Уравнения и неравенства · 11 класс · урок 3 из 5 · Никольский, «Алгебра и начала анализа 11», гл. II § 7–13, § 10–11

Равносильность на множествах

Сначала нужно знать: Равносильность системам
Зачем этот урок: ЕГЭ №16: логарифмические неравенства с переменным основанием, неравенства с корнями
Дальше: Метод промежутков

Равносильность уравнений и неравенств · урок 3

Преобразования, верные только при условиях

Основное понятие

$x = 1$ и $x^2 = 1$ не равносильны на $\mathbb{R}$ , но равносильны на $[0; +\infty)$ .
$2\log_2 x = 1$ (корень $\sqrt2$ ) и $\log_2 x^2 = 1$ (корни $\pm\sqrt2$ ) равносильны на $(0; +\infty)$ .
Схема: находим множество $M$ , где лежат все решения (область определения и очевидные условия), делаем преобразование, равносильное на $M$ , и отбираем решения из $M$ .

Уравнения (неравенства) равносильны на множестве $M$ , если любое их решение из

M

является решением другого и наоборот.

Преобразования, равносильные на множестве

1) Возведение в чётную степень равносильно на множестве, где обе части неотрицательны.
2) Умножение (деление) на функцию $\varphi$ равносильно там, где $\varphi$ определена и $\ne 0$ ; для неравенства — где $\varphi > 0$ .
3) Потенцирование $\log_a f \gtrless \log_a g$ — где $f > 0$ и $g > 0$ ; для неравенства при $0 < a < 1$ знак меняется.
4) Приведение подобных $\varphi - \varphi = 0$ — на области определения $\varphi$ .
5) Применение формулы — на множестве, где определены обе её части: $\log_a(fg) = \log_a f + \log_a g$ при $f, g > 0$ ; $\log_a f^2 = 2\log_a|f|$ ; $a^{\log_a f} = f$ при $f > 0$ .

Теорема о чётной степени

Доказательство. Если $f(x_1) > g(x_1) \ge 0$ , то и $2m$ -е степени в том же соотношении. Обратно, из $f^{2m}(x_2) > g^{2m}(x_2)$ для неотрицательных чисел следует $f(x_2) > g(x_2)$ (корни чётной степени сохраняют порядок).
$\sqrt{x} < \sqrt[4]{x + 6}$ : на $M = [0; +\infty)$ обе части неотрицательны ⇒ $x^2 < x + 6$ : $(-2; 3)$ ; с учётом $M$ ответ $[0; 3)$ .
$|x - 4| > |x + 6|$ : обе части $\ge 0$ при всех $x$ ⇒ $(x - 4)^2 > (x + 6)^2$ , $-20x > 20$ : $(-\infty; -1)$ .

Если на множестве

M

функции

f

g

неотрицательны, то на

M

равносильны

f > g

f^{2m} > g^{2m}

(и уравнения

f = g

f^{2m} = g^{2m}

Логарифмы на множествах

$\lg(1 - x^2) = \lg 2x$ : $M = (0; 1)$ ; $1 - x^2 = 2x$ , $x = -1 \pm \sqrt2$ ; в $M$ лежит $\sqrt2 - 1$ .
$4\log_4(x + 2) = \log_2(2x + 1) + \log_2 x$ : $M = (0; +\infty)$ ; на $M$ $\log_2(x + 2)^2 = \log_2(2x^2 + x)$ , $(x + 2)^2 = 2x^2 + x$ , $x = 4$ или $-1$ ; ответ $4$ .
$\log_{x+3}(8 - x) = 2\log_{x+3}(x + 4)$ : $M = (-3; -2) \cup (-2; 8)$ ; $8 - x = (x + 4)^2$ , $x = -1$ или $-8$ ; ответ $-1$ .
Переменное основание в неравенстве. $\log_{x-2}(9 - x) > \log_{x-2}(x + 1)$ , $M = (2; 3) \cup (3; 9)$ . На $(2; 3)$ основание меньше $1$ : $9 - x < x + 1$ — решений нет; на $(3; 9)$ : $9 - x > x + 1$ , $3 < x < 4$ . Ответ $(3; 4)$ .

