Открытая Математика. Алгебра. Показательные и логарифмические уравнения

Показательные и логарифмические уравнения

Показательные уравнения

Уравнения вида a^{f (x)} = b, a > 0, a ≠ 1, b > 0

По определению логарифма из основного логарифмического тождества получаем, что $f (x) = {log}_{a} b .$ 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, $\sqrt{17},$ π, $10^{124}$ и т. п.).

Уравнения вида $F (a^{f (x)}) = 0, a > 0, a \neq 1$

Такие уравнения решаются в два этапа:

a) С помощью замены $t = a^{f (x)}$ это уравнение сводится к уравнению F (t) = 0, у которого ищутся все его положительные корни $t_{k}, k = \bar{1, n}, n \in ℤ$ (пусть таких корней ровно n штук).

b) Для каждого $k = \bar{1, n}$ решается уравнение типа рассмотренного выше: $a^{f (x)} = t_{k} .$

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

Решите уравнение $4^{{tg}^{2} x} + 2^{\frac{1}{{cos}^{2} x}} = 8 .$

Так как $4^{{tg}^{2} x} + 2^{\frac{1}{{cos}^{2} x}} = 4^{\frac{1}{{cos}^{2} x} - 1} + 2^{\frac{1}{{cos}^{2} x}} = \frac{1}{4} ċ 2^{\frac{2}{{cos}^{2} x}} + 2^{\frac{1}{{cos}^{2} x}} = 8,$ то, делая замену $t = 2^{\frac{1}{{cos}^{2} x}},$ получаем квадратное уравнение $\frac{1}{4} t^{2} + t - 8 = 0,$ корни которого $t_{1} = 4$ и $t_{2} = - 8 .$ Второй корень, очевидно, посторонний, так как нарушается условие t > 0. Получаем уравнение 1-го типа: $\begin{array}{l} 2^{\frac{1}{{cos}^{2} x}} = 4 = 2^{2} \Leftrightarrow \frac{1}{{cos}^{2} x} = {log}_{2} 4 = 2 \Rightarrow {cos}^{2} x = \frac{1}{2} \Rightarrow \\ \Rightarrow cos 2 x = 2 {cos}^{2} x - 1 = 2 ċ \frac{1}{2} - 1 = 0 \Rightarrow x = \frac{π}{4} + \frac{π n}{2} . \end{array}$

Ответ. $x = \frac{π}{4} + \frac{π n}{2}, n \in ℤ .$

Уравнения вида a^{f (x)} = a^{g (x)}, a > 0, a ≠ 1

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

Решите уравнение ${(3 {(3^{\sqrt{x} + 3})}^{\frac{1}{2 \sqrt{x}}})}^{\frac{2}{\sqrt{x} - 1}} = \frac{3}{\sqrt[10]{3}} .$

Так как ${(3 {(3^{\sqrt{x} + 3})}^{\frac{1}{2 \sqrt{x}}})}^{\frac{2}{\sqrt{x} - 1}} = 3^{(1 + \frac{\sqrt{x} + 3}{2 \sqrt{x}}) ċ \frac{2}{\sqrt{x} - 1}}$ и $\frac{3}{\sqrt[10]{3}} = 3^{1 - \frac{1}{10}} = 3^{\frac{9}{10}},$ то уравнение можно записать в виде $3^{(1 + \frac{\sqrt{x} + 3}{2 \sqrt{x}}) ċ \frac{2}{\sqrt{x} - 1}} = 3^{\frac{9}{10}} .$ Следовательно, исходное уравнение равносильно иррациональному уравнению $(1 + \frac{\sqrt{x} + 3}{2 \sqrt{x}}) ċ \frac{2}{\sqrt{x} - 1} = \frac{9}{10} .$ Имеем: $\frac{2 \sqrt{x} + \sqrt{x} + 3}{2 \sqrt{x}} ċ \frac{2}{\sqrt{x} - 1} = \frac{3 (\sqrt{x} + 1) ċ 2}{2 \sqrt{x} (\sqrt{x} - 1)} = \frac{3 (\sqrt{x} + 1)}{\sqrt{x} (\sqrt{x} - 1)} = \frac{9}{10} \Leftrightarrow \frac{(\sqrt{x} + 1)}{\sqrt{x} (\sqrt{x} - 1)} = \frac{3}{10} \Rightarrow$ $\Rightarrow 10 (\sqrt{x} + 1) = 3 \sqrt{x} (\sqrt{x} - 1) \Rightarrow 3 x - 13 \sqrt{x} - 10 = 0 \Rightarrow (\sqrt{x} - 5) (3 \sqrt{x} + 2) = 0.$ Отсюда следует, что $\sqrt{x} = 5,$ то есть x = 25; во втором случае $\sqrt{x} = - \frac{2}{3}$ − решений нет.

Ответ. 25.

