Matematyka dla liceum/Funkcja wykładnicza i logarytmiczna/Rozwiązywanie nierówności logarytmicznych

Rozwiązywanie nierówności logarytmicznych

Ze względu na to, że funkcja logarytmiczna jest malejąca dla podstawy należącej do przedziału $(0;1)$, dlatego przy pozbywaniu się logarytmu z nierówności należy zmienić znak na przeciwny. Natomiast dla podstawy zawierającej się w $(1;+\mathrm{\infty })$ zostawiamy znak taki, jaki był. Zresztą zaraz zobaczymy to na przykładach.

Przykład 1

Rozwiążmy nierówność ${\log }_{3}x>4$.

1. Ustalamy dziedzinę: $x\in {ℝ}_{+}$
2. Ponieważ podstawa logarytmu jest większa od 1, więc nie zmieniamy znaku na przeciwny, zatem:

   ${\log }_{3}x>4⟺x>3^4$

   $x>81$

3. Znajdujemy cześć wspólną rozwiązania z dziedziną, czyli:

   $(x\in (81;+\mathrm{\infty })\wedge x\in (0;+\mathrm{\infty }))⟺x\in (81;+\mathrm{\infty })$

4. Odp. $x\in (81;+\mathrm{\infty })$

Przykład 2

Rozwiążmy nierówność ${\log }_{0,5}(x^2)<4$

1. Ustalamy dziedzinę:

   $x^2>0⟺x\ne 0$, czyli:

   $D=ℝ\mathrm{\setminus }\{0\}$

2. Podstawa logarytmu (czyli $0,5$)zawiera się w przedziale $(0;1)$, więc musimy zmienić znak nierówności na przeciwny:

   ${\log }_{0,5}(x^2)<4⟺x^2>(0,5{)}^4$ i otrzymujemy, że:

   $x^2-(0,5{)}^4>0⟺x^2-(0,25{)}^2>0⟺(x-0,25)(x+0,25)>0$

   czyli $x\in (-\mathrm{\infty };-0,25)\cup (0,25,+\mathrm{\infty })$

3. Teraz znajdujemy część wspólną tego rozwiązania z dziedziną, czyli:

   $x\in ((-\mathrm{\infty };-0,25)\cup (0,25,+\mathrm{\infty }))\cap (ℝ\mathrm{\setminus }\{0\})⟺x\in (-\mathrm{\infty };-0,25)\cup (0,25,+\mathrm{\infty })$

   Odp. $x\in (-\mathrm{\infty };-0,25)\cup (0,25,+\mathrm{\infty })$

Przykład 3

Zajmijmy się teraz taką nierównością ${\log }_{\frac{1}{3}}{x}^2\le 4$:

1. $D=R\mathrm{\setminus }\{0\}$
2. ${\log }_{\frac{1}{3}}{x}^2\le 4⟺x^2\ge {\left(\frac{1}{3}\right)}^4$, ponieważ podstawa jest mniejsza od 1
3. $x^2-{\left(\frac{1}{3}\right)}^4\ge 0$
4. $(x-\frac{1}{9})(x+\frac{1}{9})\ge 0$
5. Czyli $x\in (-\mathrm{\infty };-\frac{1}{9}]\cup [\frac{1}{9};+\mathrm{\infty })$
6. Biorąc część wspólną z dziedziną otrzymujemy, że $x\in (-\mathrm{\infty };-\frac{1}{9}]\cup [\frac{1}{9};+\mathrm{\infty })$
7. Odp. $x\in (-\mathrm{\infty };-\frac{1}{9}]\cup [\frac{1}{9};+\mathrm{\infty })$

Przykład 4

Rozwiążmy nierówność ${\log }_{3x-3}16<2$:

1. Ustalamy dziedzinę:

   Ponieważ podstawa logarytmu musi należeć do zbioru $(0;1)\cup (1;+\mathrm{\infty })$, więc będzie także w tym przypadku. Mamy:

   $(3x-3)\in (0;1)\cup (1;+\mathrm{\infty })$

   czyli $D=(1;\frac{4}{3})\cup (\frac{4}{3};+\mathrm{\infty })$

2. Teraz musimy rozważyć dwa przypadki, co będzie, gdy $x\in (1;\frac{4}{3})$ i gdy $x\in (\frac{4}{3};+\mathrm{\infty })$, ponieważ w pierwszym przypadku będziemy musimy zmienić znak nierówności na przeciwny, a w drugim nie.
   • dla $x\in (1;\frac{4}{3})$

     ${\log }_{3x-3}16<2⟺16>(3x-3{)}^2⟺(3x-3{)}^2-16<0$, tu możemy skorzystać ze wzoru skróconego mnożenia:

     $(3x-3-4)(3x-3+4)<0⟺3(x-\frac{7}{3})\cdot 3(x+\frac{1}{3})<0$

     czyli $x\in (-\frac{1}{3};\frac{7}{3})$, a także $x\in (1;\frac{4}{3})$ (z założenia)

     czyli $x\in (1;\frac{4}{3})$

   • dla $x\in (\frac{4}{3};+\mathrm{\infty })$

     ${\log }_{3x-3}16<2⟺16<(3x-3{)}^2⟺3(x-\frac{7}{3})\cdot 3(x+\frac{1}{3})>0$

     czyli $x\in (-\mathrm{\infty };-\frac{1}{3})\cup (\frac{7}{3};+\mathrm{\infty })$ i $x\in (\frac{4}{3};+\mathrm{\infty })$

     czyli $x\in (\frac{7}{3};+\mathrm{\infty })$

3. Ostatecznie podsumowując te dwa przypadki otrzymujemy, że $x\in (1;\frac{4}{3})\cup (\frac{7}{3};+\mathrm{\infty })$
4. Odp. $x\in (1;\frac{4}{3})\cup (\frac{7}{3};+\mathrm{\infty })$