Test: ecuații și inecuații logaritmice

Disciplina: Matematică · Clasa a X-a · Unitatea: Puteri, funcția exponențială și funcția logaritmică

Pentru părinți și profesori

Acest test încheie unitatea și verifică deprinderea cea mai strict punctată la examen: disciplina condițiilor de existență. Ordinea corectă a lucrului are patru pași și se cere în această ordine — (1) se scriu întâi condițiile de existență (fiecare argument strict pozitiv; dacă necunoscuta e în bază, în plus bază $> 0$ și bază $\neq = 1$ ); (2) se rezolvă; (3) se confruntă fiecare rădăcină cu condițiile, respingând motivat pe cele care nu convin; (4) se verifică în ecuația inițială. Motivul este că unele transformări, în special restrângerea logaritmilor, lărgesc domeniul și pot produce soluții străine — de aceea baremul punctează separat primul și al treilea pas. Testul urmărește deliberat și reversul: sunt itemi în care ambele rădăcini convin, ca să nu se instaleze reflexul „a doua se respinge întotdeauna"; decizia se ia comparând efectiv cu condițiile, nu după semnul rădăcinii. La inecuații se adaugă a doua mare cerință: discuția după bază — pentru $a > 1$ sensul se păstrează la trecerea de la logaritmi la argumente, pentru $0 < a < 1$ se schimbă — iar răspunsul este întotdeauna intersecția dintre condițiile de existență și inegalitatea transformată.

Punctaj total: 100 de puncte (90 de puncte din itemi + 10 puncte din oficiu).
Timp recomandat: 50 de minute (o oră de curs); la itemii cu redactare completă se cer toate cele patru etape.
Cum se aplică: elevul lucrează individual, pe foaie, fără calculator. Un răspuns este complet doar dacă: (1) condițiile de existență sunt scrise înaintea rezolvării; (2) rădăcinile respinse apar explicit, cu motivul respingerii; (3) soluțiile acceptate sunt verificate prin înlocuire în ecuația inițială; (4) la inecuații, soluția finală este scrisă ca interval sau reuniune de intervale, obținută prin intersecție cu domeniul.
Interpretare: 90–100 p = foarte bine; 75–89 p = bine; 60–74 p = satisfăcător; sub 60 p = se recomandă reluarea lecțiilor unității, cu accent pe condițiile de existență și pe discuția după bază.
Formule de reținut: tipurile de ecuații, pentru $a > 0$ , $a \neq = 1$ : $lo g_{a} f (x) = b ⟺ f (x) = a^{b}; lo g_{a} f (x) = lo g_{a} g (x) ⟺ f (x) = g (x),$ ambele în condițiile de existență ( $f (x) > 0$ , respectiv $f (x) > 0$ și $g (x) > 0$ ). Ecuațiile polinomiale în $lo g_{a} x$ se rezolvă cu substituția $t = lo g_{a} x$ (aici $t$ poate lua orice valoare reală — nu se pune nicio condiție de semn asupra lui $t$ , spre deosebire de substituția de la exponențiale). Transformarea riscantă: $2 lo g_{a} u = lo g_{a} u^{2}$ este valabilă doar pentru $u > 0$ ; restrângerea lărgește domeniul și naște soluții străine. Inecuațiile: $a > 1 : lo g_{a} f < lo g_{a} g ⟺ f > 0 ș i f < g; 0 < a < 1 : lo g_{a} f < lo g_{a} g ⟺ g > 0 ș i f > g .$

Notă: în barem, cuvântul „itemul" este folosit ca termen de evaluare; la clasă, în vorbirea curentă, spunem „exercițiul".