Решите уравнение ${(\frac{8}{7})}^{y^{- 2}} = {(\frac{7}{8})}^{- {| 2 - y^{2} |}^{- 1}} .$

Сразу заметим, что уравнение имеет вид ${(\frac{8}{7})}^{1 / y^{2}} = {(\frac{8}{7})}^{1 / | 2 - y^{2} |},$ что равносильно уравнению

\frac{1}{y^{2}} = \frac{1}{| 2 - y^{2} |} \Leftrightarrow {\begin{array}{l} | 2 - y^{2} | = y^{2}, \\ y \neq 0, \\ y^{2} \neq 2; \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} 2 - y^{2} = y^{2} \Leftrightarrow y^{2} = 1, \\ 2 - y^{2} = - y^{2} \Leftrightarrow y \in \emptyset . \end{array} \Leftrightarrow y = \pm 1.

Ответ. 1, –1.

Уравнения вида a^{f (x)} = b^{g (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^{g (x)} \Leftrightarrow f (x) = g (x) {log}_{a} b .

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

Решите уравнение $32 ċ 25^{2 x} = 5 ċ 2^{\frac{1}{x}} .$

Уравнение легко преобразовать к виду $2^{4 - \frac{1}{x}} = 5^{1 - 4 x} .$ Оно содержит показательные функции с разными основаниями. Для его решения прологарифмируем обе части по любому основанию, например, по основанию 2. Имеем: $4 - \frac{1}{x} = (1 - 4 x) {log}_{2} 5 \Leftrightarrow \frac{4 x - 1}{x} = - (4 x - 1) {log}_{2} 5 \Leftrightarrow (4 x - 1) (\frac{1}{x} + {log}_{2} 5) = 0.$ Корни этого уравнения $x_{1} = \frac{1}{4}$ и $x_{2} = - \frac{1}{{log}_{2} 5} = {log}_{5} \frac{1}{2} .$ 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 a^{f (x)} = b^{g (x)} к уравнению f (x) = g (x) log_a b или, в общем случае, переход от уравнения F (x) = G (x) к уравнению log_a F (x) = log_b 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, $x = x^{3} \Leftrightarrow x (x^{2} - 1) = 0 \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = 0, \\ x = 1, \\ x = - 1; \end{matrix}$ $lg x = lg x^{3} \Leftrightarrow {\begin{array}{l} x (x^{2} - 1) = 0, \\ x > 0; \end{array} \Leftrightarrow x = 1.$

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

Логарифмические уравнения

Уравнения вида log_a 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) = a^b. Это уравнение можно решать любыми доступными методами, поскольку a^b – это число.

Уравнения вида $F ({log}_{a} f (x)) = 0, a > 0, a \neq 1$

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 $t_{k}, k = \bar{1, n}, n \in ℤ$ (пусть таких корней ровно n штук).
Для каждого $k = \bar{1, n}$ 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 $2 {log}_{49} {(x - 1)}^{2} + {log}_{\sqrt{7}} (\frac{2 x + 9}{7 x + 9}) = 0 .$

Преобразуем левую часть уравнения, приводя все логарифмы к основанию 7. $2 ċ \frac{1}{2} ċ 2 {log}_{7} | x - 1 | + 2 {log}_{7} (\frac{2 x + 9}{7 x + 9}) = 0,$ ${log}_{7} \frac{| x - 1 | (2 x + 9)}{(7 x + 9)} = 0 \Rightarrow \frac{| x - 1 | (2 x + 9)}{(7 x + 9)} = 1 .$

а) ${\begin{matrix} x > 1, \\ (x - 1) (2 x + 9) = (7 x + 9). \end{matrix} \Leftrightarrow {\begin{matrix} x > 1, \\ x^{2} = 9. \end{matrix}$ Корень последнего уравнения с учётом ограничения x > 1 есть x = 3.

б) ${\begin{matrix} x < 1, \\ (1 - x) (2 x + 9) = (7 x + 9). \end{matrix} \Leftrightarrow {\begin{matrix} x < 1, \\ - 2 x^{2} - 14 x = 0. \end{matrix} \Leftrightarrow {\begin{matrix} x < 1, \\ x (x + 7) = 0. \end{matrix} \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = 0, \\ x = - 7. \end{matrix}$

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 $(x + 4) {log}_{4} (x + 1) + (4 - x) {log}_{2} (x - 1) - \frac{8}{3} {log}_{2} (x^{2} - 1) = 0 .$

