Megoldások - BZmatek · Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 2 Az egyenlet megoldása: ↓ a logaritmus függvény szigorú monotonitása miatt

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)

1

Megoldások

1. Oldd meg a következő egyenleteket! (Alaphalmaz: ℝ)

a) 𝐥𝐨𝐠𝟒(𝒙 − 𝟐) = 𝟑

b) 𝒍𝒈 (𝟐𝒙 − 𝟒) = 𝒍𝒈 (𝟖𝒙 − 𝟏𝟎)

c) 𝐥𝐨𝐠𝟐 𝒙 + 𝐥𝐨𝐠𝟐 𝟑 = 𝐥𝐨𝐠𝟐 𝟏𝟓

d) 𝐥𝐨𝐠𝒙 𝟐𝟎𝒙 − 𝐥𝐨𝐠𝒙 𝟓 = 𝟐

e) 𝟐 ∙ 𝐥𝐨𝐠𝟑(𝒙 − 𝟏) = 𝐥𝐨𝐠𝟑 𝟒

f) 𝐥𝐨𝐠𝟓 𝒙𝟐 = 𝟒

g) 𝒍𝒈 (𝒙 + 𝟏) + 𝒍𝒈 (𝒙 − 𝟓) = 𝟐 + 𝒍𝒈 (𝒙 − 𝟐)

h) 𝐥𝐨𝐠𝟑(𝟓𝒙 − 𝟕) − 𝐥𝐨𝐠𝟑(𝟑𝒙 + 𝟗) = 𝐥𝐨𝐠𝟑 𝟒 + 𝟑 · 𝐥𝐨𝐠𝟑 𝟓 − 𝐥𝐨𝐠𝟑𝟓𝟎𝟎

𝟗

Megoldás:

Az alapegyenletek megoldásánál arra kell törekednünk, hogy mindkét oldalon egyetlen,

ugyanolyan alapú logaritmus szerepeljen, mert akkor a függvény szigorú monotonitása miatt a

logaritmusokat elhagyhatjuk. Amennyiben az egyik oldalon egy logaritmus, a másik oldalon

pedig egy szám áll, akkor definíció alapján a logaritmust átírhatjuk hatványalakra.

a) log4(𝑥 − 2) = 3

Értelmezési tartomány: 𝑥 − 2 > 0 → 𝑥 > 2

Az egyenlet megoldása:

↓ definíció szerint

𝑥 − 2 = 43

𝑥 = 66 → Megfelel a feltételnek.

b) lg(2𝑥 − 4) = lg(8𝑥 − 10)

Értelmezési tartomány: 2𝑥 − 4 > 0 → 𝑥 > 2

8𝑥 − 10 > 0 → 𝑥 >5

4

A feltételeket összevetve a következőt kapjuk: 𝑥 > 2.


2


↓ a logaritmus függvény szigorú monotonitása miatt

2𝑥 − 4 = 8𝑥 − 10

𝑥 = 1 → Nem felel meg a feltételnek, nincs megoldás.

c) log2 𝑥 + log2 3 = log2 15

Értelmezési tartomány: 𝑥 > 0.


log2(3𝑥) = log2 15 ↓ a logaritmus függvény szigorú monotonitása miatt

3𝑥 = 15


d) log𝑥 20𝑥 − log𝑥 5 = 2

Értelmezési tartomány: 20𝑥 > 0 → 𝑥 > 0 és 𝑥 ≠ 1


log𝑥20𝑥

5= 2 ↓ definíció szerint

𝑥2 = 4𝑥

𝑥 ∙ (𝑥 − 4) = 0

Egy szorzat értéke csak akkor 0, ha valamelyik tényezője 0.

Ezek alapján a megoldás:

𝑥1 = 0 → Nem felel meg a feltételnek.

𝑥 − 4 = 0 → 𝑥2 = 4 → Megfelel a feltételnek.


3

e) 2 ∙ log3(𝑥 − 1) = log3 4



log3(𝑥 − 1)2 = log3 4 ↓ a logaritmus függvény szigorú monotonitása miatt

(𝑥 − 1)2 = 4

𝑥2 − 2𝑥 − 3 = 0

A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet megoldása 𝑥1 = −1 és 𝑥2 = 3.

Az első megoldás nem felel meg a feltételnek.

Ezek alapján a megoldás: 𝑥 = 3.

f) log5 𝑥2 = 4

Értelmezési tartomány: 𝑥2 > 0 → 𝑥 ≠ 0



𝑥2 = 625

Ezek alapján a megoldás: 𝑥1 = −25 és 𝑥2 = 25 (megfelelnek a feltételnek).

g) 𝑙𝑔 (𝑥 + 1) + 𝑙𝑔 (𝑥 − 5) = 2 + 𝑙𝑔 (𝑥 − 2)

Értelmezési tartomány: 𝑥 + 1 > 0 → 𝑥 > −1

𝑥 − 5 > 0 → 𝑥 > 5

𝑥 − 2 > 0 → 𝑥 > 2



4


lg[(𝑥 + 1) · (𝑥 − 5)] = lg 100 + lg(𝑥 − 2)

lg(𝑥2 − 4𝑥 − 5) = lg(100𝑥 − 200)


𝑥2 − 4𝑥 − 5 = 100𝑥 − 200

𝑥2 − 104𝑥 + 195 = 0

Megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet megoldása 𝑥1 =104+√10036

2 és

𝑥2 =104−√10036

2.

Mindkét megoldás megfelel a feltételnek.

h) log3(5𝑥 − 7) − log3(3𝑥 + 9) = log3 4 + 3 · log3 5 − log3500

9

Értelmezési tartomány: 5𝑥 − 7 > 0 → 𝑥 >7

5

3𝑥 + 9 > 0 → 𝑥 > −3

A feltételeket összevetve a következőt kapjuk: 𝑥 >7

5.


log35𝑥−7

3𝑥+9= log3

4·53

500

9

log35𝑥−7

3𝑥+9= log3 9


5𝑥−7

3𝑥+9= 9

5𝑥 − 7 = 27𝑥 + 81

𝑥 = −4 → Nem felel meg a feltételnek, nincs megoldás.


