Feladat: F.1780 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bodnár István 
Füzet: 1972/február, 65 - 66. oldal  PDF file
Témakör(ök): Logaritmusos egyenletek, Paraméteres egyenletek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1971/szeptember: F.1780

Oldjuk meg a következő egyenletet x-re:
logaax4+logxax4+logaxa4+logxax4=a.(1)

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

Az egyenlet szerint a is, x is alkalmas arra, hogy logaritmus alapszáma legyen, vagyis mindegyikük 1-től különböző pozitív szám. (Ez természetesen az a paraméterre föltevést jelent, az x ismeretlenre nézve pedig követelményt.) Így logaa=1, logxx=1, (logax)(logxa)=1, ezeket és a logaritmus-művelet további ismert azonosságait felhasználva olyan, az (1) alattival ekvivalens egyenletet írhatunk fel, amelyben ismeretlenként csak logax fordul elő:

14(1+logax)+14(1logax+1)+14(logax-1)+14(1logax-1)=a.

Így a logax=y0 számra mint ismeretlenre teljesülnie kell az előbbivel ekvivalens
y2+2y+14y+y2-2y+14y=a,azaz|y+1|2y+|y-1|2y=a(2)


egyenletnek, tehát y-ként csak pozitív számot fogadhatunk el.
 

I. Legutóbbi egyenletünket esetszétválasztással oldjuk meg, először olyan megoldást keresünk, melyre 0<y1.
Ekkor
(y+1)+(1-y)2y=1y=a,y=1a2=a-2,
hacsak erre teljesül 0<y1 követelményünk, vagyis a2>1, azaz a>1. (Nem lehet ugyanis a2=1, hiszen a>0 és a1.)
 

II. Ha pedig y-ként csak 1-nél nagyobb számot fogadunk el, akkor (2)-ből
2y2y=y=a,y=a2,
hacsak a2>1.
Mindkét kapott y=logax érték pozitív, és érvényességük közös feltétele a>1. Ebben az esetben tehát (1)-nek két megoldása van:
x1=ay=aa-2ésx2=aa2,
ugyanis y>0 és a>1 alapján teljesül x1,2>1. Ha pedig a1, akkor az egyenletnek nincs megoldása.
Próbára nincs szükség, mert a bevezetett föltevések alapján mindenütt ekvivalens átalakításokat végeztünk.
 

Bodnár István (Eger, Gárdonyi G. Gimn., IV. o. t.)