Резюме. Статията е посветена на трансцендентните уравнения. В настоящия текст се разглеждат комбинации от показателни, логаритмични и тригонометрични функции в трансцендентно уравнение. Предложени са подходи за решаването им.

Ключови думи: transcendental equation; problem solving

В настоящата статия прилагаме идеята от (Stefanova, 2017) за решаване на комбинации от показателни и тригонометрични функции в основата на показателно уравнение, на логаритмично уравнение с основа или аргумент тригонометрични функции и логаритмични и показателни функции в трансцендентни уравнения относно решаването на комбинации от показателни, логаритмични и тригонометрични функции в трансцендентни уравнения. Задачите, които предлагаме, не се изучават в задължителната подготовка по математика в училище и са подходящи за ученици, проявяващи интерес към математиката, спомагат за повишаване нивото на подготовка за различни математически конкурси, олимпиади и други. За да се решат тези задачи, е необходимо много добро владеене на различните групи показателни, логаритмични и тригонометрични уравнения и неравенства, а също и свойствата на показателни, логаритмични и тригонометрични функции. Целта е обвързване на знанията за показателни, логаритмични и тригонометрични функции със съответните групи уравнения. За да открият различните връзки, учениците упражняват методите на научно познание, убеждават се в тяхното значение и у тях се поражда стремеж за овладяването им. В следващите няколко задачи ще разгледаме показателно уравнение, при което в показателя е логаритъм с аргумент тригонометрична функция и с основа константа. Разгледани са различни подходи за решаване.

Задача 1. Да се реши уравнението \(2^{\log _{2} \sin x}=1\).

Решение: допустими са тези стойности на \(x\), за които \(\sin x \gt 0\). Като използваме свойството \(a^{\log _{a} b}=b\), преобразуваме даденото уравнение до тригонометричното уравнени е \(\sin x=1\), чиито корени са \(x=\tfrac{\pi}{2}+2 k \pi ; k \in Z\).

Задача 2. Да се реши уравнението \(2-6^{\tfrac{1}{2}+\log _{6} \sin x}=2^{\tfrac{1}{2}+\log _{2} \cos x}\).

Решение: допустими са тези стойности на \(x\), за които \(\sin x \gt 0, \cos x \gt 0\). Като използваме свойството \(a^{m+n}=a^{m} \cdot a^{n}\), даденото уравнение може да се запише във вида \(\sqrt{6} .6^{\log _{6} \sin x}+\sqrt{2} .2^{\log _{2} \cos x}=2\). От основното логаритмично тъждество \(a^{\log _{a} b}=b\), записваме уравнението във вида \(\sqrt{6} \sin x+\sqrt{2} \cos x=2\). Един от начините за решаване на общото уравнение \(a \sin x+b \cos x=c\) е да се разделят двете му страни с \(\sqrt{a^{2}+b^{2}}\), след което се използва събирателна формула. В случая делим двете страни на уравнението с \(2 \sqrt{2}\). Получаваме уравнението \(\tfrac{\sqrt{3}}{2} \sin x+\tfrac{1}{2} \cos x=\tfrac{\sqrt{2}}{2}\) или \(\quad \sin \left(x+\tfrac{\pi}{6}\right)=\sin \tfrac{\pi}{4}, \quad\) което има решения \(\quad x+\tfrac{\pi}{6}=\tfrac{\pi}{4}+2 k \pi \quad\) и \(x+\tfrac{\pi}{6}=\tfrac{3 \pi}{4}+2 k \pi\), т.е. \(x=\tfrac{\pi}{12}+2 k \pi\) и \(x=\tfrac{7 \pi}{12}+2 k \pi\). Като вземем предвид условията \(\sin x \gt 0, \cos x \gt 0\), получаваме, че решенията на даденото уравнение са ъглите \(x=\tfrac{\pi}{12}+2 k \pi\), където \(k \in Z\).

Задача 3. Да се реши уравнението \(3^{\lg \operatorname{g} x}+3^{\lg \cot g x}=2\).

