Εκθετική-Λογαριθμική-Παράγραφος 3 (Θ)

Λυμένο παράδειγμα 33 από «Εκθετική-Λογαριθμική-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας δούμε την εξίσωση 2ℓog (x + 30) = 4 . 1ο βήμα Πρέπει να είναι x + 30 > 0 ⇔ x > −30 . 2ο βήμα Τότε: 2ℓog (x + 30) 4 = ⇔ ℓog (x + 30) = 2 ⇔ x + 30 = 102 ⇔ x + 30 = 100 ⇔ x = 70 , δεκτή. 2 2

Λυμένο παράδειγμα 34 από «Εκθετική-Λογαριθμική-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ( Ας δούμε την εξίσωση ℓog 2x − 5 − 3 = 1 . ) 1ο βήμα Πρέπει να είναι 2x − 5 − 3 > 0 ⇔ 2x − 5 > 3 ⇔ 2x − 5 < −3 ή 2x − 5 > 3 ⇔ 2x < 2 ή 2x > 8 ⇔ ⇔ x <1 ή x >4. - 165 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ 2ο βήμα Τότε: ( ) ℓog 2x − 5 − 3 = 1 ⇔ 2x − 5 − 3 = 10 ⇔ 2x − 5 = 13 ⇔ ⇔ 2x − 5 = 13 ή 2x − 5 = −13 ⇔ 2x = 18 ή 2x = −8 ⇔ x = 9 ή x = −4 , δεκτές και οι δύο.

Να λύσετε τις εξισώσεις: α) ℓn (x + 3) = ℓn (2x + 8) . ( ) β) ℓog x 2 − 6x = ℓog (18 − 3x) .

Λυμένο παράδειγμα 36 από «Εκθετική-Λογαριθμική-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας δούμε την εξίσωση ℓogx + ℓog (x + 6) = 4ℓog2 . 1ο βήμα Πρέπει να είναι ⎧⎪ x > 0 και ⎫⎪ ⎧⎪ ⎪ ⎪ ⇔ ⎪ x > 0 ⎫⎪⎪ , ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎪⎪ x + 6 > 0 ⎪⎪ ⎪⎩⎪ x > −6 ⎪⎭⎪ ⎩ ⎭ δηλαδή x > 0 . 2ο βήμα Η εξίσωση δεν είναι στην «σωστή» μορφή (αφού δεν έχει έναν μόνο λογάριθμο αριστε- ρά και έναν μόνο λογάριθμο δεξιά, με συντελεστή 1 και οι δύο). Έχουμε επομένως: ℓogx + ℓog (x + 6) = 4ℓog2 ⇔ ℓog ⎡⎢ x ⋅ (x + 6)⎤⎥ = ℓog24 ⇔ x(x + 6) = 24 ⇔ x 2 + 6x = 16 ⇔ ⎣ ⎦ ⇔ x 2 + 6x − 16 = 0 ⇔ x = 2 (δεκτή) ή x = −8 (απορρίπτεται).

Λυμένο παράδειγμα 37 από «Εκθετική-Λογαριθμική-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας δούμε την εξίσωση ℓn (x − 2) + ℓn (x + 2) = ℓn (8 − x) . 1ο βήμα Πρέπει να είναι ⎧⎪ ⎫⎪ ⎧⎪ ⎪⎪ x −2 > 0 ⎪ ⎪ x > 2 ⎫⎪⎪ ⎪⎨ και x + 2 > 0 ⎪⎪⎬ ⇔ ⎪⎨ ⎪ ⎬. ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ x > −2 ⎪ ⎪⎪ και 8 − x > 0 ⎪⎪ ⎪⎩⎪ x < 8 ⎪⎪⎭⎪ ⎩ ⎭ δηλαδή x ∈ (2 , 8) . - 169 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ 2ο βήμα Η εξίσωση δεν είναι στην «σωστή» μορφή (αφού δεν έχει έναν μόνο λογάριθμο αριστε- ρά και έναν μόνο λογάριθμο δεξιά, με συντελεστή 1 και οι δύο). Έχουμε επομένως: ℓn (x − 2) + ℓn (x + 2) = ℓn (8 − x) ⇔ ℓn ⎡⎢(x − 2)(x + 2)⎤⎥ = ℓn (8 − x) ⇔ ⎣ ⎦ ⇔ (x − 2)(x + 2) = 8 − x ⇔ x 2 − 4 = 8 − x ⇔ x 2 + x − 12 = 0 ⇔ ⇔ x = 3 (δεκτή) ή x = −4 (απορρίπτεται).

