Страница 267 - гдз по алгебре 10 класс учебник Колягин, Ткачева

907.

1) $3 + 2 \log_{x+1} 3 = 2 \log_3 (x + 1);$

2) $1 + 2 \log_{x+2} 5 = \log_5 (x + 2);$

3) $\log_{1+x} (3 + x) = \log_{3+x} (1 + x);$

4) $\log_{3x+7} (5x + 3) = 2 - \log_{5x+3} (3x + 7).$

1)

Решим уравнение $3 + 2 \log_{x+1} 3 = 2 \log_3 (x+1)$.
Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Основание логарифма должно быть положительным и не равным единице, а подлогарифмическое выражение — положительным.
Система условий для ОДЗ:
$ \begin{cases} x+1 > 0 \\ x+1 \neq 1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x > -1 \\ x \neq 0 \end{cases} $
Следовательно, ОДЗ: $x \in (-1, 0) \cup (0, \infty)$.

Воспользуемся формулой перехода к новому основанию: $\log_b a = \frac{1}{\log_a b}$.
Тогда $\log_{x+1} 3 = \frac{1}{\log_3 (x+1)}$.
Уравнение принимает вид: $3 + 2 \cdot \frac{1}{\log_3 (x+1)} = 2 \log_3 (x+1)$.

Сделаем замену переменной. Пусть $y = \log_3 (x+1)$. Заметим, что $y \neq 0$, так как $x \neq 0$.
Уравнение превращается в квадратное относительно $y$:
$3 + \frac{2}{y} = 2y$.
Умножим обе части на $y$:
$3y + 2 = 2y^2$
$2y^2 - 3y - 2 = 0$.

Решим квадратное уравнение с помощью дискриминанта:
$D = b^2 - 4ac = (-3)^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-2) = 9 + 16 = 25 = 5^2$.
$y_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a} = \frac{3 \pm 5}{4}$.
$y_1 = \frac{3+5}{4} = 2$
$y_2 = \frac{3-5}{4} = -\frac{1}{2}$.

Вернемся к исходной переменной $x$.
Случай 1: $y_1 = 2$.
$\log_3 (x+1) = 2$
$x+1 = 3^2$
$x+1 = 9$
$x = 8$.

Случай 2: $y_2 = -1/2$.
$\log_3 (x+1) = -\frac{1}{2}$
$x+1 = 3^{-1/2}$
$x+1 = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$
$x = \frac{\sqrt{3}}{3} - 1$.

Проверим найденные корни на соответствие ОДЗ $x \in (-1, 0) \cup (0, \infty)$.
Корень $x=8$ входит в ОДЗ.
Корень $x = \frac{\sqrt{3}}{3} - 1 \approx 0.577 - 1 = -0.423$. Этот корень также входит в ОДЗ, так как $-1 < -0.423 < 0$.
Оба корня являются решениями уравнения.
Ответ: $8; \frac{\sqrt{3}}{3} - 1$.

2)

Решим уравнение $1 + 2 \log_{x+2} 5 = \log_5 (x+2)$.
ОДЗ:
$ \begin{cases} x+2 > 0 \\ x+2 \neq 1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x > -2 \\ x \neq -1 \end{cases} $
ОДЗ: $x \in (-2, -1) \cup (-1, \infty)$.

Используем формулу $\log_b a = \frac{1}{\log_a b}$:
$\log_{x+2} 5 = \frac{1}{\log_5 (x+2)}$.
Уравнение принимает вид:
$1 + \frac{2}{\log_5 (x+2)} = \log_5 (x+2)$.

Пусть $y = \log_5 (x+2)$. Заметим, что $y \neq 0$, так как $x \neq -1$.
Получаем уравнение:
$1 + \frac{2}{y} = y$
Умножим на $y$:
$y + 2 = y^2$
$y^2 - y - 2 = 0$.

Решим квадратное уравнение по теореме Виета:
$y_1 + y_2 = 1$
$y_1 \cdot y_2 = -2$
Корни: $y_1 = 2$ и $y_2 = -1$.

Вернемся к переменной $x$.
Случай 1: $y_1 = 2$.
$\log_5 (x+2) = 2$
$x+2 = 5^2$
$x+2 = 25$
$x = 23$.

Случай 2: $y_2 = -1$.
$\log_5 (x+2) = -1$
$x+2 = 5^{-1}$
$x+2 = \frac{1}{5}$
$x = \frac{1}{5} - 2 = -\frac{9}{5}$.

Проверим корни по ОДЗ $x \in (-2, -1) \cup (-1, \infty)$.
Корень $x=23$ входит в ОДЗ.
Корень $x = -9/5 = -1.8$. Этот корень также входит в ОДЗ, так как $-2 < -1.8 < -1$.
Оба корня являются решениями.
Ответ: $23; -\frac{9}{5}$.

3)

Решим уравнение $\log_{1+x} (3+x) = \log_{3+x} (1+x)$.
ОДЗ:
$ \begin{cases} 1+x > 0 \\ 1+x \neq 1 \\ 3+x > 0 \\ 3+x \neq 1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x > -1 \\ x \neq 0 \\ x > -3 \\ x \neq -2 \end{cases} $
Объединяя условия, получаем ОДЗ: $x \in (-1, 0) \cup (0, \infty)$.

Используем формулу $\log_b a = \frac{1}{\log_a b}$:
$\log_{3+x} (1+x) = \frac{1}{\log_{1+x} (3+x)}$.
Уравнение принимает вид:
$\log_{1+x} (3+x) = \frac{1}{\log_{1+x} (3+x)}$.

Пусть $y = \log_{1+x} (3+x)$. Тогда уравнение становится:
$y = \frac{1}{y}$
$y^2 = 1$
$y = 1$ или $y = -1$.

Вернемся к переменной $x$.
Случай 1: $y=1$.
$\log_{1+x} (3+x) = 1$
$3+x = 1+x$
$3=1$, что неверно. В этом случае решений нет.

Случай 2: $y=-1$.
$\log_{1+x} (3+x) = -1$
$3+x = (1+x)^{-1}$
$3+x = \frac{1}{1+x}$
$(3+x)(1+x) = 1$
$x^2 + 4x + 3 = 1$
$x^2 + 4x + 2 = 0$.

Решим квадратное уравнение:
$D = 4^2 - 4 \cdot 1 \cdot 2 = 16 - 8 = 8$.
$x_{1,2} = \frac{-4 \pm \sqrt{8}}{2} = \frac{-4 \pm 2\sqrt{2}}{2} = -2 \pm \sqrt{2}$.
$x_1 = -2 + \sqrt{2}$
$x_2 = -2 - \sqrt{2}$.

Проверим корни по ОДЗ $x \in (-1, 0) \cup (0, \infty)$.
$x_1 = -2 + \sqrt{2} \approx -2 + 1.414 = -0.586$. Этот корень входит в ОДЗ.
$x_2 = -2 - \sqrt{2} \approx -2 - 1.414 = -3.414$. Этот корень не входит в ОДЗ.
Единственное решение — $x = -2 + \sqrt{2}$.
Ответ: $-2 + \sqrt{2}$.

4)

Решим уравнение $\log_{3x+7} (5x+3) = 2 - \log_{5x+3} (3x+7)$.
ОДЗ:
$ \begin{cases} 3x+7 > 0 \\ 3x+7 \neq 1 \\ 5x+3 > 0 \\ 5x+3 \neq 1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x > -7/3 \\ x \neq -2 \\ x > -3/5 \\ x \neq -2/5 \end{cases} $
Объединяя условия (самое сильное $x > -3/5$), получаем ОДЗ: $x \in (-3/5, -2/5) \cup (-2/5, \infty)$.

Используем формулу $\log_b a = \frac{1}{\log_a b}$:
$\log_{5x+3} (3x+7) = \frac{1}{\log_{3x+7} (5x+3)}$.
Пусть $y = \log_{3x+7} (5x+3)$. Заметим, что $y \neq 0$, так как $x \neq -2/5$.
Уравнение принимает вид:
$y = 2 - \frac{1}{y}$.

Умножим обе части на $y$:
$y^2 = 2y - 1$
$y^2 - 2y + 1 = 0$
$(y-1)^2 = 0$
$y = 1$.

Вернемся к переменной $x$.
$\log_{3x+7} (5x+3) = 1$
По определению логарифма, основание равно подлогарифмическому выражению:
$5x+3 = 3x+7$
$2x = 4$
$x=2$.

Проверим корень по ОДЗ $x \in (-3/5, -2/5) \cup (-2/5, \infty)$.
$x=2$ входит в ОДЗ, так как $2 > -2/5$.
Корень является решением.
Ответ: $2$.

Решить неравенство (908–910).

908. 1) $4 \log_{4} x - 33 \log_{x} 4 \leq 1;$

2) $\log_{x} 3 \leq 4(1 + \log_{\frac{1}{3}} x);$

3) $\log_{x+2} x^2 > 1;$

4) $\log_{x^2+2} (3x+6) \leq 1.$

1) $4 \log_{4} x - 33 \log_{x} 4 \leq 1$

Определим область допустимых значений (ОДЗ). Аргумент логарифма должен быть больше нуля, а основание должно быть больше нуля и не равно единице.

ОДЗ: $x > 0$ и $x \neq 1$. Таким образом, $x \in (0, 1) \cup (1, +\infty)$.

Используем формулу перехода к новому основанию: $\log_{x} 4 = \frac{1}{\log_{4} x}$.

Неравенство принимает вид:
$4 \log_{4} x - \frac{33}{\log_{4} x} \leq 1$

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \log_{4} x$.
$4t - \frac{33}{t} \leq 1$

Перенесем все члены в левую часть и приведем к общему знаменателю:
$4t - 1 - \frac{33}{t} \leq 0$
$\frac{4t^2 - t - 33}{t} \leq 0$

Найдем корни числителя $4t^2 - t - 33 = 0$.
Дискриминант $D = (-1)^2 - 4 \cdot 4 \cdot (-33) = 1 + 528 = 529 = 23^2$.
$t_{1} = \frac{1 - 23}{8} = -\frac{22}{8} = -\frac{11}{4}$.
$t_{2} = \frac{1 + 23}{8} = \frac{24}{8} = 3$.
Корень знаменателя: $t = 0$.

