Урок 3. Логарифмы

01. Логарифм появляется из уравнения со степенью

Рассмотрим уравнение

$$2^x=\frac{1}{8}.$$

Поскольку $\frac{1}{8}=2^{-3}$, получаем $x=-3$. Новый символ нужен лишь для короткой записи ответа на общий вопрос:

$$a^y=x.$$

Определение. При $a>0$, $a\ne 1$, $x>0$ логарифмом $x$ по основанию $a$ называется единственное число $y$, для которого

$$a^y=x.$$

Запись:

$$y={log}_{a}x\iff a^y=x.$$

Двойная стрелка принципиальна: определение работает в обе стороны.

02. Почему у логарифма именно такое ОДЗ

Почему основание положительно

Для положительного $a$ действительная степень $a^t$ определена для всех действительных $t$ и остаётся положительной. Это даёт непрерывную степенную функцию, у которой можно строить обратную функцию.

При отрицательном основании часть дробных степеней не существует в действительных числах. Например, ${(-2)}^{\frac{1}{2}}$ не является действительным числом. Поэтому функция $a^t$ не определена на всей действительной прямой, и единого действительного логарифма не возникает.

Почему основание не равно нулю

Нулевая основа не допускает отрицательных степеней и даёт $0^t=0$ при $t>0$. Такая зависимость не может принимать положительные значения и не имеет обратной функции на нужной области.

Почему основание не равно единице

Для любого $t$

$$1^t=1.$$

Уравнение $1^t=x$ не имеет решения при $x\ne 1$ и имеет бесконечно много решений при $x=1$. Единственного показателя нет, следовательно, логарифм не определён.

Почему аргумент положителен

При $a>0$ любая действительная степень $a^t$ положительна. Поэтому уравнение $a^t=x$ может иметь решение только при $x>0$.

Итог ОДЗ: $a>0$, $a\ne 1$, $x>0$. Каждое условие получено из требования существования и единственности показателя степени.

03. Почему показатель единственен

Для $a>1$ функция $a^t$ строго возрастает. Действительно, если $v>u$, то $v-u>0$ и

$$\frac{a^v}{a^u}=a^{v-u}>1,$$

следовательно, $a^v>a^u$.

Если $0<a<1$, представим $a=\frac{1}{b}$, где $b>1$. Тогда

$$a^t=b^{-t},$$

и с ростом $t$ значение уменьшается. В обоих случаях функция строго монотонна, поэтому одно положительное число не может соответствовать двум разным показателям.

04. Первые следствия определения

Логарифм единицы

$${log}_{a}1=0,$$

потому что $a^0=1$.

Логарифм основания

$${log}_{a}a=1,$$

потому что $a^1=a$.

Основное логарифмическое тождество

$$a^{{log}_{a}x}=x,$$

потому что именно так определено число ${log}_{a}x$.

Логарифм степени основания

$${log}_a\left(a^t\right)=t.$$

Это следует из единственности показателя: показатель, превращающий $a$ в $a^t$, равен $t$.

Все четыре записи — не отдельные формулы для заучивания, а прямые переформулировки определения.

05. Логарифм произведения

Теорема. При $x>0$, $y>0$, $a>0$, $a\ne 1$

$${log}_a\left(xy\right)={log}_{a}x+{log}_{a}y.$$

Доказательство. Обозначим

$$u={log}_{a}x,v={log}_{a}y.$$

По определению $x=a^u$, $y=a^v$. Тогда

$$xy=a^u{a}^v=a^{u+v}.$$

Следовательно, показатель, в который нужно возвести $a$, чтобы получить $xy$, равен $u+v$. Значит,

$${log}_a\left(xy\right)=u+v={log}_{a}x+{log}_{a}y.$$

Условия $x>0$ и $y>0$ нужны, чтобы оба исходных логарифма существовали.

06. Логарифм частного

Теорема. При $x>0$, $y>0$

$${log}_a\frac{x}{y}={log}_{a}x-{log}_{a}y.$$

Доказательство. С теми же обозначениями

$$\frac{x}{y}=\frac{a^u}{a^v}=a^{u-v}.$$

По определению логарифма показатель равен $u-v$.

07. Логарифм степени

Теорема. При $x>0$ и действительном $r$

$${log}_a\left(x^r\right)=r{log}_{a}x.$$

Доказательство. Пусть $u={log}_{a}x$, тогда $x=a^u$. Следовательно,

$$x^r={\left(a^u\right)}^r=a^{ur}.$$

По определению логарифма

$${log}_a\left(x^r\right)=ur=r{log}_{a}x.$$

Почему иногда появляется модуль

Формула

$${log}_a\left(x^2\right)=2{log}_{a}x$$

требует $x>0$, потому что справа стоит ${log}_{a}x$. Если исходно известно только $x\ne 0$, то корректная запись

$${log}_a\left(x^2\right)=2{log}_a\left|x\right|,$$

поскольку $x^2={\left|x\right|}^2$ и $\left|x\right|>0$.

