1. Một số kiến thức cơ bản:
Nếu $\left| x \right| \leqslant - 1$ thì có một số t với $t \in \left[ {\frac{{ - \pi }}{2};\frac{{ - \pi }}{2}} \right]$ sao cho: $\sin t = x$ và một số y với $y \in \left[ {0;\pi } \right]$ sao cho $x = \cos y$
Nếu $0 \leqslant x \leqslant 1$ thì có một số t với $t \in \left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]$ sao cho: $\sin t = x$ và một số y với $y \in \left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]$ sao cho $x = \cos y$
Với mỗi số thực x có $t \in \left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right)$ sao cho: $x = \tan t$
Nếu: $x$,$y$ là hai số thực thỏa: ${x^2} + {y^2} = 1$, thì có một số t với $0 \leqslant t \leqslant 2\pi $, sao cho $x = \sin t,y = \cos t$
Từ đó chúng ta có phương pháp giải toán:
Nếu$\left| x \right| \leqslant - 1$ thì đặt $\sin t = x$ với $t \in \left[ {\frac{{ - \pi }}{2};\frac{{ - \pi }}{2}} \right]$ hoặc $x = \cos y$ với $y \in \left[ {0;\pi } \right]$
Nếu $0 \leqslant x \leqslant 1$ thì đặt $\sin t = x$, với $t \in \left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]$ hoặc $x = \cos y$, với $y \in \left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]$
Nếu $x$,$y$ là hai số thực thỏa: ${x^2} + {y^2} = 1$, thì đặt $x = \sin t,y = \cos t$ với $0 \leqslant t \leqslant 2\pi $
Nếu $\left| x \right| \geqslant a$, ta có thể đặt: $x = \frac{a}{{\sin t}}$, với $t \in \left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right)$, tương tự cho trường hợp khác
X là số thực bất kỳ thi đặt: $x = \tan t,{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} t \in \left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right)$
Tại sao lại phải đặt điều kiện cho t như vậy ?
Chúng ta biết rằng khi đặt điều kiện $x = f\left( t \right)$ thì phải đảm bảo với mỗi $x$ có duy nhất một $t$, và điều kiện trên để đảm bào điều này. (xem lại đường tròn lượng giác )
2. Xây dựng phương trình vô tỉ bằng phương pháp lượng giác như thế nào?
Từ các phương trình lượng giác đơn giản: $\cos 3t = \sin t$, ta có thể tạo ra được phương trình vô tỉ
Chú ý: $\cos 3t = 4{\cos ^3}t - 3\cos t$ ta có phương trình vô tỉ: $4{x^3} - 3x = \sqrt {1 - {x^2}} $ (1)
Nếu thay $x$ bằng $\frac{1}{x}$ ta lại có phương trình:$4 - 3{x^2} = {x^2}\sqrt {{x^2} - 1} $ (2)
Nếu thay x trong phương trình (1) bởi: (x-1) ta sẽ có phương trình vố tỉ khó: $4{x^3} - 12{x^2} + 9x - 1 = \sqrt {2x - {x^2}} $ (3)
Việc giải phương trình (2) và (3) không đơn giản chút nào ?
Tương tự như vậy từ công thức sin 3x, sin 4x,…….hãy xây dựng những phương trình vô tỉ theo kiểu lượng giác.
MỘT SỐ VÍ DỤ:
Bài 1.
Giải phương trình sau: $\sqrt {1 + \sqrt {1 - {x^2}} } \left[ {\sqrt {{{\left( {1 + x} \right)}^3}} - \sqrt {{{\left( {1 - x} \right)}^3}} } \right] = \frac{2}{{\sqrt 3 }} + \sqrt {\frac{{1 - {x^2}}}{3}} $
Giải:
Điều kiện:$\left| x \right| \leqslant 1$
Với $x \in [ - 1;0]$: thì $\sqrt {{{\left( {1 + x} \right)}^3}} - \sqrt {{{\left( {1 - x} \right)}^3}} \leqslant 0$ (ptvn)
$x \in [0;1]$ ta đặt: $x = \cos t,{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} t \in \left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]$. Khi đó phương trình trở thành: $2\sqrt 6 \cos x\left( {1 + \frac{1}{2}\sin t} \right) = 2 + \sin t \Leftrightarrow \cos t = \frac{1}{{\sqrt 6 }}$ vậy phương trình có nghiệm: $x = \frac{1}{{\sqrt 6 }}$
Bài 2.
Giải phương trình sau: $\sqrt[3]{{6x + 1}} = 2x$
Giải:
Lập phương 2 vế ta được:$8{x^3} - 6x = 1 \Leftrightarrow 4{x^3} - 3x = \frac{1}{2}$
Xét: $\left| x \right| \leqslant 1$, đặt $x = \cos t,{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} t \in \left[ {0;\pi } \right]$. Khi đó ta được $S = \left\{ {\cos \frac{\pi }{9};\cos \frac{{5\pi }}{9};\cos \frac{{7\pi }}{9}} \right\}$ mà phương trình bậc 3 có tối đa 3 nghiệm vậy đó cũng chính là tập nghiệm của phương trình.
Bài 3.
Giải phương trình ${x^2}\left( {1 + \frac{1}{{\sqrt {{x^2} - 1} }}} \right)$
Giải:
Đk: $\left| x \right| > 1$, ta có thể đặt $x = \frac{1}{{\sin t}},{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} t \in \left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right)$
Khi đó ptt: $\frac{1}{{{{\sin }^2}x}}\left( {1 + \cot t} \right) = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}
\cos t = 0 \\
\sin 2t = - \frac{1}{2} \\
\end{array} \right.$
Phương trình có nghiệm: $x = - \sqrt 2 \left( {\sqrt 3 + 1} \right)$
Bài 4.
Giải phương trình: $\sqrt {{x^2} + 1} = \frac{{{x^2} + 1}}{{2x}} + \frac{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}{{2x\left( {1 - {x^2}} \right)}}$
Giải:
Đk $x \ne 0,x \ne \pm 1$
Ta có thể đặt: $x = \tan t,{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} t \in \left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right)$
Khi đó pttt.$2\sin t\cos 2t + \cos 2t - 1 = 0 \Leftrightarrow \sin t\left( {1 - \sin t - 2{{\sin }^2}t} \right) = 0$
Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm $x = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$
BÀI TẬP RÈN LUYỆN:
Bài 1:
Giải phương trình: $\sqrt {\frac{{1 + 2x\sqrt {1 - {x^2}} }}{2}} = 1 - 2{x^2}$ (1)
Giải:
Nhận xét rằng $1 + 2x\sqrt {1 - {x^2}} = {\left( {x + \sqrt {1 - {x^2}} } \right)^2}$
Vì vậy phương trình được xác định với mọi x:
$1 - {x^2} \geqslant 0 \Leftrightarrow - 1 \leqslant x \leqslant 1$
Do đó ta có thể đặt
Chọn $0 \leqslant \phi \leqslant \pi \Rightarrow $ $ - 1 \leqslant x = \cos \phi \leqslant 1$
$\sin \phi \geqslant 0 \Rightarrow 1\sin \phi 1 = \sin \phi $
Ta có (1) $ \Leftrightarrow \sqrt {1 + 2\sin \phi \cos \phi } = \sqrt 2 \left( {1 - 2{{\cos }^2}\phi } \right)$
$ \Leftrightarrow 1\sin \phi + \cos \phi 1 = - \sqrt 2 \cos 2\phi $
$ \Leftrightarrow $$\left| {\cos \left( {\phi - \frac{\pi }{4}} \right)} \right| = - \cos 2\phi $
a) $\cos \left( {\phi - \frac{\pi }{4}} \right) \geqslant 0 \Rightarrow - \frac{\pi }{2} \leqslant \phi - \frac{\pi }{4} \Rightarrow 0 \leqslant \phi \leqslant 3\frac{\pi }{4}\left( * \right)$
Khi đó
