Logaritmai: apibrėžimas, savybės, lygtys ir nelygybės

Logaritmas – tai laipsnio rodiklis: $\log_a b$ parodo, kokiu laipsniu reikia pakelti pagrindą $a$ , kad gautum $b$ . Pavyzdžiui, $\log_2 8 = 3$ , nes $2^3 = 8$ . Logaritmų mokomasi 11 klasėje – tiek bendrajame (B), tiek išplėstiniame (A) kurse. Logaritmai glaudžiai susiję su laipsniais. Jų prireikia sprendžiant rodiklines ir logaritmines lygtis bei nagrinėjant šias funkcijas.

Kas yra logaritmai?

Skaičiaus $b$ logaritmu pagrindu $a$ vadinamas laipsnio rodiklis $c$ , kuriuo reikia pakelti $a$ , kad gautum $b$ . Užrašoma $\log_a b = c$ . Pavyzdžiui, $\log_2 32 = 5$ , nes $2^5 = 32$ , o $\log_{10} 0{,}01 = -2$ , nes $10^{-2} = 0{,}01$ . Tai tas pats kėlimas laipsniu, tik ieškomas rodiklis: žinai pagrindą ir rezultatą, o rodiklio nežinai.

Logaritmas apibrėžtas ne visiems skaičiams. Pagrindas $a$ turi būti teigiamas ir nelygus vienetui, o skaičius po logaritmo ženklu $b$ – teigiamas. Neigiamo skaičiaus ar nulio logaritmo nėra, nes teigiamą pagrindą pakėlus bet kokiu laipsniu gaunamas teigiamas skaičius. Pavyzdžiui, $2^x$ niekada nebūna lygus −4 ar 0. Todėl logaritminėse lygtyse reikia tikrinti apibrėžimo sritį – tas $x$ reikšmes, su kuriomis visi logaritmai turi prasmę.

Du logaritmai turi savo žymėjimus. Dešimtainis logaritmas $\lg x$ – logaritmas pagrindu 10, pavyzdžiui, $\lg 1000 = 3$ . Natūrinis logaritmas $\ln x$ – logaritmas pagrindu $e$ , kur $e$ yra iracionalusis skaičius, apytiksliai lygus 2,718. Dešimtainio logaritmo mokomasi abiejuose kursuose, o skaičius $e$ ir natūrinis logaritmas priklauso išplėstiniam (A) kursui. Natūrinio logaritmo prireikia išvestinėse ir integraluose.

Logaritmo reikšmė pagal apibrėžimą

Apskaičiuok: a) $\log_5 625$ ; b) $\log_2 \frac{1}{8}$ ; c) $\log_{27} 3$ ; d) $6^{\log_6 11}$ .

a) Ieškome rodiklio, kuriuo pakėlę 5 gautume 625. Kadangi $5^4 = 625$ , tai $\log_5 625 = 4$ .
b) $\frac{1}{8} = \frac{1}{2^3} = 2^{-3}$ , todėl $\log_2 \frac{1}{8} = -3$ . Logaritmas gali būti neigiamas – neigiamas negali būti tik skaičius po logaritmo ženklu.
c) 3 yra kubinė šaknis iš 27, t. y. $27^{\frac{1}{3}} = 3$ . Todėl $\log_{27} 3 = \frac{1}{3}$ .
d) Rodiklis $\log_6 11$ yra būtent tas skaičius, kuriuo pakėlus 6 gaunama 11. Todėl pagal pagrindinę tapatybę $a^{\log_a b} = b$ gauname $6^{\log_6 11} = 11$ .

Atsakymas: a) 4; b) $-3$ ; c) $\frac{1}{3}$ ; d) 11.

Kaip veikia logaritmai?

Logaritmas ir kėlimas laipsniu yra atvirkštiniai veiksmai, kaip daugyba ir dalyba. Jei pagrindą $a$ pakelsi laipsniu $x$ , o paskui logaritmuosi pagrindu $a$ , vėl gausi $x$ : $\log_a a^x = x$ , pavyzdžiui, $\log_2 2^5 = 5$ . Ir atvirkščiai: $a^{\log_a b} = b$ , pavyzdžiui, $3^{\log_3 7} = 7$ . Todėl logaritmu „nuleidžiamas“ nežinomasis iš laipsnio rodiklio: iš $5^x = 9$ gauni $x = \log_5 9$ .

Iš to paties kyla ir savybės. Tarkime, $\log_a x = m$ ir $\log_a y = n$ . Tai reiškia, kad $x = a^m$ ir $y = a^n$ . Sudauginę gauname $xy = a^m \cdot a^n = a^{m+n}$ , todėl $\log_a (xy) = m + n$ . Taigi sandaugos logaritmas lygus logaritmų sumai. Pavyzdžiui, $\log_2 (4 \cdot 8) = \log_2 32 = 5$ ir $\log_2 4 + \log_2 8 = 2 + 3 = 5$ . Tai ta pati laipsnių taisyklė $a^m \cdot a^n = a^{m+n}$ , tik perskaityta per rodiklius. Lygiai taip pat iš $a^m : a^n = a^{m-n}$ gaunama dalmens savybė, o iš $(a^m)^k = a^{mk}$ – laipsnio savybė.

