Логарифмические и показательные...

51

Логарифмические и показательные…

Большая часть заданий по математике, предлагаемых на конкурсных экзаменах вузах, свидетель к решению уравнения и неравенств.

Для простейших из них, например, для квадратных уравнений и систем линейных уравнений, существует общие методы решения. В большинстве же случаев нет правли, позволяющих решить уравнение путем последовательного выполнения арифметических действия и элементарных операций над коэффициентами уравнения. Поэтому при изучении, например, показательных и логарифмических уравнений и неравенств рассматривают лишь частиные приемы решения.

Уравнения

При решении уравнения широкого применения преобразования обих частей данного уравнения.

О пределене 1. Если все корни одного уравнения являются корнями другого уравнения, то второе уравнение называется следствием первого.

О пределене 2. Два уравнения называются эквивалентными (равnocильными) из некотором множество значений неизвестного, если они имеют одни и те же корни, при

надлежие этому множеству, то есть если каждое из них является следствием другого.

Естественное всего применять только такие преобразования, при которых каждое последующее уравнение эквивалентно предыдущему на расстояние между ними (ниже, если это особо не оговорено, имеется ввиду множество всех действительных чисел). Тогда решение последнего уравнения будет корнями и исходного уравнения.

Однако такой способ решения не всегда возможно. Иногочее заменить уравнение неэвивалентным ему следствием, а потом проверки корней — нет ли среди них построенных.

Вспомним сначала несколько основных теорем.

Теорема 1. При $a > 0, a \neq 1$ уравнение $a^{f(x)} = a^{\varphi(x)}$ эквивалентно уравнению $f(x) = \varphi(x)$.

Теорема 2. При $a > 0, a \neq 1$ уравнение $\log_a f(x) = \log_a \varphi(x)$ эквивалентно любой из систем

$$\begin{cases} f(x) = \varphi(x), \\ f(x) > 0, \\ \varphi(x) > 0. \end{cases}$$

Отметим, что если построение корни появляется только в результате расширения области допустимых значений (ОДЗ) неизвестного, то отделить их от корней исходного уравнения можно или проверить, входят ли они в ОДЗ, или неосредственно подставив их в исходное уравнение или в уравнение, эквивалентное исходному. Если же лишние корни могут появиться не из-за расширения ОДЗ, то необходимо проверка подстановкой в исходное уравнение или в то промежуточное уравнение, при решении которого эти построение корни могут появиться.

Задание 1 (Новосибирский институт инженеров железнодорожного транспорта, 1974). Решить уравнение

$$9\sqrt{x^2-2x}-x-1=2.$$

52

Замечая, что
$$9\sqrt{x^2-2x}-x=3^2(\sqrt{x^2-2x}-x), 3\sqrt{x^2-2x}-x-1=\frac{1}{3}\cdot 3\sqrt{x^2-2x}-x,$$
положим $3\sqrt{x^2-2x}-x=t$, получим уравнение $3t^2-7t-6=0$, имеющее корни $t_1=3$ и $t_2=-\frac{2}{3}$. Второй корень не дает решений исходного уравнения, так как область значений показательной функции — множество всех положительных чисел. Следовательно, исходное уравнение в области допустимых значений неизвестного эквивалентного уравнения $3\sqrt{x^2-2x}-x=3^1$, а последнее на основании теоремы 1 — irrationalному уравнению

Рис. 1.
Рис. 2.
Рис. 3.

$$\sqrt{x^2-2x}=x+1.$$

Возведя обе его части в квадрат, найдем $x=-0,25$. Так как при возведении обих частей уравнения в четную степень могут появиться посторонние корни, проверка необходима, причем лишь на этом этапе. Подстановка найденного значения $x$ в irrationalное уравнение показывает, что оно удовлетворяет ему и, следовательно, исходному уравнению.

