Ba chấm, ba chấm, ba chấm...

48

N. Vilenkin

Ba chấm, ba chấm, ba chấm…

Một lần, trong kỳ thi tuyển sinh vào một trường đại học nơi môn toán được nghiên cứu chuyên sâu và do đó có yêu cầu cao đối với ứng viên, một ứng viên được hỏi một câu hỏi thoạt nhìn khá đơn giản:

Phương trình $\left(\frac{1}{16}\right)^x = \log_{\frac{1}{16}} x$ có bao nhiêu lời giải?

Vì lời giải của phương trình $\varphi(x) = \psi(x)$ tương đương với việc tìm hoành độ của điểm mà tại đó đồ thị của các hàm $y = \varphi(x)$ và $y = \psi(x)$ giao nhau, nên thí sinh đã lập một eximega của đồ thị hàm $y = \left(\frac{1}{16}\right)^x$ và $y = \log_{\frac{1}{16}} x$ (Hình 1) và nói:

“Phương trình này có một lời giải. Hơn nữa, vì theo định nghĩa của logarit, các hàm $y = \left(\frac{1}{16}\right)^x$ và $y = \log_{\frac{1}{16}} x$ nghịch đảo với nhau nên đồ thị của chúng đối xứng âm.”

Hình 1.

so với đường $y = x$, và do đó giao điểm của đồ thị nằm trên đường này. Điều này có nghĩa là để tìm được nó, chúng ta cần giải phương trình $\left(\frac{1}{16}\right)^x = x$. Nhưng tôi không biết giải quyết thế nào.”

Giám khảo trả lời:

“Việc bạn không biết cách giải phương trình $\left(\frac{1}{16}\right)^x = x$ không phải là vấn đề, chúng tôi không yêu cầu điều này: nó không thể giải được bằng các phương pháp cơ bản. Tệ hơn nữa là bạn đã bỏ sót hai trong số lời giải của anh ấy: $x = \frac{1}{2}$ và $x = \frac{1}{4}$. Hãy cắm những giá trị này vào phương trình và kiểm tra!”

Và thực sự, sau khi viết lời giải $\left(\frac{1}{16}\right)^{\frac{1}{2}} = \log_{\frac{1}{16}} \frac{1}{2}$ và $\left(\frac{1}{16}\right)^{\frac{1}{4}} = \log_{\frac{1}{16}} \frac{1}{4}$, người nộp đơn rất buồn khi phát hiện ra rằng những điều đó là sự thật:

$\left(\frac{1}{16}\right)^{\frac{1}{2}} = \log_{\frac{1}{16}} \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$ và $\left(\frac{1}{16}\right)^{\frac{1}{4}} = \log_{\frac{1}{16}} \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$. Vì vậy, anh ta đã bị đánh lừa bởi “khả năng hiển thị”: đồ thị của các hàm $y = \left(\frac{1}{16}\right)^x$ và $y = \log_{\frac{1}{16}} x$ giao nhau không chỉ ở điểm $P(b; b)$, mà còn ở hai điểm nữa: $M\left(\frac{1}{4}; \frac{1}{2}\right)$ và $N\left(\frac{1}{2}; \frac{1}{4}\right)$, đối xứng với đường tương đối $y = x$.

Nguyên nhân sai sót của người nộp đơn như sau. Anh ấy biết rằng tại $0 < a < 1$ giá trị của các hàm $y = \log_a x$ tăng vô hạn khi $x$ tiến tới 0 và hàm $y = a^x$ tại $x = 0$ nhận giá trị 1. Từ đây, anh ấy đưa ra “kết luận” rằng trên toàn bộ khoảng $]0; b[$, trong đó $b$ là hoành độ của điểm $P$, $a^x < \log_a x$, và do đó đồ thị của các hàm này không có giao điểm nào khác ngoại trừ $P$. Tuy nhiên, kết luận này nên được đưa ra giống như khi nhìn vào bảng tổng sắp của giải vô địch bóng đá Liên Xô, người ta nên kết luận rằng đội chiến thắng đã dẫn trước ngay cả sau vòng đầu tiên - như đã biết, họ tin rằng trận đấu đang rất mùa thu.