Laipsniai Laipsnių savybės, iš kurių kyla logaritmų savybės.

Logaritmų savybės ir formulės

Lentelėje $a$ yra pagrindas, o $b$ – skaičius po logaritmo ženklu. Raidė $c$ skirtingose eilutėse reiškia skirtingus dalykus. Apibrėžime $c$ – logaritmo reikšmė. Sumos ir skirtumo formulėse $c$ – antrasis skaičius po logaritmo ženklu. Perėjimo formulėje $c$ – naujasis pagrindas. Raidė $k$ – bet koks skaičius. Tik taisyklėje, kurioje pagrindas yra laipsnis $a^k$ , turi būti $k \neq 0$ . Visos savybės galioja tik tada, kai pagrindai teigiami ir nelygūs 1, o skaičiai po logaritmo ženklu teigiami.

Žyma prie formulės rodo, kuriame VBE (valstybinio brandos egzamino) formulių rinkinio skyriuje ji išspausdinta (2026 m. tvarka). Jei mokaisi A kurse: pagrindinė tapatybė ir sumos, skirtumo bei daugiklio taisyklės yra ir tavo (A kurso) skyriuje, nors žyma prie jų rašo tik „B kurso“. Visas rinkinys su paaiškinimais – puslapyje VBE formulės.

Formulė	Kada taikyti
$\begin{gathered} \text{jei } \log_a b = c, \text{ tai } a^c = b \\ (a > 0,\ a \neq 1,\ b > 0) \end{gathered}$	Kai logaritmą reikia paversti laipsniu arba laipsnio lygybę – logaritmu.Yra VBE B kurso formulių lape
$a^{\log_a b} = b$	Kai laipsnio rodiklyje yra logaritmas tuo pačiu pagrindu.Yra VBE B kurso formulių lape
$\log_a 1 = 0, \qquad \log_a a = 1$	Kai skaičius po logaritmo ženklu lygus 1 arba pačiam pagrindui.Išmok mintinai
$\log_a b + \log_a c = \log_a (bc)$	Kai logaritmų sumą su tuo pačiu pagrindu reikia sutraukti į vieną arba sandaugos logaritmą išskaidyti.Yra VBE B kurso formulių lape
$\log_a b - \log_a c = \log_a \left(\frac{b}{c}\right)$	Kai logaritmų skirtumą reikia sutraukti į vieną arba dalmens logaritmą išskaidyti.Yra VBE B kurso formulių lape
$k \log_a b = \log_a \left(b^k\right)$	Kai daugiklį prieš logaritmą reikia įkelti į rodiklį arba rodiklį iškelti prieš logaritmą.Yra VBE B kurso formulių lape
$\frac{1}{k} \log_a b = \log_{a^k} b$	A kursas: kai pagrindas yra kito skaičiaus laipsnis, pavyzdžiui, $8 = 2^3$ arba kvadratinė šaknis iš 5, lygi $5^{0{,}5}$ .Yra VBE A kurso formulių lape
$\frac{\log_c b}{\log_c a} = \log_a b$	A kursas: kai reikia pereiti prie kito pagrindo, pavyzdžiui, prie lg ar ln skaičiuotuve.Yra VBE A kurso formulių lape
$\log_a b = \frac{1}{\log_b a}$	A kursas: kai pagrindas ir skaičius po logaritmo ženklu susikeičia vietomis.Išmok mintinai
$\lg x = \log_{10} x, \qquad \ln x = \log_e x$	Kai užrašyta lg arba ln: tai logaritmai pagrindu 10 ir pagrindu e (pastarojo mokomasi A kurse).Išmok mintinai

Rinkinyje prie savybių sąlygos neužrašytos, bet jos galioja visada. Pavyzdžiui, $\log_2 (-4) + \log_2 (-8)$ neturi prasmės, nors $(-4) \cdot (-8) = 32$ ir $\log_2 32 = 5$ .

Reiškinio suprastinimas savybėmis

Apskaičiuok: a) $\log_3 54 + \log_3 6 - 2\log_3 2$ ; b) $2\lg 5 + \lg 12 - \lg 3$ .

a) Laipsnio savybe įkeliame daugiklį 2 į rodiklį: $2\log_3 2 = \log_3 2^2 = \log_3 4$ .
Sandaugos savybe sutraukiame sumą: $\log_3 54 + \log_3 6 = \log_3 324$ , nes $54 \cdot 6 = 324$ .
Dalmens savybe atimame: $\begin{aligned} \log_3 324 - \log_3 4 &= \log_3 \frac{324}{4} \\ &= \log_3 81 \end{aligned}$
Kadangi $3^4 = 81$ , gauname $\log_3 81 = 4$ .
b) Taip pat: $2\lg 5 = \lg 25$ , o $\lg 12 - \lg 3 = \lg 4$ . Tada $\begin{aligned} \lg 25 + \lg 4 &= \lg (25 \cdot 4) \\ &= \lg 100 = 2 \end{aligned}$

Atsakymas: a) 4; b) 2.

