Учебник. Показательные и логарифмические уравнения




Показательные и логарифмические уравнения
Показательные уравнения

Уравнения вида af (x) = b, a > 0, a ≠ 1, b > 0

По определению логарифма из основного логарифмического тождества получаем, что ( x ) = log a  b . Если f (x) − алгебраическая функция, то и это уравнение будет алгебраическое, которое можно решить с помощью стандартных методов (так как log a  b − это конкретное число, такое же, как и 5, 17 ,  π, 10 124 и т. п.).

Уравнения вида  ( a ( x ) ) =0, a >0, a1

Такие уравнения решаются в два этапа:

a) С помощью замены t= a  ( x ) это уравнение сводится к уравнению F (t) = 0, у которого ищутся все его положительные корни t k , k= 1, n ¯ , n (пусть таких корней ровно n штук).

b) Для каждого k= 1, n ¯ решается уравнение типа рассмотренного выше: a  ( x ) = t k .

Эти два типа показательных уравнений являются основными, к ним сводятся все остальные методы.

Решите уравнение 4 tg 2  x + 2 1 cos 2  x =8 .

Так как 4 tg 2  x + 2 1 cos 2  x = 4 1 cos 2  x -1 + 2 1 cos 2  x = 1 4 ċ 2 2 cos 2  x + 2 1 cos 2  x =8 , то, делая замену t= 2 1 cos 2  x , получаем квадратное уравнение 1 4 t 2 +t-8=0 , корни которого t 1 =4 и t 2 =-8 . Второй корень, очевидно, посторонний, так как нарушается условие t > 0. Получаем уравнение 1-го типа: 2 1 cos 2  x =4= 2 2 1 cos 2  x = log 2  4=2 cos 2  x= 1 2 cos 2x= cos 2  x-1=2ċ 1 2 -1=0 x= π 4 + πn 2 .

Ответ.  x= π 4 + πn 2 , n .

Уравнения вида af (x) = ag (x), a > 0, a ≠ 1

В силу свойств монотонности показательной функции это уравнение равносильно уравнению f (x) = g (x).

Решите уравнение ( 3 ( 3 x +3 ) 1 2 x ) 2 x -1 = 3 3 10 .

Так как ( 3 ( 3 x +3 ) 1 2 x ) 2 x -1 = 3 ( 1+ x +3 2 x ) ċ 2 x -1 и 3 3 10 = 3 1- 1 10 = 3 9 10 , то уравнение можно записать в виде 3 ( 1+ x +3 2 x ) ċ 2 x -1 = 3 9 10 . Следовательно, исходное уравнение равносильно иррациональному уравнению ( 1+ x +3 2 x ) ċ 2 x -1 = 9 10 . Имеем: 2 x + x +3 2 x ċ 2 x -1 = 3( x +1 ) ċ2 2 x ( x -1 ) = 3( x +1 ) x ( x -1 ) = 9 10 ( x +1 ) x ( x -1 ) = 3 10 10( x +1 ) =3 x ( x -1 ) 3x-13 x -10=0 ( x -5 ) ( 3 x +2 ) =0. Отсюда следует, что x =5 , то есть x = 25; во втором случае x =- 2 3 − решений нет.

Ответ. 25.

Решите уравнение ( 8 7 ) y -2 = ( 7 8 ) - | 2- y 2 | -1 .

Сразу заметим, что уравнение имеет вид ( 8 7 ) 1/ y 2 = ( 8 7 ) 1/ | 2- y 2 | , что равносильно уравнению

1 y 2 = 1 | 2- y 2 | { | 2- y 2 |= y 2 , y0, y 2 2; [ 2- y 2 = y 2 y 2 =1, 2- y 2 =- y 2 y. y=±1.

Ответ. 1, –1.

Уравнения вида  af (x) = bg (x), a > 0, a ≠ 1, b > 0, b ≠ 1

Решение показательных уравнений

При решении таких уравнений применяется стандартный приём. Прологарифмируем обе его части по любому основанию. В нашем случае удобно логарифмировать по основанию a (или b), то есть по основанию показательной функции, входящей в уравнение:

log a  a  f ( x ) = log a  b  ( x )  ( x ) =( x log a  b .

А это уравнение уже можно решать стандартными алгебраическими способами, если f (x) и g (x) – алгебраические выражения.

