對數不等式一題

==問題==

設$a$為實數。當$a$為何值時，式$\log_a (a^2 + a)$為正？

==解答==

首先分析對數的底數與真數。

底數為$a$，故$a>0$且$a \ne 1$。

真數為$a^2 + a$，所以$a^2 + a>0$。對不等式$a^2 + a > 0$左右同加$\frac{1}{4}$，得$a^2 + a + \frac{1}{4} > \frac{1}{4}$，於是$\left( a + \frac{1}{2}\right)^2 > \frac{1}{4}$，化簡為$\left( a + \frac{1}{2}\right)^2 - \left( \frac{1}{2} \right)^2 > 0$，利用平方差公式得$\left( a+\frac{1}{2} - \frac{1}{2} \right) \left( a+\frac{1}{2} + \frac{1}{2} \right) > 0$，即$a(a+1)>0$，從而$a>0$或$a < -1$。

綜上所述，得$a>0$且$a \ne 1$。

接著分析對數不等式本身。

$\log_a (a^2 + a) > 0$即為$\log_a (a^2 + a) > \log_a 1$。此時必須按$a$的大小分情況才能確定下一步。

情形1：$0 < a < 1$

此時由$\log_a (a^2 + a) > \log_a 1$可推得$a^2 + a < 1$，於是$a^2 + a - 1 < 0$，解得$\frac{-1-\sqrt{5}}{2} < a < \frac{-1+\sqrt{5}}{2}$。但注意在此情況預先限定$0 < a < 1$，所以結論是$0 < a < \frac{-1+\sqrt{5}}{2}$。

情形2：$a > 1$

此時由$\log_a (a^2 + a) > \log_a 1$可推得$a^2 + a > 1$，於是$a^2 + a -1 > 0$，解得$a < \frac{-1 - \sqrt{5}}{2}$或$a > \frac{-1+\sqrt{5}}{2}$。但注意在此情況預先限定$a > 1$，所以結論是$a > 1$。

綜合以上情形1與情形2討論結果，可得$0 < a < \frac{-1+\sqrt{5}}{2}$或$a > 1$。

事實上，如果考慮函數$y = \log_x (x^2 + x)$，則不等式$\log_a (a^2 + a) > 0$可看做尋找函數曲線在$x$軸上方的部分。此函數的圖形如下：

披著對數律運算的一道因倍數問題

        朋友Dora Wang傳來一道題目： 

若$12\log_{n} 144$為正整數，則符合條件的正整數n的個數有幾個？

抱怨她學校老師的解法根本不是人想得到的，很機掰。

        下面我嘗試給出一個比較「正常人可以想到」、「不機掰」的做法。

        首先，根據題目條件，我們可以假定$12\log_{n} 144 =$正整數m。然後根據換底公式有

$$12 \cdot \frac{\log 144}{\log n} = m.$$

接著得到

$$12 \cdot \log 144 = m \cdot \log n$$

然後由對數律中的「次方律」，得

$$\log 144^{12} = \log n^m,$$

比較真數（左右消去log）可得

$$144^{12} = n^m.$$

將144進行質因數分解，上式可改為

\begin{eqnarray*} n^m &=& \left( 2^4 \times 3^2 \right)^{12} \\ &=& 2^{48} \times 3^{24}. \end{eqnarray*}

接著我們就是要想辦法將$2^{48} \times 3^{24}$改寫成$n^m$的形式。所以

\begin{eqnarray*}2^{48} \times 3^{24} &=& \left( 2^{48} \times 3^{24} \right)^1 \\ &=& \left( 2^{24} \times 3^{12} \right)^2 \\ &=& \left( 2^{16} \times 3^{8} \right)^3 \\ &=& \cdots \\ &=& \left( 2^{2} \times 3^{1} \right)^{24}. \end{eqnarray*}

於是我們可以發現：m必為48與24的公因數，而m有多少個，n就跟著有多少個。因為48與24的最大公因數為24，而$24 = 2^3 \times 3$，所以24一共有$(3 + 1) \times (1 + 1) = 8$個因數，所以m有8個，n也就有8個。

附：學校老師給的解法

紅筆部分第二行、第二個等號的分母，想法確實有點跳。我很不欣賞！就是這樣的老師與解法，才讓學生們感到「數學很困難」、「數學不是人想的」。

105，指考，數學甲，多選7

==問題==

在實數線上，動點A從原點開始往正向移動，動點B從8的位置開始往負向移動。兩個動點每一秒移動一次，已知第一秒A、B移動的距離分別為1、4，且A、B每次移動的距離分別為其前一次移動距離的$\frac{1}{2}$倍、$\frac{1}{3}$倍。令$c_n$為第$n$秒時A、B的中點位置。請選出正確選項。
(1) $c_1 = \frac{5}{2}$
(2) $c_2 > c_1$
(3) 數列$\left< c_{n+1} - c_n \right>$是一個等比數列
(4) $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} c_n = 2$
(5) $c_{1000} > 2$

[105，指考，數學甲，多選7]

==解答==

假定第$n$秒時，點A的位置為$a_n$，點B的位置為$b_n$。

於是$a_1 = 1, b_1 = 4$。

再假定點A於第$n$秒內的移動量(考慮正負)為$d_n$，點B於第$n$秒內的移動量(考慮正負)為$\delta_n$。

於是$d_1 = 1, \delta_1 = -4$，然後$d_2 = \frac{1}{2}, \delta_2 = -4 \cdot \frac{1}{3}$，因此可推論$d_n = \left( \frac{1}{2} \right)^{n-1}, \delta_n = -4 \cdot \left( \frac{1}{3} \right)^{n-1}$。