Решим неравенство $\frac{(t - 3)(t + \frac{11}{4})}{t} \leq 0$ методом интервалов. Отметим точки $t = -\frac{11}{4}$, $t = 0$, $t = 3$ на числовой оси.

Решением для $t$ являются промежутки: $t \in (-\infty, -\frac{11}{4}] \cup (0, 3]$.

Вернемся к исходной переменной $x$.

Случай 1: $\log_{4} x \leq -\frac{11}{4}$.
Так как основание $4 > 1$, знак неравенства сохраняется.
$x \leq 4^{-11/4} \implies x \leq (2^2)^{-11/4} \implies x \leq 2^{-11/2} \implies x \leq \frac{1}{2^{11/2}} \implies x \leq \frac{1}{\sqrt{2^{11}}} \implies x \leq \frac{1}{32\sqrt{2}} \implies x \leq \frac{\sqrt{2}}{64}$.

Случай 2: $0 < \log_{4} x \leq 3$.
Так как основание $4 > 1$, знаки неравенства сохраняются.
$4^0 < x \leq 4^3 \implies 1 < x \leq 64$.

Объединим полученные решения с учетом ОДЗ $x \in (0, 1) \cup (1, +\infty)$.
Из первого случая, с учетом $x > 0$, получаем $0 < x \leq \frac{\sqrt{2}}{64}$.
Из второго случая получаем $1 < x \leq 64$.
Оба интервала удовлетворяют ОДЗ.

Ответ: $x \in (0, \frac{\sqrt{2}}{64}] \cup (1, 64]$.

2) $\log_{x} 3 \leq 4(1 + \log_{\frac{1}{3}} x)$

ОДЗ: $x > 0$ и $x \neq 1$.

Приведем логарифмы к основанию 3.
$\log_{x} 3 = \frac{1}{\log_{3} x}$
$\log_{\frac{1}{3}} x = \log_{3^{-1}} x = -\log_{3} x$

Подставим в неравенство:
$\frac{1}{\log_{3} x} \leq 4(1 - \log_{3} x)$

Сделаем замену $y = \log_{3} x$.
$\frac{1}{y} \leq 4(1-y)$

$\frac{1}{y} - 4 + 4y \leq 0$
$\frac{1 - 4y + 4y^2}{y} \leq 0$
$\frac{(2y - 1)^2}{y} \leq 0$

Числитель $(2y-1)^2$ всегда неотрицателен. Неравенство выполняется в двух случаях:
1) Числитель равен нулю: $(2y-1)^2 = 0 \implies y = \frac{1}{2}$.
2) Числитель положителен, а знаменатель отрицателен: $y < 0$ (при этом $y \neq \frac{1}{2}$, что выполняется).

Таким образом, решение для $y$: $y < 0$ или $y = \frac{1}{2}$.

Возвращаемся к переменной $x$.
Случай 1: $\log_{3} x < 0$. Так как основание $3 > 1$, то $x < 3^0 \implies x < 1$.
Случай 2: $\log_{3} x = \frac{1}{2} \implies x = 3^{1/2} \implies x = \sqrt{3}$.

Учитываем ОДЗ ($x > 0$ и $x \neq 1$).
Из $x < 1$ и $x > 0$ получаем $0 < x < 1$.
$x = \sqrt{3}$ удовлетворяет ОДЗ, так как $\sqrt{3} > 1$.

Ответ: $x \in (0, 1) \cup \{\sqrt{3}\}$.

3) $\log_{x+2} x^2 > 1$

ОДЗ:
1) Аргумент: $x^2 > 0 \implies x \neq 0$.
2) Основание: $x+2 > 0 \implies x > -2$.
3) Основание: $x+2 \neq 1 \implies x \neq -1$.
Объединив условия, получаем ОДЗ: $x \in (-2, -1) \cup (-1, 0) \cup (0, +\infty)$.

Представим 1 как логарифм с тем же основанием: $1 = \log_{x+2} (x+2)$.
$\log_{x+2} x^2 > \log_{x+2} (x+2)$

Решение зависит от значения основания.

Случай 1: Основание больше 1.
$x+2 > 1 \implies x > -1$.
В этом случае знак неравенства сохраняется.
$x^2 > x+2 \implies x^2 - x - 2 > 0$.
Корни уравнения $x^2 - x - 2 = 0$ это $x_1 = 2$ и $x_2 = -1$.
Решение неравенства: $x \in (-\infty, -1) \cup (2, +\infty)$.
Пересекаем это решение с условием $x > -1$ и ОДЗ для этого случая $(-1, 0) \cup (0, +\infty)$.
$(-\infty, -1) \cup (2, +\infty)$ пересекается с $x > -1$ по промежутку $(2, +\infty)$. Этот промежуток полностью удовлетворяет ОДЗ.

Случай 2: Основание между 0 и 1.
$0 < x+2 < 1 \implies -2 < x < -1$.
В этом случае знак неравенства меняется на противоположный.
$x^2 < x+2 \implies x^2 - x - 2 < 0$.
Решение этого неравенства: $x \in (-1, 2)$.
Пересекаем это решение с условием случая $-2 < x < -1$.
Пересечение множеств $(-1, 2)$ и $(-2, -1)$ пустое. Решений в этом случае нет.

Объединяя решения из двух случаев, получаем итоговый результат.

Ответ: $x \in (2, +\infty)$.

4) $\log_{x^2+2} (3x+6) \leq 1$

ОДЗ:
1) Аргумент: $3x+6 > 0 \implies 3x > -6 \implies x > -2$.
2) Основание: $x^2+2$. Так как $x^2 \geq 0$, то $x^2+2 \geq 2$. Основание всегда больше нуля и не равно единице.

ОДЗ: $x \in (-2, +\infty)$.

Основание логарифма $x^2+2 \geq 2$, следовательно, оно всегда больше 1. Поэтому при переходе от логарифмического неравенства к алгебраическому знак неравенства сохраняется.

$\log_{x^2+2} (3x+6) \leq \log_{x^2+2} (x^2+2)$
$3x+6 \leq x^2+2$

Перенесем все в правую часть:
$0 \leq x^2 - 3x - 4$
$x^2 - 3x - 4 \geq 0$

Найдем корни квадратного трехчлена $x^2 - 3x - 4 = 0$.
По теореме Виета, корни $x_1 = 4$ и $x_2 = -1$.

Парабола $y = x^2 - 3x - 4$ ветвями вверх, поэтому неравенство выполняется при $x \leq -1$ или $x \geq 4$.

Полученное решение $x \in (-\infty, -1] \cup [4, +\infty)$ необходимо пересечь с ОДЗ $x > -2$.
Пересечение $(-\infty, -1]$ и $(-2, +\infty)$ дает интервал $(-2, -1]$.
Пересечение $[4, +\infty)$ и $(-2, +\infty)$ дает интервал $[4, +\infty)$.

Объединяем полученные интервалы.

Ответ: $x \in (-2, -1] \cup [4, +\infty)$.

909. 1) $\log_{3-x} \frac{4-x}{5-x} \leq 1;$

2) $\log_{2x} (x^2 - 5x + 6) < 1.$

1) $\log_{3-x} \frac{4-x}{5-x} \le 1$

Это логарифмическое неравенство с переменным основанием. Для его решения необходимо рассмотреть два случая в зависимости от значения основания, предварительно найдя область допустимых значений (ОДЗ).

Найдем ОДЗ:

1. Аргумент логарифма должен быть строго положительным: $\frac{4-x}{5-x} > 0$. Решая методом интервалов, находим, что это выполняется при $x \in (-\infty, 4) \cup (5, \infty)$.
2. Основание логарифма должно быть строго положительным: $3-x > 0 \implies x < 3$.
3. Основание логарифма не должно быть равно единице: $3-x \ne 1 \implies x \ne 2$.

Пересекая все эти условия, получаем ОДЗ: $x \in (-\infty, 2) \cup (2, 3)$.

Теперь рассмотрим два случая.

Случай 1: Основание больше 1.

$3-x > 1 \implies x < 2$. С учетом ОДЗ, рассматриваем интервал $x \in (-\infty, 2)$.

На этом интервале знак неравенства сохраняется при потенцировании:

$\frac{4-x}{5-x} \le 3-x$

$\frac{4-x}{5-x} - (3-x) \le 0$

$\frac{4-x - (3-x)(5-x)}{5-x} \le 0$

$\frac{4-x - (15 - 3x - 5x + x^2)}{5-x} \le 0$

$\frac{4-x - 15 + 8x - x^2}{5-x} \le 0$

$\frac{-x^2 + 7x - 11}{5-x} \le 0$

Умножим обе части на -1, изменив знак неравенства:

$\frac{x^2 - 7x + 11}{5-x} \ge 0$

Найдем корни числителя $x^2 - 7x + 11 = 0$. Дискриминант $D = 49 - 4(11) = 5$. Корни $x_{1,2} = \frac{7 \pm \sqrt{5}}{2}$.

Корень знаменателя $x=5$. Решая неравенство $\frac{(x - \frac{7-\sqrt{5}}{2})(x - \frac{7+\sqrt{5}}{2})}{5-x} \ge 0$ методом интервалов, получаем $x \in (-\infty, \frac{7-\sqrt{5}}{2}] \cup [\frac{7+\sqrt{5}}{2}, 5)$.

Теперь найдем пересечение этого решения с условием данного случая $x \in (-\infty, 2)$.

Оценим значение $\frac{7-\sqrt{5}}{2}$. Поскольку $2 < \sqrt{5} < 3$, то $4 < 7-\sqrt{5} < 5$, и, следовательно, $2 < \frac{7-\sqrt{5}}{2} < 2.5$.

Таким образом, интервал $(-\infty, 2)$ полностью входит в промежуток $(-\infty, \frac{7-\sqrt{5}}{2}]$.

Решение для первого случая: $x \in (-\infty, 2)$.

Случай 2: Основание находится в интервале от 0 до 1.

$0 < 3-x < 1 \implies 2 < x < 3$. С учетом ОДЗ, рассматриваем интервал $x \in (2, 3)$.

