Логарифмические уравнения

Относится к заданиям: 4, 17

Содержание

Суть темы и ОДЗ
Основные формулы и свойства
Равносильные переходы
Алгоритм решения
Примеры решений
Частые ошибки
Что запомнить
Оформление под рубрику ДВИ
Стратегия на ДВИ

Суть темы и ОДЗ

Логарифмические уравнения в вариантах ДВИ МГУ проверяют не столько знание самих логарифмов, сколько умение аккуратно работать с ограничениями. Любое преобразование логарифма может сузить или расширить область допустимых значений (ОДЗ), что приведет к потере корней или появлению посторонних.

Определение логарифма $\log_a b = c$ равносильно $a^c = b$ . При этом функция имеет смысл только при жестких условиях на основание и аргумент. Решение любой логарифмической задачи должно начинаться с анализа этих ограничений.

Основные формулы и свойства

Для сведения уравнений к простейшему виду используется ограниченный набор тождеств. Их нужно знать наизусть — справочных материалов на экзамене нет (см. также справочник, раздел «Логарифмы и показательные»). Главная ловушка: каждое тождество имеет область применимости, и если её игнорировать, появятся посторонние корни или потеряются настоящие.

ВАЖНОЕ

Базовые свойства логарифмов (точные условия)

Везде $a > 0,\ a \neq 1$ .

Сумма и разность — базовая форма верна при $b > 0,\ c > 0$ :
$\log_a(bc) = \log_a b + \log_a c, \qquad \log_a\left(\dfrac{b}{c}\right) = \log_a b - \log_a c.$
Модульная форма расширяет запись, но только при согласованных знаках:
$\log_a(bc) = \log_a|b| + \log_a|c| \quad (\text{лишь при } bc > 0), \qquad \log_a\left(\dfrac{b}{c}\right) = \log_a|b| - \log_a|c| \quad (\text{лишь при } b/c > 0).$
Степень аргумента — здесь чётность показателя критична:
$\log_a(b^{2k}) = 2k\log_a|b| \quad (b \neq 0, \text{ всегда}), \qquad \log_a(b^n) = n\log_a b \quad (\text{при } b > 0).$
Модуль ставится только при чётном показателе. Для нечётного $n$ модуль ставить нельзя: при $b < 0$ левая часть $\log_a(b^n)$ не определена ( $b^n < 0$ ), а правая $n\log_a|b|$ определена — равенство ложно.
Степень основания и переход:
$\log_{a^k}b = \dfrac{1}{k}\log_a b, \qquad \log_a b = \dfrac{\log_c b}{\log_c a} \;\; (c > 0,\ c \neq 1), \qquad \log_a b = \dfrac{1}{\log_b a}.$

ЧАСТАЯ ОШИБКА

Почему условия в формулах важны именно на ДВИ

Листа формул на ДВИ нет, и если заучить модульные формы как безусловные тождества, абитуриент сам внесёт ошибку в ОДЗ. Пример ловушки: $\log_a(bc) = \log_a|b| + \log_a|c|$ при $b = -2,\ c = 3$ даёт слева $\log_a(-6)$ (не определено), а справа $\log_a 2 + \log_a 3 = \log_a 6$ (определено). Поэтому модульную форму применяй, только убедившись, что знаки согласованы.

Вывод формулы перехода к новому основанию

Раз листа формул нет, ключевую формулу перехода стоит уметь восстанавливать за 10 секунд из определения логарифма.

АЛГОРИТМ

Откуда берётся

\log_a b = \dfrac{\log_c b}{\log_c a}

Обозначим $\log_a b = t$ . По определению логарифма это значит $a^t = b$ .
Прологарифмируем обе части по любому удобному основанию $c$ (где $c > 0,\ c \neq 1$ ): $\log_c(a^t) = \log_c b$ .
Вынесем степень: $t\log_c a = \log_c b$ .
Так как $a \neq 1$ , имеем $\log_c a \neq 0$ , делим: $t = \dfrac{\log_c b}{\log_c a}$ , то есть $\log_a b = \dfrac{\log_c b}{\log_c a}$ .