5


a) 𝐥𝐨𝐠𝟐𝒙−𝟏(𝟑𝒙𝟐 − 𝟒𝒙 + 𝟓) = 𝟐

b) 𝟐 =𝐥𝐠 (𝒙 − 𝟏𝟎𝟎)

𝟏 − 𝐥𝐠 𝟓

c) |𝐥𝐨𝐠𝟑 𝒙 + 𝟓| = 𝟏

d) 𝐥𝐨𝐠𝟕|𝟐𝒙 − 𝟏𝟒| = 𝟎

e) (𝟏

𝟓)

𝒍𝒈𝟐𝒙−𝐥𝐠 𝒙

=𝟏

𝟏𝟐𝟓· 𝟓𝐥𝐠 𝒙−𝟏

Megoldás:

a) log2𝑥−1(3𝑥2 − 4𝑥 + 5) = 2


2

3𝑥2 − 4𝑥 + 5 > 0 → 𝑥 ∈ ℝ

A feltételeket összevetve a következőt kapjuk: 𝑥 >1

2.



3𝑥2 − 4𝑥 + 5 = (2𝑥 − 1)2

𝑥2 = 4

𝑥1 = 2 → Megfelel a feltételnek.

𝑥2 = −2 → Nem felel meg a feltételnek.

b) 2 =lg (𝑥 − 100)

1 − lg 5



6


2 ∙ (1 − lg 5) = lg(𝑥 − 100)

2 − 2 ∙ lg 5 = lg(𝑥 − 100)

lg 100 − lg 25 = lg(𝑥 − 100)

lg 4 = lg(𝑥 − 100) ↓ a logaritmus függvény szigorú monotonitása miatt

4 = 𝑥 − 100


c) |log3 𝑥 + 5| = 1



I. log3 𝑥 + 5 = 1

log3 𝑥 = −4 ↓ definíció szerint

𝑥 = 3−4 =1

81 → Megfelel a feltételnek.

II. log3 𝑥 + 5 = −1

log3 𝑥 = −6 ↓ definíció szerint

𝑥 = 3−6 =1


d) log7|2𝑥 − 14| = 0

Értelmezési tartomány: |2𝑥 − 14| > 0 → 2𝑥 − 14 ≠ 0 → 𝑥 ≠ 7



7


|2𝑥 − 14| = 70 = 1

Az abszolútérték miatt két ágat kell vizsgálnunk:

I. Az ág értelmezési tartománya: 2𝑥 − 14 ≥ 0 → 𝑥 ≥ 7


2𝑥 − 14 = 1

𝑥 =15

2 → megfelel a feltételnek

II. Az ág értelmezési tartománya: 2𝑥 − 14 < 0 → 𝑥 < 7


−2𝑥 + 14 = 1

𝑥 =13

2 → megfelel a feltételnek

e) (1

5)

𝑙𝑔2𝑥−lg 𝑥

=1

125· 5lg 𝑥−1



(5−1)𝑙𝑔2𝑥−lg 𝑥 = 5−3 · 5lg 𝑥−1

5lg 𝑥−𝑙𝑔2𝑥 = 5lg 𝑥−4 ↓ a logaritmus függvény szigorú monotonitása miatt

lg 𝑥 − 𝑙𝑔2𝑥 = lg 𝑥 − 4

𝑙𝑔2𝑥 = 4

lg 𝑥 = 2 → 𝑥1 = 100 → Megfelel a feltételnek.

lg 𝑥 = −2 → 𝑥2 =1



8


a) 𝐥𝐨𝐠𝟒[𝐥𝐨𝐠𝟑(𝐥𝐨𝐠𝟐 𝒙)] = 𝟎

b) 𝐥𝐨𝐠𝟖[𝟒 − 𝟐 ∙ 𝐥𝐨𝐠𝟔(𝟓 − 𝒙)] =𝟏

𝟑

c) 𝐥𝐨𝐠𝟑[𝟏 + 𝐥𝐨𝐠𝟐(𝟑 ∙ 𝐥𝐨𝐠𝟐 𝒙 + 𝟏)] = 𝟏

d) 𝐥𝐨𝐠𝟐𝟓 [𝟏

𝟓· 𝐥𝐨𝐠𝟑(𝟐 − 𝐥𝐨𝐠𝟎,𝟓 𝒙)] = −

𝟏

𝟐

e) 𝐥𝐨𝐠𝟑{𝐥𝐨𝐠𝟖[𝐥𝐨𝐠𝟐(𝒙 + 𝟗)]} = −𝟏 + 𝐥𝐨𝐠𝟑 𝟐

Megoldás:

Ezen típusnál az egyenletben több logaritmus van egymásba ágyazva, így azokat kívülről

befele haladva bontsuk le a definíció alkalmazásával.

Mivel azértelmezési tartomány felírása hosszadalmas lenne, így célszerű csak az egyszerűbb

feltételt felírni és a végén ellenőrizni a megoldást.

a) log4[log3(log2 𝑥)] = 0

Értelmezési tartomány: 𝑥 > 0

log2 𝑥 > 0 és log3(log2 𝑥) > 0



log3(log2 𝑥) = 40 = 1 ↓ definíció szerint

log2 𝑥 = 3 ↓ definíció szerint

𝑥 = 23 = 8

Ellenőrzés:

Bal oldal: log4[log3(log2 8)] = 0

Jobb oldal: 0


9

b) log8[4 − 2 ∙ log6(5 − 𝑥)] =1

3

Értelmezési tartomány: 5 − 𝑥 > 0 → 5 > 𝑥

4 − 2 ∙ log6(5 − 𝑥) > 0



4 − 2 ∙ log6(5 − 𝑥) = 81

3 = 2

log6(5 − 𝑥) = 1 ↓ definíció szerint

5 − 𝑥 = 6

𝑥 = −1

Ellenőrzés: Bal oldal: log8[4 − 2 ∙ log6(5 − (−1))] =1

3 Jobb oldal:

1

3

c) log3[1 + log2(3 ∙ log2 𝑥 + 1)] = 1


3 ∙ log2 𝑥 + 1 > 0 és 1 + log2(3 ∙ log2 𝑥 + 1) > 0



1 + log2(3 ∙ log2 𝑥 + 1) = 3

log2(3 ∙ log2 𝑥 + 1) = 2 ↓ definíció szerint

3 ∙ log2 𝑥 + 1 = 22 = 4


𝑥 = 2

Ellenőrzés: Bal oldal: log3[1 + log2(3 ∙ log2 2 + 1)] = 1 Jobb oldal: 1


10

d) log3{log8[log2(𝑥 + 9)]} = −1 + log3 2


log2(𝑥 + 9) > 0 és log8[log2(𝑥 + 9)] > 0


log3{log8[log2(𝑥 + 9)]} = log31

3+ log3 2

log3{log8[log2(𝑥 + 9)]} = log32

3 ↓ a függvény szigorú monotonitása miatt

log8[log2(𝑥 + 9)] =2

3 ↓ definíció szerint

log2(𝑥 + 9) = 82

3 = 4 ↓ definíció szerint

𝑥 + 9 = 24 = 16

𝑥 = 7

Ellenőrzés:

Bal oldal: log3{log8[log2(7 + 9)]} = log32

3

Jobb oldal: log32

3


a) 𝒍𝒈𝟐𝒙 + 𝐥𝐠 𝒙𝟐 = −𝟏

b) 𝟒 − 𝐥𝐠 𝒙 = 𝟑 ∙ √𝐥𝐠 𝒙

c) 𝐥𝐨𝐠𝟑[(𝐥𝐨𝐠𝟐 𝒙)𝟐 − 𝟑 · 𝐥𝐨𝐠𝟐 𝒙 + 𝟓] = 𝟐

d) 𝟏

𝟓 − 𝐥𝐠 𝒙+

𝟐

𝟏 + 𝐥𝐠 𝒙= 𝟏

e) (𝐥𝐨𝐠𝟐 𝟐𝒙)𝟐 = 𝐥𝐨𝐠𝟐𝒙𝟐

𝟐+ 𝟑

Megoldás:

Ezen típusnál vezessünk be új ismeretlent a logaritmus helyett, s az így adódó másodfokú

egyenletet megoldva, a kapott értékeket helyettesítsük vissza az eredeti kifejezésbe.


11

a) 𝑙𝑔2𝑥 + lg 𝑥2 = −1

Értelmezési tartomány: 𝑥 > 0 és 𝑥2 > 0 → 𝑥 > 0


𝑙𝑔2𝑥 + 2 ∙ lg 𝑥 + 1 = 0 ↓ Legyen: 𝑎 = lg 𝑥

𝑎2 + 2𝑎 + 1 = 0

𝑎 = −1

Visszahelyettesítés után a következő adódik:

lg 𝑥 = −1 ↓ definíció szerint

𝑥 =1


b) 4 − lg 𝑥 = 3 ∙ √lg 𝑥

Értelmezési tartomány: 𝑥 > 0 és lg 𝑥 ≥ 0 → 𝑥 ≥ 1

A feltételeket összevetve a következőt kapjuk: 𝑥 ≥ 1.


16 − 8 ∙ lg 𝑥 + 𝑙𝑔2𝑥 = 9 ∙ lg 𝑥

𝑙𝑔2𝑥 − 17 ∙ lg 𝑥 + 16 = 0 ↓ Legyen: 𝑎 = lg 𝑥

𝑎2 − 17𝑎 + 16 = 0

A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet megoldása 𝑎1 = 1 és 𝑎2 = 16.

Visszahelyettesítés után a következők adódnak:

𝑎1 = 1 → lg 𝑥 = 1 → 𝑥1 = 10 → Megfelel a feltételnek.



12

c) log3[(log2 𝑥)2 − 3 · log2 𝑥 + 5] = 2


(log2 𝑥)2 − 3 · log2 𝑥 + 5 > 0



(log2 𝑥)2 − 3 · log2 𝑥 + 5 = 32 = 9

(log2 𝑥)2 − 3 · log2 𝑥 − 4 = 0 ↓ Legyen 𝑎 = log2 𝑥.

𝑎2 − 3𝑎 − 4 = 0

A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet megoldása 𝑎1 = −1 és 𝑎2 = 4.


𝑎1 = −1 → log2 𝑥 = −1 → 𝑥1 =1

2

𝑎2 = 4 → log2 𝑥 = 4 → 𝑥2 = 16

Ellenőrzés:

𝑥1 =1

2 Bal oldal: log3 [(log2

1

2)

2

− 3 · log21

2+ 5] = 2 Jobb oldal: 2

𝑥2 = 16 Bal oldal: log3[(log2 16)2 − 3 · log2 16 + 5] = 2 Jobb oldal: 2

d) 1

5 − lg 𝑥+

2

1 + lg 𝑥= 1


5 − lg 𝑥 ≠ 0 → 𝑥 ≠ 105

1 + lg 𝑥 ≠ 0 → 𝑥 ≠1

10


13


1 + lg 𝑥 + 2 · (5 − lg 𝑥) = (5 − lg 𝑥) · (1 + lg 𝑥)

(lg 𝑥)2 − 5 · lg 𝑥 + 6 = 0 ↓ Legyen 𝑎 = 𝑙𝑔 𝑥.

𝑎2 − 5𝑎 + 6 = 0

A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet megoldása 𝑎1 = 2 és 𝑎2 = 3.



𝑎2 = 3 → 𝑙𝑔 𝑥 = 3 → 𝑥2 = 1000 → Megfelel a feltételnek.

e) (log2 2𝑥)2 = log2𝑥2

2+ 3

Értelmezési tartomány: 2𝑥 > 0 → 𝑥 > 0

𝑥2

2> 0 → 𝑥 ∈ ℝ \ {0}



(log2 2 + log2 𝑥)2 = log2 𝑥2 − log2 2 + 3

(1 + log2 𝑥)2 = 2 · log2 𝑥 − 1 + 3

(log2 𝑥)2 = 1

Ebből a következők adódnak:

log2 𝑥 = 1 → 𝑥 = 2 → Megfelel a feltételnek.

log2 𝑥 = −1 → 𝑥 =1



14


a) 𝐥𝐨𝐠𝟐 𝒙 + 𝐥𝐨𝐠𝟒 𝒙 + 𝐥𝐨𝐠𝟖 𝒙 = 𝟏𝟏

b) 𝟑 ∙ 𝐥𝐨𝐠𝟓 𝒙 + 𝐥𝐨𝐠𝟐𝟓 𝒙 = 𝟕

c) 𝐥𝐨𝐠𝟕 𝒙 + 𝟐 · 𝐥𝐨𝐠𝟏

𝟕

𝒙 = 𝐥𝐨𝐠𝟒𝟗 𝒙 − 𝟑

d) (𝐥𝐨𝐠𝟑 𝒙) · (𝐥𝐨𝐠𝟗 𝒙) · (𝐥𝐨𝐠𝟐𝟕 𝒙) =𝟒

𝟑

Megoldás:

Ezen típusnál a különböző alapú logaritmusokat azonos alapú logaritmusokká kell

alakítanunk. Az új alapot célszerű az előforduló alapok közül kiválasztani úgy, hogy az a

legkisebb egész legyen.