Dažna klaida: logaritmų dalmuo nėra dalmens logaritmas

Mokinys skaičiavo taip: $\frac{\log_2 32}{\log_2 4} = \log_2 \frac{32}{4} = \log_2 8 = 3$ . Rask klaidą ir apskaičiuok teisingai.

Dalmens savybė sako, kad $\log_2 32 - \log_2 4 = \log_2 \frac{32}{4}$ . Joje logaritmai atimami, o ne dalijami. Mokinys pritaikė ją dalybai – tai ir yra klaida.
Teisingai: pirmiausia apskaičiuojame kiekvieną logaritmą atskirai. $\log_2 32 = 5$ , nes $2^5 = 32$ , o $\log_2 4 = 2$ , nes $2^2 = 4$ .
Tada $\frac{\log_2 32}{\log_2 4} = \frac{5}{2} = 2{,}5$ .
Pagal perėjimo prie kito pagrindo formulę (A kursas) toks dalmuo lygus $\log_4 32$ . Patikriname: $4^{2{,}5} = \left(2^2\right)^{2{,}5} = 2^5 = 32$ .

Atsakymas: $2{,}5$ .

Perėjimas prie kito pagrindo: logaritmai A ir B kurse

Logaritmų tema abiejuose kursuose prasideda vienodai: apibrėžimas, dešimtainis logaritmas, pagrindinė tapatybė ir trys savybės: sumos, skirtumo ir daugiklio. Išplėstinis (A) kursas prideda skaičių $e$ ir natūrinį logaritmą, perėjimą prie kito pagrindo ir taisyklę su laipsnio pagrindu. Jame taip pat pertvarkomi raidiniai reiškiniai su logaritmais ir sprendžiamos lygtys, kuriose nežinomasis yra pagrinde arba kurias patogu spręsti įvedus naują nežinomąjį.

Kodėl perėjimo formulė teisinga? Jei $\log_a b = t$ , tai $a^t = b$ . Logaritmuok abi puses pagrindu $c$ : $\log_c (a^t) = \log_c b$ . Pagal laipsnio savybę $t \log_c a = \log_c b$ . Kadangi $a \neq 1$ , tai $\log_c a \neq 0$ , todėl abi puses galima padalyti iš $\log_c a$ : $t = \frac{\log_c b}{\log_c a}$ . Kai $c = b$ , gaunama $\log_a b = \frac{1}{\log_b a}$ .

Perėjimas prie kito pagrindo (A kursas)

Apskaičiuok: a) $\log_8 32$ ; b) $\log_{\sqrt{5}} 125$ .

a) 8 ir 32 yra dvejeto laipsniai, todėl pereiname prie pagrindo 2: $\log_8 32 = \frac{\log_2 32}{\log_2 8} = \frac{5}{3}$
Patikriname: $8^{\frac{5}{3}} = \left(\sqrt[3]{8}\right)^5 = 2^5 = 32$ .
b) $\sqrt{5} = 5^{\frac{1}{2}}$ , todėl taikome taisyklę $\frac{1}{k}\log_a b = \log_{a^k} b$ su $a = 5$ ir $k = \frac{1}{2}$ . Tada $\frac{1}{k} = 2$ , ir $\log_{\sqrt{5}} 125 = 2\log_5 125 = 2 \cdot 3 = 6$ .
Patikriname: $\left(\sqrt{5}\right)^6 = 5^3 = 125$ .

Atsakymas: a) $\frac{5}{3}$ ; b) 6.

Matematikos A ir B kursas Kuo skiriasi kursų turinys ir formulių lapai.

Logaritminės lygtys ir apibrėžimo sritis

Logaritminė lygtis – lygtis, kurioje nežinomasis yra po logaritmo ženklu. Bendrajame kurse sprendžiamos dviejų rūšių lygtys, kuriose po logaritmu yra tiesiniai arba kvadratiniai reiškiniai. Pirmosios rūšies pavyzdys: $\log_2 (x + 3) - 3 = 0$ . Pagal apibrėžimą ji virsta lygtimi be logaritmo: $x + 3 = 2^3$ (bendrai $\log_a f(x) + b = 0$ virsta $f(x) = a^{-b}$ ). Antrosios rūšies pavyzdys: $\log_7 (x^2 + 1) = \log_7 (2x + 4)$ . Logaritmai su tuo pačiu pagrindu lygūs tik tada, kai lygūs skaičiai po jais, todėl $x^2 + 1 = 2x + 4$ .

