Luận văn Thạc sĩ Khoa học: Phương trình, bất phương trình lượng giác và một số ứng dụng

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

ĐOÀN THỊ CÚC

PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

Hà Nội – Năm 2013

Mục lục

Mở đầu

1 Phương trình lượng giác

1.1 Phương trình cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Phương trình đưa về dạng đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Phương trình đưa về dạng tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Phương trình lượng giác giải bằng phương pháp so sánh . . . . . . .

4 4 7 13 18

2 Bất phương trình lượng giác

2.1 Bất phương trình lượng giác cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Sử dụng tính tuần hoàn giải bất phương trình lượng giác . . . . . .

29 29 33

3 Ứng dụng của phương trình và bất phương trình lượng giác

3.1 Ứng dụng trong đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Ứng dụng trong chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức . . . . . . . 3.3 Ứng dụng trong hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37 37 58 70

Kết luận

Tài liệu tham khảo

Mở đầu

Chuyên đề lượng giác là một nội dung quan trọng của chương trình toán ở bậc Trung học phổ thông. Các bài toán về "Phương trình, bất phương trình lượng giác" thường xuất hiện trong các kỳ thi Đại học, Cao đẳng và kỳ thi học sinh giỏi. Việc nâng cao kiến thức và giúp học sinh giải tốt các bài toán trên là động lực để tôi nghiên cứu đề tài này.

Bản luận văn này được chia làm 3 chương.

Chương 1. Phương trình lượng giác

Trong chương này, một số kiến thức cơ bản được nhắc lại. Luận văn trình bày

một số phương pháp giải phương trình lượng giác. Chương 2. Bất phương trình lượng giác

Ở chương này luận văn đề cập đến các phương pháp giải bất phương trình lượng

giác. Chương 3. Ứng dụng của phương trình và bất phương trình

Luận văn trình bày hai ứng dụng quan trọng của phương trình, bất phương

trình lượng giác trong đại số và hình học.

Mặc dù bản thân đã cố gắng và nghiêm túc trong học tập và nghiên cứu khoa học nhưng do thời gian có hạn, kiến thức bản thân còn hạn chế nên trong quá trình thực hiện luận văn không tránh khỏi những sơ suất. Rất mong nhận được sự góp ý của thầy cô và các bạn. Tôi xin chân thành cảm ơn.

Học viên

Đoàn thị Cúc

Lời cảm ơn

Tôi xin được bày tỏ lòng kính trọng và lòng biết ơn sâu sắc đến GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn tôi trong suốt quá trình tôi thực hiện đề tài.

Tôi xin gửi tới các thầy cô Khoa Toán-Cơ -Tin học, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, cũng như các thầy cô đã tham gia giảng dạy khóa cao học 2011-2013 đã tạo điều kiện thuận lợi cho tôi hoàn thành luận văn của mình.

Tôi xin chân thành cảm ơn gia đình đã luôn động viên tôi trong suốt quá trình

học tập và làm luận văn.

Hà Nội, tháng 10 năm 2013

Học viên

Đoàn Thị Cúc

Chương 1

Phương trình lượng giác

Phương trình lượng giác là kiến thức quan trọng trong chương trình toán học phổ thông. Không tồn tại một phương pháp chung để giải tất cả các bài toán về phương trình lượng giác. Người ta chia phương trình lượng giác (theo cách giải) thành hai loại:

Loại 1. Phương trình lượng giác giải thuần túy bằng biến đổi lượng giác. Loại 2. Phương trình lượng giác giải bằng các phương pháp của đại số, giải

tích...

Để giải một phương trình lượng giác nhìn chung ta thường biến đổi phương trình cần giải về một hay một số các phương trình lượng giác đơn giản đã có cách giải.

1.1 Phương trình cơ bản

Giả sử u,v là các biểu thức theo x: u = u(x),v = v(x). Khi đó ta có

(cid:20) u = v + k2π

sin u = sin v ⇔ (k ∈ Z). u = π − v + k2π

(cid:20) u = v + k2π u = −v + k2π

(cid:40)

cos u = cos v ⇔ (k ∈ Z).