В большинстве случайное основная трудность решения логарифмического или показательного уравнения состоит в преобразовании исходного уравнения до тех пор, пока не появится возможность применить теоремы 1 или 2. Но при этом надо внимательно следить за изменением ОДЗ. Упущение этого момента часто приводит к ошибкам в решении.

Так, используя, например, формулы логарифмирования
$$\log_a xy=\log_a x+\log_a y,$$
$$\log_a \frac{x}{y}=\log_a x-\log_a y,$$
$$\log_a x^p=p\log_a x,$$
абитуренты часто забывают о том, что ОДЗ их левых и правых частей не совпадают.

В самом деле, правила частей соответствия (1) и (2) определяны для значений $x>0$ и $y>0$. Этим неравенством удовлетворяют координаты точки, заполняющих первый координатный угол (рис. 1). В то же время левые части соответствия (1) и (2) имеют смысл, когда знаки $x$ и $y$ совпадают.

Следовательно, при перехождение, например, от выражения $\log_a xy$ к выражению $\log_a x+\log_a y$, ОДЗ существует (на третьй координатный угол), а это может привести к потере решений.

Правая часть равенства (3) определялена лишь при $x>0$, а ОДЗ левый части зависит от показателя степени $p$. Если $p$ — целое число, то левая часть равенства (3) имеет смысл и при отрицательных $x$. Поэтому переход от выражения $\log_a x^p$ к выражению $p\log_a x$ также может привести к потере решений.

53

Формулы логарифмирования лучшей примеры в такой форме:

$$\log_a xy = \log_a |x| + \log_a |y|,$$
(1a)
$$\log_a \frac{x}{y} = \log_a |x| - \log_a |y|,$$
(2a)

$$\log_a x^p = p \log_a |x| (p - \text{четное}).$$
(3a)

Тепер правые части формул (1a) и (2a) определяны при $x \neq 0$ и $y \neq 0$. Этим условиям удовлетворяют все точки координатной плоскости, за исключением точек, лежащих на осах (рис. 3), и при переходе от выражения $\log_a xy$ к выражению $\log_a |x| + \log_a |y|$ ОДЗ неизвестных не существует, а расширяется (сравните рис. 2 и рис. 3). Возможность потери решения исключена, но построение корни появится могут. А в равенстве (3a) ОДЗ правой и левой части совпадают: $x \neq 0$.

Второй способ избежать изменения ОДЗ—переход от одного уравнения к эквивалентной ему системе или совокупности уравнения (неравенств). Так, уравнение $\log_a \frac{x}{y} = c$ эквивалентно совокупности уравнения $\log_a x - \log_a y = c$, $\log_a (-x) - \log_a (-y) = c$.

Задча 2. Решить уравнение

$$\lg (x + 10) + \frac{1}{2} \lg x^2 = 2 - \lg 4.$$

ОДЗ неизвестного: $x > -10, x \neq 0$. Поскольку $\frac{1}{2} \lg x^2 = \lg |x|$, приведем уравнение к виду $\lg (x + 10) + \lg |x| + \lg 4 = 2$, откуда $\lg [4 |x| (x + 10)] = \lg 100$. По теореме 2 последнее уравнение эквивалентно такому:

$$4 |x| (x + 10) = 100$$

(поскольку $100 > 0$, неравенство выполняется). Рассматривая два случая и решая соответствующие уравнения:

a) $x > 0, x^2 + 10x - 25 = 0$,
b) $-10 < x < 0, x^2 + 10x + 25 = 0$, находим два корня: $x_1 = -5 + 5\sqrt{2}, x_2 = -5$.

Нередко решение уравнения или системы уравнения можно упростить введением новых переменных.