Pertvarkęs lygtį, gauni tiesinę arba kvadratinę lygtį be logaritmų. Bet ji gali turėti sprendinių, kurių pradinė lygtis neturi: pradinėje lygtyje kiekvienas reiškinys po logaritmu turi būti teigiamas, o naujoje šios sąlygos nebėra. Todėl pradžioje užsirašyk apibrėžimo sritį, o pabaigoje kiekvieną sprendinį patikrink. Netinka ir toks sprendinys, su kuriuo reiškinys po logaritmu lygus nuliui.

Kai lygtyje yra keli logaritmai su nežinomuoju, juos pirmiausia savybėmis sutrauki į vieną (tai jau A kurso dalis). Kai nežinomasis yra laipsnio rodiklyje, o abiejų pusių nepavyksta užrašyti tuo pačiu pagrindu, rodiklį randi pagal logaritmo apibrėžimą.

Kai sprendinys paverčia reiškinį po logaritmu nuliu

Išspręsk lygtį $\log_3 (x^2 + 2x) = \log_3 (5x + 10)$ .

Apibrėžimo sritis: abu reiškiniai po logaritmu teigiami. $5x + 10 > 0$ , kai $x > -2$ , o $x^2 + 2x = x(x + 2) > 0$ , kai $x < -2$ arba $x > 0$ . Abi sąlygos kartu: $x > 0$ .
Logaritmai su tuo pačiu pagrindu lygūs tik tada, kai lygūs skaičiai po logaritmo ženklu: $x^2 + 2x = 5x + 10$ , t. y. $x^2 - 3x - 10 = 0$ .
$D = 9 + 40 = 49$ , todėl $x_1 = \frac{3 + 7}{2} = 5$ , $x_2 = \frac{3 - 7}{2} = -2$ .
$x = -2$ netenkina sąlygos $x > 0$ : įrašę gautume $\log_3 0 = \log_3 0$ , o nulio logaritmas neapibrėžtas. Šį sprendinį atmetame. Atkreipk dėmesį: po logaritmu čia gaunamas ne neigiamas skaičius, o nulis, bet nulio logaritmo irgi nėra.
$x = 5$ tinka: abiejose pusėse gauname $\log_3 35$ .

Atsakymas: $x = 5$ .

Lygtis su dviem logaritmais (A kursas)

Išspręsk lygtį $\log_2 (x - 1) + \log_2 (x + 3) = 5$ .

Apibrėžimo sritis: abu reiškiniai po logaritmu turi būti teigiami, t. y. $x - 1 > 0$ ir $x + 3 > 0$ . Abi sąlygos kartu reiškia $x > 1$ .
Sandaugos savybe sutraukiame kairiąją pusę: $\log_2 \big((x - 1)(x + 3)\big) = 5$
Pagal apibrėžimą $(x - 1)(x + 3) = 2^5 = 32$ . Atskliaudę gauname $x^2 + 2x - 3 = 32$ , t. y. $x^2 + 2x - 35 = 0$ .
Diskriminantas $D = 4 + 140 = 144$ , $\sqrt{D} = 12$ , todėl $x_1 = \frac{-2 + 12}{2} = 5$ ir $x_2 = \frac{-2 - 12}{2} = -7$ .
Tikriname su apibrėžimo sritimi: $x = -7$ netenkina sąlygos $x > 1$ (tada $x - 1 = -8$ , o neigiamo skaičiaus logaritmo nėra), todėl jį atmetame. $x = 5$ tinka.
Patikriname įstatę: $\log_2 4 + \log_2 8 = 2 + 3 = 5$ . Lygybė teisinga.

Atsakymas: $x = 5$ .

Kelių dalių uždavinys: kada liks tam tikra masė

Laboratorijoje tiriamos medžiagos masė po $t$ parų lygi $m(t) = 80 \cdot 2^{-\frac{t}{12}}$ gramų. a) Kokia buvo pradinė masė ir kiek gramų liks po 36 parų? b) Po kiek parų liks 5 g? c) Po kiek parų liks 25 g? Atsakymą suapvalink iki dešimtųjų.

a) Pradinė masė – kai $t = 0$ : $m(0) = 80 \cdot 2^0 = 80$ g. Po 36 parų $m(36) = 80 \cdot 2^{-3} = 80 : 8 = 10$ g.
b) Sudarome lygtį $80 \cdot 2^{-\frac{t}{12}} = 5$ . Padaliję iš 80 gauname $2^{-\frac{t}{12}} = \frac{1}{16} = 2^{-4}$ .
Laipsniai su tuo pačiu pagrindu lygūs tik tada, kai lygūs jų rodikliai: $-\frac{t}{12} = -4$ , todėl $t = 48$ .
c) Dabar $2^{-\frac{t}{12}} = \frac{25}{80} = \frac{5}{16}$ . Skaičius $\frac{5}{16}$ nėra sveikasis dvejeto laipsnis, todėl rodiklį randame pagal logaritmo apibrėžimą: $-\frac{t}{12} = \log_2 \frac{5}{16}$ .
Skaičiuotuvu $\log_2 \frac{5}{16} \approx -1{,}6781$ , todėl $-\frac{t}{12} \approx -1{,}6781$ . Abi puses padauginę iš $-12$ gauname $t \approx 12 \cdot 1{,}6781 \approx 20{,}14$ . Patikriname: $80 \cdot 2^{-\frac{20{,}14}{12}} \approx 25$ .