Частный случай $c = b$ даёт $\log_a b = \dfrac{1}{\log_b a}$ — формулу «переворота», которая постоянно нужна при взаимно обратных логарифмах.

Равносильные переходы

Избавляться от логарифмов («потенцировать») нужно строго через равносильные системы. Это страхует от появления посторонних корней без необходимости делать проверку подстановкой.

В систему достаточно добавить условие положительности только одного из аргументов — того, который проще (чаще всего это линейное выражение или константа). Поскольку $f(x) = g(x)$ , второй аргумент будет положительным автоматически.

Если в основании стоит переменная $\log_{h(x)} f(x) = \log_{h(x)} g(x)$ , к системе добавляются условия на основание: $h(x) > 0$ и $h(x) \neq 1$ .

Алгоритм решения

АЛГОРИТМ

Как решать логарифмическое уравнение

Зафиксируй ОДЗ. Выпиши условия существования всех логарифмов в уравнении или сразу переходи к равносильной системе.
Сведи к одному основанию. Используй формулы перехода к новому основанию или вынесение степеней. Если основание содержит переменную — отдельно отметь, что $h(x) > 0,\ h(x) \neq 1$ , и при потенцировании учти случай основания между $0$ и $1$ .
Собери логарифмы. С помощью свойств суммы и разности получи вид $\log_a f(x) = \log_a g(x)$ или $\log_a f(x) = c$ .
Сделай замену, если видишь квадрат. Если уравнение свелось к виду $A t^2 + B t + C = 0$ , где $t = \log_a x$ (или $t = a^x$ ), реши его как квадратное и вернись к $x$ обратной подстановкой.
Избавься от логарифмов. Перейди к алгебраическому уравнению (квадратному, рациональному).
Отбери корни. Сверь полученные решения с исходными ограничениями (ОДЗ).

Примеры решений

Пример 1. Приведение к одному основанию

Условие. Реши уравнение $\log_2(1-x) = \log_4(3-x)$ .

Пример 2. Четные степени и модули

Условие. Реши уравнение $\log_3(x^2-6x+9) + \log_{1/3}(3-x) = 2$ .

Приводим к общему виду

Заметим, что под первым логарифмом стоит полный квадрат: $x^2-6x+9 = (x-3)^2$ . Основание второго логарифма: $1/3 = 3^{-1}$ , поэтому $\log_{1/3}(3-x) = -\log_3(3-x)$ .

Перепишем уравнение:

\log_3((x-3)^2) - \log_3(3-x) = 2.

Выписываем ограничения

Аргументы должны быть строго больше нуля:

\begin{cases} (x-3)^2 > 0 \\ 3 - x > 0 \end{cases} \iff \begin{cases} x \neq 3 \\ x < 3 \end{cases} \iff x < 3.

Выносим степень и раскрываем модуль

Выносим квадрат из первого логарифма. Показатель чётный, поэтому модуль обязателен: по формуле $\log_a(b^2) = 2\log_a|b|$ получаем

2\log_3|x-3| - \log_3(3-x) = 2.

Поскольку мы работаем в области $x < 3$ , выражение $x-3$ отрицательно. Раскрываем модуль со сменой знака: $|x-3| = -(x-3) = 3-x$ .

2\log_3(3-x) - \log_3(3-x) = 2 \iff \log_3(3-x) = 2.

Решаем и проверяем

По определению логарифма:

3-x = 3^2 \iff 3-x = 9 \iff x = -6.

Проверяем условие $x < 3$ : $-6 < 3$ , корень подходит.

Пример 3. Переменное основание и замена

Условие. Реши уравнение $\log_x(x^2-2) = 4\log_{x^2-2} x$ .

