Dùng phương pháp lượng giác hóa để giải các bài toán về phương trình hệ phương trình chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
KHOA TOÁN

—————–

DƯƠNG LỆ TRÚC

DÙNG PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HĨA GIẢI PHƯƠNG TRÌNH,
HỆ PHƯƠNG TRÌNH, CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP

Giảng viên hướng dẫn: Ths. Nguyễn Thị Hà Phương

Đà Nẵng, 05/2016


Mục lục
MỞ ĐẦU

4

1 Các kiến thức chuẩn bị về lượng giác

7

1.1 Khái niệm và lịch sử hình thành hàm lượng giác . . . . . . .

7

1.1.1

Khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.1.2

Lịch sử hình thành . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.2 Bảng giá trị lượng giác của các cung có liên quan đặc biệt . .

8

1.3

9

1.4

Cơng thức lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.1

Các công thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.3.2

Công thức cộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.3.3

Công thức nhân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.3.4

Công thức biến đổi . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

Hệ thức lượng trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

1.4.1

Định lý sin

1.4.2

Định lý cosin

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

2 Dùng phương pháp lượng giác hóa để giải phương trình, hệ
phương trình.

13

2.1 Một số kỹ thuật thường dùng để giải phương trình, hệ phương
trình. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

2.2 Các bước giải một bài tốn về phương trình, hệ phương trình:

15

2


2.3 Một số bài phương trình dùng phương pháp lượng giác hóa: .

15

2.4 Một số bài hệ phương trình dùng phương pháp lượng giác hóa: 26

3 Dùng phương pháp lượng giác hóa để chứng minh bất đẳng
thức

37

3.1 Một số bổ đề thường dùng để chứng minh bất đẳng thức: . .

37

3.2 Một số bất đẳng thức lượng giác cơ bản: . . . . . . . . . . . .

38

3.3 Một số bất đẳng thức sử dụng trong luận văn . . . . . . . . .

38

3.4 Các bước giải một bài toán chứng minh bất đẳng thức . . . .

39

3.5 Một số bài toán cụ thể . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39

4 Dùng phương pháp lượng giác hóa để tìm giá trị lớn nhất và
nhỏ nhất của biểu thức

49

4.1 Các bước giải một bài toán cực trị: . . . . . . . . . . . . . . .

49

4.2 Một số bài toán cụ thể: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

50

KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

60

TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

62

3


MỞ ĐẦU

1. Lý do lựa chọn đề tài

Trong cấu trúc đề thi tuyển sinh và thi học sinh giỏi hiện nay, các bài
tốn về phương trình, hệ phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá
trị lớn nhất nhỏ nhất là những dạng bài tập khó, khơng có một phương pháp
chung để giải tất cả chúng. Đôi khi các công cụ học sinh đã biết không đủ
để giải quyết các bài tập này hoặc khó tìm ra hướng đi để dẫn đến lời giải.
Đứng trước hàng loạt các phương pháp giải bài toán như: đặt ẩn phụ, dùng
hằng đẳng thức, bất đẳng thức, dùng đồ thị, hình học,... Việc lựa chọn đúng

phương pháp giải cho một bài toán là vấn đề đầu tiên và quan trọng nhất
để đưa bài toán từ các phép biến đổi phức tạp về đơn giản. Có những bài
hệ phương trình 3 ẩn nhưng 2 phương trình hoặc có những bài phương trình
có số mũ rất lớn thì việc sử dụng các phương pháp thơng thường sẽ rất khó
khăn để đưa đến kết quả. Nhưng thật may mắn thay, một số bài phương
trình, hệ phương trình lại có điều kiện bó hẹp của biến giúp ta liên tưởng
đến một số cơng thức lượng giác, từ đó mà ta biến đổi linh hoạt các điều
kiện để chuyển các bài toán về dạng lượng giác, cách giải sẽ dễ dàng hơn rất
nhiều.
Trong quá trình học tập và nghiên cứu, tôi nhận thấy lượng giác là một
4


phương pháp rất hay trong việc giải quyết các bài toán đại số. Các tài liệu
về lượng giác rất nhiều , tuy nhiên sách viết về ứng dụng lượng giác cịn khá
ít. Nên việc nghiên cứu thêm những phần mở rộng của lượng giác đối với học
sinh phổ thông là vơ cùng cần thiết.
Với những lí do trên, tơi đã chọn đề tài: "Dùng phương pháp lượng
giác hóa để giải các bài tốn về phương trình, hệ phương trình,
chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
biểu thức" làm luận văn tốt nghiệp của mình.
2. Mục đích nghiên cứu
- Hệ thống hóa các kiến thức cơ bản về lượng giác.
- Xây dựng hệ thống các bài tập vận dụng để thấy được tính thiết thực của
việc ứng dụng lượng giác trong giải phương trình, hệ phương trình, chứng
minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
- Đối tượng nghiên cứu: Lí thuyết lượng giác và ứng dụng của nó.
- Phạm vi nghiên cứu: Một số bài tốn về phương trình, hệ phương trình,
chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức

trong chương trình phổ thơng và các kỳ thi học sinh giỏi.
4. Nhiệm vụ nghiên cứu
-Nghiên cứu các bài tốn về phương trình, hệ phương trình giải được bằng
phương pháp lượng giác hóa.
-Nghiên cứu các bài tốn chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất
và nhỏ nhất của biểu thức giải được bằng phương pháp lượng giác hóa.
5. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp nghiên cứu luận: đọc giáo trình, tài liệu tham khảo để hệ
thống hóa, phân dạng các bài tốn.
5


- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: tích lũy các kinh nghiệm có được
của bản thân, bạn bè, thầy cơ, các anh chị khóa trước để nghiên cứu sâu
hơn, kĩ hơn.
- Phương pháp hỏi ý kiến chuyên gia: hỏi trực tiếp giáo viên hướng dẫn và
giáo viên giảng dạy các kiến thức liên quan đến đề tài.
6. Nội dung luận văn
Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn được chia thành 4 chương:
- Chương 1: Trình bày sơ lược các kiến thức về lượng giác: một số định
nghĩa, tính chất, các công thức lượng giác cơ bản.
- Chương 2: Trình bày các dấu hiệu, một số kỹ thuật thường dùng để giải
các bài phương trình, hệ phương trình bằng phương pháp lượng giác hóa, và
các bài tốn ứng dụng cụ thể.
- Chương 3: Trình bày các dấu hiệu, một số kỹ thuật thường dùng để
chứng minh bất đẳng thức và các bài toán ứng dụng cụ thể.
- Chương 4: Trình bày các dấu hiệu, một số kỹ thuật thường dùng để giải
các bài tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất bằng phương pháp lượng giác hóa và
các bài tốn ứng dụng cụ thể.

6


Chương 1

Các kiến thức chuẩn bị về lượng giác
Ở chương này, luận văn sẽ nhắc lại sơ lược các vấn đề cơ bản của lượng
giác như: khái niệm và lịch sử hình thành lượng giác, các tính chất và các
phép biến đổi lượng giác cơ bản.

1.1
1.1.1

Khái niệm và lịch sử hình thành hàm lượng giác
Khái niệm

Trong tốn học nói chung và lượng giác học nói riêng, các hàm lượng giác
là các hàm tốn học của góc, được dùng khi nghiên cứu tam giác và các hiện
tượng có tính chất tuần hồn. Các hàm lượng giác của một góc thường được
định nghĩa bởi tỷ lệ chiều dài hai cạnh của tam giác vng chứa góc đó, hoặc
tỷ lệ chiều dài giữa các đoạn thẳng nối các điểm đặc biệt trên vòng trịn đơn
vị. Ở khía cạnh hiện đại hơn, định nghĩa hàm lượng giác là chuỗi vô hạn hoặc
là nghiệm của phương trình vi phân, điều này cho phép hàm lượng giác có
thể có đối số là một số thực hay một số phức bất kì.
1.1.2

Lịch sử hình thành

Những nghiên cứu một cách hệ thống và việc lập bảng tính các hàm lượng
giác được cho là thực hiện đầu tiên bởi Hipparchus (180-125 TCN), người

7


đã lập bảng tính độ dài các cung trịn và chiều dài của dây cung tương ứng.
Sau đó, Ptomely tiếp tục phát triển cơng trình, tìm ra cơng thức cộng và trừ
cho sin(A+B) và cos(A+B), Ptomely cũng đã suy diễn ra được công thức hạ
bậc, cho phép ông lập bảng tính với bất kỳ độ chính xác cần thiết nào. Tuy
nhiên, những bảng tính trên đều đã bị thất truyền.
Các phát triển tiếp theo diễn ra ở Ấn Độ, công trình của Surya Siddhanta
(thế kỷ 4-5) định nghĩa hàm sin theo nửa góc và nửa dây cung. Đến thế kỷ
10, người Ả Rập đã dùng cả 6 hàm lượng giác cơ bản với độ chính xác đến
8 chữ số thập phân.
Các cơng trình đầu tiên này về các hàm lượng giác cơ bản đều được phát
triển nhằm phục vụ trong các cơng trình thiên văn học, cụ thể là dùng để
tính tốn các đồng hồ mặt trời.
Ngày nay, chúng được dùng để đo khoảng cách tới các ngôi sao gần, giữa
các mốc giới hạn hay trong các hệ thống hoa tiêu vệ tinh. Rộng hơn nữa,
chúng được áp dụng vào nhiều lĩnh vực khác : quang học, phân tích thị
trường tài chính, điện tử học, lý thuyết xác suất, thống kê, sinh học, dược
khoa, hóa học, lý thuyết số, khí tượng học, hải dương học . . .