Решение: допустимите стойности на даденото уравнение са: \(x \neq k \tfrac{\pi}{2}, \operatorname{tg} x \gt 0, \cot g x \gt 0\). Преобразуваме по следния начин: \(3^{\lg \operatorname{g} x}+3^{\lg \tfrac{1}{\operatorname{tg} x}}=2 \Leftrightarrow 3^{\lg \operatorname{g} x}+3^{-\lg \operatorname{g} x}=2 \Leftrightarrow 3^{\lg \operatorname{g} x}+\tfrac{1}{3^{\lg \operatorname{g} x}}=2\). Полагаме \(3^{\lg \operatorname{g} x}=y\), като \(y \gt 0\), заместваме и получаваме дробното уравнение \(y+\tfrac{1}{y}=2\), а оттам – и квадратното \(y^{2}-2 y+1=0\), чийто корен е \(y=1\). От \(3^{\lg g x}=1\) намираме, че \(\lg \operatorname{tg} x=0 \Rightarrow \operatorname{tg} x=1\), откъдето \(x=\tfrac{\pi}{4}(1+4 k), k \in Z\). Разглеждаме \(\tfrac{\pi}{4}(1+4 k) \neq k \tfrac{\pi}{2}\) или \(2 k \neq 1+4 k\), но това е изпълнено винаги, защото \(2 k\) са четни числа, а \(1+4 k\) са нечетни. Следователно решението е

\(x=\tfrac{\pi}{4}(1+4 k), k \in Z\).

Задача 4. Да се реши уравнението \(4^{\log _{\tfrac{1}{2}}\left(\sin ^{2} x+5 \sin x \cos x+2\right)}=\tfrac{1}{9}\).

Решение: представяме основата 4 чрез \(2^{2}\) и \(\tfrac{1}{2}\) чрез \(2^{-1}\).

Тогава \[ 2^{2 \log _{2-1}\left(\sin ^{2} x+5 \sin x \cos x+2\right)}=\tfrac{1}{9} \quad \text { или } \quad 2^{-2 \log _{2}\left(\sin ^{2} x+5 \sin x \cos x+2\right)}=\tfrac{1}{9} \Rightarrow \]

\(2^{2 \log _{2}\left(\sin ^{2} x+5 \sin x \cos x+2\right)^{-1}}=\tfrac{1}{9}\). От основното логаритмично тъждество:

\[ \begin{aligned} & a^{\log _{a} N}=N \text { получаваме } \\ & \qquad \tfrac{1}{\left(\sin ^{2} x+5 \sin x \cos x+2\right)^{2}}=\tfrac{1}{9} \Rightarrow\left(\sin ^{2} x+5 \sin x \cos x+2\right)^{2}=9, \end{aligned} \] т.е. след коренуване стигаме до две уравнения \(\sin ^{2} x+5 \sin x \cos x+2= \pm 3\). Но \(\sin ^{2} x+5 \sin x \cos x+2 \gt 0\) и следователно уравнението, еквивалентно на даденото, е \(\sin ^{2} x+5 \sin x \cos x+2=3 \Leftrightarrow \sin ^{2} x+5 \sin x \cos x-1=0\), което е приводимо към хомогенно уравнение: \(-\cos ^{2} x+5 \sin x \cos x=0\). Сега делим двете му страни на \(-\cos ^{2} x \neq 0\) и получаваме \(1-\operatorname{tg} x=0 \Rightarrow \operatorname{tg} x=\tfrac{1}{5}\). Допустимите стойности \(\sin ^{2} x+5 \sin x \cos x+2 \gt 0\) определяме, като представим числото 2 във вида \(2=2\left(\sin ^{2} x+\cos ^{2} x\right)\), т.е. \(3 \sin ^{2} x+5 \sin x \cos x+2 \cos ^{2} x \gt 0\). Делим двете му страни на \(\cos ^{2} x \neq 0\) и получаваме неравенството \(3 \operatorname{tg}^{2} x+5 \operatorname{tg} x+2 \gt 0\). Полагаме \(\operatorname{tg} x=u\) и \(3 u^{2}+5 u+2 \gt 0\), откъдето \(u \in(-\infty ;-1) \cup\left(-\tfrac{2}{3} ;+\infty\right)\). Следователно \(\operatorname{tg} x=\tfrac{1}{5}\) е решение. Ако искаме да определим ъгъла, съответстващ на решението, отчитаме по таблица за \(\operatorname{tg} x=0,2\) и намираме, че \(x=11^{0} 18\).

