книги из ГПНТБ / Тупиков, В. А. Ошибки в решении конкурсных задач на вступительных экзаменах по математике

чисел по основанию

10

равны,

то равны и сами числа,

т. е. х2 = 81, откуда

х =

r t 9.

16. При решении уравнения

(3

19)2 =

10000

многие писали

дении в степень 3

о кх

как правильно

’ , так

^2 Y 0,5.Vy2

д2/0,5л:

Как же следовало решать данное уравнение?

Извлекая корень

из обеих частей

уравнения, получим

3Ко'5* + 1 9 =

100

(в правой части нельзя писать ±

100,

так как

сумма по­

ложительных чисел отрицательной быть не может), откуда

^ V 0,5*

g | ■ g V 0,5*

g4

1/0,5л: = 4;

0,5л: = 1 6 ; х = 32.

Проверкой

убеждаемся,

что

х =

32 — корень

уравнения.

17.

Значительная

часть ошибок при решении логариф

Примеры.

1) Из уравнения

log4(10 —л)

2 log, 4

bg4 4 -}-

получают

k>gi*

l°g4*

4 [(10 — x) — x\ =

16 — x.

ния За2 = 81

потерян

корень а = 0;

правда,

этот

корень

не является корнем данного уравнения,

но,

к сожалению,

абитуриенты

этого не отмечают. Решение данного уравне­

ния должно быть следующим:

область допустимых

значе­

ний неизвестного а > 0;

log3A (log33 + log3A) = log3 81 +

log3a;

logsA(l +

log3x) =

log334-f log3A;

log3A +

logaA = 41og,3 +

logaA;

log3A =

4; log3A = ±

2;

ax= 32= 9; a2= 3-2 =

Ответ:

a2 = 9; a2 =

-i-.

3) Уравнение

lg2 +

lg (4*~2+

9) =

1+ lg (2*-2+

1)

переписывалось

в виде

2

+ 4х-2+ 9 =

10 + 2*~2+ 1.

Степени числа

равны, значит, равны и показатели

loga N =

log& Af

( 1 )

log* a ’

где a > 0; b > 0; N > 0;

а ф 1; Ь ф 1;

1о^

= 1 Б ^Г -

. f 2)

log25 logs* logs* — (2 — log62) log2x log35 =

0.

Р е ш е н и е .

Область допустимых

значений

неизвест­

ного х > 0. Пользуясь формулой (1),

перепишем

уравнение

в виде

log2x- logg5

log25 • logs*

log2*

loga2

= 0.

log25

log23

log25

log23

После упрощений

получим

logs* +

log2x (1 — 2 log25) =

0;

log2x (log2x -f 1 — 21og25) =

0;

отсюда:

1)

log2x =

0;

хх = 2° =

1;

2)

log2x +

1 — 21og25 =

0; log2x =

log225 — log22;

log2A; =

25

x2 =

12,5.

log2—g-;

От в е т : xx = 1; x2 — 12,5.

Пример 2. Решить уравнение

(logx5 +

2) logix =

1.

Р е ш е н и е .

Область

допустимых

значений

неизвестно­

го х > 0 (х ф 1).

Пользуясь формулой

(2),

перепишем уравнение

(log' 5 +

2) ' i

^

“

1-

Освобождаясь от дроби,

получим

или

log,5 +

2 =

log*5

log?5 — log^.5 — 2 =

0,

отсюда

log,5 =

(logA5)i =

2;

(log,5)„ = -

1.

Имеем:

1)

x2= 5,

xx = У 5 (учитывая

область допустимых зна­

чений х, отрицательное значение корня не берем);

2)

х~ 1=

5,

х2 —

Проверка

показывает,

что значе­

ния хх и х2 удовлетворяют уравнению.

О т в е т :

хх — У 5; х2 = -g-.

logaN = \ogamN^.

(3)

Пример 3.

Решить уравнение

log81 х — 2 log3 х -(- 5 log9 х =

1,5.

Р е ш е н и е .

Область допустимых значений неизвестного

х > 0. С помощью формулы

(3) перепишем уравнение в

виде

loggiX — 2 log81x4 +

5 log81A:2 = 1 , 5

или.

loggi* — 8 log81 x -|-

10 log81 x =

1,5,

отсюда

3 logsi * =

logsi x = ~ .

logs (ху) = 5;

'

К Я . Т = 1-

V

2

имело смысла. Убедимся в этом.

Из второго уравнения

системы найдем

Подстановка в первое

уравнение

дает

log2 (2х2) = 5; 2х2= 25;, х2 =

16; х\,2= ± 4.

I

л-х ---

9;

I

у Ш

= 2.г2.

lg-v(lg 2 + 2 lg 3) — 21g31gx =

lg 2 lg 3;

(lg 2 +

2 lg 3 — 2 lg 3) lg x =

lg 2 lg 3;

Нашли

lg 2 lg л: = lg 2 lg 3;

lg л: = lg 3,

x = 3.

lg 9

__

Ig3*

_

2 lg 3

_

„

У -

ig з

-

lg з

-

lg з

О т в е т : x = 3; у — 2.

Следовало же

решать

данную

систему

уравнений так.

Область

допустимых

значений

х

и

у : х > 0 (х Ф 1),

у — любое действительное

число (у =#0).

Второе

уравнение

системы

перепишем в виде

проверка должна производиться всегда, а

другие считают

ее необязательной. В действительности же

проверка в

од­

них случаях является обязательной и входит в состав

ре­

шения уравнения, а в других случаях она

совершенно не

нужна.

Так, умножив все члены уравнения

t - -f

_

= 0

б)

при сокращении дробных

членов на

множитель, со­

держащий

неизвестное.

Например,

сократив

в уравнении

I 1-----2х = 0

дробь на (х — 9),

получим корень х = 9,

который

является

посторонним;

в)

при взаимном уничтожении подобных членов, содер­

жащих

неизвестное

(в знаменателе, или под

знаком ра­

дикала, или под знаком логарифма).

Примеры.

в уравнении

I)

Вычеркнув

2

4л;2'

2

,.я ,

О

Зха

■х3 +

3xz

второй и четвертый члены,

получим

4х2— Xs = 0; хг = x-z — 0; х3 = 4.

Корни

X! и х2 — посторонние.

2)

Вычеркнув

в уравнении

х + 3 У х + 2 + 5 - З у Т + 2 = 0

члены, содержащие радикалы, получим

х -f- 5 = 0; х = *— 5.

Корень х — — 5 — посторонний.

3)

Вычеркнув

в уравнении

*2 + 4 ~1£ л: + х — 6 —- j- lg * = 0

второй и пятый члены,

получим

х2+ х — 6 = 0; х1= — 3; х2 = 2.

Корень хх = — 3 — посторонний;

г)

при возведении

в четную степень обеих частей урав­

нения.

Например,

при возведении в квадрат обеих частей

уравнения

] / 2х — 6 +

]/ х +

4 =

5 появляется посторонний

корень х — 165;

уравнения

lg(x — 1) ф-

д)

при потенцировании. Так, из

+ lg(x -[- 1) = 0,

потенцируя,

получим

\gix2— 1) = 0;

4 В. А. Тупиков

29