(1) $ \Leftrightarrow \cos \left( {\phi - \frac{\pi }{4}} \right) = \cos \left( {\pi - 2\phi } \right)$
$ \Leftrightarrow \phi - \frac{\pi }{4} = \pm \left( {\pi - 2\phi } \right) + k2\pi $
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}
\phi = \frac{{5\pi }}{{12}} + k\frac{{2\pi }}{3} \\
\phi = \frac{{3\pi }}{4} - 12 \\
\end{array} \right.$
Thỏa mãn điều kiện (*) chỉ có $\phi = \frac{{5\pi }}{{12}}$ và $\phi = \frac{{3\pi }}{4}$ và ta thu được hai nghiệm
${x_1} = \cos \frac{{5\pi }}{{12}} = \sin \frac{\pi }{{12}} = \sin \left( {\frac{\pi }{3} - \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{\sqrt 6 - \sqrt 2 }}{2}$
${x_2} = \cos \frac{{3\pi }}{4} = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}$
b) $\cos \left( {\phi - \frac{\pi }{4}} \right) < 0 \Rightarrow \frac{{3\pi }}{4} < \phi \leqslant \pi $ (**)
Khi đó
(1) $ \Leftrightarrow - \cos \left( {\phi - \frac{\pi }{4}} \right) = - \cos 2\phi $
$ \Leftrightarrow \phi = - \frac{\pi }{4} + k2\pi $ hoặc $\phi = + \frac{\pi }{{12}} + l\frac{{2\pi }}{3}$
Không thỏa mãn (**) với mọi k và l
Bài 2:
Giải phương trình: $\sqrt {1 + \sqrt {1 - {x^2}} } $$\left[ {{{\sqrt {\left( {1 - x} \right)} }^3} - \sqrt {{{\left( {1 + x} \right)}^3}} } \right] = 2 + \sqrt {1 - {x^2}} $
Giải:
Từ điều kiện$ - 1 \leqslant x \leqslant 1$ ta có thể chọn: x=cos$\phi $
Lấy $0 \leqslant \phi \leqslant \pi $, khi đó:
$\sqrt {1 + {x^2}} = 1\sin \phi 1 = \sin \phi $ do $\sin \phi \geqslant 0$
Phương trình đã cho dưới dạng lượng giác có dạng
$\sqrt {1 + \sin \phi } \left[ {\sqrt {{{\left( {1 - \cos \phi } \right)}^3}} - \sqrt {{{\left( {1 + \cos \phi } \right)}^3}} } \right] = 2 + \sin \phi $
Và vì $\sqrt {1 + \sin \phi } = \sqrt {{{\left( {\sin \frac{\phi }{2} + \cos \frac{\phi }{2}} \right)}^2}} $=$\sin \frac{\phi }{2} + \cos \frac{\phi }{2}$
Do $0 \leqslant \frac{\phi }{2} \leqslant \frac{\phi }{2}$ nên $\sin \frac{\phi }{2} \geqslant 0,\cos \frac{\phi }{2} \geqslant 0$
Ta thu được phương trình:
$\left( {\sin \frac{\phi }{2} + \cos \frac{\phi }{2}} \right).2\sqrt 2 \left( {{{\sin }^3}\frac{\phi }{2} - {{\cos }^3}\frac{\phi }{2}} \right) = 2 + \sin \phi $
$ \Leftrightarrow \sqrt 2 \left( {{{\sin }^2}\frac{\phi }{2} - {{\cos }^2}\frac{\phi }{2}} \right)\left( {2 + \sin \phi } \right) = 2 + \sin \phi $
$ \Leftrightarrow - \sqrt {2\cos } \phi = 1$
$ \Leftrightarrow \cos \phi = x = - \frac{1}{{\sqrt 2 }}$
Nhận xét:
Ta nhận thấy, nếu dùng các phép biến đổi tương đương thì khả năng hữu tỉ hóa phương trình trên gặp khó khăn lớn vì phương trình đó chứa quá nhiều các căn thức. Vì thế khả năng hữu tỉ hóa bằng việc chọn ẩn phụ lượng giác (đã trình bày) tỏ rõ tính hiệu quả của nó.
