Phương pháp đánh giá trong pt lượng giác năm 2024

Đứng trước những bài phương trình, hệ phương trình ta có rất nhiều hướng xử lí như \textit{nâng lũy thừa,đặt ẩn phụ, dùng hằng đăng thức,bất đẳng thức,..}. Tuy vậy không phải lúc nào ta cũng áp đặt một trong những phương pháp nêu trên để giải những bài phương trình,hệ phương trình đó.Có những hệ phương trình 3 ẩn mà hai phương trình,hoặc những hệ phương trình có số mũ rất lớn thì việc sử dụng các phương pháp thông thường sẽ đưa ta đến ngõ cụt.Nhưng thật may mắn thay một số bài phương trình,hệ phương trình lại có những điều kiện bó hẹp của biến giúp ta liên tưởng đến một số công thức lượng giác,từ đó mà ta tìm được phép đặt lượng giác phù hợp.Chính vì vậy tôi viết lên chuyên đề "Giải phương trình, hệ phương trình bằng phương pháp lượng giác hóa" để giúp các bạn yêu toán lại có thêm trong tay mình một phương pháp khá hay để giải quyết một số bài toán về phương trình, hệ phương trình. Khả năng hạn hẹp nên chuyên đề của tôi còn nhiều thiếu sót , rất mong ban đọc đóng góp và cho tôi ý kiến.Mọi thắc mắc xin liên hệ qua hòm thư [email protected].Rất cảm ơn các bạn đã quan tâm đến chuyên đề này !!!

I.Một số phép đặt lượng giác cơ bản

1.Nếu$ x \in[- a; a],a>0$ thì đặt

$\fbox{$x=a\cos\alpha$, $\alpha \in[0;\pi]$}$ hoặc $\fbox{$x=a\sin\beta,\beta \in [\frac{-\pi}{2};\frac{\pi}{2}]$}$

2.Nếu $x \in \mathbb{R}$ thì đặt

$\fbox{$x= \tan t,t \in \left(\frac{-\pi}{2};\frac{\pi}{2} \right)$}$

3.Nếu $x^2+y^2=a(a>0)$ thì đặt

$\fbox{$x=\sqrt{a} \sin t, y=\sqrt{a} \cos t,t \in [0;2 \pi]$}$

*Chú ý: Một số đẳng thức lượng giác :

$\fbox{1}$ $ \sin^2 x+ \cos^2 x =1, \forall x \in \mathbb{R}$

$\fbox{2}$ $ \sin 2x=2 \sin x \cos x$

$\fbox{3}$ $ \cos2x= \cos^2 x- \sin^2 x=2\cos^2 x-1 =1- 2 \sin^2 x$

$\fbox{4}$Với $ \alpha; \beta; \gamma \neq \frac{\pi}{2}+k \pi,k \in \mathbb{Z} $, ta có:

$\tan \alpha+\tan \beta+\tan \gamma= \tan \alpha. \tan \beta .\tan \gamma \Leftrightarrow \alpha + \beta+ \gamma= m \pi (m \in \mathbb{Z}) $

$\fbox{5}$ Với $ \alpha; \beta; \gamma \neq \frac{\pi}{2}+k \pi, \in \mathbb{Z} $, ta có:

$ \tan \alpha.\tan \beta+ \tan \beta.\tan \gamma+ \tan \gamma.\tan \alpha=1 \Leftrightarrow \alpha+\beta+\gamma= \frac{\pi}{2}+n \pi (n \in \mathbb{Z})$

II.Ví dụ

$\fbox{Ví dụ 1}$: Giải phương trình:$4x^3 -\sqrt{1-x^2}-3x=0$

Giải:

Điều kiện: $1-x^2 \geqslant 0 \Leftrightarrow -1 \leqslant x \leqslant 1 $

Với điều kiện đó ta đặt $x= \cos t , t \in [o;\pi](*)$ ,Phương trình đã cho trở thành:

$ 4\cos^3 t-\sqrt{1-\cos^2 t}- 3 \cos t=0$

$\Leftrightarrow \cos 3t-\sin t=0$

$\Leftrightarrow \cos 3t= \cos (\frac{\pi}{2}-t)$(**)

Giải phương trình(**) kết hợp (*) $ \Rightarrow t=\frac{\pi}{8};t=\frac{5 \pi}{8}$

Vậy phương trình có 2 nghiệm là $x=\cos \frac{\pi}{8}$ và $x=\cos \frac{5\pi}{8}$ $\square$

$\fbox{Ví dụ 2}$:Giải phương trình : $x=\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+x}}}$

Giải: Điều kiện $ 0 < x \leqslant 2 $

Với điều kiện đó ta đặt $x=2 \cos t ,t \in(\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}) $(*)

Ta được phương trình $2 \cos t= \sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt{2+ \cos t}}}$

$\Leftrightarrow 2 \cos t= \sqrt{2+\sqrt{2-2 \cos \frac{t}{2}}}$

$ \Leftrightarrow 2 \cos t=\sqrt{ 2+ 2 \sin \frac{t}{4}}$

$ \Leftrightarrow 2 \cos t= \sqrt{2}( \sin \frac{t}{8}+ \cos \frac{t}{8}$

$ \Leftrightarrow \sin ( \frac{\pi}{2}-t)= \sin (\frac{t}{8}+ \frac{\pi}{4})$ (**)

Giải (**) kết hợp với điều kiện (*) ta được nghiệm phương trình là $ x= \cos \frac{2 \pi}{9}$ và x=$ \cos \frac{-2 \pi}{7} $ $\square$

Nhận xét: Qua 2 ví dụ trên ta dễ dàng tìm được điều kiên của biến từ đó suy ra cách đặt lượng giác phù hợp.Lượng giác có một ưu điểm là khử căn bằng công thức hạ bậc, điều này là lợi thế lớn khi giải phương trình vô tỷ.Bài tập tương tự:

Giải phương trình: $ 4x^3+2 \sqrt{1-x^2}-3x-1=0$

Ví dụ sau ta xét đến lợi thế của nó về ưu điểm khử căn trong Đề thi Vô địch Quốc gia 1984

$\fbox{Ví dụ 3}$ Giải phương trình( Vô địch Quốc gia 1984)

$\sqrt{1+\sqrt{1-x^2}}\left( \sqrt{(1+x^3)}-\sqrt{(1-x)^3} \right)=2+ \sqrt{1-x^2}$

Giải: Điều kiện $ x \in [-1;1]$ .Với điều kiện đó ta đặt $x= \cos \alpha, \alpha \in [0; \pi]$

Ta được phương trình:

$\sqrt{1+\sqrt{1- \cos^2 \alpha}} \left( \sqrt{(1+\cos \alpha)^3}-\sqrt{(1-\cos \alpha)^3} \right)=2+ \sqrt{1- \cos^2 \alpha}$

$ \Leftrightarrow \sqrt{1+ \sin \alpha} \left(\sqrt{8 \left(\frac{1+ \cos \alpha}{2}\right)^3}- \sqrt{8 \left(\frac{1- \cos \alpha}{2}\right)^3} \right) = 2+ \sin \alpha $

$\Leftrightarrow 2\sqrt{2} \left( \sin \frac{\alpha}{2}+ \cos \frac{\alpha}{2} \right) \left( \cos \frac{\alpha}{2}- \sin \frac{\alpha}{2} \right) \left(1+ \frac{1}{2} \sin \alpha \right)=2 + \sin \alpha$

$\Leftrightarrow 2\sqrt{2} \left( \cos^2 \frac{\alpha}{2}- \sin ^2 \frac{\alpha}{2} \right)\left(2+\frac{1}{2} \sin \alpha \right)=2+ \sin \alpha$

$\Leftrightarrow \sqrt{2}\cos \alpha(2+ \sin \alpha)=2+ \sin \alpha$

$\Leftrightarrow \cos \alpha =\frac{1}{\sqrt{2}} \Rightarrow x= \frac{1}{\sqrt{2}}$

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là $x= \frac{1}{\sqrt{2}}$ $\square$

$\fbox{Ví dụ 4}$ Giải hệ phương trình:

$\left \{\begin{matrix} x\sqrt{1-y^2}+ y\sqrt{1-x^2}=1 \\ (1-x)(1+y)=2 \end{matrix} \right.$

Giải: Điều kiện $x,y \in [-1;1]$

Với điều kiện đó đặt $x= \cos \alpha; y= \cos \beta ; \alpha, \beta \in [0;\pi]$

Ta có hệ tương đương:

$\left \{\begin{matrix} \cos \alpha \sin \beta + \cos \beta \sin \alpha =1 \\ (1- \cos \alpha)(1+ \cos \beta)=2 \end{matrix} \right.$

$\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} \alpha +\beta= \frac{\pi}{2} \hspace{4.1cm}(1) \\ \cos \beta - \cos \alpha -\cos \alpha \cos \beta -1=0(2) \end{matrix} \right.$

Giải (2): Đặt $\cos \beta- \cos \alpha =t ( t \leqslant \sqrt{2})$

$ \Rightarrow t^2 = \cos^2 \beta+ \cos^2 \alpha -2 \cos \alpha \cos \beta$

$ \Leftrightarrow t^2= \cos^2 (\frac{\pi}{2}- \alpha ) +\cos \alpha -2\cos \beta \cos \alpha$

$ \Leftrightarrow t^2=1-2 \cos \beta \cos \alpha$

$ \rightarrow - \cos \beta \cos \alpha = \frac{t^2-1}{2} $ thay vào (2)

Được phương trình: $ t^2+ \frac{t^2-1}{2}-1=0 \Leftrightarrow t^2+2t-3=0 \Rightarrow t=1 $ ( vì $t \leq \sqrt{2}$)

Với t=1 ta có : $ \cos \beta - \cos \alpha=1$

$\Leftrightarrow \sin ( \alpha -\frac{\pi}{4})= \sin\frac{\pi}{4} $

$\rightarrow \alpha = \frac{\pi}{2} \rightarrow \beta=0\Rightarrow \left \{\begin{matrix} x=0 \\ y=1 \end{matrix} \right.$ là nghiệm duy nhất của hệ $ \square$

$\fbox{Ví dụ 5}$ Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} 2x+x^2y=y \\ 2y+y^2z=z \\ 2z+z^2x=x \end{matrix} \right.$

Giải:

Nhận thấy hệ không có các nghiệm $(\pm1,y,z); (x,\pm1,z);(x,y,\pm1)$

Với $x,y,z \neq \pm 1$, viết lại hệ dưới dạng:

$\left\{\begin{matrix} y= \frac{2x}{1-x^2} \\ z= \frac{2y}{1-y^2} \\ x=\frac{2z}{1-z^2} \end{matrix} \right.$

Với điều kiện đó đặt $x=\tan \alpha \: (1), \alpha \in(\frac{-\pi}{2};\frac{\pi}{2})$ , với $\tan \alpha, \tan 2\alpha, \tan 4\alpha \neq \pm1$

Với $x=\tan \alpha \Rightarrow y= \dfrac{2 \tan \alpha}{1- \tan^2 \alpha}= \tan 2\alpha$

Với $y= \tan 2\alpha \Rightarrow z= \dfrac{2 \tan 2\alpha}{1- \tan^2 2\alpha}= \tan 4\alpha$

Với $z=\tan 4\alpha \Rightarrow x= \dfrac{2 \tan 4\alpha}{1- \tan^2 4\alpha}= \tan 8\alpha \: \:(2)$

Từ (1) và (2) $\rightarrow \tan \alpha =\tan 8\alpha \Leftrightarrow \alpha= k \frac{\pi}{7}, k \in \mathbb{Z}$

Vì $\alpha \in (\frac{-\pi}{2};\frac{\pi}{2} ) \Rightarrow \frac{-\pi}{2}

mà $k \in \mathbb{Z} \rightarrow k=\{ 0;\pm1;\pm2;\pm3 \}$

Nên: $x=\tan k\frac{\pi}{7} ; y= \tan k \frac{2\pi}{7} ; z= \tan k \frac{4\pi}{7} $

với $ k=\{ 0;\pm1;\pm2;\pm3 \}$ $\square$

Nhận xét: Việc biến đổi hợp lí sẽ đưa ta liên tưởng những công thức lược giác thường gặp.Ví dụ trên đã sử dụng công thức nhân 2 của hàm $\tan \alpha $ để đưa các biến $y,z,x$ lên các hàm $\tan 2\alpha ,\tan 4\alpha , \tan 8\alpha$