Itemi

Partea I – Condiții de existență și ecuații elementare

Itemul 1 (6 puncte)

Alege litera corespunzătoare răspunsului corect (câte 2 puncte):

a) Soluția ecuației $lo g_{2} x = 5$ este: A. $10$ ; B. $25$ ; C. $32$ ; D. $7$ .

b) Condiția de existență pentru $lo g_{3} (x - 4)$ este: A. $x > 0$ ; B. $x > 4$ ; C. $x \geq 4$ ; D. $x \neq = 4$ .

c) Mulțimea soluțiilor inecuației $lo g_{2} x < 3$ este: A. $(0, 8)$ ; B. $(- \infty, 8)$ ; C. $(8, + \infty)$ ; D. $(0, 3)$ .

Itemul 2 (6 puncte)

Scrie condițiile de existență și determină mulțimea valorilor admisibile pentru $x$ (câte 1,5 puncte): a) $lo g_{5} (3 x - 9)$ ; b) $l g (x^{2} - 16)$ ; c) $lo g_{x - 2} 7$ ; d) $lo g_{3} (x - 1) + lo g_{3} (5 - x)$ .

Itemul 3 (6 puncte)

Stabilește dacă fiecare afirmație este adevărată (A) sau falsă (F) și justifică pe scurt (câte 1,5 puncte): a) „Ecuația $lo g_{2} (x - 1) = 3$ are soluția $x = 9$ ." b) „Din $lo g_{a} f (x) = lo g_{a} g (x)$ rezultă direct $f (x) = g (x)$ , fără nicio altă verificare." c) „Egalitatea $2 lo g_{3} x = lo g_{3} x^{2}$ are loc pentru orice număr real nenul $x$ ." d) „Inecuația $lo g_{\frac{1}{2}} x > 1$ are mulțimea soluțiilor $(\frac{1}{2}, + \infty)$ ."

Itemul 4 (6 puncte)

Rezolvă în $R$ , scriind întâi condițiile de existență: a) $lo g_{3} (2 x - 1) = 2$ . (3 p) b) $l g (x^{2} - 3 x + 3) = 0$ . (3 p)

Partea a II-a – Restrângere, substituție și inecuații

Itemul 5 (8 puncte)

Rezolvă în $R$ , scriind întâi condițiile de existență și respingând motivat rădăcinile care nu convin: a) $lo g_{2} x + lo g_{2} (x - 2) = 3$ . (4 p) b) $l g (x + 3) + l g (x - 1) = l g (4 x)$ . (4 p)

Itemul 6 (7 puncte)

Rezolvă în $R$ , folosind o substituție potrivită: a) $(lo g_{2} x)^{2} - 3 lo g_{2} x + 2 = 0$ . (4 p) b) $(l g x)^{2} - l g x - 6 = 0$ . (3 p)

Itemul 7 (7 puncte)

Rezolvă în $R$ , scriind soluția ca interval: a) $lo g_{3} (2 x - 1) < 2$ . (4 p) b) $lo g_{\frac{1}{2}} (x - 1) \geq - 2$ . (3 p)

Itemul 8 (6 puncte)

Rezolvă în $R$ : a) $l g (x - 2) > l g (4 - x)$ . (3 p) b) $lo g_{0, 2} (3 x - 1) > lo g_{0, 2} (x + 5)$ . (3 p)

Itemul 9 (6 puncte)

a) Rezolvă sistemul ${l g x + l g y = 3 l g x - l g y = 1$ . (3 p) b) Rezolvă sistemul ${x + y = 10 l g x + l g y = l g 21$ . (3 p)

Partea a III-a – Demonstrații, discuție după bază și itemi de tip examen

Itemul 10 (8 puncte)

(Redactare completă cerută.) a) Demonstrează că, pentru $a > 1$ și $u, v > 0$ , are loc echivalența $lo g_{a} u < lo g_{a} v \Leftrightarrow u < v$ , și enunță forma corespunzătoare pentru $0 < a < 1$ . (5 p) b) Folosind rezultatul, rezolvă inecuația $lo g_{5} (x^{2} - 4) \leq lo g_{5} (3 x)$ . (3 p)

