FIŞA CU PROBLEME 1.Să se rezolve inecuaţiile şi ecuaţiile a) x 3 + x 2 − 4 x − 4 = 0 b)
4x + 5 >x 6 − 5x
c)
x 2 − 4x > x − 3
d)
x − 2 + 4 − x = x 2 − 6 x + 11
e)
6 − x − x2 = x +1
f)
x 2 + x > 2x − 1
x −8
g)
3x − 4
= 2x − 5 − x + 3
x 2 − 6 x + 5 + x 2 − 4 x + 3 − x 2 − 8x + 7 = 0
h) i)
3
2 − x + x −1 = 1
j)
3
x 3 − 3x 2 + 5 x − 6 > x − 2 x−
k)
(x + 1) 1 x +1 + < 2x − 1 + 2 4 8 1
9 2 9 l) 1 + + 41 + x x
m) n) o)
3
x − 1 + 3 x + 18
3
x + 18 − 3 x − 1
−
1 2
=4
2
;x ≠ 0
=5
x 2 − 55 x + 250 < x − 14 a+x + a−x a+x − a−x
=
a x
(discuţie după a ∈ R )
p) Să se rezolve şi discute ecuaţia , discutându-se după valorile parametrului real m : x + 2 x −1 + m x − 2 x −1 = 2 .
1
Soluţie : condiţii de existenţă : x − 1 ≥ 0 ⇔ x ∈ [1,+∞ )
(
)
∆ =16 2 x − 2 x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 x − 1 ↑ 2 ⇔ x 2 ≥ 4 x 2 − 2 x + 1 ⇔ 3 x 2 − 8 x + 4 ≤ 0 ⇔ x ∈ ,2 . 3
x + 2 x − 1 ≥ 0 ⇔ x ∈ [1,+∞ )
După intersecţie rezultă x ∈ [1;2] . Cu substituţia
x − 1 = y ≥ 0 avem x = y 2 + 1 şi ecuaţia echivalentă
: y 2 + 2 y +1 + m y 2 − 2 y +1 = 2 ⇔ y +1 + m y −1 = 2 . y
0
y +1
y+1
y −1
-y+1
E( y)
+∞
+1 y+1 0
y-1
y+1+m(-y+1)
y+1+m(y-1)
Dacă y ∈ [0,1]avem y+1+m(-y+1)=2 ⇔ y(1 − m ) = 1 − m ⇔ Dacă y ∈ [1,+∞ ) avem y+1+m(y-1)=2 ⇔ y (1 + m ) = 1 + m ⇔ Revenind la substituţia r)
x − 1 = y ≥ 0 avem soluţia
y = 1, m ≠ 1 . y ∈ R, m = 1 y = 1, m ≠ −1 y ∈ R, m = −1
x = 2, m ∉ {− 1,1} x ∈ [1,+∞ ), m ∈ [− 1,1]
3 x 2 − 2 − 23 x 2 − 1 = 1 2 3
Soluţie : condiţii de existenţă : x 2 ≥ ⇔ x ∈ − ∞,−
6 6 ∪ , +∞ 3 3
3 x 2 − 2 = u Notăm cu condiţia implicită u≥0. 3 x 2 − 1 = v
3 x 2 − 2 = u 2 Prin ridicare la putere avem : 2 de unde prin eliminarea lui x obţinem ecuaţia : x − 1 = v 3 u 2 = 3v 3 + 1
2
u − 2v = 1 2 ⇒ (2v + 1) = 3v 3 + 1 ⇔ 4v 2 + 4v + 1 = 3v 3 + 1 ⇔ 3v 3 − 4v 2 − 4v = 0 ⇔ v 3v 2 − 4v − 4 = 0 2 3 u = 3v + 1
(
)
v1 = 0 ⇒ v2 = 2 2 v3 = − 3 2 3
1 3
Condiţia de existenţă x 2 = 1 + v 3 ≥ ⇒ v 3 ≥ − deci toate 3 soluţiile sunt acceptabile.Se
obţin soluţiile ± 1,±3,±
57 . 9
2. 3 5 − 2 x + 3 x 2 + x + 2 + 3 − x 2 + x − 1 =3 6
{
2.Determinaţi elementele mulţimii : x ∈ R / x 2 − 5 x + 6 ≥ 3 − x
}
3.Să se rezolve sistemele de ecuaţii : a) 3
x− y = x− y x + y = 3 x − y + 8 3
4 x + y − 4 x − y = 2 b)
S = {41,40}
x + y − x − y = 8
x + y x − y 10 = + c) x − y x + y 3 x 2 + y 2 = 5
S = {(− 2,−1); (2,1)}
x+ y +3 x− y =6 d) 6 2 3
( x + y ) ( x − y ) = 8
x 2 + y 2 − 3 xy = 14 e) xy + x − y = −12
3x + y + x − y = 6 f) 3 x + x − y = 17
x + y + z = −1 g ) x 2 + y 2 + z 2 = 9 x 3 + y 3 + z 3 = −1
3
4 x 2 − 3 y 2 = xy 3 h) 2 3 2 x + x y = 2y
x + y + x2 y2 = 3 2 ( x + y ) − 2 xy = 2
i)
x− y =7
j) 3 2 2 3 3 x − xy + y − xy = 7 4.Să se rezolve ecuaţiile şi inecuaţiile : a) 4 x + 2 x +1 ≤ 288 b) 3 x +1 + 5 x + 2 = 3 x +5 − 3 ⋅ 5 x +3 c) 9 x − 2 d) 25 e) 9
x+
1 2
=2
x −3
− 5⋅5
x 2 +3
− 31+
x+
7 2
x −3
− 3 2 x −1
− 500 = 0
x 2 +3
= 54
f) 2 x + 2 x +1 + 2 x + 2 = 6 x + 6 x +1
3 g) 4
−6 x +10 − x 3
<
27 64
1 x
h) 9 + 9 = 18 x
i) 4 x+1,5 + 9 x = 6 x+1 1
j) 64 x − 2
3+
3 x
+ 12 = 0
k) 2 2 x + 2 ⋅10 x +1 − 10 ⋅ 2 3 x ⋅ 5 x = 1200 l) 2 2 x − 13 ⋅ 6 x −1 + 9 x = 0 m) 2 x +3 + 2 x + 2 + 2 x +1 + 2 x = 30 n) 2 2 x − 13 ⋅ 6 x −1 + 9 x = 0 o) 2 x +3 + 2 x + 2 + 2 x +1 + 2 x = 30 p) 2 q) 9
1− x 2
+2
log 5 ( x −1)
1+ x
=2
− 5 log9 ( x +3 ) = 4 y
4
ECUAŢII EXPONENŢIALE ŞI LOGARITMICE DE FORMA f(x)=g(x)
Obs : când se cere rezolvarea unei ecuaţii de forma f (x ) = g (x ) pot interveni următoarele situaţii : i) f- strict monotonă şi g- funcţie constantă ⇒ ecuaţia are o singură soluţie;(X) ii) f – strict crescătoare ; g -strict descrescătoare ⇒ f-g strict monotonă şi atunci ecuaţia
(f
− g )( x ) = 0 are soluţie unică care se observă ;(X)
iii) f- strict convexă (concavă) şi g- constantă sau liniară ⇒ ecuaţia are cel mult 2 soluţii(XI) iv) f- convexă şi g- concavă ⇒ f-g convexă şi atunci ecuaţia ( f − g )(x ) = 0 are cel mult 2 soluţii (XI). v) dacă atât f cât şi g sunt convexe se aplică teorema lui Lagrange (clasa XI) Propr: i) Dacă α>0 şi f convexă atunci α.f convexă; ii) Suma a 2 funcţii convexe este convexă; iii) Dacă φ(u) convexă şi crescătoare iar u=f(x) este convexă atunci şi funcţia compusă φ(f(x))va fi convexă; iv) O funcţie f(x) convexă pe intervalul I , diferită de o constantă , nu poate atinge valoarea cea mai mare în interiorul intervalului. 1 1 Câte rădăcini reale are ecuaţia : log 1 x − = log 1 x − ? 2
3
3
2
1. 8 x + 27 x + 64 x + 125 x = 24 x + 30 x + 40 x + 60 x Soluţie : ecuaţia din enunţ este echivalentă cu : 2 3 x + 33 x + 4 3 x + 5 3 x = 2 x ⋅ 3 x ⋅ 4 x + 2 x ⋅ 3 x ⋅ 5 x + 2 x ⋅ 4 x ⋅ 5 x + 3 x ⋅ 4 x ⋅ 5 x ⇔
⇔ a 3 + b 3 + c 3 + d 3 = abc + bcd + cda + abd 5
Însă a 3 + b 3 + c 3 + d 3 ≥ abc + bcd + cda + abd ∀a, b, c, d > 0 cu egalitate d.n.d. a=b=c=d. De aici rezultă x=0. 2. 3 x + 4 x = 5 x Soluţie : observăm că x=2 este soluţie a ecuaţiei date . Pt. a demonstra că soluţia obţinută este unică , în cazul acestui tip de ecuaţii se procedează în felul următor : x
x
3 4 • se împarte ecuaţia la puterea bazei celei mai mari : + = 1 ; 5 5 x
x
3 4 • se arată că expresia obţinută f (x ) = + ; 5 5
f : R → R+∗ este injectivă sau
strict monotonă. • în ambele cazuri orice paralelă la axa OX va intersecta graficul funcţiei într-un singur punct şi atunci soluţia ecuaţiei f(x)=a , unde a ∈ R+∗ va fi unică. x
x
3 4 În particular f (x ) = + este strict descrescătoare , ca fiind suma a 2 funcţii strict 5 5
descrescătoare ⇒ f (x ) = 1 are singura soluţie x=2. Obs: orice funcţie strict monotonă este injectivă. 3. (2 − 3 ) − 3 (5 − 2 3 ) = 21 − 13 3 . x
x
Soluţie : avem (2 − 3 ) = 26 − 15 3 şi ecuaţia se mai poate scrie : 3
(26 − 15 3 ) − (5 − 2 3 ) x 3
x 3
= 21 − 13 3
Se observă că x=3 este soluţie a ecuaţiei , arătăm că e unică. Deoarece 26 − 15 3 < 5 − 2 3 voi împărţi ecuaţia la termenul cel mai mare : x
26 − 15 3 3 13 3 − 21 =1 x 5−2 3 + 3 5−2 3
(
)
Întru-cât 13 3 > 21 avem mai sus sumă de funcţii strict descrescătoare ; unica soluţie este x=3. 4. 1x + 2 x + ... + 14 x = 15 x + 16 x + ... + 20 x Soluţie : 6
1x + 2 x + ... + 14 x = 15 x + 16 x + ... + 20 x : 15 x x
x
x
x
⇔ x
x
14 16 17 20 1 2 ⇔ + + ... + − − − ... − = 1 15 15 15 15 15 15
Ecuaţia va avea soluţie unică deoarece funcţia din membrul stâng este strict descrescătoare iar în membrul drept avem o constantă. Se verifică că x=0 e unica soluţie. 5. 8 x + 11x + 13 x + 14 x = 9 x + 10 x + 12 x + 15 x 6. 2 4 x ⋅ 32 x + 5 x ⋅ 13 x = 2 2 x ⋅ 3 x ⋅ 13 x + 5 2 x Soluţie : 2 4 x ⋅ 32 x + 5 x ⋅ 13 x = 2 2 x ⋅ 3 x ⋅ 13 x + 5 2 x ⇔ 12 2 x + 5 x ⋅ 13 x = 12 x ⋅ 13 x + 5 2 x : 5 x ⋅ 13 x 2x
x
x
x
12 2 x 12 x 5 x 5 5 12 5 12 ⇔ x +1 = x + x ⋅ ⇔ + = + x 5 ⋅13 5 13 13 13 13 13 13
12 Dacă notez α = 13
α2 + β =α + β2
x
2x
x
5 ; β = avem 13
⇔ α 2 − β 2 − (α − β ) = 0
⇔ (α − β )(α + β − 1) = 0
⇔
α =β α + β = 1
12 x 5 x = ⇔ x=0 Avem ecuaţiile : 13x 13x 12 + 5 = 1 ⇔ x = 2 13 13
Să se rezolve ecuaţia : 11x + 14 x = 25 x − 2( 154 )
x
Soluţie :
(
11x + 14 x = 25 x − 2 154
(
⇐ 11x + 14 x + 2 154
)
x
)
x
= 25 x : 25 x ⇒ x
x x 154 11 14 =1 ⇒ + + 2 25 25 25 ↓
↓
↓
Deoarece în ultima relaţie avem o sumă de trei funcţii descrescătoare , ecuaţia va avea o unică soluţie . Se observă că x=2 este unica soluţie . 7. log 6 (x 3 + x 2 ) = 2 log 3 x Soluţie : condiţie de existenţă x>0. 7
Se încearcă să se aducă ecuaţia la o formă exponenţială prin notarea valorii comune a celor doi logaritmi cu u :
(
)
(
)
log 6 x 3 + x 2 = 2 log 3 x = u ,
x 3 + x 2 = 6u u u 2 = ⇒ = log x x 3 3 2
log 6 x 3 + x 2 = u ⇒ 2 log 3 x = u u 2
⇒ 3 + 1 = 2u
u∈R
u 2
u 2
3 +1 = 4 : 4
sau x
u 2
3u
⇒ 3 2 + 3u = 3u ⋅ 2 u : 3u u
⇒
u
1 2 32 ⇒ + = 1 - ecuaţie ce are soluţia u=2. 4 4
x
1 2 3 2 Cum f (x ) = + ; 4 4
f : R → R+∗ este strict descrescătoare pe R , soluţia va fi unică .