Это важный пример: упрощённая формула не должна сужать или расширять область молча.

08. Объединение логарифмов и сохранение ОДЗ

Из доказанных теорем можно идти в обратную сторону, но исходные ограничения сохраняются.

Например,

$${log}_a(x-1)+{log}_a(x+2)={log}_a\left((x-1)(x+2)\right)$$

верно при

$$x-1>0,x+2>0,$$

то есть $x>1$.

Нельзя заменить эти два условия одним

$$(x-1)(x+2)>0,$$

потому что произведение положительно также при $x<-2$, где оба исходных логарифма не существуют.

09. Формула замены основания

Теорема. При допустимых $a,b,x$

$${log}_{a}x=\frac{{log}_{b}x}{{log}_{b}a}.$$

Доказательство, которое нужно уметь восстановить. Пусть

$$y={log}_{a}x.$$

Тогда $a^y=x$. Возьмём логарифм по основанию $b$ обеих частей:

$${log}_b\left(a^y\right)={log}_{b}x.$$

По доказанному свойству степени

$$y{log}_{b}a={log}_{b}x.$$

Поскольку $a\ne 1$, имеем ${log}_{b}a\ne 0$. Поэтому

$$y=\frac{{log}_{b}x}{{log}_{b}a}.$$

Возвращая $y={log}_{a}x$, получаем формулу.

Проверка расположения дроби. Аргумент $x$ остаётся в числителе, основание $a$ - в знаменателе. Если забыли, вывод занимает четыре строки.

10. Взаимно обратные логарифмы

Подставим $x=b$ в формулу замены основания:

$${log}_{a}b=\frac{{log}_{b}b}{{log}_{b}a}=\frac{1}{{log}_{b}a}.$$

Значит,

$${log}_{a}b\cdot {log}_{b}a=1.$$

Это не самостоятельное правило «переворота», а следствие замены основания.

Более общий цепной переход:

$${log}_{a}b\cdot {log}_{b}c={log}_{a}c.$$

Доказательство. Через любое общее основание $d$:

$$\frac{{log}_{d}b}{{log}_{d}a}\cdot \frac{{log}_{d}c}{{log}_{d}b}=\frac{{log}_{d}c}{{log}_{d}a}={log}_{a}c.$$

11. Степень с логарифмом в показателе

Основное тождество даёт

$$a^{{log}_{a}x}=x.$$

Если основания отличаются, их согласуют.

Пример.

$$4^{{log}_{2}3}={\left(2^2\right)}^{{log}_{2}3}=2^{2{log}_{2}3}={\left(2^{{log}_{2}3}\right)}^2=9.$$

Каждый переход обоснован законом степени степени и основным логарифмическим тождеством.

Ещё одно полезное следствие:

$$a^{{log}_{b}x}=x^{{log}_{b}a}.$$

Доказательство. Запишем $a=b^{{log}_{b}a}$. Тогда

$$a^{{log}_{b}x}={\left(b^{{log}_{b}a}\right)}^{{log}_{b}x}=b^{\left({log}_{b}a\right)\left({log}_{b}x\right)}.$$

Аналогично правая часть равна тому же выражению.

12. Знак логарифма выводится из положения степени

Основание $a>1$

• если $x>1$, то ${log}_{a}x>0$;

• если $0<x<1$, то ${log}_{a}x<0$.

Причина: положительные степени основания больше 1 дают значения больше 1, отрицательные — дроби между 0 и 1.

Основание $0<a<1$

Знаки меняются местами:

• если $x>1$, то ${log}_{a}x<0$;

• если $0<x<1$, то ${log}_{a}x>0$.

Например,

$${log}_{\frac{1}{2}}8=-3,$$

потому что ${\left(\frac{1}{2}\right)}^{-3}=8$.

Ученик не запоминает таблицу знаков: он возвращается к уравнению $a^y=x$.

13. Равенство логарифмов

Поскольку логарифмическая функция строго монотонна, она принимает каждое значение единственный раз.

Теорема. При допустимом основании

$${log}_{a}f\left(x\right)={log}_{a}g\left(x\right)$$

равносильно

$$f\left(x\right)=g\left(x\right),$$

если $f\left(x\right)>0$ и $g\left(x\right)>0$.

Доказательство. Возводим $a$ в обе части и используем $a^{{log}_{a}t}=t$. Обратный переход следует из равенства аргументов и существования обоих логарифмов.

14. Сравнение логарифмов и направление неравенства

Если $a>1$, функция ${log}_{a}x$ возрастает, поэтому

$${log}_{a}f\left(x\right)>{log}_{a}g\left(x\right)\iff f\left(x\right)>g\left(x\right)$$

на общей ОДЗ.