Λυμένο παράδειγμα 38 από «Εκθετική-Λογαριθμική-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας δούμε την εξίσωση ℓog 2x − ℓogx − 2 = 0 . 1ο βήμα Πρέπει να είναι x > 0 . 2ο βήμα Θέτω ℓogx = y και έχω την εξίσωση y2 − y − 2 = 0 , από όπου εύκολα προκύπτει y = 2 ή y = −1 . • Για y = 2 είναι ℓogx = 2 ⇔ x = 102 = 100 . • Για y = −1 είναι 1 ℓogx = −1 ⇔ x = 10−1 = . 10 - 171 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ

Λυμένο παράδειγμα 39 από «Εκθετική-Λογαριθμική-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας δούμε την εξίσωση ℓn2x − ℓnx 2 − 3 = 0 . 1ο βήμα Πρέπει να είναι ⎧⎪ ⎫⎪ ⎧⎪ ⎪ x>0 ⎪ ⇔ ⎪ x > 0 ⎫⎪⎪ , ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎪⎪ και x > 0 ⎪⎪ ⎪⎩⎪ x ≠ 0 ⎪⎭⎪ 2 ⎩ ⎭ δηλαδή x > 0 . 2ο βήμα Τότε: ℓn2x − ℓnx 2 − 3 = 0 ⇔ ℓn2x − 2ℓnx − 3 = 0 . Θέτω ℓnx = y και έχω την εξίσωση y2 − 2y − 3 = 0 , από όπου εύκολα προκύπτει y = 3 ή y = −1 • Για y = 3 είναι ℓnx = 3 ⇔ x = e3 . • Για y = −1 είναι 1 ℓnx = −1 ⇔ x = e−1 = . e

Λυμένο παράδειγμα 40 από «Εκθετική-Λογαριθμική-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ℓogx + 1 2 4 Ας δούμε την εξίσωση − = . ℓogx ℓogx + 2 2 ℓog x + 2ℓogx 1ο βήμα Πρέπει να είναι x > 0 . 2ο βήμα Θέτω ℓogx = y και η εξίσωση γράφεται y +1 2 4 y +1 2 4 − = 2 ⇔ − = , y y+2 y + 2y y y+2 y(y + 2) όπου πρέπει να είναι y(y + 2) ≠ 0 ⇔ y ≠ 0 και y + 2 ≠ 0 ⇔ y ≠ 0 και y ≠ −2 . - 172 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ 3ο βήμα Τότε: (y + 1)(y + 2) − 2y = 4 ⇔ y2 + 2y + y + 2 − 2y = 4 ⇔ y2 + y − 2 = 0 ⇔ ⇔ y = 1 ή y = −2 (απορρίπτεται). Τελικά, είναι ℓogx = 1 ⇔ x = 10 .

Λυμένο παράδειγμα 41 από «Εκθετική-Λογαριθμική-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ( Ας δούμε την ανίσωση ℓog x 2 + 3x ≤ 1 . ) 1ο βήμα Πρέπει να είναι x 2 + 3x > 0 ⇔ x < −3 η x > 0 (1) 2ο βήμα Τότε ( ) ℓog x 2 + 3x ≤ 1 ⇔ x 2 + 3x ≤ 10 ⇔ x 2 + 3x − 10 ≤ 0 ⇔ x ∈ ⎡⎢−5, 2⎤⎥ ⎣ ⎦ (2) 3ο βήμα Συναληθεύοντας τις (1) και (2), τελικά προκύπτει x ∈ ⎡⎢−5,− 3) ∪ (0 , 2⎤⎥ . ⎣ ⎦