Решите уравнение 32ċ 25 2x =5ċ 2 1 x .

Уравнение легко преобразовать к виду 2 4- 1 x = 5 1-4x . Оно содержит показательные функции с разными основаниями. Для его решения прологарифмируем обе части по любому основанию, например, по основанию 2. Имеем: 4- 1 x =( 1-4x ) log 2  5 4x-1 x =-( 4x-1 ) log 2  5 ( 4x-1 ) ( 1 x + log 2  5 ) =0. Корни этого уравнения x 1 = 1 4 и x 2 =- 1 log 2  5 = log 5 1 2 . Заметим, что обе части исходного уравнения строго положительны, и поэтому логарифмирование не могло привести ни к потере корней, ни к появлению новых.

Замечание. Рассмотренный приём перехода от уравнения af (x) = bg (x) к уравнению f (x) = g (x) loga b или, в общем случае, переход от уравнения F (x) = G (x) к уравнению loga F (x) = logb G (x)  (a > 0, a ≠ 0) называется логарифмированием.

Заметим, что переход (1) → (2) в общем случае нарушает равносильность, так как логарифм существует только у неотрицательного числа.

Например, логарифмирование обеих частей уравнения x = x3, которое имеет вид (1), приводит нас к неравносильному уравнению lg x = lg x3 (область определения сузилась). Действительно, x= x 3 x( x 2 -1 ) =0 [ x=0, x=1, x=-1; lgx=lg x 3 { x( x 2 -1 ) =0, x>0; x=1.

Таким образом, произошла потеря корней исходного уравнения. Как видно, логарифмирование не является «безобидной» операцией, но в процессе решения уравнения типа af (x) = bg (x) эти неприятности не возникают, так как обе его части положительны.

Логарифмические уравнения

Уравнения вида loga f (x) = b, a > 0, a ≠ 1

Здесь предполагается, что f (x) − функция, уравнения с которой мы уже умеем решать. По определению логарифма из основного логарифмического тождества получаем, что f (x) = ab. Это уравнение можно решать любыми доступными методами, поскольку ab – это число.

Уравнения вида  F ( log a  f ( x ) ) =0,  a>0,  a1

Совершенно аналогично показательным уравнениям, уравнения такого типа решаются в два этапа.

  • С помощью замены t= log a  f ( x ) это уравнение сводится к уравнению F (x) = 0, у которого ищутся все его корни t k , k= 1, n ¯ , n (пусть таких корней ровно n штук).

  • Для каждого k= 1, n ¯ решается уравнение типа рассмотренного выше: log a  f ( x ) = t k .

Понятно, что совершенно не обязательно уравнение будет иметь рассмотренный вид. А значит, в процессе преобразований логарифмических уравнений следует стремиться к тому, чтобы привести все входящие в уравнение логарифмы к одному основанию. При этом необходимо помнить об области определения рассматриваемых выражений, стараясь, чтобы при преобразовании она не уменьшалась, − те корни, которые, возможно, будут приобретены, можно будет отсеять проверкой.

Решите уравнение log 49  ( x-1 ) 2 + log 7 ( 2x+9 7x+9 ) =0 .

Преобразуем левую часть уравнения, приводя все логарифмы к основанию 7. 2ċ 1 2 ċ2  log 7  | x-1 |+2  log 7 ( 2x+9 7x+9 ) =0 , log 7 | x-1 |( 2x+9 ) ( 7x+9 ) =0 | x-1 |( 2x+9 ) ( 7x+9 ) =1 .

а) { x>1, (x-1)(2x+9)=(7x+9). { x>1, x 2 =9. Корень последнего уравнения с учётом ограничения x > 1 есть x = 3.

б) { x<1, (1-x)(2x+9)=(7x+9). { x<1, -2 x 2 -14x=0. { x<1, x(x+7)=0. [ x=0, x=-7.

Поскольку мы использовали, вообще говоря, неравносильное преобразование суммы логарифмов в логарифм произведения (это расширяет область определения), то необходима проверка, которая показывает, что все три найденных числа являются корнями исходного уравнения. Заметим, что число x = 1 рассматривать не нужно, поскольку оно не входит в ОДЗ уравнения.

Ответ. 0, 3, −7.