Bài 3:
Giải phương trình: $x + \frac{x}{{\sqrt {{x^2} - 1} }} = \frac{{35}}{{12}}$
Giải:
Vì vế phải dương nên ta có điều kiện x > 0 và x$^2 - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1$
Đặt $x = \frac{1}{{\cos t}}\left( {0 < t < \frac{\pi }{2}} \right)$
Phương trình viết:
$\frac{1}{{\cos t}}\left( {1 + \frac{1}{{\tan t}}} \right) = \frac{{35}}{{12}}$
$ \Leftrightarrow \frac{1}{{\cos t}} + \frac{1}{{\sin t}} = \frac{{35}}{{12}}$
$ \Leftrightarrow 12\left( {\sin t + \cos t} \right) = 35\sin t.\cos t = \frac{{35}}{2}\sin 2t$
Hai vế điều dương, bình phương hai vế:
$144\left( {1 + \sin 2t} \right) = \frac{{1165}}{4}{\sin ^2}2t$
$1165{\sin ^2}2t - 576\sin 2t - 576 = 0$
$\sin 2t = \frac{{24}}{{25}},\sin 2{t_2} = - \frac{{24}}{{49}}$ (loại)
$\sin 2t = \frac{{24}}{{25}} \Rightarrow {\cos ^2}2t = 1 - {\left( {\frac{{24}}{{25}}} \right)^2} = \frac{{49}}{{{{25}^2}}} \Rightarrow \cos 2t = \pm \frac{7}{{25}}$
$\cos 2t = \frac{7}{{25}} \Rightarrow 2{\cos ^2}t - 1 = \frac{7}{{25}} \Rightarrow {\cos ^2}t = \frac{{16}}{{25}} \Rightarrow \cos t = \frac{4}{5}$
$x = \frac{1}{{\cos t}} = \frac{5}{4} > 0$
$\cos 2t = - \frac{7}{{25}} \Rightarrow 2{\cos ^2}t - 1 = - \frac{7}{{25}} \Rightarrow \cos {t^2}t = \frac{9}{{25}}$
$ \Rightarrow \cos t = \frac{3}{5}$
$x = \frac{1}{{\cos t}} = \frac{5}{3} > 0$
Vậy $S = \left\{ {\frac{5}{4}} \right.;\left. {\frac{5}{3}} \right\}$ là 2 nghiệm của phương trình
Bài 4:
Giải và biện luận: $\sqrt x + \sqrt {1 - x} = m$ (*)
Giải:
Điều kiện $0 \leqslant x \leqslant 1.$đặt $x = {\cos ^2}a\left( {0 \leqslant a \leqslant \frac{\pi }{2}} \right)$
(*) $ \Leftrightarrow $$\cos a + \sin a = m$
$ \Leftrightarrow \cos \left( {a - \frac{\pi }{4}} \right) = m\frac{{\sqrt 2 }}{2}\left( { - \frac{\pi }{4} \leqslant a - \frac{\pi }{4} \leqslant \frac{\pi }{4}} \right)$ (*)
- Khi $m\frac{{\sqrt 2 }}{2} < \frac{{\sqrt 2 }}{2}Vm\frac{{\sqrt 2 }}{2} > 1 \Leftrightarrow m < 1 \vee m > \sqrt 2 $
Thì (*)’ vô nghiệm $ \Rightarrow $(*) vô nghiệm
- Khi $1 \leqslant m \leqslant \sqrt 2 $
(*)’ $ \Leftrightarrow a - \frac{\pi }{4} = \beta \vee a - \frac{\pi }{4} = - \beta $. $\left( {\beta = \arccos m\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)$
$ \Leftrightarrow a = \beta + \frac{\pi }{4} \vee a = - \beta + \frac{\pi }{4}$
$ \Rightarrow (*)$có nghiệm là: ${x_1} = {\cos ^2}\left( {\beta + \frac{\pi }{4}} \right);{x_2} = {\cos ^2}\left( {\beta - \frac{\pi }{4}} \right)$
Để ý rằng $\beta = \arccos m\frac{{\sqrt 2 }}{2}$ ta có:
${x_1} = \frac{1}{2}\left( {1 - m\sqrt 2 \sqrt {1 - \frac{{{m^2}}}{2}} } \right);{x_2} = \frac{1}{2}\left( {1 + m\sqrt 2 \sqrt {1 - \frac{{{m^2}}}{2}} } \right)$
Bài 5:
Giải phương trình: $\frac{1}{x} + \frac{1}{{\sqrt {1 - {x^2}} }} = 2\left( {1 + \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)$
Giải:
Đặt $x = \cos a\left( {0 < a < \pi } \right)$
Phương trình đã cho thành:
$\frac{1}{{\cos a}} + \frac{1}{{\sin a}} = 2 + \frac{2}{{\sqrt 3 }}$ $ \Leftrightarrow \frac{{\sin a + \cos a}}{{2\sin a\cos a}} = 1 + \frac{1}{{\sqrt 3 }}$
Đặt $t = \sin a + \cos a = \sqrt 2 \sin \left( {a + \frac{\pi }{4}} \right)$
Ta được $t = 1 + \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \sin a + \cos a = 1 + \frac{{\sqrt 3 }}{2}$
$ \Rightarrow \sin 2a = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$ $ \Leftrightarrow 2a = \frac{\pi }{3} \vee 2a = \frac{{2\pi }}{3}$
$ \Leftrightarrow a = \frac{\pi }{6} \vee a = \frac{\pi }{3}$
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là:
${x_1} = \cos \frac{\pi }{6} = \frac{{\sqrt 3 }}{2};{x_2} = \cos \frac{\pi }{3} = \frac{1}{2}$
(Các giá trị này đều thử đúng phương trình đã cho)
Bài 6:
Biện luận theo m số nghiệm của pt: $\sqrt {12 - 3{x^2}} = x - m$ (1)
Giải:
Đặt $x = 2\sin t$ với $t \in \left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]$
Pt(1)
$ \Leftrightarrow 2\sqrt 3.\cos t = 2\sin t - m$
$ \Leftrightarrow \frac{1}{2}.\sin t - \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\cos t = \frac{m}{4}$
$ \Leftrightarrow $$\sin t.\cos \frac{\pi }{3} - \sin \frac{\pi }{3}.\cos t = \frac{m}{4}$
$\sin \left( {t - \frac{\pi }{3}} \right) = \frac{m}{4}$ (2)
Vì $ - \frac{\pi }{2} \leqslant t \leqslant \frac{\pi }{2} \Leftrightarrow \frac{{ - 5\pi }}{6} \leqslant t - \frac{\pi }{3} \leqslant \frac{\pi }{6}$
Đặt $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{f(t) = \sin \left( {t - \frac{\pi }{3}} \right) \vee \frac{{ - 5\pi }}{6} \leqslant t - \frac{\pi }{3} \leqslant \frac{\pi }{6}} \\
{y = \frac{m}{4}}
\end{array}} \right.$
* Nên số nghiệm của pt (2) là số giao điểm của $f(t)$ và $y$ hay số giao điểm của đường thẳng $y = \frac{m}{4}$ với cung tròn AB (màu đỏ). Do đó lập luận như VD trước thì pt (1) vô nghiệm. với $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{m < - 4} \\
{m > 2}
\end{array}} \right.$ thì pt (1) vô nghiệm
Với $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{m < - 4} \\
{m \in \left( { - 2;2} \right)}
\end{array}} \right.$ thì pt (1) có nghiệm duy nhất
Với $m \in \left[ { - 4; - 2} \right]$ thì pt (1) có 2 nghiệm phân biệt
Nguồn: internet
0 nhận xét:
Đăng nhận xét