(cid:26)u (cid:54)= kπ

u (cid:54)= + kπ tan u = tan v ⇔ (k, l ∈ Z) . π 2 u = v + lπ

cot u = cot v ⇔ (k, l ∈ Z) . u = v + lπ

Bài toán 1.1. Giải phương trình

(cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)

(1.1)

Lời giải. Ta có

(cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)

sin 7x− + cos 2x + = 0. 5π 6 π 3

(cid:16)

(cid:17)

(1.1) ⇔ sin 7x− = − cos 2x + π 3



⇔ sin 7x− = sin 2x − 5π 6 (cid:17) 5π 6

  

7x − = 2x − + k2π x = + π 6 5π 6 k2π 5 π 6 2π 15 ⇔ ⇔ (k ∈ Z) .

Vậy nghiệm của phương trình là

7x − = − 2x + k2π x = + 5π 6 7π 6 k2π 9 2π 9

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)

Bài toán 1.2. Giải phương trình tan x = cos2 (cid:16)

x = + ; x = + (k ∈ Z). k2π 5 2π 9 k2π 9 2π 15

(1.2)

2x + + sin2 (cid:16) + sin x sin 3x + . x + 5π 12 5π 12 5π 6

Lời giải. Điều kiện xác định cos x (cid:54)= 0 ⇔ x (cid:54)=

Ta có

+ lπ (l ∈ Z). π 2

sin (a + b) sin (a − b) = sin2 a cos2 b − cos2 a sin2 b

Suy ra

= (cid:0)1 − cos2 a(cid:1) (cid:0)1 − sin2 b(cid:1) − cos2 a sin2 b.

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)

Áp dụng (∗) ta có cos2 (cid:16)

cos2 a + sin2 b + sin (a + b) sin (a − b) = 1. (∗)

Do đó

2x + + sin2 (cid:16) x + + sin x sin 3x + = 1. 5π 12 5π 12 5π 6

(1.2) ⇔ tan x = 1 ⇔ x = + kπ (k ∈ Z).

Vậy nghiệm của phương trình là x =

Bài toán 1.3. Giải phương trình

π 4 + kπ (k ∈ Z). π 4

(1.3)

√ 2 cos 3x.cos3x − sin 3x.sin3x = . 2 + 3 8

Giải. Ta có

√

(1.3) ⇔

cos2x(cos 4x + cos 2x) − sin2x(cos 2x − cos 4x) = 1 2 1 2 2 √ 2 ⇔ cos2x. cos 4x + cos2x. cos 2x − sin2x. cos 2x + sin2x. cos 4x = 2 + 3 8 2 + 3 4 √ 2



2 + 3 4 √ 2 ⇔ cos 4x + cos22x = ⇔ cos 4x(cos2x + sin2x) + cos 2x(cos2x − sin2 x) = 2 + 3 4 √ 2



Vậy nghiệm của phương trình là

⇔ 4 cos 4x + 2(1 + cos 4x) = 2 + 3 √ 2 2 + x = ⇔ (k ∈ Z) . x = + ⇔ cos 4x = π 16 −π 16 kπ 2 kπ 2

Nhận xét 1.1. Việc khéo léo sử dụng công thức biến đổi tích thành tổng có thể giúp ta tránh được việc sử dụng công thức lượng giác góc nhân ba.

Bài toán 1.4. Giải và biện luận phương trình

x = + ; x = + (k ∈ Z). π 16 kπ 2 −π 16 kπ 2

(1.4)

Lời giải.

*) Với m = 1 thì phương trình đã cho trở thành

(m − 1) sin x + 2 − m = 0.

⊕

⇔ m < 0. sin x + 1 = 0 ⇔ 0 sin x = −1 (phương trình vô nghiệm). m − 2 m − 1 (cid:12) (cid:12) > 1 ⇔ (m − 2)2 > (m − 1)2 ⇔ m2 − 4m + 4 > m2 − 2m + 1 (cid:12) thì phương trình vô nghiệm.

(cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:105)(cid:17)

(cid:16)

⊕

(cid:12) (cid:12) ≤ 1 ⇔ (m − 2)2 ≤ (m − 1)2 ⇔ m2 − 4m + 4 ≤ m2 − 2m + 1 (cid:12) (cid:104) −π thì đặt 2

*) Với m (cid:54)= 1 thì (1.4) ⇔ sin x = (cid:12) m − 2 (cid:12) (cid:12) m − 1 3 2 m − 2 m − 1 3 2

(cid:34) x = α + k2π

= sin α α ∈ , . ⇔ m ≥ π 2 m − 2 m − 1

Khi đó (1.4) ⇔ sin x = sin α ⇔

Kết luận

(k ∈ Z) . x = π − α + k2π

Với m <

thì phương trình (1.4) vô nghiệm.

thì phương trình (1.4) có nghiệm dạng

Với m ≥

(cid:16)

(cid:105)

(cid:17)

(cid:20) x = α + k2π

3 2 3 2

(cid:104)−π 2

k ∈ Z, α ∈ , ; sin α = . x = π − α + k2π π 2 m − 2 m − 1

1.2 Phương trình đưa về dạng đa thức

Bài toán 1.5. Giải phương trình

(1.5)

Lời giải. Ta có

2 sin 4x + 16 sin3 x cos x + 3 cos 2x = 5.

(1.5) ⇔ 2 sin 4x + 8 sin2 x sin 2x + 3 cos 2x = 5 ⇔ 2 sin 4x + 4 (1 − cos 2x) sin 2x + 3 cos 2x = 5

⇔ 2 sin 4x + 4 sin 2x − 2 sin 4x + 3 cos 2x = 5

⇔ 3 cos 2x + 4 sin 2x = 5

⇔ cos 2x + sin 2x = 1. 3 5 4 5

 

(cid:16)

(cid:17)

Đặt



Khi đó ta có phương trình

= cos α 3 5 α ∈ 0, . π 2 = sin α 4 5

Vậy nghiệm của phương trình là

+ kπ (k ∈ Z) . cos α cos 2x + sin α sin 2x = 1 ⇔ cos (2x − α) = 1 ⇔ 2x − α = k2π ⇔ x = α 2

Bài toán 1.6. Giải phương trình

+ kπ (k ∈ Z) . x = α 2

(1.6)

Lời giải. Ta có

√ sin 4x sin x − sin 3x sin 2x = cos 3x + 1 + cos x . 1 2

√ cos 3x + 2 1 + cos x (1.6) ⇔ sin 4x sin x − sin 3x sin 2x = 1 2 √ ⇔ 2 sin 4x sin x − 2 sin 3x sin 2x = cos 3x + 2 1 + cos x

 

√ ⇔ − cos x = 2 1 + cos x − cos x ≥ 0 cos x ≤ 0



⇔ ⇔

cos2 x = 4 (1 + cos x) cos2 x − 4 cos x − 4 = 0

  



cos x ≤ 0 √ ⇔ ⇔ cos x = 2 (cid:0)1 − 2(cid:1) √ cos x = 2 (cid:0)1 ±

Vậy nghiệm của phương trình là

2(cid:1) √ ⇔ x = ±arccos (cid:2)2 (cid:0)1 − 2(cid:1)(cid:3) + k2π (k ∈ Z) .

Bài toán 1.7. Giải phương trình

√ 2(cid:1)(cid:3) + k2π (k ∈ Z) . x = ±arccos (cid:2)2 (cid:0)1 −

(cid:17)

(1.7)

Lời giải. Ta có

√ − 2x + 3 cos 4x = 4 cos2 x − 1. 2 cos2 (cid:16)π 4

(cid:17)

(cid:16)π 2

√ − 4x 3 cos 4x = 4 cos2 x − 1 (1.7) ⇔ 1 + cos √ ⇔ sin 4x + + 3 cos 4x = 2 (cid:0)2 cos2 x − 1(cid:1) √ ⇔ sin 4x + 3 cos 4x = 2 cos 2x √

cos 4x = cos 2x ⇔ sin 4x +

(cid:17)



1 2 ⇔ sin 3 2 sin 4x + cos cos 4x = cos 2x π 6 π 6 (cid:16) ⇔ cos 4x − = cos 2x π 6

 

x = + kπ = 2x + k2π 4x − π 12 π 6 ⇔ (k ∈ Z) . ⇔

Vậy nghiệm của phương trình là

= −2x + k2π 4x − + x = π 6 π 36 kπ 3

Bài toán 1.8. Giải phương trình

x = + kπ; x = + (k ∈ Z) . π 36 kπ 3 π 12

(1.8)

(2 cos 3x + 6 cos x + 1)3 = 162 cos x − 27.

