Feladat:	B.3320	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Baharev Ali ,  Hargita Gábor ,  Venter György
Füzet:	2000/április, 225 - 226. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Exponenciális egyenletek, Logaritmusos függvények, Függvényvizsgálat differenciálszámítással, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1999/november: B.3320

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Az egyenlet értelmezési tartománya a pozitív számok halmaza. Behelyettesítéssel meggyőződhetünk arról, hogy $\frac{1}{16}$ és $\frac{1}{4}$ megoldásai az egyenletnek. Megmutatjuk, hogy más valós megoldás nincsen. Mindkét oldal természetes alapú logaritmusát véve az eredetivel ekvivalens egyenletet kapunk, hiszen $x$ pozitív: $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{x}\text{ln}x=-\text{ln}2.}\end{array}$ Tekintsük az $f\left(x\right)=\sqrt[]{x}\text{ln}x$ függvényt ($x>0$). $f$ differenciálható a pozitív számok halmazán, és a függvény deriváltja $f\text{'}\left(x\right)=\frac{\text{ln}x+2}{2\sqrt[]{x}}$. Ha $0<x<e^{-2}$, akkor $f\text{'}\left(x\right)<0$; $f\text{'}\left(e^{-2}\right)=0$, és ha $x>e^{-2}$, akkor $f\text{'}\left(x\right)>0$. Eszerint $f$ szigorúan monoton fogyó, ha $0<x<e^{-2}$, és szigorúan monoton növő, ha $x>e^{-2}$. Emiatt $f$ egy adott értéket legfeljebb kétszer vehet föl, a talált megoldásokon kívül nincsen több; a feladatnak két megoldása van: $x_1=\frac{1}{16}$ és $x_2=\frac{1}{4}$.  Baharev Ali (Vác. Boronkay Gy. Gimn., 11. o.t.)   Megjegyzés. A helyes megoldásokban igen változatos helyettesítésekkel egyszerűsítették a vizsgálandó függvényt. Néhány példa: az $y=\sqrt[]{x}$ helyettesítéssel az $y^y=\frac{\sqrt[]{2}}{2}$ egyenletet kapjuk; ha $x=2^k$, akkor az egyenlet $k\cdot 2^{\frac{k}{2}}=-1$. Az alábbi megoldás meglepően egyszerű egyenletre jut.   II. megoldás. Ha $x>0$, akkor pontosan egy $t\in \text{R}$ van, amelyre $x=2^{-2t}$. Ezzel a helyettesítéssel az egyenlet a $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(2^{-2t}\right)}^{2^{-t}}=\frac{1}{2}}\end{array}$ alakot ölti.  Mindkét oldal 2-es alapú logaritmusára térve: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle 2^{-t}\cdot \text{log}{}_2{2}^{-2t}=-\mathrm{1,}\text{azaz}}\\ \hfill {\displaystyle -t\cdot 2^{-t+1}=-\mathrm{1,}\text{vagyis}}\\ \hfill {\displaystyle t=2^{t-1}\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$ A jobb oldalon álló függvény konvex, egy egyenes tehát legfeljebb két pontban metszi a grafikonját (ábra). Ha $t=1$ és $t=2$, akkor megoldást kapunk; innen $x_1=2^{-2}=\frac{1}{4}$, $x_2=2^{-4}=\frac{1}{16}$. Az egyenlet megoldásai tehát $\frac{1}{4}$ és $\frac{1}{16}$.  Hargita Gábor (Ócsa, Bolyai J. Gimn., 10. o.t.)   Megjegyzés. Venter György (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 12. o.t.) az $x=\frac{1}{2^{n}A}$  ($n\ge 0$ egész, $1\le A<2$) helyettesítéssel oldja meg a feladatot. Először igazolja, hogy $n\le 5$, majd esetszétválasztással találja meg a két megoldást.