Логарифмічні рівняння та нерівності
Логарифмічні рівняння — одна з тих тем 11 класу, де школяр може все зробити правильно і все одно втратити бали. Причина майже завжди одна: не знайдено або не перевірено область допустимих значень. Логарифм існує не для всіх чисел, тому корінь, отриманий формально бездоганними перетвореннями, може виявитися стороннім. На заняттях у Tutor-Math ми привчаємо писати ОДЗ першим рядком розв'язання — до будь-яких перетворень. Ця стаття розбирає саме такий порядок дій.
ОДЗ — ядро всієї теми
Означення. Логарифмом числа \(b\) за основою \(a\) називають показник степеня, до якого треба піднести \(a\), щоб дістати \(b\). Позначення: \(\log_a b\).\[ \log_a b = c \quad \Longleftrightarrow \quad a^c = b \]
Із цієї рівносильності одразу випливають обмеження. Степінь додатного числа завжди додатний, отже \(b\) від'ємним бути не може. А основа не має права дорівнювати одиниці, бо \(1^c = 1\) за будь-якого \(c\) — рівняння або не мало б розв'язків, або мало б їх безліч.
Область допустимих значень. Вираз \(\log_a b\) визначений тоді й тільки тоді, коли одночасно виконано три умови: \(b > 0\), \(a > 0\), \(a \neq 1\).
Практично це означає: у кожному логарифмі рівняння підлогарифмічний вираз треба прирівняти до нуля зі знаком «більше» і розв'язати отриману систему нерівностей. Якщо основа теж містить змінну, до системи додаються ще дві умови на неї. Детальніше про самі логарифми — у статті логарифм числа, а про поведінку графіка — в логарифмічній функції.
Важливий нюанс: ОДЗ шукають за вихідним рівнянням, а не за тим, що вийшло після перетворень. Перетворення часто розширюють ОДЗ — саме тому й з'являються сторонні корені.
Метод потенціювання
Найпоширеніша схема. Рівняння зводять до вигляду «логарифм дорівнює логарифму за тією самою основою» і прибирають логарифми.
Правило потенціювання. Якщо \(a > 0\), \(a \neq 1\), то рівняння \(\log_a f(x) = \log_a g(x)\) рівносильне системі: \(f(x) = g(x)\) разом з умовою \(f(x) > 0\).
Окремий випадок — коли справа стоїть число: \(\log_a f(x) = c\) переходить у \(f(x) = a^c\). Тут ОДЗ виконується автоматично, бо \(a^c\) завжди додатне, але звичку виписувати обмеження краще не втрачати.
Щоб звести кілька логарифмів до одного, потрібні властивості логарифмів:
\[ \log_a x + \log_a y = \log_a (xy), \qquad \log_a x - \log_a y = \log_a \frac{x}{y}, \qquad k\log_a x = \log_a x^k \]Саме тут криється головна пастка теми. Перехід від \(\log_a x + \log_a y\) до \(\log_a(xy)\) розширює область визначення: зліва потрібно \(x > 0\) і \(y > 0\), а справа достатньо, щоб добуток був додатним — тобто підходять і два від'ємні множники. Нове рівняння має «зайві» розв'язки, яких у старого не було.
Приклад 1. Найпростіше рівняння
Розв'язати \(\log_3(2x - 1) = 2\).
ОДЗ: \(2x - 1 > 0\), звідки \(x > 0{,}5\).
За означенням логарифма \(2x - 1 = 3^2 = 9\), отже \(2x = 10\) і \(x = 5\).
Перевірка ОДЗ: \(5 > 0{,}5\) — корінь підходить. Підстановка: \(\log_3(2 \cdot 5 - 1) = \log_3 9 = 2\). Рівність виконується.
Відповідь: \(x = 5\).
Приклад 2. Сторонній корінь
Розв'язати \(\log_2(x - 1) + \log_2(x + 1) = 3\).
ОДЗ: потрібно одночасно \(x - 1 > 0\) і \(x + 1 > 0\), тобто \(x > 1\) і \(x > -1\). Перетин дає \(x > 1\).
Згортаємо суму: \(\log_2\big((x-1)(x+1)\big) = 3\), звідки \((x-1)(x+1) = 2^3 = 8\), тобто \(x^2 - 1 = 8\) і \(x^2 = 9\). Формально маємо два корені: \(x_1 = 3\) і \(x_2 = -3\).