Lời giải. Đặt t = 2 cos x,

3t − 1 √ |t| ≤ 2. Ta có t3 + 1 = 3 3

(cid:26) t3 − u3 = 3(u − t)

√ Đặt u = 3 3t − 1.Ta có hệ phương trình

(cid:26) t3 = 3u − 1 u3 = 3t − 1

(cid:26) t = u

(cid:26) (t − u)(t2 + tu + u2 + 3) = 0

⇔ t3 = 3u − 1

Vậy

⇔ ⇔ t3 = 3t − 1 t3 = 3u − 1

8 cos3 x − 6 cos x + 1 = 0

⇔ 2 cos 3x + 1 = 0

⇔ cos3x = −1 2

⇔ x = ± (k ∈ Z). + 2π 9 k2π 3

Vậy nghiệm của phương trình là x = ±

+ (k ∈ Z). 2π 9 k2π 3

Một số hằng đẳng thức lượng giác và mối liên hệ

1 + sin 2x = (sin x + cos x)2 .

1 − sin 2x = (sin x− cos x)2 .

sin3 x + cos3 x = (sin x + cos x) (1 − sin x cos x) .

sin3 x − cos3 x = (sin x− cos x) (1 + sin x cos x) .

. tan x + cot x = 2 sin 2x

tan x − cot x = 2 cot 2x.

sin4 x + cos4 x = 1 − sin2 2x = + cos 4x. 1 2 3 4 1 4

cos4 x − sin4 x = cos 2x.

(cid:16)

(cid:17)

+ cos 4x. sin6x + cos6 x = 1 − sin2 2x = 3 4 5 8 3 8

1 + sin2 2x . 3 4

(cid:17)

1 + tan x tan = √ cos6x − sin6x = cos 2x 1 . cos x (cid:16) 2 sin x 2 sin x ± cos x = x ± . π 4

(cid:16)

(cid:17)

√ sin x ± 3 cos x = 2 sin x ± . π 3

(cid:16)

(cid:17)

√ 3 sin x ± cos x = 2 sin x ± . π 6

(cid:16)

(cid:17)

sin 3x − cos 3x = (sin x + cos x)(4 sin x cos x − 1).

Bài toán 1.9. Giải phương trình

cos sin 1 + = (sin x + cos x)2 . 4 3 sin3 x 2 3x 2 + cos3 x 2 3x 2

(1.9)

√ = 0. 2 (cid:0)sin6 x + cos6 x(cid:1) − sin x cos x 2 − 2 sin x

 

Lời giải. Điều kiện xác định sin x (cid:54)=



x (cid:54)= + k2π π 4 (k, l ∈ Z) . ⇔ √ 2 2 + l2π x (cid:54)= 3π 4

Khi đó ta có

(cid:16)

(cid:17)

sin2 2x 1 − − sin 2x = 0

Đặt t = sin 2x (|t| ≤ 1). Ta có phương trình

(cid:34) t = 1 (cid:0)thỏa mãn(cid:1)

1 3 (1.9) ⇔ 2 2 4 ⇔ 3 sin2 2x + sin 2x − 4 = 0.

3t2 + t − 4 = 0 ⇔ t = (loại) . −4 3

Với t = 1 ⇔ sin 2x = 1 ⇔ x =

+ lπ (l ∈ Z) . π 4

Vậy nghiệm của phương trình là x =

Bài toán 1.10. Giải phương trình

+ 2nπ (n ∈ Z) . 5π 4

(1.10)

sin2 x (tan x + 1) = 3 sin x (cos x − sin x) + 3.

Lời giải. Điều kiện xác định cos x (cid:54)= 0 ⇔ x (cid:54)=

Khi đó ta có

(cid:19)

+ kπ (k ∈ Z) . π 2

(cid:18) sin x cos x

(1.10) ⇔ sin2 x + 1 = 3 sin x (cos x − sin x) + 3

⇔ sin3 x + sin2 x cos x = 3 sin x cos2 x − 3 sin2 x cos x + 3 cos x (cid:0)sin2 x + cos2 x(cid:1)

⇔ sin3 x + sin2 x cos x − 3 sin x cos2 x − 3 cos3 x = 0

+ − − = 0 (Do cos x (cid:54)= 0) ⇔ sin3 x cos3 x sin2 x cos x cos3 x 3 sin x cos2 x cos3 x 3 cos3 x cos3 x

⇔ tan3 x + tan2 x − 3 tan x − 3 = 0



⇔ (tan x + 1) (cid:0)tan2 x − 3(cid:1) = 0

(cid:34) tan x = −1 √

 

Vậy nghiệm của phương trình là

x = + kπ −π 4 ⇔ ⇔ (k, l ∈ Z) . tan x = ± 3 x = ± + lπ π 3

Bài toán 1.11. Giải phương trình sau

x = + kπ; x = ± + lπ (k, l ∈ Z) . −π 4 π 3

(1.11)

√ √ 8 (cid:0)sin6 x + cos6 x(cid:1) − 3 3 cos 2x = 11 − 3 3 sin 4x − 9 sin 2x.