Itemul 11 (8 puncte)

a) Rezolvă în $R$ ecuația $2 l g (x - 1) = l g (x + 11)$ . (4 p) b) Arată că ecuația $lo g_{3} x^{2} = 2$ are două soluții, în timp ce ecuația $2 lo g_{3} x = 2$ are o singură soluție, și explică de unde vine diferența. (4 p)

Itemul 12 (8 puncte)

a) Rezolvă în $R$ ecuația $lo g_{x} 16 = 2$ . (4 p) b) Rezolvă inecuația $lo g_{a} (2 x - 1) > lo g_{a} (x + 2)$ , discutând după valorile parametrului $a$ , cu $a > 0$ și $a \neq = 1$ . (4 p)

Itemul 13 (8 puncte)

(Item tip Bacalaureat M1.) Se consideră ecuația $lo g_{2} (x - 1) + lo g_{2} (x + 1) = 3$ . a) Arătați că $x = 3$ este soluție a ecuației. (3 p) b) Rezolvați ecuația în mulțimea numerelor reale, arătând că cealaltă rădăcină a ecuației algebrice obținute nu convine. (5 p)

Barem și răspunsuri

Punctaj total: 90 p din itemi + 10 p din oficiu = 100 p.

Itemul 1. (6 p) — câte 2 puncte.

a) C. Prin definiție, $lo g_{2} x = 5$ înseamnă $x = 2^{5} = 32$ . Condiția de existență $x > 0$ este îndeplinită. Varianta B confundă baza cu exponentul, iar D adună în loc să ridice la putere.

b) B. Argumentul trebuie să fie strict pozitiv: $x - 4 > 0 \Leftrightarrow x > 4$ . Varianta C ar accepta $x = 4$ , pentru care argumentul ar fi $0$ , iar $lo g_{3} 0$ nu există.

c) A. Nu se uită domeniul! Condiția de existență este $x > 0$ , iar inecuația propriu-zisă, cu baza $2$ supraunitară (sensul se păstrează), dă $x < 2^{3} = 8$ . Intersecția este $(0, 8)$ . Varianta B ignoră condiția de existență și include numere negative, pentru care logaritmul nici nu are sens.

Itemul 2. (6 p) — câte 1,5 puncte (0,5 p condiția scrisă corect, 1 p rezolvarea).

a) Argument strict pozitiv: $3 x - 9 > 0 \Leftrightarrow x > 3$ , deci $x \in (3, + \infty)$ .

b) Argument strict pozitiv: $x^{2} - 16 > 0 \Leftrightarrow ∣ x ∣ > 4$ , deci $x \in (- \infty, - 4) \cup (4, + \infty)$ .

c) Aici necunoscuta este în bază, deci condițiile sunt bază strict pozitivă și diferită de $1$ (argumentul $7$ este deja pozitiv): $x - 2 > 0 ș i x - 2 \neq = 1 ⟺ x > 2 ș i x \neq = 3,$ deci $x \in (2, 3) \cup (3, + \infty)$ .

d) Ambele argumente trebuie să fie strict pozitive simultan: $x - 1 > 0 ș i 5 - x > 0 ⟺ x > 1 ș i x < 5,$ deci $x \in (1, 5)$ .

Itemul 3. (6 p) — câte 1,5 puncte (0,5 p răspunsul, 1 p justificarea).

a) A. Condiția de existență este $x - 1 > 0$ , adică $x > 1$ . Ecuația devine $x - 1 = 2^{3} = 8$ , deci $x = 9$ , valoare care respectă condiția ( $9 > 1$ ). Verificare: $lo g_{2} (9 - 1) = lo g_{2} 8 = 3$ ✓.

b) F. Egalarea argumentelor este permisă numai în condițiile de existență, care trebuie scrise întâi și verificate la final; altfel apar soluții străine, pentru care unul dintre argumente devine negativ sau nul. De exemplu, în itemul 10 b) egalarea argumentelor produce rădăcina $x = - 1$ , care anulează ambele argumente și trebuie respinsă.

