Решение систем показательных и логарифмических уравнений.

При решении систем показательных и логарифмических уравнений применяются те же приемы, что при решении систем алгебраических уравнений. Но во многих случаях прежде, чем применить тот или метод, следует преобразовать каждое уравнение к более простому виду.

Пример № 16. Решить систему .

Положив и , получим систему уравнений , имеющую четыре решения , , и , а т.к. и , то и , т.е. из найденных четырех решений возьмем только первые два. Таким образом, задача сводится к решению совокупности двух систем уравнений и . Откуда из первой системы, и и из второй – и являются решениями исходной системы.

Пример № 17. Решить систему .

Отметим, что x > 0 и y > 0, а т.к. , то получим . Решая эту систему, имеем х₁ = 2, у₁ = 1; х₂ = 1, у₂ = 2; х₃ = –2, у₃ = –1; х₄ = –1, у₄ = –2 (проверьте!), с учетом ОДЗ только пары чисел (2; 1) и (1; 2) являются решениями данной системы.

Вопросы для самопроверки

1. Дать определение логарифму. Привести несколько примеров.

2. Основное логарифмическое тождество.

3. Вывести формулу для логарифма произведения.

4. Вывести формулу для логарифма частного.

5. Вывести формулу для логарифма степени.

6. Доказать справедливость формулы перехода к новому основанию.

7. Логарифмическая функция у = log_ax. При а > 1, при 0 < a < 1. Свойства. Графики.

8. Методы решения логарифмических уравнений.

9. Решение уравнений вида

а)

б)

10. Решение неравенств вида

а)

б)

Тема: «Уравнения и неравенства, содержащие переменную под знаком модуля. Уравнения и неравенства с параметром»

При решении уравнений, содержащих переменную под знаком модуля применяют следующие методы: раскрытие модуля по определению, возведение обеих частей уравнения в квадрат и метод разбиения на промежутки. Рассмотрим примеры.

Пример № 1. Решить уравнение 3х – 5 = 11

1-ый способ. Т.к. по определению

, то данное уравнение равносильно следующей совокупности систем:

и . Из первой системы этой совокупности находим х₁ = 5 , а из второй – х₂ = –2.

2-ой способ. Т.к. обе части исходного уравнения неотрицательны, то оно равносильно уравнению (3х – 5)² = 11², решая которое получим 3х² – 10х – 32 = 0, откуда х₁ = 5 и х₂= –2.

Пример № 2. Решить уравнение .

Это уравнение тоже можно решить двумя способами. При решении первым способом будет получена совокупность систем равносильных данному уравнению и , решая которую получим .

Для того чтобы решить уравнение вторым способом, следует учесть, что уравнение равносильное данному получится только в том случае, если выражение (х + 1), находящееся в правой части, будет неотрицательным, т.е. имеем систему , решая которую, получим

, откуда .

Пример №3. Решить уравнение .

Применим метод разбиения на промежутки. Нанесем на числовую ось значения х, при которых х – 4 = 0 и 1 – х = 0. Числовая прямая при этом разобьется на промежутки . Решим уравнение на каждом из полученных промежутков: ;

и ; далее ; и . Решением первой системы является , а вторая и третья – решений не имеют, таким образом – решение исходного уравнения.

Пример №4. Решить уравнениех + х – 1 = х – 2.

Можно решить это уравнение методом разбиения на промежутки, но заметив, что правая часть уравнения положительна при х – 2 > 0 (т.е. х > 2) и при этом х > 0 и х – 1 > 0, получаем систему , откуда , т.е. уравнение корней не имеет.

Пример №5. Решить уравнение х² – 6х – 7 = 3х – 11

Хотя обе части этого уравнения неотрицательны при любых х, возведение в квадрат обеих частей приведет к уравнению 4-ой степени. Поэтому в данном случае более предпочтительным является метод разбиения на промежутки.

Нанесем на числовую прямую значения х, при которых х²– 6х – 7 = 0 и 3х – 11 = 0. При этом числовая прямая разобьется на промежутки (–;–1] (7;+). Решим уравнение на каждом из полученных промежутков: при х(–;–1] , имеем х² – 6х – 7 = – (3х – 11), откуда х₁ = 6 и х₂ = –3 и т.к. оба эти значения принадлежат указанным промежуткам, то эти значения являются решениями исходного уравнения; при х (7;+), получаем уравнение

х² – 6х – 7 = 3х – 11, откуда и оба эти значения являются решением исходного уравнения. И ответ х₁ = 6, х₂ = –3 и .