Задача 5. Да се намерят стойностите на параметъра \(a\), при които уравнението \(\left(\tfrac{1}{2}\right)^{\log _{\tfrac{1}{3}} \operatorname{tg}^{2} x}-(3 a+1)\left(\tfrac{1}{2}\right)^{\log _{\tfrac{1}{3}} \operatorname{tg} x}+a=0\) има решение в интервала \(\left(\tfrac{\pi}{6} ; \tfrac{\pi}{3}\right)\).

Решение: при \(x \in\left(\tfrac{\pi}{6} ; \tfrac{\pi}{3}\right)\) имаме \(\operatorname{tg} x \in\left(\tfrac{\sqrt{3}}{3} ; \sqrt{3}\right)\). Тъй като \(\log _{\tfrac{1}{3}} \operatorname{tg} x\) е намаляваща функция, \(\log _{\tfrac{1}{3}} \operatorname{tg} x \in\left(-\tfrac{1}{2} ; \tfrac{1}{2}\right)\), когато \(\operatorname{tg} x \in\left(\tfrac{\sqrt{3}}{3} ; \sqrt{3}\right)\). Полагаме \(\left(\tfrac{1}{2}\right)^{\log _{\tfrac{1}{3}} \operatorname{tg} x}=y\). Тъй като \(\operatorname{tg} x \gt 0\), то \(\left(\tfrac{1}{2}\right)^{\log _{\tfrac{1}{3}} \operatorname{tg}^{2} x}=y^{2}\). Даденото уравнение приема вида \(y^{2}-(3 a+1) y+a=0\). От това, че \(\log _{\tfrac{1}{3}} \operatorname{tg} x \in\left(-\tfrac{1}{2} ; \tfrac{1}{2}\right)\), а функцията \(y=\left(\tfrac{1}{2}\right)^{\log _{\tfrac{1}{3}} g x}\) е намаляваща, следва \(y \in\left(\tfrac{\sqrt{2}}{2}, \sqrt{2}\right)\). Тогава даденото уравнение ще има решение в интервала \(\left(\tfrac{\pi}{6} ; \tfrac{\pi}{3}\right)\), ако полученото квадратно уравнение \(f(y)=y^{2}-(3 a+1) y+a=0\) има поне един корен в интервала \(\left(\tfrac{\sqrt{2}}{2}, \sqrt{2}\right)\). Като използваме свойството на разпределение на корените на квадратен тричлен в даден интервал, това ще бъде изпълнено, ако \(f\left(\tfrac{\sqrt{2}}{2}\right) . f(\sqrt{2}) \lt 0\). Оттук намираме, че \(a \in\left(\tfrac{\sqrt{2}-4}{16} ; \tfrac{5 \sqrt{2}-4}{17}\right)\).

В следващите няколко задачи ще разгледаме тригонометрични функции със сложни аргументи (показателна, логаритмична или тригономерична функция).

Задача 6. Да се реши уравнението \(\sin 2^{\sin x}=1\).

Решение: като използваме основното тригонометрично уравнение \(\sin \alpha=1\), получаваме, че \(2^{\sin x}=\tfrac{\pi}{2}+2 \pi n, n=0,1,2, \ldots\), но \(\sin x \in[-1 ; 1] \Rightarrow\) \(\tfrac{1}{2} \leq 2^{\sin x} \leq 2 \Rightarrow \tfrac{1}{2} \leq \tfrac{\pi}{2}+2 \pi n \leq 2\). При \(n=0 \Rightarrow 2^{\sin x}=\tfrac{\pi}{2} \Rightarrow \sin x=\log _{2} \tfrac{\pi}{2}\) и като съобразим, че \(\log _{2} \tfrac{\pi}{2} \gt 1\), получаваме, че даденото уравнение няма решение.

Задача 7. Да се намерят положителните корени на уравнението

Решение: като използваме основното тригонометрично уравнение \(\operatorname{tg} \varphi=1\), за даденото уравнение получаваме, че \(5 \pi\left(\tfrac{1}{2}\right)^{x}=\tfrac{\pi}{4}+k \pi\) (1). След това делим двете страни на (1) с \(\pi\) и намираме \(5\left(\tfrac{1}{2}\right)^{x}=\tfrac{1}{4}+k\), а оттам – и показателното уравнение \(\left(\tfrac{1}{2}\right)^{x}=\tfrac{1}{20}+\tfrac{k}{5}\), но когато \(x \gt 0 \Rightarrow\left(\tfrac{1}{2}\right)^{x} \in(0 ; 1)\), откъдето \(\tfrac{1+4 k}{20} \in(0 ; 1) \Rightarrow k=0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4\). След това намираме, че \(x=\log _{\tfrac{1}{2}}\left(\tfrac{1}{20}+\tfrac{k}{5}\right)\), при \(k=0,1,2,3,4\).