Перевірка ОДЗ. Корінь \(x_1 = 3\) задовольняє умову \(x > 1\). Корінь \(x_2 = -3\) її не задовольняє: підставивши його у вихідне рівняння, дістанемо \(\log_2(-4)\) — вираз, що не існує. Це і є сторонній корінь: він з'явився через розширення ОДЗ при згортанні суми логарифмів у логарифм добутку. Добуток \((-4) \cdot (-2) = 8\) справді додатний, тому в перетвореному рівнянні \(x = -3\) «проходить», а у вихідному — ні.
Підстановка \(x = 3\): \(\log_2 2 + \log_2 4 = 1 + 2 = 3\). Збігається з правою частиною.
Відповідь: \(x = 3\).
Приклад 3. Заміна змінної
Розв'язати \(\log_3^2 x - 3\log_3 x + 2 = 0\).
ОДЗ: \(x > 0\).
Нехай \(t = \log_3 x\). Рівняння стає квадратним: \(t^2 - 3t + 2 = 0\). Дискримінант \(D = 9 - 8 = 1\), корені \(t_1 = 1\), \(t_2 = 2\).
Повертаємось до змінної \(x\): з \(\log_3 x = 1\) маємо \(x = 3\); з \(\log_3 x = 2\) маємо \(x = 9\). Обидва додатні, ОДЗ виконано.
Підстановка \(x = 3\): \(1 - 3 \cdot 1 + 2 = 0\). Підстановка \(x = 9\): \(4 - 3 \cdot 2 + 2 = 0\). Обидві рівності правильні.
Відповідь: \(x = 3\), \(x = 9\).
Приклад 4. Логарифмування обох частин
Розв'язати \(x^{\lg x} = 100x\), де \(\lg\) — десятковий логарифм.
ОДЗ: змінна стоїть в основі степеня, тому \(x > 0\).
Коли невідоме сидить і в основі, і в показнику, обидві частини логарифмують за зручною основою — тут за основою 10, бо в записі вже є \(\lg\). Обидві частини додатні, тому логарифмування рівносильне.
\[ \lg\left(x^{\lg x}\right) = \lg(100x) \quad \Rightarrow \quad \lg x \cdot \lg x = \lg 100 + \lg x \]Позначимо \(t = \lg x\), дістанемо \(t^2 = 2 + t\), тобто \(t^2 - t - 2 = 0\). Корені: \(t_1 = 2\), \(t_2 = -1\). Звідси \(x_1 = 10^2 = 100\) і \(x_2 = 10^{-1} = 0{,}1\).
Підстановка \(x = 100\): ліва частина \(100^{\lg 100} = 100^2 = 10\,000\), права \(100 \cdot 100 = 10\,000\). Підстановка \(x = 0{,}1\): ліва частина \(0{,}1^{\lg 0{,}1} = 0{,}1^{-1} = 10\), права \(100 \cdot 0{,}1 = 10\). Обидва корені справжні.
Відповідь: \(x = 100\), \(x = 0{,}1\).
Логарифмічні нерівності: знак залежить від основи
Тут з'являється друга велика причина втрати балів. Логарифмічна функція зростає не завжди — напрям залежить від основи.
Правило знака. Якщо \(a > 1\), функція \(\log_a x\) зростає, і нерівність \(\log_a f(x) > \log_a g(x)\) рівносильна \(f(x) > g(x)\) — знак зберігається. Якщо \(0 < a < 1\), функція спадає, і та сама нерівність рівносильна \(f(x) < g(x)\) — знак змінюється на протилежний. В обох випадках додається умова \(g(x) > 0\).
Логіка проста: при основі, меншій за одиницю, більшому аргументу відповідає менший логарифм. Наприклад, \(\log_{1/2} 8 = -3\), а \(\log_{1/2} 2 = -1\): аргумент зріс, значення впало. Загальні прийоми роботи зі знаками розібрано в статті про нерівності.
Приклад 5. Основа більша за одиницю
Розв'язати \(\log_2(x - 3) < 4\).
ОДЗ: \(x - 3 > 0\), тобто \(x > 3\).
Основа \(2 > 1\), функція зростає — знак зберігаємо: \(x - 3 < 2^4 = 16\), звідки \(x < 19\).
Перетинаємо з ОДЗ: \(3 < x < 19\).
Перевірка. Візьмемо \(x = 4\) з проміжку: \(\log_2 1 = 0 < 4\) — правильно. Візьмемо \(x = 20\) поза проміжком: \(\log_2 17 \approx 4{,}09 > 4\) — нерівність не виконується, межу знайдено вірно.