Lời giải. Ta có

(cid:17)

(cid:16)

√ √ 3 sin 4x − 11 = 3 3 cos 2x − 9 sin 2x + 3 1 − 3 4 √ sin2 2x √ 3 sin 4x − 11 = 3 3 cos 2x − 9 sin 2x √ 3 sin 2x cos 2x + 1 + 3 cos 2x − 3 sin 2x = 0 √ 3 cos 2x − 2 3 sin 2x cos 2x(cid:1) = 0

√ (1.11) ⇔ 8 ⇔ 8 − 6 sin2 2x + 3 √ ⇔ 2 sin2 2x − 2 ⇔ (cid:0)2 sin2 2x − 3 sin 2x + 1(cid:1) + (cid:0)√ √ ⇔ (sin 2x − 1) (2 sin 2x − 1) − ⇔ (2 sin 2x − 1) (cid:0)sin 2x − 1 −

(cid:34) 2 sin 2x − 1 = 0

(cid:17)

(cid:16)

  



sin 2x = 3 cos 2x (2 sin 2x − 1) = 0 3 cos 2x(cid:1) = 0  1 2 ⇔ ⇔ √ sin 2x − 3 cos 2x = 1 = sin 2x − π 6 1 2

x = + kπ π 12

+ kπ x = 5π 12 ⇔ (k, m ∈ Z) .

          

x = + mπ π 6

Vậy nghiệm của phương trình là

x = + mπ π 2

Bài toán 1.12. Giải phương trình sin x 2008(cid:112)

x = + kπ; x = + kπ; x = + mπ; x = + mπ (k, m ∈ Z). π 12 5π 12 π 6 π 2

Lời giải. Ta có

sin2 x + 2008−(cos x + 1) 2008(cid:112) cos2 x + 2 cos x + 2009 = cos x−sin x+1. (1.12)

(1.12) ⇔ sin x 2008(cid:112) sin2 x + 2008 + sin x = (cos x + 1) 2008(cid:112) cos2 x + 2 cos x + 2009

Xét hàm số

+ cos x + 1.

(cid:48)

f (t) = t + t 2008(cid:112)

(cid:113)

2008

1 . (t) = 1 + 2008(cid:112) f t2 + 2008 + > 0. t2 + 2008, t ∈ R t2 1004 (t2 + 2008)2007

Do đó, f (t) đồng biến. Khi đó

(cid:20) x =

Vậy nghiệm của phương trình là

(1.12) ⇔ sin x = cos x + 1 ⇔ sin x − cos x = 1 ⇔ (k ∈ Z) . π + k2π 2 x = π + k2π

x = π + k2π; x = + k2π (k ∈ Z) . π 2

1.3 Phương trình đưa về dạng tích

Để biến đổi phương trình đã cho về phương trình dạng tích, chúng ta cần tạo

ra các nhân tử chung. • Các biểu thức : 1 + sin 2x; cos 2x; 1 + tan x; 1 + cot x có nhân tử chung là sin x + cos x. • Các biểu thức : 1 − sin 2x; cos 2x; 1 − tan x; 1 − cot x có nhân tử chung là cos x − sin x. • Các biểu thức : sin2 x; tan2 x có nhân tử chung là (1 − cos x).(1 + cos x). • Các biểu thức: cos2 x; cot2 x có nhân tử chung là (1 − sin x).(1 + sin x).

Bài toán 1.13. Giải phương trình

(cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)

√

(1.13)

Lời giải. Ta có

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

sin 2x − . = sin x − + π 4 π 4 2 2

(1.13) ⇔ sin

2x − x − π 4 π 4 (cid:16) = sin (cid:16) π 4 (cid:17) − sin (cid:17) = sin x − π 4 π 4 ⇔ 2 cos x sin (cid:16) x − (cid:17)

(cid:34) x =



Vậy nghiệm của phương trình là

π 4 x − (cid:16) (2 cos x − 1) = 0 (cid:17) ⇔ sin  sin = 0 π 4 ⇔ (k ∈ Z) . ⇔ π 4 x = ± + kπ cos x = + kπ π 3 x − 1 2

Bài toán 1.14. Giải phương trình

x = + kπ; x = ± + kπ (k ∈ Z) π 4 π 3

(1.14)

1 + sin x + cos x + sin 2x + 2 cos 2x = 0.

Lời giải. Ta có

(1.14) ⇔ (1 + sin 2x) + (sin x + cos x) + 2 (cid:0)cos2 x − sin2 x(cid:1) = 0

⇔ (sin x + cos x)2 + (sin x + cos x) + 2 (cos x − sin x) (sin x + cos x) = 0

⇔ (sin x + cos x) [(sin x + cos x) + 1 + 2 (cos x − sin x)] = 0

(cid:34) sin x + cos x = 0 (a)

⇔ (sin x + cos x) (3 cos x − sin x + 1) = 0

(cid:17)

(cid:16)

⇔

= 0 ⇔ x = 2 sin x + + kπ. (a) ⇔ 3 cos x − sin x + 1 = 0 (b) . √ π 4 −π 4

(b) ⇔ sin x − 3 cos x = 1 ⇔ sin x − cos x = . 3 √ 10 1 √ 10 1 √ 10

 

Đặt

ta có phương trình

= cos α



= sin α 1 √ 10 3 √ 10

(cid:34) x = α + β + k2π

cos α sin x − sin α cos x = 1 √ 10 ⇔ sin (x − α) = sin β

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là

⇔ (k ∈ Z) . x = α + π − β + k2π

Bài toán 1.15. Giải phương trình

(cid:17)

x = + k2π ; x = α + β + k2π ; x = α + π − β + k2π (k ∈ Z) . −π 4

(1.15)

− = 0 sin2 (cid:16) x 2 π 4 tan2 x − cos2 x 2

Lời giải. Điều kiện xác định cos x (cid:54)= 1 ⇔ x (cid:54)=

+ kπ (k ∈ Z) . π 2

Khi đó

(cid:104)

(cid:16)

(1.15) ⇔

(cid:17)(cid:105) sin2 x cos2 x

− (1 + cos x) = 0 1 − cos x − π 2

⇔ (1 − sin x) − (1 + cos x) = 0 sin2 x 1 − sin2 x

− (1 + cos x) = 0 ⇔ sin2 x 1 + sin x

⇔ (cid:0)1 − cos2 x(cid:1) − (1 + cos x) (1 + sin x) = 0

⇔ (1 + cos x) (1 − cos x − 1 − sin x) = 0



⇔ (1 + cos x) (sin x + cos x) = 0

(cid:34) cos x = −1

x = π + k2π



Đối chiếu với điều kiện suy ra nghiệm của phương trình là

⇔ ⇔ (k ∈ Z) . sin x + cos x = 0 + kπ x = −π 4

Bài toán 1.16. Giải phương trình

+ kπ (k ∈ Z) . x = π + k2π; x = −π 4

(1.16)

Lời giải. Điều kiện xác định sin x cos x (cid:54)= 0. Khi đó

(1.16) ⇔ 3 (cot x + 1 − cos x) − 5 (tan x + 1 − sin x) = 0

(cid:19)

(cid:17)

3 (cot x − cos x) − 5 (tan x − sin x) = 2.

(cid:16) cos x sin x

(cid:18) sin x cos x

(cid:19)

⇔ 3 + 1 − cos x − 5 + 1 − sin x = 0

(cid:18) cos x + sin x − cos x sin x sin x

(cid:18)sin x + cos x − sin x cos x cos x

⇔ 3 − 5 = 0

(cid:34) 3 cos x − 5 sin x = 0

⇔ (3 cos x − 5 sin x) (sin x + cos x − sin x cos x) = 0

⇔ sin x + cos x − sin x cos x = 0.