RMT42009. 2 log 3 ( tgx ) = log 2 ( sin x ) tgx > 0 cos x > 0 π ⇔ ⇔ x ∈ 2 kπ ; 2 kπ + . 2 sin x > 0 sin x > 0
Soluţie : condiţie de existenţă
Se încearcă să se aducă ecuaţia la o formă exponenţială prin notarea valorii comune a celor doi logaritmi cu u : 2 log 3 (= tgx ) log 2 ( sin = x ) u,
u∈R
u tg 2 x = 3u tgx = 3 2 ⇒ 2 u sin x = 4 sin x = 2u sin 2 x 4u u 2 ⇒ tg= ⇔ = x 3 1 − sin 2 x 1 − 4u
2 log 3 ( tgx ) = u ⇒ log 2 ( sin x ) = u
u
⇔ 3 − 12 = 4 u
u
u
⇔ 4 + 12 = 3 : 3 u
u
u
u
4 ⇔ + 4u = 1 3
Ecuaţia de mai sus are soluţia unică u=-1, deoarece în membrul stâng avem o sumă a două funcţii strict crescătoare . 1 u= −1 ⇔ sin x = 2 x
π
⇔ x = + 2 kπ 6 x
1 2 3 2 Cum f (x ) = + ; 4 4
f : R → R+∗ este strict descrescătoare pe R , soluţia va fi unică .
8
8. log14 ( x + 3 x + 6 x ) = log 64 x Soluţie : condiţie de existenţă x>0. Se încearcă să se aducă ecuaţia la o formă exponenţială prin notarea valorii comune a celor doi logaritmi cu u : log14
(
)
x +3 x +6 x =u ⇒ log 64 x = u
x + 3 x + 6 x = 14 u = 2 u ⋅ 7 u ⇒ x = 64 u = 2 6u u
⇒2
2u
+ 2 +1 = 7 u
u
sau
4 + 2 +1 = 7 : 7 u
u
u
⇒ 2 3u + 2 2 u + 2 u = 2 u ⋅ 7 u : 2 u u
⇒
u
4 2 1 ⇒ + + = 1 - ecuaţie ce are 7 7 7
u
soluţia u=1. x
x
x
4 2 1 Cum f (x ) = + + ; 7
7
7
f : R → R+∗ este strict descrescătoare pe R , soluţia va fi
unică . 8. Să se rezolve ecuaţia : log88 ( x + 3 x + 4 x ) = log1024 x 9. log12 ( x + 4 x ) = log 9 x 1 2
10. log 2 (1 + x ) = log 3 x 11. 2 log 3 (2 + 3 x ) = log 2 (3 + 2 x ), x ∈ N 11.Câte soluţii are ecuaţia log a (x − b ) = log b (x − a ) unde 0 < b < a < 1 ? 11. Câte soluţii reale are ecuaţia log x (2 x + 1) = lg(x 2 + 2)
(
)
n n 11. log a n + a x + x = log a x , unde a>1 , n ∈ N , n ≥ 2 sunt date.
Soluţie : condiţie de existenţă x>0. Se încearcă să se aducă ecuaţia la o formă exponenţială prin notarea valorii comune a celor doi logaritmi cu t :
(
)
t x + n x = a n + a t t ⇒ a n⋅t + a t = a n + a : a n + a ⇒ t n x =a
t
(
) (
)
an a + n ⇒ n =1 a +a a +a t
9
t
an a + n Deoarece funcţia f (t ) = n este strict descrescătoare , ecuaţia f(t)=1 are a +a a +a t
soluţia unică t=1 de unde x = a n . 11. Să se rezolve în R ecuaţia : log 2 (2 x 2 + 2 ) =
x2 +1 x2 + 2
Soluţie : Se încearcă să se aducă ecuaţia la o formă exponenţială prin notarea valorii comune a celor doi logaritmi cu u :
(
)
log 2 2 x 2 + 2 =
x2 +1 = u, x2 + 2
2x + 2 = 2 ⇒ x2 +1 = u x2 + 2 u
2
(
)
u ∈ R+∗
2 2u − 2 ≥0 x = 2 2 x +1 = u2 x2 + 2
(
u 2u − 2 2 2 − 2 ⇒ + 1 = u + 2 2 2
2
(
⇒u≥
)
2
1 2
)(
⇒
)
(
) ( 2
)
⇔ 2 4u 2 − 1 2 u − 2 + u 2 2 u − 2 + 4 4u 2 − 1 = 0 1 2
În membrul stâng avem suma a 3 expresii pozitive , întru-cât u ≥ , deci egalitate nu poate fi decât dacă u =
1 2
⇒ x = 0.
12. x 2 + log 3 (x 2 + x + 1) = 2 x + log 3 x . Soluţie : condiţie de existenţă x>0 .
(
)
x 2 − 2 x + log 3 x 2 + x + 1 − log 3 x = 0 x2 + x +1 = 0 x 2 − 2 x + 1 − log 3 3 + log 3 x
(x − 1)2 + log 3 x
2
+ x +1 = 0 3x x2 + x +1 1 1 = log 3 1 + x + ≥ log 3 1 ≥ 0 3x x 3
Însă (x − 1)2 ≥ 0 şi log 3
1 x
cu egalitate în (1) dacă x=1 şi în (2) dacă x + = 2 ⇔ x = 1 10
Unica soluţie este x=1. q.e.d. x 1 x 13. log 3 log 2 x − log 6 = 3
3
3
3
2
12. Să se rezolve în R ecuaţia : 3 x + 4 x = 2 x + 5 x Soluţie : scriem 3 x − 2 x = 5 x − 4 x (1). Observăm că dacă împărţim la puterea bazei celei mai mari obţinem x
x
x
3 4 2 + − = 1 ; însă nu obţinem o funcţie monotonă. 5 5 5
Aplicăm o altă metodă : pres. x fixat şi fie
f : [2,3] → (0,+∞ )
, f (y) = y x
g : [4,5] → (0,+∞ )
, g(y) = y x
.
Aplicănd teorema lui Lagrange funcţiilor f , g pe intervalele disjuncte [2,3] resp. [4,5] rezultă că există λ1 (x ) ∈ (2,3) şi λ2 (x ) ∈ (4,5) a.î. Atunci (1) ⇔ x(λ1x −1 (x ) − λ2x −1 (x )) = 0
⇒
3 x − 2 x = x ⋅ λ1x −1 ( x ) . 5 x − 4 x = x ⋅ λ2x −1 ( x )
x1 = 0 sunt singurele soluţii . q.e.d. x2 = 1
OBS: Este important ca intervalele pe care aplicăm teorema creşterilor finite să fie disjuncte deci λ1 ≠ λ2. 13. (3 − 3 ) + (3 + 3 ) = (3 2 − 2 3 ) + (3 2 + 2 3 ) x
x
x
x
Soluţie : 14. 4 x + 15 x = 9 x + 10 x . 15. 3 x + 2 ⋅ 4 x + 7 x = 2 x + 2 ⋅ 5 x + 6 x . 14. (3x − 1)(3x − 2)x − (x + 2)x = (3x − 2)x +1 15. ( 2 + x )
log 2 3
=1 + ( 3 + x )
log3 2
Soluţie : condiţie de existenţă x ≥
(3x − 1)(3x − 2) − (3x − 2) x
x +1
Rămâne soluţia dată de
3 2
= ( x + 2 ) ⇔ (3 x − 2 ) = ( x + 2 ) x
x
3x − 2 =1⇔ x = 2. x+2 11
3x − 2 ⇔ =1 x+2 x
x
15. 3 x + 2 ⋅ 5 x −1 = 2 3 x −2 + 3 . Soluţie : observ că x=1 şi x=2 sunt soluţii ale ecuaţiei date. Pentru a demonstra că acestea sunt singurele soluţii consider f (x ) = 3 x + 2 ⋅ 5 x −1 − 2 3 x −2 − 3 şi atunci derivata f ′(x ) = 3 ln 3 + 2 ⋅ 5 ln 5 − 3 ⋅ 2 x −1
x
3 x−2
x 3 x 3 25 ln 2 = 8 ln 3 + ln 5 − ln 2 este 4 58 8 x
descrescătoare pe R deci ecuaţia f ′(x ) = 0 are o singură rădăcină pe R. Alcătuind şirul lui Rolle rezultă că f are exact două rădăcini care le-am determinat f (0) = f (1) = 0 .