Выписываем ограничения

В уравнении присутствуют взаимно обратные логарифмы. Выпишем ограничения для основания и аргументов:

\begin{cases} x > 0 \\ x \neq 1 \\ x^2 - 2 > 0 \\ x^2 - 2 \neq 1 \end{cases} \iff \begin{cases} x > 0 \\ x \neq 1 \\ x \in (-\infty;\, -\sqrt{2}) \cup (\sqrt{2};\, +\infty) \\ x^2 \neq 3 \end{cases} \iff x \in (\sqrt{2};\, \sqrt{3}) \cup (\sqrt{3};\, +\infty).

Переходим к одному логарифму и делаем замену

Применим формулу перехода $\log_{x^2-2} x = \dfrac{1}{\log_x(x^2-2)}$ . Уравнение принимает вид:

\log_x(x^2-2) = \dfrac{4}{\log_x(x^2-2)}.

Сделаем замену $t = \log_x(x^2-2)$ . Уравнение $t = \dfrac{4}{t}$ равносильно $t^2 = 4$ , откуда $t = 2$ или $t = -2$ .

Разбираем случаи

Случай 1: $t = 2$ .

\log_x(x^2-2) = 2 \implies x^2 - 2 = x^2 \implies -2 = 0.

Уравнение не имеет решений.

Случай 2: $t = -2$ .

\log_x(x^2-2) = -2 \implies x^2 - 2 = x^{-2} \implies x^2 - 2 = \dfrac{1}{x^2}.

Пусть $y = x^2$ . Так как $x > \sqrt{2}$ , то $y > 2$ .

y - 2 = \dfrac{1}{y} \implies y^2 - 2y - 1 = 0.

Корни квадратного уравнения: $y = 1 \pm \sqrt{2}$ . Так как $y > 2$ , корень $y = 1 - \sqrt{2}$ (отрицательный) отбрасываем. Остается $y = 1 + \sqrt{2}$ . Проверяем: $1 + \sqrt{2} \approx 2{,}414 > 2$ . Подходит.

Возвращаемся к x и отбираем корень

Возвращаемся к $x$ :

x^2 = 1 + \sqrt{2}.

Учитывая, что $x > 0$ , берем только положительный корень:

x = \sqrt{1 + \sqrt{2}}.

Проверим, не попал ли корень в выколотую точку $x = \sqrt{3}$ :

1 + \sqrt{2} \neq 3 \implies \sqrt{1 + \sqrt{2}} \neq \sqrt{3}.

Корень удовлетворяет всем условиям.

Пример 4. Квадратное уравнение относительно логарифма (замена

t=\log_a x

)

Условие. Реши уравнение $\lg^2 x - 3\lg x + 2 = 0$ (здесь $\lg x = \log_{10} x$ ).

Пример 5. Переменное основание: разбор по случаям основания

Условие. Реши уравнение $x^{\,2x-3} = x^{\,x-1}$ .

Почему нужен разбор случаев

Степенная функция $x^{p}$ с переменным основанием определена (как обычно для ДВИ) при $x > 0$ . Это уравнение нельзя бездумно «приравнять показатели»: равенство $a^{p} = a^{q}$ влечёт $p = q$ только когда основание $a \neq 1$ . Если же основание равно $1$ , то $1^{p} = 1^{q} = 1$ при любых показателях, и появляется отдельная серия корней. Поэтому разбираем случаи по основанию $h(x) = x$ .

ОДЗ: $x > 0$ .

Случай 1: основание равно единице

Случай 1: основание $x = 1$ . Тогда левая и правая части равны $1^{2x-3} = 1$ и $1^{x-1} = 1$ при любых показателях. Равенство выполнено, значит $x = 1$ — корень.

Случай 2: основание не равно единице

Случай 2: основание $x > 0,\ x \neq 1$ . Здесь $x^{2x-3} = x^{x-1} \iff 2x - 3 = x - 1 \iff x = 2$ . Условие $x = 2 > 0,\ x \neq 1$ выполнено — корень подходит.