Ghi nhớ: $\fbox{$\tan 2t = \frac{2 \tan t}{1- \tan^2 t}$} $

Ví dụ tiếp theo ta lại sử dụng \textit{công thức nhân 3} của hàm $\tan$

$\fbox{Ví dụ 6}$ Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} x^3-3x=y(3x^2-1) \\ y^3-3y =z(3y^2-1) \\ z^3-3z=x(3z^2-1) \end{matrix} \right.$

Giải:Nhận thấy hệ không có các nghiệm $x= \pm \frac{1}{\sqrt{3}} ; y= \pm \frac{1}{\sqrt{3}} ; z= \pm \frac{1}{\sqrt{3}}$

Với $ x,y,z \neq \pm \frac{1}{\sqrt{3}}$ ta có hệ tương đương: $ \left\{ \begin{matrix} y= \dfrac{x^3-3x}{3x^2-1} \\ \\ z= \dfrac{y^3-3y}{3y^2-1} \\ \\ x=\dfrac{z^3-3z}{3z^2-1} \end{matrix} \right.$

Đặt $x= \tan t ,t \in \left(\frac{-\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right) $ (1) với $\tan t , \tan 3t , \tan 9t \neq \pm \frac{1}{\sqrt{3}}$

Khi đó:

$y= \frac{\tan^3 t-3\tan t}{3\tan^2 t-1}= \tan 3t$

$z= \frac{\tan^3 3t-3\tan 3t}{3\tan^2 3t -1} = \tan 9t$

$x= \frac{\tan^3 9t-3\tan 9t}{3\tan^2 9t-1}=\tan 27t $ \: (2)

Từ (1) và (2) ta được: $\tan t= \tan 27t \Leftrightarrow t=k \frac{\pi}{26} , k \in \mathbb{Z}$

Do $ t \in \left(\frac{-\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right) \rightarrow \frac{-26}{2}

mà $ k \in \mathbb{Z} $ nên $k=0; \pm 1; \pm 2 ;...; \pm 12 $ (*)

Vậy hệ có 25 nghiệm $(x;y;z)=\left(\tan k\frac{\pi}{26}; \tan k\frac{3\pi}{26};\tan k \frac{9\pi}{26}\right)$ với $ k$ thỏa mãn (*) $\square$

Nhận xét:

$\bullet$ Với bài tập này phải sử dụng công thức nhân 3 của hàm $tan$

Ghi nhớ: $ \fbox { $ \tan 3 \alpha = \frac{\tan^3 \alpha-3 \tan \alpha}{3\tan^2 \alpha-1}$}$

$\bullet$ Khi khai triển hệ trên ta được hệ khó "nhận" dạng hơn:

$\left\{\begin{matrix} x^3-3x^2y-3x+y=0 \\ y^3-3y^2z-3y+z=0 \\ z^3-3z^2x-3z+x=0 \end{matrix} \right.$

$\rightarrow$ Chúng ta đưa về dạng : $\left\{\begin{matrix} f(x)=g(y) \\ f(y)=g(z) \\ f(z)=g(x) \end{matrix} \right.$ rồi thử xem các hàm $f,g$ có liên quan đến công thức lượng giác nào không rồi tìm phép đặt lượng giác phù hợp.Thường thì ta thường đặt $x=\tan \alpha, \alpha \in \left(\frac{-\pi}{2}; \frac{\pi}{2} \right)$ vì không có điều kiện ràng buộc của biến.Một số trường hợp phải tìm điều kiện của biến để sử dụng phương pháp,ta sẽ xét chúng ở các ví dụ sau

Bài tập tương tự:Giải hệ phương trình

$\fbox{1}$ $\left\{\begin{matrix} zy^2+2y-z=0 \\ x^3-3x^2y-3x+y=0 \\ z^3-3z^2x-3z+x=0 \end{matrix} \right.$

$\fbox{2}$ $\left\{\begin{matrix} x-\frac{1}{x}=2y \\ \\ y-\frac{1}{y}=2z \\ \\ z-\frac{1}{z}=2x \end{matrix} \right.$