Задача №18238

Найти все значения $a\text{,}$ при каждом из которых неравенство

$${\log }_x\frac{x-a}{1-ax}+{\log }_{x-1}\frac{x-a-1}{a+1-ax}⩾0$$

имеет хотя бы три целочисленных решения.

Рассмотрим неравенство

$${\log }_x\frac{x-a}{1-ax}+{\log }_{x-1}\frac{x-a-1}{a+1-ax}⩾0.$$

Приведение к единому виду. Заметим, что аргумент второго логарифма получается из аргумента первого сдвигом переменной. Введём функцию

$$f(u)={\log }_u\frac{u-a}{1-au}.$$

Тогда первое слагаемое есть в точности $f(x)\text{.}$ Преобразуем аргумент второго логарифма, подставив $u=x-1\text{:}$

$$\frac{(x-1)-a}{1-a(x-1)}=\frac{x-a-1}{1-ax+a}=\frac{x-a-1}{a+1-ax}.$$

Это и есть аргумент второго логарифма, а его основание равно $x-1\text{.}$ Значит, второе слагаемое есть $f(x-1)\text{,}$ и неравенство равносильно

$$f(x)+f(x-1)⩾0.$$

Какие целые $x$ вообще допустимы. Логарифм ${\log }_x(\cdot )$ требует основания $x>0\text{,}$ $x\ne 1\text{;}$ логарифм ${\log }_{x-1}(\cdot )$ требует основания $x-1>0\text{,}$ $x-1\ne 1\text{,}$ то есть $x>1$ и $x\ne 2\text{.}$ Для целого $x$ это даёт $x⩾3\text{.}$ Таким образом, целочисленными решениями могут быть только числа $x=3,4,5,\dots \text{,}$ и при каждом таком $x$ оба основания $x$ и $x-1$ не меньше $2\text{,}$ то есть строго больше $1\text{.}$

Знак каждого логарифма. Для целого $n⩾2$ обозначим

$$A_n=\frac{n-a}{1-an}.$$

Так как основание $n>1\text{,}$ логарифм ${\log }_n{A}_n$ определён при $A_n>0\text{,}$ а его знак совпадает со знаком разности $A_n-1\text{.}$ Выполним тождественное преобразование:

$$A_n-1=\frac{n-a}{1-an}-1=\frac{(n-a)-(1-an)}{1-an}=\frac{(n-1)+a(n-1)}{1-an}=\frac{(n-1)(1+a)}{1-an}.$$

Область определения по аргументу. Условие $A_n>0$ для $n⩾2$ (тогда $1-an>0$ при $a<\frac{1}{n}$) равносильно совокупности $a<\frac{1}{n}$ или $a>n\text{;}$ ветвь $a>n$ рассмотрим отдельно ниже. На основной (левой) ветви $a<\frac{1}{n}$ знаменатель $1-an>0\text{,}$ поэтому знак разности $A_n-1=\frac{(n-1)(1+a)}{1-an}$ совпадает со знаком множителя $1+a\text{:}$

$$A_n>1\text{при}a>-1,A_n=1\text{при}a=-1,A_n<1\text{при}a<-1.$$

Соответственно ${\log }_n{A}_n>0\text{,}$ $=0$ или $<0\text{.}$

Когда выполнено само неравенство. Пусть целое $x⩾3$ лежит в области определения, то есть на левой ветви $A_x>0$ и $A_{x-1}>0$ (это требует $a<\frac{1}{x}\text{,}$ так как $\frac{1}{x}<\frac{1}{x-1}$). Тогда:

• при $a>-1$ оба числа $A_x>1$ и $A_{x-1}>1\text{,}$ значит оба логарифма положительны и $f(x)+f(x-1)>0$ — неравенство выполнено;
• при $a=-1$ оба аргумента равны $1$ (ведь $A_n=\frac{n+1}{1+n}=1$), оба логарифма равны нулю, сумма равна $0$ — неравенство выполнено (как равенство);
• при $a<-1$ оба числа $A_x<1$ и $A_{x-1}<1\text{,}$ оба логарифма отрицательны, сумма строго отрицательна — неравенство не выполнено.

Итак, на левой ветви целое $x⩾3$ является решением тогда и только тогда, когда одновременно

$$a⩾-1\text{и}a<\frac{1}{x}.$$

То есть множество значений $a\text{,}$ при которых данное целое $x$ есть решение, равно полуинтервалу $\left[-1,\frac{1}{x}\right)\text{.}$

Правая ветвь $a>x$ решений не даёт. Если $a>x(⩾3)\text{,}$ то и $a>x-1\text{,}$ так что для $n=x$ и $n=x-1$ знаменатель $1-an<0\text{,}$ а числитель $(n-1)(1+a)>0\text{;}$ значит $A_n-1<0\text{,}$ оба аргумента меньше $1\text{,}$ оба логарифма отрицательны и сумма $f(x)+f(x-1)<0\text{.}$ Неравенство не выполнено, поэтому правая ветвь новых целых решений не добавляет.

Подсчёт числа целых решений. Множество значений $a\text{,}$ при которых $x$ служит решением, есть $\left[-1,\frac{1}{x}\right)\text{;}$ эти полуинтервалы вложены друг в друга и сужаются с ростом $x\text{:}$

$$\left[-1,\frac{1}{3}\right)\supset \left[-1,\frac{1}{4}\right)\supset \left[-1,\frac{1}{5}\right)\supset \left[-1,\frac{1}{6}\right)\supset \cdots$$

Поэтому, чтобы целочисленных решений было не менее трёх, необходимо и достаточно, чтобы решениями являлись три наименьших допустимых значения $x=3,4,5$ (если решением является $x=5\text{,}$ то тем более решениями являются $x=3$ и $x=4\text{,}$ у которых интервалы шире). Решением $x=5$ число $a$ служит при $a\in \left[-1,\frac{1}{5}\right)\text{.}$ На этом множестве автоматически решениями являются также $x=3$ и $x=4\text{,}$ то есть целых решений не меньше трёх.

Если же $a⩾\frac{1}{5}\text{,}$ то $x=5$ уже не является решением (нарушена область определения: при $a=\frac{1}{5}$ знаменатель $1-5a=0\text{,}$ а при $\frac{1}{5}<a⩽\frac{1}{4}$ аргумент $A_5<0$); при таком $a$ решениями могут быть лишь $x=3$ и $x=4$ (а с ростом $a$ и они отпадают), то есть решений меньше трёх. Если $a<-1\text{,}$ то, как показано, ни одно целое $x$ не является решением.

Проверка границ.

• При $a=-1$ каждый аргумент равен $1\text{,}$ сумма логарифмов равна $0⩾0$ — решениями являются все целые $x⩾3$ (их бесконечно много), условие выполнено; значит точка $a=-1$ включается.
• При $a=\frac{1}{5}$ для $x=5$ имеем $1-5a=0$ — выражение $\frac{x-a}{1-ax}$ не определено, поэтому $x=5$ решением не является; остаются лишь $x=3,4\text{,}$ то есть только два целых решения. Значит точка $a=\frac{1}{5}$ не включается.

Ответ.

$$\boxed{-1⩽a<\frac{1}{5}.}$$