Если $0<a<1$, функция убывает, поэтому знак меняется:

$${log}_{a}f\left(x\right)>{log}_{a}g\left(x\right)\iff f\left(x\right)<g\left(x\right).$$

Это не отдельное правило логарифмических неравенств, а следствие доказанной монотонности обратной функции.

15. Основание, зависящее от переменной

В выражении ${log}_{g\left(x\right)}f\left(x\right)$ ОДЗ включает три условия:

$$g\left(x\right)>0,$$

$$g\left(x\right)\ne 1,$$

$$f\left(x\right)>0.$$

Условие $g\left(x\right)\ne 1$ часто теряется. Его происхождение уже доказано: при основании 1 показатель не определяется единственным образом.

16. Следствия замены основания

Степень в основании

При $p\ne 0$ и допустимых значениях

$${log}_{a^p}x=\frac{{log}_{a}x}{{log}_a\left(a^p\right)}=\frac{{log}_{a}x}{p}.$$

То есть

$${log}_{a^p}x=\frac{1}{p}{log}_{a}x.$$

Степени в основании и аргументе

Если $x>0$, то

$${log}_{a^p}\left(x^q\right)=\frac{{log}_a\left(x^q\right)}{{log}_a\left(a^p\right)}=\frac{q}{p}{log}_{a}x.$$

Обратное основание

Поскольку $a^{-1}=\frac{1}{a}$,

$${log}_{\frac{1}{a}}x={log}_{a^{-1}}x=-{log}_{a}x.$$

Минус не принимается на веру: он возникает из деления на показатель $-1$ в основании.

17. Полный разбор: вычисление без таблицы логарифмов

Вычислим

$${log}_{2}12+{log}_2\frac{8}{3}-{log}_{2}16.$$

Все аргументы положительны, поэтому свойства применимы. Объединяем:

$${log}_2(12\cdot \frac{8}{3}\cdot \frac{1}{16}).$$

Подлогарифмическое выражение равно

$$12\cdot \frac{8}{3}\cdot \frac{1}{16}=2.$$

Следовательно, ответ равен

$${log}_{2}2=1.$$

Почему не нужно вычислять ${log}_{2}12$ отдельно. Свойства логарифмов специально переводят произведения и частные аргументов в суммы и разности показателей. Структура выражения важнее отдельных значений.

18. Полный разбор: восстановление замены основания под стрессом

Пусть нужно упростить

$$\frac{{log}_{5}7}{{log}_{5}3}.$$

Если ученик не помнит, какой логарифм окажется в основании, он обозначает

$$y={log}_{3}7.$$

Тогда $3^y=7$. Логарифмируем по основанию 5:

$$y{log}_{5}3={log}_{5}7.$$

Следовательно,

$$y=\frac{{log}_{5}7}{{log}_{5}3}.$$

Значит, исходная дробь равна ${log}_{3}7$. Вывод одновременно восстанавливает формулу и проверяет порядок числителя и знаменателя.

19. Полный разбор: логарифмическое уравнение и исходная ОДЗ

Решим

$${log}_2(x-1)+{log}_2(x-3)=3.$$

Шаг 1. ОДЗ

$$x-1>0,x-3>0,$$

поэтому $x>3$.

Шаг 2. Объединение

На этой ОДЗ

$${log}_2\left((x-1)(x-3)\right)=3.$$

Шаг 3. Переход к степени

По определению логарифма

$$(x-1)(x-3)=2^3=8.$$

Получаем

$$x^2-4x-5=0,$$

$$x=5\mathrm{\text{или}}x=-1.$$

Шаг 4. Проверка ОДЗ

Только $x=5$ удовлетворяет $x>3$. Корень $-1$ возник после алгебраического преобразования и отбрасывается не «по ощущению», а по исходной области.

20. Полный разбор: основание зависит от переменной

Решим

$${log}_{x-1}4=2.$$

ОДЗ основания

$$x-1>0,x-1\ne 1.$$

То есть $x>1$, $x\ne 2$.

Определение

$${(x-1)}^2=4.$$

Отсюда

$$x-1=2\mathrm{\text{или}}x-1=-2.$$

Получаем $x=3$ или $x=-1$. Второе значение не входит в ОДЗ. Ответ: $x=3$.

Важно: из уравнения квадрата возникают два алгебраических значения, но положительность основания оставляет одно.

21. Полный разбор: неравенство и направление знака

Решим

$${log}_{\frac{1}{3}}(x+2)>{log}_{\frac{1}{3}}(5-x).$$

ОДЗ

$$x+2>0,5-x>0,$$

то есть $-2<x<5$.