На этом интервале знак неравенства меняется на противоположный при потенцировании:

$\frac{4-x}{5-x} \ge 3-x$

$\frac{-x^2 + 7x - 11}{5-x} \ge 0$

$\frac{x^2 - 7x + 11}{5-x} \le 0$

Используя найденные ранее корни, решаем это неравенство методом интервалов: $x \in [\frac{7-\sqrt{5}}{2}, \frac{7+\sqrt{5}}{2}] \cup (5, \infty)$.

Найдем пересечение этого решения с условием данного случая $x \in (2, 3)$.

Так как $2 < \frac{7-\sqrt{5}}{2} < 3$ и $\frac{7+\sqrt{5}}{2} > 3$, пересечением будет промежуток $[\frac{7-\sqrt{5}}{2}, 3)$.

Решение для второго случая: $x \in [\frac{7-\sqrt{5}}{2}, 3)$.

Объединяя решения обоих случаев, получаем окончательный ответ.

Ответ: $x \in (-\infty, 2) \cup [\frac{7-\sqrt{5}}{2}, 3)$.

2) $\log_{2x} (x^2 - 5x + 6) < 1$

Это логарифмическое неравенство с переменным основанием. Найдем ОДЗ:

1. Аргумент логарифма должен быть строго положительным: $x^2 - 5x + 6 > 0$. Корни квадратного трехчлена $x_1=2, x_2=3$. Неравенство выполняется при $x \in (-\infty, 2) \cup (3, \infty)$.
2. Основание логарифма должно быть строго положительным: $2x > 0 \implies x > 0$.
3. Основание логарифма не должно быть равно единице: $2x \ne 1 \implies x \ne 1/2$.

Пересекая все условия, получаем ОДЗ: $x \in (0, 1/2) \cup (1/2, 2) \cup (3, \infty)$.

Рассмотрим два случая.

Случай 1: Основание больше 1.

$2x > 1 \implies x > 1/2$. С учетом ОДЗ, рассматриваем $x \in (1/2, 2) \cup (3, \infty)$.

Знак неравенства при потенцировании сохраняется:

$x^2 - 5x + 6 < 2x$

$x^2 - 7x + 6 < 0$

Корни уравнения $x^2 - 7x + 6 = 0$ равны $x_1=1, x_2=6$. Неравенство выполняется для $x \in (1, 6)$.

Найдем пересечение этого решения с условием случая $x \in (1/2, 2) \cup (3, \infty)$.

Пересечение $(1, 6)$ и $((1/2, 2) \cup (3, \infty))$ дает $x \in (1, 2) \cup (3, 6)$.

Случай 2: Основание находится в интервале от 0 до 1.

$0 < 2x < 1 \implies 0 < x < 1/2$. С учетом ОДЗ, рассматриваем $x \in (0, 1/2)$.

Знак неравенства меняется на противоположный:

$x^2 - 5x + 6 > 2x$

$x^2 - 7x + 6 > 0$

Решением этого неравенства является $x \in (-\infty, 1) \cup (6, \infty)$.

Найдем пересечение этого решения с условием случая $x \in (0, 1/2)$.

Пересечение $(0, 1/2)$ и $((-\infty, 1) \cup (6, \infty))$ дает $x \in (0, 1/2)$.

Объединяя решения из обоих случаев, получаем итоговый ответ.

Ответ: $x \in (0, 1/2) \cup (1, 2) \cup (3, 6)$.

910. $\log_{|2x+2|}(1-9^x) < \log_{|2x+2|}(1+3^x) + \log_{|2x+2|}\left(\frac{5}{9}+3^{x-1}\right).$

Исходное неравенство: $ \log_{|2x+2|}(1 - 9^x) < \log_{|2x+2|}(1 + 3^x) + \log_{|2x+2|}\left(\frac{5}{9} + 3^{x-1}\right) $

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ)

Для корректности логарифмических выражений должны выполняться следующие условия:
1) Аргументы логарифмов должны быть строго положительными:
$1 - 9^x > 0 \implies 9^x < 1 \implies 9^x < 9^0 \implies x < 0$.
$1 + 3^x > 0$ — это выражение всегда положительно, так как $3^x > 0$ для любого $x$.
$\frac{5}{9} + 3^{x-1} > 0$ — это выражение также всегда положительно.
2) Основание логарифма должно быть больше нуля и не равно единице:
$|2x+2| > 0 \implies 2x+2 \neq 0 \implies x \neq -1$.
$|2x+2| \neq 1 \implies 2x+2 \neq 1$ и $2x+2 \neq -1$.
Из $2x+2 \neq 1$ получаем $2x \neq -1 \implies x \neq -\frac{1}{2}$.
Из $2x+2 \neq -1$ получаем $2x \neq -3 \implies x \neq -\frac{3}{2}$.

Объединяя все условия, получаем ОДЗ: $x \in (-\infty; -3/2) \cup (-3/2; -1) \cup (-1; -1/2) \cup (-1/2; 0)$.

2. Упростим неравенство

Используя свойство суммы логарифмов $\log_a b + \log_a c = \log_a (bc)$, преобразуем правую часть неравенства: $ \log_{|2x+2|}(1 - 9^x) < \log_{|2x+2|}\left((1 + 3^x)\left(\frac{5}{9} + 3^{x-1}\right)\right) $
Заметим, что $1 - 9^x = 1 - (3^x)^2 = (1 - 3^x)(1 + 3^x)$. Из ОДЗ ($x < 0$) следует, что $0 < 3^x < 1$, а значит $1 - 3^x > 0$.
Перепишем неравенство: $ \log_{|2x+2|}((1 - 3^x)(1 + 3^x)) < \log_{|2x+2|}\left((1 + 3^x)\left(\frac{5}{9} + \frac{3^x}{3}\right)\right) $

3. Решим неравенство

Применим метод рационализации для логарифмических неравенств. Неравенство вида $\log_{a(x)} f(x) < \log_{a(x)} g(x)$ с учетом ОДЗ равносильно неравенству $(a(x)-1)(f(x)-g(x)) < 0$.
В нашем случае $a(x) = |2x+2|$, $f(x) = (1 - 3^x)(1 + 3^x)$, $g(x) = (1 + 3^x)(\frac{5}{9} + \frac{3^x}{3})$.
Получаем: $ (|2x+2| - 1) \left[ (1 - 3^x)(1 + 3^x) - (1 + 3^x)\left(\frac{5}{9} + \frac{3^x}{3}\right) \right] < 0 $
Вынесем за скобки общий множитель $(1 + 3^x)$. Он всегда положителен, поэтому на него можно сократить, не меняя знака неравенства: $ (|2x+2| - 1) \left[ (1 - 3^x) - \left(\frac{5}{9} + \frac{3^x}{3}\right) \right] < 0 $
Упростим выражение во второй скобке: $ 1 - 3^x - \frac{5}{9} - \frac{3^x}{3} = \frac{4}{9} - 3^x\left(1 + \frac{1}{3}\right) = \frac{4}{9} - \frac{4}{3} \cdot 3^x = \frac{4}{3} \left(\frac{1}{3} - 3^x\right) $
Неравенство принимает вид: $ (|2x+2| - 1) \cdot \frac{4}{3} \left(\frac{1}{3} - 3^x\right) < 0 $
Разделим обе части на положительное число $\frac{4}{3}$: $ (|2x+2| - 1) (3^{-1} - 3^x) < 0 $

Произведение двух множителей отрицательно, когда они имеют разные знаки. Рассмотрим два случая.

Случай 1: Множители имеют знаки "+" и "-".
$\begin{cases} |2x+2| - 1 > 0 \\ 3^{-1} - 3^x < 0 \end{cases}$
Решаем систему:
$|2x+2| > 1 \implies 2x+2 > 1$ или $2x+2 < -1 \implies x > -1/2$ или $x < -3/2$.
$3^{-1} < 3^x \implies -1 < x$.
Пересечение этих условий ($x > -1/2$ или $x < -3/2$) и ($x > -1$) дает $x > -1/2$.
С учетом ОДЗ ($x < 0$), получаем решение для этого случая: $x \in (-1/2; 0)$.

Случай 2: Множители имеют знаки "-" и "+".
$\begin{cases} |2x+2| - 1 < 0 \\ 3^{-1} - 3^x > 0 \end{cases}$
Решаем систему:
$|2x+2| < 1 \implies -1 < 2x+2 < 1 \implies -3 < 2x < -1 \implies -3/2 < x < -1/2$.
$3^{-1} > 3^x \implies -1 > x$.
Пересечение этих условий ($-3/2 < x < -1/2$) и ($x < -1$) дает $-3/2 < x < -1$.
Данный интервал полностью удовлетворяет ОДЗ.

4. Объединение решений

Объединяя решения из обоих случаев, получаем итоговый ответ.
Ответ: $x \in (-3/2; -1) \cup (-1/2; 0)$.

911. Доказать, что если последовательность положительных чисел является геометрической прогрессией, то их логарифмы по одному и тому же основанию образуют арифметическую прогрессию.

Пусть дана последовательность положительных чисел $b_1, b_2, b_3, \dots, b_n, \dots$, которая является геометрической прогрессией.

По определению геометрической прогрессии, каждый ее член, начиная со второго, равен предыдущему члену, умноженному на одно и то же постоянное число $q$, называемое знаменателем прогрессии. Таким образом, для любого натурального $n$ выполняется равенство $b_{n+1} = b_n \cdot q$. Общий член геометрической прогрессии можно выразить формулой $b_n = b_1 \cdot q^{n-1}$. Так как все члены последовательности по условию положительны, то $b_1 > 0$ и $q > 0$.

Рассмотрим новую последовательность $c_1, c_2, c_3, \dots, c_n, \dots$, члены которой являются логарифмами членов последовательности $b_n$ по некоторому основанию $a$ (где $a > 0$ и $a \neq 1$):

$c_n = \log_a b_n$

Для того чтобы доказать, что последовательность $c_n$ является арифметической прогрессией, необходимо показать, что разность между любым ее последующим и предыдущим членом является постоянной величиной. Найдем разность $c_{n+1} - c_n$:

$c_{n+1} - c_n = \log_a b_{n+1} - \log_a b_n$

Используя свойство разности логарифмов ($\log_a x - \log_a y = \log_a \frac{x}{y}$), преобразуем выражение:

$c_{n+1} - c_n = \log_a \left(\frac{b_{n+1}}{b_n}\right)$

Поскольку отношение $\frac{b_{n+1}}{b_n}$ для геометрической прогрессии равно ее знаменателю $q$, подставим это значение в формулу:

$c_{n+1} - c_n = \log_a q$

Так как основание логарифма $a$ и знаменатель геометрической прогрессии $q$ являются постоянными числами, то и величина $\log_a q$ является постоянной.

Мы показали, что разность между любыми двумя последовательными членами последовательности $c_n$ постоянна и равна $d = \log_a q$. Согласно определению, это означает, что последовательность логарифмов $c_n$ является арифметической прогрессией. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Последовательность логарифмов по одному и тому же основанию от членов геометрической прогрессии положительных чисел образует арифметическую прогрессию, разность которой равна логарифму знаменателя исходной геометрической прогрессии.

912. Найти три последовательных члена геометрической прогрессии, если их сумма равна 62, а сумма их десятичных логарифмов равна 3.

Обозначим три искомых последовательных члена геометрической прогрессии как $b_1, b_2, b_3$. Для удобства вычислений представим их в виде $b_1 = \frac{b}{q}$, $b_2 = b$, $b_3 = bq$, где $b$ — средний член прогрессии, а $q$ — её знаменатель.

Исходя из условий задачи, составим систему из двух уравнений.

1. Сумма членов равна 62:

$\frac{b}{q} + b + bq = 62$

2. Сумма их десятичных логарифмов (обозначается как $\lg$) равна 3:

$\lg(\frac{b}{q}) + \lg(b) + \lg(bq) = 3$

Начнем решение системы со второго уравнения. Воспользуемся свойством логарифмов, согласно которому сумма логарифмов равна логарифму произведения:

$\lg(\frac{b}{q} \cdot b \cdot bq) = 3$

$\lg(b^3) = 3$

Применим свойство логарифма степени:

$3 \cdot \lg(b) = 3$

$\lg(b) = 1$

По определению десятичного логарифма, это означает, что $b = 10^1 = 10$. Таким образом, мы нашли средний член прогрессии, $b_2 = 10$.

Теперь подставим найденное значение $b=10$ в первое уравнение системы:

$\frac{10}{q} + 10 + 10q = 62$

Перенесем 10 в правую часть уравнения:

$\frac{10}{q} + 10q = 52$

Чтобы избавиться от дроби, умножим обе части уравнения на $q$ (знаменатель $q$ не может быть равен нулю):

$10 + 10q^2 = 52q$

Приведем уравнение к стандартному квадратному виду $ax^2+bx+c=0$:

$10q^2 - 52q + 10 = 0$

Для упрощения разделим все члены уравнения на 2:

$5q^2 - 26q + 5 = 0$

Решим полученное квадратное уравнение. Вычислим дискриминант $D = B^2 - 4AC$:

$D = (-26)^2 - 4 \cdot 5 \cdot 5 = 676 - 100 = 576$

$\sqrt{D} = \sqrt{576} = 24$

Теперь найдем корни уравнения, которые являются возможными значениями для знаменателя $q$:

$q_1 = \frac{-(-26) + 24}{2 \cdot 5} = \frac{26 + 24}{10} = \frac{50}{10} = 5$

$q_2 = \frac{-(-26) - 24}{2 \cdot 5} = \frac{26 - 24}{10} = \frac{2}{10} = \frac{1}{5}$

Мы получили два возможных значения для знаменателя прогрессии. Для каждого из них найдем тройку членов прогрессии.

Случай 1: $q=5$.
$b_1 = \frac{b}{q} = \frac{10}{5} = 2$
$b_2 = b = 10$
$b_3 = bq = 10 \cdot 5 = 50$
Искомые члены прогрессии: 2, 10, 50.

Случай 2: $q=\frac{1}{5}$.
$b_1 = \frac{b}{q} = \frac{10}{1/5} = 50$
$b_2 = b = 10$
$b_3 = bq = 10 \cdot \frac{1}{5} = 2$
Искомые члены прогрессии: 50, 10, 2.

Оба набора чисел удовлетворяют условиям задачи. В обоих случаях сумма членов равна 62, а сумма их десятичных логарифмов равна 3.

Ответ: 2, 10, 50 или 50, 10, 2.

913. Построить график функции:

1) $y = \frac{1}{\log_2 x}$

2) $y = \frac{1}{\ln x}$

1) $y = \frac{1}{\log_2 x}$

Для построения графика проведем исследование функции.

1. Область определения функции (ОДЗ):
Функция определена, если выполнены два условия:
1) Аргумент логарифма должен быть строго больше нуля: $x > 0$.
2) Знаменатель дроби не должен равняться нулю: $\log_2 x \neq 0$, что означает $x \neq 2^0$, то есть $x \neq 1$.
Таким образом, область определения функции: $D(y) = (0; 1) \cup (1; +\infty)$.

2. Асимптоты и поведение на границах области определения:
- Вертикальная асимптота:
Исследуем поведение функции при $x \to 1$:
При $x \to 1^-$ (слева), $\log_2 x \to 0^-$, следовательно $y \to \frac{1}{0^-} = -\infty$.
При $x \to 1^+$ (справа), $\log_2 x \to 0^+$, следовательно $y \to \frac{1}{0^+} = +\infty$.
Прямая $x=1$ является вертикальной асимптотой.
- Поведение при $x \to 0^+$:
При $x \to 0^+$, $\log_2 x \to -\infty$, следовательно $y \to \frac{1}{-\infty} = 0$.
График приближается к точке $(0, 0)$.
- Горизонтальная асимптота:
Исследуем поведение функции при $x \to +\infty$:
При $x \to +\infty$, $\log_2 x \to +\infty$, следовательно $y \to \frac{1}{+\infty} = 0$.
Прямая $y=0$ (ось Ox) является горизонтальной асимптотой при $x \to +\infty$.

3. Монотонность и экстремумы:
Найдем первую производную функции: $y' = \left(\frac{1}{\log_2 x}\right)' = -\frac{1}{(\log_2 x)^2} \cdot (\log_2 x)' = -\frac{1}{(\log_2 x)^2} \cdot \frac{1}{x \ln 2}$.
В области определения $x > 0$, $\ln 2 > 0$ и $(\log_2 x)^2 > 0$. Следовательно, $y' < 0$ для всех $x \in D(y)$.
Функция является убывающей на каждом из интервалов своей области определения: $(0; 1)$ и $(1; +\infty)$.
Так как производная нигде не равна нулю, у функции нет точек экстремума.

4. Выпуклость и точки перегиба:
Найдем вторую производную. Удобнее представить $y' = -(\ln 2) \cdot x^{-1} \cdot (\ln x)^{-2}$.
$y'' = -(\ln 2) \left[(-x^{-2})(\ln x)^{-2} + x^{-1}(-2(\ln x)^{-3} \cdot \frac{1}{x})\right] = -(\ln 2) \left[-\frac{1}{x^2(\ln x)^2} - \frac{2}{x^2(\ln x)^3}\right]$
$y'' = (\ln 2) \left[\frac{\ln x + 2}{x^2(\ln x)^3}\right] = \frac{\ln 2 (\ln x + 2)}{x^2(\ln x)^3}$.
Знак $y''$ зависит от знака выражения $\frac{\ln x + 2}{(\ln x)^3}$.
$y'' = 0$ при $\ln x + 2 = 0 \implies \ln x = -2 \implies x = e^{-2} \approx 0.135$.
- При $x \in (0; e^{-2})$: $\ln x < -2 \implies \ln x + 2 < 0$ и $(\ln x)^3 < 0$. Тогда $y'' > 0$, функция выпукла вниз (вогнута).
- При $x \in (e^{-2}; 1)$: $-2 < \ln x < 0 \implies \ln x + 2 > 0$ и $(\ln x)^3 < 0$. Тогда $y'' < 0$, функция выпукла вверх (выгнута).
- При $x \in (1; +\infty)$: $\ln x > 0 \implies \ln x + 2 > 0$ и $(\ln x)^3 > 0$. Тогда $y'' > 0$, функция выпукла вниз (вогнута).
В точке $x = e^{-2}$ вторая производная меняет знак, значит, это точка перегиба.
Координата $y$ в этой точке: $y(e^{-2}) = \frac{1}{\log_2(e^{-2})} = \frac{1}{-2/\ln 2} = -\frac{\ln 2}{2} \approx -0.347$.
Точка перегиба: $(e^{-2}; -\frac{\ln 2}{2})$.

5. Контрольные точки:
- $x = 0.5$, $y = \frac{1}{\log_2(0.5)} = \frac{1}{-1} = -1$. Точка $(0.5; -1)$.
- $x = 2$, $y = \frac{1}{\log_2(2)} = \frac{1}{1} = 1$. Точка $(2; 1)$.
- $x = 4$, $y = \frac{1}{\log_2(4)} = \frac{1}{2} = 0.5$. Точка $(4; 0.5)$.

Ответ:
График функции $y = \frac{1}{\log_2 x}$ состоит из двух ветвей, разделенных вертикальной асимптотой $x=1$.
- Левая ветвь ($x \in (0; 1)$): Начинается в точке $(0; 0)$, убывает, сначала выпукла вниз, в точке $(e^{-2}; -\frac{\ln 2}{2})$ имеет перегиб, после чего становится выпуклой вверх и стремится к $-\infty$ при приближении к асимптоте $x=1$ слева.
- Правая ветвь ($x \in (1; +\infty)$): Приближаясь к асимптоте $x=1$ справа, функция стремится к $+\infty$. Ветвь убывает на всем протяжении и выпукла вниз, приближаясь к горизонтальной асимптоте $y=0$ при $x \to +\infty$.

2) $y = \frac{1}{\ln x}$

Исследование этой функции аналогично предыдущему. Можно заметить, что $\log_2 x = \frac{\ln x}{\ln 2}$, поэтому $y_{1} = \frac{1}{\log_2 x} = \frac{\ln 2}{\ln x} = (\ln 2) \cdot y_{2}$. Это означает, что график первой функции является растяжением графика второй функции вдоль оси Oy с коэффициентом $\ln 2 \approx 0.693$. Проведем полное исследование для проверки.

1. Область определения функции (ОДЗ):
$x > 0$ и $\ln x \neq 0 \implies x \neq 1$.
$D(y) = (0; 1) \cup (1; +\infty)$.

2. Асимптоты и поведение на границах области определения:
- Вертикальная асимптота: $x=1$.
При $x \to 1^-$, $\ln x \to 0^-$, $y \to -\infty$.
При $x \to 1^+$, $\ln x \to 0^+$, $y \to +\infty$.
- Поведение при $x \to 0^+$: $y \to \frac{1}{-\infty} = 0$. График подходит к точке $(0; 0)$.
- Горизонтальная асимптота: $y=0$ при $x \to +\infty$.

3. Монотонность и экстремумы:
$y' = \left(\frac{1}{\ln x}\right)' = -\frac{1}{(\ln x)^2} \cdot \frac{1}{x} = -\frac{1}{x(\ln x)^2}$.
Так как $x>0$ и $(\ln x)^2 > 0$ в области определения, то $y' < 0$.
Функция убывает на $(0; 1)$ и на $(1; +\infty)$. Экстремумов нет.

4. Выпуклость и точки перегиба:
$y'' = \left(-\frac{1}{x(\ln x)^2}\right)' = \frac{(x(\ln x)^2)'}{(x(\ln x)^2)^2} = \frac{(\ln x)^2 + x \cdot 2\ln x \cdot \frac{1}{x}}{x^2(\ln x)^4} = \frac{\ln x(\ln x + 2)}{x^2(\ln x)^4} = \frac{\ln x + 2}{x^2(\ln x)^3}$.
Знак $y''$ определяется знаком выражения $\frac{\ln x + 2}{(\ln x)^3}$.
Точка перегиба при $\ln x + 2 = 0 \implies x = e^{-2}$.
- $x \in (0; e^{-2}) \implies y'' > 0$ (выпукла вниз).
- $x \in (e^{-2}; 1) \implies y'' < 0$ (выпукла вверх).
- $x \in (1; +\infty) \implies y'' > 0$ (выпукла вниз).
Точка перегиба: $x=e^{-2}$. $y(e^{-2}) = \frac{1}{\ln(e^{-2})} = -\frac{1}{2}$. Точка $(e^{-2}; -0.5)$.

5. Контрольные точки:
- $x = 1/e \approx 0.368$, $y = \frac{1}{\ln(1/e)} = -1$. Точка $(1/e; -1)$.
- $x = e \approx 2.718$, $y = \frac{1}{\ln(e)} = 1$. Точка $(e; 1)$.
- $x = e^2 \approx 7.389$, $y = \frac{1}{\ln(e^2)} = 0.5$. Точка $(e^2; 0.5)$.

Ответ:
График функции $y = \frac{1}{\ln x}$ качественно похож на график из первого пункта. Он также состоит из двух ветвей с вертикальной асимптотой $x=1$.
- Левая ветвь ($x \in (0; 1)$): Начинается в точке $(0; 0)$, убывает, выпукла вниз до точки перегиба $(e^{-2}; -0.5)$, после чего становится выпуклой вверх и уходит на $-\infty$ при $x \to 1^-$.
- Правая ветвь ($x \in (1; +\infty)$): При $x \to 1^+$, $y \to +\infty$. Ветвь убывает, оставаясь выпуклой вниз, и асимптотически приближается к оси Ox ($y=0$) при $x \to +\infty$.

Решить уравнение (914—915).

914. 1) $5x^{\log_3 2} + 2^{\log_3 x} = 24;$ 2) $x^{3 \lg^3 x - \frac{2}{3} \lg x} = 100\sqrt[3]{10}.

1) $5x^{\log_3 2} + 2^{\log_3 x} = 24$

Область допустимых значений (ОДЗ) для данного уравнения определяется условием существования логарифма: $x > 0$.

Воспользуемся основным свойством логарифмов: $a^{\log_b c} = c^{\log_b a}$. Применим это свойство к первому слагаемому в левой части уравнения:

$x^{\log_3 2} = 2^{\log_3 x}$

Теперь подставим полученное выражение обратно в исходное уравнение:

$5 \cdot (2^{\log_3 x}) + 2^{\log_3 x} = 24$

Сложим подобные слагаемые:

$6 \cdot 2^{\log_3 x} = 24$

Разделим обе части уравнения на 6:

$2^{\log_3 x} = 4$

Представим число 4 как степень двойки: $4 = 2^2$.

$2^{\log_3 x} = 2^2$

Поскольку основания степеней равны, мы можем приравнять их показатели:

$\log_3 x = 2$

По определению логарифма, найдем $x$:

$x = 3^2 = 9$

Полученное значение $x=9$ удовлетворяет ОДЗ ($9>0$), следовательно, является корнем уравнения.

Ответ: $9$.

2) $x^{3\lg^3 x - \frac{2}{3}\lg x} = 100\sqrt[3]{10}$

ОДЗ уравнения определяется условием существования десятичного логарифма ($\lg x = \log_{10} x$): $x > 0$.

Преобразуем правую часть уравнения:

$100\sqrt[3]{10} = 10^2 \cdot 10^{\frac{1}{3}} = 10^{2+\frac{1}{3}} = 10^{\frac{7}{3}}$

Уравнение принимает вид:

$x^{3\lg^3 x - \frac{2}{3}\lg x} = 10^{\frac{7}{3}}$

Прологарифмируем обе части уравнения по основанию 10:

$\lg\left(x^{3\lg^3 x - \frac{2}{3}\lg x}\right) = \lg\left(10^{\frac{7}{3}}\right)$

Используя свойство логарифма степени ($\log_a(b^c) = c \cdot \log_a b$), получаем:

$\left(3\lg^3 x - \frac{2}{3}\lg x\right) \cdot \lg x = \frac{7}{3}$

Сделаем замену переменной. Пусть $y = \lg x$. Тогда уравнение примет вид:

$(3y^3 - \frac{2}{3}y) \cdot y = \frac{7}{3}$

$3y^4 - \frac{2}{3}y^2 = \frac{7}{3}$

Умножим обе части уравнения на 3, чтобы избавиться от дробей:

$9y^4 - 2y^2 = 7$

$9y^4 - 2y^2 - 7 = 0$

Это биквадратное уравнение. Сделаем еще одну замену $z = y^2$. Так как $y^2$ не может быть отрицательным, то $z \ge 0$.

$9z^2 - 2z - 7 = 0$

Решим это квадратное уравнение относительно $z$ с помощью дискриминанта:

$D = b^2 - 4ac = (-2)^2 - 4 \cdot 9 \cdot (-7) = 4 + 252 = 256 = 16^2$

$z_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a} = \frac{2 \pm 16}{18}$

$z_1 = \frac{2 + 16}{18} = \frac{18}{18} = 1$

$z_2 = \frac{2 - 16}{18} = \frac{-14}{18} = -\frac{7}{9}$

Корень $z_2 = -7/9$ не удовлетворяет условию $z \ge 0$, поэтому он является посторонним. Остается единственный корень $z=1$.

Вернемся к замене $z = y^2$:

$y^2 = 1 \implies y_1 = 1, y_2 = -1$

Теперь вернемся к замене $y = \lg x$ и найдем $x$:

1. Если $y = 1$, то $\lg x = 1$, откуда $x = 10^1 = 10$.

2. Если $y = -1$, то $\lg x = -1$, откуда $x = 10^{-1} = \frac{1}{10}$.

Оба найденных корня ($10$ и $1/10$) положительны и удовлетворяют ОДЗ.

Ответ: $10; \frac{1}{10}$.

915. $ \log_2 (2^x - 5) - \log_2 (2^x - 2) = 2 - x $

Решим логарифмическое уравнение $log₂(2^x - 5) - log₂(2^x - 2) = 2 - x$.

1. Найдём область допустимых значений (ОДЗ). Выражения под знаком логарифма должны быть строго положительными: $ \begin{cases} 2^x - 5 > 0 \\ 2^x - 2 > 0 \end{cases} $

Решим эту систему неравенств: $ \begin{cases} 2^x > 5 \\ 2^x > 2 \end{cases} \implies \begin{cases} x > \log₂5 \\ x > \log₂2 \end{cases} \implies \begin{cases} x > \log₂5 \\ x > 1 \end{cases} $

Так как $\log₂5 > \log₂4 = 2$, то условие $x > \log₂5$ является более строгим. Следовательно, ОДЗ: $x > \log₂5$.

2. Преобразуем уравнение. Используем свойство разности логарифмов $\log_a b - \log_a c = \log_a \frac{b}{c}$: $\log₂\left(\frac{2^x - 5}{2^x - 2}\right) = 2 - x$

Теперь воспользуемся определением логарифма: если $\log_a b = c$, то $a^c = b$. $\frac{2^x - 5}{2^x - 2} = 2^{2-x}$

Преобразуем правую часть уравнения, используя свойство степеней $a^{m-n} = \frac{a^m}{a^n}$: $2^{2-x} = \frac{2^2}{2^x} = \frac{4}{2^x}$

Уравнение принимает вид: $\frac{2^x - 5}{2^x - 2} = \frac{4}{2^x}$

3. Введём замену переменной. Пусть $t = 2^x$. Из ОДЗ мы знаем, что $x > \log₂5$, следовательно $t = 2^x > 2^{\log₂5} = 5$. Таким образом, мы будем искать корни, удовлетворяющие условию $t > 5$.

Подставим $t$ в уравнение: $\frac{t - 5}{t - 2} = \frac{4}{t}$

4. Решим полученное рациональное уравнение. Так как $t > 5$, то $t \neq 0$ и $t \neq 2$, поэтому можно умножить обе части на $t(t-2)$: $t(t-5) = 4(t-2)$ $t^2 - 5t = 4t - 8$ $t^2 - 9t + 8 = 0$

Это квадратное уравнение. Его корни можно найти по теореме Виета: сумма корней равна 9, произведение равно 8. $t_1 = 1$, $t_2 = 8$.

5. Проверим корни на соответствие условию $t>5$. Корень $t_1 = 1$ не удовлетворяет условию $1 > 5$, значит, это посторонний корень. Корень $t_2 = 8$ удовлетворяет условию $8 > 5$.

