Xử lý họ nghiệm PTLG

Luyện tập PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC Beckbo1210
CHỦ ĐỀ: XỬ LÝ VẤN ĐỀ HỌ NGHIỆM CỦA
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
Thông thường khi giải một phương trình lượng giác ta thường gặp 2
tình huống sau:
+ Nghiệm của phương trình là một họ kết hợp.
+ Đối chiếu một họ nghiệm với điều kiện ban đầu.
Chúng tôi viết chủ đề này nhằm giúp các em xử lý các vấn đề trên.
I) NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP:
Có 2 phương pháp chính để xử lý như sau:
Phương pháp 1: Dùng đường tròn lượng giác
*Bước 1: Biểu diễn các ngọn cung nghiệm của họ phương trình.
Lưu ý: Với họ nghiệm
x k
n
π
α
= +
có
2n
ngọn cung nghiệm.
*Bước 2: Lấy các ngọn cung nghiệm chung và viết họ nghiệm tương
ứng với các ngọn cung nghiệm này.
VD1: Họ nghiệm là

4
( ; ' )
'
2
x k
k k Z

x k
π
π
π

=


∈


= +



* Họ nghiệm
4
x k
π
=
có 8 ngọn cung nghiệm.
* Họ nghiệm
'
2
x k
π
π
= +
có 2 ngọn cung nghiệm như hình vẽ.
Dựa vào hình vẽ, kết luận nghiệm chung là:

,( )
2
x l l Z
π
π
= + ∈
VD2: Họ nghiệm là:

3
( ; ' )
2
'
3 3
x k
k k Z
x k
π
π π

=


∈


= +


Tương tự, dựa vào hình vẽ, nghiệm chung là:

2
;( )
3 3
x k k Z
π π
= + ∈
Phương pháp 2 Dùng phương trình nghiệm nguyên:
ax by c+ =
*Nhắc lại:
;( )
c by
ax by c a b ax c by x
a
−
+ = ≤ ⇔ = − ⇔ =

c by
x Z Z
a
−
∈ ⇒ ∈
1
Luyện tập PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC Beckbo1210
VD1:
40 10
24 6
x k
x m
π π
π π


= +




= − +


Ta có:
3 2 5
40 10 24 6
k m k m
π π π π
+ = − + ⇔ + =
5 2 1
3 5 2 2 1
3 3
m m
k m k m
− −
⇔ = − ⇔ = = − −
Do
1
1 3 2(3 1) 1 5 1
3
m
k Z Z m t k t t
−
∈ ⇒ ∈ ⇒ − = ⇒ = + − = +

Thế lại:
(5 1)
40 10 40 10 2 8 2
x t t t
π π π π π π π
= + + = + + = +

(3 1)
24 6 6 24 2 8 2
x t t t
π π π π π π π
= − + + = − + = +
Vậy nghiệm chung là:
8 2
x t
π π
= +
;
t Z
∈
VD2:

6
(2 1) 6 3 10
6 20
(2 1)
20
x k
k n n k
x n

π
π π
π

=


⇔ = + ⇔ + =


= +


(*)
Ta thấy VT(*): Lẽ; VP(*): Chẵn. Do đó hệ trên vô nghiệm.
VD3:

2
8
2
8 2 1 4 5
5 5
5 5
2
5 1 1
4 5 1
4 4
* 1 4 1 4 5 1
x k
k n k n

x n
n n
k n k n
k n t k t t t
π π
π π
π
π

= +

⇔ + = ⇔ + =


=

− −
⇔ = − ⇔ = = +
∈ ⇒ − = ⇒ = + + = +¢
Vậy nghiệm chung là:
2(4 1) ;x t t Z
π
= + ∈
.
VD4:
2
Luyện tập PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC Beckbo1210

13122
2

1
2
23
4
46
446
3
2
62
)12(
3
2
6
2
)12(
+=++=⇒=
++=
+
=
+
=
=+⇔+−=+⇔







+−=

+=
tttntk
k
k
kk
n
nknk
nx
kx
πππ
ππ
π
Vậy nghiệm chung là:
)(,2
22
)14( Ztttx
∈+=+=
π
ππ
VD5:
knnk
nx
kx
2
266
26
6
=⇔+=+⇒








+=
+=
ππ
π
π
ππ
π
π
Vậy nghiệm chung là:
)(,
6
Znnx
∈+=
π
π
VD6:
Gỉa sử điều kiện ban đầu:







+≠

+≠
)2(
510
)1(
2
ππ
π
π
mx
kx
và nghiệm là:
612
ππ
lx
+=
(*)
So sánh với ĐK(1):
klkl 12621
2612
+=+⇔+=+
π
πππ
(VT: Lẽ,VP: chẵn)
Vậy (*) thỏa (1)
So sánh với ĐK(2):
llml 126105
1510612
+=+⇔+=+
ππππ
(VT: Lẽ,VP:

chẵn) Vậy (*) thỏa (2)
Vậy nghiệm là:
612
ππ
lx
+=
VD7:
3
Luyện tập PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC Beckbo1210
lklk
lx
kx
23422
43
2
6
2
4
3
2
6
+=+⇔+=+⇒







+=

+=
π
πππ
π
π
ππ
(VT: Lẽ,VP: chẵn) Vậy hệ vô
nghiệm.
VD8:
tttktm
m
m
m
kmkmk
mx
kx
89,3
3
3
3
8
83
3
8
3
8
=−=⇒=
−==⇔=⇔=⇒






=
=
π
π
π
π
Vậy nghiệm:
π
tx 8
=
KỸ THUẬT CỘNG NGHIỆM
* Nội dung phương pháp:
Cho hai tập nghiệm
21
;EE
. Yêu cầu xác định:
21
EEE
∪=
.
TH1: + Nếu
222121
EEEEEEE
=⇒=∪⇒⊂
+ Nếu
112112
EEEEEEE

=⇒=∪⇒⊂
TH2: + Nếu
2121
EEEEE
∪=⇒∅=∩
+ Nếu
)'/('
2121
EEEEEEE
∪=⇒=∩
VD1:













==







==
2
5
2
1
π
π
nxE
kxE
Chọn
mnmk 2,5
==
thì:
π
mxx ==
21
. Như vậy,
21
;EE
có phần chung
là
{ }
π
mxExE
=∈=
/'
2
Ta có:







+==






≠==
2
)12(2/
2
'/
2
ππ
lxmnnxEE
Vậy nghiệm chung:
2
)12(;
5
ππ
+==
lxkx
VD: Giải hệ:
4
Luyện tập PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC Beckbo1210








=
=
06sin
4
1
3sin
2
1
sin
2
2
x
xx
Ta có:
6
06sin
π
kxx
=⇔=
Chọn
Zk
∈

sao cho:






+=
=
===
12;
2
1
2;0
)
2
(sin
2
1
)
6
3
(sin
2
1
6
sin
22
mk
mk

kkk
πππ
+
nk
m
mk 60
6
sin2
=⇔=⇒=
π
+



+=
+=
⇔=+⇒+=
nk
nk
mmk
125
121
2
1
6
)12sin(12
π
Vậy
6
π

k
x
=
, với
{ }
nnnk 125;121;6
++∈
5