1 1 16. Câte rădăcini reale are ecuaţia : log 1 x − = log 1 x − ? 2
3
3
2
Soluţie( clasa a XI-a): Condiţii de existenţă x ∈ ,+∞ . 1 2
1 1 t t t x − = 1 1 1 1 not 1 1 3 2 − ecuaţie care are soluţia log 1 x − = log 1 x − = t ⇒ t ⇔ − = 2 3 3 2 2 3 2 3 x − 1 = 1 2 3
x=1.Cercetăm dacă mai sunt şi alte soluţii. t
t
t
t
1 1 1 1 1 1 1 1 Fie f : R → R , f (t ) = − − − avem f ′(t ) = ln − ln = 0 ⇔ 2 3 3 2 2 3 2 3 t
ln 3 3 ⇔ = ln 2 2
ln 3 ln ln 3 − ln ln 2 ln 3 ⇔ t 0 = log 3 = ln 2 = ∈ (1,2 ) 3 ln 3 ln 2 − ln 2 2 ln 2 ln
−∞
t f ′(t )
f(t)
1 +
+
+
t0 +
0
-
0
<0
Rezultă că f are exact 2 rădăcini , pe 1 şi pe α ∈ (t 0 ,2) . 5 În consecinţă ecuaţia dată are rădăcini pe 6
α
şi
1 1 + . 3 2
13. Să se rezolve în R ecuaţia x lg x + lg 4 x − 10 lg 2 x − 1 = 0 . 12
+∞
2 -
Soluţie : x = 10 lg x
⇒ x lg x = 10 lg
2
x
. Notăm lg 2 x = t .
Ecuaţia devine 10 t + t 2 − 10t − 1 = 0 . Funcţiile f , g : R → R
, f (t ) = 10 t
; g (t ) = t 2 − 10t − 1
sunt convexe pe R , deci funcţia f+g este convexă pe R , aşadar ecuaţia ( f + g )(t ) = 0 are cel mult 2 soluţii. Observăm că ( f + g )(0) = 0 şi ( f + g )(1) = 0 14. 2
x 2 −3 x
⇒ t ∈ {0,1}
1 ⇔ x ∈ 10, . 10
x 2 − 3x + =1 ;x∈ R 2x
Soluţie :
2 x −2 x + x 2 − 3 x = 2 x 2
⇔ 2 x −2 x − 2 x = 3 x − x 2 2
((
) )(
)
⇔ 2 x −2 x − 2 x = − x 2 − 2 x − x : x 2 − 3 x ≠ 0 2
2 x −2 x − 2 x ⇔ 2 = −1 (1) x − 2x − x 2
Deoarece funcţia f : R → R+ f ( x1 ) − f (x2 ) ≥0 x1 − x2
; f ( x ) = 2 x este strict crescătoare rezultă că raportul
, ∀x1 ≠ x2 ; contradicţie cu (1).
Deci pt. x ∉ {0,3} nu putem avea egalitate în (1). Rămâne numai cazul x 2 − 3x = x ⇔ x ∈ {0,3} care verifică ecuaţia dată. 15. 2
3 x 2 −2 x3
x2 +1 = ,x ≠ 0 x
15. 25[x ] + 5 x = 6 ⋅ 5[x ] . Soluţie : ecuaţia este echiv. cu : 25[x ] + 5[x ]+{x} = 6 ⋅ 5[x ] : 5[x ] ⇔ 5[x ] + 5{x} = 6 1. [x ] ≤ 0 şi cum {x}∈ [0,1) ⇒ 5[x ] + 5{x} < 50 + 51 = 6 deci nu avem soluţii. 2. [x] = 1 ⇒ 5{x} = 1 ⇒ {x} = 0 ⇒ x = [x ] + {x} = 1 + 0 = 1 ec.
5[x ] ≥ 25
3. [x] ≥ 2 ⇒
5
{x}
≥ 5 =1 0
⇒ 5[ x ] + 5{x} ≥ 26 > 6 deci nu avem soluţii.
13
Rămâne soluţia x=1. 15. Să se determine numărul soluţiilor ecuaţiei : 3{x} + 4 [x ] = 5 x 16. Să se rezolve inecuaţia : 3 x + 12 x ≥ 4 x + 6 x Soluţie : observăm că x=0 este soluţie a inecuaţiei date. Consider cazurile : i) x>0 Conform inegalităţii mediilor avem : 3 x + 12 x ≥ 2 36 x = 2 ⋅ 6 x = 6 x + 6 x ≥ 4 x + 6 x
, ∀x ≥ 0
deci orice nr. pozitiv este soluţie a inecuaţiei. ii) x<0 ; notăm u=-x>0 şi inecuaţia se rescrie : 3−u + 12 −u ≥ 4 −u + 6 −u ⇔ u
u
u
u
1 1 1 1 ⇔ + ≥ + ⋅12 u ⇔ 4 u + 1 ≥ 3u + 2 u 3 12 4 6
Deoarece în ambii membrii avem funcţii convexe aplicăm teorema lui Lagrange pt. funcţiile : f : [3,4] → (0,+∞ )
, f (y) = yu
g : [1,2] → (0,+∞ )
, g(y) = yu
.
Ambele fiind continue şi derivabile pe intervalele respective rezultă că există a ∈ (3,4)
şi
4 u − 3u = ua u −1 b ∈ (1,2) a.î. u u . 2 − 1 = u ⋅ b u −1
Inecuaţia devine : u ⋅ a a>b ⇔ u − 1 ≥ 0
u −1
≥ u ⋅b
u −1
(
⇔u a
u −1
−b
u −1
)≥ 0⇔ a
⇔ u ≥ 1 ⇔ x ≤ −1
S = (− ∞,−1] ∪ [0,+∞ )
3.a) Demonstrati ca log 3 ( 4 + 3x 4 ) ≥ 2 log 2 3 , ∀x ∈ R . b) Rezolvati in multimea numerelor reale ecuatia :
(
)
(
)
(
)
log 3 4 + 3 x 4 + log 5 1 + 3 x 2 + log 2 1 + x 2 = log 3 4
14
u >0
u −1
≥b
u −1
a ⇔ b
u −1
≥ 1 şi cum
ALTE TIPURI DE ECUAŢII ŞI INECUAŢII 1).(x+1)(x+2)(x+3)(x+6)=3x2 2). ( x 2 − x − 2) 4 + (2 x + 1)4 = (x 2 + x − 1)
4
3) ( x 2 − x − 2) 2 − (x 2 − x − 2)(x − 1) ≥ 2(x − 1) x − 3 x −1 ≥ 1
4) 5) 6)
2
5
x + x2 −1 + 5 x − x2 −1 = 2
(x
2
) ( 4
)
+ x +1 + x2 − x +1
(x + 1)
8
+ ( x − 1)
8
4
=
41 128
7) 3 2 x − 6 + x + 10 = 1 Soluţie : condiţie de existenţă x ≥ −10 x + 10 = v x + 10 = v 2 ⇔ cu notaţia de unde prin eliminarea lui x între cele 2 ecuaţii se 2 x − 6 = u 3 3 2 x − 6 = u
ajunge la 2v 2 − u 3 = 26 Se obţine sistemul : u + v = 1 2 ⇒ 2(1 − u ) − u 3 − 26 = 0 ⇔ u 3 − 2u 2 + 4u + 24 = 0 2 3 2v − u = 26 ⇔ (u + 2) u 2 − 4u + 12 = 0 ⇒ u = 2
(
3
)
2x − 6 = 2 ⇒ x = 7
8)
(39 − x )5 5
x − 6 − ( x − 6 )5 39 − x 39 − x − 5 x − 6
= 30
15
LOGARITMI
a x = b ⇔ x = log a b
În scrierea log a b , a este numit baza logaritmului, a ≠ 0, a ≠ 1 ; b este numărul pt. care se calculează logaritmul. Numărul log a b reprezintă exponentul puterii la care trebuie ridicată baza a pentru a obţine numărul b.
Exemple :
log 2 8 = 3
pt.că
23 = 8
log 9 3 =
1 2
pt.că
92 = 9 = 3
log 5 2
nu se calculează
log 5 x = 2
log a a 0 = 0
1
⇔ x = 52
⇔ log a 1 = 0
log a a = 1 log a a n = n 1 2 1 a= n
log a a = log a n
FORMULE UTILE : • log a ( x ⋅ y ) = log a x + log a y (logaritmul produsului este suma logaritmilor) • log a
x = log a x − log a y (logaritmul câtului este diferenţa logaritmilor) y
• log a
1 = − log a x x
• log a x n = n ⋅ log a x ; ∀n ∈ R 16
log a x n
• log a n x =
• log a x = log b x ⋅
; ∀n ∈ N
1 (formula de schimbare a bazei logaritmului aceluiaşi număr) log b a
Consecinţe : • log a b =
1 log b a
• log 1 x = log a x ⋅ log a a
•
a log a b = b
•
a logc b = b logc a
1 ⇒ log 1 x = − log a x a a
Ecuaţii elementare : a x = b ⇔ x = log a b log a x = c ⇔ x = a c log x b = c ⇔ x c = b ⇔ x = c b
1a). lg(x − 3) + lg(x + 6) = lg 2 + lg 5
S = {4}
1b). lg(x − 1) + lg(x + 2) = lg 7 − lg 4
{
S = 4;43 4
1. log16 x x 3 + log x x = 2 2
Soluţie : condiţii de existenţă x > 0; x ≠
1 ; x≠2 16
1 3 log16 x x + log x x = 2 ⇔ 2 2
⇔
3 + log x 16 x
1
⇔
3 1 + = 2 etc. 1 + 4 log x 2 2(1 − log x 2)
x 2 log x 2
=2
2. log 2 x + log 2 x 4 = log 4 x 8 + log16 8 x 17
}
1 2
Soluţie : condiţii de existenţă x > 0; x ≠ ; x ≠ log16 8 x = log 2 8 x ⋅
1 4
3 + log 2 x 1 1 = (log 2 8 + log 2 x ) = log 2 16 4 4
log 2 x 4 =
log 2 4 1 2 = = log 4 2 x log 2 2 x 1 + log 2 x
log 4 x 8 =
log 2 8 1 3 = = log 8 4 x log 2 4 x 2 + log 2 x
log 2 x − log16 8 x = log 4 x 8 − log 2 x 4 ⇔ log 2 x −
3 + log 2 x 3 2 = − 4 2 + log 2 x 1 + log 2 x
3 3(log 2 x − 1) log 2 x − 1 1 =0 = ⇔ (log 2 x − 1) − (2 + log 2 x )(1 + log 2 x ) 4 4 (2 + log 2 x )(1 + log 2 x )
log 2 x = 1 ⇒ x = 2 , cealaltă cu notaţia log 2 x = u implică 3u 2 + 9u + 2 = 0 cu soluţiile u1 / 2 =
− 9 ± 57 sau x1 / 2 = 2 6
−9 ± 57 6
−9± 57 S = 2;2 6
2. a) Să se arate că relaţia a
x2
+ a y = 2a x⋅ y implică x=y. 2
b) Să se rezolve ecuaţia : a + a x
x2
= 2 a x⋅
x
3. Calculaţi :
log x a + log x2 3 a + log x3 4 a + ... + log xn+1 n+2 a 4. x
log 3 ( x −1)
+ 2(x − 1)
log 3 x
a>0
x>0
x ≠1
= 3x 2 S = {10}
5. x lg x + 2 = 100 x a) 2 x log 2 x = 3x log 3 x b) 3x log 2 x = 2 x log 3 x . Soluţie : 18
x
2 x log 3 x 2 a) = ⇔ = x log 2 ( log 3 2 ) log 3 2 ⇔= x 3 log 2 x 3 3 x
log 3 x 3 ⇔ = x log 3 ( log 3 2 ) log 3 2 ⇔= log 2 x 2 2
3x 2
b) = x
6. 2 + log 3 (2 x − 2) = log 3 2 + log 3 (4 x −1 − 1) 7. (2 + cos x )
x 2 −4
+ (2 − sin x )
S = {4}
x 2 − 6 x +12
=2
8. 2a x = b x + c x în ipoteza că c = ab .