6. Вернёмся к исходной переменной. $2^x = t_2 = 8$ $2^x = 2^3$ $x = 3$

7. Проверим, удовлетворяет ли найденный корень ОДЗ. Мы должны проверить, выполняется ли неравенство $x > \log₂5$ для $x=3$. $3 > \log₂5$. Представим 3 как логарифм по основанию 2: $3 = \log₂2^3 = \log₂8$. Неравенство принимает вид $\log₂8 > \log₂5$. Так как основание логарифма $2 > 1$, а $8 > 5$, то неравенство верно. Корень $x=3$ принадлежит ОДЗ.

Ответ: 3

916. Решить неравенство:

1) $\log_{\frac{1}{3}}(2^{x+2} - 4^x) \ge -2$;

2) $\log_{\frac{1}{\sqrt{5}}}(6^{x+1} - 36^x) \ge -2$.

1) Решить неравенство $\log_{\frac{1}{3}}(2^{x+2} - 4^x) \ge -2$.

Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргумент логарифма должен быть строго положительным:

$2^{x+2} - 4^x > 0$

Преобразуем выражение:

$2^x \cdot 2^2 - (2^2)^x > 0$

$4 \cdot 2^x - (2^x)^2 > 0$

Сделаем замену переменной. Пусть $t = 2^x$. Так как показательная функция $2^x$ всегда положительна, то $t > 0$.

$4t - t^2 > 0$

$t(4 - t) > 0$

Так как $t > 0$, неравенство выполняется при $4 - t > 0$, то есть $t < 4$.

Объединяя условия на $t$, получаем $0 < t < 4$. Вернемся к исходной переменной $x$:

$0 < 2^x < 4$

Неравенство $2^x > 0$ выполняется для всех действительных $x$. Решим вторую часть:

$2^x < 4 \implies 2^x < 2^2$

Так как основание степени $2 > 1$, то $x < 2$.

Таким образом, ОДЗ: $x \in (-\infty, 2)$.

Теперь решим само неравенство. Основание логарифма $a = \frac{1}{3}$ удовлетворяет условию $0 < a < 1$. Поэтому при потенцировании (переходе от логарифмов к их аргументам) знак неравенства меняется на противоположный:

$2^{x+2} - 4^x \le \left(\frac{1}{3}\right)^{-2}$

$4 \cdot 2^x - (2^x)^2 \le 3^2$

$4 \cdot 2^x - (2^x)^2 \le 9$

Снова используем замену $t = 2^x$:

$4t - t^2 \le 9$

$0 \le t^2 - 4t + 9$

Рассмотрим квадратичную функцию $f(t) = t^2 - 4t + 9$. Найдем дискриминант соответствующего уравнения $t^2 - 4t + 9 = 0$:

$D = b^2 - 4ac = (-4)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 9 = 16 - 36 = -20$

Поскольку дискриминант отрицателен ($D < 0$) и старший коэффициент положителен ($a=1 > 0$), парабола $y = t^2 - 4t + 9$ полностью находится выше оси абсцисс. Это означает, что неравенство $t^2 - 4t + 9 \ge 0$ выполняется для всех действительных значений $t$. Следовательно, оно верно для всех $x$.

Окончательное решение является пересечением множества решений неравенства (все действительные числа) и ОДЗ ($x < 2$).

Пересечение $(-\infty, +\infty)$ и $(-\infty, 2)$ дает интервал $(-\infty, 2)$.

Ответ: $(-\infty, 2)$.

2) Решить неравенство $\log_{\frac{1}{\sqrt{5}}}(6^{x+1} - 36^x) \ge -2$.

Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргумент логарифма должен быть строго положительным:

$6^{x+1} - 36^x > 0$

$6 \cdot 6^x - (6^2)^x > 0$

$6 \cdot 6^x - (6^x)^2 > 0$

Сделаем замену переменной. Пусть $t = 6^x$. Так как $6^x > 0$ для любого $x$, то $t > 0$.

$6t - t^2 > 0$

$t(6 - t) > 0$

Поскольку $t > 0$, неравенство выполняется, когда $6 - t > 0$, то есть $t < 6$.

Таким образом, $0 < t < 6$. Возвращаемся к переменной $x$:

$0 < 6^x < 6^1 \implies x < 1$

ОДЗ: $x \in (-\infty, 1)$.

Теперь решим исходное неравенство. Основание логарифма $a = \frac{1}{\sqrt{5}}$ удовлетворяет условию $0 < a < 1$, поэтому при потенцировании знак неравенства меняется на противоположный:

$6^{x+1} - 36^x \le \left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)^{-2}$

$6 \cdot 6^x - (6^x)^2 \le (\sqrt{5})^2$

$6 \cdot 6^x - (6^x)^2 \le 5$

Используем замену $t = 6^x$:

$6t - t^2 \le 5$

$t^2 - 6t + 5 \ge 0$

Найдем корни квадратного уравнения $t^2 - 6t + 5 = 0$. По теореме Виета, корни $t_1 = 1$ и $t_2 = 5$.

Парабола $y = t^2 - 6t + 5$ имеет ветви, направленные вверх, поэтому неравенство $t^2 - 6t + 5 \ge 0$ выполняется при $t \le 1$ или $t \ge 5$.

Теперь учтем ОДЗ для переменной $t$, которое мы нашли ранее: $0 < t < 6$.

Найдем пересечение решения $(t \le 1 \text{ или } t \ge 5)$ с условием $0 < t < 6$. Это можно разбить на два случая:

1. $t \le 1$ и $0 < t < 6 \implies 0 < t \le 1$.

2. $t \ge 5$ и $0 < t < 6 \implies 5 \le t < 6$.

Таким образом, мы получили совокупность неравенств для $t$: $0 < t \le 1$ или $5 \le t < 6$.

Возвращаемся к переменной $x$, подставляя $t = 6^x$:

1. $0 < 6^x \le 1$. Так как $1 = 6^0$, получаем $6^x \le 6^0$. Поскольку основание $6 > 1$, то $x \le 0$.

2. $5 \le 6^x < 6$. Логарифмируем все части неравенства по основанию 6 (знаки неравенства сохраняются, так как $6 > 1$):

$\log_6 5 \le \log_6(6^x) < \log_6 6$

$\log_6 5 \le x < 1$

Объединяя решения из обоих случаев, получаем итоговый ответ.

Ответ: $(-\infty, 0] \cup [\log_6 5, 1)$.

917. Решить уравнение $log_2 x \cdot log_2 (x-3) + 1 = log_2 (x^2 - 3x)$.

Данное уравнение: $log_{2}x \cdot log_{2}(x-3) + 1 = log_{2}(x^2 - 3x)$.

1. Определение области допустимых значений (ОДЗ).

Аргументы всех логарифмов в уравнении должны быть строго положительными. Это приводит к системе неравенств: $ \begin{cases} x > 0 \\ x - 3 > 0 \\ x^2 - 3x > 0 \end{cases} $

Решим эту систему:

- Из первого неравенства имеем $x > 0$.

- Из второго неравенства получаем $x > 3$.

- Третье неравенство $x^2 - 3x > 0$ можно переписать как $x(x-3) > 0$. Решением этого неравенства являются интервалы $x \in (-\infty, 0) \cup (3, +\infty)$.

Пересечение всех трех условий ($x > 0$, $x > 3$ и $x \in (-\infty, 0) \cup (3, +\infty)$) дает нам общую область допустимых значений: $x > 3$.

2. Преобразование уравнения.

Воспользуемся свойством логарифма произведения $log_a(bc) = log_a b + log_a c$ для правой части уравнения. Так как в ОДЗ $x>0$ и $x-3>0$, мы можем законно применить это свойство: $log_{2}(x^2 - 3x) = log_{2}(x(x-3)) = log_{2}x + log_{2}(x-3)$.

Теперь подставим это выражение обратно в исходное уравнение: $log_{2}x \cdot log_{2}(x-3) + 1 = log_{2}x + log_{2}(x-3)$.

3. Введение замены переменных.

Для упрощения уравнения введем замену. Пусть $a = log_{2}x$ и $b = log_{2}(x-3)$. Уравнение принимает вид: $a \cdot b + 1 = a + b$.

4. Решение нового уравнения.

Перенесем все члены в левую часть: $ab - a - b + 1 = 0$.

Сгруппируем слагаемые для разложения на множители: $a(b - 1) - (b - 1) = 0$ $(a - 1)(b - 1) = 0$.

Произведение равно нулю, если один из множителей равен нулю. Отсюда получаем два возможных случая:

- Случай 1: $a - 1 = 0 \implies a = 1$.

- Случай 2: $b - 1 = 0 \implies b = 1$.

5. Обратная замена и нахождение $x$.

Рассмотрим каждый случай:

- В случае 1: $log_{2}x = a = 1$ $x = 2^1$ $x = 2$.

- В случае 2: $log_{2}(x-3) = b = 1$ $x-3 = 2^1$ $x-3 = 2$ $x = 5$.

6. Проверка корней.

Теперь необходимо проверить, удовлетворяют ли найденные значения ОДЗ ($x > 3$).

- Корень $x=2$ не удовлетворяет условию $x>3$, следовательно, это посторонний корень.

- Корень $x=5$ удовлетворяет условию $x>3$ (так как $5>3$), следовательно, это и есть решение уравнения.

Ответ: 5.

918. Решить неравенство при различных значениях a:

$\frac{1}{\log_a x - 1} + \frac{1}{\log_a x^2 + 1} < -\frac{3}{2}$

Для решения неравенства$$ \frac{1}{\log_a x - 1} + \frac{1}{\log_a x^2 + 1} < -\frac{3}{2} $$сначала определим его область допустимых значений (ОДЗ).

ОДЗ определяется следующими условиями:
1. Аргумент логарифма должен быть положителен: $x > 0$.
2. Основание логарифма должно быть положительным и не равным единице: $a > 0$ и $a \neq 1$.
3. Знаменатели дробей не должны быть равны нулю.

Используя свойство логарифма $\log_b c^k = k \log_b c$ и условие $x > 0$, преобразуем $\log_a x^2 = 2\log_a x$.
Тогда условия на знаменатели принимают вид:
$\log_a x - 1 \neq 0 \implies \log_a x \neq 1 \implies x \neq a$.
$2\log_a x + 1 \neq 0 \implies \log_a x \neq -\frac{1}{2} \implies x \neq a^{-1/2}$, то есть $x \neq \frac{1}{\sqrt{a}}$.

С учетом этого, исходное неравенство можно переписать так:$$ \frac{1}{\log_a x - 1} + \frac{1}{2\log_a x + 1} < -\frac{3}{2} $$Сделаем замену переменной. Пусть $t = \log_a x$. Неравенство для $t$ будет:$$ \frac{1}{t - 1} + \frac{1}{2t + 1} < -\frac{3}{2} $$с ограничениями из ОДЗ: $t \neq 1$ и $t \neq -1/2$.

Перенесем все слагаемые в левую часть и приведем к общему знаменателю:$$ \frac{1}{t - 1} + \frac{1}{2t + 1} + \frac{3}{2} < 0 $$$$ \frac{2(2t+1) + 2(t-1) + 3(t-1)(2t+1)}{2(t-1)(2t+1)} < 0 $$$$ \frac{4t+2 + 2t-2 + 3(2t^2-t-1)}{2(t-1)(2t+1)} < 0 $$$$ \frac{6t^2 + 3t - 3}{2(t-1)(2t+1)} < 0 $$$$ \frac{3(2t^2 + t - 1)}{2(t-1)(2t+1)} < 0 $$

Найдем корни числителя $2t^2 + t - 1 = 0$. Через дискриминант $D = 1^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-1) = 9$, получаем корни $t_1 = \frac{-1+3}{4} = \frac{1}{2}$ и $t_2 = \frac{-1-3}{4} = -1$.
Таким образом, $2t^2 + t - 1 = 2(t - 1/2)(t+1) = (2t-1)(t+1)$. Неравенство принимает вид:$$ \frac{3(2t-1)(t+1)}{2(t-1)(2t+1)} < 0 $$

Решим его методом интервалов. Критические точки (нули числителя и знаменателя): $t = -1$, $t = -1/2$, $t = 1/2$, $t = 1$.
Анализ знаков на интервалах показывает, что неравенство выполняется при $t \in (-1, -1/2) \cup (1/2, 1)$.Это означает, что $t$ должен удовлетворять одному из двух двойных неравенств:$$ -1 < t < -1/2 \quad \text{или} \quad 1/2 < t < 1 $$

Теперь выполним обратную замену $t = \log_a x$ и проанализируем решения для $x$ в зависимости от значения параметра $a$.

При $a > 1$
Логарифмическая функция $y = \log_a x$ является возрастающей, поэтому при потенцировании (переходе от логарифмов к их аргументам) знаки неравенств сохраняются.
1) Из $-1 < \log_a x < -1/2$ следует $a^{-1} < x < a^{-1/2}$, то есть $\frac{1}{a} < x < \frac{1}{\sqrt{a}}$.
2) Из $1/2 < \log_a x < 1$ следует $a^{1/2} < x < a^1$, то есть $\sqrt{a} < x < a$.
Объединяя эти два интервала, получаем решение для данного случая.
Ответ: $x \in \left(\frac{1}{a}, \frac{1}{\sqrt{a}}\right) \cup \left(\sqrt{a}, a\right)$.

При $0 < a < 1$
Логарифмическая функция $y = \log_a x$ является убывающей, поэтому при потенцировании знаки неравенств меняются на противоположные.
1) Из $-1 < \log_a x < -1/2$ следует $a^{-1/2} < x < a^{-1}$, то есть $\frac{1}{\sqrt{a}} < x < \frac{1}{a}$.
2) Из $1/2 < \log_a x < 1$ следует $a^1 < x < a^{1/2}$, то есть $a < x < \sqrt{a}$.
Объединяя эти два интервала, получаем решение для данного случая.
Ответ: $x \in (a, \sqrt{a}) \cup \left(\frac{1}{\sqrt{a}}, \frac{1}{a}\right)$.

При $a \le 0$ или $a = 1$
В этих случаях выражение $\log_a x$ не определено, следовательно, исходное неравенство не имеет решений.
Ответ: решений нет.

919. Решить неравенство:

1) $\log_a (x-1)+\log_a x > 2;$

2) $\log_a^2 x^2 > 1.$

1) $\log_a (x-1) + \log_a x > 2$

Сначала определим область допустимых значений (ОДЗ).
Основание логарифма $a$ должно удовлетворять условиям $a > 0$ и $a \ne 1$.
Аргументы логарифмов должны быть строго положительными:
$x - 1 > 0 \implies x > 1$
$x > 0$
Пересечением этих условий является $x > 1$.

Теперь преобразуем неравенство, используя свойство суммы логарифмов $\log_b(M) + \log_b(N) = \log_b(M \cdot N)$:
$\log_a((x-1)x) > 2$
$\log_a(x^2 - x) > 2$
Представим число 2 как логарифм по основанию $a$: $2 = \log_a(a^2)$.
$\log_a(x^2 - x) > \log_a(a^2)$

Решение этого неравенства зависит от значения основания $a$. Рассмотрим два случая.

Случай 1: $a > 1$
В этом случае логарифмическая функция $y = \log_a(t)$ является возрастающей. Поэтому при переходе от логарифмов к их аргументам знак неравенства сохраняется.
$x^2 - x > a^2$
$x^2 - x - a^2 > 0$
Найдем корни соответствующего квадратного уравнения $x^2 - x - a^2 = 0$ с помощью дискриминанта:
$D = (-1)^2 - 4(1)(-a^2) = 1 + 4a^2$
$x_{1,2} = \frac{1 \pm \sqrt{1 + 4a^2}}{2}$
Парабола $y = x^2 - x - a^2$ направлена ветвями вверх, поэтому неравенство $x^2 - x - a^2 > 0$ выполняется при $x < \frac{1 - \sqrt{1 + 4a^2}}{2}$ или $x > \frac{1 + \sqrt{1 + 4a^2}}{2}$.
Теперь учтем ОДЗ ($x > 1$).
Поскольку $a > 1$, то $\sqrt{1 + 4a^2} > \sqrt{1+4} = \sqrt{5} > 2$, значит, $x_1 = \frac{1 - \sqrt{1 + 4a^2}}{2} < \frac{1-2}{2} = -0.5$. Таким образом, интервал $x < x_1$ не пересекается с ОДЗ.
Для второго корня $x_2 = \frac{1 + \sqrt{1 + 4a^2}}{2} > \frac{1+2}{2} = 1.5 > 1$.
Пересечение решения $x > x_2$ с ОДЗ $x > 1$ дает $x > \frac{1 + \sqrt{1 + 4a^2}}{2}$.

Случай 2: $0 < a < 1$
В этом случае логарифмическая функция $y = \log_a(t)$ является убывающей. Поэтому при переходе от логарифмов к их аргументам знак неравенства меняется на противоположный.
$x^2 - x < a^2$
$x^2 - x - a^2 < 0$
Корни квадратного трехчлена те же: $x_1 = \frac{1 - \sqrt{1 + 4a^2}}{2}$ и $x_2 = \frac{1 + \sqrt{1 + 4a^2}}{2}$.
Неравенство выполняется между корнями: $\frac{1 - \sqrt{1 + 4a^2}}{2} < x < \frac{1 + \sqrt{1 + 4a^2}}{2}$.
Учтем ОДЗ ($x > 1$).
Корень $x_1 = \frac{1 - \sqrt{1 + 4a^2}}{2} < 0$. Корень $x_2 = \frac{1 + \sqrt{1 + 4a^2}}{2} > \frac{1+\sqrt{1}}{2} = 1$.
Пересечение решения с ОДЗ дает $1 < x < \frac{1 + \sqrt{1 + 4a^2}}{2}$.

Ответ: если $a > 1$, то $x \in \left(\frac{1 + \sqrt{1 + 4a^2}}{2}, +\infty\right)$; если $0 < a < 1$, то $x \in \left(1, \frac{1 + \sqrt{1 + 4a^2}}{2}\right)$.

2) $\log_a^2 x^2 > 1$

Определим область допустимых значений (ОДЗ).
Основание логарифма: $a > 0$, $a \ne 1$.
Аргумент логарифма: $x^2 > 0$, что означает $x \ne 0$.

Неравенство $\log_a^2 x^2 > 1$ можно записать как $(\log_a x^2)^2 > 1$.
Это неравенство равносильно совокупности двух неравенств:
$\log_a x^2 > 1$ или $\log_a x^2 < -1$.
Представим $1$ и $-1$ в виде логарифмов по основанию $a$: $1 = \log_a a$ и $-1 = \log_a a^{-1} = \log_a \frac{1}{a}$.
Получаем совокупность:
$\log_a x^2 > \log_a a$
$\log_a x^2 < \log_a \frac{1}{a}$

Рассмотрим два случая для основания $a$.

Случай 1: $a > 1$
Логарифмическая функция возрастающая, знаки неравенств сохраняются.
$x^2 > a$ или $x^2 < \frac{1}{a}$.
Из $x^2 > a$ следует $x \in (-\infty, -\sqrt{a}) \cup (\sqrt{a}, +\infty)$.
Из $x^2 < \frac{1}{a}$ следует $-\frac{1}{\sqrt{a}} < x < \frac{1}{\sqrt{a}}$, то есть $x \in (-\frac{1}{\sqrt{a}}, \frac{1}{\sqrt{a}})$.
Объединяя эти множества и учитывая ОДЗ ($x \ne 0$), получаем решение:
$x \in (-\infty, -\sqrt{a}) \cup (-\frac{1}{\sqrt{a}}, 0) \cup (0, \frac{1}{\sqrt{a}}) \cup (\sqrt{a}, +\infty)$.

Случай 2: $0 < a < 1$
Логарифмическая функция убывающая, знаки неравенств меняются на противоположные.
$x^2 < a$ или $x^2 > \frac{1}{a}$.
Из $x^2 < a$ следует $-\sqrt{a} < x < \sqrt{a}$, то есть $x \in (-\sqrt{a}, \sqrt{a})$.
Из $x^2 > \frac{1}{a}$ следует $x \in (-\infty, -\frac{1}{\sqrt{a}}) \cup (\frac{1}{\sqrt{a}}, +\infty)$.
Объединяя эти множества и учитывая ОДЗ ($x \ne 0$), получаем решение:
$x \in (-\infty, -\frac{1}{\sqrt{a}}) \cup (-\sqrt{a}, 0) \cup (0, \sqrt{a}) \cup (\frac{1}{\sqrt{a}}, +\infty)$.