c) F. Membrul stâng, $2 lo g_{3} x$ , există numai pentru $x > 0$ ; membrul drept, $lo g_{3} x^{2}$ , există pentru orice $x \neq = 0$ . Cele două expresii au domenii diferite, deci nu sunt egale pe $R^{*}$ ; pentru $x < 0$ egalitatea nici nu are sens. Scrierea corectă pe tot $R^{*}$ este $lo g_{3} x^{2} = 2 lo g_{3} ∣ x ∣$ . (Exact această transformare lărgește domeniul și naște soluții străine.)

d) F. Se uită două lucruri: condiția de existență $x > 0$ și faptul că baza $\frac{1}{2}$ este subunitară, deci sensul se schimbă. Scriind $1 = lo g_{\frac{1}{2}} \frac{1}{2}$ , obținem $x < \frac{1}{2}$ , iar cu domeniul rezultă mulțimea soluțiilor $(0, \frac{1}{2})$ .

Itemul 4. (6 p)

a) (3 p) Condiția de existență: $2 x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{1}{2}$ (1 p). Trecem la forma exponențială (1 p): $lo g_{3} (2 x - 1) = 2 ⟺ 2 x - 1 = 3^{2} = 9 ⟺ x = 5.$ Confruntare: $5 > \frac{1}{2}$ ✓, deci soluția se acceptă (0,5 p). Verificare: $lo g_{3} (2 \cdot 5 - 1) = lo g_{3} 9 = 2$ ✓ (0,5 p).

b) (3 p) Condiția de existență: $x^{2} - 3 x + 3 > 0$ . Discriminantul trinomului este $Δ = 9 - 12 = - 3 < 0$ , iar coeficientul dominant este pozitiv, deci expresia este strict pozitivă pentru orice $x$ real; condiția nu restrânge nimic (1 p). Trecem la forma exponențială (1 p): $l g (x^{2} - 3 x + 3) = 0 ⟺ x^{2} - 3 x + 3 = 1 0^{0} = 1 ⟺ x^{2} - 3 x + 2 = 0,$ cu rădăcinile $x_{1} = 1$ și $x_{2} = 2$ . Confruntare: ambele valori respectă condiția (care e îndeplinită oriunde), deci ambele se acceptă — nu orice a doua rădăcină se respinge (0,5 p). Verificare: pentru $x = 1$ , argumentul este $1 - 3 + 3 = 1$ și $l g 1 = 0$ ✓; pentru $x = 2$ , argumentul este $4 - 6 + 3 = 1$ ✓ (0,5 p). Soluțiile sunt $x \in {1, 2}$ .

Itemul 5. (8 p)

a) (4 p) Condițiile de existență: $x > 0$ și $x - 2 > 0$ ; intersecția lor este $x > 2$ (1 p). Restrângem suma într-un singur logaritm și trecem la forma exponențială (1 p): $lo g_{2} [x (x - 2)] = 3 ⟺ x^{2} - 2 x = 8 ⟺ x^{2} - 2 x - 8 = 0.$ Cu $Δ = 4 + 32 = 36$ obținem $x_{1, 2} = \frac{2 \pm 6}{2}$ , adică $x_{1} = 4$ și $x_{2} = - 2$ (1 p). Confruntarea cu condițiile: $x_{1} = 4 > 2$ ✓ se acceptă; $x_{2} = - 2$ se respinge, pentru că nu respectă condiția $x > 2$ — pentru $x = - 2$ ambele argumente ar fi negative, deci logaritmii nici nu ar exista (0,5 p). Verificare pentru $x = 4$ : $lo g_{2} 4 + lo g_{2} 2 = 2 + 1 = 3$ ✓ (0,5 p). Mulțimea soluțiilor este $S = {4}$ .