Задача 3 (Завод-втуз при ЗИЛе, 1974). Решить уравнение

$$\left( \sqrt{7 + \sqrt{48}} \right)^x + \left( \sqrt{7 - \sqrt{48}} \right)^x = 14.$$

Обозначим $\left( \sqrt{7 + \sqrt{48}} \right)^x = u$, $\left( \sqrt{7 - \sqrt{48}} \right)^x = v$. Тогда система

$$\left\{ \begin{array}{l} u + v = 14, \\ uv = 1 \end{array} \right.$$

при $u > 0, v > 0$ будет эквивалентна исходному уравнению. Ее решение:

$$u_1 = 7 + \sqrt{48}, v_1 = 7 - \sqrt{48};$$
$$u_2 = 7 - \sqrt{48}, v_2 = 7 + \sqrt{48}.$$

Запишем $u_2$ и $v_2$ в таком виде: $u_2 = (7 + \sqrt{48})^{-1}, v_2 = (7 - \sqrt{48})^{-1}$. Возвращаясь к исходной переменной, найдем $x_1 = 2, x_2 = -2$.

Уравнение вида $[f(x)]^{\phi(x)} = [g(x)]^{h(x)}$ обычно решают с помощью теоремы 2 логарифмирования обихаче уравнения по некоторому основанию.

Задча 4 (Московский геологический институт, 1975). Решить уравнение

$$x^{\lg^2 x^2 - 3\lg x - 4,5} = 10^{-2\lg x}.$$

ОДЗ неизвестного: $x > 0$. На этом можно娶те исходное уравнение эквивалентно уравнению

$$\lg \left( x^{\lg^2 x^2 - 3\lg x - 4,5} \right) = \lg \left( 10^{-2\lg x} \right),$$

которое подстановкой $\lg x = t$ совпадается к кубическому: $t (8t^2 - 6t - 5) = 0$ с корнями $t_1 = 0, t_2 = 1, 25$ и $t_3 = -0, 5$. Возвращаясь к исходной переменной, найдем: $x_1 = 1, x_2 = 10\sqrt[4]{10}$ и $x_3 = \sqrt[10]{10}$.

Задча 5 (Новосибирский государственный университет, 1974). Решить систему уравнений

$$\left\{ \begin{array}{l} (x + y)^{\frac{1}{x-y}} = 2\sqrt{3}, \\ (x + y) \cdot 2^{y-x} = 3. \end{array} \right.$$

54

Из второго уравнения следует, что $x + y > 0$. Поэтому, продолжарифмовав по основанию 2 и положив $\log_2(x + y) = u$, $x - y = v$, получим систему
$$\begin{cases} \frac{u}{v} = 1 + 0, 5 \log_2 3, \\ u - v = \log_2 3, \end{cases}$$

эквивалентную на множество $x + y > 0$ исходной. Подставив значение $u$ из первого уравнения во второе, найдем $v = 2$, а затем $u = \log_2 12$. Возвращаясь к исходным переменным и потенцируя, получим
$$\begin{cases} x - y = 2, \\ x + y = 12, \end{cases}$$

откуда $x = 7$, $y = 5$.

Заметим, что использование в ходе решения основного логарифмического тождества $a^{\log_a f(x)} = f(x)$ может привести к появлению построенных решений из-за расширения ОДЗ.

Задача 6 (МФТИ, 1975). Решить уравнение
$$9^{\log_3(1 - 2x)} = 5x^2 - 5$$.

Преобразуем левую часть уравнения, учитывая основное логарифмическое тождества и свойства степени: $9^{\log_3(1 - 2x)} = (3^2)^{\log_3(1 - 2x)} = [3^{\log_3(1 - 2x)}]^2 = (1 - 2x)^2$. Уравнение $(1 - 2x)^2 = 5x^2 - 5$ является следствием, не эквивалентным исходному уравнению. Действительно, первый его корень $x_1 = -2 - \sqrt{10}$, удовлетворяет исходному уравнению, так как входит в ОДЗ, а построенный второй корень $x_2 = -2 + \sqrt{10}$, появляется следствием расширения ОДЗ при замене выражения $9^{\log_3(1 - 2x)}$, имеющего смысл при $x < 0,5$, выражением $(1 - 2x)^2$, определяном при любом значении аргумента.