Основание $\frac{1}{3}$ лежит между 0 и 1, поэтому логарифмическая функция убывает. Следовательно, знак при переходе к аргументам меняется:

$$x+2<5-x.$$

Отсюда

$$2x<3,x<\frac{3}{2}.$$

Пересечение с ОДЗ:

$$-2<x<\frac{3}{2}.$$

Если знак неравенства забыт, его можно восстановить численно из определения: при основании $\frac{1}{3}$ большему аргументу соответствует меньший показатель.

22. Полный разбор: конструкция с логарифмом в показателе

Упростим

$$9^{{log}_{3}2}+2^{{log}_{3}9}.$$

Первое слагаемое:

$$9^{{log}_{3}2}={\left(3^2\right)}^{{log}_{3}2}=3^{2{log}_{3}2}=4.$$

Во втором слагаемом

$${log}_{3}9=2,$$

поэтому оно также равно 4. Ответ: 8.

Альтернативно можно использовать доказанное тождество

$$a^{{log}_{b}x}=x^{{log}_{b}a}.$$

Тогда $9^{{log}_{3}2}=2^{{log}_{3}9}=4$. Наличие двух способов полезно: второй сокращает вычисления, первый восстанавливает происхождение тождества.

23. Почему «логарифм суммы» не существует как простое свойство

Если бы выполнялось

$${log}_a(x+y)={log}_{a}x+{log}_{a}y,$$

то после возведения основания $a$ получили бы

$$x+y=xy.$$

Это не тождество. Например, при $x=y=1$ левая часть равна 2, правая — 1.

Причина глубже контрпримера: сложение показателей соответствует умножению степеней,

$$a^u{a}^v=a^{u+v}.$$

Операции над аргументами логарифмов наследуются из операций над степенями. Для суммы аргументов соответствующего простого закона степеней нет.

24. Алгоритм преобразования логарифмического выражения

1. Выписать условия для каждого основания и аргумента.

2. Представить числа степенями удобного основания.

3. Решить, нужен ли переход к общему основанию.

4. Применять свойства только после проверки положительности аргументов.

5. Если формула забыта, вернуться к обозначениям $u={log}_{a}x$, $v={log}_{a}y$.

6. После преобразования не расширять исходную ОДЗ.

7. Проверить знак результата через уравнение $a^y=x$.

25. Логарифм как обратный вопрос к степени

Вместо заучивания символа ${log}_{a}b$ ученик каждый раз переводит его в вопрос: «В какую степень нужно возвести $a$, чтобы получить $b$?» Такая расшифровка сразу возвращает ОДЗ и позволяет проверить любое преобразование.

$${log}_{a}b=c\text{тогда}\text{и}\text{только}\text{тогда},\text{когда}{a}^c=b.$$

Из правой части видно, почему $b>0$: положительное основание в любой действительной степени даёт положительное число. Видно и условие $a\ne 1$: все степени единицы равны единице, поэтому показатель либо не существует, либо не единственен.

Почему основание должно быть положительным. Для отрицательного основания действительные степени определены не для всех показателей: например, квадратный корень из отрицательного числа отсутствует в действительных числах. Непрерывной показательной функции на всей числовой прямой не получается, поэтому обратная функция также не определяется.

Единственность ответа

Если $a>1$, функция $a^x$ строго возрастает: большему показателю соответствует большее значение. Если $0<a<1$, она строго убывает: большему показателю соответствует меньшее значение. В обоих случаях одно положительное значение $b$ не может соответствовать двум различным показателям. Поэтому логарифм, если существует, единственен.

Проверка. ${log}_{2}8=3$, потому что $2^3=8.{log}_{\frac{1}{2}}8=-3$, потому что ${\left(\frac{1}{2}\right)}^{-3}=8$. Знак логарифма изменился не по отдельному правилу, а из-за убывания степени с основанием между нулём и единицей.

26. Единая схема вывода всех свойств

Пусть $x>0,y>0,a>0$ и $a\ne 1$. Обозначим $p={log}_{a}x$ и $q={log}_{a}y$. По определению $x=a^p$ и $y=a^q$. Теперь каждое свойство получается из одного закона степеней.

Произведение

$$xy=a^p\cdot a^q=a^{p+q},\text{поэтому}{log}_a\left(xy\right)=p+q.$$

После возврата обозначений получаем ${log}_a\left(xy\right)={log}_{a}x+{log}_{a}y$. Условия $x>0$ и $y>0$ нужны не только для произведения: оба исходных логарифма должны существовать.

Частное

$$\frac{x}{y}=\frac{a^p}{a^q}=a^{p-q},\text{поэтому}{log}_a\left(\frac{x}{y}\right)=p-q.$$

Здесь $y>0$ автоматически исключает нулевой знаменатель. Формула является следствием частного степеней, а не самостоятельной командой «деление превращается в минус».

