условие

logx−1⁡(−x2+8x−7)−116logx−12⁡(x−7)2≥2

шаг 1.Область допустимых значений

Основание положительно и не равно единице, оба аргумента положительны. Первый аргумент раскладываем на множители — один из них совпадает с основанием.

ОДЗ
−x2+8x−7=−(x2−8x+7)=−(x−1)(x−7)=(x−1)(7−x)
{x−1>0x−1≠1(x−1)(7−x)>0(x−7)2>0⟺{x>1x≠21<x<7x≠7
{1<x<7x≠2
−+−аргумент17
−∞
+∞
x
ОДЗ127
−∞
+∞
x

Корни x² − 8x + 7 ловятся устно: по теореме Виета их сумма равна 8, а произведение равно 7 — подходят 1 и 7. Пробная точка x = 2 в произведении (x − 1)(7 − x): 1 · 5 = 5 > 0 — знак «+», решение лежит между корнями. Чётная степень (x − 7)² положительна при всех x, кроме x = 7, а это значение и так вне промежутка x < 7. Выколотая точка 2 — там основание x − 1 обращается в единицу.

шаг 2.Упрощаем оба логарифма

Первый аргумент — произведение, один множитель которого совпадает с основанием, поэтому логарифм распадается в сумму. Во втором логарифме показатель степени чётный, и он выносится с модулемПреобразования 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).
, а на ОДЗ x < 7 и |x − 7| = 7 − x.
logx−1⁡((x−1)(7−x))=logx−1⁡(x−1)+logx−1⁡(7−x)=
=1+logx−1⁡(7−x)
logx−1⁡(x−7)2=2logx−1⁡|x−7|=2logx−1⁡(7−x)

Логарифм основания по самому себе равен единице: log_{x−1}(x − 1) = 1.

шаг 3.Замена переменной

В обоих логарифмах осталось одно и то же выражение — обозначаем его через v = log_{x−1}(7 − x). Неравенство становится квадратным относительно v.

v=logx−1⁡(7−x)
1+v−116(2v)2≥2
1+v−4v216≥2
−v24+v−1≥0
v2−4v+4≤0
(v−2)2≤0
v=2

Домножаем обе части на −4: знак неравенства меняется на противоположный, и слева получается полный квадрат. Квадрат неотрицателен при любом v, поэтому (v − 2)² ≤ 0 возможно только при равенстве нулю — остаётся единственное значение v = 2.

шаг 4.Обратная замена

Возвращаемся к x: логарифм равен 2, значит аргумент равен основанию в квадрате. Получается обычное квадратное уравнение.

logx−1⁡(7−x)=2
7−x=(x−1)2
7−x=x2−2x+1
x2−x−6=0
  • корни:(x−3)(x+2)=0⟺
    • x=3
    • x=−2

По теореме Виета для x² − x − 6 = 0 сумма корней равна 1, а произведение равно −6 — подходят 3 и −2, отсюда x² − x − 6 = (x − 3)(x + 2). Проверяем ОДЗ 1 < x < 7, x ≠ 2: корень −2 в неё не попадает, остаётся только x = 3. Подстановка: основание 3 − 1 = 2, аргумент 7 − 3 = 4, и log₂4 = 2 — значение v = 2 действительно достигается.

ответ

x=3
репетитор по
математике
Мария Беличенко
• обо мне
• принципы работы
• учебный процесс
• оплата
• контакты		• Беличеночная
• блог
• ЕГЭ
• оферта
belichenko.org
2019 -