Giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp lượng giác hóa pot

Giải một số phơng trình vô tỷ
bằng phơng pháp lợng giác hoá

THPT CHUYÊN LO CAI
giothoimai2003
A. Cơ sở lý thuyết.
Phơng pháp lợng giác hoá để giải phơng trình với mục đích thay đổi hình thức của bài toán giải phơng trình
đại số thành việc giải phơng trìn lợng giác.
Ta thực hiện các bớc sau:
Bớc 1: Lợng giác hoá phơng trình theo một số dấu hiệu chủ yếu sau:
*) Nếu xuất hiện: x
2
+ y
2
=1 thì đặt .



=
=


sin
cos
x
y
*) Nếu xuất hiện: x
2
+ y
2
=a

2
thì đặt .



=
=


sin
cos
ax
ay
*) Nếu xuất hiện: x
2
+ y
2
+z
2
= a
2
thì đặt .





=
=
=

coscos
cossin
sin
az
ay
ax
*) Đặt ẩn phụ lợng giác tuỳ theo điều kiện của phơng trình và đặc thù của
phơng trình( đặt ẩn phụ để có thể áp dụng đợc các công thức lợng giác).
Bớc 2: Thực hiện việc giải phơng trình lợng giác.

B. Bài tập vận dụng.
Bài số 1: Phơng trình sau có bao nhiêu nghiệm:
4x
3
-3x =
2
1 x
(1).
Giải
Điều kiện: 1-x
2
0
x
1 (*). Với điều kiện (*), đặt x = cost, t [ 0;

] (**)
Khi đó phơng trình (1) trở thành: 4cos

3
t 3cost =
t
2
cos1
cos3t =
tsin
cos3t = sint (do (**) )
cos3t = cos(

/2 - t)






++=
+=




2
2
3
2
2
3
ktt

ktt







+=
+=



kt
k
t
4
28

D
o điều kiện (**) nên ta có:

=
=
=
4
3
8
5
8



t
t
t










=
=
=
4
3
cos

8
5
cos
8
cos



x
x
x

Vậy, phơng trình (1) có ba nghiệm phân biệt.

Bài số 2: Giải phơng trình:
).121(11
22
xxx +=+
(2).
Giải

/2 ;

/2 ] (*) Điều kiện: 1-x
2
0 -1 x 1. Đặt x = sint với t [ -
).sin121(sinsin11
22
ttt +=+
Khi đó phơng trình (2) trở thành:

2
cos
2
3
sin2cos2
tt
t =
).cos21(sincos1 ttt +=+ ( do (*) nên cost 0) ttt 2sinsincos2 +=

0)
2
3
sin21(
2
cos2 =
tt







=
=
2
2
2
3

sin
0
2
cos
t
t
(**). Do điều kiện (*), nên từ (**), ta có:






=
=
2
6


t
t





=
=
1
2

1
x
x
.
Vậy, phơng trình (2) có hai nghiệm phân biệt: x = 1/2 hoặc x = 1.
Bài số 3: Giải phơng trình:
22
1
2
=

+
x
x
x
(3).
Giải
Điều kiện: x >1 (*). Với điều kiện (*), đặt x =



>
>
0
01
2
x
x
)
2

;0(,
cos
1

t
t
(**)
Khi đó phơng trình (3) trở thành:
22
1
cos
1
cos
1
cos
1
2
=

+
t
t
t

22
sin
1
cos
1
=+

tt
( do đk(**) ).
sint + cost =
tt cos.sin22
(3a)
Đặt sint + cost = u , điều kiện: 1 u
2
. Khi đó, phơng trình (3a) có dạng:

)1(2
2
= uu






=
=
)(
2
1
2
lu
u
u =
2
.
Ta có phơng trình: sint + cost =

2
sin( t +

/4 ) = 1 t +

/4 =

/2 + k2

(***)
Do điều kiện (**), nên từ (***), ta có: t =

/4 x =
2
.
Vậy, phơng trình (3) có nghiệm duy nhất: x =
2
.

Bài số 4: Giải phơng trình: 4.3
3x
3
x+1
=
x
91
(4).
Giải
Điều kiện: 1- 9
x

0 x 0 (*).
Với điều kiện (*), ta thấy: 0 < 3
x
1, đặt 3
x
= cost với t [0;

/2 ) (**).
Khi đó, phơng trình (4) có dạng: 4cos
3
t - 3cost =
t
2
cos1
cos3t = sint ( do đk (**))
cos3t = cos(

/2 - t) t =



++=
+=


22/3
22/3
ktt
ktt

+=
+=
)(4/
2/8/
lkt
kt



/8 + k

/ 2
(***)
Do điều kiện (**), nên từ (***), ta có: t =

/8.
Ta có: cos

/4 = 2cos
2


/8 - 1 cos

/8 =
2
22 +
.

Do đó: 3
x
= cos

/8 =
2
22 +
x = log
3
2
22 +
.
*) Bình luận: Trong ba bài toán đầu, ta đã sử dụng phơng pháp lợng giác hoá cho phơng trình vô tỷ và trong
bài toán 4 ( là một bài toán mà phơng trình vừa ở dạng vô tỷ vừa ở dạng siêu việt) ta cũng áp dụng đợc phơng
pháp lợng giác hoá. Vậy thì, đối với phơng trình đa thức ta có áp dụng đợc phơng pháp này hay không?. Câu
trả lời là hoàn toàn có thể nếu nh trong phơng trình đa thức có chứa các biểu thức có dạng nh một vế của một
công thức lợng 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 phơng pháp giải phơng trình:
4x
3
- 3x = m, với
m
1 (5).
Giải

Bớc 1: Đặt m = cos = cos( k2

);
B
ớc 2: Vì cos = 4cos
3
3

- 3cos
3


x
1
= cos
3

là một nghiệm của phơng trình (5)

2
Tơng tự: x
2,3
= cos
3
2



là nghiệm của phơng trình (5);
Bớc 3: Vậy, phơng trình (5) có ba nghiệm: x

1
= cos
3

, x
2,3
= cos
3
2



.

Bài số 6: Giải phơng trình: 4x
3
- 3x =
2
3
(6).
Giải

3

. Vì cos
6

= 4cos
3
18

- 3cos
18

. Ta có:
2
3
= cos

/6 = cos(

/6 2

) = cos (
)
6
12



x = cos
18

là một nghiệm của phơng trình (6).
Tơng tự ta cũng đợc x
2,3
= cos (
)
18
12

là nghiệm của phơng trình (6).
Vậy, phơng trình (6) có ba nghiệm: x
1
= cos
18

; x
2
= cos
18
11

; x
3
= cos
18
13

.


Bài số 7: Giải phơng trình: 8x( 2x
2
1)( 8x
4
8x
2

+1 ) = 1 (7)
Giải
Viết lại pt(7) nh sau:
pt(7) 8x( 2x
2
1)[2(2x
2
1)
2
1] = 1
Ta xét các trờng 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;

) (*).
Khi đó pt(7) trở thành: 8cost(2cos
2
t 1)( 2(2cos
2
t 1)
2
1
8cost.cos2t.cos4t = 1 8sint.cost.cos2t.cos4t = sint ( do đk(*) nên sint > 0)
sin8t = sint (**).



+=
+=

28
28
ktt
ktt



+=
=
9/29/
7/2


kt
kt
Do đk(*), nên từ (**), ta có: t {2

/7; 4

/7; 6

/7;

/9;

/3; 5

/9; 7

/9 }
Vậy, phơng trình (7) có các nghiệm:
x {cos2

/7; cos4

/7; cos6

/7; cos

/9; cos

/3; cos5

/9; cos7

/9 }.

C. Bài tập củng cố.
Giải các phơng trình sau đây:
Bài số 1:
22
1211 xx +=+
. HD: Đặt x = cost, t [0 ;

].
Bài số 2: x
xx
=

+
+ 11
1
11
1
. HD: Đk 0 < x 1 đặt x = cost, t [o;

/2 ).
Bài số 3:
x
x
x +
+
=+
2
2
12
5
1
. HD: Đặt x = tant, t ( -

/2;

/2 ).
2332
12))1()1((11 xxxx =+=++
. HD: Đk : -1 x 1. Đặt x = cost, t [0;

]. Bài số 4:

Khi đó hãy đa phơng trình về dạng: cost =
2
2

x =
2
2

.
Bài số 5:
012121
22
=+ xxxx
. HD: Đk : -1 x 1. Đặt x = cost, t [0;

]. (*)
Khi đó hãy đa phơng trình về dạng: sin( 2t +

/4 ) = sin ( t/2) t = 3

/10 (do (*)) x = cos(3

/10).
Bài số 6: x+
12
35
1
2
=
x

x
. HD: Đk:
1>x
. Với x <0 : VT < 0 pt vô no x >1.
§Æt x = 1/cost, t ∈(0;
π
/2 ). Khi ®ã h·y ®−a pt vÒ d¹ng: 12(sint + cost) = 35sint.cost.
§Æt y = sint + cost , 1 < y ≤
2
(*), ta cã pt: 35y
2
– 24y – 35 =0
⇔
y = 7/5 (kÕt hîp(*))
⇒ ⇔ hoÆc . ⇒ x = 5/3 hoÆc x = 5/4.
⎩
⎨
⎧
=
=+
25/12cos.sin
5/7cossin
tt
tt
⎩
⎨
⎧
=
=
5/4cos

5/3sin
t
t
⎩
⎨
⎧
=
=
5/3cos
5/4sin
t
t
Bài số 7:
22
2
2
x1 (x1)
x1
2x 2x(1 x )
++
++ =
−
2
HD: §Æt x = tgt,
t ( /2; /2)\{ /4;0}
∈
−π π ±π
. §−a pt vÒ d¹ng:
11 2 1
sin t t x

cost sin 2 t sin 4t 2 6
3
1
π
+=⇔⇔=⇒=⇒=.


4