ОДЗ данного уравнения: ${\begin{array}{l} x + 1 > 0, \\ x - 1 > 0; \end{array} \Leftrightarrow x > 1 .$ Выполним цепочку преобразований, равносильных в ОДЗ. $\frac{8}{3} {log}_{2} (x + 1) + \frac{8}{3} {log}_{2} (x - 1) = \frac{x + 4}{2} {log}_{2} (x + 1) - (x - 4) {log}_{2} (x - 1) \Leftrightarrow$ $\Leftrightarrow (\frac{8}{3} + (x - 4)) {log}_{2} (x - 1) = (\frac{x + 4}{2} - \frac{8}{3}) {log}_{2} (x + 1) \Leftrightarrow$ $\Leftrightarrow (\frac{8 + 3 x - 12}{3}) {log}_{2} (x - 1) = (\frac{3 x + 12 - 16}{6}) {log}_{2} (x + 1) \Leftrightarrow$ $\Leftrightarrow (\frac{3 x - 4}{3}) {log}_{2} (x - 1) = (\frac{3 x - 4}{6}) {log}_{2} (x + 1) \Leftrightarrow$ $\Leftrightarrow (\frac{3 x - 4}{6}) (2 {log}_{2} (x - 1) - {log}_{2} (x + 1)) = 0 \Leftrightarrow$

1) 3x – 4 = 0, $x = \frac{4}{3}$ − входит в ОДЗ.

2) $2 {log}_{2} (x - 1) - {log}_{2} (x + 1) = 0 \Leftrightarrow {log}_{2} \frac{{(x - 1)}^{2}}{(x + 1)} = 0 \Leftrightarrow \frac{{(x - 1)}^{2}}{(x + 1)} = 1$ (x + 1 > 0 в ОДЗ), $x^{2} - 2 x + 1 = x + 1 \Leftrightarrow x^{2} - 3 x = x (x - 3) = 0 .$ x = 0 − не входит в ОДЗ.

x = 3 − входит в ОДЗ.

Ответ. 3, $\frac{4}{3} .$

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

Решение логарифмических уравнений

ОДЗ данного уравнения: ${\begin{array}{l} f (x) > 0, \\ g (x) > 0. \end{array}$ В силу монотонности логарифмической функции, каждое своё значение она принимает ровно один раз. Следовательно, в ОДЗ имеем: ${log}_{a} f (x) = {log}_{a} g (x) \Leftrightarrow f (x) = g (x) .$

Полная система равносильности выглядит так: ${log}_{a} f (x) = {log}_{a} g (x) \Leftrightarrow {\begin{array}{l} f (x) > 0, \\ f (x) = g (x); \end{array} \Leftrightarrow {\begin{array}{l} g (x) > 0, \\ f (x) = g (x) . \end{array}$

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 log_a f (x) = log_a 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 $lg (x^{2} + 9 x) + lg \frac{x + 9}{x} = 0 .$

Преобразуем сумму логарифмов в логарифм произведения: $lg \frac{(x^{2} + 9 x) (x + 9)}{x} = 0,$ 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 ${log}_{3} (6 sin x + 4) {log}_{5} (6 sin x + 4) - {log}_{3} (6 sin x + 4) - {log}_{5} (6 sin x + 4) = 0 .$

Очевидна замена 6 sin x + 4 = t > 0 (это требование взято из ОДЗ, ведь от t берётся логарифм). Перейдём к равносильному уравнению: ${log}_{3} t \frac{{log}_{3} t}{{log}_{3} 5} = {log}_{3} t + \frac{{log}_{3} t}{{log}_{3} 5} \Leftrightarrow {log}_{3} t \frac{{log}_{3} t}{{log}_{3} 5} = \frac{{log}_{3} t ({log}_{3} 5 + 1)}{{log}_{3} 5} \Leftrightarrow {log}_{3} t \frac{{log}_{3} t}{{log}_{3} 5} = \frac{{log}_{3} t ({log}_{3} 3 + {log}_{3} 5)}{{log}_{3} 5} \Leftrightarrow {log}_{3} t \frac{{log}_{3} t}{{log}_{3} 5} = \frac{{log}_{3} t {log}_{3} 15}{{log}_{3} 5} \Leftrightarrow$ $[\begin{array}{l} {log}_{3} t = 0, \\ {log}_{3} t = {log}_{3} 15; \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} t = 6 sin x + 4 = 1 > 0, \\ t = 6 sin x + 4 = 15 > 0; \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} sin x = - \frac{1}{2}, \\ x \in \emptyset; \end{array} \Leftrightarrow x = {(- 1)}^{n + 1} \frac{π}{6} + π n, n \in ℤ .$

Ответ. ${(- 1)}^{n + 1} \frac{π}{6} + π n, n \in ℤ .$

Смотрите также: Математика, Английский язык, Химия, Биология, Физика, География, Астрономия.
А также: библиотека ЭОРов и образовательный онлайн-сервис с тысячами интерактивных работ "Облако знаний".

Учебник. Показательные и логарифмические уравнения

ГЛАВНАЯ

НОВОСТИ

УЧЕБНИК

ДОСТУП К БЕСПЛАТНЫМ УРОКАМ