Λυμένο παράδειγμα 42 από «Εκθετική-Λογαριθμική-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ( Ας δούμε την ανίσωση ℓn x − 2 − 3 < 0 . ) 1ο βήμα Πρέπει να είναι x − 2 − 3 > 0 ⇔ x − 2 > 3 ⇔ x − 2 < −3 ή x − 2 > 3 ⇔ x < −1 η x > 5 (1) - 174 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ 2ο βήμα Τότε ⎧⎪ ⎫⎪ 1ο βηµα ⎪⎪ x −2 > 3 ⎪⎪ ( ) ℓn x − 2 − 3 < 0 ⇔ 0 < x − 2 − 3 < 1 ⇔ 3 < x − 2 < 4 ⇔ ⎨ ⎬ ⇔ ⎪⎪ και x − 2 < 4 ⎪⎪ (1) ⎩⎪ ⎭⎪ ⎧⎪ x < −1 η x > 5 ⎫⎪ ⎧⎪ x < −1 η x > 5 ⎫⎪ ⇔ ⎪⎨ ⎪⇔⎪ ⎬ ⎨ ⎪ , δηλαδή x ∈ −2 ,− 1 ∪ 5, 6 . ⎬ ( ) ( ) ⎪⎪ −4 < x − 2 < 4 ⎪⎪ ⎪⎪ −2 < x < 6 ⎪⎪ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ Για λόγους πληρότητας και μόνο, από την ανίσωση ℓog α f(x) > β : • αν είναι 0 < α < 1 , προκύπτει f(x) < α β , δηλαδή αλλάζει η φορά της ανίσωσης. • αν είναι α > 1 , προκύπτει f(x) > α β , δηλαδή δεν αλλάζει η φορά της ανίσωσης.

Λυμένο παράδειγμα 43 από «Εκθετική-Λογαριθμική-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας δούμε την ανίσωση ℓog (2x + 6) ≥ ℓog (18 − x) . 1ο βήμα Πρέπει να είναι - 176 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ ⎧⎪ 2x + 6 > 0 ⎫⎪ ⎧⎪ ⎪ ⎪ ⇔ ⎪ 2x > −6 ⎫⎪⎪ ⇔ ⎧⎪⎪ x > −3 ⎫⎪⎪ , ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎪⎪ και 18 − x > 0 ⎪⎪ ⎪⎩⎪ x < 18 ⎪⎭⎪ ⎪⎩⎪ x < 18 ⎪⎭⎪ ⎩ ⎭ δηλαδή x ∈ (−3 ,18) (1) 2ο βήμα Τότε ℓog (2x + 6) ≥ ℓog (18 − x) ⇔ 2x + 6 ≥ 18 − x ⇔ 3x ≥ 12 ⇔ x ≥ 4 (2) 3ο βήμα Συναληθεύοντας τις (1) και (2), τελικά προκύπτει x ∈ ⎡⎢4 ,18) . ⎣

Λυμένο παράδειγμα 44 από «Εκθετική-Λογαριθμική-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας δούμε την ανίσωση ℓn (x + 5) ≤ ℓn (9 − x) . 1ο βήμα Πρέπει να είναι ⎧⎪ x + 5 > 0 ⎫⎪⎪ ⎧⎪⎪ x > −5 ⎫⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎬⇔⎨ ⎬, ⎪⎪ και 9 − x > 0 ⎪⎪ ⎪⎪⎩ x < 9 ⎪⎪⎭ ⎩ ⎭ δηλαδή x ∈ (−5, 9) (1) 2ο βήμα Τότε ℓn (x + 5) ≤ ℓn (9 − x) ⇔ x + 5 ≤ 9 − x ⇔ 2x ≤ 4 ⇔ x ≤ 2 (2) 3ο βήμα Συναληθεύοντας τις (1) και (2), τελικά προκύπτει x ∈ (−5, 2⎤⎥ . ⎦ β) Αν η ανίσωση δεν έχει εξαρχής αυτήν την μορφή (που είναι και το πιθανότερο), τότε χρησιμοποίησε τις ιδιότητες των λογάριθμων ώστε να την φέρεις και μετά να συ- νεχίσεις λύνοντας την ανίσωση f(x) > g(x) . Μην ξεχάσεις, στο τέλος να συναληθεύσεις το διάστημα που θα βρεις με το διάστημα - 177 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ που προέκυψε από τους αρχικούς περιορισμούς.

