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).

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

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