Задача 8. Да се реши уравнението \(\sin \left(2^{x-1}+2^{x-2}\right) \cos \left(2^{x-1}+2^{x-2}\right)=\tfrac{1}{4}\).

Решение: умножаваме по 2 двете страни на даденото уравнение и като използваме формулата \(2 \sin \alpha \cos \alpha=\sin 2 \alpha\), получаваме основно тригонометрично уравнение \(\sin \left(2^{x}+2^{x-1}\right)=\tfrac{1}{2}\). След това намираме, че \(2^{x}+2^{x-1}=n \pi+(-1)^{n} \tfrac{\pi}{6}\), преобразуваме до \(2^{x}=\tfrac{2}{3} n \pi+(-1)^{n} \tfrac{\pi}{9}\), но \(2^{x} \gt 0\), откъдето \(\tfrac{2}{3} n \pi+(-1)^{n} \tfrac{\pi}{9} \gt 0\) при \(n \geq 0\). Корените на даденото уравнение са \(x=\log _{2}\left(\tfrac{2}{3} n \pi+(-1)^{n} \tfrac{\pi}{9}\right)\), при \(n \geq 0\).

Задача 9. Да се реши уравнението \(\cos 2^{x}+\sqrt{3} \sin 2^{x}=2 \cos 2^{x+1}\).

Решение: да разделим двете страни на даденото уравнение с 2. Получаваме \(\tfrac{1}{2} \cos 2^{x}+\tfrac{\sqrt{3}}{2} \sin 2^{x}=\cos 2^{x+1}\). Като използваме, че \(\cos \tfrac{\pi}{3}=\tfrac{1}{2}\) и \(\quad \sin \tfrac{\pi}{3}=\tfrac{\sqrt{3}}{2}, \quad\) то \(\quad \cos \tfrac{\pi}{3} \cos 2^{x}+\sin \tfrac{\pi}{3} \sin 2^{x}=\cos 2^{x+1}, \quad\) а оттам и \(\cos \left(2^{x}-\tfrac{\pi}{3}\right)-\cos 2^{x+1}=0\). След това използваме формулата за разлика на два косинуса и получаваме \(-2 \sin \tfrac{2^{x}-\tfrac{\pi}{3}-2^{x+1}}{2} \sin \tfrac{2^{x}-\tfrac{\pi}{3}+2^{x+1}}{2}=0\), откъдето произведението им ще бъде 0, когато имаме множител 0, и намираме, че \(\tfrac{2^{x}+\tfrac{\pi}{3}}{2}=\pi n, n \in Z\) и \(\tfrac{3.2^{x}-\tfrac{\pi}{3}}{2}=\pi k, k \in Z\). Преобразуваме получените уравнения относно \(2^{x}\) и получаваме, че \(2^{x}=-\tfrac{\pi}{3}+2 \pi n, n \in N\) и \(3.2^{x}=\tfrac{\pi}{3}+2 \pi k, k \in Z \Rightarrow 2^{x}=\tfrac{\pi}{9}+\tfrac{2 \pi k}{3}, k \in N_{0}\). След което намираме и корените \(x=\log \left(2 \pi n-\tfrac{\pi}{3}\right), n \in N\) и \(x=\log \left(\tfrac{\pi}{9}+\tfrac{2 \pi k}{3}\right), k \in N_{0}\).

Задача 10. Намерете тези стойности на параметъра \(a\), за които уравнението \(2 \cos ^{2}\left(2^{2 x-x^{2}}\right)=a+\sqrt{3} \sin \left(2^{2 x-x^{2}+1}\right)\) има поне едно решение.