Пример № 6. Решить уравнение .

Поскольку обе части неравенства неотрицательны, то возведем их в квадрат, получим уравнение равносильное исходному , преобразуем

и далее , решая это уравнение любым из трех описанных способов, получим х = 0,5 (проверьте!).

Пример № 7. Решить уравнение sin²х + 2sinx – 3 = 0

Пусть sinx = t, тогда имеем t² + 2t – 3 = 0. Для неотрицательных t получим t² + 2t – 3 = 0, откуда t₁ = 1 и t₂ = –3, а т.к. t  0, то t₂ = –3 решением не является. И для t < 0, получим t² – 2t – 3 = 0, откуда t₁ = –1 и t₂ = 3, и только t₁ = –1 является решением, т.е. t = 1. Возвращаясь к переменной х, имеем sinx = 1, откуда х = + k, k.

При решении неравенств, содержащих переменную под знаком модуля применяются те же методы, что и при решении уравнений.

Пример № 8. Решить неравенство .

Возведем в квадрат обе части неравенства, получим , далее , откуда . Это и есть решение неравенства, поскольку были произведены только равносильные преобразования.

Это же неравенство решим методом разбиения на промежутки. Нанесем на числовую прямую те значения х, при которых 3х – 2 = 0 и 2х + 1 = 0, т.е. и . Получим три промежутка: и на каждом из них решим неравенства, получим совокупность трех систем:

; и , откуда ; и . Первая система решений не имеет, – решение второй системы и – решение третьей системы, а тогда – решение исходного неравенства.

Пример № 9. Решить неравенство .

Данное неравенство равносильно следующей совокупности систем и , решая которую, получаем и , откуда решение первой системы: {2}, а – решение второй. Объединяя найденные решения, получим .

Пример № 10. Решить неравенство .

Укажем ОДЗ неравенства. Т.к. логарифмируемое выражение должно быть больше нуля, то х  2. Данное неравенство равносильно двойному неравенству –2  log₃x–2  2, которое в свою очередь равносильно неравенству x–2  9, откуда для х > 2, имеем 2  x  11, а для х < 2 получим:

–7 x  1 , тогда х[–7; 1 ][2 ;11] – решение исходного неравенства.

Уравнения и неравенства с параметрами.

Пусть дано уравнение . Если ставится задача отыскать все пары (х, а), которые удовлетворяют данному уравнению, то мы имеем уравнение с двумя неизвестными х и а. Но если переменной а придать какое-либо фиксированное значение, то уравнение можно рассматривать как уравнение с одной переменной х, причем решения этого уравнения определяются выбранным значением а. Когда ставится задача для каждого значения а решить уравнение, то это уравнение с одной переменной х и одним параметром а. Перебрать все значения параметра а, конечно же, невозможно, но всегда есть “особые” значения, в которых (или же при переходе через которые) происходит качественное изменение уравнения, такие значения параметра называют контрольными. Рассмотрим на примерах как находятся контрольные параметры и как решать уравнения с параметрами.

Пример № 11. Решить уравнение

Здесь контрольными значениями параметра будут те значения а, при которых коэффициент при х обращается в ноль, т.е. а = 0 и а = 3. При этих значениях параметра невозможно деление обеих частей уравнения на коэффициент при х, а при а  0 и а  3 это деление возможно. Значит, рассмотрим данное уравнение при следующих значениях параметра:

1. при а = 0 имеем 0  х = –3 – это уравнение корней не имеет;

2. при а = 3 имеем 0  х = 0 – корнем этого уравнения является любое действительное число;

3. при а  0 и а  3 имеем , откуда . Итак, запишем ответ: при а = 0 корней нет, при а = 3, х  R и при .

Пример № 12. Решить уравнение

.

В данном случае контрольным значением будет , т.к. тогда уравнение является линейным, а при – квадратным, т.е. рассмотрим два случая:

1. при имеем , откуда ;

2. при получаем квадратное уравнения, вычислим дискриминант D = а² + 18а – 3. Найдем, при каких значениях параметра а D > 0 – в этом случае исходное уравнение имеет два действительных корня; D = 0 – тогда уравнение имеет один двукратный корень и D < 0 при этом уравнение не имеет действительных корней. Таким образом, значения параметра а, при которых дискриминант D = 0 тоже относятся к контрольным, найдем их: , .

