Toán - Phương trình lượng giác có cách giải không mẫu mực

PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ CÁCH GIẢI KHÔNG MẪU MỰC

A.PHƯƠNG PHÁP GIẢI Một số bài toán về phương trình lượng giác mà cách giải tuỳ theo đặc thù của phương trình, chứ không nằm ở trong phương pháp đã nêu ở hầu hết các sách giáo khoa.

Một số phương trình lượng giác thể hiện tính không mẫu mực ở ngay dạng của chúng, nhưng cũng có những phương trình ta thấy dạng rất bình thường nhưng cách giải lại không mẫu mực.

Sau đây là những phương trình lượng giác có cách giải không mẫu mực thường gặp.

I.PHƯƠNG PHÁP TỔNG BÌNH PHƯƠNG Phương pháp này nhằm biến đổi phương trình lượng giác về dạng một vế là tổng bình phương các số hạng (hay tổng các số hạng không âm) và vế còn lại bằng không và áp dụng tính chất:

  

     0 0 0 2 2

B

A B A

Bài 1. Giải phương trình:

0 2 sin 4 tan 3 2 sin 4 tan 3 2 2      x x x x

GIẢI

  Z n m n x

m x

x

x

x

x

x x

x x x x

x x x x



 

 



 

  

  

 





 

  

 

  

    

      

    

, 2 6

6

2 1 sin

3

3 tan

0 1 sin 2

0 1 tan 3

0 )1 sin 2 ( )1 tan 3 (

0 1 sin 4 sin 4 1 tan 3 2 tan 3

0 2 sin 4 tan 3 2 sin 4 tan 3

2 2

2 2

2 2

 

 

ĐS   k x 2 6   ) ( Z k 

ThuVienDeThi.com

II.PHƯƠNG PHÁP ĐỐI LẬP Phương pháp này được xây dựng trên tính chất: Để giải phương trình ) ( ) ( x g x f  , ta có thể nghĩ đến việc chứng minh tồn tại A → R: và ) , ( , ) ( b a x A x f    thì khi đó: ) , ( , ) ( b a x A x g   

  



   A x g

A x f x g x f ) (

) ( ) ( ) (

Nếu ta chỉ có và , thì kết luận phương trình vô A x f  ) ( A x g  ) ( ) , ( b a x   ngiệm.

Bài 2. Giải phương trình:

0 cos 2 5  x x

GIẢI x x x x 5 2 2 5 cos 0 cos      Vì nên 1 cos 1    x 1 1 1 0 2       x x

mà       1,1 ,0 cos 1,1 ,0 cos 2 , 2 1,1 5                    x x x x  

Do và nên phương trình vô nghiệm. 0 2  x 0 cos5   x Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Bài 3. Giải phương trình:

(1) 1 cos sin 1996 1996   x x

GIẢI (1) x x x x 2 2 1996 1996 cos sin cos sin    

(2) ) cos 1( cos )1 (sin sin 1994 2 1994 2 x x x x    

Ta thấy x x x x

x     

 



 ,0 )1 (sin sin 1 sin

0 sin 1994 2

1994

2

Mà x x x x

x     

 

 

 ,0 ) cos 1( cos 0 cos 1

0 cos 1994 2

1994

2

Do đó (2) ) , (

2

2

1 cos

0 cos

1 sin

0 sin

0 ) cos 1( cos

0 )1 (sin sin

1994 2

1994 2

Z n m

n x

n x

m x

m x

x

x

x

x

x x

x x 

  



  





 







 

 





 





 













 







 



 

 

 

  



 

 



Vậy nghiệm của phương trình là: ) ( 2 Z k k x   

ThuVienDeThi.com

ĐS ) ( 2 Z k k x   

Áp dụng phương pháp đối lập, ta có thể suy ra cách giải nhanh chóng những phương trình lượng giác ở các dạng đặc biệt dưới đây:



    





  

 

    

 

 

1 sin

1 sin

1 sin

1 sin

1 sin . sin

bx ax

bx ax

bx ax



    





  



    

  

  

1 sin

1 sin

1 sin

1 sin

1 sin . sin

bx ax

bx ax

bx ax

Cách giải tương tự cho các phương trình thuộc dạng:

1 cos . sin

1 cos . sin

1 cos . cos

1 cos . cos

  

  

bx ax

bx ax

bx ax

bx ax

III. PHƯƠNG PHÁP ĐOÁN NHẬN NGHIỆM VÀ CHỨNG MINH TÍNH DUY NHẤT CỦA NGHIỆM

Tuỳ theo dạng và điều kiện của phương trình, ta tính nhẩm một nghiệm của phương trình, sau đó chứng tỏ nghiệm này là duy nhất bằng một trong những cách thông sụng sau:

Dùng tính chất đại số Áp dụng tính đơn điệu của hàm số Phương trình có 1 nghiệm và hàm đơn điệu trong 0 ) (  x f ) , ( b a x   f ) , ( b a thì có nghiệm duy nhất là . 0 ) (  x f   x Phương trình có 1 nghiệm , tăng (giảm) trong , ) ( ) ( x g x f  ) , ( b a x   ) (x f ) , ( b a giảm (tăng) trong thì phương trình có nghiệm là duy ) (x g ) , ( b a ) ( ) ( x g x f    x nhất.

Bài 4. Giải phương trình:

với 2 1 cos

2 x x   0  x

GIẢI

ThuVienDeThi.com