Λυμένο παράδειγμα 45 από «Εκθετική-Λογαριθμική-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας δούμε την ανίσωση 1 + ℓog (x + 1) ≤ ℓog (32 − x) . 1ο βήμα Πρέπει να είναι ⎧⎪ ⎫⎪ ⎧⎪ ⎪ x +1> 0 ⎪ ⇔ ⎪ x > −1 ⎫⎪⎪ , ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎪⎪ και 32 − x > 0 ⎪⎪ ⎪⎩⎪ x < 32 ⎪⎭⎪ ⎩ ⎭ δηλαδή x ∈ (1, 32) (1) 2ο βήμα Η ανίσωση δεν είναι στην «σωστή» μορφή (αφού δεν έχει έναν μόνο λογάριθμο αρι- στερά και έναν μόνο λογάριθμο δεξιά, με συντελεστή 1 και οι δύο). Έχουμε επομένως: 1 + ℓog (x + 1) ≤ ℓog (32 − x) ⇔ ℓog10 + ℓog (x + 1) ≤ ℓog (32 − x) ⇔ ⇔ ℓog ⎡⎢10 (x + 1)⎤⎥ ≤ ℓog (32 − x) ⇔ 10(x + 1) ≤ 32 − x ⇔ 10x + 10 ≤ 32 − x ⇔ 11x ≤ 22 ⇔ ⎣ ⎦ ⇔ x≤2 (2) 3ο βήμα Συναληθεύοντας τις (1) και (2), τελικά προκύπτει x ∈ (−1, 2⎤⎥ . ⎦

Λυμένο παράδειγμα 46 από «Εκθετική-Λογαριθμική-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας δούμε την ανίσωση 2ℓnx ≥ ℓn (x − 2) + ℓn (x + 6) . 1ο βήμα Πρέπει να είναι ⎧⎪ x > 0 και ⎫⎪ ⎧⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ x > 0 ⎫⎪⎪ ⎪⎨ ⎪⎬ ⇔ ⎪⎨ ⎪ ⎬, ⎪⎪ x − 2 > 0 και ⎪⎪ ⎪⎪ x > 2 ⎪ ⎪⎪ x + 6 > 0 ⎪⎪ ⎪⎩⎪ x > −6 ⎪⎪⎭⎪ ⎩ ⎭ δηλαδή x>2 (1) - 178 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ 2ο βήμα Η ανίσωση δεν είναι στην «σωστή» μορφή (αφού δεν έχει έναν μόνο λογάριθμο αρι- στερά και έναν μόνο λογάριθμο δεξιά, με συντελεστή 1 και οι δύο). Έχουμε επομένως: 2ℓnx ≥ ℓn (x − 2) + ℓn (x + 6) ⇔ ℓnx 2 ≥ ℓn ⎡⎢(x − 2)(x + 6)⎤⎥ ⇔ x 2 ≥ (x − 2)(x + 6) ⇔ ⎣ ⎦ ⇔ x 2 ≥ x 2 + 6x − 2x − 12 ⇔ 4x ≤ 12 ⇔ x ≤ 3 (2) 3ο βήμα Συναληθεύοντας τις (1) και (2), τελικά προκύπτει x ∈ (2 , 3⎤⎥ . ⎦

Λυμένο παράδειγμα 47 από «Εκθετική-Λογαριθμική-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας δούμε την ανίσωση ℓog 2x − 2ℓogx − 3 > 0 . 1ο βήμα Πρέπει να είναι x>0 (1) 2ο βήμα Θέτω ℓogx = y και έχω την ανίσωση y2 − 2y − 3 > 0 , από όπου προκύπτει y < −1 ή y > 3 , οπότε 1 ℓogx < −1 ή ℓogx > 3 ⇔ x < 10−1 ή x > 103 ⇔ x < η x > 1000 (2) 10 3ο βήμα ⎛ 1 ⎞⎟ Συναληθεύοντας τις (1) και (2), τελικά προκύπτει x ∈ ⎜⎜⎜0 , ⎟⎟ ∪ (1000 , + ∞) . ⎝ 10 ⎟⎠

Λυμένο παράδειγμα 48 από «Εκθετική-Λογαριθμική-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας δούμε την ανίσωση ℓn2x < 2ℓnx . 1ο βήμα Πρέπει να είναι x>0 (1) 2ο βήμα Θέτω ℓnx = y και έχω την ανίσωση y2 < 2y , από όπου προκύπτει y2 − 2y < 0 ⇔ 0 < y < 2 , οπότε 0 < ℓnx < 2 ⇔ ℓn1 < ℓnx < ℓne2 ⇔ 1 < x < e2 ⇔ x ∈ 1, e2 ( ) (2) 3ο βήμα Συναληθεύοντας τις (1) και (2), τελικά προκύπτει x ∈ 1, e2 . ( ) - 180 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ Λογαριθµικά συστήµατα Έτσι ονομάζεται ένα σύστημα δύο εξισώσεων με δύο αγνώστους (αυτά είναι τα συνη- θέστερα), όταν σε μία, τουλάχιστον, από τις εξισώσεις ένας από τους αγνώστους εμ- φανίζεται εντός λογάριθμου (συνήθως, όμως, συμβαίνει και με τους δύο). Τα συστήματα αυτά δεν έχουν κάποια σταθερή μέθοδο αντιμετώπισης. Άλλοτε αντι- μετωπίζονται με συνδυασμό τεχνικών από τις λογαριθμικές εξισώσεις και άλλοτε με αντικατάσταση (οπότε μπορεί να αναχθούν σε γραμμικά ή μη γραμμικά). Μια και μιλάμε για συστήματα, όσα γνωρίζεις περί συστημάτων από το σχετικό κεφά- λαιο της Β΄ Λυκείου, σίγουρα θα φανούν χρήσιμα. Τα παραδείγματα αυτής της υποπαραγράφου αντλήθηκαν από το βιβλίο του Βασίλη Παπαδάκη, «Άλγεβρα Β΄ Λυκείου, Β΄ τεύχος», εκδόσεις Σαββάλας, Αθήνα, 2012.

