Luận văn Một số dạng phương trình lượng giác và cách giải

Trong luận văn này tôi đã trình bày được những kết quả sau: 1. Một số công thức lượng giác cơ bản, tính chất các hàm số lượng giác và đồ thị của các hàm số lượng giác. Các phương trình lượng giác cơ bản, cách giải và bài tập áp dụng. 2. Giới thiệu các phương trình lượng giác cơ bản và một số dạng phương trình lượng giác khác, phương pháp giải và các bài tập áp dụng. Ứng dụng phương pháp lượng giác hóa vào giải một số phương trình và hệ phương trình trong đại số, phương pháp lượng giác hóa với mục đích thay đổi hình thức từ bài toán đại số sang bài toán lượng giác, vì vậy để giải quyết tốt một bài toán cần nắm vững kiến thức cơ bản của lượng giác.

pdf82 trang | Chia sẻ: builinh123 | Ngày: 31/07/2018 | Lượt xem: 211 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Một số dạng phương trình lượng giác và cách giải, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
bậc nhất của sin và cos.  Bài tập 10. Giải phương trình:           3 2 34sin 3sin .cos sin cos 0 (3)x x x x x      Giải ) cos 0 , 2 x x k k        , không thỏa mãn phương trình (3)  Vì vậy phương trình không nhận  , 2 x k k      làm nghiệm.  ) cos 0 , . 2 x x k k          Chia hai vế của phương trình (3) cho  3cos 0x   ta được:    3 2 2 3 2 4 tan 3tan 1 tan tan 1 0 3tan 3tan tan 1 0 x x x x x x x           Đặt  tant x . Khi đó phương trình có dạng:            3 2 1 3 3 1 0 1 3 t t t t t            Page 30 4tan 1 1 arctan , .1 tan 3 3 1 arctan 3 x k x x k k x x k                               Vậy phương trình có ba họ nghiệm.      Chú ý: Trong bài tập 10 ta thấy được cách giải phương trình đẳng cấp   dạng bậc ba sau đây hoàn toàn tương tự như giải phương trình đẳng cấp bậc  hai ở trên   3 2 2 3sin sin cos sin cos cos sin cos 0a x b x x c x x d x e x f x        Bài tập 11. Giải phương trình:            3 sin cos sin cos 3 0.x x x x      Giải Đặt:   sin cosx x t  , điều kiện  2 2t   . Suy ra  2 1 sin cos . 2 t x x     Khi đó phương trình đã cho có dạng:   2; 22 16 5 0 1 5 tt t t t t                Với  1t    ta có:  sin cos 1 2 sin 1 4 1 sin sin sin 4 4 42 2 4 4 , . 5 2 4 4 x x x x x x k k x k                                                            Thang Long University Library Page 31 2 , .2 2 x k k x k                Vậy phương trình có hai họ nghiệm. Nhận xét: Từ bài tập 11 cho ta thấy rõ cách giải phương trình dạng      sin cos sin cos 0 1a x x b x x c      Để giải phương trình dạng (1) ta làm như sau:     Đặt:  sin cosx x t  , điều kiện  2 2.t    Suy ra  2 1 sin cos 2 t x x     Khi đó phương trình trở thành:   2 21 0 2 2 0 2 t at b c bt at c b              Giải phương trình trên và chọn nghiệm thỏa mãn  2t      Với  0t t  ta được:  0 0 0sin cos 2 sin sin 4 4 2 t x x t x t x                     Đây là phương trình cơ bản của hàm số sin.    Chú ý: Phương trình dạng    sin cos sin cos 0a x x b x x c     cũng  có thể giải tương tự phương trình (1) bằng cách đăt  sin cosx x t  , với điều  kiện  2.t  Suy ra  21 sin cos 2 t x x   . Khi đó phương trình trở thành  2 21. 0 2a 2 0. 2 t at b c bt t b c             Suy ra giải phương trình trên theo t và chọn  0t  thỏa mãn điều kiện.  Bài tập 12. Giải phương trình:  2(sin cos ) tan cot .x x x x   Giải Page 32 Điều kiện:   sin 0 sin 2 0 cos 0 2 x k x x x          (*)   Ta có:  2 2sin cos 2(sin cos ) 2 tan cot cos sin 2sin cos sin 2 x x x x x x x x x x x         Đặt:  2sin cos 2 cos 2; 2 sin 2 1. 4 t x x x x t                   Từ điều kiện (*) suy ra   1t     2 3 2 2 2 (1) 2 ( 1) 2 2 0 1 ( 2)( 2 1) 0 2 cos 1 4 2 , . 4 t t t t t t t t t t x x k k                                 Nghiệm này thỏa mãn điều kiện  (*). Vì vậy phương trình đã cho có  một họ  nghiệm.  Bài tập 13. Giải phương trình:           2 22cot tan 2tan cot 1 0x x x x       (1)  Giải Điều kiện:   sin 0 , . cos 0 2 x k x k x         Đặt:  tan cot ,x x t   điều kiện  2t  . Suy ra  2 2 2tan cot 2.x x t     Khi đó phương trình (1) trở thành:   ( 2)2 12 3 0 3 3 tt t t t t           Với  3t    ta có:   2 tan cot 3 sin 2 3 x x x        Thang Long University Library Page 33 1 2 arcsin 2 3 , . 1 2 arcsin 2 2 3 x k k x k                           Vậy phương trình có hai họ nghiệm.   Nhận xét: Từ bài tập 13 cho ta thấy rõ cách giải phương trình đối xứng  với tan và cot dạng:     2 2tan cot tan cot 0.a x x b x x c       Để giải phương trình (1) ta làm như sau:     Điều kiện:   sin 0 sin 2 0 , . cos 0 2 x k x x k x             Đặt:  tan cotx x t  , điều kiện  2.t   Suy ra   2 2 2tan cot 2.x x t     Khi đó phương trình có dạng:            2 22 0 2a 0a t bt c at bt c             Giải phương trình trên theo t và chon  0t  thỏa mãn điều kiện.  Với  0t t  ta có:        20 0 0 1 tan cot tan tan tan 1 0 tan x x t x t x t x x            Đây là phương trình bậc hai theo tan.  Chú ý: Tương tự như phương trình đối xứng bậc hai trên, từ đó ta thấy  được phương pháp giải của phương trình đối xứng bậc ba đối với  tan và cot  dạng    3 3 2 2(tan cot ) (tan cot ) (tan cot ) 0.a x x b x x c x x d         Bài tập 14. Giải phương trình:   3 2 3 2tan tan cot cot 2 tan 2cot 4 (1)x x x x x x      Page 34 Giải Điều kiện:   sin cos 0 sin 2 0 , . 