MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 326

Dziedzinę wyznacza dodatniość argumentu, a miejsce zerowe warunek, że argument logarytmu jest równy $1$ (w f) równy $10$).

a) $1-x^3>0$ daje $x<1$; $1-x^3=1$ daje zero $x=0$. b) $x^2-1>0$ daje $x<-1$ lub $x>1$; $x^2-1=1$ daje $x=\pm\sqrt2$. c) $|2x+3|>0$ wyklucza $x=-\frac32$; równanie $|2x+3|=1$ daje $x=-2,-1$. d) Trójmian $x^2+x+1$ jest dodatni dla każdego $x$, bo $\Delta=-3$. Równanie $x^2+x+1=1$ daje zera $x=-1,0$. e) $(x-1)(x-4)>0$, więc $D=(-\infty,1)\cup(4,\infty)$. Równanie $x^2-5x+4=1$ daje $x=\frac{5\pm\sqrt{13}}2$. f) Dziedzina wyklucza $x=\pm1$. Z równania $-1+\log|x^2-1|=0$ mamy $|x^2-1|=10$, więc $x=\pm\sqrt{11}$.

Każdy iloraz ma wartość $1$, gdy logarytm jest dodatni, i $-1$, gdy jest ujemny; jego zero trzeba wykluczyć z dziedziny.

a) $D=(0,1)\cup(1,\infty)$. Dla $0<x<1$ mamy $f(x)=-1$, a dla $x>1$ mamy $f(x)=1$.

b) Dziedzina jest taka sama. Ponieważ $\log_{0{,}5}x>0$ dla $0<x<1$, otrzymujemy $f(x)=1$ na $(0,1)$ i $f(x)=-1$ na $(1,\infty)$.

c) $D=\mathbb R\setminus\{-1,0,1\}$. Dla $0<|x|<1$ funkcja ma wartość $-1$, a dla $|x|>1$ wartość $1$.

Porównujemy potęgi lub korzystamy ze znaku logarytmu.

a) $2^{-x}\ge8=2^3$, więc $x\le-3$. b) $(\frac34)^{x-1}\ge\frac34=(\frac34)^1$; podstawa jest malejąca, więc $x\le2$. c) $\log(2x-7)\ge0$ oznacza $2x-7\ge1$, czyli $x\ge4$. d) Przy podstawie $\frac12$: $0<2x\le1$, więc $0<x\le\frac12$. e) $\log(-x)\ge0$ oznacza $-x\ge1$, więc $x\le-1$. f) Dla $x\ne0$ i malejącej podstawy warunek $\log_{1/2}(1/x^2)\ge0$ jest równoważny $1/x^2\le1$, czyli $|x|\ge1$.

a) Pierwiastek to $x=\log_6(2m)$. Jest dodatni dokładnie wtedy, gdy $2m>1$, czyli $m>\frac12$.

b) Dla $x>0$ wartość $(\frac12)^x$ należy do $(0,1)$. Potrzebujemy więc $0<\log_2m<1$, co daje $1<m<2$.

c) $x=1+\log_3m$. Warunek $x>0$ wraz z $m>0$ daje $\log_3m>-1$, czyli $m>\frac13$.

a) Dla $m>1$ równanie daje dwa punkty $x=-2\pm\log_2m$. Lewy jest zawsze ujemny, a prawy jest dodatni, gdy $\log_2m>2$. Zatem $m>4$.

b) Równanie daje $|x-4|=2^m$, czyli $x=4\pm2^m$. Pierwiastki mają różne znaki dokładnie wtedy, gdy $4-2^m<0$, więc $m>2$.

c) Dziedzina funkcji to $x>2$. Wszystkie jej pierwiastki są zatem dodatnie, niezależnie od poziomu $m$; warunku nie może spełnić żadne $m$.

Wyłączamy wspólną potęgę.

a) $4^x(1+\frac15)=\frac{96}{5}$, więc $4^x=16$ i $x=2$. b) $5^{x+1}(5-1)=2500$, więc $5^{x+1}=625=5^4$ i $x=3$. c) $3^{-x}+3^{-x+2}=10\cdot3^{-x}=90$, więc $3^{-x}=9=3^2$ i $x=-2$.

Sprowadzamy obie strony do tej samej podstawy.

a) $6^{x+1}\le6^3$, więc $x\le2$. b) $(\frac12)^{x-1}\le(\frac12)^3$, więc $x\ge4$. c) $5^{-2x}\ge5^{1/2}$, więc $x\le-\frac14$. d) $5^{-2x}<5^{-3}$, więc $x>\frac32$. e) $3^{1/2-x}<3^2$, więc $x>-\frac32$. f) $0{,}4^{3x+2}>0{,}4^{-1}$, a ponieważ podstawa jest mniejsza od $1$, $3x+2<-1$, czyli $x<-1$.

a) Łączymy logarytmy: $f(x)=\log_3((x+4)(2-x))=\log_3(9-(x+1)^2).$ Na $[-3,1]$ argument jest największy dla $x=-1$ i wynosi $9$. Zatem największa wartość to $\log_39=2$.

b) Dla $x\in[7,9]$ iloczyn $(x-6)(10-x)=4-(x-8)^2$ należy do $[3,4]$. Logarytm o podstawie $\frac14$ jest ujemny, więc po module otrzymujemy $\log_4$ tego iloczynu. Największa wartość występuje dla $x=8$ i wynosi $\log_44=1$.

Rozwiązujemy od logarytmu zewnętrznego.

a) $\log_4x=10^0=1$, więc $x=4$. b) $\log_4x=5^1=5$, więc $x=4^5=1024$. c) $\log_4x=4^{1/2}=2$, więc $x=4^2=16$.

Stosujemy zmianę podstawy i własności logarytmu.

a) $\log_{27}8=\frac{3\log_32}{3}=\log_32$. b) $\log_{1/3}(1/5)=\frac{-\log_35}{-1}=\log_35$. c) $\log_{3^{3/2}}2^6=4\log_32=\log_316$. d) $\log_{3^{-2}}5^2=-\log_35=\log_3\frac15$.

a) $3\sqrt3=3^{3/2}$, zatem $\log_{3\sqrt3}27=2$ i wartość wynosi $3^2=9$.

b) $4\sqrt2=2^{5/2}$, więc $\log_{4\sqrt2}32=2$. Stąd $(\sqrt[3]4)^2=2^{4/3}=2\sqrt[3]2$.

c) Tożsamość $a^{\log_cb}=b^{\log_ca}$ pokazuje, że oba składniki są równe, więc ich różnica wynosi $0$.

Uwzględniamy dziedzinę zmiennej podstawy.

a) Musi być $x>0$, $x\ne1$, $y>0$. Dla $x>1$ logarytm jest dodatni, gdy $y>1$. Dla $0<x<1$ jest dodatni, gdy $0<y<1$. Zatem $A=((0,1)\times(0,1))\cup((1,\infty)\times(1,\infty)).$ Wszystkie cztery proste brzegowe $x=0$, $x=1$, $y=0$, $y=1$ są wyłączone.

b) Musi być $y>0$, $y\ne1$, $x>0$. Dla $y>1$ nierówność jest równoważna $x\ge y$, natomiast dla $0<y<1$ — nierówności $0<x\le y$. Zatem $A=\{(x,y):y>1,\ x\ge y\}\cup\{(x,y):0<y<1,\ 0<x\le y\}.$ Prosta $x=y$ należy do zbioru, ale punkt $(1,1)$ i osie są wyłączone.