b) (4 p) Condițiile de existență: $x + 3 > 0$ , $x - 1 > 0$ și $4 x > 0$ ; intersecția lor este $x > 1$ (1 p). Restrângem membrul stâng și folosim injectivitatea (1 p): $l g [(x + 3) (x - 1)] = l g (4 x) ⟺ (x + 3) (x - 1) = 4 x ⟺ x^{2} + 2 x - 3 = 4 x,$ adică $x^{2} - 2 x - 3 = 0$ , cu $Δ = 4 + 12 = 16$ , deci $x_{1} = 3$ și $x_{2} = - 1$ (1 p). Confruntarea cu condițiile: $x_{1} = 3 > 1$ ✓ se acceptă; $x_{2} = - 1$ se respinge, nerespectând condiția $x > 1$ (argumentul $x - 1$ ar deveni $- 2 < 0$ ) (0,5 p). Verificare pentru $x = 3$ : $l g 6 + l g 2 = l g 12$ , iar $l g (4 \cdot 3) = l g 12$ ✓ (0,5 p). Mulțimea soluțiilor este $S = {3}$ .

Itemul 6. (7 p)

a) (4 p) Condiția de existență: $x > 0$ (0,5 p). Notăm $t = lo g_{2} x$ ; aici $t$ poate lua orice valoare reală, pentru că imaginea funcției logaritmice este $R$ — nu se pune nicio condiție de semn (1 p). Ecuația devine $t^{2} - 3 t + 2 = 0, Δ = 9 - 8 = 1 ⟹ t_{1} = 1, t_{2} = 2$ (1 p). Revenim la $x$ (1 p): $lo g_{2} x = 1 \Rightarrow x = 2; lo g_{2} x = 2 \Rightarrow x = 4.$ Confruntare: ambele valori sunt strict pozitive, deci ambele se acceptă (0,25 p). Verificare: pentru $x = 2$ : $1 - 3 + 2 = 0$ ✓; pentru $x = 4$ : $4 - 6 + 2 = 0$ ✓ (0,25 p). Soluțiile sunt $x \in {2, 4}$ .

b) (3 p) Condiția de existență: $x > 0$ (0,5 p). Cu $t = l g x$ , $t \in R$ , obținem $t^{2} - t - 6 = 0, Δ = 1 + 24 = 25 ⟹ t_{1} = 3, t_{2} = - 2$ (1 p). Atenție: $t_{2} = - 2$ este negativ, dar nu se respinge — un logaritm are voie să fie negativ; condiția privește $x$ , nu $t$ (0,5 p). Revenim: $l g x = 3 \Rightarrow x = 1 0^{3} = 1000; l g x = - 2 \Rightarrow x = 1 0^{- 2} = \frac{1}{100}$ (0,75 p). Ambele valori sunt strict pozitive, deci se acceptă. Verificare: pentru $x = 1000$ : $9 - 3 - 6 = 0$ ✓; pentru $x = \frac{1}{100}$ : $4 + 2 - 6 = 0$ ✓ (0,25 p).

Itemul 7. (7 p)

a) (4 p) Condiția de existență: $2 x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{1}{2}$ (1 p). Scriem $2 = lo g_{3} 9$ . Baza $3$ este supraunitară, deci sensul inegalității se păstrează la trecerea la argumente (1,5 p): $2 x - 1 < 9 ⟺ x < 5$ (1 p). Soluția este intersecția dintre condiția de existență și inegalitatea obținută (0,5 p): $S = (\frac{1}{2}, 5) .$ Control: pentru $x = 1$ avem $lo g_{3} 1 = 0 < 2$ ✓; pentru $x = 6$ avem $lo g_{3} 11 > 2$ ✗.

b) (3 p) Condiția de existență: $x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1$ (0,5 p). Scriem $- 2 = lo g_{\frac{1}{2}} 4$ , pentru că $(\frac{1}{2})^{- 2} = 4$ (0,5 p). Baza $\frac{1}{2}$ este subunitară, deci sensul se schimbă (1 p): $x - 1 \leq 4 ⟺ x \leq 5$ (0,5 p). Intersectând cu domeniul, obținem $S = (1, 5]$ (0,5 p). Control: pentru $x = 5$ avem $lo g_{\frac{1}{2}} 4 = - 2$ , deci egalitate ✓ (capătul e inclus, inecuația fiind cu $\geq$ ).

Itemul 8. (6 p)

a) (3 p) Condițiile de existență: $x - 2 > 0$ și $4 - x > 0$ , deci $x \in (2, 4)$ (1 p). Baza $10$ este supraunitară, deci sensul se păstrează (1 p): $x - 2 > 4 - x ⟺ 2 x > 6 ⟺ x > 3.$ Intersecția cu domeniul dă $S = (3, 4)$ (1 p). Control prin valori de probă: pentru $x = 3, 5$ comparăm $l g 1, 5$ cu $l g 0, 5$ — primul e mai mare ✓; pentru $x = 2, 5$ comparăm $l g 0, 5$ cu $l g 1, 5$ — inegalitatea nu se verifică ✗; pentru $x = 5$ logaritmii nici nu există, deci valoarea e în afara domeniului.

b) (3 p) Condițiile de existență: $3 x - 1 > 0$ și $x + 5 > 0$ , deci $x > \frac{1}{3}$ (1 p). Baza $0, 2$ este subunitară, deci sensul se schimbă (1 p): $3 x - 1 < x + 5 ⟺ 2 x < 6 ⟺ x < 3.$ Intersecția cu domeniul dă $S = (\frac{1}{3}, 3)$ (1 p). Control: pentru $x = 1$ comparăm $lo g_{0, 2} 2$ cu $lo g_{0, 2} 6$ ; baza fiind subunitară și $2 < 6$ , primul este mai mare ✓.

Itemul 9. (6 p)

a) (3 p) Condițiile de existență: $x > 0$ și $y > 0$ (0,5 p). Notăm $u = l g x$ și $v = l g y$ ; sistemul devine $u + v = 3$ și $u - v = 1$ (1 p). Adunând cele două ecuații obținem $2 u = 4$ , deci $u = 2$ , iar apoi $v = 1$ (1 p). Revenim: $l g x = 2 \Rightarrow x = 100; l g y = 1 \Rightarrow y = 10.$ Ambele valori sunt strict pozitive, deci se acceptă (0,25 p). Verificare: $l g 100 + l g 10 = 2 + 1 = 3$ ✓ și $2 - 1 = 1$ ✓ (0,25 p).

b) (3 p) Condițiile de existență: $x > 0$ și $y > 0$ (0,5 p). Restrângem a doua ecuație: $l g (x y) = l g 21$ , deci, prin injectivitate, $x y = 21$ (1 p). Împreună cu $x + y = 10$ , numerele $x$ și $y$ sunt rădăcinile ecuației $t^{2} - 10 t + 21 = 0, Δ = 100 - 84 = 16 ⟹ t_{1} = 3, t_{2} = 7$ (1 p). Ambele sunt strict pozitive, deci ambele perechi convin: $(x, y) = (3, 7)$ și $(x, y) = (7, 3)$ (0,25 p). Verificare: $3 + 7 = 10$ ✓ și $l g 3 + l g 7 = l g 21$ ✓ (0,25 p).

Itemul 10. (8 p) — redactare completă.

a) (5 p) Fie $a > 1$ și $u, v > 0$ . Notăm $m = lo g_{a} u$ și $n = lo g_{a} v$ ; prin definiție, $a^{m} = u$ și $a^{n} = v$ (1 p).

„ $\Rightarrow$ ". Presupunem $m < n$ . Cum $a > 1$ , funcția exponențială de bază $a$ este strict crescătoare, deci $a^{m} < a^{n}$ , adică $u < v$ (1,5 p).