a) log2 𝑥 + log4 𝑥 + log8 𝑥 = 11



log2 𝑥 +log2 𝑥

log2 4+

log2 𝑥

log2 8= 11

log2 𝑥 +log2 𝑥

2+

log2 𝑥

3= 11

6 ∙ log2 𝑥 + 3 · log2 𝑥 + 2 · log2 𝑥 = 66

11 ∙ log2 𝑥 = 66


𝑥 = 26 = 64 → Megfelel a feltételnek.

b) 3 ∙ log5 𝑥 + log25 𝑥 = 7



3 ∙ log5 𝑥 +log5 𝑥

log5 25= 7

3 ∙ log5 𝑥 +log5 𝑥

2= 7


15

6 ∙ log5 𝑥 + log5 𝑥 = 14

7 ∙ log5 𝑥 = 14



c) log7 𝑥 + 2 · log1

7

𝑥 = log49 𝑥 − 3



log7 𝑥 + 2 ∙log7 𝑥

log71

7

=log7 𝑥

log7 49− 3

log7 𝑥 + 2 ∙log7 𝑥

−1=

log7 𝑥

2− 3

2 ∙ log7 𝑥 − 4 ∙ log7 𝑥 = log7 𝑥 − 6

3 ∙ log7 𝑥 = 6



d) (log3 𝑥) · (log9 𝑥) · (log27 𝑥) =4

3



log3 𝑥 ∙log3 𝑥

log3 9·

log3 𝑥

log3 27=

4

3

log3 𝑥 ∙log3 𝑥

2·

log3 𝑥

3=

4

3

(log3 𝑥)3 = 8




16


a) 𝟐 ∙ 𝐥𝐨𝐠𝟒 𝒙 + 𝟐 ∙ 𝐥𝐨𝐠𝒙 𝟒 = 𝟓

b) 𝐥𝐨𝐠𝒙 𝟖 − 𝐥𝐨𝐠𝟒𝒙 𝟖 = 𝐥𝐨𝐠𝟐𝒙 𝟏𝟔

c) (𝐥𝐨𝐠𝟐 𝒙) · (𝐥𝐨𝐠𝟒 𝟐𝒙) = 𝟐 · 𝐥𝐨𝐠𝟒 𝟐

d) 𝐥𝐨𝐠𝟓(𝒙 + 𝟐𝟎) · 𝐥𝐨𝐠𝒙 √𝟓 = 𝟏

Megoldás:

a) 2 ∙ log4 𝑥 + 2 ∙ log𝑥 4 = 5

Értelmezési tartomány: 𝑥 > 0 és 𝑥 ≠ 1


2 ∙ log4 𝑥 + 2 ∙log4 4

log4 𝑥= 5

2 ∙ log4 𝑥 + 2 ∙1

log4 𝑥= 5

2 ∙ (log4 𝑥)2 + 2 = 5 ∙ log4 𝑥

2 ∙ (log4 𝑥)2 − 5 ∙ log4 𝑥 + 2 = 0 ↓ Legyen: 𝑎 = log4 𝑥

2𝑎2 − 5𝑎 + 2 = 0

A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet megoldása 𝑎1 = 2 és 𝑎2 =1

2.


𝑎1 = 2 → log4 𝑥 = 2 → 𝑥1 = 16 → Megfelel a feltételnek.

𝑎2 =1

2 → log4 𝑥 =

1

2 → 𝑥2 = 2 → Megfelel a feltételnek.

b) log𝑥 8 − log4𝑥 8 = log2𝑥 16

Értelmezési tartomány: 𝑥 > 0 és 𝑥 ≠ 1

2𝑥 ≠ 1 → 𝑥 ≠1

2

4𝑥 ≠ 1 → 𝑥 ≠1

4


17


log2 8

log2 𝑥−

log2 8

log2 4𝑥=

log2 16

log2 2𝑥

3

log2 𝑥−

3

log2 4 + log2 𝑥=

4

log2 2 + log2 𝑥

3

log2 𝑥−

3

2 + log2 𝑥=

4

1 + log2 𝑥

6 + 3 ∙ (log2 𝑥)2 + 9 ∙ log2 𝑥 − [3 ∙ log2 𝑥 + 3 ∙ (log2 𝑥)2] = 8 ∙ log2 𝑥 + 4 ∙ (log2 𝑥)2

2 ∙ (log2 𝑥)2 + log2 𝑥 − 3 = 0 ↓ Legyen: 𝑎 = log2 𝑥

2𝑎2 + 𝑎 − 3 = 0

A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet megoldása 𝑎1 = 1 és 𝑎2 = −3

2.



𝑎2 = −3

2 → log2 𝑥 = −

3

2 → 𝑥2 =

1

√8 → Megfelel a feltételnek.

c) (log2 𝑥) · (log4 2𝑥) = 2 · log4 2



(log2 𝑥) · (log2 2𝑥

log2 4) = 1

(log2 𝑥) · (log2 2 + log2 𝑥

log2 4) = 1

(log2 𝑥) · (1 + log2 𝑥

2) = 1

(log2 𝑥)2 + log2 𝑥 − 2 = 0 ↓ Legyen: 𝑎 = log2 𝑥

𝑎2 + 𝑎 − 2 = 0

A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet megoldása 𝑎1 = 1 és 𝑎2 = −2.


18



𝑎2 = −2 → log2 𝑥 = −2 → 𝑥2 =1


d) log5(𝑥 + 20) · log𝑥 √5 = 1

Értelmezési tartomány: 𝑥 > 0 𝑥 ≠ 1


log5(𝑥 + 20) ·log5 √5

log5 𝑥= 1

1

2· log5(𝑥 + 20) = log5 𝑥

log5(𝑥 + 20) = 2 · log5 𝑥

log5(𝑥 + 20) = log5 𝑥2 ↓ a függvény szigorú monotonitása miatt

𝑥 + 20 = 𝑥2

𝑥2 − 𝑥 − 20 = 0

A megoldó képlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet megoldása 𝑥1 = −4 és 𝑥2 = 5.

Az első eredmény nem felel meg a feltételnek.



a) 𝟑𝒙 = 𝟏𝟑

b) 𝟓𝟐𝒙+𝟕 = 𝟏𝟗

Megoldás:

Ezen típusnál az ismeretlen a kitevőben szerepel, ezért a logaritmus függvény szigorú

monotonitása miatt mindkét oldalnak vegyük az ugyanolyan alapú logaritmusát, s így a

logaritmus azonossága alapján a kitevőt lehozhatjuk szorzatalakba.


