условие

ln⁡(3y2−2y+1)ln⁡(5y2−6y+1)5≥log75⁡3log7⁡3

шаг 1.Приводим к логарифму по основанию B

Показатель степени в знаменателе выносим множителем, а отношение натуральных логарифмов сворачиваем в логарифм по основанию B Преобразования логарифмов и ОДЗ
Главное правило
Сначала выписываем ОДЗ, потом преобразуем логарифмы. Каждое тождество ниже верно только на своей области — меняя её по ходу, легко потерять или добавить решения. Сам логарифм loga⁡b требует a>0,a≠1,b>0.
Степень выносим с модулем
Тождество loga⁡bn=nloga⁡b верно только при b>0. При чётном показателе b2k определено и для b<0, поэтому обязателен модуль:
loga⁡b2k=2kloga⁡|b|
У нас 16log3⁡(x+1)6=log3⁡|x+1|. Без модуля потеряли бы ветку x<−1 и корень x=−4.
Коэффициент внутрь — расширение ОДЗ
Обратный ход cloga⁡b=loga⁡bc при чётном c расширяет область: 2loga⁡x=loga⁡x2 — слева x>0, справа x≠0. Появляются посторонние корни x<0; держим исходное b>0 или сразу пишем модуль.
Свернуть в один — можно
loga⁡f+loga⁡g=loga⁡(fg)
loga⁡f−loga⁡g=loga⁡fg
ОДЗ уже требует f>0 и g>0 — держим его, свёртка ничего лишнего не вносит.
Развернуть в сумму/разность — опасно
loga⁡(fg) определён при fg>0, loga⁡fg — при fg>0 (в том числе оба множителя отрицательны). Разбивая на loga⁡f±loga⁡g, силой требуем f>0,g>0 и теряем эту ветку. Корректно — только с модулями:
loga⁡(fg)=loga⁡|f|+loga⁡|g|
Смена основания — безопасно
loga⁡b=logc⁡blogc⁡a и loga⁡b=1logb⁡a — область не меняется (нужно c>0,c≠1, для второй b≠1).
Основное тождество
aloga⁡b=b(b>0), loga⁡ak=k — удобно при потенцировании и записи числа как логарифма (c=loga⁡ac).
. Правая часть тоже сворачивается в число — она равна одной пятой. Общий множитель 1/5 сокращается, и остаётся сравнить логарифм с единицей.
A=3y2−2y+1,B=5y2−6y+1
ln⁡Aln⁡B5=ln⁡A5ln⁡B=15logB⁡A
log75⁡3log7⁡3=15⋅log7⁡3log7⁡3=15
15logB⁡A≥15⇔logB⁡A≥1

Смена основания: ln A / ln B = log_B A. Справа log_{7⁵}3 = (log₇3)/5, поэтому отношение равно 1/5.

шаг 2.Метод рационализации

Единицу записываем как log_B B — неравенство становится разностью логарифмов. Основание B переменное, поэтому знак задаём методом рационализации Метод рационализации
Если нужен только ЗНАК выражения (например, для метода интервалов), не решаем его напрямую — определяем знак по таблице: знак слева совпадает со знаком справа (на ОДЗ), а правое выражение проще. Третий столбец — ОДЗ.
loga⁡f−loga⁡g(a−1)(f−g)a>0,a≠1,f,g>0af−ag(a−1)(f−g)a>0,a≠1|f|−|g|(f−g)(f+g)любыеf−gf−gf,g≥0
Множитель (a−1) задаёт направление: при a>1 он положителен (знак как у f−g), при 0<a<1 — отрицателен, знак переворачивается.
: знак log_B A − log_B B совпадает со знаком (B − 1)(A − B). Замена сохраняет знак только на ОДЗ, поэтому неравенство сразу переходит в равносильную систему: рационализированное неравенство ① и ограничения ② и ③ на аргумент и основание.
logB⁡A−logB⁡B≥0
⟺{(B−1)(A−B)≥013y2−2y+1>025y2−6y+1>0,5y2−6y+1≠13

Условие ② — аргумент логарифма, ③ — основание: оно положительно и не равно единице (иначе знаменатель исходной дроби обращается в ноль).