2 k x x x x k          Vì:  3 3 3 2 2 2 tan cot (tan cot ) 3(tan cot ) tan cot (tan cot ) 2 x x x x x x x x x x            Khi đó ta biến đổi phương trình (1) về dạng:  3 3 2 2 3 2 (tan cot ) (tan cot ) 2(tan cot ) 4 0 (tan cot ) (tan cot ) (tan cot ) 2 0 (2) x x x x x x x x x x x x                Đặt  tan cot ,x x t   với điều kiện  2t  . Khi đó phương trình (2) trở thành:       3 2 22 0 ( 2)( 1) 0 2t t t t t t t             Với:  2t    ta  có  tan cot 2 sin 2 1 , 4 x x x x k k          .  Nghiệm  này thỏa mãn điều kiện của bài  toán,  vì vậy phương trình đã cho có một họ  nghiệm.  Bài tập 15. Giải phương trình:   6 6 1sin cos 4 x x    Giải     6 6 32 2 2 2 2 2 1 sin cos 4 1 sin cos 3 sin cos sin cos 4 x x x x x x x x                2 3 1 1 sin 2 sin 2 1 , 4 4 4 x x x k k             Vậy phương trình có một họ nghiệm.  Bài tập 16. Giải phương trình:                4 4 6 62 sin cos sin 2 2 sin cosx x x x x      Thang Long University Library Page 35 Giải Biến đổi phương trình về dạng:       2 4 2 4 2 4 2 4 2 2 2 2 2(1 sin )sin 2 1 cos cos sin 2 2cos sin 2sin cos sin 2 1 sin cos sin 2 sin 2 2 sin 2 2sin 2 0 sin 2 0 , . 2 x x x x x x x x x x x x x x x x k x x k                    Vậy phương trình có một họ nghiệm.  Bài tập 17. Giải phương trình:   3 3cos 2sin sin 2cos cos2x x x x x      Giải Ta biến đổi phương trình đã cho về dạng:        2 22sin 1 sin 2cos 1 cos cos2 cos 2 0 sin cos 1 cos2 0 sin cos 1 x x x x x x x x x x x               4 22 , 2 2 , 1 2 sin 24 2 k x x k k x k k x x k                                      Vậy phương trình đã cho có ba họ nghiệm.      Nhận xét:  Bài  tập 15,  16,  17  trên đây  là  phương  trình chứa các biểu  thức đối xứng với sin ,cos .n nx x         Để  giải  được  phương  trình  dạng  này  ta  thực  hiện  khử  biểu  thức  đối  xứng với  sinn x  và  cosn x  dựa vào hai hằng đẳng thức   Page 36   Với  *2 ,n k k  ta sử dụng     22 2 2aa b a b b    và    2 2a b a b a b        Với  *3 ,n k k   ta sử dụng       33 3 3aa b a b b a b      và      33 3 3aa b a b b a b       Chú ý : Nếu bài  toán chứa  hai biểu  thức đối  xứng  sin cosk kx x   và  2 2sin cosk kx x   có hệ số đối xứng, ta nên sử dụng phép biến đổi            2 2 2 2 2 2 2 2 2 sin cos sin cos 1 sin sin 1 cos cos cos sin sin cos sin cos sin 2 4 k k k k k k k k k k A x x A x x A x x A x x A A x x A x x x x x                Nếu bài toán chứa hai biểu thức đối xứng dạng     2 2sin cos , sin cosk k k kA x x B x x   mà B = -2A, ta nên sử dụng phép biến  đổi sau          2 2 2 2 sin cos 2 sin cos 1 2sin sin 1 2cos cos cos2 cos2 cos (sin cos )cos2 k k k k k k k k k k A x x A x x A x x A x x A xsin x A x x A x x x             2.2.2 Phương trình lượng giác chứa ẩn ở mẫu  I. Phương pháp Bước 1: Đặt điều kiện xác định.  Bước 2: Rút gọn phương trình đã cho rồi giải phương trình cuối cùng.  Bước 3: Đối chiếu điều kiện xác định để chọn nghiệm. II. Bài tập minh họa Bài tập 1. Giải phương trình:     cos sin 1 cot 1 2 tan cot 2 x x x x x     Thang Long University Library Page 37             Giải Xét mẫu thức của phương trình:   2sin cos2 2sin cos2 1 tan cot 2 cos sin 2 sin 2 sin 2 cos cos sin cot 1 1 sin sin x x x x x x x x x x x x x x x x            Điều kiện:    cos 0 2sin 2 0 , . * cot 1 0 4 kx x x k x kx                    Ta biến đổi phương trình đã cho về dạng:    * sin 0 sin 2 2 sin 2sin cos 2 sin 2 cos 2 , 2 , . 4 4 x x x x x x x x k k x k k x k                            Vậy phương trình đã cho có một họ nghiệm là:  2 , . 4 x k k        Bài tập 2. Giải phương trình:    2 2 tan cot 1 . sin 2 x x x      Giải Ta có:   2 2sin cos 2 tan cot . sin cos sin 2 x x x x x x x       Điều kiện  sin 2 0 , . 2 k x x k         Khi đó phương trình  đã cho có dạng:  Page 38 2 tan (tan cot ) 1 sin 2 x x x x       2 2 tan 1 sin 2 sin 2 tan 1 , . 4 x x x x x k k             Nghiệm này thỏa mãn điều kiện bài toán. Vậy phương trình đã cho có một họ  nghiệm.  Bài tập 3. Giải phương trình:   1 1 cos sin 2 . sin cos x x x x         Giải Điều kiện:  sin cos 0 sin 2 0 , . 2 k x x x x k         (*)  Khi đó phương trình đã cho biến đổi về dạng:       2 2sin cos cos sin 2 sin cos 0 sin cos sin cos 2 0 (1) x x x x x x x x x x         Đặt:  t sin cos 2 sin 4 x x x           với  2; 2t     .   Suy ra   2 1 sin cos 2 t x x   .  Khi đó phương trình (1) trở thành:     2 2; 221 2 0 5 0 0 2 tt t t t t                 .  Với:  0t    ta có  sin cos 0 sin 0 , . 4 4 x x x x k k                      Nghiệm trên thỏa mãn điều kiện của bài toán. Vì vậy phương trình đã cho có  một họ nghiệm.  Thang Long University Library Page 39 Bài tập 4. Giải phương trình:  2 1 cos2 1 cot 2 . sin 2 x x x          Giải Điều kiện xác định:   sin 2 0 , . (*) 2 k x x k         Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình sau:     2 2 sin 2 cos2 sin 2 1 cos2 cos 2 cos2 sin 2 cos2 0 cos2 cos2 sin 2 1 0 cos2 0 cos2 sin 2 1 0 x x x x x x x x x x x x x x                    Ta xét hai trường hợp sau đây:    ) cos2 0 , . 4 2 k x x k           Nghiệm  này  thỏa  mãn  điều  kiện  (*)  vì  vậy là nghiệm của phương trình đã cho.    ) cos2 sin 2 1 0 2 cos 2 1 4 x x x               (*) 2 2 4 4 , 2 2 4 4 , . 4 4 x k k x k x k x k x k                                     Hợp các nghiệm tìm được thỏa mãn điều kiện (*), ta được nghiệm của  phương trình là:  , . 4 2 k x k      Page 40 Bài tập 5. Giải phương trình:   2 2cot tan 16(1 cos4 ) 1 cos2 x x x x          Giải Điều kiện của phương trình:    sin 0 cos 0 , * 2 4 cos2 0 4 2 x m x n x x m x n x m x                            Ta có:   2 24 42 2 2 2 2 2 4 cos sincos sin 4cos2 cot tan . sin cos sin 2 sin 2 x xx x x x x x x x x         Với điều kiện (*) ta biến đổi phương trình (1) về dạng:   2 2 2 2 4 16(1 cos4 ) sin 2 4sin 2 (1 cos4 ) 1 2(1 cos4 )(1 cos4 ) 1 2 2cos 4 1 2cos 4 1 0 cos8 0 8 , . 2 (2 1) , . 16 8 16 x x x x x x x x x x k k k x k k                                   Các giá trị này đều thỏa mãn điều kiện xác định vì:   (2 1) 2 1 4 16 4 k n k n         (đúng với mọi  ,k n ).   Vậy phương trình đã cho có một họ nghiệm.  Thang Long University Library Page 41 Bài tập 6. Giải phương trình:  2 1 costan . 1 sin x x x    Giải Điêu kiện:   cos 0 , . sin 1 2 x x k k x             (*)  Khi đó phương trình đã cho trở thành:            2 2 2 2 sin 1 cos cos 1 sin 1 cos 1 cos 1 sin 1 sin 1 cos 1 cos 1 cos 1 sin 1 cos cos sin 0 cos 1 1 cos 0 2 sin 0cos sin 0 4 2 , . 4 x x x x x x x x x x x x x x x x x xx x x k k x k                                                     Cả hai nghiệm trên đều thỏa mãn phương trình (*). Vậy phương trình đã cho  có hai họ nghiệm.  2.2.3 Phương trình lượng giác chứa dấu giá trị tuyệt đối I. Phương pháp giải Bước 1 : Đặt điều kiện có nghĩa cho phương trình.  Bước 2 : Lựa chọn phương pháp thực hiện. Ta có thể chọn các phương pháp.           Sử dụng định nghĩa, các tính chất giá trị tuyệt đối, đặt ẩn phụ   Bước 3 : Kiểm tra điều kiện nghiệm của phương trình.    Ta xét hai dạng cơ bản sau:  Page 42   +) Dạng 1:   2 2( ) ( ) ( ) ( )f x g x f x g x       +) Dạng 2:   2 2 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) g x f x g x f x g x      ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) f x f x g x f x g x f x f x g x           Chú ý: Các phương trình được giải bằng phương pháp sử dụng các tính  chất giá trị tuyệt đối ở dạng ban đầu có thể không xuất hiện dấu trị tuyệt đối,  nó thường xuất hiện sau phép biến đổi  .      Để loại bỏ dấu giá trị tuyệt đối trong phương trình ta có thể lựa chọn  việc đặt ẩn phụ cho biểu thức chứa dấu giá trị tuyệt đối, ví dụ trong phương  trình chứa các biểu thức    2sin , sin kx x  và   ta lựa chọn phép đổi biến           sin , t cost x x  , điều kiện  0 1t       2tan , tan kx x  và  2cot , cot kx x  ta lựa chọn phép đổi biến           tan , cott x t x  , điều kiện  0t       sin cosx x  và  sin cos ,x x ta lựa chọ phép đổi biến           điều kiện  0 2t    II. Bài tập minh họa Bài tập 1. Giải phương trình:  3cos sin 1x x        (1)  Giải Ta đưa phương trình đã cho về dạng:  2A A 2cos , cos kx x sin cos ,t x x  Thang Long University Library Page 43   2 2 1 cos 33cos 1 sin 3cos 1 sin x x x x x          2 2 1 cos 3 9cos 6cos 1 1 cos x x x x          2 1 cos 3 10cos 6cos 0 1 cos 3 3 coscos 0 5 3 cos 5 3 cos cos 2 , . 5 x x x x xx x x x k k                            Vậy phương trình có hai họ nghiệm.  Bài tập 2. Giải phương trình sau:  1 6sin 2 sin cos .x x x     Giải Đặt:  sin cost x x  , với điều kiện  0 2.t     Ta có:  2 21 sin 2 sin 2 1t x x t        Khi đó phương trình đã cho trở thành:      2 2 0 2 1 6 1 6 5 0 1 15 6 t t t t t t t t                  Với  1t   ta có:  Page 44 sin cos 1 sin 2 0 , . 2 x x x k x k         Vậy phương trình đã cho có một họ nghiệm.  Bài tập 3. Giải phương trình:  1 tan cot . sin x x x         (1)   Giải Điều kiện:      sin 0 , * cos 0 2 x k x k x         Đưa phương trình đã cho về dạng:    2 2 1 tan 0 (**) sin (1) 1 cot tan 2 sin x x x x x              Ta đi giải phương trình  (2)  Kiểm tra điều kiện (**)   Với  2 2 , 3 x k     ta được:  2 2 2 2 2 2 2 2 1 cot tan cos sin 1 1 2 1 1 1 sin cos cos sin 1 2 1 0 2 0 cos cos cos 2 2 1 3 cos , 22 2 3 x x x x x x x x x x x x k x k x k                                  Thang Long University Library Page 45 1 2 1 1 1 tan tan 2 3 0 2sin 3 3 3sin 2 3 2 x k x k                        Suy ra họ nghiệm này không thỏa mãn (*) và (**). Vì vậy không là nghiệm  của phương trình đã cho.  Với  2 2 , 3 x k      ta được:   1 2 1 1 1 tan tan 2 3 0 2sin 3 3 3sin 2 3 2 x k x k                         Suy ra họ nghiệm này thỏa mãn (*) và (**). Vì vậy là nghiệm của phương  trình đã cho.  Vậy phương trình đã cho có một họ nghiệm  2 2 , k . 3 x k        Bài tập 4. Giải phương trình:  cos 2 sin 1.x x    (1)  Giải Biến đổi phương trình (1) về dạng:   21 2sin sin 1.x x     Đặt  sin , 0 1.t x t    Khi đó phương trình đã cho trở thành:  2 2 (0 1)4 2 1 2 1 1 2 1 0 0 1 4 5 2 0 1 2 2 1 17 4 t t t t t t t t t t t t t                               Page 46 Với:   0 1 2 t t         ta được   sin 0 , .1 sin 62 x x k k x kx                    Vậy phương trình có ba họ nghiệm.  Bài tập 5. Giải phương trình:            cos sin sin cos 2.x x x x     (1)  Giải (1) 2 cos 2 sin 2 4 4 cos sin 2 4 4 1 2 sin . cos 2 4 4 sin 2 1 cos2 1 2 cos2 1 2 , . , . 2 x x x x x x x x x x k k k x k                                                                               Vậy phương trình đã cho có một họ nghiệm.  Bài tập 6. Giải phương trình:   cos 2sin 2 cos3 1 2sin cos2 1x x x x x       Giải Biến đổi phương trình (1) đã cho trở thành:        22sin 2 sin 2sin 2 2sin 2sin sin 2 1 sin sin 1 sin 1 sin sin 2 sin 0 (2) x x x x x x x x x x x x               Nếu  sin 2 0 . 2 x k x k        Khi đó phương trình (2) trở thành:  Thang Long University Library Page 47    2 sin 1 1 sin sin 2 sin 0 sin 0 1 cos 2 2 2 2 2 2 2 3 3 k x k x x x x x x x k x k x k x k x k x k                                                             Nếu  sin 2 0 . 2 x k x k           Khi đó phương trình (2) trở thành:       2 1 sin sin 2 sin 0 sin 1 1 1 sin 2sin cos 0 sin 0 2 1 cos 2 2 2 2 2 , . 3 2 2 3 k x k x x x x x x x x x x k x k x k k x k                                                                  Vậy phương trình đã cho có bốn họ nghiệm.  2.2.4 Phương trình lượng giác chứa căn I. Phương pháp giải Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho phương trình.  Bước 2: Lựa chọn phương pháp thực hiện sao cho phù hợp.  Bước 3: Kiểm tra điều kiện nghiệm của phương trình.    Biến đổi tương đương  Ta sử dụng các phép biến đổi cơ bản sau:  Page 48   2 2 ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) 0 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) f x g x f x g x g x f x g x f x g x f x f x g x h x g x f x g x h x                        Chú ý: Đối với các phương trình lượng giác chứa căn dạng trên ta thường  không giải bất phương trình, mà ta đi giải phương trình. Sau đó kiểm tra lại  nghiệm  x  cho điều kiện của bất phương trình.  II. Bài tập minh họa Bài tập 1. Giải phương trình:  1 cos sin 0.x x   Giải Ta đưa phương trình đã cho về dạng:  2 2 sin 0 1 cos sin 0 1 cos sin sin 0 sin 0 sin 1 cos 0 cos 1cos cos 0 cos 1 2 , .2 2 x x x x x x x x x xx x x x k k x k                                     Vậy phương trình đã cho có hai họ nghiệm.    Bài tập 2. Giải phương trình:  sin 3cos sin 3cos 2.x x x x      Giải Thang Long University Library Page 49 Ta biến đổi biểu thức:  1 3 sin 3 cos 2( sin cos ) 2sin( ). 2 2 3 x x x x x       Đặt:  sin 3 cos 2sin , 3 t x x x           với điều kiện  0 2.t    Phương trình đã cho trở thành:  2 2 0 2 2 4 4 t t t t t t t t             2 2 2 11 5 4 0 4 t t tt t t t                 Với  1t   ta có:  1 2sin 1 2sin 3 3 2 2 6 , . 2 2 x x x k k x k                                   Vậy phương trình có hai họ nghiệm.  Bài tập 3. Giải phương trình:         2cos 2cos 2 2cos 1x x x       (*)  Giải Ta có: Vế trái =  2 2cos 2cos 2 (cos 1) 1 1x x x        ,         Vế phải =  2cos 1 1x     Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi:   Vế trái = Vế phải = 1 cos 1 2 , .x x k k        Vậy phương trình có một họ nghiệm.  Bài tập 4. (ĐH Quốc gia Tp.HCM, năm 1996)  Page 50     Tìm các số  (0;2 )x   thỏa mãn phương trình:  sin3 sin cos2 sin 2 . 1 cos2 x x x x x      (1)  Giải Ta biến đổi mẫu:  21 cos2 2sin 2 sinx x x   . Do đó điều kiện xác định  của phương trình là:   0;2sin 0 .xx x      (1) sin3 sin 2 2 sin (cos2 sin 2 ) cos2 sin sin cos 2 (2) 4 x x x x x x x x x              ) 0 sin 0 sin sin .x x x x       Do sin 0x   nên ta có:  (2) cos2 cos 2 4 2 2 2 , . 4 , 16 2 x x x x k k k x k                         Trên khoảng   0; , ta được:  16 x    và  9 16 x     ) 2 sin 0 sin sin .x x x x         Do đó   5 (2) cos2 cos 2 cos 2 4 4 5 2 2 2 , 4 5 , . 16 2 x x x x x k k k x k                                   Trên khoảng   ;2 ,   ta được:  21 16 x    và  29 . 4 x     Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là:  Thang Long University Library Page 51 9 21 29 , , , . 16 16 16 16 S          Bài tập 5. Giải phương trình:  2 2 4 cos cos 3 0. 1 tan x x x      Giải Ta xét mẫu thức:   2 2 2 2 sin cos2 1 tan 1 cos cos x x x x x     Do đó điều kiện xác định của phương trình là:   21 tan 0 cos2 0x x    (*)  Khi đó phương trình đã cho trở thành:      2 4 4 cos cos 2cos 1 cos2 3 3 x x x x      (1)  Đặt:  2 2 3 . 3 x t x t      Khi đó phương trình (1) trở thành:  2 3 3 2 2 2 2cos2 1 cos3 2(2cos 1) 1 4cos 3cos 4cos 4cos 3cos 3 0 4cos (cos 1) 3(cos 1) 0 (cos 1)(4cos 3) 0 (2) t t t t t t t t t t t t t                      Mặt khác vì  3 2cos 2 cos3 4cos 3cos cos (4cos 3)x t t t t t       Do đó điều kiện xác định (*)  cos2 0x   trở thành:      2cos (4cos 3) 0t t            (**)  Ta có  (2) (**) 2 cos 1 cos 1 2 , . 4cos 3 0 t t t k k t              Với:  2t k   ta có  2 2 3 , . 3 x k x k k       Page 52 Vậy phương trình đã cho có một họ nghiệm.  2.2.5 Phương trình lượng giác chứa tham số I. Phương pháp Bước 1: Biến đổi phương trình đã cho về dạng:   ( ), 0 (1).f x m   Trong đó  ( )x   là  một  hàm  số  hoặc  một  biểu  thức  lượng  giác  của  , .x x D   Ta  cũng có thể dùng ẩn phụ trong từng trường hợp cụ thể riêng.   Đặt:  ( ).t x  Gọi E là miền giá trị của hàm số  ( ), .x x D t E     Từ  (1) ta có phương trình:  ( , ) 0 (2).f t m     Bước 2: Khi đó bài toán giải và biện  luận phương trình (1) trở thành giải và  biện luận hệ:  ( , ) 0f t m t E    II. Bài tập minh họa Bài tập 1. Giải và biện luận phương trình sau:  (5 1)sin 1 sin 3m x m x      Giải Ta biến đổi phương trình đã cho về dạng:  (4 1)sin 2m x     (1)  Nếu:  1 4 m   thì phương trình (1) vô nghiệm.  Nếu:  1 4 m   thì từ phương trình (1) ta có  2 sin 4 1 x m   . Nghiệm này  phải thỏa mãn điều kiện  1 sin 1x   . Điều này tương đương với điều kiện:  2 4 1 1 0 0 2 4 1 4 1 1 1 2 4 34 1 1 0 0 4 1 4 1 m m m mm m m                          Thang Long University Library Page 53 1 4 1 1 4 4 31 44 3 4 m m m mm m                     Kết luận: 1 4) 3 4 m m           thì  22 sin sin , . 24 1 x k x k x km                  Khi đó  phương trình đã cho có hai họ nghiệm.  1 3 ) 4 4 m   thì phương trình (1) vô nghiệm suy ra phương trình đã cho  cũng vô nghiệm.  Bài tập 2. Giải và biện luận phương trình:         ( 2)cos 3 2 cos 5( 1).m x m x m       Giải Ta biến đổi phương trình đã cho về dạng:  (2 )cos 2 5 .m x m     (*)  Nếu  2m   thì phương trình (*) vô nghiệm. Suy ra phương trình đã cho  cũng vô nhiệm.  Nếu  2m  thì  từ  (*)  ta  có  2 5 cos 2 m x m    nghiệm  này  phải  thỏa  mãn  điều kiện sau:  2 5 1 cos 1 1 1 2 m x m          Page 54 2 5 6 4 1 0 0 2 5 2 2 1 1 2 5 42 1 0 0 2 2 2 3 2 0 . 2 3 0 2 m m m m m m mm m m m m m m                                    Kết luận:  2 ) 0 3 m  thì  2 5 cos cos 2 , . 2 m x x k k m               Khi đó phương  trình đã cho có hai họ nghiệm.  ) 0m   hoặc  2 3 m   thì phương trình (*) vô nghiệm, suy ra phương trình đã  cho vô nghiệm.  Bài tập 3. Giải và biện luận theo m phương trình:  2sin cos 1x m x m      (*)  Giải Ta có:   cos 0 2 x  không thỏa mãn phương trình (*). Vì vậy bị loại.  Đặt  tan 2 x t  . Suy ra  2 2 sin 1 t x t   và  2 2 1 cos , 1 t x t     khi đó:  2 2 2 2 2 2 2 1 (*) 2. . 1 1 1 4 (1 ) (1 )(1 ) 4 1 2 0 (**) t t m m t t t m t m t t t m                         Ta có:  ' 2 3m     Nếu  3 2 m    thì (**) vô nghiệm từ đó suy ra (*) cũng vô nghiệm.  Thang Long University Library Page 55 Nếu  3 2 m    thì (**) có nghiệm kép  2t   vậy ta có :  tan 2 tan 2 2 , 2 x x k k          Nếu  3 2 m    thì (**) có hai nghiệm  tan tan 2 3 2 tan 2 22 , 2 22 3 2 tan tan tan 2 x t m x k k x x kt m                                 Vậy ta có kết luận sau đây:  3 ) 2 m   thì phương trình (*) vô nghiệm.  3 ) 2 m    thì phương trình (*) có một nghiệm.   3 ) 2 m    thì phương trình (*) có hai nghiệm.  Bài tập 4. Cho phương trình:  2sin 2 2 sin 2 3 0.x m x   )  a) Giải phương trình với m = 1.  b) Chứng minh rằng với mọi m thỏa mãn  1m   phương trình luôn có  nghiệm.  Giải Đặt  sin 2t x  với điều kiện  1.t   Khi đó phương trình có dạng :  2 2 3 0.t mt    (*)  a) Với  1m  , ta có phương trình:   ( 1)2 12 3 0 1. 3 tt t t t t          Page 56 Với  1t   ta có:  sin 2 1 , . 4 x x k k         Vậy phương trình có một họ nghiệm.  b) Ta có:         21 1 1 2 3 1 2 3 4 4f f m m m          Để phương trình (*) luôn có nghiệm thuộc  1;1  khi:            21 1 0 4 4 0 1f f m m       . Vậy với mọi  1m    phương trình đề bài ra luôn có nghiệm.  Bài tập 5. Giải và biện luận theo m phương trình:  2 2cos sin cos 2sin 0x x x x m        (*)  Giải Ta biến đổi phương trình đã cho về dạng:  1 cos2 1 (*) sin 2 (1 cos2 ) 0 2 2 3cos2 sin 2 2 1 3 1 2 1 cos2 sin 2 10 10 10 x x x m x x m m x x                Đặt  3 1 cos , sin 10 10    ta được:  2 1 cos cos 2 sin sin 2 10 2 1 cos(2 ) (**) 10 m x x m x           1 10 2 1 2) 1 10 1 10 2 m m m               thì (**) vô nghiệm, suy ra (*) cũng vô  nghiệm.  Thang Long University Library Page 57 2 1 1 10 1 10 ) 1 2 210 m m          , ta đặt  2 1 cos 10 m                        (**) cos(2 ) cos , 2 x x k k               .  Nghiệm trên đây cũng là nghiệm của phương trình (*) đã cho.  Bài tập 6. Cho phương trình:    2sin 2 5 sin cos 1 6 0.x m x x m       a) Giải phương trình khi m = 1.  b) Xác định m để phương trình có nghiệm.  Giải a)  Khi m = 1, ta có phương trình:   sin 2 5 sin cos 5 0x x x     (*)  Đặt:   với  2; 2t     . Suy ra   2sin 2 1.x t    Khi đó phương trình trở thành:   2; 22 15 6 0 1 6 tt t t t t             Với:  1t   ta có     22 4 4 , , . 2 2 2 4 4 x kx k k k x k x k                               Vậy phương trình có hai họ nghiệm.  b)  Đặt    với  2; 2t     . Phương trình đã cho trở thành:                    2 25 6 0t mt m     (**)                                       Ta có:  229m    cos sin ,x x t  1 sin cos 1 sin 4 2 x x x           cos sin ,x x t  Page 58 Nếu  0.m   Thì phương trình (**) có nghiệm  0t  . Khi đó ta có:  cos sin 0 2 sin( ) 0 , . 4 4 x x x x k k               Nếu  0m   phương trình (**) có hai nghiệm là:  . Hai nghiệm này phải thỏa mãn.  Vậy điều kiện để phương trình có nghiệm là:   2 2 29 5 29 5 m      Bài tập 7. Tìm m để phương trình sau vô nghiệm:   2 2cot tan cot tan 2 .x x m x x m       Giải Điều kiện:   sin 0 sin 2 0 , . cos 0 2 x k x x k x           Đặt:  cot tan ,x x t   điều kiện  2.t   Suy ra  2 2 2cot tan 2.x x t     Khi đó phương trình đã cho có dạng:     2 2 2 0. 1t mt m      Phương trình đã cho vô nghiệm khi và chỉ khi (1) vô nghiệm hoặc (1) có hai  nghiệm thuộc khoảng   2;2   Trường hợp 1: Phương trình (1) vô nghiệm khi        20 8 8 0 4 2 2 4 2 2.m m m             Trường hợp 2: Có hai nghiệm thuộc khoảng   2;2  khi và chỉ khi  1 25 29, 5 29t m m t m m          2 2 2 5 29 2 . 5 29 5 29 2 2 2 5 29 2 29 5 29 5 m m m m                       Thang Long University Library Page 59 20 8 8 0 ( 2) 0 2 0 (2) 0 4 2 0 2 2 2 2 2 2 m m af af m S S                            Kết hợp với điều kiện ta được:  1 4 2 2. 2 m    Bài tập 8. Tìm m để phương trình sau có đúng một nghiệm thuộc  0; 2               (4)  Giải   Điều kiện cần:  Giả sử (4) có nghiệm  0x x . Khi đó:  0 0 0 0 sin cos 2 cos sin 2 2 2 x m x m x m x m                         Suy ra  0 2 x        cũng là nghiệm của phương trình (4).  Vậy (4) có nghiệm duy nhất khi  0 0 2 x x     hay 0 . 4 x   Thay 0 4 x    vào (4),  ta được:   sin cos 2 4 4 2 2 2 2 2 02 2 2 2 2 m m m m m m m                   sin cos 2x m x m    Page 60   Điều kiện đủ:  Với  0m  , phương trình (4) tương đương với phương trình sau:   Với  2m  , phương trình (4) tương đương với phương trình sau:          sin 2 cos 2 2x x      Do  0; 4 x        nên ta có:  sin 2 2 sin cos 2 2 cos x x x x         Khi đó:   sin 2 cos 2 2 sin cos 2 2 , 4 (0; ) 4 2 x x x x x k k x do x                           Vậy với  0m   hoặc  2m  , phương trình có đúng một nghiệm thuộc    sin cos 2 sin cos 2 (0; ) 2 sin 1 2 , 4 4 2 2 , (0; ) . 4 4 2 x x x x do x x x k k x k k x do x                                                0; 2       Thang Long University Library Page 61 Bài tập 9. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất thuộc  (0; ) 2  tan cot 2x m x m      (*)  Giải   Điều kiện cần:   Giả sử (*) có nghiệm là 0x x , tức là:   0 0 0 0 tan cot 2 cot tan 2 2 2 x m x m x m x m                         Suy ra  0 2 x         cũng là nghiệm của                 (*)  Vậy (*) có nghiệm duy nhất khi   0 0 0 2 4 x x x         Thay  0 4 x    vào (*), ta có:        tan cot 2 2 1 2 0 4 4 m m m m                Điều kiện đủ:   Với m = 0, khi đó (*) có dạng:   Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có:  tan cot 2 tan cot 2VT x x x x      Do đó phương trình (**) tương đương với:   tan cot 1 (0; ) 4 2 x x x do x            Vậy với m = 0 thì phương trình có nghiệm duy nhất:  4 x   tan cot 2 (**)x x  Page 62  Chú ý đặc biệt: Người  ta có  thể dùng  lượng giác để giải các phương  trình và hệ phương trình trong đại số. I. Phương pháp giải chung   Ta có thể khái quát nội dung của phương pháp sử dụng hàm số  lượng  giác là tìm cách đổi biến lượng giác phù hợp với yêu cầu và giả thiết của bài  toán để đưa một phương trình đại số hay một hệ phương trình đại số phức tạp  về  một biểu  thức  lượng giác  tương đối đơn giản và  từ đó sử dụng các công  thức biến đổi lượng giác quen thuộc để tìm ra lời giải cho bài toán mới.  Bước 1: Chọn một hoặc nhiều hàm số lượng giác phù hợp để thay biến  của bài toán bằng các biến lượng giác đó.    Việc chọn biến lượng giác để thay cho biến cũ thông qua các dấu hiệu  đặc biệt của các biến trong bài toán và sự nắm bắt các dấu hiêu đó thông qua  miền giá trị và hình thức các công thức lượng giác thông dụng.    Chẳng hạn:  Đặt  sinx   hoặc  cosx   khi  1;1x     .  Đặt  tanx   hoặc  cotx   khi  .x   Chú ý: Khi sử dụng các hàm số lượng giác làm biến ta lưu ý đến điều kiện.   Sử dụng tập giá trị sin 1; cos 1x x    Nếu  x m , đặt:     sin , ; 2 2 cos , 0; x m x m                    Sử dụng công thức:  2 2 2 2 1 1 1 tan tan 1 cos cos          .  Nếu  x  và có biểu thức  2 2x m  thì đặt:  tanx m   với  ; . 2 2           Thang Long University Library Page 63 Khi nhận thấy các biến tạo thành một công thức lượng giác ta cũng có  thể chọn hàm số  lượng giác  tương ứng để có  thể áp dụng được những công  thức lượng giác đó.   Một số biểu thức thường gặp Biểu thức đại số  Biểu thức lượng giác tương tự  Công thức lượng giác  1 + x2  21 tan    2 2 1 1 tan cos     4x3 – 3x  34cos 3cos    34cos 3cos cos3      2 2x 1 x 2 2 tan 1 tan    2 2 tan tan 2 1 tan      2 2x 1 x 2 2 tan 1 tan    2 2 tan sin 2 1 tan      x y 1 xy   tan tan 1 tan tan           tan tan tan 1 tan tan          x y 1 xy   tan tan 1 tan tan           tan tan tan 1 tan tan          2 2 1 x 1 x   2 2 1 tan 1 tan     2 2 1 tan cos 2 1 tan       Bước 2: Sau khi đã chọn được các hàm số lượng giác phù hợp với bài  toán thì  ta  thay biến cũ bằng các hàm số  lượng giác vừa chọn được một bài  toán  mới  với  ẩn  là  các  hàm  số  lượng  giác.  Giải  bài  toán  mới  bằng  cách  sử  dụng các công thức biến đổi lượng giác đã học.  Trước  khi  đưa  các  hàm  số  lượng  giác  vào,  chúng  ta  có  thể  biến  đổi  chúng nếu bài toán quá “cồng kềnh”.  Bước 3: Cuối cùng,  ta  thực  hiện bước  trả  lại biến  với  những bài  giải  phương trình rồi kết luận bài toán.  Page 64 Khi kết  luận chúng ta cần  lưu ý đề bài hỏi gì để  tránh kết  luận nhầm  hay sai theo bài toán mới khi đã thay các hàm số lượng giác. II. Áp dụng vào giải phương trình và hệ phương trình trong đại số  Giải phương trình Nhận xét: Có nhiều phương trình trong đại số mà ta không dễ dàng giải  được bằng những phương pháp của đại số. Nhưng khi lượng giác hóa đưa về  những công thức của lượng giác thì bài toán trở nên đơn giản hơn nhiều. Sau  đây  ta  đi  giải  một  số  bài  tập  tiêu  biểu  của  phương  trình  trong  đại  số  bằng  phương pháp lượng giác hóa.  Bài tập 1. Giải phương trình:  3x 18 3 2 3 2 1 9x x       Giải Điều kiện: 1 9 0 0x x      Biến đổi phương trình đã cho về dạng:  3x 2x4 3 3 3 1 3x       Từ điều kiện suy ra  0 3 1x  , đặt:  3 cosx t  với  0; 2 t         Khi đó phương trình có dạng:  3 2 , . 