19

a) 3𝑥 = 13


lg 3𝑥 = lg 13

𝑥 ∙ lg 3 = lg 13

𝑥 =lg 13

lg 3≈ 2,3

b) 52𝑥+7 = 19


lg 52𝑥+7 = lg 19

(2𝑥 + 7) ∙ lg 5 = lg 19

2𝑥 + 7 =lg 19

lg 5≈ 1,8

𝑥 ≈ 4,4


a) 𝒙𝟒·𝐥𝐨𝐠𝟐 𝒙 = 𝟏𝟔

b) 𝟏𝟎𝟎𝐥𝐠(𝒙+𝟐𝟎) = 𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎

c) (𝟐𝒙 + 𝟏)𝐥𝐠(𝟐𝒙+𝟏)−𝟑 = 𝟎, 𝟎𝟏

d) 𝒙𝐥𝐠 𝒙 = 𝟏𝟎𝟎𝟎𝒙𝟐

e) (𝟏𝟎𝟎

𝒙)

𝐥𝐠 𝒙−𝟑

= 𝟏

f) 𝒙𝟔 · 𝐥𝐨𝐠𝟔𝟒 𝒙 − 𝟏 − 𝟔 · 𝐥𝐨𝐠𝟓 𝟏𝟐𝟓 = 𝟒𝟔

Megoldás:

a) 𝑥4·log2 𝑥 = 16



20



log2 𝑥4·log2 𝑥 = log2 16

4 · log2 𝑥 ∙ log2 𝑥 = 4

(log2 𝑥)2 = 1

log2 𝑥 = 1 → 𝑥 = 2 → Megfelel a feltételnek.

log2 𝑥 = −1 → 𝑥 =1


b) 100lg(𝑥+20) = 10000




lg 100lg(𝑥+20) = lg 10000

[lg(𝑥 + 20)] ∙ lg 100 = 4

lg(𝑥 + 20) = 2 ↓ definíció szerint

𝑥 + 20 = 100


c) (2𝑥 + 1)lg(2𝑥+1)−3 = 0,01

Értelmezési tartomány: 2𝑥 + 1 > 0 → 𝑥 > −1

2




21

lg(2𝑥 + 1)lg(2𝑥+1)−3 = lg 0,01

[lg(2𝑥 + 1) − 3] ∙ lg(2𝑥 + 1) = −2

[lg(2𝑥 + 1)]2 − 3 ∙ lg(2𝑥 + 1) + 2 = 0 ↓ Legyen 𝑎 = lg(2𝑥 + 1).

𝑎2 − 3𝑎 + 2 = 0

A megoldóképlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet megoldása 𝑎1 = 1 és 𝑎2 = 2.


𝑎1 = 1 → 𝑙𝑔(2𝑥 + 1) = 1 → 𝑥1 =9


𝑎2 = 2 → 𝑙𝑔(2𝑥 + 1) = 2 → 𝑥2 =99


d) 𝑥lg 𝑥 = 1000𝑥2




lg 𝑥lg 𝑥 = lg 1000𝑥2

lg 𝑥 ∙ lg 𝑥 = lg 1000 + lg 𝑥2

(lg 𝑥)2 − 2 ∙ lg 𝑥 − 3 = 0 ↓ Legyen 𝑎 = lg 𝑥.

𝑎2 − 2𝑎 − 3 = 0

A megoldóképlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet megoldása 𝑎1 = −1 és 𝑎2 = 3.


𝑎1 = −1 → 𝑙𝑔 𝑥 = −1 → 𝑥1 =1


𝑎2 = 3 → 𝑙𝑔 𝑥 = 3 → 𝑥2 = 1000 → Megfelel a feltételnek.


22

e) (100

𝑥)

lg 𝑥−3

= 1




lg (100

𝑥)

lg 𝑥−3

= lg 1

(lg 𝑥 − 3) ∙ lg100

𝑥= 0

Egy szorzat értéke akkor 0, ha valamelyik tényezője 0.

Ezek alapján a megoldások:

lg 𝑥 − 3 = 0 → lg 𝑥 = 3 → 𝑥1 = 1000 → Megfelel a feltételnek.

lg100

𝑥= 0 →

100

𝑥= 1 → 𝑥2 = 100 → Megfelel a feltételnek.

f) 𝑥6 · log64 𝑥 − 1 − 6 · log5 125 = 46



𝑥6 · log64 𝑥 − 1 − 6 · 3 = 46

𝑥6 · log64 𝑥 − 1 = 64 ↓ a logaritmus függvény szigorú monotonitása miatt

log64(𝑥6 · log64 𝑥 − 1) = log64 64

(6 · log64 𝑥 − 1) · log64 𝑥 = 1

6 · (log64 𝑥)2 − log64 𝑥 − 1 = 0 ↓ Legyen 𝑎 = log64 𝑥.

6𝑎2 − 𝑎 − 1 = 0

A megoldóképlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet megoldása 𝑎1 = −1

3 és 𝑎2 =

1

2.


23


𝑎1 = −1

3 → log64 𝑥 = −

1

3 → 𝑥1 =

1


𝑎2 =1

2 → log64 𝑥 =

1

2 → 𝑥2 = 8 → Megfelel a feltételnek.

9. (E) Oldd meg a következő egyenleteket! (Alaphalmaz: ℝ)

a) 𝐥𝐨𝐠𝟐𝟓 [𝟏

𝟓· 𝐥𝐨𝐠𝟑(𝟐 − 𝐥𝐨𝐠𝟎,𝟓 𝒙)] = −

𝟏

𝟐

b) 𝒙𝐥𝐠 𝒙 + 𝟏𝟎 ∙ 𝒙− 𝐥𝐠 𝒙 = 𝟏𝟏

c) 𝟒𝟐∙𝐥𝐠 𝒙 ∙ 𝟓𝐥𝐠 𝒙 = 𝟔𝟒𝟎𝟎

d) 𝐥𝐨𝐠𝟐(𝟑 + 𝟐𝒙) + 𝐥𝐨𝐠𝟐(𝟓 − 𝟐𝒙) = 𝟒

e) 𝟗𝐥𝐨𝐠𝟐 𝒙+𝟎,𝟓 − 𝟐𝟖 ∙ 𝟑𝐥𝐨𝐠𝟐 𝒙−𝟏 + 𝟏 = 𝟎

f) √𝐥𝐨𝐠𝒙 𝟓𝒙 · 𝐥𝐨𝐠𝟓 𝒙 = √𝟐

g) 𝐥𝐨𝐠𝒙+𝟏(𝒙 − 𝟎, 𝟓) = 𝐥𝐨𝐠𝒙−𝟎,𝟓(𝒙 + 𝟏)

Megoldás:

Alkalmazzuk az előző típusoknál használt módszereket.

a) log25 [1

5· log3(2 − log0,5 𝑥)] = −

1

2

Értelmezési tartomány: 𝑥 > 0 2 − log0,5 𝑥 > 0 1

5· log3(2 − log0,5 𝑥) > 0



1

5· log3(2 − log0,5 𝑥) = 25−

1

2 =1

5

log3(2 − log0,5 𝑥) = 1 ↓ definíció szerint

2 − log0,5 𝑥 = 3

log0,5 𝑥 = −1 ↓ definíció szerint

𝑥 = 0,5−1 = 2

Ellenőrzés: Baloldal: log25 [1

5· log3(2 − log0,5 2)] = −

1

2 Jobb oldal: −

1

2


24

b) 𝑥lg 𝑥 + 10 ∙ 𝑥− lg 𝑥 = 11



𝑥lg 𝑥 +10

𝑥lg 𝑥 = 11 ↓ Legyen 𝑎 = 𝑥lg 𝑥.

𝑎 +10

𝑎= 11

𝑎2 − 11𝑎 + 10 = 0

A megoldóképlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet megoldása 𝑎1 = 1 és 𝑎2 = 10.


𝑥lg 𝑥 = 1


lg 𝑥lg 𝑥 = lg 1

lg 𝑥 ∙ lg 𝑥 = 0

(lg 𝑥)2 = 0

lg 𝑥 = 0 ↓ definíció szerint

𝑥1 = 1 → Megfelel a feltételnek.

𝑥lg 𝑥 = 10


lg 𝑥lg 𝑥 = lg 10

lg 𝑥 ∙ lg 𝑥 = 1

(lg 𝑥)2 = 1

lg 𝑥 = 1 → 𝑥2 = 10 → Megfelel a feltételnek.

lg 𝑥 = −1 → 𝑥3 =1



25

c) 42 ∙ lg 𝑥 ∙ 5lg 𝑥 = 6400



16lg 𝑥 ∙ 5lg 𝑥 = 6400

(16 ∙ 5)lg 𝑥 = 6400

80lg 𝑥 = 802 ↓ a logaritmus függvény szigorú monotonitása miatt

lg 𝑥 = 2 ↓ definíció szerint


d) log2(3 + 2𝑥) + log2(5 − 2𝑥) = 4

Értelmezési tartomány: 3 + 2𝑥 > 0 5 − 2𝑥 > 0


log2[(3 + 2𝑥) ∙ (5 − 2𝑥)] = 4 ↓ definíció szerint

15 − 3 ∙ 2𝑥 + 5 ∙ 2𝑥 − (2𝑥)2 = 24 = 16

(2𝑥)2 − 2 ∙ 2𝑥 + 1 = 0 ↓ Legyen 𝑎 = 2𝑥.

𝑎2 − 2𝑎 + 1 = 0

(𝑎 − 1)2 = 0

𝑎 − 1 = 0

𝑎 = 1


2𝑥 = 1 ↓ definíció szerint

𝑥 = 0

Ellenőrzés: Bal oldal: log2(3 + 20) + log2(5 − 20) = 4 Jobb oldal: 4


26

e) 9log2 𝑥+0,5 − 28 ∙ 3log2 𝑥−1 + 1 = 0



(32)log2 𝑥+0,5 − 28 ∙ 3log2 𝑥−1 + 1 = 0

32 ∙ log2 𝑥+1 − 28 ∙ 3log2 𝑥−1 + 1 = 0

3 ∙ (3log2 𝑥)2

−28

3∙ 3log2 𝑥 + 1 = 0 ↓ Legyen 𝑎 = 3log2 𝑥.

9𝑎2 − 28𝑎 + 3 = 0

A megoldóképlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet megoldása 𝑎1 = 3 és 𝑎2 =1

9.


𝑎1 = 3 → 3log2 𝑥 = 3 → log2 𝑥 = 1 → 𝑥1 = 2 → Megfelel a feltételnek.

𝑎2 =1

9 → 3log2 𝑥 =

1

9 → log2 𝑥 = −2 → 𝑥1 =

1


f) √log𝑥 5𝑥 · log5 𝑥 = √2

Értelmezési tartomány: 𝑥 > 0 𝑥 ≠ 1 log𝑥 5𝑥 ≥ 0


√log5 5𝑥

log5 𝑥· log5 𝑥 = √2

√log5 5+log5 𝑥


√1+log5 𝑥


1+log5 𝑥

log5 𝑥· (log

5𝑥)

2= 2

(1 + log5 𝑥) · log5 𝑥 = 2

(log5 𝑥)2 + log5 𝑥 − 2 = 0 ↓ Legyen 𝑎 = log5

𝑥.


27

𝑎2 + 𝑎 − 2 = 0

A megoldóképlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet megoldása 𝑎1 = −2 és 𝑎2 = 1.


𝑎1 = −2 → log5 𝑥 = −2 → 𝑥1 =1



Ellenőrzés: √log 1

25

(5 ·1

25) · log5

1

25≠ √2 → az 𝑥1 nem megoldás

g) log𝑥+1(𝑥 − 0,5) = log𝑥−0,5(𝑥 + 1)


𝑥 − 0,5 > 0 → 𝑥 > 0,5

𝑥 + 1 ≠ 1 → 𝑥 ≠ 0

𝑥 − 0,5 ≠ 1 → 𝑥 ≠ 1,5

A feltételeket összevetve: 𝑥 > 0,5 és 𝑥 ≠ 1,5


lg(𝑥−0,5)

lg(𝑥+1)=

lg(𝑥+1)

lg(𝑥−0,5)

[lg(𝑥 − 0,5)]2 = [lg(𝑥 + 1)]2

Első eset:

lg(𝑥 − 0,5) = lg(𝑥 + 1) ↓ a logaritmus függvény szigorú monotonitása miatt

𝑥 − 0,5 = 𝑥 + 1

−0,5 ≠ 1 → Ellentmondás, nincs megoldás.


28

Második eset:

lg(𝑥 − 0,5) = − lg(𝑥 + 1)

lg(𝑥 − 0,5) = lg(𝑥 + 1)−1 ↓ a logaritmus függvény szigorú monotonitása miatt

𝑥 − 0,5 =1

𝑥+1

(𝑥 − 0,5) · (𝑥 + 1) = 1

2𝑥2 + 𝑥 − 3 = 0

A megoldóképlet segítségével kapjuk, hogy az egyenlet megoldása 𝑥1 = −3

2 és 𝑥2 = 1.

Az első eredmény nem felel meg a feltételnek.


10. Oldd meg a következő egyenlőtlenségeket! (Alaphalmaz: ℝ)

a) 𝐥𝐨𝐠𝟓

𝟑

(𝟏

𝟑𝒙 + 𝟏) < 𝟏

b) 𝐥𝐨𝐠𝟑(𝒙 + 𝟑) > 𝐥𝐨𝐠𝟑 𝟐𝒙 + 𝟏

c) 𝐥𝐨𝐠𝟑𝟓 − 𝒙

𝟑𝒙 + 𝟏≤ 𝟎

Megoldás:

Egyenlőtlenséget hasonlóan oldunk meg, mint egyenletet, csak ügyeljünk a következőre: a

negatív számmal való szorzásnál (osztásnál), illetve az alap elhagyásakor, ha az 0 és 1 közé

esik (a függvény szigorú csökkenése miatt), a reláció iránya megfordul.

a) log5

3

(1

3 𝑥 + 1) < 1

Értelmezési tartomány: 1

3𝑥 + 1 > 0 → 𝑥 > −3

Az egyenlőtlenség megoldása:

log5

3

(1

3𝑥 + 1) < log5

3

5

3 ↓ a logaritmus függvény szigorú monotonitása miatt

1

3𝑥 + 1 <

5

3

𝑥 < 2

A feltétellel összevetve az eredményt, az egyenlőtlenség megoldása: −3 < 𝑥 < 2.


29

b) log3(𝑥 + 3) > log3 2𝑥 + 1


2𝑥 > 0 → 𝑥 > 0

A feltételeket összevetve: 𝑥 > 0.


log3(𝑥 + 3) > log3 2𝑥 + log3 3

log3(𝑥 + 3) > log3 6𝑥 ↓ a logaritmus függvény szigorú monotonitása miatt

𝑥 + 3 > 6𝑥

𝑥 <3

5

A feltétellel összevetve az eredményt, az egyenlőtlenség megoldása: 0 < 𝑥 <3

5.

c) log35 − 𝑥

3𝑥 + 1≤ 0

Értelmezési tartomány: 5 − 𝑥

3𝑥 + 1> 0.

Egy tört értéke akkor pozitív, ha a számláló és nevező is pozitív, vagy mindkettő negatív.

I. Tekintsük először azt az esetet, amikor a számláló és nevező is egy pozitív szám.

5 − 𝑥 > 0 → 5 > 𝑥 és 3𝑥 + 1 > 0 → 𝑥 > −1

3

A két eredmény közös része: −1

3< 𝑥 < 5.

II. Tekintsük most azt az esetet, amikor a számláló és nevező is egy negatív szám.

5 − 𝑥 < 0 → 5 < 𝑥 és 3𝑥 + 1 < 0 → 𝑥 < −1

3

A két eredménynek nincs közös része.

A feltételünk a két ág együttese (uniója): −1

3< 𝑥 < 5.


30


log35 − 𝑥

3𝑥 + 1≤ log3 1 ↓ a logaritmus függvény szigorú monotonitása miatt

5 − 𝑥

3𝑥 + 1≤ 1

5 − 𝑥 − (3𝑥 + 1)

3𝑥 + 1≤ 0

4 − 4𝑥

3𝑥 + 1≤ 0

Egy tört értéke akkor negatív, ha a számláló pozitív és a nevező negatív, vagy fordítva.

I. Tekintsük először azt az esetet, amikor a nevező pozitív, a számláló negatív (vagy 0):

4 − 4𝑥 ≤ 0 → 1 ≤ 𝑥

3𝑥 + 1 > 0 → 𝑥 > −1

3

A két eredmény közös része: 1 ≤ 𝑥.

II. Tekintsük most azt az esetet, amikor a nevező negatív és a számláló pozitív (vagy 0):

4 − 4𝑥 ≥ 0 → 1 ≥ 𝑥

3𝑥 + 1 < 0 → 𝑥 < −1

3

A két eredmény közös része: 𝑥 < −1

3.

A megoldás a két ág együttese (uniója): 𝑥 < −1

3, vagy 1 ≤ 𝑥.

A feltétellel összevetve az eredményt, az egyenlőtlenség megoldása: 1 ≤ 𝑥 < 5.


31

11. Oldd meg a következő egyenlőtlenségeket! (Alaphalmaz: ℝ)

a) 𝐥𝐨𝐠𝟐 [𝐥𝐨𝐠𝟏

𝟐

(𝟐𝒙 − 𝟒𝒙)] > 𝟎

b) 𝐥𝐨𝐠𝟐𝒙−𝟏(𝟒𝒙 + 𝟐) ≤ 𝟎

c) 𝟏 − (𝟏

𝟐)

𝐥𝐨𝐠𝟐−𝒙(𝒙𝟐−𝟒𝒙+𝟑)

> 𝟎

Megoldás:

a) log2 [log1

2

(2𝑥 − 4𝑥)] ≤ 1

Feltétel: 2𝑥 − 4𝑥 > 0 → 𝑎 = 2𝑥 → 𝑎 − 𝑎2 > 0 → 0 < 𝑎 < 1

0 < 2𝑥 < 1 → 2𝑥 < 20 → 𝑥 < 0

log1

2

(2𝑥 − 4𝑥) > 0 → 2𝑥 − 4𝑥 > (1

2)

0

→ 2𝑥 − 4𝑥 − 1 > 0

𝑎 = 2𝑥 → −𝑎2 + 𝑎 − 1 > 0 → nincs megoldás

A feltételeket összevetve: 𝑥 < 0.


log2 [log1

2

(2𝑥 − 4𝑥)] ≥ log2 2 ↓ a logaritmus függvény szigorú monotonitása miatt

log1

2

(2𝑥 − 4𝑥) ≥ 2

log1

2

(2𝑥 − 4𝑥) ≥ log1

2

1

4 ↓ a logaritmus függvény szigorú monotonitása miatt

2𝑥 − 4𝑥 ≤1

4 ↓ Legyen 𝑎 = 2𝑥.

−4𝑎2 + 4𝑎 − 1 ≤ 0

𝑎 =1

2


2𝑥 =1

2 → 𝑥 = −1 → Megfelel a feltételnek.


32

d) log2𝑥−1(4𝑥 + 2) ≤ 0


2

2𝑥 − 1 ≠ 1 → 𝑥 ≠ 1

4𝑥 + 2 > 0 → 𝑥 > −1

2

A feltételeket összevetve: 𝑥 >1

2 és 𝑥 ≠ 1.