Λυμένο παράδειγμα 49 από «Εκθετική-Λογαριθμική-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ⎧⎪ ℓogy − ℓogx = 2 − ℓog50 ⎫⎪ ⎪ ⎪⎪ Ας δούμε το σύστημα ⎪⎨ ⎬. ⎪⎪ ℓog ( y + 1) + ℓogx = 1 ⎪⎪ ⎩⎪ ⎭⎪ Πρέπει να είναι ⎧⎪ ⎫⎪ ⎧⎪ ⎪⎪ y>0 ⎪⎪ ⎪ y > 0 ⎫⎪⎪ ⎪ και x > 0 ⎪ ⇔ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎬ ⎨ x > 0 ⎪⎬ , ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ και y + 1 > 0 ⎪⎪⎪ ⎪⎪⎩⎪ y > −1 ⎪⎪⎭⎪ ⎩ ⎭ δηλαδή x > 0 , y > 0 . • Από την πρώτη εξίσωση προκύπτει y y y 100 ℓog = ℓog102 − ℓog50 ⇔ ℓog = ℓog100 − ℓog50 ⇔ ℓog = ℓog ⇔ x x x 50 y 100 y ⇔ = ⇔ = 2 ⇔ y = 2x (1) x 50 x • Από την δεύτερη εξίσωση προκύπτει (1) ℓog ⎡⎢ x ( y + 1)⎤⎥ = ℓog10 ⇔ x(y + 1) = 10 ⇔ x(2x + 1) = 10 ⇔ 2x 2 + x − 10 = 0 ⇔ ⎣ ⎦ 5 ⇔ x=2 ή x=− (απορρίπτεται). 2 - 181 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 5 • Εκ θ ετι κ ή κ α ι λογα ρ ι θ μ ι κ ή συνά ρτηση Παράγραφος 3 • Λογαριθµική συνάρτηση • ΘΕΩΡΙΑ Για x = 2 , από την (1) έχω y = 2 ⋅ 2 = 4 , οπότε είναι (x , y) = (2 , 4) .

Λυμένο παράδειγμα 50 από «Εκθετική-Λογαριθμική-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ⎧⎪ ℓogx − ℓogy = 3 ⎫⎪ ⎪ ⎪ Ας δούμε το σύστημα ⎨ ⎬. ⎪⎪ ℓogx + ℓogy = −3 ⎪⎪ 5 4 ⎩⎪ ⎭⎪ Πρέπει να είναι x > 0 , y > 0 (τότε είναι και x 5 > 0 , y4 > 0 ). Από το αρχικό σύστημα προκύπτει το ⎧⎪ ℓogx − ℓogy = 3 ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎬. ⎪⎪ 5ℓogx + 4ℓogy = −3 ⎪⎪ ⎩⎪ ⎭⎪ Θέτω ℓogx = α , ℓogy = β και έχω το σύστημα ⎧⎪ α − β = 3 ⎫⎪ ⎪ ⎪, ⎨ ⎬ ⎪⎪ 5α + 4β = −3 ⎪⎪ ⎩ ⎭ από όπου εύκολα προκύπτει α = 1 , β = −2 , οπότε: • για α = 1 είναι ℓogx = 1 ⇔ x = 10 . • για β = −2 είναι 1 1 ℓogy = −2 ⇔ y = 10−2 = = . 10 2 100 ⎛ 1 ⎞⎟ Τελικά είναι (x , y) = ⎜⎜⎜10 , ⎟⎟ . ⎝ 100 ⎟⎠ - 182 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr