Feladat: 915. matematika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1959/április, 111 - 113. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Logaritmusos egyenletek, Paraméteres egyenletek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1958/szeptember: 915. matematika feladat

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

Hogy a fellépő logaritmusoknak legyen értelmük, megoldásul csak olyan x fogadható el, amelyre px, qx, rx megengedett logaritmus-alapszámok, vagyis 1-től különböző pozitív számok. Így p, q, r>0 folytán x>0, továbbá x≠1/p, 1/q, 1/r. Ha px, qx, rx közül legalább egyiknek értéke 1, akkor a≠1 esetén az egyenlet bal oldala értelmetlen, a=1 mellett pedig határozatlan. Mindenképpen fel kell tennünk továbbá, hogy a≠1, különben az egyenlőség minden megengedett x-re teljesülne.
Térjünk át egyetlen logaritmusalapnak, p1. a 10-nek használatára. A logbc=(lgc)(lgb) képlet alkalmazásával egyenletünk így alakul:

klgalgpx+llgalgqx+mlgalgrx=lga(klgp+lgx+llgq+lgx+mlgr+lgx)=0,
és lg  a≠0-val egyszerűsítve, továbbá a lgp=P, lgq=Q, lgr=R, lgx=y jelölésekkel
kP+y+lQ+y+mR+y=0.
1
Innen ‐ előre kizárva azokat az y-okat, amelyekkel a nevezők valamelyike 0-vá válhatna (ez a követelmény természetesen azonos azzal, hogy px, qx, rx egyike sem egyenlő 1-gyel) ‐ a törtek eltávolításával és rendezéssel
k(y+Q)(y+R)+l(y+P)(y+R)+m(y+P)(y+Q)=0,(1)
másképpen
(k+l+m)y2+[k(Q+R)+l(P+R)+m(P+Q)]y+(2)
+(kQR+lRP+mPQ)=0,
vagy
(k+l+m)y2+[(k+l+m)(P+Q+R)-(kP+lQ+mR)]y+(3)
+(kQR+lRP+mPQ)=0.

Ez az egyenlet a k, l, m, P, Q, R paraméterektől függő együtthatóknak, ill. az y-t nem tartalmazó állandónak 0, ill. 0-tól különböző volta szerint más-más típusú, emiatt ezeket az eseteket külön vizsgáljuk. Legyenek y2, y és y0 együtthatói rendre A, B, C, így a vizsgálandó egyenlet:
Ay2+By+C=0.(4)
Diszkriminánsa a következő áttekinthető alakra hozható:
B2-4AC=[k(R-Q)]2+[l(P-R)]2+[m(Q-R)]2-2kl(R-Q)(P-R)--2km(R-Q)(Q-P)-2lm(P-R)(Q-P)=U2+V2+W2--2UV-2VW-2WU,


ahol U=k(R-Q), V=l(P-R), W=m(Q-P).
 

Ia) Ha A≠0 és B2-4AC≧0, akkor (4) másodfokú és két, ill. egy valós megoldása van: y1, y2. Ha ezek -P, -Q, -R mindegyikétől különbözők, akkor
x1=10y1,x2=10y2.
(A diszkrimináns eltűnése esetén x2 felírása természetesen felesleges.)
 

Ib) Akkor is másodfokú a (4) egyenlet, ha A≠0 és B2-4AC<0, ekkor azonban nincsenek valós gyökei, x-re sincs megoldás. (Van ilyen eset, pl. U=V=W≠0 mellett -3U2<0).
II. Ha A=0 és B≠0, akkor (4) elsőfokú és egyértelműen megoldható, a (3) alakra gondolva
y0=-CB=kQR+lRP+mPQkP+lQ+mR,
és ebből x0=10y0 feltéve ismét, hogy y0 különbözik -P, -Q, -R mindegyikétől, másképpen: x0 a p, q, r paraméterek egyikének sem reciprok értéke. ‐ Ilyenkor A=k+l+m=0 alapján k, l, m egyike kifejezhető a másik kettővel, tehát lényegében csak öt paraméter van.
III. Ha A=0 és B=0, akkor (4) nem tartalmazza y-t, így x sem határozható meg, vagyis (1)‐(4) mindegyike is és az adott egyenlőség is vagy minden y-ra, ill. x-re teljesül, vagy egyre sem. Ekkor az A=B=0 egyenlőségrendszerből k, l, m aránya kifejezhető P, Q, R-rel:
k:l:m=(R-Q):(P-R):(Q-P),
másképpen :
k=λ(R-Q),l=λ(P-R),m=λ(Q-P),
vagyis négy paraméter van: P, Q, R és λ, és ezekre a klm≠0 feltevés folytán egyrészt λ≠0, másrészt P, Q, R és így p, q, r is, egymástól különbözők. Ezekkel
C=λ[PQ(Q-P)+QR(R-Q)+RP(P-R)],
ami átrendezéssel így írható:
C=-λ(Q-P)(R-Q)(P-R).
Innen látható, hogy A=B=0 mellett és a korábbi feltevésekkel C≠0, tehát ilyenkor nincs olyan x, amelyre egyenletünk teljesülne.
Megjegyzés. Ha k+l+m≠0 és P, Q, R különböző számok, akkor, mint (1)-ből látható, -P, -Q, -R egyike sem gyök, mert pl. y=-P-vel az (1) alak bal oldala: k(-P+Q)(-P+R)≠0. Ha viszont pl. P=Q≠R, akkor y=-P egyik gyöke (1)-nek, a másik pedig
y=-(k+l)R+mPk+l+m.
Végül P=Q=R mellett (1) így alakul:
(k+l+m)(y+P)2=0,
vagyis y=-P kétszeres gyök, más gyök nincs.
1Megjegyezzük, hogy 10-es helyett bármely más (megengedett) logaritmusok használatára áttérhettűnk volna, pl. a-alapúra is. Így azonban látjuk, hogy a csak látszólag paramétere az adott egyenletnek, mert itt már nem szerepel.