b a
x 2 x 2
−2
a b
x 2 x 2
2 ⇔ z − +1 = 0 z
+1 = 0
x
⇔ b x − 2a x + (ab ) 2 = 0 :(ab ) 2 ⇒ x
Soluţie : 2a x = b x + c x 0 = b x − 2a x + c x
b z = 2 a x
not
unde
⇒ z ∈ {− 2;1}
⇔ z2 + z − 2 = 0
Soluţia acceptabilă este z=1şi atunci x=0. 2x 8. Fie a, b, c ∈ (1, ∞ ) . Rezolvaţi ecuaţia : a 2 x + a xb x + b= 3c x ( a x + b x − c x ) 1
1
9. Să se arate că dacă y = 10 1−lg x 10.
x
x
x
1+ x − 8 x + 9 − x − 8 x + 7 = 2 4
x − 8 x + 9 + x − 8 x + 7 + 2
1
; z = 10 1−lg y atunci x = 10 1−lg z
2
2
2
Soluţie :
(
) (
)
x 2 − 8 x + 9 ≥ 0 ⇔ x ∈ − ∞,4 − 7 ∪ 4 + 7 ,+∞ Condiţii de existenţă : ⇒ x ∈ (− ∞,1] ∪ [7,+∞ ) . x 2 − 8 x + 7 ≥ 0 ⇔ x ∈ (− ∞,1) ⊂ (7,+∞ )
Cu notaţiile : E (x ) = x 2 − 8 x + 9 ; F (x ) = x 2 − 8 x + 7 ecuaţia se mai poate scrie :
(
) ( x 2
E (x ) + F (x ) +
E (x ) − F (x )
)
x 2
1+
=2
x 4
( )
x 4
:2 = 2
1 2x 1 2x 1 1 2 E ( x ) + 2 F ( x ) + 2 E ( x ) − 2 F ( x ) = 2
19
x 2
(1)
1 2x E (x ) − F (x ) 2 2x 1 1 1 Deoarece E (x ) + F (x ) ⋅ E (x ) − F (x ) = = =1 2 2 2 2 2 2 1 2x 1 1 2 = 2 ⇔ (α ( x ) − 1) = 0 Cu notaţia α (x ) = E (x ) + F (x ) avem α (x ) + α (x ) 2 2 1 ⇔ α (x ) = =1 α (x ) ⇔ x = 0 sau
1 2x 1 2x 1 1 E (x ) + F ( x ) = E (x ) − F ( x ) = 1 ⇔ 2 2 2 2
1 1 1 1 E (x ) + F (x ) = E (x ) − F (x ) = 1 (1). 2 2 2 2 ⇔ x 2 − 8 x + 7 = 0 ⇔ x ∈ {1,7}
Relaţiile (1) dau E (x ) = 2 ; F (x ) = 0 S = {0,1,7}
11. Să se rezolve ecuaţia
x
x 2 − 2ax + m + x 2 − 2ax + n +
x
x x 2 − 2ax + m − x 2 − 2ax + n = 2(m − n ) 4 ;
unde a, m, n ∈ R ; m > n ≥ 0 şi a ≥ m . Soluţie :
] [ ] [
( (
) )
x 2 − 2ax + m ≥ 0 ⇔ x ∈ − ∞, a − a 2 − m ∪ a + a 2 − m ,+∞ Condiţii de existenţă : 2 . 2 2 x − 2ax + n ≥ 0 ⇔ x ∈ − ∞, a − a − n ∪ a + a + n ,+∞
] [
(
Deoarece m > n ≥ 0 intersecţia dă x ∈ − ∞, a − a 2 − n ∪ a + a 2 − n ;+∞
)
Cu notaţiile : E (x ) = x 2 − 2ax + m ; F (x ) = x 2 − 2ax + n ecuaţia se mai poate scrie :
(
E (x ) + F (x )
) +( x 2
E (x ) − F (x )
)
x 2
(
= 2(m − n ) 4 : (m − n ) 4 = m − n x
x
)
x 2
(1)
2x 2x 1 1 1 1 + = 2 (1) ( ) ( ) ( ) ( ) + − E x F x E x F x m−n m−n − − m n m n x
x x E (x ) − F (x ) 2x m − n 2 1 1 1 1 Avem E (x ) + F (x ) 2 ⋅ E (x ) − F (x ) 2 = =1 = m n m n − − m n m n m n m n − − − −
20
Ştim că dacă produsul a 2 expresii este constant , atunci suma este minimă când expresiile sunt egale. 2x 2x 1 1 1 1 m − n E (x ) + m − n F (x ) = m − n E (x ) − m − n F ( x ) = k ⇔ x = 0 (2) sau
1 1 E (x ) + F (x ) = m−n m−n
1 1 E (x ) − F ( x ) (3). m−n m−n
În ambele cazuri (2) şi (3) se obţine k=1 şi valoarea minimă este 2. Atunci ecuaţia din (1) va avea numai soluţiile obţinute din (2) şi (3). Relaţiile (3) dau E (x ) = m − n ; F (x ) = 0 ⇔ x 2 − 2ax + n = 0 ; ∆ = 4(a 2 − n) Deoarece ∆ ≥ 0 ; ecuaţia F (x ) = 0 are 2 soluţii eventual confundate : x1 / 2 = a ± a 2 − n .
{
}
Întru-cât x=0 verifică ecuaţia avem soluţiile S = 0; a ± a 2 − n . 1 S = 2, 2
12. x 2 − 4 x + 4 + 2 lg 2 (xy ) = 0 ; xy > 0 x
x
1 1 1 13. log 2 (x + 1) + log 3 (x + 1) + ... + log n (x + 1) + n − 1 = + + ... + 2
log 2x 6 + log 21 6
1 + log x
1 x
1 3 + log 6 x + = 0 6 4
; x > 0, x ≠ 1
Soluţie : folosim formula log 1 x = − log a x a
1 = − log 6 x −1 = log 6 x x
log 1 6
log
log
x
1 1 = log x ⋅ 6 6
6
x=
1
1 log x 6
1 log x =
1 x
= − log x 6 ⋅ (− 2 ) = 2 log x 6
2 log x 6
log 2x 6 +
1 2 3 + 2 log x 6 + + =0 2 log x 6 4 log x 6
⇒ y2 +
1 2 3 + 2 y + + = 0 ,etc. 2 y 4 y
not
; log x 6 = y
21
3
n
x
; x ∈ (− 1,+∞ ); n ≥ 2 14.
1 1 S = ; 6 36 1 π S = ± + kπ ; arctg + kπ 3 4
π 15. 4 log 2 sin x + 2 log 1 cos 2 x + + 1 = 0
2
4
16. log x x 2 − 14 log16 x x 3 + 40 log 4 x x = 0 2
17.
log a a ax + log x a ax + log x a 2 2
2
x a + log x a 2 = a a x
18. log 2 (9 x −1 + 7 ) = 2 + log 2 (3 x −1 + 1) 19. [log 3 x ] + + log 3 x = 3 1 3
Soluţie : 1 log 3 x = y ⇒ [ y ] + y + = 3 3 1 1 1 Dar avem [ y ] ≤ y + < [ y ] + + 1 = [ y ] + 1 ⇒ [ y ] = 1 , y + = 2 (altă posibilitate nu există) 3 3 3
1 ≤ y < 2 53 2 5 5 deci ∩ y ∈ ,2 ⇒ ≤ log 3 x < 2 ⇔ x ∈ 3 ,3 1 3 ≤ y + < 3 2 3 3
INECUAŢII LOGARITMICE
Rezolvarea lor se bazează pe faptul că funcţia logaritmică este strict crescătoare dacă baza este supraunitară şi este strict descrescătoare dacă baza este subunitară. x < ac ; a > 1 log a x < c ⇔ c x > a 0 < a < 1 x > c b; x > 1 b < xc ; x > 1 log x b < c ⇔ ⇔ c c b > x 0 < x < 1 x < b ;0 < x < 1 22
1. log 1 (x 2 + 2 x ) > 0 2
2. log x + 4 log 2 2
2x −1 3+ x
< 0
Soluţie : condiţii de existenţă x+4 2 >0 2x −1 >0 3+ x
⇔ x ∈ (− 4,+∞ ) 1 ⇒ x ∈ (− 4,−3) ∪ ,+∞ 1 ⇔ x ∈ (− ∞,−3) ∪ ,+∞ vezi tabelul 2, 2
x
−∞
2x-1
-
-
-
3+x
-
-
-
0 +
+
+
/ -
-
E
+
i)condiţia 0 <
1 2
-3
+
x+4 <1 2
- -
+∞
- 0+
+
+ 0
+
+ +
+ +
+
⇒ x ∈ (− 4,−2 )
2x −1 2x −1 < log x + 4 1 ⇔ log 2 ⇒ log x + 4 log 2 >1 3+ x x+3 2 2 −7 ⇔ > 0 ⇔ x + 3 < 0 ⇔ x ∈ (− ∞,−3) x+3
⇔
2x −1 >2 x+3
⇔
2x −1 −2>0 x+3
Intersectând condiţia cu soluţia avem x ∈ (− 4,−3) . ii) condiţia
x+4 >1 2
⇒ x ∈ (− 2,+∞ )
Se obţine ca şi mai sus x ∈ (− 3,+∞ ) . Intersectând condiţia cu soluţia avem x ∈ (− 2,+∞ ) . Reunind cele două cazuri avem x ∈ (− 4,−3) ∪ (− 2,+∞ ) (1). Intersectând condiţia de existenţă cu soluţia (1) avem x ∈ (− 4,−3) ∪ ,+∞ q.e.d. 1 2
3. log a (6 x 2 + 5 x + 1) < 0 ; a > 0, a ≠ 1 4. log a (3x 2 − 5 x − 3) < log a (4 x − 3) ; a > 0, a ≠ 1 23
5. log x
4x + 5 <1 6 − 5x
; x > 0, x ≠ 1
x > 0.............................. 6 Soluţie : condiţia de existenţă 4 x + 5 > 0 ⇒ x ∈ − 5 , 6 ⇒ x ∈ 0, \ {1} 5 6 − 5 x 4 5
x
−∞
4x+5
-
−
-
-
6-5x
+
+
E
-
-
Scriem log x
5 4
6 5
0 +
+
+ -
+
+
/ +
+∞
+
0 +
0
-
+ -
4x + 5 < log x x şi distingem cazurile : 6 − 5x
i) x ∈ (0,1) 4x + 5 >x ⇒ subunitară 6 − 5 x bază
4x + 5 −x>0 ⇒ 6 − 5x
5x 2 − 2 x + 5 >0 ⇒ 6 − 5x
6 ⇒ 6 − 5 x > 0 ⇒ x ∈ − ∞, 5
Intersectând soluţiile se obţine S = Φ ii) x ∈ (1,+∞ ) 4x + 5
⇒
⇒
4x + 5 −x<0 6 − 5x
⇒
5x 2 − 2 x + 5 <0 6 − 5x
6 ⇒ 6 − 5 x < 0 ⇒ x ∈ ,+∞ 5
Intersectând soluţiile se obţine S = ,+∞ . 6 5
Reunind soluţiile pe cazuri avem x ∈ ,+∞ (1). 6 5
Intersectând soluţia (1) cu condiţia de existenţă avem S = Φ q.e.d. 6. log a x + log ax x > 0
(discuţie după a>0)
7. x log a 4 < log a (2 x + 6) ; a > 0, a ≠ 1 24
8. log 3 (34 x − 32 x +1 + 3) < 2 log 9 7
4x − 5 1 9. log x ≥ 2 − x 2
; x ∉ {0,±1,2}
2
Soluţie : Condiţie de existenţă : 4 x − 5 > 0 4x − 5 1 ≥ log x 2 2 − x 2
5 ⇒ x ∈ ,+∞ (1). 4
4x − 5 ≥ log 2 ⇔ log x 2 x − x 2
x2
Deoarece x ∈ ,+∞ ⇒ x 2 > 1 5 4
⇒
4x − 5 ≥ x ⇔ 4x − 5 ≥ x 2 − 2x x−2
x 2 − 2 x; x ∈ (− ∞,0 ) ∪ (2,+∞ ) x2 − 2x = 2 x − x 2 ; x ∈ [0,2]
Rezultă subcazurile : 1) x ∈ (− ∞,0) ∪ (2,+∞ ) ⇒ x 2 − 2 x ≤ 4 x − 5 ⇒ x 2 − 6 x + 5 ≤ 0 ⇒ x ∈ [1;5] intersectând avem x ∈ (2;5]
2) x ∈ [0;2]
] [ 6 + 1,+∞), intersectând avem
(
⇒ 2 x − x 2 ≤ 4 x − 5 ⇒ x 2 + 2 x − 5 ≥ 0 ⇒ x ∈ − ∞, 6 − 1 ∪
[
]
x ∈ 6 − 1,2 .
