Номер 27.23, страница 170, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мордкович, Семенов

§ 27. Общие методы решения уравнений. Глава 6. Уравнения и неравенства. Системы уравнений и неравенств*. ч. 2 - номер 27.23, страница 170.

ˆ27.23. a) $(x-1)^2 = \log_2 x;$

б) $\log_{\frac{1}{2}} x = \left(x + \frac{1}{2}\right)^2$.

а) $(x - 1)^2 = \log_2 x$

Данное уравнение является трансцендентным, так как в левой части стоит степенная функция, а в правой — логарифмическая. Такие уравнения обычно решают, анализируя свойства функций.

1. Найдём область допустимых значений (ОДЗ).
Аргумент логарифма должен быть строго положительным: $x > 0$.

2. Рассмотрим две функции: $y_1 = (x - 1)^2$ и $y_2 = \log_2 x$. Решениями уравнения будут абсциссы точек пересечения их графиков.

- $y_1 = (x - 1)^2$ — это парабола, ветви которой направлены вверх, с вершиной в точке $(1, 0)$.

- $y_2 = \log_2 x$ — это логарифмическая функция, которая является возрастающей на всей своей области определения.

3. Попробуем найти решения методом подбора.

- Проверим $x = 1$:
Левая часть: $(1 - 1)^2 = 0^2 = 0$.
Правая часть: $\log_2 1 = 0$.
Поскольку $0 = 0$, $x = 1$ является корнем уравнения.

- Проверим $x = 2$:
Левая часть: $(2 - 1)^2 = 1^2 = 1$.
Правая часть: $\log_2 2 = 1$.
Поскольку $1 = 1$, $x = 2$ также является корнем уравнения.

4. Проанализируем поведение функций, чтобы убедиться в отсутствии других корней.

- При $0 < x < 1$: функция $y_1 = (x - 1)^2$ положительна ($y_1 > 0$), а функция $y_2 = \log_2 x$ отрицательна ($y_2 < 0$). Следовательно, на этом интервале равенство невозможно.

- При $x > 2$: обе функции возрастают. Сравним их скорости роста, то есть производные.
$y_1' = ((x - 1)^2)' = 2(x - 1)$.
$y_2' = (\log_2 x)' = \frac{1}{x \ln 2}$.
При $x = 2$: $y_1'(2) = 2(2 - 1) = 2$, а $y_2'(2) = \frac{1}{2 \ln 2} \approx 0.72$.
При $x > 2$ производная $y_1'$ продолжает расти, а производная $y_2'$ убывает. Это означает, что при $x > 2$ парабола растет значительно быстрее, чем логарифмическая функция. Так как в точке $x=2$ значения функций были равны, при $x > 2$ значение параболы всегда будет больше значения логарифма. Таким образом, других точек пересечения нет.

Следовательно, уравнение имеет только два корня.

Ответ: $1; 2$.

б) $\log_{\frac{1}{2}} x = \left(x + \frac{1}{2}\right)^2$

Это также трансцендентное уравнение. Решим его с помощью анализа свойств функций.

1. ОДЗ: $x > 0$.

2. Рассмотрим функции в левой и правой частях уравнения.

- $f(x) = \log_{\frac{1}{2}} x$. Так как основание логарифма $a = \frac{1}{2}$ удовлетворяет условию $0 < a < 1$, эта функция является строго убывающей на всей области определения $(0, +\infty)$.

- $g(x) = \left(x + \frac{1}{2}\right)^2$. Это парабола с вершиной в точке $(-\frac{1}{2}, 0)$. На области допустимых значений, т.е. при $x > 0$, эта функция является строго возрастающей.

3. Уравнение имеет вид $f(x) = g(x)$, где $f(x)$ — строго убывающая, а $g(x)$ — строго возрастающая функция. Такое уравнение может иметь не более одного корня.

4. Найдем этот корень методом подбора.

- Проверим $x = \frac{1}{2}$:
Левая часть: $\log_{\frac{1}{2}} \frac{1}{2} = 1$.
Правая часть: $\left(\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\right)^2 = 1^2 = 1$.
Поскольку $1 = 1$, $x = \frac{1}{2}$ является корнем уравнения.

Так как мы доказали, что уравнение может иметь не более одного корня, и мы нашли этот корень, то других решений нет.

Ответ: $\frac{1}{2}$.