1.2

Bảng giá trị lượng giác của các cung có liên quan đặc biệt

Ta gọi cung có liên quan đặc biệt với cung α là các cung:
- Đối với α : - α
- Bù với α : π - α
- Hơn, kém nhau π với α: α ± π
- Hơn, kém nhau

π
π
với α : α ±
2
2
8


-α

π-α

π+α

π
-α
2

π
+α
2

cos

cosα

-cosα

-cosα

sinα

-sinα

sin

-sinα

sinα

-sinα

cosα

cosα

tan

-tan α

-tanα

tanα

cotα

-cotα

cot

-cot α

-cotα

cotα

tanα

-tanα

Bảng 1.1: Bảng giá trị lượng giác của các cung có liên quan đặc biệt

1.3

Cơng thức lượng giác

1.3.1

Các công thức cơ bản

sin2 x + cos2 x = 1
sin x
tan x =
cos x
cos x
cot x =
sin x

1.3.2

tan x. cot x = 1
1
1 + tan2 x =
cos2 x
1
1 + cot2 x =
sin2 x

π
(x = k , k ∈ Z)
2
π
(x = + kπ, k ∈ Z)
2
(x = kπ, k ∈ Z)

Công thức cộng

sin(a ± b) = sin a. cos b ± sin b. cos a
cos(a ± b) = cos a. cos b ∓ sin a. sin b
tan a ± tan b
π
tan(a±b) =
(a, b, a±b = +kπ, k ∈ Z)
1 ∓ tan a. tan b
2
cot a. cot b ± 1
(a, b, a ± b = kπ, k ∈ Z)
cot(a ± b) =

cot a ∓ cot b

9


1.3.3

Công thức nhân

Công thức nhân đôi

sin 2x =2 sin x. cos x


cos2 x − sin2 x



cos 2x= 2 cos2 x − 1




 1 − 2 sin2 x
π
2 tan x
(x,
2x
=
+ kπ, k ∈ Z)

tan 2x =
1 − tan2 x
2
Công thức nhân ba

− x sin π3 + x
π
π
cos 3x = 4 cos3 x − 3 cos x = 4 cos x cos
− x cos
+x
3
3
π
π
3 tan x − tan3 x
= tan x tan
− x tan
+x
tan 3x =
2
1 − 3 tan x
3
3
Công thức tổng quát đối với hàm tan:
tan a + tan b + tan c − tan a. tan b. tan c
tan(a + b + c) =
1 − tan a. tan b − tan b. tan c − tan c. tan a
sin 3x = 3 sin x − 4 sin3 x = 4 sin x sin

π
3

Cơng thức tính theo t= tan x

2t
;
sin 2x =
1 + t2

1 − t2
cos 2x =
;
1 + t2

tan 2x =

2t
1 − t2

Công thức hạ bậc

1 − cos 2x
2
−
sin
3x + 3 sin x
sin3 x =
4
sin2 x =

1 + cos2x
1 − cos 2x
tan2 x =
2
1 + cos 2x
cos
3x
+
3
cos
x
cos3 x =
4
cos2 x =

10


1.3.4

Cơng thức biến đổi

Tích thành tổng

1
cos a. cos b = [cos(a + b) + cos(a − b)]
2
1
sin a. sin b = − [cos(a + b) − cos(a − b)]

2
1
sin a. cos b = [sin(a + b) + sin(a − b)]
2
1
cos a. sin b = [sin(a + b) − sin(a − b)]
2

Tổng thành tích

a+b
a−b
cos
2
2
a+b
sin a−b
cos a − cos b = −2 sin
2
2
a−b
a+b
cos
sin a + sin b = 2 sin
2
2
a−b
a+b
sin
sin a − sin b = 2 cos