„ $\Leftarrow$ ". Presupunem $u < v$ și arătăm $m < n$ . Dacă am avea $m \geq n$ , tot din stricta creștere a exponențialei ar rezulta $a^{m} \geq a^{n}$ , adică $u \geq v$ — contradicție. Rămâne $m < n$ (1,5 p).

Prin urmare, pentru $a > 1$ : $lo g_{a} u < lo g_{a} v \Leftrightarrow u < v$ (sensul se păstrează).

Forma pentru $0 < a < 1$ (1 p): funcția exponențială de bază subunitară este strict descrescătoare, deci raționamentul dă $lo g_{a} u < lo g_{a} v ⟺ u > v (u, v > 0),$ adică sensul se răstoarnă. $■$

b) (3 p) Condițiile de existență: $x^{2} - 4 > 0 ⟺ x \in (- \infty, - 2) \cup (2, + \infty); 3 x > 0 ⟺ x > 0.$ Intersecția este $x > 2$ (1 p). Baza $5$ este supraunitară, deci sensul se păstrează (1 p): $x^{2} - 4 \leq 3 x ⟺ x^{2} - 3 x - 4 \leq 0.$ Rădăcinile trinomului sunt $- 1$ și $4$ , iar expresia este negativă între rădăcini, deci $x \in [- 1, 4]$ (0,5 p). Intersectând cu domeniul $x > 2$ , obținem $S = (2, 4]$ (0,5 p). Controale: pentru $x = 4$ avem $x^{2} - 4 = 12 = 3 x$ , deci egalitate ✓ (capătul se include); valoarea $x = 2$ se exclude, pentru că acolo argumentul $x^{2} - 4$ se anulează, iar logaritmul nu există.

Itemul 11. (8 p)

a) (4 p) Condiția de existență: $x - 1 > 0$ , adică $x > 1$ (argumentul $x + 11$ este atunci automat pozitiv) (1 p). Restrângem membrul stâng — pas legitim doar pentru că am fixat $x - 1 > 0$ (1 p): $2 l g (x - 1) = l g (x - 1)^{2}, deci (x - 1)^{2} = x + 11.$ Dezvoltăm: $x^{2} - 2 x + 1 = x + 11$ , adică $x^{2} - 3 x - 10 = 0$ , cu $Δ = 9 + 40 = 49$ , deci $x_{1} = 5$ și $x_{2} = - 2$ (1 p). Confruntarea cu condiția: $x_{1} = 5 > 1$ ✓ se acceptă; $x_{2} = - 2$ se respinge, nerespectând $x > 1$ (argumentul $x - 1$ ar deveni $- 3 < 0$ ). Este exact soluția străină pe care o produce restrângerea, prin lărgirea domeniului (0,5 p). Verificare pentru $x = 5$ : $2 l g 4 = l g 16$ , iar $l g (5 + 11) = l g 16$ ✓ (0,5 p). Mulțimea soluțiilor este $S = {5}$ .

b) (4 p) Prima ecuație. Condiția de existență este $x^{2} > 0$ , adică $x \neq = 0$ (1 p). Din $lo g_{3} x^{2} = 2$ rezultă $x^{2} = 3^{2} = 9$ , deci $x = 3$ sau $x = - 3$ ; ambele respectă $x \neq = 0$ , deci ambele se acceptă (1 p). A doua ecuație. Condiția de existență este $x > 0$ (0,5 p). Din $2 lo g_{3} x = 2$ rezultă $lo g_{3} x = 1$ , deci $x = 3$ — singura soluție, pentru că $x = - 3$ nu intră în domeniu (1 p). Explicația diferenței: cele două expresii nu au același domeniu. Formula $lo g_{3} x^{2} = 2 lo g_{3} x$ este valabilă doar pentru $x > 0$ ; pe tot $R^{*}$ scrierea corectă este $lo g_{3} x^{2} = 2 lo g_{3} ∣ x ∣$ . Restrângerea logaritmilor îngustează domeniul, iar desfacerea îl lărgește — de aici apar sau dispar soluții (0,5 p).

