Lượng giác giải phương trình bậc cao

Lượng giác giải phương trình bậc cao tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả các...

P HƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC GIẢI PHƯƠNG TRÌNH

ĐA THỨC BẬC CAO

Mông Thanh Hằng

THPT Sơn Dương, Tuyên Quang

Tóm tắt nội dung

Trong báo cáo này trình bày một số hệ thức đại số có xuất xứ từ các phép biến đổi lượng giác, từ đó cho áp dụng khảo sát một số dạng phương trình đa thức nhiều ẩn và

đa thức một biến bậc cao

Nhận xét rằng đẳng thức cơ bản để dẫn đến sự phong phú của hệ thống các đồng nhất thức lượng giác là công thức

Gắn với hệ thức(1.1)là đồng nhất thức Lagrange

(2x)2+ (1−x2)2= (1+x2)2, ∀x ∈R. (1.2) Hai công thức (đồng nhất thức) (1.1)và (1.2)là hai cách viết của một hệ thức Nếu ta thay x =tan t

2 vào(1.2)thì dễ dàng thu được(1.1)và ngược lại

Như vậy là mỗi công thức lượng giác sẽ tương ứng với một đồng nhất thức đại số tương ứng Tuy nhiên, với số lượng các công thức biến đổi lượng giác quá nhiều, bản thân các hệ thức lượng giác tạo thành một chuyên đề có tính độc lập tương đối, dần tách hẳn cơ sở đại số của nó, đã làm cho chúng ta quên đi một lượng lớn các hệ thức đại số có cùng xuất sứ từ một hệ thức lượng giác quen biết Đặc biệt, trong chương trình toán bậc phổ thông hiện nay, các hàm số lượng giác ngược, hàm lượng giác hyperbolic, không nằm trong phần kiến thức bắt buộc thì những bài toán liên quan đến chúng sẽ là một thách thức lớn đối với học sinh

Ta nhắc lại công thức Euler quen biết

eiα=cos α+i sin α, α ∈R.

Khi đó







cos α = eiα+e−iα

sin α = eiα−e−iα

Rõ ràng khi khảo sát hàm số cos t thì ít ai nghĩ trong đầu rằng nó có dạng 1

2



a+ 1 a

 vì khi đó a không còn là một số thực Nhưng nếu ta chú ý đến biểu thức

eα+e−α

thì đó chính là cos(iα)(=cosh α) và vì vậy, về mặt hình thức, ta sẽ có nhiều biến đổi thu

được từ các công thức liên quan đến biến x 6∈ [−1, 1]giống như công thức đối với hàm cos t (xem [2])

Ví dụ 1. Hệ thức đại số ứng với công thức

cos 3t=4 cos3t−3 cos t

chính là công thức

1 2



a3+ 1

a3



=4h1 2



a+1 a

i3

−3h1 2



a+1 a

i , hay

4x3−3x= 1

2



a3+ 1

a3



với

x = 1 2



a+1 a

 , a6=0

Ví dụ 2. Hệ thức đại số ứng với công thức

cos 5t+cos t=2 cos 3t cos 2t chính là công thức

1 2



a5+ 1

a5

 + 1 2



a+1 a



=2h1 2



a3+ 1

a3

ih1 2



a2+ 1

a2

i

Sử dụng kết quả khai triển các hàm lượng giác cos 3t và cos 2t, ta thu được đồng nhất thức đại số dạng đa thức bậc 5

1 2



a5+ 1

a5



= −m+2(4m3−3m)(2m2−1),

trong đó

m= 1 2



a+ 1 a



Bây giờ ta chuyển sang xét các hệ thức đại số liên quan đến hàm số sin t Từ công thức Euler, ta thu được hệ thức

i sin t= eit−e−it

Từ đây suy ra biểu thức i sin(it)nhận giá trị thực Điều này gợi ý cho ta cách chuyển đổi các đồng nhất thức đối với hàm số sin sang các đồng nhất thức đại số