Atsakymas: a) 80 g ir 10 g; b) po 48 parų; c) maždaug po 20,1 paros.

Logaritminė funkcija ir logaritminės nelygybės

Funkcija $y = \log_a x$ apibrėžta tik su $x > 0$ , o jos reikšmės gali būti bet kokios. Jos grafikas visada eina per tašką $(1; 0)$ , nes $\log_a 1 = 0$ , ir per tašką $(a; 1)$ , nes $\log_a a = 1$ . Ši funkcija atvirkštinė rodiklinei funkcijai $y = a^x$ , todėl abiejų grafikai simetriški tiesės $y = x$ atžvilgiu.

Kai $a > 1$ , funkcija didėja: didesnį skaičių atitinka didesnis logaritmas. Kai $0 < a < 1$ , funkcija mažėja. Nuo to priklauso logaritminių nelygybių sprendimas. Nelygybę $\log_a f(x) < \log_a g(x)$ pakeiti nelygybe tarp $f(x)$ ir $g(x)$ : jei $a > 1$ , ženklas lieka tas pats, o jei $0 < a < 1$ , jis apsiverčia. Pavyzdžiui, iš $\log_{0{,}5} x < \log_{0{,}5} 4$ gauni $x > 4$ . Abiem atvejais pridedi sąlygą, kad reiškiniai po logaritmu teigiami.

Kai pagrindas didesnis už 1, logaritminė funkcija didėja, o kai pagrindas tarp 0 ir 1 – mažėja. Abu grafikai eina per tašką

(1; 0)

ir artėja prie

y

ašies, bet jos nekerta.

Logaritminė nelygybė, kai pagrindas didesnis už 1

Išspręsk nelygybę $\log_2 (3x - 1) \le 3$ .

Apibrėžimo sritis: $3x - 1 > 0$ , t. y. $x > \frac{1}{3}$ .
Skaičių 3 užrašome logaritmu pagrindu 2: $3 = \log_2 8$ . Nelygybė tampa $\log_2 (3x - 1) \le \log_2 8$ .
Pagrindas $2 > 1$ , todėl funkcija didėja ir ženklas nesikeičia: $3x - 1 \le 8$ , iš čia $x \le 3$ .
Sujungiame su apibrėžimo sritimi: $\frac{1}{3} < x \le 3$ .
Patikriname po vieną tašką iš abiejų pusių: kai $x = 1$ , $\log_2 2 = 1 \le 3$ – tinka; kai $x = 4$ , $\log_2 11 > \log_2 8 = 3$ – netinka, kaip ir turi būti.

Atsakymas: $x \in \left(\frac{1}{3}; 3\right]$ .

Rodiklinė funkcija Funkcija, atvirkštinė logaritminei; rodiklinės lygtys ir nelygybės.

Dažnos klaidos su logaritmais

Klaidos su logaritmais dažnai kyla taikant savybes ten, kur jos negalioja. Prieš taikydamas savybę, paklausk savęs, ar po logaritmo ženklu yra sandauga, dalmuo ar laipsnis – tik šiems trims atvejams formulės ir yra.

Sumos logaritmas išskaidomas kaip sandaugos: $\log_a (x + y)$ nėra lygus $\log_a x + \log_a y$ . Pavyzdžiui, $\lg (10 + 10) = \lg 20 \approx 1{,}3$ , o $\lg 10 + \lg 10 = 2$ . Sumos logaritmui paprastos formulės nėra.
Neužrašoma apibrėžimo sritis ir nepatikrinami sprendiniai. Netinka ne tik sprendinys, su kuriuo reiškinys po logaritmu neigiamas, bet ir tas, su kuriuo jis lygus nuliui. Kai nežinomasis yra pagrinde, būtinos ir sąlygos $x > 0$ bei $x \neq 1$ .
Laipsnio savybė taikoma lyginiam laipsniui be modulio. Lygybė $\log_a x^2 = 2\log_a x$ teisinga tik tada, kai $x > 0$ ; bendruoju atveju $\log_a x^2 = 2\log_a |x|$ . Kitaip galima prarasti neigiamą sprendinį.
Nelygybėje su pagrindu tarp 0 ir 1 nepakeičiamas ženklas. Kai $0 < a < 1$ , iš $\log_a f(x) > \log_a g(x)$ išplaukia $f(x) < g(x)$ , nes tokia logaritminė funkcija mažėja.