Степень аргумента

$$x^r={\left(a^p\right)}^r=a^{pr},\text{поэтому}{log}_a\left(x^r\right)=r\cdot {log}_{a}x.$$

Для произвольного действительного $r$ безопасное условие - $x>0$. Если исходное выражение содержит чётную степень некоторого выражения, сначала нужно определить его ОДЗ; нельзя задним числом разрешать нулевые или отрицательные аргументы.

Замена основания

Пусть $c>0$ и $c\ne 1$. Из $a^p=x$ берём логарифм по основанию $c$:

$$p\cdot {log}_{c}a={log}_{c}x,\text{поэтому}{log}_{a}x=\frac{{log}_{c}x}{{log}_{c}a}.$$

Знаменатель не равен нулю, потому что ${log}_{c}a=0$ означало бы $a=1$, а это запрещённое основание. Так условие формулы появляется внутри доказательства.

Практикум. Закройте правые части формул. Ученик получает только обозначения $p={log}_{a}x,q={log}_{a}y$ и должен за две минуты восстановить произведение, частное, степень и замену основания.

27. ОДЗ при переменном основании

У логарифма с переменным основанием одновременно проверяются три условия: основание положительно, основание не равно единице, аргумент положителен. Их нельзя объединять на глаз: каждое даёт свою часть ответа.

Пример 1

Задача. Найдите ОДЗ выражения ${log}_{x-1}(x^2-5x+6)$.

Шаг 1. Основание: $x-1>0$, значит $x>1$. Кроме того, $x-1\ne 1$, значит $x\ne 2$.

Шаг 2. Аргумент: $(x-2)(x-3)>0$. Произведение положительно при $x<2$ или $x>3$.

Шаг 3. Пересекаем условия с $x>1$ и получаем

$$1<x<2\text{или}x>3.$$

Точка $x=2$ и так не входит из-за нулевого аргумента, но условие основания всё равно должно быть выписано: в другой задаче оно может исключать отдельную допустимую для аргумента точку.

Пример 2

Задача. Найдите ОДЗ ${log}_{2-x}(x+1)$. Из $2-x>0$ получаем $x<2$; из $2-x\ne 1$ - $x\ne 1$; из $x+1>0$ - $x>-1$. Ответ:

$$-1<x<1\text{или}1<x<2.$$

Проверка понимания. Почему нельзя заменить условие «основание положительно и не равно единице» одним условием «основание неотрицательно»? Приведите отдельные контрпримеры для основания 0 и основания 1.

28. Три уравнения с полной проверкой ОДЗ

Уравнение 1. Сумма логарифмов

Задача. Решите ${log}_2(x-1)+{log}_2(x-3)=3$.

Шаг 1. ОДЗ: $x-1>0$ и $x-3>0$, поэтому $x>3$. Только на этой области объединяем логарифмы:

$${log}_2\left((x-1)(x-3)\right)=3.$$

По определению логарифма $(x-1)(x-3)=8$. Получаем $x^2-4x-5=0$, откуда $x=5$ или $x=-1$. Условие $x>3$ оставляет $x=5$.

Уравнение 2. Переменное основание

Задача. Решите ${log}_{x-1}4=2$.

ОДЗ основания: $x>1$ и $x\ne 2$. По определению ${(x-1)}^2=4$. Отсюда $x-1=2$ или $x-1=-2$, то есть $x=3$ или $x=-1$. Второе значение нарушает положительность основания. Ответ: 3.

Почему нельзя сразу брать только положительный квадратный корень. Равенство ${(x-1)}^2=4$ имеет два алгебраических корня. Один из них исключает не операция извлечения корня, а исходное ОДЗ логарифма.

Уравнение 3. Логарифм переносится через произведение

Задача. Решите ${log}_3(x+1)=2-{log}_3(x-1)$. ОДЗ: $x>1$. Переносим второй логарифм влево и объединяем:

$${log}_3\left((x+1)(x-1)\right)=2,x^2-1=9.$$

Кандидаты $x=\sqrt{10}$ и $x=-\sqrt{10}$. ОДЗ оставляет только $\sqrt{10}$. Проверка исходных аргументов завершает решение.

29. Неравенства: направление задаёт основание

Основание больше единицы

Задача. Решите ${log}_3(x-2)\le 2$. Сначала $x-2>0$, то есть $x>2$. Поскольку основание 3 больше 1, логарифмическая функция возрастает и знак неравенства сохраняется:

$$x-2\le 3^2,\text{поэтому}2<x\le 11.$$

Основание между нулём и единицей

Задача. Решите ${log}_{\frac{1}{2}}(2x-1)>-1$. ОДЗ: $x>\frac{1}{2}$. Функция с основанием $\frac{1}{2}$ убывает, поэтому при переходе к аргументам знак меняется:

$$2x-1<{\left(\frac{1}{2}\right)}^{-1}=2,\text{поэтому}\frac{1}{2}<x<\frac{3}{2}.$$

Переменное основание и разбиение на случаи

Задача. При каких $x$ определён и положителен ${log}_{x}4$? ОДЗ: $x>0$ и $x\ne 1$. Если $x>1$, степени $x$ с положительными показателями дают числа больше 1, поэтому ${log}_{x}4>0$. Если $0<x<1$, для получения числа $4>1$ требуется отрицательный показатель, поэтому логарифм отрицателен. Ответ: $x>1$.

