Однородные логарифмические уравнения

Однородные логарифмические уравнения первого порядка —

    \[b \cdot {\log _a}f(x) + c \cdot {\log _a}g(x) = 0\]

— не нуждаются в особом подходе для их решения.

С помощью свойств логарифмов такое уравнение можно привести к простейшему логарифмическому.

В общем виде решение таких уравнений можно представить, например, так:

ОДЗ:

    \[\left\{ \begin{array}{l} f(x) > 0;\\ g(x) > 0. \end{array} \right.\]

    \[{\log _a}{(f(x))^b} + {\log _a}{(g(x))^c} = 0\]

    \[{\log _a}{(f(x))^b} \cdot {(g(x))^c} = 0\]

    \[{(f(x))^b} \cdot {(g(x))^c} = 1\]

Если между логарифмами стоит знак «минус», удобнее второе слагаемое перенести в правую часть, чтобы получить уравнение вида «логарифм равен логарифму«:

    \[b \cdot {\log _a}f(x) - c \cdot {\log _a}g(x) = 0\]

    \[{\log _a}{(f(x))^b} = {\log _a}{(g(x))^c}\]

    \[{(f(x))^b} = {(g(x))^c}\]

Пример.

    \[2{\log _5}(x - 7) - {\log _5}(19 - x) = 0\]

ОДЗ:

    \[\left\{ \begin{array}{l} x - 7 > 0;\\ 19 - x > 0; \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > 7;\\ x < 19; \end{array} \right. \Rightarrow x \in (7;19).\]

    \[{\log _5}{(x - 7)^2} = {\log _5}(19 - x)\]

Поскольку в левой и правой части уравнения стоят равные логарифмы с равными основаниями, то выражения, стоящие под знаками логарифмов, тоже равны:

    \[{(x - 7)^2} = 19 - x\]

    \[{x^2} - 14x + 49 - 19 + x = 0\]

    \[{x^2} - 13x + 30 = 0\]

    \[{x_1} = 3;{x_2} = 10\]

Первый корень не входит в ОДЗ.

Ответ: 10.

При решении таких уравнений, в принципе, определять его вид, как однородного, нет необходимости. Иначе обстоит дело с уравнениями второго порядка.

Однородное логарифмическое уравнение второго порядка — это уравнение вида

    \[{k_1}\log _a^2f(x) + {k_2}{\log _a}f(x) \cdot {\log _a}g(x) + \]

    \[ + {k_3}\log _a^2g(x) = 0\]

Обе части уравнения делим на квадрат одного из логарифмов:

    \[{k_1}\log _a^2f(x) + {k_2}{\log _a}f(x) \cdot {\log _a}g(x) + \]

    \[ + {k_3}\log _a^2g(x) = 0\_\_\_\left| : \right.\log _a^2g(x) \ne 0\]

(Предварительно проверяя, не являются ли значения x, при которых этот логарифм обращается в нуль, корнями данного уравнения).

Получаем:

    \[\frac{{{k_1}\log _a^2f(x)}}{{\log _a^2g(x)}} + \frac{{{k_2}{{\log }_a}f(x) \cdot {{\log }_a}g(x)}}{{\log _a^2g(x)}} + \]

    \[ + {k_3} = 0\]

После сокращения:

    \[{k_1} \cdot {(\frac{{{{\log }_a}f(x)}}{{{{\log }_a}g(x)}})^2} + {k_2} \cdot \frac{{{{\log }_a}f(x)}}{{{{\log }_a}g(x)}} + {k_3} = 0\]

Пусть

    \[\frac{{{{\log }_a}f(x)}}{{{{\log }_a}g(x)}} = t,\]

тогда

    \[{k_1}{t^2} + {k_2}t + {k_3} = 0\]

Далее — решение квадратного уравнения относительно t и обратная замена.

Пример.

    \[{\lg ^2}(2x + 1) - \lg (2x + 1) \cdot \lg (2x - 1) - \]

    \[ - 2{\lg ^2}(2x - 1) = 0\]

ОДЗ:

    \[\left\{ \begin{array}{l} 2x + 1 > 0;\\ 2x - 1 > 0; \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > - \frac{1}{2};\\ x > \frac{1}{2}; \end{array} \right. \Rightarrow x > \frac{1}{2}.\]

Обе части уравнения делим на lg(2x+1)≠0 (этот логарифм обращается в нуль, когда 2x+1=1, то есть при x=0. Но нуль не входит в ОДЗ, следовательно, деление на lg(2x+1) не ведет к потере корней).

    \[{\lg ^2}(2x + 1) - \lg (2x + 1) \cdot \lg (2x - 1) - \]

    \[ - 2{\lg ^2}(2x - 1) = 0\_\_\_\left| : \right.{\lg ^2}(2x + 1) \ne 0\]

    \[1 - \frac{{\lg (2x + 1) \cdot \lg (2x - 1)}}{{{{\lg }^2}(2x + 1)}} - \frac{{2{{\lg }^2}(2x - 1)}}{{{{\lg }^2}(2x + 1)}} = \]

    \[ = 0\]

    \[1 - \frac{{\lg (2x - 1)}}{{\lg (2x + 1)}} - 2 \cdot {(\frac{{\lg (2x - 1)}}{{\lg (2x + 1)}})^2} = 0\]

Пусть

    \[\frac{{\lg (2x - 1)}}{{\lg (2x + 1)}} = t,\]

тогда

    \[1 - t - 2{t^2} = 0\]

    \[2{t^2} + t - 1 = 0\]

    \[{t_1} = - 1;{t_2} = \frac{1}{2}\]

Обратная замена:

    \[1)\frac{{\lg (2x - 1)}}{{\lg (2x + 1)}} = - 1;\]

    \[\lg (2x - 1) = - \lg (2x + 1)\]

    \[\lg (2x - 1) = \lg {(2x + 1)^{ - 1}}\]

    \[2x - 1 = {(2x + 1)^{ - 1}}\]

    \[2x - 1 = \frac{1}{{2x + 1}}\]

    \[(2x - 1)(2x + 1) = 1\]

    \[4{x^2} - 1 - 1 = 0\]

    \[{x^2} = \frac{1}{2}\]

    \[{x_1} = \frac{1}{{\sqrt 2 }};{x_2} = - \frac{1}{{\sqrt 2 }}\]

Оба корня не входят в ОДЗ.

    \[2)\frac{{\lg (2x - 1)}}{{\lg (2x + 1)}} = \frac{1}{2};\]

    \[\lg (2x - 1) = \frac{1}{2}\lg (2x + 1)\]

    \[\lg (2x - 1) = \lg {(2x + 1)^{\frac{1}{2}}}\]

    \[2x - 1 = {(2x + 1)^{\frac{1}{2}}}\]

    \[2x - 1 = \sqrt {2x + 1} \]

    \[{(2x - 1)^2} = {(\sqrt {2x + 1} )^2}\]

    \[4{x^2} - 4x + 1 = 2x + 1\]

    \[4{x^2} - 6x = 0\]

    \[2x(2x - 3) = 0\]

    \[2x = 0;2x - 3 = 0\]

    \[{x_1} = 0;{x_2} = 1,5\]

Первый корень не входит в ОДЗ.

Ответ: 1,5.

      

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *