Phương pháp nâng lũy thừa trong bài toán phương trình hàm số Logarit - Nguyễn Đình Hoàn

I. BÀI TẬP VÍ DỤ

Ví dụ 1: Giải phương trình:     x x x x 2 5 0,2 5 log 3 1 log 3 2 2 log 3 2       .

      x x x x 2 5 5 5 log 3 1 log 3 2 2 log 3 2       .

Sau đó chúng ta sử dụng:   a a a b c bc log log log   và a a a b b c c log log log        

đưa bài toán

về dạng cơ bản hơn: x x x x 2 3 1 3 2 3 2 2

     

.

Để giải phương trình trên, ta đưa về dạng:      

f x h x f x g x h x f x g x h x 2 2 . 0 . .

      

Bài giải:

Điều kiện xác định:

x

x x x x

x

2

2

3 1 0

1 6 3 2 2 0 3 2 3 2 0

3 2 0

                

.

Ta có phương trình:     x x x x 2 5 0,2 5 log 3 1 log 3 2 2 log 3 2      

      x x x x 1 1 2

1 2 2 5 5 5 log 3 1 log 3 2 2 log 3 2         

      x x x x 2 5 5 5 log 3 1 log 3 2 2 log 3 2       

  x x x x 5 5 2 3 1 log log 3 2 3 2 2

              

x x x x 2 3 1 3 2 3 2 2

      

Phân tích:

Khi đối mặt với những bài toán có chứa hàm số logarit, chúng ta cần phải nghĩ ngay tới việc

khử logarit bằng các công thức biến đổi logarit và mục đích là để đưa tất cả các logarit trong

bài toán về cùng cơ số. Ở bài toán trên, không khó để có thể đưa phương trình về logarit cơ

số 5 như sau:

    x x x x x x x x x 2 2 2 2 3 1 3 2 3 2 2 7 6 3 2 3 2 2 10 7             

Bình phương hai vế:     x x x x 2 2 2 2 3 2 3 2 2 10 7     

( Đặt điều kiện:     x x x 2 3 2 2 10 7 0 *      )

Phương trình trên tương đương với: x x x x 4 3 2 12 64 134 104 22 0     

   x x x x 3 2 1 12 52 82 22 0           x x x x 2 1 3 1 4 16 22 0      

    

x TM

x L x

x x VN 2

1 0

3 1 0 1.

4 16 22 0

           

Kết luận: Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất: x 1. 

Bình luận:

Bài toán trên không quá khó khăn để khử hàm số logarit để có thể đưa về phương trình vô tỷ

căn bản dạng:    f x g x h x  . Tuy nhiên chúng ta cần phải nhớcách chia đa thức hoặc sử

 Với mọi phương trình từ bậc thấp đến bậc cao, tổng các hệ số bằng 0 thì phương trình đó luôn luôn có nghiệm x 1 .  Với mọi phương trình từ bậc thấp đến bậc cao, tổng các hệ số bậc chẵn bằng tổng các hệ số bậc lẻ thì phương trình luôn luôn có nghiệm x 1 .

dụng sơ đồ Horner để có thể giảm bậc của phương trình sau khi bình phương, và cần chú ý

đặc biệt các điều kiện khi bình phương hai vế.

Chúng ta còn có thể sử dụng kĩ thuật chia đa thức bằng máy tính CASIO để bài toán trở nên

ngắn gọn hơn mà tác giả sẽ đề cập đến các chủ đề sau của cuốn sách. Ngoài ra các bạn cần

chú ý tới những điều sau:

Ví dụ 2: Giải phương trình:     x x x x 2 2 4 1 log log 2 1 1 log 3 10 24       .

Bài giải:

Điều kiện xác định:

x

x x x x x

0

2 1 1 0 5 241 . 9 3 10 24 0 10 24 0

               

Ta có phương trình:     x x x x 2 2 4 1 log log 2 1 1 log 3 10 24      

    x x x x 2 2 2 2 2 log 2 log log 2 1 1 log 3 10 24       

    x x x x 2 2 2 log 2 log 2 1 1 log 3 10 24            

    x x x x 2 2 log 2 log 2 1 1 3 10 24              x x x x 2 2 1 1 3 10 24     

    x x x x x 2 1 1 2 1 1 2 1 1 3 10 24        x x x 2 1 1 3 10 24     (Do:

x x 2 1 1 0 0    )

x x x 2 1 1 3 10 24      . Bình phương hai vế ta được:

x x x x x x x x x 2 1 1 3 10 24 2 3 10 24 10 24 2 3 10 24             

Tiếp tục bình phương hai vế ta được:   x x x x x x 2 10 24 2 10 24 4 3 10 24       

  x x x x 2 2 24 2 4 10 24       .Tiếp tục tục bình phương hai vế ta có phương trình

     x x x x 2 2 2 2 24 2 4 10 24      

   x x x x x x x x 4 3 2 3 2 44 116 128 192 0 4 40 44 48 0            

x

x x x 3 2 4

40 44 48 0(*)

      