2
2
sin(a ± b)
π
tan a ± tan b =
(a, b = + kπ, k ∈ Z)
cos a. cos b
2
sin(b ± a)
cot a ± cot b =
(a, b = kπ, k ∈ Z)
sin a. sin b
sin(a − b)
π
tan a+cot b =
(a = +kπ, b = lπ, k, l ∈ Z)
cos a. sin b
2
cos(a + b)
π
cot a−tan b =
(a = kπ, b = +lπ, k, l ∈ Z)
sin a. cos b
2
cos a + cos b = 2 cos

Công thức bổ sung

√

π
2 sin(a ± )
4
√
π
cos a ± sin a = 2 cos(a ∓ )
4
√
π
π
3 sin a ± cos a + cos a = 2 sin(a ± ) = 2 cos(a ∓ )
6
3
√
π
π
sin a ± 3 cos a = 2 sin(a ± ) = 2 cos(a ∓ )
3
6
√
m sin a + n cos a = m2 + n2 sin(a + b)

sin a ± cos a =

11


Trong đó:



 m2 + n2 > 0
m
n

; sin b = √
 cos b = √ 2
m + n2
m2 + n2

1.4

Hệ thức lượng trong tam giác

1.4.1

Định lý sin

Trong tam giác ABC bất kỳ với BC = a; CA = b; AB = c và R là bán
kính đường trịn ngoại tiếp, ta có:
a
b
c
=
=
= 2R
sin A sin B
sin C

1.4.2

Định lý cosin

Trong tam giác ABC bất kỳ với BC = a; CA = b; AB = c ta có:

a2 = b2 + c2 − 2bc. cos A
b2 = a2 + c2 − 2ac. cos B
Hệ quả:

c2 = a2 + b2 − 2ab. cos C
b2 + c2 − a2
2bc
a2 + c2 − b2
cos B =
2ac
a2 + b2 − c2
cos C =
2ab

cos A =

12


Chương 2

Dùng phương pháp lượng giác hóa để
giải phương trình, hệ phương trình.
Ở chương này, luận văn sẽ trình bày các dấu hiệu, một số kỹ thuật thường
dùng để giải phương trình, hệ phương trình bằng phương pháp lượng giác
hóa đồng thời đưa ra các bài toán ứng dụng cụ thể bằng nhiều cách để thấy

được thế mạnh của phương pháp lượng giác hóa so với các phương pháp khác.

2.1

Một số kỹ thuật thường dùng để giải phương trình, hệ
phương trình.

Để áp dụng lượng giác vào giải phương trình, hệ phương trình ta cần dựa
vào các dấu hiệu sau đây:

Dấu hiệu 1: Nếu trong bài tốn có |x| ≤ k với k > 0 thì đặt x = k sin t
−π π
;
hoặc đặt x = k cos α với α ∈ [0; π].
với t ∈
2 2
2
2
2
Dấu
 hiệu 2: Nếu trong bài tốn có biểu thức x + y = k với k > 0 thì


x= ksin t
đặt
với t ∈ [0; 2π].


y = kcos t
Dấu hiệu 3: Nếu bài tốn có điều kiện |x| ≥ k với k > 0 thì đặt x =

13

k
cos t


π
π
1
; π . Khi đó:x2 − k 2 = k 2
− 1 = k 2 tan2 α.
∪
2
2
cos t2
Dấu hiệu 4: Nếu trong bài tốn có biểu thức x2 + k 2 thì đặt x = k tan t
k2
−π π
;
với cos t > 0
. Khi đó: x2 + k 2 = k 2 1 + tan2 t =
với t ∈
2 2
cos2 t
a+b
Dấu hiệu 5: Nếu trong bài tốn có biểu thức: X =
thì đặt
1 − ab




a = tan α
−π π
;
.
với α, β ∈

2 2

b = tan β

với t ∈ 0;

Để chuyển một biểu thức đại số thành một biểu thức lượng giác tương

ứng, ta có bảng sau:

Biểu thức đại số

Biểu thức lượng giác
1
cos2 t

1 + x2

1 + tan2 t =

2x2 − 1

2 cos2 t − 1 = cos 2t

1 − 2x2

1 − 2 sin2 t = cos 2t

4x3 − 3x

4 cos3 t − 3 cos t = cos 3t

3x − 4x3

3 sin t − 4 sin3 t = sin 3t

2x
1 − x2

2 tan t
= tan 2t
1 − tan2 t

2x
1 + x2

2 tan t
= sin 2t
1 + tan2 t

1 − x2
1 + x2

1 − tan2 t
= cos 2t
1 + tan2 t

Bảng 2.1: Bảng tóm tắt biểu thức đại số và biểu thức lượng giác tương ứng

14


2.2

Các bước giải một bài tốn về phương trình, hệ phương
trình:

Bước 1: Nhận biết các dấu hiệu có trong bài tốn và đặt ẩn phụ.
Bước 2: Lượng giác hóa bài tốn nghĩa là sau khi đặt ẩn phụ, chuyển
phương trình, hệ phương trình đại số thành phương trình, hệ phương trình
lượng giác.

Bước 3: Giải phương trình, hệ phương trình lượng giác tương ứng và kết
luận.

2.3

Một số bài phương trình dùng phương pháp lượng giác hóa:

Bài tốn 2.1. (Đề thi vơ địch quốc gia năm 1984) Giải phương trình:

1+

1 − x2[ (1 + x)3 −

(1 − x)3] = 2 +

1 − x2

(2.1)

Bài giải:
Cách 1:
Sử dụng phương pháp đại số


1 − x2 ≥ 0




⇔ −1 ≤ x ≤ 1
Điều kiện: 1 − x ≥ 0





1 + x ≥ 0

Bình phương 2 vế của phương trình (2.1) ta có:
√
√

(1 + 1 − x2)( (1 + x)3 − (1 − x)3)2 = (2 + 1 − x2)2
√
√
⇔ (1 + 1 − x2)[(1 + x)3 + (1 − x)3 − 2 (1 − x2)3] = (2 + 1 − x2)2
√
√
⇔ (1 + 1 − x2)(6x2 − 2 (1 − x2)3 + 2) = (2 + 1 − x2)2 (2.1∗)
√
Đặt:
t = 1 − x2; điều kiện: t ≥ 0

⇒ t2 = 1 − x2
⇔ x2 = 1 − t2
15


Ta có phương trình (2.1∗) được viết lại theo t:

(1 + t)[6(1 − t2 ) − 2t3 + 2] = (2 + t)2
⇔ (1 + t)(−2t3 − 6t2 + 8) = (2 + t)2
⇔ −2(t2 − 1)(t + 2)2 − (t + 2)2 = 0
⇔ −(t + 2)2[2(t2 − 1) + 1] = 0


(t + 2)2 = 0
 t = −2
√

⇔
⇔

±
2
2t2 = 1
t=
2
√
2
Đối chiếu điều kiện: t ≥ 0 ⇒ t =
2
√
√
√
√
2
2
2
⇒ 1 − x2 =
⇒x=±
Với t =
2
2
2
Thử lại : √
2
thay vào phương trình (2.1) ta có:
Với x = −
2

√ 2
√ 3

√
2 
2
2
−
VT = 1+ 1− −
1−
1+

2
2
2
VP =2+
√

√

2
1− −
2

3

2




<0

>0

2
⇒x=−
không phải là nghiệm của phương trình (2.1)
√2
2
Với x =
thay vào phương trình (2.1)ta được:
2
√ 3
√ 2
√ 3
2 
2
2 
1+
−
= 2+
1+ 1−
1−
2
2
2
(Thỏa mãn)

√

2
2

Cách 2: Dùng phương pháp lượng giác hóa:

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x =

Với điều kiện: −1 ≤ x ≤ 1. Đặt x = cos t. Với t ∈ [0; π]
Phương trình (2.1) được viết dưới dạng lượng giác:

16

1−

√
2
2

2


√
1 + sin t
⇔

(1 + cos t)3 − (1 − cos t)3 = 2 + sin t


2
3
3
t
t

t
t 
.
−
= 2 + sin t
sin + cos
2 cos2
2 sin2
2
2
2
2

√
t
t
t
t 1
⇔ 2 2 cos2 − sin2
cos2 + sin t + sin2
2
2
2 2
2
√
2 + sin t
⇔ 2 2 cos t
= 2 + sin t
2
√

2 cos t − 1 = 0
⇔ (2 + sin t)
√
√
2
2
⇔ cos t =
⇒x=
.
2
2
√
2
.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x =
2

= 2 + sin t

Bài tốn 2.2. Giải phương trình:

x3 +

(1 − x2)3 = x 2 (1 − x2)

(2.2)

Bài giải:
Cách 1: Sử dụng phương pháp đại số
Điều kiện: 1 − x2 ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1

3
√
√
√
PT (2.2) ⇔ x + 1 − x2 −3x 1 − x2 x + 1 − x2 = x
√
√
Đặt t = x + 1 − x2 ; điều kiện : −1 ≤ t ≤ 2
√
⇒ t2 = x2 + 1 − x2 + 2x 1 − x2
√
t2 − 1
⇔
= x 1 − x2
2
Ta có phương trình (2.2*) được viết lại theo t:
t2 − 1
t2 − 1
t3 − 3t
= √
√2
√2
1
2 2 3
2
⇔ − t3 −
t + t+
=0
2 √ 2
2√ 2