(Случай $0 < x < 1$ и случай $x > 1$ для уравнения дают одно и то же условие $2x-3 = x-1$ — здесь именно поэтому достаточно потребовать $x \neq 1$ . Различать $0<x<1$ и $x>1$ приходится в неравенствах, где при основании из $(0;1)$ знак переворачивается; см. справочник, раздел «Показательные/логарифмические неравенства».)

Собираем ответ

Итого два корня: $x = 1$ и $x = 2$ .

Пример 6. Смешанное логарифмо-показательное уравнение

Условие. Реши уравнение $\log_2(9 - 2^x) = 3 - x$ .

Частые ошибки

ЧАСТАЯ ОШИБКА

Потеря модуля при вынесении четной степени

Ошибка: Преобразовать $\log_a(x^2) = 2\log_a x$ . Если $x$ может принимать отрицательные значения (например, $x = -2$ ), то левая часть имеет смысл $\log_a(4)$ , а правая $\log_a(-2)$ — нет. Как правильно: При чётном показателе всегда писать модуль: $\log_a(x^{2k}) = 2k\log_a|x|$ . Раскрывать модуль нужно строго с опорой на ОДЗ. Для нечётного показателя модуль ставить нельзя — там верно $\log_a(b^n) = n\log_a b$ только при $b > 0$ .

ЧАСТАЯ ОШИБКА

Сужение ОДЗ при разложении логарифма произведения

Ошибка: Разложить логарифм произведения $\log_a(f(x) \cdot g(x)) = \log_a f(x) + \log_a g(x)$ без оговорок. Левая часть существует и когда обе функции отрицательны (минус на минус дает плюс), а правая — только когда обе положительны. Происходит сужение ОДЗ и возможна потеря корней. Как правильно: Либо применяй формулу только на участке, где обе функции положительны (тогда переход равносилен), либо используй её справа налево — сворачивай сумму в логарифм произведения. Обратная операция, наоборот, расширяет ОДЗ, поэтому после неё достаточно сделать проверку в конце.

ЧАСТАЯ ОШИБКА

Деление или сокращение на логарифм без проверки на ноль

Ошибка: В уравнении вида $\log_a x \cdot \big(\log_a x - 5\big) = 0$ или $\dfrac{P(\log_a x)}{\log_a x} = Q$ молча «сократить» или поделить обе части на $\log_a x$ . При этом теряется ветка $\log_a x = 0$ , то есть корень $x = 1$ . Как правильно: Перед делением на множитель $\log_a x$ отдельно рассмотри случай $\log_a x = 0$ (он даёт $x = 1$ , если $1$ входит в ОДЗ). Надёжнее не делить, а перенести всё в одну часть и разложить на множители: произведение равно нулю $\iff$ хотя бы один множитель равен нулю.

ЧАСТАЯ ОШИБКА

Опускание условия положительности при «снятии» логарифмов

Ошибка: Переход $\log_a f(x) = \log_a g(x) \implies f(x) = g(x)$ без условия $f(x) > 0$ . Алгебраическое уравнение $f = g$ может иметь корни, при которых $f$ (а значит и $g$ ) отрицательны — они посторонние. Как правильно: Снимать логарифмы только через систему: $f(x) = g(x)$ и $f(x) > 0$ (для одного из аргументов, второй положителен автоматически в силу равенства).

Что запомнить

Если в основании логарифма стоит переменная — она должна быть строго больше нуля и не равна единице; при переменном основании отдельно проверяй случай $h(x) = 1$ (для уравнений) и помни про переворот знака при $0 < h(x) < 1$ (для неравенств).
Равносильный переход от $\log_a f(x) = \log_a g(x)$ к $f(x) = g(x)$ требует проверки положительности только одной (самой простой) функции.
Модуль при вынесении степени ставится только при чётном показателе; для нечётного — лишь форма $n\log_a b$ при положительном аргументе.
Если уравнение свелось к квадратному относительно $t = \log_a x$ — реши его, а потом обязательно вернись к $x$ через $x = a^{t}$ и сверь корни с ОДЗ.
Показательные уравнения (вспомогательная переменная $a^x = t$ ) часто комбинируются с логарифмами (см. Пример 6). Возвращаясь к $x$ , помни, что $x = \log_a t$ , и $t > 0$ .