I. Ha az alap 1 - nél nagyobb: 2𝑥 − 1 > 1 → 𝑥 > 1

log2𝑥−1(4𝑥 + 2) ≤ log2𝑥−1 1 ↓ a függvény szigorú monotonitása miatt

4𝑥 + 2 ≤ 1

𝑥 ≤ −1

4

A feltétellel összevetve az eredményt, ezen az ágon nincs megoldás.

II. Ha az alap 0 és 1 közé esik: 0 < 2𝑥 − 1 < 1 → 1

2< 𝑥 < 1

log2𝑥−1(4𝑥 + 2) ≤ log2𝑥−1 1 ↓ a függvényszigorú monotonitása miatt

4𝑥 + 2 ≥ 1

𝑥 ≥ −1

4

A feltétellel összevetve az eredményt, ezen az ágon a megoldás: 1

2< 𝑥 < 1.

A két ág eredményeit összevetve a feltétellel, az egyenlőtlenség megoldása: 1

2< 𝑥 < 1.


33

e) 1 − (1

2)

log2−𝑥(𝑥2−4𝑥+3)

> 0

Értelmezési tartomány: 2 − 𝑥 > 0 → 𝑥 < 2

2 − 𝑥 ≠ 1 → 𝑥 ≠ 1

𝑥2 − 4𝑥 + 3 > 0 → 𝑥 < 1, vagy 𝑥 > 3

A feltételeket összevetve: 𝑥 < 1.


(1

2)


< 1

(1

2)


< (1

2)

0

↓ a függvény szigorú monotonitása miatt

log2−𝑥(𝑥2 − 4𝑥 + 3) > 0

log2−𝑥(𝑥2 − 4𝑥 + 3) > log2−𝑥(2 − 𝑥)0

A feltétel miatt 2 − 𝑥 > 1, így csak egy águnk lesz a megoldás során.

log2−𝑥(𝑥2 − 4𝑥 + 3) > log2−𝑥 1

↓ a függvény szigorú monotonitása miatt

𝑥2 − 4𝑥 + 3 > 1

𝑥2 − 4𝑥 + 2 > 0

Ebből a következő adódik: 𝑥 < 2 − √2, vagy 𝑥 > 2 + √2.

A feltétellel összevetve az eredményt, az egyenlőtlenség megoldása: 𝑥 < 2 − √2.

12. (E) Bizonyítsd be, hogy 𝐥𝐨𝐠𝟏𝟗𝟗𝟏(𝒙 − 𝟑) + 𝐥𝐨𝐠𝟏𝟗𝟗𝟐(𝒙 − 𝟑) = 𝟑 − 𝒍𝒈(𝒙𝟓 − 𝟐𝟒)

egyenletnek egyetlen megoldása az 𝒙 = 𝟒!

Megoldás:

Az 𝑥 = 4 behelyettesítéssel azt kapjuk, hogy 0 = 0, vagyis ez egy megoldása az egyenletnek.


34

Legyen 𝑓(𝑥) = log1991(𝑥 − 3) + log1992(𝑥 − 3) és 𝑔(𝑥) = 3 − 𝑙𝑔(𝑥5 − 24).

Mivel az 𝑓 (𝑥) szigorúan monoton növekvő függvény, a 𝑔 (𝑥) pedig egy szigorúan monoton

csökkenő függvény, így maximum egy közös pontjuk lehet.

Ebből adódik, hogy az egyenletet megoldva legfeljebb egyetlen megoldás adódhat.


13. (E) Határozd meg a 𝒑 értékét úgy, hogy a 𝐥𝐨𝐠𝟑(𝟗𝒙 + 𝟗𝒑𝟑) = 𝒙 egyenletnek két

pozitív gyöke legyen!

Megoldás:

Értelmezési tartomány: 9𝑥 + 9𝑝3 > 0.


9𝑥 + 9𝑝3 = 3𝑥

(3𝑥)2 − 3𝑥 + 9𝑝3 = 0 ↓ Legyen 𝑎 = 3𝑥.

𝑎2 − 𝑎 + 9𝑝3 = 0

Mivel két megoldást kell kapnunk, így a diszkrimináns értéke pozitív: 𝐷 = 𝑏2 − 4𝑎𝑐 > 0.

1 − 36𝑝3 > 0

1

√363 > 𝑝

Mivel a gyökök pozitívak, így az összegük és szorzatuk is pozitív.

Alkalmazzuk a Viete – formulákat:

𝑎1 + 𝑎2 = −𝑏

𝑎> 0 → 1 > 0 → bármilyen 𝑝 – re teljesül

𝑎1 · 𝑎2 =𝑐

𝑎> 0 → 9𝑝3 > 0 → 𝑝 > 0

A két feltétel megoldásait összevetve a következőt kapjuk: 𝑝 > 0.

Ezek alapján a megoldás: 0 < 𝑝 <1

√363 .


35

14. (E) Melyek azok a 𝒑, 𝒒 egészek, amelyekre 𝐥𝐨𝐠𝒂(𝒑 + 𝒒) = 𝐥𝐨𝐠𝒂 𝒑 + 𝐥𝐨𝐠𝒂 𝒒 teljesül?

Megoldás:

Értelmezési tartomány: 𝑎 > 0 𝑎 ≠ 1 𝑝 > 0 𝑞 > 0


log𝑎(𝑝 + 𝑞) = log𝑎(𝑝 · 𝑞) ↓ a függvény szigorú monotonitása miatt

𝑝 + 𝑞 = 𝑝𝑞

𝑝 = 𝑝𝑞 − 𝑞

𝑝 = 𝑞 · (𝑝 − 1)

Ha 𝑝 = 1, akkor ellentmondás (1 ≠ 0) adódik, vagyis nincs megoldás.

Ha 𝑝 ≠ 1, akkor a következő adódik:

𝑞 =𝑝

𝑝−1=

𝑝 − 1 + 1

𝑝−1=

𝑝−1

𝑝−1+

1

𝑝−1= 1 +

1

𝑝−1.

Ebből azt kapjuk, hogy 𝑝 − 1 osztója 1 – nek.

Ha 𝑝 − 1 = 1, akkor 𝑝 = 2 és 𝑞 = 2.

Ha 𝑝 − 1 = −1, akkor 𝑝 = 0, ami nem felel meg a feltételnek.

Ezek alapján a megoldás: 𝑝 = 2 és 𝑞 = 2.

Megoldások - BZmatek · Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 2 Az egyenlet megoldása: ↓ a logaritmus függvény szigorú monotonitása miatt

Documents