Никольский, п. 11.2Пример 1

Решите неравенство

\sqrt{x + 1} > \sqrt[3]{3x + 1}

Все решения лежат в $M = [-1; +\infty)$ . Если $3x + 1 < 0$ , то правая часть отрицательна, а левая $\ge 0$ : все $x \in \left[-1; -\tfrac13\right)$ — решения.
На $M_1 = \left[-\tfrac13; +\infty\right)$ обе части неотрицательны — возводим в 6-ю степень: $(x + 1)^3 > (3x + 1)^2$ , то есть $x(x^2 - 6x - 3) > 0$ .
Метод интервалов: $\left(3 - \sqrt{12}; 0\right) \cup \left(3 + \sqrt{12}; +\infty\right)$ ; на $M_1$ остаются $\left[-\tfrac13; 0\right)$ и $\left(3 + \sqrt{12}; +\infty\right)$ .
Объединяем с первым случаем.

Ответ: $[-1; 0) \cup \left(3 + \sqrt{12}; +\infty\right)$

Никольский, № 11.4Пример 2

Решите неравенство

\log_x 3 > 2 - \log_3 x

$M = (0; 1) \cup (1; +\infty)$ ; на $M$ $\log_x 3 = \dfrac{1}{\log_3 x}$ .
$t = \log_3 x \ne 0$ : $\dfrac1t + t - 2 > 0 \iff \dfrac{(t - 1)^2}{t} > 0 \iff t > 0,\ t \ne 1$ .
$\log_3 x > 0$ , $x \ne 3$ : $x > 1$ , $x \ne 3$ .

Ответ: $(1; 3) \cup (3; +\infty)$

ЕГЭ, задание 16Пример 3

Решите неравенство

\log_5\bigl((2 + x)(x - 5)\bigr) > \log_{25}(x - 5)^2

$M$ : $(2 + x)(x - 5) > 0$ , $x \ne 5$ ⇒ $x < -2$ или $x > 5$ . На $M$ $\log_{25}(x - 5)^2 = \log_5|x - 5|$ .
Потенцируем: $(2 + x)(x - 5) > |x - 5|$ . При $x > 5$ : делим на $x - 5 > 0$ : $x + 2 > 1$ — верно для всех $x > 5$ .
При $x < -2$ : $|x - 5| = 5 - x$ , делим на $5 - x > 0$ : $-(2 + x) > 1$ , $x < -3$ .

Ответ: $(-\infty; -3) \cup (5; +\infty)$

ЕГЭ, задание 16Пример 4

Решите неравенство

\log_{x+1}(2x - 5) + \log_{2x-5}(x + 1) \le 2

$M$ : $2x - 5 > 0$ , $2x - 5 \ne 1$ , $x + 1 > 0$ , $x + 1 \ne 1$ ⇒ $x > \tfrac52$ , $x \ne 3$ . Тогда основание $x + 1 > 1$ .
$t = \log_{x+1}(2x - 5) \ne 0$ : $t + \dfrac1t \le 2 \iff \dfrac{(t - 1)^2}{t} \le 0 \iff t < 0$ или $t = 1$ .
$t < 0$ : $2x - 5 < 1$ , $\tfrac52 < x < 3$ . $\ t = 1$ : $2x - 5 = x + 1$ , $x = 6$ .

Ответ: $\left(\tfrac52; 3\right) \cup \{6\}$

Главное

Сначала множество $M$ — где лежат все решения; затем преобразования, равносильные на $M$ ; в конце отбор.
Чётная степень — где обе части $\ge 0$ ; умножение на функцию — где она $> 0$ (для неравенства).
Формулы логарифмов — только там, где определены обе части; $\log_a f^2 = 2\log_a|f|$ .
Переменное основание — разбиваем $M$ на части, где основание больше и меньше $1$ .

Все уроки станции «Равносильность уравнений и неравенств»