Ví dụ 3. Xét công thức khai triển

sin 3t=3 sin t−4 sin3t

Từ đây ta thu được công thức (hình thức)

i sin i(3t) =3(i sin it) +4(i sin it)3

Hệ thức đại số ứng với công thức trên chính là đồng nhất thức

1 2



a3− 1

a3



=3h1 2



a−1 a

i +4h1 2



a−1 a

i3

, hay

4x3+3x= 1

2



a3− 1

a3



với

x = 1 2



a−1 a

 , a6=0

Ví dụ 4. Xét công thức biến đổi

sin 5t+sin t=2 sin 3t(1−2 sin2t) (1.3)

Ta viết lại công thức(1.3)dưới dạng

i sin i(5t) +i sin it=2i sin i(3t)(1+2(i sin it)2

Hệ thức đại số ứng với công thức trên chính là đồng nhất thức

1

2



a5− 1

a5

 +1 2



a−1 a



=2h1 2



a3− 1

a3

ih

1+1 2



a− 1

a2

2i

Sử dụng kết quả khai triển các hàm lượng giác sin 3t và sin 2t, ta thu được đồng nhất thức đại số dạng như ở ví dụ sau đây

Ví dụ 5.

1 2



a5− 1

a5



= −m+2(4m3+3m)(2m2+1), trong đó

m= 1 2



a− 1 a



Định nghĩa 1 (Đa thức Chebyshev loại 1) Các đa thức Tn(x) (n ∈ N)được xác định

T0(x) =1; T1(x) =x,

Tn + 1(x) =2xTn(x) −Tn − 1(x), ∀n>1 được gọi là các đa thức Chebyshev (loại 1)

Định nghĩa 2 (Đa thức Chebyshev loại 2) Các đa thức Un(x)(n∈N) xác định như sau

(

U0(x) =0; U1(x) =1,

Un+ 1(x) =2xUn(x) −Un− 1(x), ∀n>1

được gọi là các đa thức Chebyshev (loại 2)

Tính chất 1 Tn(x) =cos(n arccos x)với mọi x ∈ [−1, 1]

Tính chất 2 Tn(x)có đúng n nghiệm phân biệt trên [-1, 1 ] là

xk =cos2k+1

2n π (k=0, 1, , n−1).

Tính chất 3 Un(x) = sin(n arccos x)

√

1−x2 với mọi x ∈ (−1, 1)

Tính chất 4 Un(x) = 1

nT

0

n(x) = sin nt

sin t , cos t= x, đa thức bậc n−1 có hệ số bậc cao nhất bằng 2n − 1và là hàm chẵn khi n lẻ; là hàm lẻ khi n chẵn

Tính chất 5 Tn(x)có đúng n nghiệm phân biệt trên [-1, 1 ] là

xk =cos2k+1

2n π (k=0, 1, , n−1).

Bài toán 1. Chứng minh rằng với m, n∈N; n ≥mvà x∈R thì

Tn+ m(x) +Tn− m(x) =2Tn(x)Tm(x)

Lời giải. Sử dụng định nghĩa và phương pháp quy nạp hoặc sử dụng các công thức

cos(n+m)x+cos(n−m)x=2 cos nx cos mx và

cosh(n+m)x+cosh(n−m)x=2 cosh(nx)cosh(mx)

Bài toán 2. Chứng minh rằng

Tm(Tn(x)) =Tmn(x), ∀x∈R, m, n∈N. (1.4)

Lời giải. Ta chứng minh (1.4) bằng phương pháp quy nạp theo m Với n cố định tuỳ ý và

m= 0, ta có T0(Tn(x)) = 1 = T0n(x)(theo định nghĩa Tn(x)) Vậy (1.4) đúng với m =0;

n∈N.