Итак, если , то ;

если , кроме ,

т.е. , то

и если , то уравнение действительных корней не имеет. Добавим полученное в случае 1 решение: при . Все это и будет решением исходного уравнения.

Пример № 13. Решить уравнение

Область определения уравнения х > 0. При этом выражения, содержащиеся в обеих частях уравнения принимают только положительные значения, поэтому возьмем от обеих частей уравнения логарифмы по основанию а и сразу же отметим, что а > 0 и а  1, получим , далее х – 2 = 0 и полагая log_a x = t имеем квадратное уравнение, решая которое получаем t₁ = 2 и t₂ = –1. Откуда х₁ = а² и х₂ = . Таким образом, при а  0 и а = 1 решений нет, а при 0 < a < 1 и a > 1 решением является х₁ = а² и х₂ = .

Пример №14. Решить систему уравнений .

Выразим х из первого уравнения системы и подставим во вторую, получим а – а²у + у = а², далее (1 – а²)·у = а² – а. Контрольными значениями параметра являются а = 1, при этом коэффициент при у обращается в ноль и деление обеих частей уравнения на коэффициент при у невозможно, т.е. необходимо рассмотреть три случая:

1. при а = 1 имеем 0у = 0 – корнем этого уравнения является любое действительное число, тогда х = 1 – у, т.е. решением исходной системы будут пары чисел вида (1 – у; у), где уR;

2. при а = –1 имеем 0у = 2 – это уравнение решений не имеет, значит и система уравнений тоже не имеет решения;

3. при а  1 имеем , найдем х:

х = 1 + , т.е. решением исходной системы уравнений являются пары чисел . И запишем ответ:

при а = 1 (1–у; у), где уR,

при а = –1 система уравнений решения не имеет,

при а  1 решением является .

Пример № 15. Решить неравенство .

Первое контрольное значение параметра а = –3. Рассмотрим три случая:

1. a < –3, т.е. a + 3 < 0 при этом исходное неравенство равносильно неравенству , преобразовав которое, получим . Приравняем коэффициент при х к нулю, , получим еще два контрольных параметра и , т.е. нужно рассмотреть следующие случаи: , , и . Помня о том, что в случае 1 мы рассматриваем только a < –3, имеем:

1.1. , при этом и тогда ;

1.2. а = –5, при этом и неравенство принимает вид 0 > –44, которое верно при любом х.

1.3. , при этом и тогда

.

Рассмотрим второй случай:

2. а = –3. Очевидно, что при этом значении параметра исходное неравенство решения не имеет.

3. , т.е. а + 3 > 0 и исходное неравенство равносильно неравенству и аналогично случаю 1. Рассмотрим три случая для этого неравенства:

3.1. , тогда

3.2. , получим 0 < –44, т.е. неравенство решения не имеет;

3.3. , тогда ;

И запишем ответ:

при , ;

при , ;

при а = –5, хR;

при и а = –3 неравенство решений не имеет.

Пример № 16. При каких значениях параметра а неравенство имеет хотя бы одно решение.

Пусть > 0, тогда данное неравенство принимает вид . Для уравнения найдем дискриминант .

1. При D < 0 – уравнение действительных корней не имеет и левая часть неравенства, при указанных а, положительна, т.е. неравенство решений не имеет.

2. При а = –6 и а = 2, D = 0 и тогда – решение уравнения, но т.к. t > 0, и только а = 2 удовлетворяет этому условию, т.е. при а = –6 исходное неравенство решений не имеет, а при а = 2 неравенство примет вид или . Это неравенство имеет единственное решение t = 1, а тогда х = 0 (условие не требует нахождения х, поэтому достаточно указать только значения параметра, т.е. а = 2).

3. При D > 0 и решением неравенства является .

Учитывая, что t > 0, для существования хотя бы одного решения исходного неравества достаточно, что бы выполнялось > 0. Решим это неравенство для . Уединим корень > –а. При правая часть отрицательна, т.е. неравенство верно, а при обе части неравенства положительны, возведем их в квадрат, получим а > 3 (проверьте!), т.е. решений нет. Таким образом, исходное неравенство имеет хотя бы одно решение при .