Reunim cazurile x ∈ [ 6 − 1;5](2)
Intersectând acum (2) cu condiţia (1) avem x ∈ [ 6 − 1;5] \ {2} .
10. log 92 x ≥ log 32 1 −
x 4
11. log 3 (3 x − 3)⋅ log 1 (3 x +1 − 9) < −6 3
12. log x ( x + 2) > log x + 2 x 25
x>0 ⇔ x ∈ (0,+∞ ) \ {1} (*) x + 2 > 0
Soluţie : condiţia de existenţă
Notez log x (x + 2) = y şi atunci ecuaţia se rescrie y>
1 1 y 2 −1 ⇔ y− >0 ⇔ > 0 ⇔ y ∈ (− 1,0 ) ∪ (1,+∞ ) y y y
y
−∞ -
y2-1
+
E
-
+ -
-
-1
- -
+
0
-
0 +
-0 + -
+
+∞
+ +1 + + -
/ -
0 + -
0
+
+
+ +
+
i) x ∈ (0,1) (1) − 1 < y < 0 sau y > 1 ⇔ −1 < log x (x + 2 ) < 0 sau log x ( x + 2 ) > 1 ⇔ log x
baza 1 1 < log x (x + 2 ) < log x 1 sau log x (x + 2 ) > log x x ⇔ > x + 2 > 1 sau x + 2 < x subunitară x x
(1) 1 1 + 2x − x 2 − x + 2 > 0 sau 2 < 0 ⇔ x > −1 şi > 0 ⇔ x > −1 şi x 2 − 2 x − 1 < 0 x x
⇔ x > −1 şi
(
)
(
⇔ x > −1 şi x ∈ 1 − 2 ;1 + 2 ⇔ x ∈ 1 − 2 ;1 + 2
) (2)
Intersectând soluţia (2) cu restricţia (1) avem x ∈ (0,1) . ii) x ∈ (1,+∞ ) (3) − 1 < y < 0 sau y > 1 ⇔ −1 < log x (x + 2 ) < 0 sau log x ( x + 2 ) > 1 ⇔ log x
baza 1 1 < log x ( x + 2 ) < log x 1 sau log x ( x + 2 ) > log x x ⇔ < x + 2 < 1 sau x + 2 > x subunitară x x
⇔ x < −1 şi
(1) 1 1 + 2x − x 2 − x + 2 < 0 sau 2 > 0 ⇔ x < −1 şi < 0 ⇔ x < −1 şi x 2 − 2 x − 1 > 0 x x
(
) (
)
⇔ x < −1 şi x ∈ − ∞,1 − 2 ∪ 1 + 2 ,+∞ ⇔ x ∈ (− ∞;−1) (4 )
Intersectând soluţia (4) cu restricţia (3) nu avem soluţie în acest caz. Reunind soluţiile obţinute pe cazuri şi intersectând cu condiţia (*) avem x ∈ (0,1) q.e.d. 13. log 2 (log 1 (x 2 − 3x + 2)) ≤ 1 2
Soluţie : 26
(
(
)
baza
⇔ x 2 − 3x + 2 ≥ 2
subunitară
2
2
⇔ x( x − 3) ≥ 0
14. log a
)
⇔ log 2 (log 1 x 2 − 3 x + 2 ) ≤ log 2 2
log 2 (log 1 x 2 − 3 x + 2 ) ≤ 1
⇔ x ∈ (− ∞,0) ∪ (3,+∞ ) q.e.d.
a, b ∈ (0,1) .
2ab 2ab + log b ≥2 a+b a+b
15. 1 − log1983 x + log1983 x − 3 > 4 ; x > 0 16.
1 2 + <1 5 − log a x 1 + log a x
, a > 0, a ≠ 1; x > 0
Soluţie : 1 2 + <1 5 − log a x 1 + log a x
⇔
1+ log a x )
1 + 5 − log a x
⇔
1 2 + −1 < 0 5 − log a x 1 + log a x
5−log a x )
2 − (1+loga x )(5−loga x )) 1 < 0 1 + log a x
not (log a x − 2)(log a x − 3) log 2a x − 5 log a x + 6 <0 ⇔ < 0; log a x = y (5 − log a x )(1 + log a x ) (5 − log a x )(1 + log a x )
y
−∞
(y-2)(y-3)
+
+
(5-y)(y+1)
--
-
E
-
-1
-
++
2 +
- 0 + -
/ +
1 a
⇒x>
3
0 +
+
-
0
+
+
+
+
+
+
0- -
- -
-
0
0 -
⇒ y ∈ (− ∞,−1) ∪ (2,3) ∪ 5,+∞
i) a ∈ (0,1) log a x < −1
⇒ log a x < log a
log a x > 2
⇒ x < a2
log a x < 3
⇒ x > a3
1 1 ⇒ x ∈ ,+∞ a a
27
+∞
5
+
+ /
-
-
log a x > 5
⇒ x < a5
(
) (
1 ⇒ x ∈ ,+∞ ∪ a 3 , a 2 ∪ − ∞, a 5 a
)
ii) a ∈ (1,+∞ ) log a x < −1
1 a
⇒ log a x < log a
log a x > 2
⇒ x > a2
log a x < 3
⇒ x < a3
log a x > 5
⇒ x > a5
(
) (
1 ⇒ x ∈ 0, ∪ a 2 , a 3 ∪ a 5 ,+∞ a
⇒x>
)
{
35 − x 2 1 17. log 0, 25 >− x 2
1 1 ⇒ x ∈ 0, a a
; x ∉ 0;± 35
}
Soluţie : Condiţia de existenţă
x
−∞
x2-35
+
x
-
E(x)
-
(
35 − x 2 > 0 ⋅ (− 1) x
⇔
(
− 35
+
+
-
) (
0
0
-
)(
)
x 2 − 35 x − 35 x + 35 <0⇔ <0 x x
--
+∞
35
-
-
-
- 0 +
0++
+ 1 -
-
0
+ -
+ +
- 0
++ +
+
++
)
⇒ x ∈ − ∞,− 35 ∪ 0, 35 (1). 35 − x 2 1 log 0, 25 >− x 2
⇔
35 − x 2 − 2 x <0⋅ x
35 − x 2 1 ⇒ log 1 > log 1 4 x 4 4
(−1)
⇔
x 2 + 2 x − 35 >0 x
−
1 2
⇔ 28
35 − x 2 <2 subunitară x baza
⇒
⇔
35 − x 2 −2<0 x
x
−∞
x2+2x-35
+
x
-
E(x)
-
-7 +
+
-
0
-
0
-
-
-
-
- 0 +
0++
+ / -
+∞
5 -
-
0
+ -
+
++
+ - 0
+ +
++
⇒ x ∈ (− 7,0 ) ∪ (5,+∞ )
Intersectând soluţia obţinută cu condiţia de existenţă (1) avem
(
) (
)
(
) (
⇒ x ∈ − ∞,− 35 ∪ 0, 35 ∩ (− 7,0) ∪ (5,+∞ ) = − 7;− 35 ∪ 5; 35
18. log x 2
x 2 − 6x + 8 >1 6
)
; x > 0; x ≠ 2 x > 0; x ≠ 2 2 x − 6 x + 8 > 0 ⇔ x ∈ (− ∞,2) ∪ (4,+∞ )
Soluţie : condiţii de existenţă
⇔ x ∈ (0,2 ) ∪ (4,+∞ ) (1)
x 2 − 6x + 8 x > log x log x 6 2 2 2
x 2 − 6x + 8 x < subunitară 6 2
i) x ∈ (0,2) (2)
baza
3)
⇒
⇔ x 2 − 9x + 8 < 0
⇔ x ∈ (1;8)
Intersectând soluţia obţinută cu restricţia (2) avem x ∈ (1,8) ∩ (0,2) = (1,2) ii) x ∈ (4,+∞ ) (3)
x 2 − 6x + 8 x > subunitară 6 2 baza
⇒
3)
⇔ x 2 − 9x + 8 > 0
⇔ x ∈ (− ∞,1) ∪ (8,+∞ )
Intersectând soluţia obţinută cu restricţia (3) avem x ∈ (− ∞,1) ∪ (8,+∞ ) ∩ (4,+∞ ) = (8,+∞ ) Reunind soluţiile obţinute în cazurile i) şi ii) avem soluţia finală : x ∈ (1,2) ∪ (8,+∞ ) 18. log 22 x + ( x − 1) log 2 x =6 − 2 x 19. log x ( x + 1) = log 4 9 3
3
19. x 2 − 10 lg (− x ) ≤ 20 ; x < 0 Soluţie : x 2 − 10 lg (− x ) ≤ 20 ⇔ ⇔ x 2 − 20 ≤ 10 lg (− x )
⇔ x 2 − 20 ≤ − x ⇔ x 2 + x − 20 ≤ 0
⇔ x ∈ [− 5,4]
Intersectând soluţia obţinută cu condiţia de existenţă avem x ∈ (− 5,4) ∩ (− ∞,0) = (− 5,0) 29
20. Să se arate că : log 2 3 + log 3 4 + log 4 5 + log 5 6 > 5 21. log a (3x 2 − 5 x + 3) < log a (4 x − 3) 22. log 3 (3 4 x − 32 x +1 + 3) < 2 log 3 7 x2 −1 23. log 1 >1 x+3 3
x − 1
24. log 2 log 1 >1 x + 1 2 INEGALITĂŢI LOGARITMICE 25. Să se arate că : log xy z + log yz x + log zx y ≥
3 unde x, y, z ∈ (0,1) 2
sau
x, y, z ∈ (1,+∞ ) .