⇔ t − 2 t2 + 2 2t + 1 = 0
17

2 (1 − x2 ) (2.2∗)






⇔



t=

√
2
√

2
√
t = −1 − 2
√
Đối chiếu với điều kiện:−1 ≤ x ≤ 2
√
√
Suy ra: t = 2; t = 1 − 2
√
Ta có: t = x + 1 − x2

t=1−

⇒ (t − x)2 = 1 − x2

⇔ 2x2 − 2tx + (t2 − 1) = 0

√
2
√
√
t + 2 − t2
t − 2 − t2
Phương trình này có 2 nghiệm phân biệt là x =
;x =
2
2
√
√
2
Với t = 2 ⇒ x =
2
√
√
√
√
√
1− 2− 2 2−1
1− 2+ 2 2−1
Với t = 1 − 2 ⇒ x =
;x =

2
2
Thay các nghiệm vừa tìm được vào phương trình (2.2), ta thấy
√
√
√
1− 2− 2 2−1
2
;x =
thỏa mãn phương trình đã cho.
x=
2
2
√
√
√
2
1− 2− 2 2−1
Vậy phương trình (2.2) có 2 nghiệm là: x =
;x =
2
2
Cách 2: Sử dụng phương pháp lượng giác hóa:
π
π
Từ điều kiện: −1 ≤ x ≤ 1; ta đặt x = sin t; với − ≤ t ≤
2
2
Khi đó, phương trình (2.2) được viết lại như sau:

△′ = t2 − 2(t2 − 1) = 2 − t2 > 0, vì − 1 ≤ t ≤

sin3 t +

3

1 − sin2 t = sin t 2 1 − sin2 t
√
⇔ sin3 t + cos3 t = 2 sin t. cos t
√
⇔ (sin t + cos t)3 −3 sin t cos t(sint+cost)− 2 sin t cos t = 0 (2.2∗)
√
√
Đặt u = sin t + cos t; với − 2 ≤ u ≤ 2
⇒ u2 − 1 = 2 sin t cos t

Thay vào phương trình (2.2∗) ta được:

18


u3 + u
√

√
2



√

2 − 3u − 2 = 0 ⇔ 
√

u=

√
2

u=1−

√

2

π
π
= 1 ⇔ t = + k2π
2 ⇔ sin t +
4
4
√
π
π π
2
.
Vì t ∈ [− , ] nên t = ⇒ x =
2 2√
4
2 √
√

Vớiu = 1 − 2 ⇔ sin t + cos t = 1− 2 ⇔ cos t = 1 − 2 − sin t
√
√




0 ≤ 1 − 2 − sin t ≤ 1
sin t ≤ 1 − 2
⇔
⇔
2
√
√
√




 1 − 2 − sin t = 1
2 sin2 t − 2 1 − 2 sin t + 2 − 2 = 0
√
√
1− 2− 2 2−1
=x
⇔ sin t =
2
Vậy phương trình (2.2) có 2 nghiệm là:
√
√

√
2
1− 2− 2 2−1
x=
;x =
2
2
Với u =

2 ⇔ sint + cost =

Bài toán 2.3. Giải phương trình:

x=

2+

√

2−

2+x

Bài giải:
Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 2

Với điều kiện đó, ta đặt : x = 2 cos t;

−π π
;

2 2

t∈

Khi đó phương trình (2.3) trở thành:

√

2 cos t =

2+

2−

⇔ 2 cos t =

2+

2 − 2 cos2

⇔ 2 cos t =

2 + 2 sin
√

t
4

2 + 2 cos t

t
t
+ cos
8
8
t π
π
− t = sin
+
⇔ sin
2
8 4
⇔ 2 cos t =

2 sin

19

t
2

(2.3)




16π
2π
−
k

t
=

7
7
⇔
16π ; k ∈ Z
2π
−k
t=
9
9
2π
2π
−π π
; , suy ra t =
;t =
Đối chiếu điều kiện t ∈
2 2
7
9
2π
2π
Với t =
⇒ x = 2 cos
( Thỏa mãn)
7
7
2π
2π

Với t =
⇒ x = 2 cos
(Thỏa mãn)
9
9
2π
2π
Vậy phương trình (2.3) có 2 nghiệm là: x = 2 cos ; x = 2 cos
7
9
Nhận xét:
- Ở bài toán 1 và 2, việc giải bằng phương pháp đại số rất phức tạp, ta phải
thực hiện qua nhiều lần đặt ẩn phụ và đưa về các phương trình tương đương
khá rắc rối, dễ xuất hiện nghiệm ngoại lai. Nhưng nếu chú ý quan sát điều
kiện của x để đặt ẩn phụ, đưa bài toán về dạng lượng giác thì rất ngắn gọn
và dễ hiểu.
- Ở bài tốn 3, ta nhận thấy bài toán chứa nhiều dấu căn , nếu dùng phương
pháp bình phương cả 2 vế nhiều lần để khử căn thì sẽ đưa về phương trình
bậc cao phức tạp. Lượng giác có một ưu điểm là khử căn bằng cơng thức hạ
bậc, điều này rất có ích khi giải phương trình vơ tỷ.
- Qua 3 bài toán trên, ta đã thấy được những lợi thế quan trọng của phương
pháp lượng giác hóa so với các phương pháp khác. Từ đó, chúng ta sẽ dùng
phương pháp này để giải một lớp các bài toán tương tự sau đây:

Bài toán 2.4. (Đề nghị Olympic 30-4. năm 2007) Giải phương trình:

√
1
1
=2 2

+√
x
1 − x2
Bài giải:

20

(2.4)


Điều kiện:




1 − x2 > 0


x = 0

⇔




−1 < x < 1


x = 0

π
2
Khi đó phương trình (2.4) trở thành:
√
√
1
1
+
= 2 2 ⇔ sin t + cos t = 2 2 sin t. cos t (2.4∗)
cos t sin t
√
√
Đặt sin t + cos t = u; với − 2 ≤ u ≤ 2.
u2 − 1
⇒sin t. cos t =
.
2
Thay vào phương trình (2.4∗) ta có:
√
√
√
u = 2 u2 − 1 ⇔  2u2 − u − 2 = 0
√
u
=
2

⇔
−1
u=√

2
√
√
-Với u = 2 ⇔ sin t + cos t = 2
√
√
π
⇔ 2 sin t +
= 2
4
π
⇔ sin t +
=1
4
π
π
⇔ t + = + k2π
4
2
π
⇔ t = + k2π
2
√
2
π
π
Đối chiếu điều kiện t ∈ (0; π) \{ } suy ra t = ⇒ x =
2 √
4
2

√
2
− 2
⇒ sin t + cos t = −
-Với u =
2
2 √
√
π
− 2
⇔ 2 cos t −
=
4
2
1
π
=−
⇔ cos t −
4
2
π
2π
⇔ cos t −
= cos
4
3

11π
 t = 12 + k2π
(k ∈ Z)

⇔
5π
t = − + k2π
12
π
Đối chiếu điều kiện t ∈ (0; π) \
2
Đặt x = cos t; t ∈ (0; π) \

21


Ta suy ra:
Đối chiếu điều kiện:

√
11π
−1 − 3
√
t=
⇒x=
12
2
2



−1 < x < 1



x = 0

√
2
−1 − 3
√
;x =
Suy ra phương trình có 2 nghiệm: x =
2 √
2 2
√
−1 − 3
2
√
Vậy phương trình (2.4) có 2 nghiệm là: x =
;x =
2
2 2
√

Bài tốn 2.5. Giải phương trình:

1+

1 − x2 = x 1 + 2 1 − x2
Bài giải:

Điều kiện: 1 − x2 ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1
−π π
;

Đặt x = sin t với t ∈
2 2
Khi đó phương trình (2.5) trở thành:

1 + 1 − sin2 t = sin t 1 + 2 1 − sin2 t
√
⇔ 1 + cos t = sin t (1 + 2 cos t)
√
t
⇔ 2 cos = sin t + sin 2t
2
√
3t
t
t
⇔ 2 cos = 2 sin cos
2
2
2
√
√
t
3t
⇔ 2 cos
1 − 2 sin
=0
2
2

t

cos = 0

2 √
⇔
2
3t
sin =
2
2

 t = π + k2π

π
4π
t
=
⇔
+
k
;k ∈ Z

6
3

4π
π
t= +k
2
3
22

(2.5)


−π π
π
π
Đối chiếu điều kiện: t ∈
;
suy ra t = ; t =
2 2
2
6
π
Với t = ⇒ x = 1 ( Thỏa mãn)
2
1
π
Với t = ⇒ x = (Thỏa mãn)
6
2
1
Vậy phương trình có 2 nghiệm là: x = ; x = 1
2
Bài tốn 2.6. Giải phương trình:

4.33x − 3x+1 =

√

1 − 9x

(2.6)

Thoạt tiên, khi nhìn vào phương trình mũ này ta nghĩ ngay đến việc đặt
ẩn phụ. Ta thử đặt t = 3x (t > 0), khi đó phương trình trở thành:
√
4t3 − 3t = 1 − 9t2. Đến đây, để giải phương trình, ta bình phương hai vế.