Giả sử (1.4) đúng tới m Khi đó

Tm+ l(Tn(x)) =2Tn(x)Tm(Tn(x))

=2Tn(x)Tmn(x) −T(m−l)n(x) (theo giả thiết quy nạp)

=Tn+ mn(x) +Tmn− n(x) −Tmn− n(x) (theo Bài toán?? )

=T(m+1)n(x) Vậy

Tm(Tn(x)) =Tmn(x), ∀x∈R, m, n∈N.

2 Phương trình đa thức bậc cao

Tiếp theo, ta xét một số ứng dụng của đẳng thức đại số - lượng giác vào giải một số dạng phương trình đa thức bậc cao và chuyển phương trình vô tỷ về phương trình đa thức

Bài toán 3. Chứng minh rằng phương trình

64x6−96x4+36x2−3=0

có nghiệm thực x0thỏa mãn điều kiện

q

2+p2+√

2

2 < x0<

q

2+p2+√

3

Lời giải. Từ công thức cos2α= 1+cos 2α

2 (với 06α6π), ta suy ra

cosα

4 =

v u

t1+cosα

2

v u

t1+r 1+cos α

2

1 2

q

2+√

2+2 cos α.

Khi α= π

4, ta có

cos π

16 =

1 2

r

2+

q

2+√ 2

Khi α= π

6, ta có

cos π

24 =

1 2

r

2+

q

2+√ 3

Mặt khác, ta cũng có

cos 6t= 4 cos32t−3 cos 2t

= 4(2 cos2t−1)3−3(2 cos2t−1)

= 32 cos6t−48 cos4t+18 cos2t−1

Suy ra

64 cos6t−96 cos4t+36 cos2t−3=2 cos 6t−1

Từ phương trình 64x6−96x4+36x2−3=0, ta xét x∈ [1; 1]và đặt

x =cos t, ta có 2 cos 6t−1=0⇒cos 6t= 1

2 ⇒t=

π

18.

Do đó x0=cos π

18 là một nghiệm của phương trình Mặt khác

π

24 <

π

18 <

π

16

cos π

24 >cos

π

18 >cos

π

16. Vậy phương trình 64x6−96x4+36x2−3=0 luôn có một nghiệm x0=cos π

18 thỏa mãn điều kiện

q

2+p2+√

2

2 < x0<

q

2+p2+√

3

Bài toán 4. Cho bộ số m, n, p∈R Giải phương trình

x3+m3

(x+m)3 + x3+n3

(x+n)3+ x3+p3

(x+p)3

− 3

2+

3 2

x−m

x+m

x−n

x+n

x−p

x+p =0.

Lời giải. Nhận xét rằng

x3+m3

(x+m)3 = 1

4 +

3 4

(x−m)2

(x+m)2

Vì vậy phương trình đã cho tương đương với phương trình sau

1

4 +

3 4

(x−m)2 (x+m)2 + 1

4+

3 4

(x−n)2 (x+n)2 +1

4+

3 4

(x−p)2 (x+p)2−

−3

2 +

3 2

x−m

x+m

x−n

x+n

x−p

Đặt

x−m

x+m =a,

x−n

x+n =b,

x−p

x+p =c

và để ý rằng

1

4+

3

4a

2+1

4 +

3

4b

2+ 1

4+

3

4c

2−

−3

4+

3

2abc=0

có thể biến đổi được về dạng

(ab+c)2= (1−a2)(1−b2) (2)

Thay các giá trị a, b, c theo biến x, m, n, p ta được

(ab+c)2= 4[x3+ (mn−mp−np)x]2

(x+m)2(x+n)2(x+p)2 ,

1−a2 = 4mx

(x+m)2, 1−b2 = 4nx

(x+n)2 Vậy(2)có dạng

x2[x2+2(x+p)√

mn+mn−mp−np][x2−2(x+p)√

mn+mn−mp−np] =0

Giải ra ta được các nghiệm của phương trình là

x1 =x2=0,

x3,4 = ±(√

mp−√np) −√

mn,

x5,6=√

mn± (√mp+√

np

Bài toán 5. Cho 0<α< π

n+2 Chứng minh rằng với mọi đa thức Q(x) ∈R[x]bậc n thì

đa thức

P(x) = (x2−2x cos α+1)Q(x) không thể có tất cả các hệ số đều không âm

Lời giải. Giả sử

Q(x) =a0xn+a1xn−1+ · · · +an− 1x+an và

P(x) =b0xn+2+b1xn+1+ · · · +bn+ 1x+bn+ 2





















b0= a0,

b1= a1−2a0cos α,

b2= a2+a0−2a1cos α,

· · ·

bn+ 1= an− 1−2ancos α,

bn + 2= an Suy ra

bk = ak+ak− 2−2ak− 1cos α, an+ 2= an+ 1 =0, a− 1= a− 2 =0

và

n + 2

∑

k = 0

bksin kα=0

Mà sin kα >0 vì α∈0, π

n+2

 nên tồn tại hệ số bj <0

Bài toán 6. Giải phương trình

p

1−x2=4x3−3x

Lời giải. Đặt x=cos α, 0≤α≤π Ta được sin α=cos 3α, hay

cos 3α−cosπ

2 −α



=0

Từ đó

2 sinπ

4 −2α

 sinα+ π

4



=0

Đến đây ta có thể dễ dàng tìm được α= π

8 hoặc α= 5π

8 hoặc α= 3π

4 Vì

cosπ

8 =

v u

t1+cosπ

4

p

2+√ 2

v

u1+cos5π

4

p

2ư√2

cos3π

√ 2

2 , nên tập hợp

( p

2+√ 2

p

2ư√2

√ 2 2

)

là tập nghiệm của phương trình

Bài toán 7. Giải phương trình

√

x2ư1 =

35

12.

Lời giải. Chú ý rằng x>1 Đặt x= 1

sin α, 0< α<

π

2 Phương trình có thể viết lại thành 1

sin α+

1

cos α =

35

12.

Đặt sin α+cos α = t thì 1+2 sin α cos α = t2, suy ra sin α cos α = t2ư1

2 Thay vào ta được

2t

t2ư1 =

35

12 ⇔35t

2ư24tư35=0⇔t = 7

5 ∨t= ư

5

7.

Vì t = sin α+cos α > 0 nên ta loại nghiệm thứ hai Xét t = 7

5 thì từ đây ta tính được

sin α cos α = 12

25 Như vậy sin α, cos α là nghiệm của phương trình

X2ư 7

5X+

12

25 =0.

Từ đây ta tính được sin α = 3

5 hoặc sin α = 4

5 Tương ứng ta được nghiệm của phương trình là x = 5

3 và x= 5

4.

Bài toán 8. Giải phương trình

8x3ư4xư1=√3

6x+1

Lời giải. Phương trình đã cho tương đương

(2x)3ư4xư1= √3

2x+4x+1

Đặt u=2x, v=√3

2x+4x+1, ta có hệ phương trình (

u3ư4xư1= v

v3ư4xư1=u ⇔

(

u3ưv3=vưu

u3ư4xư1=v ⇔

( (uưv)(u2+uv+v2+1) =0

u3ư4xư1=v

⇔( u=v

u3ư4xư1= u ⇔8x

3ư6x=1 (1)

Nếu |x| > 1 thì |8x3−6x| = 2|x|(4x2−3) > 2 nên (1) vô nghiệm Do vậy ta phải có

|x| ≤1 Điều này cho phép ta đặt x =cos t với t∈ [0, π] Khi đó phương trình (1) có thể viết lại thành

cos 3t= 1

2 ⇔t1=

π

9 ∨t2=

5π

9 ∨t3=

7π

9 . Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x=cosπ

9, x=cos

5π

9 , x=cos

7π

9 .

Bài toán 9. Tồn tại hay không tồn tại các số a1, a2, , an∈R là các nghiệm của đa thức

P(x) =xn+

n

∑

k = 1

(−1)kCknakkxn−k

Lời giải. Giả sử tồn tại các số như vậy Khi đó theo Định lý Viette thì

Cnkakk = ∑

i 1 < i 2 <···< i k

ai1ai2· · ·aik (k=1, , n)

(tổng này có Cnk số hạng)

Giả sử

|ak| =max{|a1|, |a2|, ,|an|} Khi đó ta có

Cnk|ak|k = ∑

i1< i2<···< ik

|ai1||ai2| · · · |aik| ≤Cnk|ak|k

Vậy nên

|a1| = |a2| = · · · = |an| Mặt khác

|a1+a2+ · · · +an| =n|a1| nên a1, a2, , ancùng dấu và do đó chúng bằng nhau và đặt bằng a Ta được P(x) = (x−a)nlà đa thức thoả mãn điều kiện bài ra

Bài toán 10. Chứng minh rằng không tồn tại một tập hữu hạn các số thực dương M sao cho ứng với mỗi n nguyên dương đều tồn tại đa thức bậc n thuộc M[x]có đúng n nghiệm đều thuộc M

Lời giải. Giả sử tồn tại tập

M= {a1, a2, , an} (a=a1< · · · <an=b) thoả mãn yêu cầu của bài toán Khi đó theo giả thiết thì tồn tại đa thức

P(x) =b0+b1x+ · · · +bnxn∈ M[x]

sao cho P(x)có n nghiệm x1, x2, , xnthuộc M Theo Định lý Vieete thì

n

∑

j = 1

x2j =− bn−1

bn

2

−2bn−2

bn <



− bn−1

bn

2

+2|bn−2|

|bn| .

Suy ra

na2 ≤

n

∑

j = 1

x2j ≤b a

2

+2b

a ∀n∈N∗

,

điều này là không thể xảy ra Vậy không tồn tại một tập hữu hạn các số thực dương M sao cho ứng với mỗi n nguyên dương đều tồn tại đa thức bậc n thuộc M[x]có đúng n nghiệm đều thuộc M

Bài toán 11. Chứng minh rằng phương trình

64x6−96x4+36x2−3=0

có nghiệm thực x =x0 thoả mãn điều kiện

q

2+p2+√

2

2 < x0<

q

2+p2+√

3

Lời giải. Từ công thức cos2α= 1+cos 2α

2 (06α6π), ta suy ra

cosα

4 =

v u

t1+cosα

2

v u

t1+r 1+cos α

2

1 2

q

2+√

2+2 cos α.

Khi α= π

4 thì ta có

cos π

16 =

1 2

v u t

2+

s

2+2·

√ 2

1 2

r

2+

q

2+√ 2

Khi α= π

6 thì ta có

cos π

24 =

1 2

v u t

2+

s

2+2·

√ 3

1 2

r

2+

q

2+√ 3

Ta lại có

cos 6t=4 cos32t−3 cos 2t = 4(2 cos2t−1)3−3(2 cos2t−1)

=32 cos6t−48 cos4t+18 cos2t−1,

nên 64 cos6t−96 cos4t+36 cos2t−3=2 cos 6t−1

Từ phương trình 64x6−96x4+36x2−3=0, ta xét x∈ [−1, 1]

Đặt x=cos t, khi đó ta có 2 cos 6t−1=0 ⇒ t= π

18

Do vậy x0 =cos π

18 là một nghiệm của phương trình

Ta có π

24 <

π

18 <

π

π

24 >cos

π

18 >cos

π

16. Vậy phương trình 64x6−96x4+36x2−3 = 0 có một nghiệm x0 = cos π

18 thoả mãn điều kiện

q

2+p2+√

2

2 < x0 <

q

2+p2+√

3

Bài toán 12. Tìm x∈ (0; 1)thỏa mãn điều kiện

32x(x2−1)(2x2−1)2=1−1

x.