b + c c + a a+b 26.Dacă a,b,c ∈ (1,+∞ ) atunci log a ≥1 log c log b
27.Dacă a,b,c ∈ (1,+∞ ) atunci
2
2
2
log 2a b log b2 c log c2 a + + ≥ 1. log b c + 2 log c a log c a + 2 log a b log a b + 2 log b c
28.Dacă a,b,c ∈ (1,+∞ ) sau a,b,c ∈ ( 0,1) atunci log a bc + log b ca + log c ab ≥ 4 ( log ab c + log bc a + log ca b )
29. Fie a,b,c ∈ (1,+∞ ) .Aratati ca : log a b a + log b c b + log c a c ≤ 1 . 2
2
2
30.Să se arate că a log a +b a + b log a +b b ≤ a + b ; ∀a, b ∈ (1, ∞ ) 2
2
30
SISTEME DE ECUAŢII EXPONENŢIALE ŞI LOGARITMICE
5 y −2 2− y x + x = 2 a) 65 x y + x−y = 8 x2 + y 2 = 4 a) x4 + y 2 y 4 + x2 128 +2 = 2
xy = yx x − log x y = (x + y )log x y
b)
; x, y > 0
1 log 2 x + log 4 = 3 c) y x 2 + 16 y 2 = 17
log 2 y ⋅ log 1 2 = 1 − log x 2 x d) log 2 ⋅ log 2 x = 1 y2
Soluţie : prelucrez a doua ecuaţie : log y 2 2 ⋅ log
2
x =1
log y 2 2 = log y 2 ⋅ log y 2 y =
log y 2 ⇒
log y 2 2
⋅ log
2
x = 1 ⇒ log y 2 =
2
⇒ x = y care înlocuită în prima ecuaţie dă :
31
2 = 2 log x 2 = log x 2 log 2 x
log 2 y ⋅ log 1 2 = 1 − log y 2 ⇔ y
log 2 y = 1 − log y 2 ⇔ −1 = 1 − log y 2 ⇔ log y 2 = 2 ⇔ 2 = y 2 ⇒ y = 2 1 log 2 y
Soluţia este x = y = 2 . 10 3−lg ( x − y ) = 250 1 e) x + y + x − y = 26 − y 2 x− y
S = {34;30}
log 3 x + log 2 y = 2 x y 3 − 2 = 23
f)
log y x − log x y = 0 2 log 2 x + log 2 y = 3
g)
; x, y > 0
log 2 ( y − x) = 4 x y 3 ⋅ 2 = 576
h)
(3 x) lg 3 − (5 y ) lg 5 = 0 i) lg x lg y 5 −3 = 0
lg x − 21 ⋅ lg y = 1 x2 y = 7
j)
x x − y +8 x +1 = 1 k) y 2 = 8 ⋅ 2 x 2
2
3 x − y 2 x − y 65 l) 2 − 3 = 36 xy − x + y = 118 3cos 2 x +cos 2 y = 1 m) cos x⋅cos y =2 4
3π S = + kπ 4
SISTEME CIRCULARE x 2 − y = 5
1.
y 2 − x = 5
x + by = a 2. 2 2
y + bx = a
x = ax + by 3. 3 3
y = bx + ay 32
x 3 = 5 x + y 4. 3 . y = x + 5 y x 2 + 2 y = 4 5. 2 y + 2 x = 4 x = y 3 − 3 y 6. y = −3 x + x 3 x = y + 45 − y + 5 7. y = x + 45 − x + 5
Soluţie 1 : x = y + 45 − y + 5 y = x + 45 − x + 5 ⇒ x− y =
y + 45 − x + 45 + x + 5 − y + 5
⇔ x− y =
y−x y + 45 + x + 45
− = 0 ⇔ 1 + y + 45 + x + 45 x+5 + y+5 a) x − y = 0 ⇒ y = x ⇒ x = x + 45 − x + 5 (1) ⇔ ( x − y )1 +
1
1
−
y−x x+5 + y+5
x− y =0 1 y + 45 + x + 45
−
1 x+5 + y+5
=0
Observăm că ecuaţia (1) are soluţia x=4 .Aceasta este unică deoarece dacă raţionalizăm avem ecuaţia echivalentă x =
40 x + 45 + x + 5
unde în stânga avem o funcţie strict
crescătoare iar în dreapta o funcţie strict descrescătoare.Atunci sistemul are unica soluţie
(4,4) . x + y 2 = a 8. y + x 2 = a 1 −1 x + y = a 9.GM1/1984. y + 1 = a −1 x x 2 − 2 2 y − 1 − 1 = 0 (generalizare ) 10. 2 y − 2 2x −1 −1 = 0
33
x3 − y 2 + x −1 = 0 11.GM 11/1987. 3 2 y − x + y −1 = 0
12. Să se rezolve sistemul :
) ) )
( ( (
x + lg x + x 2 + 1 = y 2 y + lg y + y + 1 = z z + lg z + z 2 + 1 = x
)
(
Soluţie1 : cu notaţia f:R→R , f (x ) = x + lg x + x 2 + 1 sistemul devine : f (x ) = y f ( y ) = z (1). f (z ) = x
Deoarece suma a 2 funcţii strict crescătoare este strict crescătoare şi funcţia compusă a 2 funcţii strict crescătoare este strict crescătoare rezultă că f este strict crescătoare şi f f f este strict crescătoare .
Aplicănd metoda substituţiei se ajunge la ecuaţia ( f f f )(x ) = x (1)
f (x ) ≤ f ( y ) ≤ f (z )⇔
y≤z≤x ⇒x= y=z x≤ y≤z
)
(
Din x + lg x + x 2 + 1 = x ⇒ x = 0; y = 0; z = 0 S = (0,0,0)
Solutie 2 :
(
)
not 2 + + + = = f ( x) x lg x x 1 y f : R → R , f ( x ) =+ x lg x + x 2 + 1 unde y + lg y + y 2 + 1 = z 1 + x 2 + 1 ⋅ ln10 = f ′( x) > 0, ∀x ∈ R 2 2 x + 1 ⋅ ln10 z + lg z + z + 1 = x
x
( (
) )
−∞
f’(x) f(x)
(
−∞
+∞
0 +
+
+
)
+
+
0
34
+∞
Functia data transforma intervalul [ 0, +∞ ) in el insusi , iar f este crescatoare pe acest interval si putem aplica T1 : f 3 ( x) =x ⇔ f ( x) =x
(
)
(
)
⇔ x + lg x + x 2 + 1 = x ⇔ lg x + x 2 + 1 =0 ⇔ x =0 cu S = ( 0, 0, 0 )
13. Fiind date numerele a, b, c ∈ [− 1,1] rezolvaţi sistemul : x 1 − y 2 + y 1 − x 2 = a 2 2 y 1− z + z 1− y = b z 1− x2 + x 1− z2 = c
Soluţie : condiţii de existenţă : x, y, z ∈ [− 1,1] arcsin( x + y ) = a arcsin( y + z ) = b Avem arcsin( z + x ) = c
x + y = arcsin a ⇔ y + z = arcsin b z + x = arcsin c
...........................................2( x + y + z ) = arcsin a + arcsin b + arcsin c
⇒z=
arcsin b + arcsin c − arcsin a şi analoagele. q.e.d. 2
2 x + x 2 y = y 14. 2 y + y 2 z = z ( olimpiadă Germania 1980 ) . 2 z + z 2 x = x
2 x 3 − 7 x 2 + 8x − 2 = y 15. 2 y 3 − 7 y 2 + 8 y − 2 = z ( Matematika v şkole 1985) 2 z 3 − 7 z 2 + 8z − 2 = x x = 2 y 1 + y 2 16.GM.4/1991. y = 2 z 1 + z 2 . z = 2x 1 + x 2
Solutie : x = f ( y) f ( z) y = z = f ( x)
unde
f : R → R , f ( x) = 2 x 1 + x2
35
.
Avem = f ′( x)
1 + 2 x2 1 + x2
> 0, ∀x ∈ R de unde rezulta ca functia f este strict crescatoare si pe
a ⇔ f (a) = a ⇔ a a2 + 1 = a⇔a baza teoremei 1 avem f 3 ( a ) =
(
)
a2 + 1 −1 = 0⇔a= 0
deci unica solutie a sistemului este ( 0, 0, 0 )
( ( (
) ) )
2 x 2 = x 2 + 1 y 17. 2 y 2 = y 2 + 1 z 2z 2 = z 2 + 1 x
Solutie : 2z2 x = 2 2x2 1 z 1 + f : R → R , f ( x ) == 2 1 − 2 2 2 x +1 x +1 2y unde z= 2 4x y +1 f ′( x) = 2 x2 + 1 2 x2 f ( x) = y = x2 + 1
(
x
−∞
f’(x)
-
f(x)
2
Avem
)
0 -
-
-
0
+∞
1 +
+
0
1
+
( ( −∞, 0 ) ) = ( 0, 2 ) (1) . f ([ 0, +∞ ) ) = [ 0, 2 ) ( 2 ) f
In cazul (1) intervalele sunt disjuncte deci nu avem solutie iar in cazul (2) functia transforma intervalul [0,1] in el insusi , iar f este crescatoare pe acest interval si putem aplica T1 : f 3 ( a ) = a ⇔ f ( a ) = a
⇔
2a 2 = a ⇔ a ( a − 1) = 0 ⇔ a = 1 cu S = (1,1,1) a +1 2
y5 + y5 x 2 − 2x = 0 18. z 5 + z 5 y 2 − 2 y = 0 ( Bulgaria 1987 ). x5 + x5 z 2 − 2z = 0 36
2
Solutie : y = f ( x) ) unde f ( x ) z f ( y= x = f ( z)
x
−∞
f’(x)
-
f(x)
0
2x 5= , f ′( x) 1 + x2
5
1 − x2 x 2 2 2 1 + x2 1 + x
(
4 5
)
-1 -
−
0
0
+
-1
+∞
1
0
+
0
1
-
0
Functia f transforma intervalul [ −1,1] in el insusi si este crescatoare pe acest interval de unde cu teorema 1 avem : f 3 (a) = a ⇔ f (a) = a
= S
⇔
5
(
)(
)
2 2a = a ⇔ a a 2 − 1 a 2 + 1 = 0 ⇔ a ∈ {−1, 0,1} cu 2 1+ a
{( 0, 0, 0 ) , ( −1, −1, −1) , (1,1,1)} .