Задача 7 (МФТИ, 1974; МАИ, 1975). Решить уравнение
$$\log_3(\log_2 x - 9) = 2 + \log_3(1 - 4 \log_2 x)$$.

Так как $2 + \log_3(1 - 4 \log_2 x) = \log_3[9(1 - 4 \log_2 x)]$, то по тео-
реме 2 исходное неравенство эквивалентно системе
$$\begin{cases} \log_2 x - 9 = 9(1 - 4 \log_2 x), \\ \log_2 x - 9 > 0. \end{cases}$$

Поскольку $\log_2 x = t$, получим систему
$$\begin{cases} t^2 - 18t + 72 = 0, \\ t > 9, \end{cases}$$

решение которой $t = 12$, откуда $x = 4096$. Заметим, что если ограничится уравнение из смешанной системы без неравенства, то появится построенный корень $x = 64$.

Задача 8 (МГУ, геофак, 1972; завод-втуз при ЗИЛе, 1974). Решить систему уравнения
$$\begin{cases} 2\log_4 x^2 + \log_0.2 y^3 = -1, \\ 2\log_4 x^4 - \log_0.2 y = 5. \end{cases}$$

В области допустимых значений неизвестных, определяемой условием $x \neq 0$ и $y > 0$, данная система эквивалентна системе
$$\begin{cases} 4\log_4 |x| + 3\log_0.2 y = -1, \\ 8\log_4 |x| - \log_0.2 y = 5, \end{cases}$$

линейной относительной $\log_4 |x|$ и $\log_0.2 y$. Эта система имеет единственное решение $\log_4 |x| = 0,5$, $\log_0.2 y = -1$, откуда $x = \pm 2$, $y = 5$. Если опустить знаки модели, то решение (-2; 5) будет потеряно при логарифмировании.

Иогда полезно пользоваться формулой $b^{\log_a c} = c^{\log_a b}$, справедливой при положительных $a$, $b$ и $c$ и при $a \neq 1$. Действительно,
$b^{\log_a c} = (a^{\log_a b})^{\log_a c} = (a^{\log_a c})^{\log_a b} = c^{\log_a b}$

Задача 9 (Московский горный институт, 1975). Решить уравнение
$$5^{\lg x} = 50 - x^{\lg 5}$$.

Найдем ОДЗ: $x > 0$. На основании рассмотренной формулы $x^{\lg 5} = 5^{\lg x}$, поэтому исходное уравнение равно сольно уравнению $2 \cdot 5^{\lg x} = 50$, откуда $5^{\lg x} = 5^2$, $\lg x = 2$, $x = 100$.

55

Показательные и логарифмические уравнения могут появиться и при решении «тестовых» задач.

Задача 10 (Московский институт электронной техники, 1975). Найти $x$ и $y$, если известно, что $xy$, $x^x$ и $\frac{1}{y}$ являются последовательными членами геометрической, $a$ log$_x(y+1)$, $-0.5$ и $\log_x(2-y)$ —арифметический процесс.

Условие задачи можно записать в виде
$$\begin{cases} x^{2x} = xy \cdot \frac{1}{y}, \\ \log_x(y+1) + \log_x(2-y) = -1. \end{cases}$$

Решение этой системы найдите самоестоящего. Ответ: $x = 0,5$; $y = 1$.

Задача 11 (ЛГУ, факультет психологии, 1970). Решить уравнение
$$\log_{\sqrt{2-x^2}}(2x^2+a) = 4.$$

Это уравнение с параметром. Решить его — значит указывать, при каких значениях параметра существует решение и каковы они. При решении таких уравнений особенно важную роль играет контроль эквивалентности уравнения, так как проверка обычно затрудена.