Решение:катоприложимсвойството \(a^{m+n}=a^{m} \cdot a^{n}\),даденото уравнение може да се запише във вида \(2 \cos ^{2}\left(2^{2 x-x^{2}}\right)=a+\sqrt{3} \sin \left(2^{2 x-x^{2}} \cdot 2^{1}\right)\). Полагаме \(2^{2 x-x^{2}}=y, y \gt 0\) и получаваме \(2 \cos ^{2} y=a+\sqrt{3} \sin 2 y\). След това използваме формулата за по-нижение на степента \(1+\cos 2 y=a+\sqrt{3} \sin 2 y\), а оттам делим двете страни на уравнението с \(2 \cos 2 y-\sqrt{3} \sin 2 y=a-1 \Rightarrow \tfrac{1}{2} \cos 2 y-\tfrac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 y=\tfrac{a-1}{2} \Rightarrow\) \(\cos \tfrac{\pi}{3} \cos 2 y-\sin \tfrac{\pi}{3} \sin 2 y=\tfrac{a-1}{2} \Rightarrow \cos \left(2 y+\tfrac{\pi}{3}\right)=\tfrac{a-1}{2}\). Като вземем предвид, че \(|\cos \varphi| \leq 1\) и \(y \gt 0\), получаваме, че \(a \in[-1 ; 2)\).

Задача 11. Да се реши уравнението \(\sin (\pi \lg x)+\cos (\pi \lg x)=1\).

Решение: допустимите стойности на даденото уравнение са: \(x \gt 0\). Като използваме \(\cos (\pi \lg x)=\sin \left(\tfrac{\pi}{2}-\pi \lg x\right)\), записваме даденото уравнение по следния начин: \(\sin (\pi \lg x)+\sin \left(\tfrac{\pi}{2}-\pi \lg x\right)=1\). Прилагаме формулата за сбор на два синуса и получаваме произведението \(2 \sin \tfrac{\pi \lg x+\tfrac{\pi}{2}-\pi \lg x}{2} \cdot \cos \tfrac{\pi \lg x-\tfrac{\pi}{2}+\pi \lg x}{2}=1 \Rightarrow \sqrt{2} \cos \left(\pi \lg x-\tfrac{\pi}{4}\right)=1\)

или \(\cos \left(\pi \lg x-\tfrac{\pi}{4}\right)=\tfrac{\sqrt{2}}{2} \Rightarrow \pi \lg x-\tfrac{\pi}{4}=\tfrac{\pi}{4}+2 k \pi, k \in Z\) и \(\pi \lg x-\tfrac{\pi}{4}=-\tfrac{\pi}{4}+2 k \pi, k \in Z\). След преобразуване намираме, че \(\lg x=\tfrac{1}{2}+2 k\) и \(\lg x=2 k\), а оттам \(x=10^{\tfrac{1}{2}+2 k}\) и \(x=10^{2 k}, k \in Z\).

Задача 12. Да се реши уравнението \(\sin |\lg x|+\cos |\lg x|=\tfrac{1}{\sqrt{2}}\).

Решение: допустимите стойности на даденото уравнение са: \(x \gt 0\). Като използваме \(\cos x+\sin x=\sqrt{2} \sin \left(\tfrac{\pi}{4}+x\right)\), преобразуваме даденото уравнение до \(\sin \left(\tfrac{\pi}{4}+\lg x\right)=\tfrac{1}{2}\), откъдето \(\tfrac{\pi}{4}+\lg x=\tfrac{\pi}{6}+2 k \pi\) и \(\tfrac{\pi}{4}+\lg x=\tfrac{5 \pi}{6}+2 k \pi\).

Преобразуваме спрямо \(\lg x\) и получаваме, че \(\lg x=-\tfrac{\pi}{12}+2 k \pi\) и \(\lg x=\tfrac{7 \pi}{12}+2 k \pi\), а оттам – и корените \(x=10^{-\tfrac{\pi}{12}+2 k \pi}, k \in Z \quad x=10^{\tfrac{7 \pi}{12}+2 k \pi}, k \in Z\).

Задача 13. Да се реши уравнението \(\sin (2 \pi \cos x)=0\).

Решение: даденото уравнение е равносилно на \(2 \pi \cos x=\pi n, n \in Z\),n Z, откъдето намираме, че \(\cos x=\tfrac{n}{2}\). От \(|\cos x| \leq 1\) следва \(\left|\tfrac{n}{2}\right| \leq 1\), но \(n \in Z \Rightarrow n=0, \pm 1, \pm 2\). Решаваме три уравнения:

1) \(|\cos x|=1 \Rightarrow x=\pi l, l \in Z\).