шаг 3.Неравенство ①

Вычисляем оба множителя ① и раскладываем их на линейные скобки вынесением общего множителя y.

1(B−1)(A−B)≥0
B−1=(5y2−6y+1)−1=5y2−6y=y(5y−6)
A−B=(3y2−2y+1)−(5y2−6y+1)=−2y2+4y=−2y(y−2)
y(5y−6)⋅(−2y)(y−2)≥0
−2y2(5y−6)(y−2)≥0
−−+−①02
65
−∞
+∞
y
Множитель y² — чётной кратности: в нуле петелька, знак через точку не меняется. Пробная точка y = 1: −2·1²·(5 − 6)(1 − 2) = −2·1·(−1)·(−1) = −2 < 0 — знак «−» между 0 и 6/5. Все корни закрашены (нестрогое ≥), поэтому y = 0 даёт изолированную точку. Решение ①: {0} ∪ [6/5; 2].Петелька при чётной кратности
Возникает, когда корень выражения повторяется чётное количество раз.
Внутри петельки знак НЕ ставится.
Петелька показывает 0 функции и может быть только закрашенной или выколотой. Знака внутри петли быть не может, т.к. у нуля знака нет.
> 0
+ +
(−∞;a)∪(a;+∞)
≥ 0
+ +
(−∞;+∞)
< 0
+ +
⌀
≤ 0
+ +
{a}
Флаг или петелька означают «через эту точку знак выражения не меняется» — слева и справа от петли знаки одинаковые.
При знаках ≤/≥ значение петельки может быть выколото по ОДЗ.

шаг 4.Ограничения ② и ③

Условие ② выполнено всегда: у трёхчлена 3y² − 2y + 1 дискриминант отрицателен, а ветви направлены вверх. Условие ③ даёт два ограничения: положительность основания и его отличие от единицы.

23y2−2y+1>0,D=4−12=−8<0
верно при всех y
35y2−6y+1=0,D=36−20=16
y=6±1610=6±410=1=15
5(y−15)(y−1)>0⇒y<15илиy>1
5y2−6y+1≠1⇔y(5y−6)≠0⇒y≠0,y≠65
+−+③01
15
65
−∞
+∞
y

Ось рисуем только для ③ — условие ② верно на всей прямой и ничего не отсекает. Парабола 5y² − 6y + 1 ветвями вверх положительна вне корней; точки 0 и 6/5 обращают основание в единицу и потому выколоты. Решение ③: (−∞; 0) ∪ (0; 1/5) ∪ (1; 6/5) ∪ (6/5; +∞).

шаг 5.Пересечение

Сводим оси ① и ③ в одну. Изолированная точка y = 0 отсекается условием ③ (там основание равно единице), точка 6/5 выколота им же.

①02
65
−∞
+∞
y
③01
15
65
−∞
+∞
y
пересечение2
65
−∞
+∞
y
На границе y = 2 аргумент и основание равны (A = B = 9), поэтому log_B A = 1 — равенство входит в ответ.Петелька при чётной кратности
Возникает, когда корень выражения повторяется чётное количество раз.
Внутри петельки знак НЕ ставится.
Петелька показывает 0 функции и может быть только закрашенной или выколотой. Знака внутри петли быть не может, т.к. у нуля знака нет.
> 0
+ +
(−∞;a)∪(a;+∞)
≥ 0
+ +
(−∞;+∞)
< 0
+ +
⌀
≤ 0
+ +
{a}
Флаг или петелька означают «через эту точку знак выражения не меняется» — слева и справа от петли знаки одинаковые.
При знаках ≤/≥ значение петельки может быть выколото по ОДЗ.

ответ

y∈(65;2]
репетитор по
математике
Мария Беличенко
• обо мне
• принципы работы
• учебный процесс
• оплата
• контакты		• Беличеночная
• блог
• ЕГЭ
• оферта
belichenko.org
2019 -