y 3 − 9 x 2 + 27 x − 27 = 0 19. z 3 − 9 y 2 + 27 y − 27 = 0 ( Matematika v şkole 1980). x 3 − 9 z 2 + 27 z − 27 = 0
Solutie : y= z= x=
x f’(x) f(x)
not
3
x 3 − ( x − 3) = f ( x )
3
y 3 − ( y − 3)
3
3
z 3 − ( z − 3)
3
unde
f ( x )=
f :R→R
+∞
x 3 − ( x − 3)
3
, f ′ ( x )=
3 2
-
-
-
0 33 2 2
37
2x − 3
3
9 3
3
−∞
-
3
3
(x
2
− 3x + 3
+
3
2
+∞
3 +
)
+
+∞
Functia f transforma intervalul [3, +∞ ) in el insusi si este crescatoare pe acest interval de unde cu teorema 1 avem : f 3 ( a ) = a ⇔ f ( a ) = a
⇔ 3 a 3 − ( a − 3) = a ⇔ a = 3 cu 3
S = ( 3,3,3) . x 3 − 3ax 2 + 3a 2 x − a 3 = 0 20.RMT1/1981. y 3 − 3az 2 + 3a 2 z − a 3 = 0 z 3 − 3ay 2 + 3a 2 y − a 3 = 0
Solutie : y= z= x=
x3 − ( x − a ) = f ( x )
3
y3 − ( y − a )
3
z3 − ( z − a )
3
f ′( x) =
x
3a 3 a 3
3
f ( x )=
f :R→R
unde
+∞
3
a3 − ( x − a ) = 3
3
3ax 2 − 3a 2 x + a 3
,
3
2x − a 3
( 3ax
2
+ 3a 2 x − a 3
)
2
a 2
−∞
f’(x) f(x)
not
3
-
-
-
0 a3 2 2
+∞
a +
+
a
+
+∞
Functia f transforma intervalul [ a, +∞ ) in el insusi si este crescatoare pe acest interval de unde cu teorema 1 avem : f 3 ( y ) = y ⇔ f ( y ) = y
⇔
3
y 3 − ( y − a ) = y ⇔ y = a cu
S = ( a, a, a ) .
ax − by 2 = c 21. ay − bz 2 = c unde a > 0 , b > 0 , c > 0. az − bx 2 = c
Solutie : se va rezolva mai jos aceasta problema generalizata.
38
3
1 x + y = a 1 22. y + = a ( olimpiadă Olanda ) z 1 z + = a x
Solutie : 1 not x =a − y = f ( y ) 1 f : R → R , f ( x) = a− 1 x unde deci f crescatoare pe R. y= a − 1 z f ′ ( x= ) 2 >0 1 x z= a − x
x
−∞
f ′( x)
+
f ( x)
Avem
a
a − a2 − 4 2
a +
+ a−
1 a
+
a + a2 − 4 2
+
a − a2 − 4 2
+
0 +
a + a2 − 4 2
+
+∞ −∞
) ) ( a, +∞ ) (1) ( ( −∞, 0= . Distingem cazurile : f ([ 0, +∞ ) ) = ( −∞, a ) ( 2 ) f
i) a<0 ; in cazul (2) intervalele sunt disjuncte deci nu avem solutie iar in cazul (1) intersectia ne da intervalul ( a, 0 ) . Caut un interval care sa fie transformat prin functia f in acelasi interval , deci caut solutiile ecuatiei f(x)=x .Acestea sunt x1/2 = a + a2 − 4 = 2
a ± a2 − 4 . 2
a2 − 4 − a2 <0 2
a + a2 − 4 > a ⇔ a 2 − 4 > a ( A) 2 Cand a<0 avem a − a2 − 4 <0 2 a − a2 − 4 > a ⇔ − a 2 − 4 > a ⋅ ( −1) ⇒ a 2 − 4 < −a ↑ 2 ⇒ a 2 − 4 < a 2 ( A ) 2 39
a − a2 − 4 a + a2 − 4 , in el insusi. 2 2
Prin urmare functia f transforma intervalul
a ± a 2 − 4 Pe acest interval functia f fiind crescatoare avem f ( x ) = x ⇔ f ( x ) = x ⇔ x ∈ . 2 3
T1
a ± a 2 − 4 a ± a 2 − 4 a ± a 2 − 4 S = , , 2 2 2
ii) Daca a>0 se gasesc aceleasi solutii. 1− x2 = 3y − 4 y3 23. GM.2/1991 1 − y 2 = 3z − 4 z 3 1 − z 2 = 3x − 4 x 3
y + x 3 = 3 x(1 + xy ) 24. GM.10/1998. z + y 3 = 3 y (1 + zy ) x + z 3 = 3z (1 + xz ) ( x + 2)(2 x + 1) = 9 z 25. RMT2/1985. ( y + 2)(2 y + 1) = 9 x . ( z + 2)(2 z + 1) = 9 y
Solutie : not 1 + + = = f ( x) 2 2 1 x x z ( )( ) 9 1 f : R → R , f ( x ) = ( x + 2 )( 2 x + 1) 1 9 unde x ( y + 2 )( 2 y + 1) = 4x + 5 9 f ′( x) = 1 9 y ( z + 2 )( 2 z + 1) = 9
x
−∞
f’(x)
-
f(x)
+∞
−
-
5 4
0 −
+∞
1 + 1 8
+
40
+ 1
+
+∞
5 1 f −∞, − = − , +∞ 4 8 Observ ca f ([1, +∞ )= ) [1, +∞ )
(1)
.In cazul (1) intervalele sunt disjuncte deci nu
( 2)
putem avea solutie iar in cazul (2) f find crescatoare cu teorema 1 avem T1
f 3 ( x ) = x ⇔ f ( x ) = x ⇔ x =1 si solutia sistemului (1,1,1) . ax − b y = c 26.GM 9-10/1982. ay − b z = c az − b x = c
27. Să se rezolve sistemul : 2 y = x + x 2 x = z + z 2 z = y + y
Soluţie 1 : cu notaţia f:R*→R , f (x ) = x +
2 sistemul devine : x
f (x ) = y f ( y ) = z (1). f (z ) = x (3 )
(2 )
i) Pres că x > 0 ⇒ z > 0 ⇒ y > 0 . Observ că dacă x > 0 avem f (x ) = x +
2 medii 2 ≥ x⋅ = 2 . x x
deci x ≥ 2 , y ≥ 2 , z ≥ 2 (4) . 2 y = x + x 2 x = z + z Din 2 z = y+ y (4 ) 1 1 1 (4 ) 1 1 1 3 =3 2 ⇒ x + y + z = 2 + + ⇒ 3 2 ≤ x + y + z = 2 + + ≤ 2 ⋅ 2 x y z x y z
(
) (
) (
)
⇒ x + y + z = 3 2 ⇒ x − 2 + y − 2 + z − 2 = 0 ⇒ x = y = z = 2 este unica soluţie . ≥0
≥0
≥0
41
(3 )
(2 )
ii) Pres . că x < 0 ⇒ z < 0 ⇒ y < 0 .Observ că sistemul nu se schimbă dacă x → −x S=
{(
y → − y , z → − z deci dacă are soluţia (a, a, a ) atunci are şi soluţia (− a,−a,−a ) .
)(
)}
2 , 2 , 2 ; − 2 ,− 2 ,− 2 .
Soluţie 2 : ecuaţia 2 x = y + privită în y are forma y 2 − 2 xy + 2 = 0 ∆ = 4(x 2 − 2) . Ca să 2 y
avem soluţii trebuie ca ∆ ≥ 0 ⇔ x ∈ (− ∞,− 2 ]∪ [ 2 ,+∞ ) şi y1 / 2 = x ± x 2 − 2 a) y = x + x 2 − 2 ⇒ y − x = x 2 − 2 ≥ 0 ⇒ y ≥ x , iar din celelalte ecuaţii se obţine z ≥ y ; x ≥ z deci y ≥ x ≥ z ≥ y
⇒x= y=z= 2
b) y = x − x 2 − 2 ⇒ y − x = − x 2 − 2 ≤ 0 ⇒ y ≤ x , iar din celelalte ecuaţii se obţine z ≤ y ; x ≤ z deci y ≤ x ≤ z ≤ y
⇒x= y=z=− 2.
Obs : i)
un sistem de forma (1) se numeşte sistem circular de gradul 3 .
ii)
Dacă permutăm circular necunoscutele x,y,z ( x → y → z → x ) sistemul nu se schimbă.
iii)
Un sistem circular de gradul 2 nu este altceva decât un sistem simetric.
iv)
Un sistem circular de gradul n are forma generală :
x1 = f ( x2 ) x = f (x ) 3 2 ................... (5) x = f (x ) n n −1 x n = f ( x1 )
v)
Un sistem circular dacă admite soluţie atunci aceasta este de forma (a, a, a ) , a∈R .
vi)
Cu metoda substituţiei rezolvarea sistemului (5) se reduce la a rezolva ecuaţia :
x1 = f (x 2 ) = f ( f (x3 )) = ... = f f ... f (x1 ) n − functii x2 = f n (x2 ) 42
……………. xn = f n (xn )
Deci un sistem circular admite numai soluţii de forma (a, a,..., a ) unde a este soluţie a ecuaţiei a = f n (a ) . vii)
În anumite cazuri ecuaţia a = f n (a ) este imposibil de rezolvat de exemplu în 1 2 cazul sistemului (27) avem f : (0,+∞ ) → R , f (x ) = x + şi de rezolvat 2
x
ecuaţia a = f 3 (a ) . Definiţie : fie f : A → A unde A ⊆ R este o mulţime închisă .Un punct al mulţimii A se numeşte punct fix dacă este soluţie a ecuaţiei f (x ) = x . Obs : a este punct fix pentru funcţia f dacă este abscisa unui punct de intersecţie a graficului funcţiei f cu prima bisectoare ( o funcţie dată poate să nu aibă puncte fixe sau să aibă unul sau mai multe puncte fixe ).Vom nota cu Ff mulţimea tuturor punctelor fixe ale funcţiei f . Teoremă 1 : Dacă f : A → A unde A ⊆ R este o mulţime închisă şi F f = {a} iar f strict crescătoare atunci F f n = {a}. 1 2 Exemplu 27 : pt . funcţia f : A → A , f (x ) = x + avem Im f = (− ∞,− 2 ]∪ [ 2 ,+∞ ) . 2
x
Rezultă că A este închisă faţă de funcţia f dacă A = (− ∞,− 2 ] ∪ [ 2 ,+∞ ) .Studiem dacă f crescătoare . Avem f ′(x ) =
x2 − 2 > 0, x ∈ A 2x 2
Deci f strict crescătoare pe A . Atunci ecuaţia f 3 (a ) = a este echivalentă cu f (a ) = a ⇔
1 2 2 a + = a ⇔ a = 2 ⇔ a = ± 2 ∈ A .Q.E.D. a 2
Obs : dacă f strict descrescătoare atunci teorema nu mai are loc. Contraexemplu : f : R → R , f (x ) = − x ⇒ F f = {0} ⇒ f 2 (x ) = ( f f )(x ) = −(− x ) = x deci
F f 2 = R .În acest caz vom utiliza un alt criteriu dat de teorema de mai jos. 43
Teoremă 2 : dacă f : A → A unde A ⊆ R este o mulţime închisă are proprietatea că f (x ) − f ( y ) ≤ c x − y ;
∀x, y ∈ A unde 0 ≤ c < 1 atunci
Exemplu7: avem f : [− 5,+∞ ),
F f = F f n = {a},
f ( x ) = x + 45 − x + 5 =
∀n ∈ N ∗ .