Запрет. Нельзя переносить знак неравенства через логарифм, пока не установлено, находится основание выше единицы или между нулём и единицей.

30. Логарифм в показателе: вычисление без десятичных приближений

Пример 1

Вычислим $2^{{log}_{4}9}$. По замене основания ${log}_{4}9=\frac{{log}_{2}9}{{log}_{2}4}=\left(\frac{1}{2}\right){log}_{2}9={log}_{2}3$. Тогда

$$2\hat{}\left({log}_{4}9\right)=2\hat{}\left({log}_{2}3\right)=3.$$

Пример 2

Вычислим $9^{{log}_{3}2}$. Представим 9 как $3^2$ и применим закон степени степени:

$$9\hat{}\left({log}_{3}2\right)=3\hat{}\left(2{log}_{3}2\right)={\left(3\hat{}\left({log}_{3}2\right)\right)}^2=4.$$

Цепочка логарифмов

Теорема. ${log}_{a}b\cdot {log}_{\beta }c={log}_{a}c$ при допустимых положительных основаниях и аргументах. Доказательство заменой основания:

$$\left(\frac{{log}_{c}b}{{log}_{c}a}\right)\cdot \left(\frac{{log}_{c}c}{{log}_{c}b}\right)=\frac{{log}_{c}c}{{log}_{c}a}.$$

Сокращение ${log}_{c}b$ разрешено, потому что $b\ne 1$, если $b$ используется как основание второго логарифма. Условие снова появляется внутри доказательства.

31. Ложные свойства и быстрые контрпримеры

Контрпример. Равенство ${log}_2(x+y)={log}_{2}x+{log}_{2}y$ неверно. При $x=y=2$ слева ${log}_{2}4=2$, справа $1+1=2$ - случайно совпало. Поэтому берём второй пример: $x=2,y=6$. Слева ${log}_{2}8=3$, справа $1+{log}_{2}6$, что не равно 3.

Более надёжное объяснение: справа по доказанному свойству находится ${log}_2\left(xy\right)$, а не ${log}_2(x+y)$. Чтобы равенство выполнялось, понадобилось бы $x+y=xy$, что верно далеко не всегда.

Контрпример. Нельзя писать ${log}_a(x-y)={log}_{a}x-{log}_{a}y$. Правая часть равна ${log}_a\left(\frac{x}{y}\right)$. Разность и частное — разные операции.

Контрпример. Из ${log}_2\left(x^2\right)=2{log}_{2}x$ нельзя делать вывод для отрицательного $x$: исходный логарифм квадрата может существовать, а ${log}_{2}x$ - нет. Корректная универсальная запись на области $x\ne 0:{log}_2\left(x^2\right)=2{log}_2\left|x\right|$.

Контрпример. После объединения ${log}_2(x-1)+{log}_2(x+1)={log}_2(x^2-1)$ нельзя заменить исходную ОДЗ $x>1$ условием $x^2-1>0$. Второе условие добавило бы $x<-1$, где оба исходных логарифма не существуют.

Критерий сильной группы. Для каждой ложной формулы ученик должен либо вывести правильную формулу из степеней, либо дать числовой контрпример и указать нарушенное условие ОДЗ.

32. График логарифма выводится из графика степени

Функции $y=a^x$ и $y={log}_{a}x$ взаимно обратны. Поэтому их графики симметричны относительно прямой $y=x$. Точка $(0;1)$ показательной функции превращается в точку $(1;0)$ логарифма, а точка $(1;a)$ — в точку $(a;1)$.

Область значений показательной функции — положительные числа, поэтому область определения логарифма $x>0$. Область определения показательной функции — все действительные числа, поэтому логарифм принимает любые действительные значения.

Основание больше единицы

Если $a>1$, показательная функция возрастает. Отражение относительно $y=x$ сохраняет возрастание, поэтому ${log}_{a}x$ также возрастает. Это объясняет сохранение знака в логарифмических неравенствах.

Основание между нулём и единицей

Если $0<a<1$, показательная функция убывает. Обратная функция тоже убывает, поэтому при переходе от логарифмов к аргументам знак неравенства меняется.

Проверка по опорным точкам. Для любого допустимого основания ${log}_{a}1=0$ и ${log}_{a}a=1$. При $a>1$ точка $(a;1)$ лежит справа от $(1;0)$; при $0<a<1$ - слева, что согласуется с направлением графика.

33. Параметр в аргументе логарифма

Задача. В зависимости от параметра $a$ решите уравнение ${log}_2(x-a)={log}_2(2x-3)$.

