2388.

Logaritamske nejednačine

TEKST ZADATKA

Rešiti nejednačinu:

log⁡x2⋅log⁡2x2⋅log⁡216x>1\log_x 2 \cdot \log_{2x} 2 \cdot \log_2 16x > 1
REŠENJE ZADATKA

Prvo određujemo domen nejednačine. Osnove logaritama moraju biti pozitivne i različite od 1, a argumenti pozitivni.

{x>0x≠12x>02x≠116x>0\begin{cases} x > 0 \\ x \neq 1 \\ 2x > 0 \\ 2x \neq 1 \\ 16x > 0 \end{cases}

Rešavanjem ovog sistema dobijamo uslove za domen promenljive x. x .

x∈(0,12)∪(12,1)∪(1,+∞)x \in \left(0, \frac{1}{2}\right) \cup \left(\frac{1}{2}, 1\right) \cup (1, +\infty)

Koristimo pravilo za promenu osnove logaritma log⁡ab=1log⁡ba \log_a b = \frac{1}{\log_b a} i svojstva logaritma da svedemo sve na osnovu 2.

log⁡x2=1log⁡2x\log_x 2 = \frac{1}{\log_2 x}

Primenjujemo isto pravilo na drugi logaritam.

log⁡2x2=1log⁡2(2x)=1log⁡22+log⁡2x=11+log⁡2x\log_{2x} 2 = \frac{1}{\log_2 (2x)} = \frac{1}{\log_2 2 + \log_2 x} = \frac{1}{1 + \log_2 x}

Treći logaritam rastavljamo koristeći pravilo za logaritam proizvoda.

log⁡216x=log⁡216+log⁡2x=4+log⁡2x\log_2 16x = \log_2 16 + \log_2 x = 4 + \log_2 x

Zamenjujemo dobijene izraze nazad u početnu nejednačinu.

1log⁡2x⋅11+log⁡2x⋅(4+log⁡2x)>1\frac{1}{\log_2 x} \cdot \frac{1}{1 + \log_2 x} \cdot (4 + \log_2 x) > 1

Uvodimo smenu t=log⁡2x. t = \log_2 x .

4+tt(1+t)>1\frac{4 + t}{t(1 + t)} > 1

Prebacujemo sve na levu stranu i svodimo na zajednički imenilac.

4+tt(1+t)−1>0\frac{4 + t}{t(1 + t)} - 1 > 0

Množimo i oduzimamo u brojiocu.

4+t−t(1+t)t(1+t)>0\frac{4 + t - t(1 + t)}{t(1 + t)} > 0

Sređujemo brojilac.

4+t−t−t2t(1+t)>0  ⟹  4−t2t(1+t)>0\frac{4 + t - t - t^2}{t(1 + t)} > 0 \implies \frac{4 - t^2}{t(1 + t)} > 0

Faktorišemo razliku kvadrata u brojiocu.

(2−t)(2+t)t(1+t)>0\frac{(2 - t)(2 + t)}{t(1 + t)} > 0

Određujemo nule brojioca i imenioca kako bismo formirali tabelu znakova. Kritične tačke su t∈{−2,−1,0,2}. t \in \{-2, -1, 0, 2\} .

t∈(−∞,−2)t \in (-\infty, -2)
t∈(−2,−1)t \in (-2, -1)
t∈(−1,0)t \in (-1, 0)
t∈(0,2)t \in (0, 2)
t∈(2,+∞)t \in (2, +\infty)
2−t2 - t
++
++
++
++
−-
2+t2 + t
++
++
++
++
++
tt
++
++
++
++
++
1+t1 + t
++
++
++
++
++
(2−t)(2+t)t(1+t)\frac{(2 - t)(2 + t)}{t(1 + t)}
++
++
++
++
++
t∈(−∞,−2)t \in (-\infty, -2)
t∈(−2,−1)t \in (-2, -1)
t∈(−1,0)t \in (-1, 0)
t∈(0,2)t \in (0, 2)
t∈(2,+∞)t \in (2, +\infty)
2−t2 - t
++
++
++
++
−-
2+t2 + t
−-
++
++
++
++
tt
−-
−-
−-
++
++
1+t1 + t
−-
−-
++
++
++
(2−t)(2+t)t(1+t)\frac{(2 - t)(2 + t)}{t(1 + t)}
−-
++
−-
++
−//-//

Na osnovu tabele znakova, biramo intervale gde je izraz strogo pozitivan.

t∈(−2,−1)∪(0,2)t \in (-2, -1) \cup (0, 2)

Vraćamo smenu t=log⁡2x t = \log_2 x za prvi interval −2<t<−1. -2 < t < -1 .

−2<log⁡2x<−1  ⟹  2−2<x<2−1  ⟹  14<x<12-2 < \log_2 x < -1 \implies 2^{-2} < x < 2^{-1} \implies \frac{1}{4} < x < \frac{1}{2}

Vraćamo smenu za drugi interval 0<t<2. 0 < t < 2 .

0<log⁡2x<2  ⟹  20<x<22  ⟹  1<x<40 < \log_2 x < 2 \implies 2^0 < x < 2^2 \implies 1 < x < 4

Proveravamo da li dobijena rešenja pripadaju domenu nejednačine. Oba intervala u potpunosti pripadaju domenu, pa je to i konačno rešenje.

x∈(14,12)∪(1,4)x \in \left(\frac{1}{4}, \frac{1}{2}\right) \cup (1, 4)

Balkan Tutor Sva Prava Zadržana © 2026

Politika privatnosti