MATEMANIJA

Nisam znala gde ovo da izbacim,pa evo ovde
Inacee uradila sam ceo zadatak i dobila 2 resenja ali u knjizi uzimaju samo jedno kao tacno,da li moze neko da mi razjasni to?
[dispmath]\log_2(x-1)+\log_2(x+2)=2;\\
\log_2\left(x^2+x-2\right)=2\\
2^2=x^2+x-2\quad\Rightarrow\quad x^2+x-6=0\\
x_{1/2}=\frac{-1\pm\sqrt{1+4\cdot 6}}{2}\\
x_1=-3,\quad x_2=2[/dispmath]
[inlmath]2[/inlmath] se uzima kao tacno resenje

Ovo je za Algebru. Prebacio sam.

Pa, hajde da vidimo. Ubacimo rešenje [inlmath]x=2[/inlmath] u polaznu jednačinu i dobijemo
[dispmath]\log_2\left(2-1\right)+\log_2\left(2+2\right)=2\\
\log_21+\log_24=2\\
0+2=2\\
2=2[/dispmath]
Jednačina je zadovoljena.

A sad da vidimo za to drugo rešenje, [inlmath]x=-3[/inlmath]:
[dispmath]\log_2\left(-3-1\right)+\log_2\left(-3+2\right)=2\\
\log_2\left(-4\right)+\log_2\left(-1\right)=2[/dispmath]
Hm, nešto ne valja. Logaritam negativne veličine nije definisan. Znači, [inlmath]x=-3[/inlmath] ne može biti rešenje.

---

Da do ovoga ne bi došlo, potrebno je pre samog rešavanja logaritamske jednačine, da postaviš uslove da ista bude definisana. To znači, da argumenti svih logaritama budu strogo veći od nule, kao i da osnove logaritama budu i strogo veće od nule i različite od jedinice. Pošto su u ovoj jednačini osnove svih logaritama dvojke, ispunjen je uslov da su osnove strogo veće od nule i različite od jedinice. Ali, o uslovu pozitivnosti argumenta logaritma moramo voditi računa. Znači, odmah u startu pišemo uslove:
[dispmath]\left.\begin{array}{l}
x-1>0\\
x+2>0
\end{array}\right\}\quad\Rightarrow\quad\left.\begin{array}{l}
x>1\\
x>-2
\end{array}\right\}\quad\Rightarrow\quad\underline{x>1}[/dispmath]
i onda, kad dobiješ rešenja jednačine, usvajaš samo ona rešenja koja zadovoljavaju uslov definisanosti, a to je u ovom slučaju samo [inlmath]x_2=2[/inlmath], dok rešenje [inlmath]x_1=-3[/inlmath] odbacuješ.
Drugim rečima, tražiš presek skupa dobijenih rešenja, [inlmath]\left\{-3,2\right\}[/inlmath], i skupa vrednosti koje zadovoljavaju uslov definisanosti, [inlmath]\left(1,+\infty\right)[/inlmath], pa dobiješ [inlmath]\left\{-3,2\right\}\cap\left(1,+\infty\right)=\left\{2\right\}[/inlmath]

---

Ako te zbunjuje to kako nas je postupak uopšte mogao dovesti do rešenja koje ne odgovara polaznoj jednačini, u pitanju je sledeći korak:
[dispmath]\log_2\left(x-1\right)+\log_2\left(x+2\right)=2\\
\log_2\left(x^2+x-2\right)=2[/dispmath]
jer smo za slučaj [inlmath]x=-3[/inlmath], množenjem dve negativne veličine, dobili pozitivnu veličinu kao argument novog logaritma i, samim tim, izgubili informaciju o znaku tih prethodnih argumenata logaritama.
Zapravo, formula [inlmath]\log_ca+\log_cb=\log_cab[/inlmath] važi samo uz uslove [inlmath]a,b,c>0,\;c\ne 1[/inlmath]. Prema tome, za [inlmath]x_1=-3[/inlmath] ta formula jednostavno ne bi važila, jer bismo iz nedefinisane veličine odjednom dobili definisanu veličinu.