Номер 6.17, страница 51 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. § 6. Логарифмические уравнения. Глава 1. Показательная и логарифмическая функции - номер 6.17, страница 51.

6.17. Решите уравнение:

1) $log_{2}^{2} x + 3log_{2} x - 4 = 0;$

2) $log_{3}^{2} x - log_{3} x - 2 = 0;$

3) $lg^{2} x - 2lg x^{2} + 3 = 0;$

4) $log_{5} x + log_{x} 5 = 2,5;$

5) $2log_{\frac{1}{6}} x + 3 \sqrt{log_{\frac{1}{6}} x} - 5 = 0;$

6) $\frac{2}{lg(x + 2) - 3} + \frac{4}{lg(x + 2) + 1} = 1.$

1) Решим уравнение $\log_2^2 x + 3\log_2 x - 4 = 0$.
Область допустимых значений (ОДЗ) для логарифма: $x > 0$.
Это уравнение является квадратным относительно $\log_2 x$. Введем замену: пусть $t = \log_2 x$.
Уравнение примет вид: $t^2 + 3t - 4 = 0$.
Решим полученное квадратное уравнение с помощью теоремы Виета или через дискриминант.
Дискриминант $D = b^2 - 4ac = 3^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-4) = 9 + 16 = 25$.
Корни уравнения для $t$:
$t_1 = \frac{-3 + \sqrt{25}}{2} = \frac{-3 + 5}{2} = 1$
$t_2 = \frac{-3 - \sqrt{25}}{2} = \frac{-3 - 5}{2} = -4$
Теперь выполним обратную замену для каждого корня:
1. Если $t_1 = 1$, то $\log_2 x = 1$, откуда $x = 2^1 = 2$.
2. Если $t_2 = -4$, то $\log_2 x = -4$, откуда $x = 2^{-4} = \frac{1}{16}$.
Оба найденных значения $x$ удовлетворяют ОДЗ ($x > 0$).
Ответ: $2; \frac{1}{16}$.

2) Решим уравнение $\log_3^2 x - \log_3 x - 2 = 0$.
ОДЗ: $x > 0$.
Введем замену: пусть $t = \log_3 x$.
Уравнение превращается в квадратное: $t^2 - t - 2 = 0$.
Решим его. Дискриминант $D = (-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-2) = 1 + 8 = 9$.
Корни уравнения для $t$:
$t_1 = \frac{1 + \sqrt{9}}{2} = \frac{1 + 3}{2} = 2$
$t_2 = \frac{1 - \sqrt{9}}{2} = \frac{1 - 3}{2} = -1$
Выполним обратную замену:
1. Если $t_1 = 2$, то $\log_3 x = 2$, откуда $x = 3^2 = 9$.
2. Если $t_2 = -1$, то $\log_3 x = -1$, откуда $x = 3^{-1} = \frac{1}{3}$.
Оба корня удовлетворяют ОДЗ ($x > 0$).
Ответ: $9; \frac{1}{3}$.

3) Решим уравнение $\lg^2 x - 2\lg x^2 + 3 = 0$. (Здесь $\lg$ обозначает десятичный логарифм $\log_{10}$).
ОДЗ: аргументы всех логарифмов должны быть положительны. Из $\lg x$ следует $x > 0$. При этом условии $x^2$ также будет больше нуля. Итак, ОДЗ: $x > 0$.
Используем свойство логарифма $\log_a(b^c) = c \log_a b$. Так как по ОДЗ $x>0$, мы можем упростить $\lg x^2 = 2\lg x$.
Подставим это в уравнение: $\lg^2 x - 2(2\lg x) + 3 = 0$, что равносильно $\lg^2 x - 4\lg x + 3 = 0$.
Сделаем замену: пусть $t = \lg x$. Получим квадратное уравнение: $t^2 - 4t + 3 = 0$.
По теореме Виета, корни $t_1 = 1$ и $t_2 = 3$.
Выполним обратную замену:
1. Если $t_1 = 1$, то $\lg x = 1$, откуда $x = 10^1 = 10$.
2. Если $t_2 = 3$, то $\lg x = 3$, откуда $x = 10^3 = 1000$.
Оба корня удовлетворяют ОДЗ ($x > 0$).
Ответ: $10; 1000$.

4) Решим уравнение $\log_5 x + \log_x 5 = 2,5$.
ОДЗ: аргумент логарифма должен быть положителен, а основание логарифма должно быть положительно и не равно единице. Таким образом, $x > 0$ и $x \neq 1$.
Используем формулу перехода к новому основанию: $\log_x 5 = \frac{1}{\log_5 x}$.
Уравнение принимает вид: $\log_5 x + \frac{1}{\log_5 x} = 2,5$.
Введем замену: пусть $t = \log_5 x$. Заметим, что $t \neq 0$, так как $x \neq 1$.
$t + \frac{1}{t} = 2,5$.
Умножим обе части на $t$: $t^2 + 1 = 2,5t$.
$t^2 - 2,5t + 1 = 0$. Умножим на 2, чтобы избавиться от дроби: $2t^2 - 5t + 2 = 0$.
Решим квадратное уравнение. Дискриминант $D = (-5)^2 - 4 \cdot 2 \cdot 2 = 25 - 16 = 9$.
Корни для $t$:
$t_1 = \frac{5 + \sqrt{9}}{4} = \frac{5 + 3}{4} = 2$
$t_2 = \frac{5 - \sqrt{9}}{4} = \frac{5 - 3}{4} = \frac{1}{2}$
Выполним обратную замену:
1. Если $t_1 = 2$, то $\log_5 x = 2$, откуда $x = 5^2 = 25$.
2. Если $t_2 = \frac{1}{2}$, то $\log_5 x = \frac{1}{2}$, откуда $x = 5^{1/2} = \sqrt{5}$.
Оба корня удовлетворяют ОДЗ ($x > 0$ и $x \neq 1$).
Ответ: $25; \sqrt{5}$.

5) Решим уравнение $2\log_{\frac{1}{6}} x + 3\sqrt{\log_{\frac{1}{6}} x} - 5 = 0$.
ОДЗ: во-первых, $x > 0$. Во-вторых, выражение под корнем должно быть неотрицательным: $\log_{\frac{1}{6}} x \ge 0$. Так как основание логарифма $\frac{1}{6}$ меньше 1, логарифм будет неотрицателен, если его аргумент $x$ находится в интервале $(0, 1]$. Итак, ОДЗ: $0 < x \le 1$.
Сделаем замену: пусть $t = \sqrt{\log_{\frac{1}{6}} x}$. По определению корня, $t \ge 0$. Тогда $\log_{\frac{1}{6}} x = t^2$.
Уравнение принимает вид: $2t^2 + 3t - 5 = 0$.
Решим квадратное уравнение. Дискриминант $D = 3^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-5) = 9 + 40 = 49$.
Корни для $t$:
$t_1 = \frac{-3 + \sqrt{49}}{4} = \frac{-3 + 7}{4} = 1$
$t_2 = \frac{-3 - \sqrt{49}}{4} = \frac{-3 - 7}{4} = -2,5$
Так как мы ввели условие $t \ge 0$, корень $t_2 = -2,5$ является посторонним. Рассматриваем только $t_1 = 1$.
Выполним обратную замену: $\sqrt{\log_{\frac{1}{6}} x} = 1$.
Возведем обе части в квадрат: $\log_{\frac{1}{6}} x = 1$.
Отсюда $x = (\frac{1}{6})^1 = \frac{1}{6}$.
Найденный корень $x = \frac{1}{6}$ удовлетворяет ОДЗ ($0 < x \le 1$).
Ответ: $\frac{1}{6}$.

6) Решим уравнение $\frac{2}{\lg(x+2) - 3} + \frac{4}{\lg(x+2) + 1} = 1$.
ОДЗ:
1. Аргумент логарифма должен быть положителен: $x + 2 > 0 \implies x > -2$.
2. Знаменатели не должны быть равны нулю:
$\lg(x+2) - 3 \neq 0 \implies \lg(x+2) \neq 3 \implies x+2 \neq 10^3 \implies x \neq 998$.
$\lg(x+2) + 1 \neq 0 \implies \lg(x+2) \neq -1 \implies x+2 \neq 10^{-1} \implies x \neq 0,1 - 2 \implies x \neq -1,9$.
Итак, ОДЗ: $x \in (-2; -1,9) \cup (-1,9; 998) \cup (998; +\infty)$.
Сделаем замену: пусть $t = \lg(x+2)$. Уравнение примет вид: $\frac{2}{t - 3} + \frac{4}{t + 1} = 1$.
Приведем левую часть к общему знаменателю: $\frac{2(t+1) + 4(t-3)}{(t-3)(t+1)} = 1$.
$\frac{2t + 2 + 4t - 12}{t^2 + t - 3t - 3} = 1 \implies \frac{6t - 10}{t^2 - 2t - 3} = 1$.
$6t - 10 = t^2 - 2t - 3$.
$t^2 - 8t + 7 = 0$.
По теореме Виета, корни $t_1 = 1$ и $t_2 = 7$.
Оба корня для $t$ допустимы, так как не обращают в ноль знаменатели ($t \neq 3, t \neq -1$).
Выполним обратную замену:
1. Если $t_1 = 1$, то $\lg(x+2) = 1 \implies x+2 = 10^1 \implies x = 8$.
2. Если $t_2 = 7$, то $\lg(x+2) = 7 \implies x+2 = 10^7 \implies x = 10000000 - 2 = 9999998$.
Оба корня, $x=8$ и $x=9999998$, удовлетворяют ОДЗ.
Ответ: $8; 9999998$.