4cos 3cos 1 cos cos3 sin cos( ) 2 3 2 8 22 3 2 2 4 k t t t t t t k tt t k t t k t k                                      0; 2 8 2 2 3 cos 8 2 t x t                Thang Long University Library Page 65 3 2 2 log 2 x     Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là:  3 2 2 log 2 x     Bài tập 2. Giải phương trình:  2 1 2 2 2 1 x x x    Giải Điều kiện:  2 1 0 1x x      Biến đổi phương trình ban đầu về dạng:  2 1 1 2 2 1 x x            Từ đó dễ dàng có được  0x  , kết hợp điều kiện suy ra  1x  .  Đặt: . 1 , (0; ) cos 2 x      Khi đó phương trình đã cho trở thành:  2 1 1 cos 2 2 cos 1 1 cos       1 1 2 2 cos cos tan 1 1 2 2 cos sin sin cos 2 2 sin cos (1)                   Đặt:  sin cos , (1 2)u u       Dễ dàng nhận thấy:  2 2 2 2(sin cos ) (sin cos ) 1 sin cos 2 2 u              Page 66 Phương trình (1) có dạng:      1 22 2 2 2 2( 1) 2 2 0 1 2 u u u u u u u u                   Với  2u    ta có:   sin cos 2     (0; ) 2 sin( ) 1 2 , 4 4 2 4 k k x                      Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là:  = √2.  Bài tập 3. Giải phương trình:  2 6 2 3 5 3 1(1 ) 8 xx x          Giải Điều kiện:  1x    Đặt:  cosx t  với  0;t      Phương trình đã cho được đưa về dạng:  6 6 2 2 2 5 3sin 8(cos sin ) 5 3sin 8(1 3cos sin ) 3sin 3 6sin 2 sin cos 4 cos4 cos( ) 2 t t t t t t t t t t t t                 2 10 5 , . 2 6 3 k t k k t                  0; 9 5; ; ; ; 10 6 2 10 6 t                Thang Long University Library Page 67 Từ đó ta tìm được nghiệm:  cos 10 9 cos cos 10 10 3 cos 6 2 5 3 cos 6 2 0 x x x x x                               Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là:  3 3 cos ; cos ; ; ;0 . 10 10 2 2 S            Bài tập 4. Tìm các nghiệm của phương trình sau trên đoạn  1;1    3 4 2 2(8 6 )(8 8 1) 2 (2 1)x x x x x x        (*)  Giải Phương trình (*) 2 3 4 2(2 1) (4 3 )(8 8 1)x x x x x x        Xét phương trình với  1;1x       Đặt  cos ,x t  với  0; .t      Phương trình trở thành: 4 2cos cos2 cos3 (8cos 8cos 1)t t t t t     2 2 cos cos2 cos3 2(1 cos2 ) 4(1 cos2 ) 1 cos cos2 cos3 (2cos 2 1) cos cos2 cos3 cos4 t t t t t t t t t t t t t                                    cos cos3 cos cos7t t t t      Page 68 0; , . 3 7 2 2 . 3 7 2 5 2 3 4 0; ; ; ; ; ; 5 5 5 5 2 t k tt t k k kt t k t t                                        Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là: . 2 3 4 0; 1;cos ;cos ;cos ;cos 5 5 5 5 S                Bài tập 5. Giải phương trình:   2 13 2 3( 1 )x x x x       Giải Điều kiện:  2 0 0 0 1. 1 0 x x x x x               (*)  Phương trình (1) tương đương với phương trình sau:  2 221 1 . 3 x x x x       Với điều kiện (*) để khử dấu căn ta đặt:  2cosx   với  0; 2            Khi đó phương trình được biến đổi về dạng:        2 4 2 2 2 1 cos cos cos 1 cos 3           3 2 sin cos 3(cos sin ) 3 2sin cos 3(cos sin )                 Đặt:  sin cos ,1 2u u       Ta suy ra:   2 1 sin cos 2 u       Phương trình có dạng:  Thang Long University Library Page 69      1 2 2 2 1. 3 1 3 3 2 0 1 2 u u u u u u u u                sin cos 1 1 sin( ) 4 2 02 1 02 22 k x xk                               Vậy phương trình có nghiệm là  1x   hoặc  0x    Bài tập 6. Giải phương trình:      2 3 3 21 1 (1 ) (1 ) 2 2(1 )x x x x x               Giải Điều kiện:  1 1.x     Nếu  1 0 0x VT VP        Nếu  0 1.x   Đặt  cosx t , với  0; 2 t         Phương trình được đưa về dạng:  3 31 sin (2 2 cos 2 2 sin ) 2 2 sin cos 2 2 t t t t t    1 2 2(sin cos )(cos sin )(1 sin ) 2 2 sin cos 2 2 2 2 2 1 2 2 cos (1 sin ) 2 2 sin cos 2 1 2 2 cos 2 cos 2 t t t t t t t t t t t t t               Vậy  1 2 x   là nghiệm duy nhất của phương trình.  Bài tập 7. Giải phương trình:  3 2 3x x x     Page 70 Giải Điều kiện:  2x    Phương trình đã cho tương đương với:  3 3 2x x x     Nếu  22 ( 4) 2 2x VT x x x x x x VP            Nếu  2 2x     Đặt:  2cos , 0;x t t       Khi đó phương trình đã cho trở thành:        38cos 6cos 2cos 2t t t     32(4cos 3cos ) 2cos 2 cos3 cos 2 t t t t t        0; 0 3 2 42 5 3 2 42 7 t tt t k t t t k t                         Vậy nghiệm của phương trình là:   2cos0 4 2cos 5 4 2cos 7 x x x              Bài tập 8. Giải phương trình:  3 31 3 3 1x x     Giải Đặt:  3 33 3 1 3 1 1 3u x u x u x          Khi đó:  3 3 3 3 1 3 3( ) 1 3 x u x u u x u x            Thang Long University Library Page 71       2 2( )( 3) 0x u x ux u              x u   (vì  2 2 3 0x ux u    )  Phương trình đã cho tương đương:  3 3 1 0x x    (*)  Xét phương trình trên  2;2   , ta đặt  2cos , 0x t t      Phương trình (*) được đưa về dạng:          32(4cos 3cos ) 1 0t t     0 1 cos3 2 2 2 , 9 3 2 4 8 ; ; 9 9 9 t t k t k t                         Vậy nghiệm của phương ttrình là:  2 2cos 9 4 2cos 9 8 2cos 9 x x x               Bài tập 9. Tìm m để phương trình sau có nghiệm:  21 0x x m      Giải Điều kiện:    Đặt:  sinx   với  ; 2 2           Phương trình đã cho trở thành:      2sin 1 sin sin cosm m               2 sin 4 m            có nghiệm khi và chỉ khi  2; 2m       21 0 1 1x x      Page 72  Giải hệ phương trình   Nhận xét: Có nhiều hệ phương trình trong đại số mà ta không dễ dàng  giải được bằng những phương pháp của đại số. Nhưng khi lượng giác hóa đưa  về những công thức cơ bản của lượng giác thì bài toán trở nên đơn giản hơn  nhiều. Sau đây ta đi giải  một số bài  tập  tiêu biểu của hệ phương trình  trong  đại số bằng phương pháp lượng giác hóa.  