2) \(\cos x=0 \Rightarrow x=\tfrac{\pi}{2}+\pi n, n \in Z\).

3) \(|\cos x|=\tfrac{1}{2} \Rightarrow x= \pm \tfrac{\pi}{3}+\pi k, k \in Z\).

След това получаваме и корените \(x=\tfrac{\pi m}{2}, m \in Z\) и \(x= \pm \tfrac{\pi}{3}+\pi k, k \in Z\).

Задача 14. Да се реши уравнението \(\sin \left(\tfrac{\pi \cos x}{\cos ^{2} x+1}\right)=0\).

Решение: съобразявайки, че \(\tfrac{\pi \cos x}{\cos ^{2} x+1}=\pi n, n \in Z\), преобразуваме и получаваме квадратното уравнение \(n \cos ^{2} x-\cos x+n=0\) относно \(\cos x\) при \(n \neq 0\). На полученото квадратно уравнение пресмятаме \(D=1-4 n^{2}\). Като решим неравенството \(1-4 n^{2} \geq 0\) при \(n \in Z\), получаваме, че \(n=0\). Тогава \(\cos x=0 \Rightarrow x=\tfrac{\pi}{2}+\pi k, k \in Z\).

Задача 15. Да се реши уравнението \(\sin (\sin (\cos x-\sin x))=0\).

Решение: решаваме даденото уравнение и получаваме

\(\sin (\cos x-\sin x)=\pi n, n \in Z\).

Но като съобразим, че \(|\sin \varphi| \leq 1\), то \(|\pi n| \leq 1 \Rightarrow n=0\). След това решаваме уравнението \(\sin (\cos x-\sin x)=0\), което е равно силно на \(\cos x-\sin x=\pi k, k \in Z\). Използваме тригонометричната формула \(\cos x-\sin x=\sqrt{2} \sin \left(x-\tfrac{\pi}{4}\right)\) и по-лучаваме, че \(\sin \left(x-\tfrac{\pi}{4}\right)=\tfrac{\pi k \sqrt{2}}{2}, k \in Z\). Но \(|\sin \varphi| \leq 1\) и \(\left|\tfrac{\pi k \sqrt{2}}{2}\right| \leq 1 \Rightarrow n=0\). Остава да решим уравнението \(\sin \left(x-\tfrac{\pi}{4}\right)=0 \Rightarrow x=\tfrac{\pi}{4}+\pi m, m \in Z\).

В следващите няколко задачи ще разгледаме логаритмични уравнения със сложни аргументи или основи.

Задача 16. Да се реши уравнението \(\log _{\left|\sin \tfrac{\pi x}{4}\right|}\left(9^{x}-3^{x+3}+30\right)=\log _{\left|\sin \tfrac{\pi x}{4}\right|}\left(3^{x}+3\right)\).

Решение: допустимите стойности за даденото уравнение се определят от неравенствата: \(9^{x}-3^{x+3}+30 \gt 0,\left|\sin \tfrac{\pi x}{4}\right| \neq 1\) и \(\left|\sin \tfrac{\pi x}{4}\right| \gt 0\). Преобразувам даденото уравнение до \(9^{x}-3^{x+3}+30=3^{x}+3\), а оттук и до \(3^{2 x}-27.3^{x}-3^{x}+27=0\). Групираме две по две събираемите на полученото уравнение \(3^{x}\left(3^{x}-1\right)-27\left(3^{x}-1\right)=0\) и го разлагаме на множители \(\left(3^{x}-1\right)\left(3^{x}-27\right)=0\). Оттук намираме \(3^{x}=1\) или \(3^{x}=27\) и корените са и \(x=0\) или \(x=3\), но \(x=0\) не принадлежи на допустимите стойности следователно \(x=3\) е единствен корен на даденото уравнение.

Задача 17. Да се реши уравнението \(\cot g x+\lg \left(1+2^{\operatorname{cotg} g}\right)=\lg 5 \cot g x+\lg 6\).