Itemul 12. (8 p)

a) (4 p) Aici necunoscuta este în bază, deci condițiile de existență sunt $x > 0$ și $x \neq = 1$ (argumentul $16$ este deja pozitiv) (1,5 p). Trecem la forma exponențială (1 p): $lo g_{x} 16 = 2 ⟺ x^{2} = 16 ⟹ x = 4 sau x = - 4.$ Confruntarea cu condițiile: $x = 4$ ✓ (pozitiv și diferit de $1$ ) se acceptă; $x = - 4$ se respinge, pentru că baza unui logaritm nu poate fi negativă (1 p). Verificare: $lo g_{4} 16 = 2$ , pentru că $4^{2} = 16$ ✓ (0,5 p). Mulțimea soluțiilor este $S = {4}$ .

b) (4 p) Condițiile de existență: $2 x - 1 > 0$ și $x + 2 > 0$ ; intersecția lor este $x > \frac{1}{2}$ (1 p).

Cazul $a > 1$ — sensul se păstrează (1,5 p): $2 x - 1 > x + 2 ⟺ x > 3.$ Intersectând cu domeniul: $S = (3, + \infty)$ .

Cazul $0 < a < 1$ — sensul se schimbă (1,5 p): $2 x - 1 < x + 2 ⟺ x < 3.$ Intersectând cu domeniul: $S = (\frac{1}{2}, 3)$ .

Controale prin valori de probă: pentru $a = 2$ (bază supraunitară) și $x = 4$ comparăm $lo g_{2} 7$ cu $lo g_{2} 6$ — primul e mai mare ✓, iar pentru $x = 1$ comparăm $lo g_{2} 1 = 0$ cu $lo g_{2} 3 > 0$ ✗; pentru $a = \frac{1}{2}$ (bază subunitară) și $x = 1$ comparăm $lo g_{\frac{1}{2}} 1 = 0$ cu $lo g_{\frac{1}{2}} 3 < 0$ — primul e mai mare ✓. Valoarea $x = 3$ este exclusă în ambele cazuri, pentru că acolo cele două argumente sunt egale ( $5 = 5$ ), deci logaritmii sunt egali.

Itemul 13. (8 p)

a) (3 p) Verificăm întâi condițiile de existență pentru $x = 3$ : $x - 1 = 2 > 0$ ✓ și $x + 1 = 4 > 0$ ✓ (1 p). Înlocuim în ecuație (1,5 p): $lo g_{2} (3 - 1) + lo g_{2} (3 + 1) = lo g_{2} 2 + lo g_{2} 4 = 1 + 2 = 3 ✓$ (0,5 p)

b) (5 p) Condițiile de existență, scrise întâi: $x - 1 > 0$ și $x + 1 > 0$ ; intersecția lor este $x > 1$ (1,5 p). Restrângem suma și trecem la forma exponențială (1 p): $lo g_{2} [(x - 1) (x + 1)] = 3 ⟺ x^{2} - 1 = 2^{3} = 8 ⟺ x^{2} = 9,$ de unde $x_{1} = 3$ și $x_{2} = - 3$ (1 p). Confruntarea cu condițiile — pasul punctat separat (1 p): $x_{1} = 3 > 1$ ✓ se acceptă; $x_{2} = - 3$ se respinge, pentru că nu respectă condiția $x > 1$ ; concret, pentru $x = - 3$ argumentele ar deveni $- 4$ și $- 2$ , ambele negative, deci logaritmii nici nu ar exista. (Produsul $(x - 1) (x + 1)$ este pozitiv și pentru $x = - 3$ — de aceea rădăcina „trece" de ecuația algebrică, dar cade la confruntarea cu condițiile: exact mecanismul soluțiilor străine.) Verificare pentru $x = 3$ , ca la punctul a): $1 + 2 = 3$ ✓ (0,5 p). Mulțimea soluțiilor este $S = {3}$ .