Hóa ra với $a = \frac{1}{16}$ đồ thị của các hàm đang xét dẫn đến

49

Hình 2.

bản thân bạn khôn ngoan hơn nhiều (Hình 2): trên khoảng $0; \frac{1}{4}$ [trên đây là đồ thị của hàm $y = \log_{\frac{1}{16}} x$, trên khoảng $]\frac{1}{4}$; $b$ [hàm $y = \left(\frac{1}{16}\right)^x$ “dẫn đầu”, trong khoảng $]\beta; \frac{1}{2}$ [đồ thị của hàm $y = \log_{\frac{1}{16}} x$ lại cao hơn và chỉ trên tia $[\frac{1}{2}; +\infty[$ hàm $y = \left(\frac{1}{16}\right)^x$ cuối cùng trở thành người dẫn đầu - trên toàn bộ tia này, đồ thị của nó cao hơn đồ thị của hàm $y = \log_{\frac{1}{16}} x$.

Trong trường hợp này, chúng tôi đã tìm ra vị trí tương đối của đồ thị và trực tiếp tìm ra nghiệm của phương trình $\left(\frac{1}{16}\right)^x = \log_{\frac{1}{16}} x$. Đối với các giá trị khác của $a$, tình hình còn tệ hơn và rất khó trả lời nếu không nghiên cứu chi tiết xem đồ thị của hàm $y = \left(\frac{1}{15,5}\right)^x$ và $y = \log_{\frac{1}{15,5}} x$ hoặc đồ thị của hàm $y = \left(\frac{1}{10}\right)^x$ và $y = \log_{\frac{1}{10}} x$ có bao nhiêu điểm giao nhau. Bây giờ chúng tôi sẽ mô tả cách thực hiện nghiên cứu này bằng cách sử dụng $^*$ tùy ý). Bây giờ chúng ta chỉ quan tâm đến trường hợp $0<a<1$.

Chúng ta hãy biểu thị $\ln a$ bằng $-k^{**}$. Khi đó hàm $y = a^x$ và $y = \log_a x$ sẽ được viết như sau: $y = e^{-kx}$ và $y = -\frac{\ln x}{k}$.

Tìm giao điểm của đồ thị của chúng tương đương với việc tìm điểm mà tại đó đồ thị của hàm $F(x) = e^{-kx} + \frac{\ln x}{k}$ giao với trục hoành, và việc này gắn liền với việc nghiên cứu các khoảng tăng giảm của hàm $F$. Để làm điều này, chúng ta sẽ tìm một tùy ý:

$$F'(x) = -ke^{-kx} + \frac{1}{kx} = \frac{1 - k^2xe^{-kx}}{kx}.$$

Chúng ta hãy xem xét ba trường hợp.

Trường hợp đầu tiên: $0 < k < e$. Hãy chứng minh rằng trong trường hợp này $F'(x) > 0$ với mọi $x > 0$. Để làm điều này, chỉ cần chứng minh rằng giá trị nhỏ nhất của hàm $1 - k^2xe^{-kx}$ tại $x > 0$ là dương. Giá trị nhỏ nhất này đạt được tại điểm $(1 - k^2xe^{-kx})' = 0$, tức là nơi $-k^2e^{-kx} + k^3xe^{-kx} = 0$. Giải phương trình này, ta tìm được $x = \frac{1}{k}$. Trong trường hợp này, giá trị của $x$ chữ số trong (1) bằng $1 - ke^{-1}$, giá trị này dương cho $k < e$. Vì giá trị này là nhỏ nhất nên $F'(x) > 0$ cho tất cả $x > 0$.

Từ thực tế là $F'(x) > 0$ tại $x > 0$, suy ra rằng hàm $F$ trả về trên tia $0; +\infty$ [và đồ thị của nó một khi sẽ giao nhau với trục x $^*$]. Như vậy, tại $0 < k < e$ đồ thị của hàm $y = e^{-kx}$ và $y = -\frac{\ln x}{k}$ chỉ cắt nhau một lần, cụ thể là trên đường thẳng $y = x$ (như Hình 1).

Trường hợp thứ hai: $k > e$. Đây là vấn đề hoàn cảnh. Chúng ta biểu thị bằng $b$ hoành độ của giao điểm

$*)$ Ví dụ, điều này tiếp theo từ đoạn 84 của sách giáo khoa “Đại số và sự khởi đầu của phân tích 10”.

**) Xem thêm «Kvant», 1977, số 10, tr. 37.
**) Vì $0 < a < 1$, $\ln a < 0$.

50

Hình 4.

