Sử dụng tính chất của lũy thừa để giải phương trình và hệ phương trình

Mô tả

1 Số 5 3 3 ( 1 1 - 202 1 ) Xin nhắc lại một số tính chất của lũy thừa đã biết : Tính chất 1. Cho n là số nguyên dương . 1) Với a , b là số thực ta có : 2 1 2 1 . n n a b a b 2) Với a , b là số thực không âm ta có : 2 2 . n n a b a b 3) Với a , b là số thực không dương ta có : 2 2 . n n a b a b 4) Cho a là số thực dương , b là số thực ta có : 2 2 . n n a b a b a a b hoặc b > a 2 2 . n n b a Tính chất 2. Với n là số nguyên dương và a , b là số thực ta có : 0 1 1 .. .. n n n k n k k n n n n n n a b C a C a b C a b C b (c ewton). Sau đây là một số thí dụ có vận dụng các tính chất này. Thí dụ 1. Giải phương trình : ` 9 5 2 4 3 3 2 1 2 2 9 x x x x (1). Lời giải . Ta có: 9 3 3 5 4 3 1 1 1 2 1 2 2 3 1 VT x x x x x 9 3 3 5 3 2 1 1 2 2 1 3 3 3 1 x x x x x x 9 3 3 5 3 1 1 2 . 2 1 1 2 1 x x x x 3 1 1 2 0 x x thì 3 1 1 2 0. x x Theo tính chất 1 ta có : 9 9 3 3 3 1 1 2 2 2 8; x x 5 3 5 1 1 2 1 1 1. x x Suy ra VT 1 9. 3 1 1 2 0 x x thì 3 1 1 2 0. x x Theo tính chất 1 ta có : 9 9 3 3 3 1 1 2 2 2 8; x x 5 3 5 1 1 2 1 1 1. x x Suy ra VT 1 9. Với 3 3 1 1 1 2 0 . 1 2 x x x x Khi này VT 1 9. Vậy phương trình đã cho có 3 1; 1 2. x x Thí dụ 2. Giải phương trình : 33 33 2 2 33 1 1 3 2 2 3 1 (1). x x x x x x Lời giải . K: 0 x . Khi đó: 33 33 2 2 1 1 VT 1 1 1 1 1 . x x x x x x Do 2 1 0 x nên 2 1 1 1 1 1 . x x x x x Theo tính chất 1 ta có :2 Số 5 3 3 ( 1 1 - 2021 ) 33 33 2 1 1 1 1 1 x x x x x (2). Tương tự , do 2 1 1 1 1 1 x x x x x nên 33 33 2 1 1 1 1 1 x x x x x (3). Từ (2) và (3) suy ra : 33 33 1 1 VT 1 1 1 x x x x (4). Cauchy ta có: 1 1 1 2 . 2. x x x x x x Theo tính chất 1 với n là số nguyên dương có : 2 2 2 . 1 1 2 n n n x x x x 1 t x x ta có 2 2 2 n n t (5). thức nhị thức N ewton có: 33 0 1 2 2 33 33 33 33 33 33 ; 1 ... t C C t C t C t 33 0 1 2 2 33 33 33 33 33 33 1 ... . t C C t C t C t Suy ra: 33 33 33 33 1 1 1 1 1 1 x x t t x x 0 2 2 32 32 33 33 33 2 .. C C t C t (6). Từ (5) suy ra : 0 2 2 32 32 0 2 2 32 32 33 33 33 33 33 33 2 .. 2 2 .. 2 . C C t C t C C C Thay 2 t vào (6) ta được : 33 0 2 2 32 32 33 33 33 3 . 2 1 2 . 2 C C C . Do đó : 0 2 2 32 32 33 33 33 33 2 .. 3 1 C C t C t (7). Từ (4),(6) và (7) suy ra VT 1 VP 1 . 2 2 2 1 0 1. 1 2 n n x x x x Vậy phương trình cho có nghiệm 1 x . Thí dụ 3. Giải phương trình : 2 21 2 21 2 21 (2 7) ( 3) 3 5 x x x x x (1). Lời giải . Ta có: 21 21 2 2 VT(1) 2 4 1 4 1 . x x x x ewton có: 21 0 1 2 2 21 21 21 21 21 21 1 ... . x C C x C x C x Tương tự : 21 0 1 2 2 21 21 21 21 21 21 1 ... . x C C x C x C x Suy ra: 21 21 1 1 P x x x 0 2 2 20 20 21 21 21 2 .. C C x C x (*). Thay 2 x vào (*) ta được : 21 0 2 2 20 20 21 21 21 3 1 2 2 .. 2 . C C C 2 4 x theo tính chất 1 ta có: 21 21 2 ; 2 4 1 1 x x x 21 21 2 4 1 1 . x x x Suy ra VT 1 P x (2). Do 2 2 2 x nên theo tính chất 1 thì với mọi số nguyên dương n có 2 2 2 n n x . Suy ra: 0 2 2 20 20 2 2 2 2 21 21 21 21 21 2 2 .. 2 2 2 2 P x C C C C x C 21 2 21 2 3 1 420( 4) 3 1 ( 4) VP(1) (3). x x Từ (2) và (3) suy ra VT 1 VP 1 . 2 4 x theo tính chất 1 ta có: 21 21 2 ; 2 4 1 1 x x x 21 21 2 4 1 1 . x x x Suy ra VT 1 P x (4). Do 2 2 0 2 x nên theo tính chất 1 thì với mọi số nguyên dương n có 2 2 . 2 n n x Suy ra: 0 2 2 20 20 2 2 2 2 21 21 21 21 21 2 2 .. 2 2 2 2 P x C C C C x C 21 2 21 2 3 1 420( 4) 3 1 ( 4) VP(1) (5). x x Từ (4) và (5) suy ra VT 1 < VP 1 . 2 x thì VT 1 VP 1 . Vậy PT(1) có 2. x Thí dụ 4. Giải phương trình : 44 44 44 2 44 4 1 3 5 (1). 2 x x x