40 x + 45 + x + 5
deci este
descrescătoare şi vom aplica teorema 2. Avem Im f = (0,+∞ ) deci A = (0,+∞ ) f (x ) − f ( y ) = x− y
=
≤
x + 45 − x + 5 − y + 45 + y + 5 =
x + 45 + y + 45 2 3 5
−
x + 45 − y + 45 −
(
)
x+5 − y+5 =
x− y 1 1 ≤ x− y + + x+5 + y+5 x y + 45 x+ 45 5 + y+5 + ≥ 5 ≥ 45 ≥ 5 ≥ 45
1 1 ≤ x − y 2 45 + 2 5
x− y
Deci f (x ) − f ( y ) ≤ c x − y ; ∀x, y ∈ A şi atunci ecuaţia f ( f (x )) = x ⇔ f (x ) = x 2 x ( y − a ) = 1 2 y ( z − a ) = 1 28. GM 11-12/1986. 2 z (u − a ) = 1 2u ( x − a ) = 1
Solutie : = x
x f’(x) f(x)
not 1 = f ( y) 2( y − a)
y=
1 2( z − a)
1 z= 2 (u − a ) u=
unde
f : R − {a} → R∗
1 , f ( x) = 2( x − a)
f ′ ( x ) =−
1 2( x − a)
2
< 0, ∀x ∈ R
1 2( x − a) a − a2 + 1 2
−∞
0
a -
a − a2 + 1 2
a + a2 + 1 2
44
−∞ +∞
+∞
a + a2 + 1 2
0
x 2 + 5x + 4 = y 2 y + 5y + 4 = z 29. GM.10/1991 2 . z + 5 z + 4 = u u 2 + 5u + 4 = x
Solutie : x = u = z = y =
f (u ) f : R → R , f ( x ) = x2 + 5x + 4 f (z) unde f ( y) f ′ ( x= ) 2x + 5 f ( x)
x
−∞
f’(x)
-
f(x)
+∞
Avem
−
-
-
5 2
+∞
0
+ −
5 9 f −∞, − = − , +∞ 2 4
(1)
5 9 f − , +∞ = − , +∞ 4 2
( 2)
+
9 4
+
+∞
In cazul (1) intervalele sunt disjuncte deci nu putem avea solutie. In cazul (2) consider restrictia lui f pe care o notez tot cu 9 9 f : − , +∞ → − , +∞ 4 4
9 , f ( x= ) x 2 + 5 x + 4 .Deoarece f crescatoare pe − , +∞ avem cu 4
T.1 f 4 ( a )= a ⇔ f ( a )= a ⇔ ( a + 2 ) = 0 ⇔ a= −2 ∈ − , +∞ ⇒ S= ( −2, −2, −2 ) . 9 4
2
1 + x 2 = 2 y 2 1 + y = 2 z 30. RMT1/1990. . 2 1 + z = 2u 1 + u 2 = 2 x 45
ax1 − bx22 = c 2 ax2 − bx3 = c 31. GM.7/1991 ......................... a,b,c>0. ax − bx 2 = c n n −1 2 axn − bx1 = c
Solutie : din prima ecuatie a sistemului rezulta c + by 2 not =f ( y ) x= a
x
unde
f :R→R
−∞
f’(x)
-
f(x)
c + by 2 f ( y) = a
a − a 2 − 4bc 2b
0 -
+∞
-
0+
c a
2b , f ′( y) = y . a
+
+
a − a 2 − 4bc 2b
a + a 2 − 4bc 2b
+
+ a + a 2 − 4bc 2b
+∞
+
c , +∞ (1) a Avem c f ([ 0, +∞= ) ) , +∞ ( 2 ) a f
)) ( ( −∞, 0=
In cazul (1) intervalele sunt disjuncte deci nu putem avea solutie. In cazul (2) consider restrictia lui f pe care o notez tot cu f c f : [ 0, +∞ ) → , +∞ a
, f ( y) =
solutiile ecuatiei f ( x ) = x ⇔
c + by 2 .Deoarece f crescatoare pe [ 0, +∞ ) teorema 1 cere a
c + bx 2 = x ⇔ bx 2 − ax + c = 0 ∆ = a 2 − 4bc .Disting cazurile a
i)
a 2 < 4bc ⇒ ecuatia nu are solutii deci sistemul nu are solutii.
ii)
= a 2 4bc ⇒ ecuatia are o solutie x =
iii)
a ± a 2 − 4bc a 2 > 4bc ⇒ x1/2 = 2b
a a a a ⇒S= , , 2b 2b 2b 2b
Solutiile sunt amandoua pozitive.
46
+∞
a − a 2 − 4bc a + a 2 − 4bc , in el insusi si cu 2b 2b
Inseamna ca functia f transforma intervalul
T1 pe acest interval se obtin solutiile date tocmai de capetele intervalului. a ± a 2 − 4bc a ± a 2 − 4bc a ± a 2 − 4bc S = , , . 2b 2b 2b x1 = 2 x22 − 1 2 x 2 = 2 x3 − 1 . 32. GM.5/1992 .................... xn = 2 x12 − 1
Solutie : x1 = f ( x2 ) x2 = f ( x3 ) .................... xn = f ( x1 )
unde
f : R → R , f ( x) = 2x2 −1
f ′ ( x) = 4x
x
−∞
f’(x)
-
f(x)
+∞
−
-1 -
1 2
1
0 -
−
1 2
-
0
-1
+∞
1 +
+
+ 1
+
Functia f transforma intervalul [1, +∞ ) in el insusi , aici functia este crescatoare si cu teorema 1 avem f 3 ( a ) = a ⇔ f ( a ) = a ⇔ 2a 2 − a − 1 = 0 ⇔ a ∈ − ,1 convine numai 1 2
S = (1,1,1) .
1 Functia f transforma intervalul − ,1 in el insusi dar are monotonie oscilanta . 2
1 Voi aplica teorema 1 separat pe intervalele − , 0 si [ 0,1] . 2
Avem f : − , 0 → − , −1 si cu T1 2 2 1
1
47
+∞
1 1 1 1 f 3 ( a ) = a ⇔ f ( a ) = a ⇔ 2a 2 − a − 1 = 0 ⇔ a = − si obtin S = − , − , − . 2 2 2 2
Apoi f : [ 0,1] → [ −1,1] si cu T1 f 3 ( a ) = a ⇔ f ( a ) = a ⇔ 2a 2 − a − 1 = 0 ⇔ a = 1 si obtin S = (1,1,1) .
33.Determinaţi soluţiile strict pozitive ale sistemului : 1 − x12 = x2 2 1 − x 2 = x3 . .................. 1 − xn2 = x1
Solutie : x2 = f ( x1 ) 1 − x12 = x2 x3 = f ( x2 ) 2 x3 1 − x2 = ⇔ ................. unde .................. x = f x ( n−1 ) 1 − xn2 = n x1 x = f ( x ) n 1
x f’(x) f(x)
−1 − 5 2
−∞
+ −∞
f : R → R , f ( x) = −2 x 1 − x2 , f ′( x) =
+
1− 5 2
+ −1 − 5 2
0 0 -
1− 5 2
1
+∞
1
-
0
−∞
−1 − 5 1 − 5 , in el insusi si f este crescatoare pe acest 2 2 −1 ± 5 interval , deci cu teorema 1 avem f n ( a ) = a ⇔ f ( a ) = a ⇔ 1 − a 2 = a ⇔ a ∈ cu 2 −1 ± 5 −1 ± 5 −1 ± 5 solutiile S = , ,..., 2 2 2
Functia f transforma intervalul
48
2 x1 + x = 2 x 2 1 2 34. x2 + x2 = 2 x3 ......................... 2 = 2 x1 xn + xn
a 2 x 2 = x1 + x 1 a 2x = x + 3 2 x2 ................... 35. a 2 x n = x n −1 + xn −1 a 2 x1 = x n + x n
Solutie : 1 a not 2 x2 = x1 + = f ( x1 ) 2 x1 1 a = 2 x3 x2 + 1 a 2 x2 f : R → R , f ( x ) =+ x 2 x unde ................... x2 − a ′ = f x cu radacinile ± a ( ) 1 a = 2 xn xn −1 + 2x2 2 xn −1 1 a 2 x1 xn + = 2 xn
x
−∞
f’(x)
+
f(x)
−∞
− a
+
+
0
0-
-
-
-
− a
−∞
+∞
(( −∞, a ) = ( −∞, a (1) f ( ( − a , 0 ) ) = ( −∞, − a ( 2) f ( ( 0, = a ) ) ( a , +∞ ( 3) = f ( ( a , +∞ )) ( a , +∞ ) ( 4) f
Avem
49
+∞
a
--
0+
a
+
+
+∞
Observ ca in cazurile (2) si (3) intervalele sunt disjuncte , deci nu putem avea solutie. In cazul (1) avem f ( I )= I
T1
, f − crescatoare ⇒
Obtinem solutia
(
f n ( x)= x ⇔ f ( x)= x ⇔
x2 + a = x ⇔ x2 = a ⇔ x = 2x
f n ( x)= x ⇔ f ( x)= x ⇔
x2 + a = x ⇔ x2 = a ⇔ x = − a 2x
a
)
a, a, a .
In cazul (4) avem f ( I )= I
T1
, f − crescatoare ⇒
Obtinem solutia ( − a , − a , − a ) 5.
Să se rezolve în numere reale sistemul :
2 x 2y + 3= y 2 y 2z + 3= z 2 z 2x + 3= x 1 + x12 = 2 x2 ≥ 2 x1 1 + x 2 = 2 x3 ≥ 2 x2 36. 2 .................. 1 + xn2 = 2 x1 ≥ 2 xn
37. GM.6/1987.Fie n ∈ N , n ≥ 2 , a, b ∈ R . Să se arate că sistemul de inecuaţii x12 ≤ ax2 + b 2 x2 ≤ ax3 + b n 2 ........................ are soluţie unică în R ⇔ a + 4b = c . x 2 ≤ ax + b n n −1 xn2 ≤ ax1 + b
3 x + 4 y = 5 x 38. 3 y + 4 z = 5 y 3 z + 4 x = 5 z
3x + 4 y = 5 z (1) 39. 3z + 4 x = 5y ( 2) . 3 y + 4 z = 5 x ( 3) 50
Solutie : putem presupune fara a restrange generalitatea ca x ≤ y ≤ z (4). ( 3)
(1)
x ≤ y ≤ z ⇒ 5 x = 3 y + 4 z ≥ 3x + 4 y = 5 z ⇒ x ≥ z (5). Din (4) si (5) rezulta ca x= y= z iar din (1)
avem 3x + 4 x = 5 x cu solutia 2 si pentru sistem avem solutia unica (2,2,2). 3x + 4 x + 5 x = 5 x ⋅ y (1) 40. 3 y + 4 y + 5 y = 5 y ⋅ x ( 2 ) 3z + 4 z + 5 z = 5 z ⋅ x ( 3) ( y + 1)x = 16 39. 2 2 x −3 8( y − 1)2 x = y −1 ( y + 1)x
(
)
PROBLEME DIVERSE
1. Fie numerele a1 , a 2 ,..., a5 în progresie geometrică astfel încât suma logaritmilor în baza 3 a acestor numere să fie egală cu 2. Să se găsească aceste numere ştiind că log 3
51
a5 = −2 . a3