Решите уравнение ( x+4 log 4  ( x+1 ) +( 4-x log 2  ( x-1 ) - 8 3 log 2  ( x 2 -1 ) =0 .

ОДЗ данного уравнения: { x+1>0, x-1>0; x>1 . Выполним цепочку преобразований, равносильных в ОДЗ. 8 3 log 2  ( x+1 ) + 8 3 log 2  ( x-1 ) = x+4 2 log 2  ( x+1 ) -( x-4 ) log 2  ( x-1 ) ( 8 3 +( x-4 ) ) log 2  ( x-1 ) =( x+4 2 - 8 3 ) log 2  ( x+1 ) ( 8+3x-12 3 ) log 2  ( x-1 ) =( 3x+12-16 6 ) log 2  ( x+1 ) ( 3x-4 3 ) log 2  ( x-1 ) =( 3x-4 6 ) log 2  ( x+1 ) ( 3x-4 6 )( 2  log 2  ( x-1 ) - log 2  ( x+1 ) ) =0

1) 3x – 4 = 0, x= 4 3 − входит в ОДЗ.

2) 2  log 2  ( x-1 ) - log 2  ( x+1 ) =0 log 2 ( x-1 ) 2 ( x+1 ) =0 ( x-1 ) 2 ( x+1 ) =1 (x + 1 > 0 в ОДЗ), x 2 -2x+1=x+1 x 2 -3x=x( x-3 ) =0 . x = 0 − не входит в ОДЗ.

x = 3 − входит в ОДЗ.

Ответ. 3, 4 3 .

Уравнения вида loga f (x) = loga g (x), a > 0, a ≠ 1

Решение логарифмических уравнений

ОДЗ данного уравнения: { ( x ) >0, ( x ) >0. В силу монотонности логарифмической функции, каждое своё значение она принимает ровно один раз. Следовательно, в ОДЗ имеем: log a  f ( x ) = log a  g ( x ) ( x ) =( x ) .

Полная система равносильности выглядит так: log a  f ( x ) = log a  g ( x ) { ( x ) >0, ( x ) =( x ) ; { ( x ) >0, ( x ) =( x ) .

Из двух последних систем выбирается та, которая проще (это зависит от конкретного вида функций f (x) и g (x)). На практике, как правило, проще решить уравнение f (x) = g (x) и проверить для его корней положительность одной из функций: f (x) > 0 или g (x) > 0, так как из равенства одной из этих функций следует положительность и другой.

Рассмотренный переход от уравнения loga f (x) = loga g (x) к уравнению f (x) = g (x) называется потенцированием.

Заметим, что потенцирование не является равносильным преобразованием. Область определения уравнения при потенцировании расширяется, так как второе уравнение определено при всех x, для которых определены функции f (x) и g (x), а первое − только при тех x, для которых f (x) > 0 и g (x) > 0.

Решите уравнение lg( x 2 +9x ) +lg x+9 x =0 .

Преобразуем сумму логарифмов в логарифм произведения: lg ( x 2 +9x ) ( x+9 ) x =0 , или lg ( x+9 ) 2 =0 . Потенцируя по основанию 10, имеем ( x+9 ) 2 =1 , откуда x = –8, x = –10. Подстановка этих чисел в исходное уравнение даёт, что только x = –10 является корнем.

Ответ. x = –10.

Решите уравнение log 3  ( 6sinx+4 log 5  ( 6sinx+4 ) - log 3  ( 6sinx+4 ) - log 5  ( 6sinx+4 ) =0 .

Очевидна замена 6 sin x + 4 = t > 0 (это требование взято из ОДЗ, ведь от t берётся логарифм). Перейдём к равносильному уравнению: log t log t log 5 = log t+ log t log 5 log t log t log 5 = log t ( log 5+1 ) log 5 log t log t log 5 = log t ( log 3  3+ log 5 ) log 5 log t log t log 5 = log t  log 15 log 5 [ log 3  t=0, log 3  t= log 3  15; [ t=6sinx+4=1>0, t=6sinx+4=15>0; [ sin x=- 1 2 , x; x= ( -1 ) n+1 π 6 +πn, n .

Ответ.  ( -1 ) n+1 π 6 +πn, n .





 

© Физикон, 1999-2015