Logaritmai VBE: formulių lapas ir priemonės

Logaritmų mokomasi 11 (III gimnazijos) klasėje abiejuose kursuose. Žemiau – ką apie matematikos VBE sako oficialūs dokumentai. Nauji VBE užduočių aprašai dar derinami, todėl čia nurodyta 2026 m. tvarka. Visa VBE faktų lentelė – puslapyje Pasiruošimas matematikos VBE.

Pagal 2026 m. tvarką matematikos VBE laikomas dviem dalimis: pirmoji dalis – III gimnazijos klasėje, antroji dalis – IV gimnazijos klasėje. Logaritmų mokomasi tais pačiais metais, kai laikoma pirmoji dalis.
Bendrojoje programoje parašyta: antrosios dalies užduotis rengiama pagal III–IV gimnazijos (11–12) klasių turinį. Todėl logaritmai gali būti ir antrojoje dalyje.
Leidžiamos priemonės pagal 2026 m. tvarką: pirmojoje dalyje – lapas užrašams, kompiuteris, skaičiuotuvas, formulių rinkiniai (1 priedas); antrojoje dalyje – skaičiuotuvas, formulių rinkinys (1 priedas). Skaičiuotuvu randama apytikslė logaritmo reikšmė, o formulių rinkinyje yra logaritmų formulės.
Pagal 2026 m. tvarką oficialus rinkinys – VBE užduočių aprašo 1 priedas: I skyrius – matematikos (B), II skyrius – matematikos (A).
Atnaujinti VBE užduočių aprašų projektai teikiami viešam derinimui. NŠA (Nacionalinė švietimo agentūra) tai paskelbė 2026 m. spalio 7 d.

Matematikos VBE I dalis Pirmosios dalies formatas, temos ir pasiruošimo planas.
VBE formulės A ir B kurso formulių rinkiniai: kas lape, ką mokėti mintinai.
NŠA: matematikos VBE užduočių aprašas su formulių rinkiniu (PDF) Formulių rinkinys – aprašo 1 priedas.

Logaritmai: uždaviniai su atsakymais

Uždaviniai suskirstyti į tris lygius. Pažymėti „(A kursas)“ skirti išplėstiniam kursui. Pirmiausia išspręsk pats, tik tada atsiversk atsakymą. Jei jis nesutampa, palygink savo žingsnius su sprendimu ir rask, kur jie išsiskyrė.

Lengvesni

1. Sugretink kiekvieną reiškinį su jo reikšme. Reiškiniai: 1) $\log_8 2$ ; 2) $\log_2 8$ ; 3) $\log_{\frac{1}{2}} 8$ ; 4) $\log_8 \frac{1}{2}$ . Reikšmės: A) 3; B) $-3$ ; C) $\frac{1}{3}$ ; D) $-\frac{1}{3}$ . Atsakymą užrašyk skaičiaus ir raidės poromis.

Rodyti atsakymą

Atsakymas: 1–C, 2–A, 3–B, 4–D.

$8^{\frac{1}{3}} = 2$ , todėl $\log_8 2 = \frac{1}{3}$ . $2^3 = 8$ , todėl $\log_2 8 = 3$ . $\left(\frac{1}{2}\right)^{-3} = 2^3 = 8$ , todėl $\log_{\frac{1}{2}} 8 = -3$ . $8^{-\frac{1}{3}} = \frac{1}{2}$ , todėl $\log_8 \frac{1}{2} = -\frac{1}{3}$ . Sukeitus pagrindą ir skaičių vietomis, gaunamas atvirkštinis skaičius.

2. Išspręsk lygtį $\log_3 (2x - 5) - 2 = 0$ .

Rodyti atsakymą

Atsakymas: $x = 7$ .

Perkeliame 2: $\log_3 (2x - 5) = 2$ . Pagal apibrėžimą $2x - 5 = 3^2 = 9$ , todėl $x = 7$ . Patikriname: $2 \cdot 7 - 5 = 9 > 0$ ir $\log_3 9 - 2 = 0$ .

Vidutiniai

3. Nesinaudodamas skaičiuotuvu, išdėstyk skaičius didėjimo tvarka: A) $\log_2 5$ ; B) $\log_{\frac{1}{2}} 3$ ; C) $\lg 0{,}5$ ; D) $\log_3 1$ ; E) $\log_4 2$ .

Rodyti atsakymą

Atsakymas: B, C, D, E, A.

Kiekvieną skaičių įvertink tarp dviejų sveikųjų. B: $\left(\frac{1}{2}\right)^{-1} = 2 < 3 < 4 = \left(\frac{1}{2}\right)^{-2}$ , o pagrindas mažesnis už 1, todėl $-2 < \log_{\frac{1}{2}} 3 < -1$ . C: $0{,}1 < 0{,}5 < 1$ , todėl $-1 < \lg 0{,}5 < 0$ . D: $\log_3 1 = 0$ . E: $4^{\frac{1}{2}} = 2$ , todėl $\log_4 2 = \frac{1}{2}$ . A: $4 < 5 < 8$ , todėl $2 < \log_2 5 < 3$ .