Ответ: если $a > 1$, то $x \in (-\infty, -\sqrt{a}) \cup (-\frac{1}{\sqrt{a}}, 0) \cup (0, \frac{1}{\sqrt{a}}) \cup (\sqrt{a}, +\infty)$; если $0 < a < 1$, то $x \in (-\infty, -\frac{1}{\sqrt{a}}) \cup (-\sqrt{a}, 0) \cup (0, \sqrt{a}) \cup (\frac{1}{\sqrt{a}}, +\infty)$.

920. Период полураспада некоторого вещества равен 4 годам. Через какое время масса этого вещества уменьшится в 100 раз?

Для решения этой задачи используется формула закона радиоактивного распада, которая описывает изменение массы вещества с течением времени:

$M(t) = M_0 \cdot 2^{-t/T}$

В данной формуле:
$M(t)$ — это масса вещества в момент времени $t$.
$M_0$ — это начальная масса вещества.
$T$ — это период полураспада.
$t$ — это время, которое необходимо найти.

Согласно условиям задачи, период полураспада вещества составляет $T = 4$ года. Нам нужно определить время $t$, по истечении которого масса вещества уменьшится в 100 раз. Математически это условие записывается как $M(t) = \frac{M_0}{100}$.

Подставим известные значения в основную формулу:

$\frac{M_0}{100} = M_0 \cdot 2^{-t/4}$

Поскольку начальная масса $M_0$ не равна нулю, мы можем сократить на нее обе части уравнения:

$\frac{1}{100} = 2^{-t/4}$

Чтобы избавиться от отрицательного показателя степени, перевернем дробь в левой части и уберем знак минуса в показателе степени в правой части:

$100 = 2^{t/4}$

Для нахождения $t$ необходимо решить это показательное уравнение. Сделаем это с помощью логарифмирования. Прологарифмируем обе части уравнения по основанию 2:

$\log_2(100) = \log_2(2^{t/4})$

Используя свойство логарифма $\log_a(a^x) = x$, упростим правую часть уравнения:

$\log_2(100) = \frac{t}{4}$

Теперь выразим время $t$:

$t = 4 \cdot \log_2(100)$

Это точный ответ. Для получения численного значения можно вычислить $\log_2(100)$. Воспользуемся формулой перехода к новому основанию логарифма (например, к десятичному логарифму $lg$, который является $log_{10}$):

$\log_2(100) = \frac{\lg(100)}{\lg(2)}$

Мы знаем, что $\lg(100) = 2$, а значение $\lg(2)$ приблизительно равно $0.30103$.

$\log_2(100) \approx \frac{2}{0.30103} \approx 6.64386$

Подставим это значение обратно в выражение для $t$:

$t \approx 4 \cdot 6.64386 \approx 26.57544$ года.

Округлив результат до десятых, получим, что масса вещества уменьшится в 100 раз примерно через 26,6 года.

Ответ: $t = 4 \cdot \log_2(100)$ года, что составляет примерно 26,6 года.

921. Вычислить период полураспада вещества, если за 3 года его масса уменьшилась в 10 раз.

Для решения этой задачи используется формула закона радиоактивного распада, которая описывает, как изменяется масса вещества ($m$) с течением времени ($t$):$m(t) = m_0 \cdot 2^{-t/T}$где $m_0$ — начальная масса вещества, а $T$ — период полураспада, который нам необходимо найти.

Из условия задачи нам известно, что за время $t = 3$ года масса вещества уменьшилась в 10 раз. Это означает, что масса в момент времени $t=3$ года составляет одну десятую от начальной массы:$m(3) = \frac{m_0}{10}$

Теперь подставим известные нам значения в основную формулу:$\frac{m_0}{10} = m_0 \cdot 2^{-3/T}$

Мы можем сократить $m_0$ в обеих частях уравнения, так как начальная масса не может быть равна нулю:$\frac{1}{10} = 2^{-3/T}$

Чтобы упростить уравнение, воспользуемся свойством степеней $a^{-n} = \frac{1}{a^n}$:$10 = 2^{3/T}$

Для нахождения $T$ из показателя степени, прологарифмируем обе части уравнения. Удобно использовать десятичный логарифм ($\lg$), так как в левой части стоит число 10:$\lg(10) = \lg(2^{3/T})$

Применяя свойство логарифма $\lg(a^b) = b \cdot \lg(a)$ и зная, что $\lg(10) = 1$, получаем:$1 = \frac{3}{T} \cdot \lg(2)$

Из этого выражения легко найти $T$:$T = 3 \cdot \lg(2)$

Для получения числового ответа используем приближенное значение $\lg(2) \approx 0.301$:$T \approx 3 \cdot 0.301 \approx 0.903$ года.

Ответ: период полураспада вещества составляет примерно 0,903 года.

922. Клиент, открыв счёт в банке, положил на него 200 000 рублей под 7% годовых. Он хочет накопить не менее 300 000 рублей. Определить минимальное число лет, по прошествии которых он сможет снять желаемую сумму.

Для решения этой задачи воспользуемся формулой сложных процентов, которая описывает рост вклада с ежегодной капитализацией:

$S_n = S_0 \cdot (1 + r)^n$

где:
$S_n$ — итоговая сумма на счёте через $n$ лет,
$S_0$ — начальная сумма вклада (200 000 рублей),
$r$ — годовая процентная ставка в долях (7% = 0.07),
$n$ — количество лет, которое необходимо найти.

По условию, итоговая сумма должна быть не менее 300 000 рублей. Составим неравенство:

$S_n \ge 300000$

Подставим известные значения в формулу:

$200000 \cdot (1 + 0.07)^n \ge 300000$

Упростим неравенство. Сначала разделим обе части на 200 000:

$(1.07)^n \ge \frac{300000}{200000}$

$(1.07)^n \ge 1.5$

Чтобы найти показатель степени $n$, необходимо прологарифмировать обе части неравенства. Можно использовать натуральный логарифм (ln):

$\ln((1.07)^n) \ge \ln(1.5)$

Применим свойство логарифма $\ln(a^b) = b \cdot \ln(a)$:

$n \cdot \ln(1.07) \ge \ln(1.5)$

Теперь выразим $n$. Так как $\ln(1.07)$ — положительное число, знак неравенства при делении не изменится:

$n \ge \frac{\ln(1.5)}{\ln(1.07)}$

Вычислим приближенные значения логарифмов:
$\ln(1.5) \approx 0.405465$
$\ln(1.07) \approx 0.067659$

$n \ge \frac{0.405465}{0.067659} \approx 5.992$

Поскольку проценты начисляются в конце каждого года, количество лет $n$ должно быть целым числом. Минимальное целое число, удовлетворяющее неравенству $n \ge 5.992$, — это 6.

Проверим расчет, вычислив сумму на счете через 5 и 6 лет:
Через 5 лет: $S_5 = 200000 \cdot (1.07)^5 \approx 200000 \cdot 1.40255 \approx 280510$ рублей. Эта сумма меньше 300 000 рублей.
Через 6 лет: $S_6 = 200000 \cdot (1.07)^6 \approx 200000 \cdot 1.50073 \approx 300146$ рублей. Эта сумма больше 300 000 рублей.

Таким образом, клиенту потребуется 6 полных лет, чтобы накопить желаемую сумму.

Ответ: 6 лет.

923. Если в электрической цепи выключить источник питания, то сила тока $I$ начинает уменьшаться по закону: $I = I_0e^{-\frac{Rt}{L}}$, где $I_0$ (в амперах) — сила тока в цепи до выключения источника, $R$ (в омах) — сопротивление цепи, $L$ (в генри) — коэффициент самоиндукции, $t$ (в секундах) — время, прошедшее с момента выключения источника питания. Через какое время с момента выключения источника питания сила тока в цепи уменьшится в 3000 раз, если $R = 25$ Ом, $L = 0,005$ Гн?

Для решения задачи воспользуемся предоставленной формулой зависимости силы тока от времени после выключения источника питания:

$I = I_0 e^{-\frac{Rt}{L}}$

В этой формуле:

• $I$ — сила тока в момент времени $t$ (в амперах),
• $I_0$ — начальная сила тока (до выключения источника),
• $R$ — сопротивление цепи (в омах),
• $L$ — коэффициент самоиндукции (в генри),
• $t$ — время, прошедшее с момента выключения (в секундах),
• $e$ — основание натурального логарифма.

По условию задачи, сила тока в цепи должна уменьшиться в 3000 раз. Это означает, что итоговая сила тока $I$ будет связана с начальной силой тока $I_0$ следующим соотношением:

$I = \frac{I_0}{3000}$

Подставим это выражение в исходную формулу:

$\frac{I_0}{3000} = I_0 e^{-\frac{Rt}{L}}$

Так как начальная сила тока $I_0$ не равна нулю, мы можем сократить обе части уравнения на $I_0$:

$\frac{1}{3000} = e^{-\frac{Rt}{L}}$

Чтобы найти время $t$, нам нужно избавиться от экспоненты. для этого возьмем натуральный логарифм ($\ln$) от обеих частей уравнения:

$\ln\left(\frac{1}{3000}\right) = \ln\left(e^{-\frac{Rt}{L}}\right)$

Используем свойства логарифмов: $\ln(1/x) = -\ln(x)$ и $\ln(e^y) = y$.

$-\ln(3000) = -\frac{Rt}{L}$

Умножим обе части на -1, чтобы избавиться от знаков минуса:

$\ln(3000) = \frac{Rt}{L}$

Теперь выразим искомое время $t$:

$t = \frac{L \cdot \ln(3000)}{R}$

Подставим в эту формулу числовые значения, данные в условии: $R = 25$ Ом и $L = 0,005$ Гн.

$t = \frac{0,005 \cdot \ln(3000)}{25}$

Вычислим значение. Значение натурального логарифма $\ln(3000) \approx 8,006368$.

$t \approx \frac{0,005 \cdot 8,006368}{25}$

$t \approx \frac{0,04003184}{25}$

$t \approx 0,00160127$ с

Округлим результат. Полученное время можно также выразить в миллисекундах: $0,0016$ с $= 1,6$ мс.

Ответ: время, через которое сила тока уменьшится в 3000 раз, составляет примерно $0,0016$ секунды (или $1,6$ мс).