Bài tập 1. Giải hệ phương trình:   2 2 2 1 2 1 y x y x y x           Giải Đặt:  tan tan x y        với  , ; 2 2            Khi đó hệ được chuyển về dạng:  2 2 2 tan tan sin 2 tan1 tan sin 2 tan2 tan tan 1 tan                  Ta đi xét 2 trường hợp sau:  ) sin 0 sin 0     và ngược lại, suy ra  0x y   là nghiệm của hệ.  sin 0 ) sin 0         Nhân theo hai vế phương trình của hệ, ta được:  sin 2 sin 2 tan tan      1 4cos cos cos cos 1 cos cos (1) 2           Ta biến đổi phương trình đầu của hệ về dạng:  2sin cos cos sin      Thang Long University Library Page 73 (*) sin sin     , ; 2 2 (2)                  Thay (2) vào (1), ta được:        2 1 1 1 cos (1 cos 2 ) 2 2 2        cos2 0 , 4 2 k k           Khi đó nghiệm của hệ là:    Vậy hệ có ba cặp nghiệm.  Bài tập 2. Giải hệ phương trình:  2 2 2 2 1 2 1 1 x y y x          Giải Điều kiện:  , 1.x y    Đặt:  sin sin x y      , với  , ; . 2 2           Ta biến đổi hệ phương trình về dạng:          2 2 2 sin cos 1sin cos 1 sin cos 1 sin cos 1 sin cos 1 sin cos 1 sin( ) 02 2 sin cos cos sin 2 sin cos 1 sin cos( ) 1 0 2                                                                       1 tan( ), k 4 2 1 x yk x y x y                Page 74 0 0 1 2 x y x y                 Vậy hệ phương trình có hai cặp nghiệm là: (0;0), (1;1).  Bài tập 3. Giải hệ phương trình sau:  2 2 1 2 1 2 1 1 4 x y y x         Giải Điều kiện:    0 , 1.x y    Đặt:  cos , cosx y    với  0 , 2     .   Khi đó hệ phương trình đã cho trở thành:  1 1cos sin sin cos sin cos4 2 1 sin cos sin cos 0cos sin 4                         1 1 sin( ) sin( ) 2 2 sin( ) 0 2 1 12 2 sin(2 ) 5 22 12 2 k k k n k k n k                                                            Do  0 2     nên:  6 2 cos 12 12 4 5 5 6 2 cos 12 12 4 x y x y                        Vậy hệ phương trình đã cho có hai cặp nghiệm.  Thang Long University Library Page 75 Bài tập 4. Giải hệ phương trình:  2 2 4 2 1 2 1 y x y x y x         Giải Điều kiện:  , y 1.x     Đặt:  tan ( , ; \ ) tan 2 2 4 x y                        Khi đó hệ đã cho được chuyển về dạng:    2 2 2 tan tan tan 2 tan1 tan tan 2 tan2 tan tan 1 tan 2 2 3 , , . 2 2 3 k l k k l l k l                                               2 0tan 3 3, 3 2 tan 3, 33 k l x yx x y k l y x y                     Vậy hệ đã cho có 3 cặp nghiệm. Bài tập 5. Giải hệ phương trình:  3 3 (2 6 ) 16 2 ( 1) 12 x y x y        Giải Hệ đã cho tương đương với hệ sau:      3 3 1 3 8 1 6 x y x y       Page 76 Với điều kiện:  ≠ 0. Biến đổi hệ trên về dạng:  3 3 8 3 1 2 3. 1 y x y x         Đặt  2 ,t x  khi đó hệ đã cho trở thành:  3 3 3 3 2 2 3 3 1 3 1 3( ) 0 ( )( 3) 0 3 1 (*) t y y t t y t y t y t ty y t y y y                       Xét phương trình (*) trên  2;2 . Đặt  2cosy  , với  0    .  Khi đó từ (*) ta được:  3 0 1 1 (4cos 3cos ) cos3 2 2 2 , . 9 9 5 7 ; ; . 9 9 9 k k                                   Phương  trình  trên  có  bậc  là  ba  nên  ngoài   2;2 ,  phương  trình  không  còn  nghiệm nào.  Vậy hệ phương trình đã cho có ba cặp nghiệm là:  Bài tập 6. Giải hệ phương trình:  2 21 1 1 2(1 ) 4 x y y x y x xy           Giải 1 1 5 1 7 ( ,2cos ),( ;2cos ), ( ;2cos ). 5 79 9 9cos cos cos 9 9 9       Thang Long University Library Page 77 Điều kiện:  2 2 2 2 1 0 1 1 1 1 11 0 1 x x x yy y                     Đặt:  cos , cos x y      với  , 0; .     Khi đó hệ phương trình đã cho trở thành: cos sin cos sin 1 sin( ) 1 1 cos cos cos cos 2 (1 cos )(1 cos ) 2 2 2 1 cos cos cos cos 2 1 cos sin sin cos 2                                                              2 sin cos sin cos 1 0                  Đặt:  sin cos , 2; 2t t        . Suy ra   21 sin cos . 2 t       Khi đó ta có:   2 2; 22 11 1 0 2 3 0 1. 32 ttt t t t t t                  Với  1t   thì ta có:    0; sin cos 1 2 sin 1 4 2 2 2 2 x k x k                                       Với:   , 0; 0 cos 0 2 2 2 0 cos0 12 x y                                         Vậy hệ phương trình đã cho có một cặp nghiệm     ; 0;1 .x y    Page 78 KẾT LUẬN Trong luận văn này tôi đã trình bày được những kết quả sau:   1. Một số công thức lượng giác cơ bản, tính chất các hàm số lượng giác và đồ  thị của các hàm số lượng giác. Các phương trình lượng giác cơ bản,  cách  giải và bài tập áp dụng.  2. Giới thiệu các phương trình lượng giác cơ bản và một số dạng phương trình  lượng  giác  khác,  phương  pháp  giải  và  các  bài  tập  áp  dụng.  Ứng  dụng  phương pháp  lượng giác hóa  vào  giải  một  số phương  trình  và hệ phương  trình trong đại số, phương pháp lượng giác hóa với mục đích thay đổi hình  thức  từ bài  toán đại  số  sang bài  toán  lượng  giác,  vì  vậy để  giải quyết  tốt  một bài toán cần nắm vững kiến thức cơ bản của lượng giác.  Thang Long University Library Page 79 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Vũ Quốc Anh, (2000), Tuyển tập 450 bài toán lượng giác chọn lọc, NXB  Quốc Gia Hà Nội.  [2]  Võ  Đại  Mau,  (1996),  Phương trình bất phương trình lượng giác,  NXB  Trẻ.  [3] Trần Văn Hạo, (2001), Chuyên đề luyện thi vào đại học lượng giác, NXB  Giáo Dục.  [4] Trần Văn Hạo, Vũ Tuấn, (2006), Đại số và giải tích 11, NXB Giáo Dục.  [5] Trần Phương, (2008), Phương trình lượng giác, NXB Hà Nội.  [6] Nguyễn Vũ Thanh, (2003), 225 Bài toán chọn lọc, NXB Trẻ.  Thang Long University Library

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfc00230_6695_4986.pdf
Luận văn liên quan