ОДЗ: $x-a>0$ и $2x-3>0$. Поскольку основание 2 больше 1 и логарифм строго возрастает, равенство логарифмов равносильно равенству аргументов:

$$x-a=2x-3,\text{поэтому}x=3-a.$$

Подставим найденное значение в оба условия ОДЗ. Первое даёт $3-a-a>0$, то есть $a<\frac{3}{2}$. Второе даёт $2(3-a)-3>0$, снова $a<\frac{3}{2}$.

Вывод. При $a<\frac{3}{2}$ существует единственное решение $x=3-a$. При $a\ge \frac{3}{2}$ решений нет. Граница появилась не из алгебраического равенства, а из исходной области допустимых значений.

Важно. В задачах с параметром ОДЗ проверяется после получения формулы для $x$. Именно эта проверка обычно превращает одно алгебраическое выражение в несколько случаев по параметру.

34. Вложенные логарифмы и логарифм в знаменателе

Вложенный логарифм

Задача. Решите ${log}_2\left({log}_{3}x\right)=1$. Внешний логарифм требует ${log}_{3}x>0$. Сам внутренний логарифм требует $x>0$. Из определения внешнего логарифма получаем ${log}_{3}x=2$, откуда $x=9$. Проверка: внутренний логарифм равен $2>0$.

Логарифм в знаменателе

Выражение $\frac{1}{{log}_{2}x}$ требует $x>0$ и ${log}_{2}x\ne 0$. Последнее равносильно $x\ne 1$. По формуле взаимно обратных логарифмов

$$\frac{1}{{log}_{2}x}={log}_{x}2,x>0,x\ne 1.$$

ОДЗ правой части совпадает с найденной областью. Если забыть условие $x\ne 1$, появится деление на ноль слева и запрещённое основание справа.

Два одинаковых логарифма

Задача. Решите ${log}_{2}x=3-{log}_{2}x$. ОДЗ: $x>0$. Переносим одинаковые выражения: $2{log}_{2}x=3$, поэтому ${log}_{2}x=\frac{3}{2}$ и $x=2^{\frac{3}{2}}=2\sqrt{2}$. Полученное значение положительно.

35. Степени в основании и аргументе

Пусть $a>0,a\ne 1,b>0,m\ne 0$. По замене основания

$${log}_{a^m}\left(b^n\right)=\frac{{log}_a\left(b^n\right)}{{log}_a\left(a^m\right)}.$$

Числитель равен $n\cdot {log}_{a}b$, знаменатель — $m$. Поэтому

$${log}_{a^m}\left(b^n\right)=\left(\frac{n}{m}\right){log}_{a}b.$$

Ограничение $m\ne 0$ нужно потому, что при $m=0$ основание $a^m$ равно 1. Если $m$ отрицательно, формула сохраняется: основание остаётся положительным и не равно единице.

Пример

Вычислим ${log}_8\sqrt{2}$. Представим $8=2^3$ и $\sqrt{2}=2^{\frac{1}{2}}$. По доказанной формуле

$${log}_{2^3}{2}^{\frac{1}{2}}=\frac{\frac{1}{2}}{3}=\frac{1}{6}$$

Проверка определением: ${\left(2^3\right)}^{\frac{1}{6}}=2^{\frac{1}{2}}=\sqrt{2}$.

Обратное основание

Так как $\frac{1}{a}=a^{-1}$, получаем ${log}_{\frac{1}{a}}b=-{log}_{a}b$. Знак минус возникает из показателя $-1$ у основания, а не из отдельного правила «перевернули основание - поменяли знак».

36. Система логарифмических уравнений

Задача. Решите систему ${log}_{2}x+{log}_{2}y=3$ и ${log}_{2}x-{log}_{2}y=1$.

ОДЗ: $x>0,y>0$. Сложим уравнения: $2{log}_{2}x=4$, откуда ${log}_{2}x=2$ и $x=4$. Вычитая второе уравнение из первого, получаем $2{log}_{2}y=2$, поэтому $y=2$.

Проверка: ${log}_{2}4+{log}_{2}2=2+1=3$; разность равна 1. Оба числа положительны.

Альтернативный вывод. Первое уравнение даёт $xy=8$, второе $\frac{x}{y}=2$. Перемножая равенства, получаем $x^2=16$. Условие $x>0$ выбирает $x=4$, затем $y=2$. ОДЗ снова участвует в выборе знака.

Почему нельзя вводить логарифмы отрицательных переменных

Если после алгебраического решения системы $xy=8,\frac{x}{y}=2$ возникли бы пары $(4;2)$ и $(-4;-2)$, исходная логарифмическая ОДЗ сразу исключила бы отрицательную пару. Поэтому переход к произведению и частному выполняется только вместе с условиями $x>0,y>0$.