Lời giải. Vì x∈ (0; 1)nên ta có thể đặt x=cos α với α∈0;π

2



Ta có

32 cos α(cos2α−1)(2 cos2α−1)2 =1− 1

cos α

⇔ −32 cos α sin2αcos22α=1− 1

cos α

⇔ 8 sin22α cos22α=1−cos α

⇔ 2 sin24α=1−cos α

⇔ cos α=cos 8α.

Do đó α= k2π

7 hoặc α= l2π

9 (với k, l∈Z.)

Vì rằng α ∈0;π

2

 nên k=1, l=1 và l =2

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm thuộc(0; 1)đó là

x=cos2π

7 ; x =cos

2π

9 ; x=cos

4π

9 .

Bài toán 13. Giải phương trình

x3+

q (1−x2)3 =x

q

2(1−x2)

Lời giải. Điều kiện để các biểu thức có nghĩa:−16x61

Đặt x=sin α ( với α∈ h−π

2;

π

2

i ), thì phương trình trở thành sin3α+cos3α=√

2 sin α cos α

⇔ (sin α+cos α)3−3 sin α cos α(sin α+cos α) −√

2 sin α cos α=0

Đặt sin α+cos α= √

2 sinπ

4 +α



=tvới điều kiện| | 6√2

Suy ra sin α cos α= t2−1

2 và phương trình trở thành

t3−3t

2−1

2 t−

√

2t

2−1

⇔ t3+√

2t2−3t−√2=0

⇔ (t−√2)(t+√

2−1)(t+√

2+1) =0 Suy ra t=√

2 hoặc t=1−√2 do| | 6√2

Với t=√

2 sinπ

4 +α



=√

2⇔sinπ

4 +α



=1

hay α= π

4 +k2π.

Vì α∈h−π

2;

π

2

i

nên α= π

4 và do đó x=sinπ

4 =

√ 2

2 . Với t=1−√2, suy ra

sin α+cos α=1−√2 hay

x+p1−x2 =1−√2,

x61−√2

1−x2 = (1−√2−x)2 ⇔

(

x61−√2

x2− (1−√2)x+ (1−√2) =0

⇔x = 1−√2+p2√2−1

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là

x=

√ 2

2 ; x =

1−√2+p2√2−1

Bài toán 14. Giải phương trình

q

1+p1−x2hq(1+x)3−

q (1−x)3i=2+p1−x2

Lời giải. Điều kiện có nghĩa:−16x61 Đặt x=cos t (với t ∈ [0; π]), phương trình trở thành

√

1+sin t

q (1+cos t)3−

q (1−cos t)3



=2+p1−cos2t

hay

s



sin t

2+cos

t 2

2



s



2 cos2 t 2

3

−

s



2 sin2 t 2

3

=2+psin2t (2.1)

Vì t∈ [0; π]nên t

2 ∈

h 0;π 2

i Do đó

sin t

2 >0, cos t

2 >0

Vậy nên phương trình (2.1) tương đương với

2√2

 sin t

2+cos

t 2

  cos3 t

2−sin

3 t 2



=2+sin t

⇔ 2√2

 sin t

2+cos

t 2

  cos t

2−sin

t 2



×

×

 cos2 t

2+sin

t

2cos

t

2 +sin

2 t 2



=2+sin t

⇔ 2√2 cos t



1+ 1

2sin t



=2+sin t⇔ √2 cos t(2+sin t) =2+sin t

⇔ (√2 cos t−1)(2+sin t) =0⇔ cos t=

√ 2

√ 2 2 Vậy phương trình có nghiệm là x =

√ 2

2 .

Bài toán 15. Giải phương trình theo(x, y, z):

x−y

1+xy+

y−z

1+yz+

z−x

1+zx =0.

Lời giải. Đặt x=tan α, y=tan β, z=tan γ, với α, β, γ∈−π

2;

π

2

 Khi đó

x−y

1+xy +

y−z

1+yz +

z−x

1+zx

= tan α−tan β

1+tan αtan β+

tan β−tan γ

1+tan βtan γ +

tan γ−tan α

1+tan αtan γ

= tan(α−β) +tan(β−γ) +tan(γ−α) và

x−y

1+xy.

y−z

1+yz.

z−x

1+zx =tan(α−β)tan(β−γ)tan(γ−α).

Ta chứng minh đồng nhất thức

tan(α−β) +tan(β−γ) +tan(γ−α) =tan(α−β)tan(β−γ)tan(γ−α)

Thật vậy, ta có

tan a+tan b

1−tan a tan b =tan(a+b) nên

tan a+tan b=tan(a+b)(1−tan a tan b) Suy ra

tan(α−β) +tan(β−γ) +tan(γ−α)

= tan(α−β+β−γ)[1−tan(α−β)tan(β−γ)] +tan(γ−α)

= tan(α−γ) +tan(γ−α) +tan(α−β)tan(β−γ)tan(γ−α)

= tan(α−β)tan(β−γ)tan(γ−α)

Do đó

x−y

1+xy+

y−z

1+yz+

z−x

1+zx =

x−y

1+xy.

y−z

1+yz.

z−x

1+zx. Vậy phương trình có nghiệm(x, y, z) = (a, a, b),(a, b, a),(b, a, a)với a, b∈R và ab6= −1

Bài toán 16. Giải hệ phương trình







x+y+z =xyz 3x−x3

1−3x2 + 3y−y3

1−3y2 + 3z−z3

1−3z2 =0

Lời giải. Đặt x=tan α, y=tan β, z=tan γ với α, β, γ∈ − π

2,

π

2

 Do x+y+z= xyz

nên tan α+tan β+tan γ=tan α tan β tan γ, hay

tan α+tan β = −tan γ(1−tan α tan β)

Do tan α tan β 6=1 nên đẳng thức(2)tương đương với

tan α+tan β

1−tan α tan β = −tan γ,

hay

tan(α+β) = −tan γ.

Do đó

α+β+γ=nπ, n∈ Z.

Suy ra

3α+3β+3γ=3nπ, n∈Z,

và vì vậy

tan 3(α+β) = −tan 3γ

hay

tan 3α+tan 3β+tan 3γ =tan 3α tan 3β tan 3γ.

Tiếp theo, sử dụng công thức góc nhân ba

tan 3α= 3 tan α−tan3α

1−3 tan2α

ta nhận được

3x−x3

1−3x2 +3y−y3

1−3y2 +3z−z3

1−3z2 = 3x−x3

1−3x2

3y−y3

1−3y2

3z−z3

1−3z2

Vậy hệ có nghiệm (x, y, z) = (0, a,−a),√3, a,

√

3+a

√ 3a−1

 ,−√3, a,

√

3−a

√ 3a+1



và các hoán vị của nó

Bằng phương pháp tương tự, ta cũng có thể giải được nhiều dạng phương trình đa thức bậc cao bằng cách áp dụng các đồng nhất thức Chebyshev đã nhận được ở phần trên

Tài liệu

[1] Trương Ngọc Đắc (2015), Một số dãy số sinh bởi các hàm lượng giác, Kỷ yếu HTKH

Buôn Ma Thuộc, 14-15/03/2015, trang 58-64

[2] Nguyễn Văn Mậu, Phạm Thị Bạch Ngọc (2003), Một số bài toán chọn lọc về lượng giác,

NXB Giáo dục

[3] T-L.T Radulescu, V.D Radulescu, T.Andreescu (2009), Problems in Real Analysis:

Ad-vanced Calculus on the real axis,Springer Sciences+Business Media

[4] Paulo Ney de Sausa, Jorge- Nume Silva (1998), Berkeley Problems in Mathematics,

Springer