Việc bình phương sẽ xuất hiện phương trình bậc 6: 16t6 − 24t4 + 182 − 1 = 0.
Để giải ta tiếp tục đặt ẩn phụ lần 2, bài giải sẽ dài và cho ra nghiệm phức
tạp nếu nghiệm chứa nhiều căn. Vậy, nếu ta đặt 3x = cost, liệu bài toán có
đơn giản hơn khơng?

Bài giải:
Điều kiện: 1 − 9x ≥ 0 ⇔ 9x ≤ 1 ⇔ x ≤ 0
π
Đặt 3x = cos t; với t ∈ 0; .
2
Khi đó phương trình (2.6) trở thành:
√
4 cos3 t − 3 cos t = 1 − cos2 t
π
⇔ cos 3t = sin t = cos
−t
2

π
− t + k2π
3t

=

2
⇔
π
3t = − + t + k2π
2
23




π kπ
+
t
=

8
2 ;k ∈ Z
⇔
π
t = − + kπ
4
π
π
Vì 0 ≤ t ≤ nên phương trình có nghiệm là t =
2
8
Mặc khác ta có:
√

π
2π
π
π
2
+
2
= 2 cos2 − 1 ⇔ cos =
cos = cos
4
8
8
8
2
√
√
π
2+ 2
2+ 2
⇔ x = log3
Với 3x = cos =
8
2
2
Vậy phương trình (2.6)có nghiệm duy nhất là: x = log3

2+
2

√

2

Bài tốn 2.7. Giải phương trình:

(2.7)

64x6 − 96x4 + 36x2 − 3 = 0
Bài giải:
Ta có cơng thức:

cos 6t = 2 cos2 3t − 1 = 2 4 cos3 t − 3 cos t
=32cos6 t − 48 cos4 t + 18 cos2 t − 1

2

−1

Với x ∈ [−1; 1] ta đặt x = cos t.

Khi đó thay vào phương trình (2.7) ta có:

64 cos t6 t − 96 cos4 t + 36 cos2 t − 3 = 0
1
⇔ 32 cos6 t − 48 cos4 t + 18 cos2 t − 1 =
2
π
⇔ cos 6t = cos
3



π
π k2π
t
=
+ k2π
6t
=
+

18
3
3 ⇔
⇔

π
k2π ; k = 0; 5, k ∈ Z
π
t=− +
t = − + k2π
3
18
3
Do phương trình bậc 6 có khơng q 6 nghiệm nên phương trình có 6 nghiệm
sau:
24


π
π

13π
13π
⇒ x = cos ;
k=1⇒t=
⇒ x = cos
18
18
18
18
25π
37π
37π
25π
⇒ x = cos
; k=3⇒t=
⇒ x = cos
k=2=
18
18
18
18
49π
49π
62π
61π
k=4=
⇒ x = cos
; k=5⇒t=
⇒ x = cos
18

18
18
18
Vậy phương trình (2.7) có 6 nghiệm là:
13π
25π
37π
49π
π
; x = cos
; x = cos
; x = cos
;x =
x = cos ; x = cos
18
18
18
18
18
61π
cos
18
k=0=

Bài tốn 2.8. (Tạp chí tốn học và tuổi trẻ 2008) Giải phương trình:

x3 − 3x =

√

(2.8)

x+2

Bài giải:
- Nếu x < −2 thì phương trình khơng xác định.

- Nếu x > 2 thì: x3 − 3x = x + x(x2 − 4) > x >

√

x+2

⇒ Phương trình vơ nghiệm.

- Nếu −2 ≤ x ≤ 2; ta đặt: x = 2 cos t, t ∈ [0; π]

Khi đó phương trình (2.8) trở thành:
√
8 cos3 t − 6 cos t = 2 cos t + 2
t
⇔ 2(4 cos3 t − 3 cos t) = 2 cos
2
t
⇔ cos 3t = cos
2
t
⇔ 3t = ± + k2π (k ∈ Z)
2


k4π
t = 5
⇔
k4π
t=
7
4π
4π
;t =
Đối chiếu điều kiện t ∈ [0; π] ⇒ t = 0; t =
5
7
4π
4π
Suy ra: x = 2; x = 2cos ; x = 2cos
5
7
25