4. Išspręsk lygtį $\log_5 (x^2 - 3x) = \log_5 (x + 12)$ .

Rodyti atsakymą

Atsakymas: $x = -2$ ir $x = 6$ .

Prilyginame reiškinius: $x^2 - 3x = x + 12$ , t. y. $x^2 - 4x - 12 = 0$ . Sprendiniai $x_1 = 6$ , $x_2 = -2$ . Tikriname abu. Kai $x = 6$ : $36 - 18 = 18 > 0$ ir $6 + 12 = 18 > 0$ . Kai $x = -2$ : $4 + 6 = 10 > 0$ ir $-2 + 12 = 10 > 0$ . Tinka abu. Neigiamas $x$ savaime nėra netinkamas: svarbu tik, kad reiškiniai po logaritmu būtų teigiami.

5. Tirpalo pH apskaičiuojamas pagal formulę $\text{pH} = -\lg c$ , kur $c$ – vandenilio jonų koncentracija (mol/l). Kiek kartų vandenilio jonų koncentracija tirpale, kurio pH lygus 3,5, didesnė už koncentraciją tirpale, kurio pH lygus 5,5?

Rodyti atsakymą

Atsakymas: 100 kartų.

Iš formulės $c = 10^{-\text{pH}}$ . Pirmame tirpale $c_1 = 10^{-3{,}5}$ , antrame $c_2 = 10^{-5{,}5}$ . Dalijame: $\frac{c_1}{c_2} = 10^{-3{,}5 - (-5{,}5)} = 10^2 = 100$ . Mažesnis pH reiškia didesnę koncentraciją: kiekvienas pH vienetas – 10 kartų.

6. Išspręsk lygtį $5 \cdot 2^x = 60$ . Atsakymą užrašyk tiksliai ir apytiksliai šimtųjų tikslumu.

Rodyti atsakymą

Atsakymas: $x = \log_2 12 \approx 3{,}58$ .

Abi puses padaliję iš 5, gauname $2^x = 12$ . Pagal logaritmo apibrėžimą $x = \log_2 12$ . Tikslią reikšmę galima dar suprastinti: $\log_2 12 = \log_2 4 + \log_2 3 = 2 + \log_2 3$ Apytikslę reikšmę randame skaičiuotuvu (jei jame nėra logaritmo su pasirenkamu pagrindu – A kurso perėjimo formule): $x = \frac{\lg 12}{\lg 2} \approx 3{,}58496 \approx 3{,}58$ Tarpinių reikšmių neapvalink. Jei suapvalintum $\lg 12 \approx 1{,}0792$ ir $\lg 2 \approx 0{,}3010$ , gautum $1{,}0792 : 0{,}3010 \approx 3{,}5854$ , t. y. $3{,}59$ , o ne teisingą $3{,}58$ . Patikrinimas: $2^{3{,}58} \approx 11{,}96$ , o $5 \cdot 11{,}96 \approx 60$ .

7. Išspręsk nelygybę $\log_{\frac{1}{3}} (x - 2) > -2$ .

Rodyti atsakymą

Atsakymas: $x \in (2; 11)$ .

Apibrėžimo sritis: $x - 2 > 0$ , t. y. $x > 2$ . Kadangi $\left(\frac{1}{3}\right)^{-2} = 9$ , tai $-2 = \log_{\frac{1}{3}} 9$ . Pagrindas mažesnis už 1, todėl funkcija mažėja ir ženklas apsiverčia: $x - 2 < 9$ , t. y. $x < 11$ . Su apibrėžimo sritimi: $2 < x < 11$ .

Sunkesni

8. (A kursas) Apskaičiuok $\log_4 3 \cdot \log_3 32$ .

Rodyti atsakymą

Atsakymas: $2{,}5$ .

Abu logaritmus perrašome pagrindu 2: $\begin{gathered} \log_4 3 = \frac{\log_2 3}{\log_2 4} = \frac{\log_2 3}{2}, \\ \log_3 32 = \frac{\log_2 32}{\log_2 3} = \frac{5}{\log_2 3} \end{gathered}$ Sudauginus $\log_2 3$ susiprastina: $\frac{\log_2 3}{2} \cdot \frac{5}{\log_2 3} = \frac{5}{2} = 2{,}5$

9. (A kursas) Išspręsk lygtį $\lg^2 x - \lg x^3 + 2 = 0$ .

Rodyti atsakymą

Atsakymas: $x = 10$ ir $x = 100$ .

