:

Neke transformacije izraza temeljene na svojstvima logaritama mogu dovesti i do suprotnog – proširenja ODZ-a. Na primjer, prijelaz iz 4·log 2 (x+1) u log 2 (x+1) 4 proširuje ODZ sa skupa (−1, +∞) na (−∞, −1)∪(−1, +∞) . Takve se transformacije događaju ako ostanemo u okvirima ODZ-a za izvorni izraz. Dakle, upravo spomenuta transformacija 4·log 2 (x+1)=log 2 (x+1) 4 odvija se na ODZ varijable x za izvorni izraz 4·log 2 (x+1), odnosno za x+1> 0, što je isto kao (−1, +∞).

Sada kada smo razgovarali o nijansama na koje morate obratiti pozornost kada transformirate izraze s varijablama koristeći svojstva logaritama, ostaje shvatiti kako ispravno izvršiti ove transformacije.

X+2>0. Radi li to u našem slučaju? Da bismo odgovorili na ovo pitanje, pogledajmo ODZ varijable x. Određuje se sustavom nejednakosti , što je ekvivalentno uvjetu x+2>0 (ako je potrebno, pogledajte članak rješavanje sustava nejednadžbi). Dakle, možemo sa sigurnošću primijeniti svojstvo logaritma potencije.

imamo
3 log(x+2) 7 −log(x+2)−5 log(x+2) 4 =
=3·7·log(x+2)−log(x+2)−5·4·log(x+2)=
=21·log(x+2)−log(x+2)−20·log(x+2)=
=(21−1−20)·log(x+2)=0 .

Možete postupiti drugačije, budući da vam ODZ to omogućuje, na primjer ovako:

Odgovor:

3 log(x+2) 7 −log(x+2)−5 log(x+2) 4 =0.

Ali što učiniti kada na ODZ-u nisu ispunjeni uvjeti koji prate svojstva logaritama? Razumjet ćemo to s primjerima.

Neka se od nas traži da pojednostavimo izraz log(x+2) 4 − log(x+2) 2 . Transformacija ovog izraza, za razliku od izraza iz prethodnog primjera, ne dopušta slobodno korištenje svojstva logaritma potencije. Zašto? ODZ varijable x u ovom slučaju je unija dvaju intervala x>−2 i x<−2 . При x>−2 možemo lako primijeniti svojstvo logaritma potencije i postupiti kao u gornjem primjeru: log(x+2) 4 −log(x+2) 2 =4 · log(x+2)−2 · log(x+2)=2 · log(x+2). Ali ODZ sadrži još jedan interval x+2<0 , для которого последнее преобразование будет некорректно. Что же делать при x+2<0 ? В подобных случаях на помощь приходит . Определение модуля позволяет выражение x+2 при x+2<0 представить как −|x+2| . Тогда при x+2<0 от lg(x+2) 4 −lg(x+2) 2 переходим к log(−|x+2|) 4 −log(−|x+2|) 2 a dalje zbog svojstava stupnja k lg|x+2| 4 −lg|x+2| 2. Rezultirajući izraz može se transformirati koristeći svojstvo logaritma potencije, budući da je |x+2|>0 za bilo koju vrijednost varijable. imamo log|x+2| 4 −lg|x+2| 2 =4·lg|x+2|−2·lg|x+2|=2·lg|x+2|. Sada se možete osloboditi modula, jer je odradio svoj posao. Budući da transformaciju provodimo na x+2<0 , то 2·lg|x+2|=2·lg(−(x+2)) . Итак, можно считать, что мы справились с поставленной задачей. Ответ: . Полученный результат можно записать компактно с использованием модуля как .

Pogledajmo još jedan primjer kako bi rad s modulima postao poznat. Shvatimo iz izraza idite na zbroj i razliku logaritama linearnih binoma x−1, x−2 i x−3. Prvo nalazimo ODZ:

Na intervalu (3, +∞) vrijednosti izraza x−1, x−2 i x−3 su pozitivne, pa lako možemo primijeniti svojstva logaritma zbroja i razlike:

I na intervalu (1, 2) vrijednosti izraza x−1 su pozitivne, a vrijednosti izraza x−2 i x−3 su negativne. Stoga na razmatranom intervalu prikazujemo x−2 i x−3 koristeći modul kao −|x−2|

i −|x−3|

imamo

odnosno. Istovremeno

Sada možemo primijeniti svojstva logaritma umnoška i kvocijenta, jer na razmatranom intervalu (1, 2) vrijednosti izraza x−1 , |x−2|

• i |x−3|
• - pozitivno.
• Dobiveni rezultati mogu se kombinirati:

Slične rezultate daju, primjerice, i upute za rješavanje eksponencijalnih i logaritamskih jednadžbi u zbirci zadataka iz matematike za sveučilišne studente, koju je uredio M. I. Skanavi.

Primjer.

Pojednostavite izraz .

Otopina.

Bilo bi dobro primijeniti svojstva logaritma potencije, zbroja i razlike. Ali možemo li to učiniti ovdje? Da bismo odgovorili na ovo pitanje moramo znati DPD.

Definirajmo to:

Sasvim je očito da izrazi x+4, x−2 i (x+4) 13 u području dopuštenih vrijednosti varijable x mogu poprimiti i pozitivne i negativne vrijednosti. Stoga ćemo morati djelovati kroz module.

Svojstva modula omogućuju vam da ga prepišete kao , dakle

Također, ništa vas ne sprječava da upotrijebite svojstvo logaritma potencije, a zatim donesete slične članove:

Drugi niz transformacija dovodi do istog rezultata:

a budući da na ODZ izraz x−2 može poprimiti i pozitivne i negativne vrijednosti, tada pri uzimanju parnog eksponenta 14