Відповідь: \(x \in (3;\ 19)\).
Приклад 6. Основа менша за одиницю
Розв'язати \(\log_{1/3}(2x - 1) \geqslant -2\).
ОДЗ: \(2x - 1 > 0\), тобто \(x > 0{,}5\).
Запишемо праву частину як логарифм за тією ж основою: \(-2 = \log_{1/3}\left(\tfrac{1}{3}\right)^{-2} = \log_{1/3} 9\). Основа \(\tfrac{1}{3}\) лежить між нулем і одиницею, функція спадає — знак нерівності змінюється:
\[ 2x - 1 \leqslant 9 \quad \Rightarrow \quad 2x \leqslant 10 \quad \Rightarrow \quad x \leqslant 5 \]Перетин з ОДЗ дає \(0{,}5 < x \leqslant 5\).
Перевірка. При \(x = 5\): \(\log_{1/3} 9 = -2\), нерівність \(\geqslant\) виконується як рівність. При \(x = 5{,}5\): \(\log_{1/3} 10 \approx -2{,}096 < -2\) — не виконується. При \(x = 0{,}6\): \(\log_{1/3} 0{,}2 \approx 1{,}46 > -2\) — виконується. Межі правильні.
Відповідь: \(x \in (0{,}5;\ 5]\).
Типові помилки
- Не знайдено ОДЗ. Найдорожча помилка теми. Без ОДЗ сторонній корінь потрапляє у відповідь, і задача зараховується як нерозв'язана, навіть якщо всі перетворення бездоганні.
- ОДЗ шукають за перетвореним рівнянням. Після згортання суми логарифмів область розширюється. Обмеження виписують за вихідним записом.
- При основі \(0 < a < 1\) не змінили знак нерівності. Це друга за частотою втрата балів. Перед розв'язуванням нерівності завжди явно питайте себе: основа більша чи менша за одиницю?
- Забули умову на основу. Якщо основа містить змінну, потрібні одразу дві умови: основа додатна і не дорівнює одиниці. Другу пропускають майже завжди.
- Перевірили лише ОДЗ, але не підставили корінь. Належність ОДЗ необхідна, та не завжди достатня — арифметична помилка в середині розв'язання дасть корінь із правильного проміжку, який рівнянню не задовольняє.
- Втрата кореня при заміні. Після розв'язання квадратного рівняння відносно \(t\) повертаються лише до одного значення, забувши про друге.
- Плутанина \(\log_a^2 x\) і \(\log_a x^2\). Перше — квадрат логарифма, друге дорівнює \(2\log_a |x|\). Заміну змінної можна робити тільки в першому випадку.
Висновок
Алгоритм теми короткий: спочатку ОДЗ за вихідним рівнянням, потім зведення до одного логарифма або заміна змінної, потім потенціювання, і обов'язково — перевірка кожного кореня на належність ОДЗ із підстановкою у вихідний запис. Для нерівностей додається один крок: подивитися на основу і вирішити, зберігати знак чи змінювати. Якщо тема поки що дається важко, запишіться на пробне заняття — розберемо ваші приклади покроково.
Чому в логарифмічних рівняннях з'являються сторонні корені?
Через перетворення, які розширюють область допустимих значень. Класичний приклад — згортання \(\log_a x + \log_a y\) у \(\log_a(xy)\): зліва обидва числа мають бути додатними, справа достатньо додатності добутку. Нове рівняння має розв'язки, яких у вихідного не було, тому кожен корінь перевіряють за початковим записом.
Коли знак логарифмічної нерівності змінюється?
Коли основа лежить у проміжку \(0 < a < 1\). Тоді функція \(\log_a x\) спадає, і при переході від логарифмів до аргументів знак нерівності стає протилежним. При \(a > 1\) функція зростає і знак зберігається.
Чи достатньо перевірити корінь тільки за ОДЗ?
Ні. ОДЗ відсіює корені, для яких вираз не існує, але не ловить арифметичних помилок у самих перетвореннях. Надійна перевірка — підстановка кореня у вихідне рівняння з обчисленням обох частин.
Що робити, якщо змінна стоїть в основі логарифма?
Виписати дві додаткові умови ОДЗ: основа додатна і не дорівнює одиниці. Далі рівняння розв'язують звичайним способом, а наприкінці перевіряють, чи не порушує знайдений корінь ці умови — часто саме тут відсіюється частина відповідей.