37. Сравнение двух логарифмов

Возрастающее основание

Задача. Решите ${log}_2(x-1)>{log}_2(3-x)$. ОДЗ: $x-1>0$ и $3-x>0$, то есть $1<x<3$. Основание больше 1, поэтому сравниваем аргументы без изменения знака:

$$x-1>3-x,x>2.$$

Пересечение с ОДЗ даёт ответ $2<x<3$.

Убывающее основание

Если в той же задаче основание заменить на $\frac{1}{2}$, ОДЗ сохранится, но функция будет убывать. Поэтому знак меняется:

$$x-1<3-x,x<2.$$

Ответ во втором случае: $1<x<2$. Одна и та же пара аргументов даёт разные половины ОДЗ только из-за направления монотонности.

Финальная проверка. До сравнения аргументов ученик обязан назвать ОДЗ и тип основания. Без этих двух шагов решение логарифмического неравенства не засчитывается.

38. Лаборатория ошибок

39. Контроль вывода

1. объяснить все три ограничения $a>0$, $a\ne 1$, $x>0$;

2. доказать единственность логарифма через монотонность степени;

3. вывести логарифм произведения;

4. вывести логарифм частного;

5. вывести логарифм степени и объяснить появление модуля;

6. вывести замену основания;

7. получить формулу взаимно обратных логарифмов;

8. объяснить знак логарифма при основании меньше 1;

9. доказать равносильность равенства логарифмов равенству аргументов на ОДЗ.

40. Быстрая проверка понимания

Два общих эталона по теме урока: №15 и №18: логарифмические ограничения, переменное основание и параметр. Это не набор коротких шаблонов, а полные модели экзаменационного рассуждения.

41. Эталонный разбор 1 • Логарифм с основанием меньше единицы

Условие

Решите неравенство ${log}_{\frac{1}{2}}(x^2-1)\ge -1$.

Решение с обоснованием

Шаг 1. Аргумент должен быть положительным: $x^2-1>0$.

Шаг 2. Основание $\frac{1}{2}$ лежит между 0 и 1, поэтому логарифм убывает. Неравенство равносильно $0<x^2-1\le {\left(\frac{1}{2}\right)}^{-1}=2$.

Шаг 3. Получаем $1<x^2\le 3$.

Шаг 4. Следовательно, $-\sqrt{3}\le x<-1$ или $1<x\le \sqrt{3}$.

Контроль полноты. Строгая нижняя граница обусловлена ОДЗ, а верхняя нестрогая — знаком исходного неравенства.

Ответ. $[-\sqrt{3};-1)\cup (1;\sqrt{3}]$.

Экзаменационный акцент. При основании меньше единицы знак сравнения аргументов обязательно меняется.

42. Эталонный разбор 2 • Касание в сумме логарифмов

Условие

В зависимости от $a$ определите число решений уравнения ${log}_2(x-a)+{log}_2(6-x)=2$.

Решение с обоснованием

Шаг 1. ОДЗ: $a<x<6$; при $a\ge 6$ решений нет. На ОДЗ уравнение равносильно $(x-a)(6-x)=4$.

Шаг 2. Левая часть — обращённая вниз парабола с нулями $a$ и 6. Её максимум в середине интервала равен $\frac{{(6-a)}^2}{4}$.

Шаг 3. При $a<2$ максимум больше 4, поэтому пересечений с уровнем 4 два. При $a=2$ максимум равен 4 — одно касание.

Шаг 4. При $a>2$ максимум меньше 4 либо ОДЗ пусто, поэтому решений нет.

Контроль полноты. На каждой половине ОДЗ функция строго монотонна, что доказывает точное, а не приблизительное число пересечений.

Ответ. 2 решения при $a<2;1$ при $a=2;0$ при $a>2$.

Экзаменационный акцент. В параметрической задаче требуется обосновать количество корней, а не только вычислить дискриминант.

43. Параметр: ОДЗ, максимум и число пересечений

В уравнении $\log_2(x-a)+\log_2(4-x)=1$ сначала получаем $a<x<4$. При $a\ge4$ интервал пуст.

На ОДЗ уравнение равносильно $(x-a)(4-x)=2$. Левая часть — парабола $$\frac{(4-a)^2}{4}-\left(x-\frac{a+4}{2}\right)^2.$$ Её максимум на $(a;4)$ равен $\frac{(4-a)^2}{4}$. Сравниваем его с 2: два корня при $a<4-2\sqrt2$, один при равенстве, ни одного при $a>4-2\sqrt2$. В последнем случае учтены и непустая, и пустая ОДЗ.

Объяснение для преподавателя. Логарифмы здесь лишь переводят вопрос к высоте параболы. Но дуга между $a$ и 4 — единственная разрешённая часть графика. Поэтому одного дискриминанта без ОДЗ недостаточно.

44. Скачать PDF