đồ thị $y = e^{-kx}$ và $y = x$. Tại thời điểm này $e^{-kb} = b = -\frac{\ln b}{k}$, và do đó $kb = -\ln b$. Tại $x = \frac{1}{k}$, hàm số $e^{-kx}$ bằng $\frac{1}{e}$, hàm số $y = x$ lấy giá trị $\frac{1}{k}$ nên do điều kiện $k > e$ hoành độ của giao điểm của đồ thị hàm số $y = e^{-kx}$ và $y = x$ lớn hơn $\frac{1}{k}$ (Hình 3), tức là $b > \frac{1}{k}$. Nhưng sau đó $kb > 1$, và do đó

$$F'(b) = \frac{1 - k^2be^{-kb}}{kb} = \frac{1 - k^2b^2}{kb} < 0.$$

Điều này có nghĩa là đối với $k > e$ hàm đạo hàm $F$ tại điểm $x = b$ là khác nhau. Vì $F(b) = 0$, dấu vết từ $b$ sẽ tìm thấy các điểm trong đó $F(x) > 0$. Vì khi $x$ tiến tới 0, $F(x)$ trở thành âm nên có ít nhất một điểm $c$ nằm giữa 0 và $b$ tại đó $F(x) = 0^*$. Điều này cho thấy tại $k > e$ đồ thị của hàm số $y = e^{-kx}$ và $y = -\frac{\ln x}{k}$ cắt nhau tại ít nhất một điểm không nằm trên đường thẳng $y = x$. Từ thực tế là các đồ thị này đối xứng với nhau so với đường thẳng $y = x$, suy ra rằng còn có một điểm giao nhau nữa. Có thể chứng minh rằng các đồ thị không có giao điểm nào khác ngoài ba điểm này (chứng minh liên quan đến việc nghiên cứu hàm tùy ý thứ hai $F$).

*) Xem cuốn sách trước.

Vì vậy, nếu $k > e$, đồ thị được đề cập có ba điểm giao nhau.

Trường hợp thứ ba: $k = e$. Tại giao điểm $(b; b)$ của đồ thị của hàm $e^{-kx}$ và $-\frac{\ln x}{k}$, chúng ta có $e^{-kb} = b$ hoặc, trong trường hợp của chúng ta, $e^{-eb} = b$. Một sự thay thế ngay lập tức xác minh rằng số $\frac{1}{e}$ là nghiệm của phương trình $e^{-ex} = x$. Vì hàm $e^{-ex}$ tiêu diệt (trên toàn bộ dòng) và hàm $x$ đang tăng dần nên phương trình $e^{-ex} = x$ có nhiều nhất một nghiệm. Vì vậy, $b = \frac{1}{e}$. Dễ dàng kiểm tra rằng $F(b) = F'(b) = 0$, do đó đồ thị của hàm $F$ tại $x = b = e^{-1}$ chạm vào trục x.

Trong trường hợp của chúng tôi $F(x) = e^{-ex} + \frac{1}{e}\ln x$. Vì vậy $F'(x) = -e^{1 - ex} + \frac{1}{ex} = \frac{e^{ex} - 2}{xe^{ex} - 1}$.

Hàm đạo hàm $e^{ex} - 2$ là hàm trích dẫn cho $x < b$, bằng 0 cho $x = b$ và dương cho $x > b$. Do đó, hàm $e^{ex} - 2$ dương với mọi $x \neq b$. Điều này có nghĩa là với mọi $x \neq b$ dương, chúng ta có $F'(x) > 0$. Do đó, đồ thị của hàm số $F$ tiếp xúc với trục x tại điểm $x = b$ sẽ đổi dấu từ âm sang mặt phẳng khi đi qua điểm $b$.

Theo đó, đồ thị của các hàm $y = e^{-ex}$ và $y = \frac{\ln x}{e}$, tiếp xúc với nhau tại điểm chung $(e^{-1}; e^{-1})$, “đan xen” với nhau (Hình 4).

Tóm lại: nếu $1 > a \geq e^{-e} \approx \frac{1}{15,18}$ thì đồ thị của hàm $y = a^x$ và $y = \log_a x$ có ​​một điểm giao nhau; nếu $e^{-e} > a > 0$ thì có ba giao điểm.

Bây giờ chúng ta có thể tự tin nói rằng đồ thị của hàm $y = \left(\frac{1}{15,5}\right)^x$ và $y = \log_{\frac{1}{15,5}} x$ có ba điểm giao nhau, còn đồ thị của hàm $y = \left(\frac{1}{10}\right)^x$ và $y = \log_{\frac{1}{10}} x$ chỉ có một điểm chung.