Решение: допустимите стойности за даденото уравнение са тези ъгли, за които \(\cot g x \gt 0\). Полагаме \(\cot g x=a\), като \(a \gt 0\), заместваме и получаваме \(a+\lg \left(1+2^{a}\right)=\lg 5 a+\lg 6\). Преобразуваме и получаваме \(\lg 10^{a}+\lg \left(1+2^{a}\right)=\lg 30 a\), а след това и \(\lg 10^{a}\left(1+2^{a}\right)=\lg 30 a \Rightarrow\) \(10^{a}+20^{a}=30 a\). Но \(a \gt 0\), откъдето \(a=1\). Заместваме получената стойност на \(a\) в уравнението \(\cot g x=a\) и получаваме \(\cot g x=1 \Rightarrow x=\tfrac{\pi}{4}+\pi k ; k \in Z\).

Решавайки горните задачи, както и подобни на тях, ученикът не само съчетава едни знания с други, но се създават условия за активизиране на учебните му дейнoсти. Важното е да се осъществяват благоприятни ситуации за обучение чрез задачи. Това пък води до развитие на различни механизми на мислене, необходими за откриване, за творчество и за приложение на математически идеи.

REFERENCES/ЛИТЕРАТУРА

Borodulja, I. (1968). Exponential and logaritmic equations (in Russian), Moscow: Prosveshtenie. [Бородуля, И. (1968). Показателни и логаритмични уравнения и неравенства. Москва, Просвещение.]

Vavilov, V. et al. (1987). Mathematics problems (in Russian). Moscow: Nauka. [Вавилов, В. и др. (1987). Задачи по математике. Москва: Наука.]

Georgieva, M. & S. Grozdev (2017). Morphodynamics in the develepment of the noospheric intellect. Beau Bassin: LAMBERT Academic Publishing (ISBN 978-3-659-53922-0), 304 pages.

Zapryanov, Z., V. Vakarelova & B. Dimitrov (1996). Mathematics for 10-th grade. Sofia: Prosveta. [Запрянов, З., В. Вакарелова & Б. Димитров (1996). Математика Х клас. София: Просвета.]

Zapryanov, Z. & N. Raikov (2012). How to solve difficult problems easily (in Bulgarian). Sofia: Prosveta. [Запрянов, З. & Н. Райков (2012). Как да решаваме лесно трудни задачи. София: Просвета.]

Sevrikov, P. & A. Smoljakov (2008). Trigonometric, exponential and logarithmic equations and inequalities (in Russian). Moscow: Prosveshtenie (ISBN 978-5-93078-567-8). [Севрюков, П. & А. Смоляков (2008). Тригонометрические, показательные и логарифмические уравнения и неравенства. Москва: Просвещение (ISBN 978-593078-567-8).]

Stefanova, D. & P. Penev (2016). One more idea for solving trigonometric equations (in Bulgarian), Mathematics and Informatics, 59, 2, 170 – 182. [Стефанова, Д. & П. Пенев (2016). Още една идея за решаване на тригонометрични уравнения. Математика и информатика, 59, 2, 170 – 182.]

Stefanova, D. & P. Penev (2016). Excel helps in solving some exponential equations (in Bulgarian), Mathematics and Informatics, 59, 5, 368 – 380. [Стефанова, Д. & П. Пенев (2016). Excel в помощ при решаване на някои показателни уравнения, Математика и информатика, 59, 5, 368 – 380.]

Stefanova, D. & P. Penev (2016). Some groups of logarithmic equations by means of Excel (in Bulgarian), Mathematics and Informatics, 59, 6, 599 – 613. [Стефанова, Д. & П. Пенев (2016). Някои групи логаритмични уравнения с помощта на Еxcel, Математика и информатика, 59, 6, 599 – 613.]

Stefanova, D. (2017). Exponential and trigonometric functions in transcendental equations (Part I), Mathematics and Informatics, 60, 1, 57 – 63. [Стефанова, Д. (2017). Показателни и тригонометрични функции в трансцендентни уравнения (I част). Математика \(u\) и информатика, 60, 1, 57 – 63.]

Stefanova, D. (2017). Logarithmic and trigonometric functions in transcendental equations (Part II). Mathematics and Informatics, 60, 4, \(351-363\). [Стефанова, Д. (2017). Логаритмични и тригонометрични функции в трансцендентни уравнения (II част). Математика и информатика, 60, 4, 351 – 363.]

Stefanova, D. (2017). Logarithmic and exponential functions in transcendental equations (Part III). Mathematics and Informatics, 60, 6, 601 – 615. [Стефанова, Д. (2017). Логаритмични и показателни функции в трансцендентни уравнения (III част), Математика и информатика, 60, 6, 601 – 615.]