Apibrėžimo sritis: $x > 0$ . Žymėjimas $\lg^2 x$ reiškia $(\lg x)^2$ , o $\lg x^3 = 3\lg x$ . Gauname $\lg^2 x - 3\lg x + 2 = 0$ . Pažymime $t = \lg x$ : $t^2 - 3t + 2 = 0$ , iš čia $t = 1$ arba $t = 2$ . Grįžtame prie $x$ : $\lg x = 1$ , kai $x = 10$ , o $\lg x = 2$ , kai $x = 100$ . Abu skaičiai teigiami, todėl tinka.

10. (A kursas) Išspręsk lygtį $\log_x (2x + 8) = 2$ .

Rodyti atsakymą

Atsakymas: $x = 4$ .

Pagrindas turi būti teigiamas ir nelygus 1: $x > 0$ , $x \neq 1$ ; be to, $2x + 8 > 0$ . Pagal apibrėžimą $x^2 = 2x + 8$ , t. y. $x^2 - 2x - 8 = 0$ , todėl $x = 4$ arba $x = -2$ . Sprendinys $-2$ netinka, nes pagrindas negali būti neigiamas. Patikriname $x = 4$ : $\log_4 16 = 2$ .

Dažniausiai užduodami klausimai

Kaip apskaičiuoti logaritmą skaičiuotuvu?

Daugelyje skaičiuotuvų yra du logaritmų mygtukai: lg (kartais pažymėtas log) – dešimtainis logaritmas, kurio pagrindas 10, ir ln – natūrinis logaritmas, kurio pagrindas yra skaičius e, apytiksliai lygus 2,718. Jei reikia logaritmo kitu pagrindu, o tokio mygtuko nėra, padalyk skaičiaus dešimtainį logaritmą iš pagrindo dešimtainio logaritmo (tai perėjimo prie kito pagrindo formulė, kuri formulių rinkinyje yra tik A kurso skyriuje). Pavyzdžiui, skaičiaus 20 logaritmas pagrindu 3 lygus lg 20 : lg 3, apytiksliai 2,73. Atsakymą patikrinsi pakėlęs pagrindą gautu laipsniu: 3 pakėlus laipsniu 2,73 gaunama beveik 20.

Ar perėjimo prie kito pagrindo formulė yra VBE formulių rinkinyje?

Pagal 2026 m. tvarką oficialus rinkinys – VBE užduočių aprašo 1 priedas: I skyrius – matematikos (B), II skyrius – matematikos (A). Perėjimo prie kito pagrindo formulė išspausdinta tik II, A kurso, skyriuje. Atnaujinti VBE užduočių aprašų projektai teikiami viešam derinimui: Nacionalinė švietimo agentūra tai paskelbė 2026 m. spalio 7 d.

Kodėl logaritminėje lygtyje reikia tikrinti sprendinius?

Kai keli logaritmai sutraukiami į vieną arba logaritmo ženklas „nuimamas“, gauta lygtis gali turėti daugiau sprendinių nei pradinė. Kai kurie iš jų reiškinį po logaritmu paverčia neigiamu skaičiumi ar nuliu, o tokio logaritmo nėra. Todėl pradžioje užsirašoma apibrėžimo sritis, o pabaigoje kiekvienas sprendinys su ja palyginamas arba įrašomas į pradinę lygtį. Tikrinti reikia visada, bet atmesti – tik tuos sprendinius, kurie sąlygų netenkina: kartais tinka visi.

Kodėl logaritmo pagrindas negali būti lygus 1?

Bet kuris vieneto laipsnis lygus 1. Todėl lygtis „1 pakelta tam tikru laipsniu lygu 5“ neturi sprendinių, o lygtį „1 pakelta tam tikru laipsniu lygu 1“ tenkina bet kuris rodiklis. Abiem atvejais vienos aiškios reikšmės nėra, todėl pagrindas 1 neleidžiamas.

Taip pat: Išvestinės · Progresijos · Pasiruošimas matematikos VBE · Matematikos A ir B kursas · Matematikos VBE 1 dalis · Matematikos VBE 2 dalis

Šaltiniai

ŠMSM, Atmintinė abiturientams 2025–2026, 3 p.; tikrinta 2026-10-09.
emokykla.lt, Matematikos bendroji programa, skyrius „Mokinių pasiekimų vertinimas“, išorinis apibendrinamasis vertinimas, VBE antros dalies užduoties struktūra (bendrasis ir išplėstinis kursai); tikrinta 2026-10-09.
NŠA, Matematikos, gamtos mokslų dalykų, informatikos ir inžinerinių technologijų VBE užduočių aprašas (VK-909, 2026-01-07 įsakymo Nr. VK-9 redakcija), 2 p., 7.1.5 ir 7.2.5 punktai; 12–15 p., 1 priedas; tikrinta 2026-10-09.
NŠA naujiena „Atnaujinti valstybinių brandos egzaminų užduočių aprašų projektai teikiami viešam derinimui“; tikrinta 2026-10-09.

Atnaujinta: 2026-10-09

Kaip rengiame turinį

Radai klaidą? Parašyk: info@exacta.lt