Положив $x^2 = t$, приведем уравнение к виду
$$\log_{\sqrt{2-t}}(2t+a) = 4.$$

Посленее уравнение эквивалентно исходному (с учетом замены $x^2 = t$) при $t \geq 0$. В ОДЗ, определяем соответствия $2-t > 0$, $2-t \neq 1$, $2t+a > 0$, оно эквивалентно уравнению $2t+a=(2-t)^2$, имеющему корни $t_1=3+\sqrt{5+a}$, $t_2=3-\sqrt{5+a}$. Эти корни существует при $a \geq -5$. Корень $t_1$ не входит в ОДЗ ни при каких $a$, а корень $t_2$ входит при $-4 < a < -1$ и $a > -1$. Неравенство $t_2 \geq 0$ выполняется при $a \leq 4$ (проверьте!). Вернувшись к исходной переменной, получим:
$$x = \pm \sqrt{3-\sqrt{5+a}}$$

при $-4 < a < -1$, $-1 < a \leq 4$; при остальных $a$ решений нет.

Неравенства

Основные определения, необходимые для решения неравенств, почти аналогичны соответствующим определением для уравнения. Все сказанное выше о преобразованиях, изменяющих ОДЗ, справедливо и для неравенств. Однако решение неравенств имеет свои особенности и требует хорошего знания свойств входящих в них функций. В частности, необходимо помнить, что свойства показательной и логарифмической функции различны при основаниях, больших или меньших единиц: при $a > 1$ функция $y = a^x$ и $y = \log_a x$ монotonно возрастают, а при $0 < a < 1$ функция $y = a^x$ и $y = \log_a x$ монotonно убывают.

Из этих свойств вытекают важные теоремы.

Теорема 3. Неравенство $a^{f(x)} < a^{\varphi(x)}$ при $0 < a < 1$ эквивалентно неравенству $f(x) > \varphi(x)$, а при $a > 1$ неравенству $f(x) < \varphi(x)$.

Теорема 4. Неравенство $\log_a f(x) < \log_a \varphi(x)$ при $0 < a < 1$ эквивалентно системе неравенств
$$\begin{cases} f(x) > \varphi(x), \\ \varphi(x) > 0, \\ a \neq 1 \text{ и } a > 1 \end{cases}$$

Неравенства вида $\log_a f(x) > c$ и $a^{f(x)} > d$ ($d > 0$); вместе > может стоять $\leq$, <, <=) можно привести к виду, рассматриваемой в теоремах 3 и 4, с помощью формул $c = \log_a a^c$ и $d = a^{\log_a d}$.

Задача 12 (Московский текстильный институт, 1974). Решить неравенство
$$3^{2x+5} \leq 3^{x+2} + 2.$$

Заметим, что $3^{2x+5} = 3 \cdot 3^{2(x+2)}$. Положив $3^{x+2} = t(t > 0)$, прием к

56

неравенству $3t^2 - t - 2 \leqslant 0$. Оно удовлетворяет при $-\frac{2}{3} \leqslant t \leqslant 1$. Неравенство $3x^2 \geqslant -\frac{2}{3}$ справедливо при любом вещественном $x$. Представим 1 как $3^0$, тогда из неравенства $3x^2 \leqslant 3^0$ по теореме 3 найдем $x \leqslant -2$.

При решении показательных и логарифмических неравенств часто применяется метод интегралов.

