Feladat: 842. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Sókuti Teréz 
Füzet: 1958/március, 81 - 82. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Logaritmusos egyenletek, Paraméteres egyenletek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1957/szeptember: 842. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Mivel csak 1-től különböző, pozitív alapú logaritmust értelmezünk, szükséges, hogy x és a pozitív legyen, továbbá x1,a,1a.
Alakítsuk át egyenletünket az

logmb=lognblognm
azonosság segítségével csupa a alapú logaritmussá.
Ha a=1, akkor ez nem lehetséges, de akkor az egyenlet baloldalán minden tag 0, tehát ebben az esetben minden 1-től különböző pozitív x-re fennáll az egyenlet.
Ha a1, akkor a következő egyenletet kapjuk, amelyben a föltételek szerint egyik nevező sem 0:
12logaalogaxa+logaalogax+12logaalogaax=0,
vagyis
12logax-1=1logax+12logax+1=0.
A nevezőket eltávolítva
12logax(logax+1)+(logax)2-1+12logax(logax-1)=25(logax)2-1=0.
Innen
logax=±15,
tehát
x1=a15=a5,x2=a-15-1a5.

Behelyettesítéssel meggyőződhetünk, hogy ezek a gyökök is kielégítik az egyenletet.
 

Sókuti Teréz (Tököl, Élelmiszerip. t. III. o. t.)