Оформление под рубрику ДВИ

ДВИ оценивается по outcomes-рубрике с частичными баллами «±»: важно не только получить число, но и обосновать каждый шаг отбора корней. Ниже — эталон оформления и типичные причины снятия баллов.

СОВЕТ

Эталон полного решения (на примере Примера 4)

ОДЗ выписано явно в начале: « $\lg x$ определён $\iff x > 0$ ».
Замена объявлена с областью: «Пусть $t = \lg x$ , $t \in \mathbb{R}$ » — указано, что новых ограничений на $t$ нет.
Каждый переход равносилен или помечен. Если цепочка неравносильна (например, возводили в квадрат, делили на выражение, разлагали логарифм произведения) — в конце пишется «Сделаем проверку» и показывается подстановка.
Обратная подстановка выписана: « $\lg x = 1 \implies x = 10$ » — не «в уме».
Отбор корней обоснован: для каждого кандидата явно сверено с ОДЗ (« $10 > 0$ и $100 > 0$ — оба в ОДЗ»).
Ответ выделен отдельной строкой: «Ответ: $x = 10,\ x = 100$ ».

ЧАСТАЯ ОШИБКА

За что снимают «±» (теряют часть баллов)

Получен верный ответ, но ОДЗ не выписано или выписано не полностью (особенно условие $h(x) \neq 1$ при переменном основании) — частичный балл.
При переменном основании не рассмотрен случай $x = 1$ (как в Примере 5) — потерян корень $\Rightarrow$ снижение.
Снят логарифм без условия положительности аргумента, появился посторонний корень и не отброшен — снижение.
Вынесена чётная степень без модуля ( $\log_a x^2 = 2\log_a x$ ) — ошибка в ОДЗ.
Поделили на $\log_a x$ без оговорки $\log_a x \neq 0$ — потерян корень $x = 1$ .
Цепочка была неравносильной, а проверка не сделана — даже при верном ответе балл могут снизить за необоснованность.

Стратегия на ДВИ

Проверь себя

При каких условиях имеет смысл выражение $\log_{h(x)} f(x)$ ?
Какое тождество верно при любом $b \neq 0$ (и $a > 0$ , $a \neq 1$ )?
Уравнение $\log_a f(x) = \log_a g(x)$ (где $a > 0$ , $a \neq 1$ ) равносильно системе:
Сколько корней у уравнения $x^{\,2x-3} = x^{\,x-1}$ (при $x > 0$ )?

Логарифмические уравнения

Суть темы и ОДЗ

Основные формулы и свойства

Вывод формулы перехода к новому основанию

Равносильные переходы

Алгоритм решения

Примеры решений

Выписываем ограничения

Приводим к одному основанию

Решаем квадратное уравнение

Отбираем корни

Приводим к общему виду

Выписываем ограничения

Выносим степень и раскрываем модуль

Решаем и проверяем

Выписываем ограничения

Переходим к одному логарифму и делаем замену

Разбираем случаи

Возвращаемся к x и отбираем корень

ОДЗ и замена

Решаем квадратное

Обратная подстановка и проверка

Почему нужен разбор случаев

Случай 1: основание равно единице

Случай 2: основание не равно единице

Собираем ответ

ОДЗ и переход к показательному виду

Замена и квадратное уравнение

Возвращаемся к x и проверяем ОДЗ

Частые ошибки

Что запомнить

Оформление под рубрику ДВИ

Стратегия на ДВИ