Задача 13 (Московский горный институт, 1975). Решить неравенство
$$\log_2^4 x - \log_0.5^2 \frac{x^3}{8} + 9 \log_2 \frac{32}{x^2} < < 4\log_0.5^2 x.$$
ОДЗ неравенства имеет вид $x > 0$. Заметим, что в ОДЗ
$$\log_0.5 \frac{x^3}{8} = \log_2 \frac{8}{x^3} = 3(1 - \log_2 x),$$
$$\log_2 \frac{32}{x^2} = 5 - 2\log_2 x,$$
$$\log_0.5 x = -\log_2 x,$$
позному исходное неравенство эквивалентно следующему:
$$\log_2^4 x - 13 \log_2^2 x + 36 < 0.$$
Положив $\log_2 x = t$, после разложения на множители получим неравенство $(t + 3)(t + 2)(t - 2)(t - 3) < 0$. Его решение (см. рис. 4): $-3 < t < -2$, $2 < t < 3$. Вернемся к исходной переменной: $-3 < \log_2 x < -2$, $2 < \log_2 x < 3$, откуда: $0,125 < x < 0,25$ и $4 < x < 8$.

Задача 14 (Московский институт электронного машиностроения, 1974). Решить неравенство
$$0,3^{\log_0.25 \log_2 \frac{3x+6}{x^2+2}} > 1.$$
По теореме 3 данное неравенство
$$\log_0.25 \log_2 \frac{3x+6}{x^2+2} < 0,$$
а последнее—неравенству $\log_2 \frac{3x+6}{x^2+2} > 1$, откуда $\frac{3x+6}{x^2+2} > 2$. Умножив обе части на $x^2 + 2$ (это выражение положительное при любых действительных $x$), получим $2x^2 - 3x - 2 < 0$ или $2(x+0,5)(x-2) < 0$, откуда $-0,5 < x < 2$.

При решении неравенств, содержащих в основании логарифма или степени параметры или неизвестные, необходимо отделно рассматривать интегралы $(0; 1)$ и $(1; +\infty)$ значений основания.

Задача 15 (Московский институт инженеров геодезии, аэрофотосъемки и картографики, 1975). Решить неравенство
$$(x^2 - x + 2)^{\log_0.6 \frac{2x-3}{x+1}} > 1.$$
Поскольку основание степени $x^2 - x + 2$ положительное при любом действительном значении $x$ (проверьте!), то данное неравенство эквивалентно совокупности системы
$$\left\{ \begin{array}{l l} x^2 - x + 2 < 1, \\ \log_0.6 \frac{2x-3}{x+1} < 0, \\ \log_0.6 \frac{2x-3}{x+1} > 0. \end{array} \right.$$
На множестве всех действительных чисел неравенство $x^2 - x + 2 < 1$ не имеет решений, а неравенство $x^2 - x + 2 > 1$ удовлетворяет при любом $x$ (доказьте!). Поэтому система решения не имеет, а вторая неравенства неравенству
$$\log_0.6 \frac{2x-3}{x+1} > 0, \text{ т. е. } 0 < \frac{2x-3}{x+1} < 1.$$

Рис. 5.

57

Преобразовав эти неравенства в систему
$$\begin{cases} (x+1)(x-1,5)>0, \\ (x+1)(x-4)<0, \end{cases}$$

решим ее методом интегралов (рис. 5). Ответ: $1.5<x<4$.

В заключение рассмотрим решение неравенства с параметром.
Задача 16 (МНЭТ, 1975). Найти все значения параметра $a$, при котором неравенство
$$\log_{a+x}[x(a-x)]<\log_{a+x}x$$
имеет хотя бы одно решение.

В области допустимых значений неизвестного $x$ и параметра $a$, определяем условием условия $x>0, a+x>0, a-x>0, a+x\neq1$, неравенство эквивалентно следующему: $$\log_{a+x}(a-x)<0.$$

Посленое неравенство с учетом ОДЗ эквивалентно совокупности двух систем неравенств:

$$\begin{cases} x>0, \\ x>-a, \\ x<a, \\ a+x>1, \\ a-x<1, \end{cases}$$

Проведем в прямуюальной системе координат (рис. 6) прямые $x=0, x=-a, x=a, x=1-a$ и $x=a-1$. Каждая прямая делит координатную плоскость на две полуплоскости, в одной из которых соответствующое неравенство выполняется, а в другой полуплоскости и на самом прямой невыполняется. Оче-