根據題意與假設，可得

$$a_n = a_{n-1} + d_n, b_n = b_{n-1} + \delta_n.$$

代入前述對$d_n$與$\delta_n$的計算，可得

$$a_n = a_{n-1} + \left( \frac{1}{2} \right)^{n-1}, b_n = b_{n-1} -4 \cdot \left( \frac{1}{3} \right)^{n-1}.$$

接著，由於
\begin{eqnarray*}
a_2 - a_1 &=& \left( \frac{1}{2} \right)^1 \\
a_3 - a_2 &=& \left( \frac{1}{2} \right)^2 \\
  &\vdots&  \\
a_n - a_{n-1} &=& \left( \frac{1}{2} \right)^{n-1}
\end{eqnarray*}
從而
\begin{eqnarray*}
a_n - a_1 &=& \left( \frac{1}{2} \right)^1 + \left( \frac{1}{2} \right)^2 + \cdots + \left( \frac{1}{2} \right)^{n-1} \\
  &=& \frac{\frac{1}{2} \cdot \left[ 1 - \left( \frac{1}{2} \right)^{n-1} \right]}{1 - \frac{1}{2}} \\
  &=& 1 - \frac{1}{2^{n-1}}
\end{eqnarray*}
故
$$a_n = 2 - \frac{1}{2^{n-1}}.$$

另外一方面，由於
\begin{eqnarray*}
b_2 - b_1 &=& -4 \cdot \left( \frac{1}{3} \right)^1 \\
b_3 - b_2 &=& -4 \cdot \left( \frac{1}{3} \right)^2 \\
  &\vdots&  \\
b_n - b_{n-1} &=& -4 \cdot \left( \frac{1}{3} \right)^{n-1}
\end{eqnarray*}
從而
\begin{eqnarray*}
b_n - b_1 &=& -4 \cdot \left[ \left( \frac{1}{3} \right)^1 + \left( \frac{1}{3} \right)^2 + \cdots + \left( \frac{1}{3} \right)^{n-1} \right] \\
  &=& -4 \cdot \frac{\frac{1}{3} \cdot \left[ 1 - \left( \frac{1}{3} \right)^{n-1} \right]}{1 - \frac{1}{3}} \\
  &=& -2 + \frac{2}{3^{n-1}}
\end{eqnarray*}
故
$$b_n = 2 + \frac{2}{3^{n-1}}.$$

那麼
$$c_n = \frac{a_n + b_n}{2} = \frac{2 - \frac{1}{2^{n-1}} + 2 + \frac{2}{3^{n-1}}}{2} = 2 - \frac{1}{2^n} + \frac{1}{3^{n-1}}.$$

以下開始處理各選項。

(1) $c_1 = 2 - \frac{1}{2^1} + \frac{1}{3^{1-1}} = 2 - \frac{1}{2} + 1 = \frac{5}{2}$。正確。

(2) $c_2 = 2 - \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^{2-1}} = 2 - \frac{1}{4} + \frac{1}{3} = \frac{25}{12} < \frac{30}{12} = \frac{5}{2} = c_1$。錯誤。

(3) $c_{n-1} - c_n = \left( 2 - \frac{1}{2^{n+1}} + \frac{1}{3^n} \right) - \left( 2 - \frac{1}{2^n} + \frac{1}{3^{n-1}} \right) = \frac{1}{2^{n+1}} - \frac{2}{3^n}$。錯誤。

(4) $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} c_n = \lim_{n \rightarrow \infty} \left( 2 - \frac{1}{2^n} + \frac{1}{3^{n-1}} \right) = 2 - 0 + 0 = 0$(請注意，$\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{2^n} = 0$且$\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{3^{n-1}} = 0$，故可使用極限的四則運算)。正確。

(5) $c_{1000} = 2 - \frac{1}{2^{1000}} + \frac{1}{3^{999}}$，由於$\log 2^{1000} = 1000 \cdot \log 2 \approx 1000 \cdot 0.301 = 301$，$\log 3^{999} = 999 \cdot \log 3 \approx 999 \cdot 0.4771 = 476.6229$，故$2^{1000}< 3^{999}$，從而$- \frac{1}{2^{1000}} + \frac{1}{3^{999}} = \frac{1}{3^{999}} - \frac{1}{2^{1000}} < 0$，因此$c_{1000} = 2 + \text{負數} < 2$。錯誤。

選(1)、(4)。

(解答結束)

$\log_{10} 2$不是有理數

=問題=

證明$\log_{10} 2$不是有理數。

[華羅庚《數論導引》第一章$\S 5$習題1]

=解答=

首先，由於$\log_{10} 2 > \log_{10} 1 = 0$，故可知$\log_{10} 2$為正數。

假設$\log_{10} 2 = \text{有理數} \frac{a}{b}$，其中$a, b$皆為正整數，且$\gcd (a, b) = 1$。

於是根據對數的定義，得$2 = 10^{\frac{a}{b}}$。左右同時自乘$b$次，即同時$b$次方，得
\begin{eqnarray*}
2^b = \left( 10^{\frac{a}{b}} \right)^b, \\
2^b = 10^a, \\
2^b = (2 \times 5)^a, \\
2^b = 2^a \times 5^a, \\
2^b \times 5^0 = 2^a \times 5^a.
\end{eqnarray*}
注意$a, b$皆為正整數，所以$2^b, 2^a \times 5^a$皆為正整數。再根據算術基本定理之唯一性比較指數可知
$$
b = a \text{且} 0 = a.
$$
也就是有$a = b = 0$，但此與前提假設矛盾(我們假設$a, b$都是正整數)，所以假設錯誤，即$\log_{10} 2$是無理數。

(證明結束)