Задача 10151429 — ЕГЭ №16 | Мария Беличенко

шаг 1.Замена переменной

Два логарифма взаимно обратны: у них основание и аргумент меняются местами. Обозначаем первый через t — второй становится 1/t, и неравенство превращается в дробно-рациональное. Замена работает только на ОДЗ, поэтому сразу выписываем равносильную систему: неравенство ① и ограничения ② и ③.

\log_{5 x - 6} (4 x + 1) = \frac{1}{\log_{4 x + 1} (5 x - 6)}

t = \log_{4 x + 1} (5 x - 6)

\log_{4 x + 1} (5 x - 6) + \log_{5 x - 6} (4 x + 1) \leq 2 ⟺

{\begin{matrix} t + \frac{1}{t} \leq 2 & 1 \\ 4 x + 1 > 0, 4 x + 1 \neq 1 & 2 \\ 5 x - 6 > 0, 5 x - 6 \neq 1 & 3 \end{matrix}

Формула перехода к новому основанию логарифма: log_b a = 1/log_a b. Выражение 4x + 1 работает и основанием, и аргументом логарифма, поэтому обязано быть положительным и не равным единице — это ②. То же для 5x − 6 — это ③.

шаг 2.Неравенство ①

Переносим двойку влево и сводим к одной дроби — в числителе появляется полный квадрат. Корень числителя t = 1 чётной кратности (петелька, знак через точку не меняется), он закрашен и войдёт в решение изолированной точкой; точка разрыва t = 0 выколота. Ровно это и утверждает неравенство Коши: при t > 0 сумма t + 1/t не бывает меньше 2, а равенство достигается только при t = 1.

1 t + \frac{1}{t} \leq 2

\frac{t^{2} - 2 t + 1}{t} \leq 0

\frac{{(t - 1)}^{2}}{t} \leq 0

Пробная точка t = −1 на интервале (−∞; 0): (−1 − 1)²/(−1) = 4/(−1) = −4 < 0 — знак «−». Через петельку t = 1 знак не меняется, поэтому справа от нуля всюду «+». Решение ①: t < 0 или t = 1.

шаг 3.Обратная замена

Возвращаемся к x. Знак логарифма определяем методом рационализации: log_f g имеет тот же знак, что (f − 1)(g − 1). Оба корня получившегося произведения выколоты — неравенство строгое. Случай t = 1 — это равенство аргумента основанию, он даёт одну изолированную точку.

t < 0 : \log_{4 x + 1} (5 x - 6) < 0

((4 x + 1) - 1) ((5 x - 6) - 1) < 0

4 x (5 x - 7) < 0

20 x (x - 1,4) < 0

t = 1 : \log_{4 x + 1} (5 x - 6) = 1

5 x - 6 = 4 x + 1

x = 7

Пробная точка x = −1 на интервале (−∞; 0): 20 · (−1) · (−1 − 1,4) = 20 · (−1) · (−2,4) = 48 > 0 — знак «+»; оба корня нечётной кратности, поэтому знаки чередуются. Во втором случае аргумент совпал с основанием: log₂₉ 29 = 1 при x = 7. Решение ①: (0; 1,4) ∪ {7}.

шаг 4.Ограничение ②

Условие ② — выражение 4x + 1 положительно и не равно единице.

2 4 x + 1 > 0, 4 x + 1 \neq 1

x > - 0,25, x \neq 0

Точка x = 0 выколота: там 4x + 1 обращается в единицу и логарифм по такому основанию не определён. Знак самого выражения 4x + 1 через неё не меняется. Решение ②: (−0,25; 0) ∪ (0; +∞).

шаг 5.Ограничение ③

Условие ③ — выражение 5x − 6 положительно и не равно единице.

3 5 x - 6 > 0, 5 x - 6 \neq 1

x > 1,2, x \neq 1,4

Точка x = 1,4 выколота: там 5x − 6 обращается в единицу. Решение ③: (1,2; 1,4) ∪ (1,4; +∞).

шаг 6.Пересечение

Сводим три оси в одну. Ограничение ③ поднимает левую границу интервала с 0 до 1,2, а изолированная точка x = 7 проходит все ограничения.

Проверка: x = 1,3 ⇒ основание 6,2 и аргумент 0,5, логарифм отрицателен, обратный к нему тоже — сумма меньше 2 ✓. Проверка: x = 7 ⇒ log₂₉ 29 + log₂₉ 29 = 1 + 1 = 2, нестрогое ≤ выполняется ✓.

условие