Giải một số phương trình vô tỷ bằng phương pháp lượng giác hoá THPT CHUYÊN LμO CAI giothoimai2003 A.. Phương pháp lượng giác hoá để giải phương trình với mục đích thay đổi hình thức c
Trang 1Giải một số phương trình vô tỷ bằng phương pháp lượng giác hoá
THPT CHUYÊN LμO CAI giothoimai2003
A Cơ sở lý thuyết
Phương pháp lượng giác hoá để giải phương trình với mục đích thay đổi hình thức của bài toán giải phương trình
đại số thành việc giải phương trìn lượng giác
Ta thực hiện các bước sau:
Bước 1: Lượng giác hoá phương trình theo một số dấu hiệu chủ yếu sau:
*) Nếu xuất hiện: x2 + y2 =1 thì đặt
⎩
⎨
⎧
=
= α
α sin
cos
x y
*) Nếu xuất hiện: x2 + y2 =a2 thì đặt
⎩
⎨
⎧
=
= α
α sin
cos
a x
a y
*) Nếu xuất hiện: x2 + y2 +z2 = a2 thì đặt
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
=
=
α β
α β α cos cos
cos sin sin
a z
a y
a x
*) Đặt ẩn phụ lượng giác tuỳ theo điều kiện của phương trình và đặc thù của
phương trình( đặt ẩn phụ để có thể áp dụng được các công thức lượng giác)
Bước 2: Thực hiện việc giải phương trình lượng giác
B Bài tập vận dụng
Bài số 1: Phương trình sau có bao nhiêu nghiệm:
4x3 -3x = 1 xư 2 (1)
Giải
Điều kiện: 1-x2 ≥ 0 ⇔ x ≤ 1 (*) Với điều kiện (*), đặt x = cost, t ∈[ 0; π] (**)
Khi đó phương trình (1) trở thành: 4cos3t – 3cost = 1ư cos2t ⇔ cos3t = sin ⇔ cos3t = sint (do (**) ) t
⇔ cos3t = cos( π/2 - t) ⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+ +
ư
=
+
ư
=
π π
π π
2 2
3
2 2
3
k t t
k t t
⇔
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
ư
=
+
=
π π
π π
k t
k t
4
2 8
Do điều kiện (**) nên ta có:
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
=
4 3 8 5 8
π π π
t t
t
⇒
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
=
4
3 cos 8
5 cos 8 cos
π π π
x x x
Vậy, phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt
Bài số 2: Giải phương trình: 1 1 2 (1 2 1 2)
x x
ư
Giải
π/2 ; π/2 ] (*)
Điều kiện: 1-x2 ≥ 0 ⇔ 1 ≤ x ≤ 1 Đặt x = sint với t ∈[
-)
sin 1 2 1 ( sin sin
1
t t
ư +
⇔
2
cos 2
3 sin 2 cos
⇔ 1+cost = sint(1+2cost) ( do (*) nên cost ≥ 0) ⇔ 2cost =sint + sin2t
2
3 sin 2 1
(
2
cos
⎢
⎢
⎢
⎢
⎡
=
= 2 3 sin
0 2 cos
t
t
(**) Do điều kiện (*), nên từ (**), ta có:
⎢
⎢
⎢
⎢
⎡
=
= 6 π
π
t
t
⇒
⎢
⎢
⎣
⎡
=
= 1 2 1
x x
Trang 2
Bài số 3: Giải phương trình: 2 2
1
ư
+
x
x
Giải
Điều kiện: ⇔ x >1 (*) Với điều kiện (*), đặt x =
⎩
⎨
⎧
>
>
ư 0
0 1 2
x
x
) 2
; 0 ( , cos
∈
t
1 cos 1 cos 1 cos
1
2
=
ư
+
t
t
sin
1 cos
t
⇔ sint + cost = 2 2sint cos t (3a)
Đặt sint + cost = u , điều kiện: 1 ≤ u ≤ 2 Khi đó, phương trình (3a) có dạng:
u = 2(u2 ư1) ⇔
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
ư
=
=
) ( 2 1
2
l u
u
⇔ u = 2
Ta có phương trình: sint + cost = 2 ⇔ sin( t + π/4 ) = 1 ⇔ t + π/4 = π/2 + k2π (***)
Do điều kiện (**), nên từ (***), ta có: t = π /4 ⇒ x = 2
Vậy, phương trình (3) có nghiệm duy nhất: x = 2
Bài số 4: Giải phương trình: 4.33x – 3x+1 = 1ư9x (4)
Giải
Điều kiện: 1- 9x ≥ 0 ⇔ x ≤ 0 (*)
Với điều kiện (*), ta thấy: 0 < 3x ≤ 1, đặt 3x = cost với t ∈[0; π/2 ) (**)
Khi đó, phương trình (4) có dạng: 4cos3t - 3cost = 1ưcos2t ⇔ cos3t = sint ( do đk (**))
⎣
⎡
+ +
ư
=
+
ư
=
π π
π π
2 2
/ 3
2 2
/ 3
k t t
k t t
⎢
⎣
⎡
+
ư
=
+
=
) ( 4
/
2 / 8 /
l k t
k t
π π
π π
π/8 + k π/ 2 (***)
Do điều kiện (**), nên từ (***), ta có: t = π/8
Ta có: cos π/4 = 2cos2 π/8 - 1 ⇒ cos π/8 =
2
2
2+
Do đó: 3x = cos π/8 =
2
2
2+
⇔ x = log3
2
2
2+
*) Bình luận: Trong ba bài toán đầu, ta đã sử dụng phương pháp lượng giác hoá cho phương trình vô tỷ và trong
bài toán 4 ( là một bài toán mà phương trình vừa ở dạng vô tỷ vừa ở dạng siêu việt) ta cũng áp dụng được phương
pháp lượng giác hoá Vậy thì, đối với phương trình đa thức ta có áp dụng được phương pháp này hay không? Câu trả lời là hoàn toàn có thể nếu như trong phương trình đa thức có chứa các biểu thức có dạng như một vế của một
công thức lượng giác nào đó ( Chẳng hạn: cos3t = 4cos 3
t – 3cost ; cos2t = 2cos 2
t – 1 ;……… )
Ta minh hoạ qua một số bài toán cụ thể sau đây
Bài số 5: Trình bày phương pháp giải phương trình:
4x3 - 3x = m, với m ≤ 1 (5)
Giải
Bước 1: Đặt m = cos ϕ = cos( ϕ ± k2π);
Bước 2: Vì cosϕ = 4cos3
3
ϕ
- 3cos
3 ϕ
⇒ x1 = cos
3 ϕ
là một nghiệm của phương trình (5)
Trang 3⇒ Tương tự: x2,3 = cos
3
2π
ϕ±
là nghiệm của phương trình (5);
Bước 3: Vậy, phương trình (5) có ba nghiệm: x1 = cos
3
ϕ , x2,3 = cos
3
2π
ϕ±
Bài số 6: Giải phương trình: 4x3 - 3x =
2
3 (6)
Giải
Vì cos
6
π = 4cos3
18
π
- 3cos
18
π
Ta có:
2
3
= cos π/6 = cos( π/6 ± 2π ) = cos ( )
6
12
π ± π
⇒ x = cos
18
π
là một nghiệm của phương trình (6)
Tương tự ta cũng được x2,3 = cos ( )
18
12π
π ±
là nghiệm của phương trình (6)
Vậy, phương trình (6) có ba nghiệm: x1 = cos
18
π ; x2 = cos
18
11π ; x3 = cos
18
13π
Bài số 7: Giải phương trình: 8x( 2x2 – 1)( 8x4 – 8x2 +1 ) = 1 (7)
Giải
Viết lại pt(7) như sau:
pt(7) ⇔ 8x( 2x2 – 1)[2(2x2 – 1)2 – 1] = 1
Ta xét các trường hợp sau:
+) TH1: Nếu x ≥ 1, VT > 1 ⇒ pt(7) vô no
+) TH2: Nếu x ≤ -1, VT < 0 ⇒ pt(7) vô no
+) TH3: Nếu -1 <x <1: Đặt x= cost với t ∈( 0; π ) (*)
Khi đó pt(7) trở thành: 8cost(2cos2t – 1)( 2(2cos2t – 1)2 – 1
⇔ 8cost.cos2t.cos4t = 1 ⇔ 8sint.cost.cos2t.cos4t = sint ( do đk(*) nên sint > 0)
⎣
⎡
+
ư
=
+
=
π π
π 2 8
2 8
k t t
k t t
⎢
⎣
⎡
+
=
=
9 / 2 9 /
7 / 2
π π
π
k t
k t
Do đk(*), nên từ (**), ta có: t ∈ {2π/7; 4π/7; 6π/7; π /9; π /3; 5π /9; 7π/9 }
Vậy, phương trình (7) có các nghiệm:
x ∈{cos2π/7; cos4π/7; cos6π/7; cosπ /9; cosπ/3; cos5π/9; cos7π/9 }
C Bài tập củng cố
Giải các phương trình sau đây:
Bài số 1: 1+ 1ưx2 =2+ 1ưx2 HD: Đặt x = cost, t ∈[0 ; π ]
x
ư
ư
+
ư
1 1
1
1
HD: Đk 0 < x ≤ 1 ⇒ đặt x = cost, t ∈[o; π /2 )
x
+
= +
2
2 1 2
5
2 3
3
1
1+ ưx ưx ư +x = + =x HD: Đk : -1 ≤ x ≤ 1 Đặt x = cost, t ∈[0; π]
Bài số 4:
Khi đó hãy đưa phương trình về dạng: cost =
2
2
ư ⇒ x =
2
2
Bài số 5: 1ưxư2x 1ưx2 ư2x2 +1=0 HD: Đk : -1 ≤ x ≤ 1 Đặt x = cost, t ∈[0; π] (*)
Khi đó hãy đưa phương trình về dạng: sin( 2t + π/4 ) = sin ( t/2)⇒ t = 3π/10 (do (*)) ⇒ x = cos(3π/10)
Bài số 6: x+
12
35 1
ư
x x
HD: Đk: x >1 Với x <0 : VT < 0 ⇒ pt vô no ⇒ x >1
Trang 4Đặt x = 1/cost, t ∈(0; π/2 ) Khi đó hãy đ−a pt về dạng: 12(sint + cost) = 35sint.cost
Đặt y = sint + cost , 1 < y ≤ 2 (*), ta có pt: 35y2 – 24y – 35 =0 ⇔ y = 7/5 (kết hợp(*))
⎩
⎨
⎧
=
= +
25 / 12 cos
sin
5 / 7 cos
sin
t t
t t
⎩
⎨
⎧
=
= 5 / 4 cos
5 / 3 sin
t
t
⎩
⎨
⎧
=
= 5 / 3 cos
5 / 4 sin
t t
Bài số 7:
2
2
−
2 HD: Đặt x = tgt, t (∈ −π/ 2; / 2) \{π ±π/ 4;0} Đ−a pt về dạng:
1 π