+ kπ. ∗ Với 3 cos x − 5 sin x = 0 ⇔ tan x = ⇔ x = arctan 3 5 3 5 ∗ Với sin x + cos x − sin x cos x = 0

Đặt

√ t = sin x + cos x (cid:0)|t| ≤ 2(cid:1) . Khi đó ta có phương trình

(cid:34) t = 1 +

√ 2 (loại) t2 − 2t − 1 = 0 ⇔ √ t = 1 − 2 (thỏa mãn).

(cid:17)

(cid:16)

Với

(cid:17)

√ √ √ √ = 1 − 2 ⇔ sin x + cos x = 1 − 2 ⇔ 2 sin x + 2 π 4 t = 1 − (cid:16) √ 2 1 − √ =

 

⇔ sin  = sin β  x = β − + k2π x + π 4 2 = β + k2π π 4 x + π 4 ⇔ ⇔ (k ∈ Z) .

Vậy nghiệm của phương trình là

= π − β + k2π x + x = − β + k2π π 4 3π 4

Bài toán 1.17. Giải phương trình

+ kπ ; x = β − + k2π ; x = − β + k2π (k ∈ Z) . x = arctan π 4 3π 4 3 5

(1.17)

Lời giải. Ta có

(1.17) ⇔ |2 sin 2x sin x + 2 sin 2x| = 2 sin2 x + 2 sin x

|cos x + 2 sin 2x − cos 3x| = 1 + 2 sin x − cos 2x.

⇔ |2 sin 2x (sin x + 1)| = 2 sin x (1 + sin x) .

(cid:40)

• Xét 1 + sin x = 0 ⇔ sin x = −1 ⇔ x = −π 2 + k2π.  sin x = 0

  





x = kπ

  

     

Vậy nghiệm của phương trình là

x = + k2π ⇔ ⇔ (k ∈ Z) . π 3 sin x = sin x = 0 √ 3 2 + k2π x = 2π 3

Bài toán 1.18. Tìm tổng các nghiệm của phương trình

x = + k2π ; x = kπ ; x = + k2π ; x = + k2π (k ∈ Z) . −π 2 2π 3 π 3

thỏa mãn điều kiện 1 ≤ x ≤ 70.

(1.18)

cos 2x − tan2 x = cos2 x − cos3 x − 1 cos2 x

Lời giải. Điều kiện xác định: cos x (cid:54)= 0 ⇔ x (cid:54)=

Khi đó

(1.18) ⇔ 2 cos2 x − 1 − tan2 x = 1 − cos x − 1 − tan2 x

+ kπ (k ∈ Z). π 2



⇔ 2 cos2 x + cos x − 1 = 0

cos x = −1 x = π + k2π



Vì

⇔ ⇔ x = + (k ∈ Z) . ⇔ π 3 k2π 3 + k2π x = ± cos x = π 3 1 2

nên k ∈ {0, 1, 2, 3, ....., 32} .

1 ≤ x ≤ 70 ⇔ 1 ≤ + ≤ 70 ⇔ ≤ k ≤ π 3 k2π 3 3 − π 2π 210 − π 2π

(cid:17)(cid:105)

+ . , x1 = , ......., x32 = 2π 3 π 3 π 3

Ta thấy phương trình (1.17) có 33 nghiệm trên [1;70] lập thành cấp số cộng: x0 = π 3 Vậy S = x0 + x1 + ... + x32 =

có công sai là (cid:16)π 3

Bài toán 1.19. Giải phương trình

(cid:16)

(cid:17)

2π 3 = 363π. + 32. + 2π 3 + 32. 33 2 2π 3 (cid:104)π 3

(1.19)

Lời giải.

(1.19) ⇔ sin 2x − cos x = log2 2 + log2 sin x = log2 ( 2 sin x )

0, . sin 2x − cos x = 1 + log2 sin x với x ∈ π 2

Xét hàm số f (t) = t − log2 t với 0 < t < 1

(∗) ⇔ sin 2x − cos x = log2 = log2 sin 2x − log2 cos x. 2 sin x cos x cos x

⇒ f (cid:48) (t) = 1 − = < 0 1 t ln 2 t ln 2 − 1 t ln 2

Khi đó

⇒ f (t) nghịch biến trên (0, 1).

(cid:16)

(cid:17)

(∗) ⇔ f (sin 2x) = f (cos x) ⇔ sin 2x = cos x

0, ⇔ cos x (2 sin x − 1) = 0 ⇔ 2 sin x − 1 = 0 vì x ∈ π 2

. ⇔ x = ⇔ sin x = π 6

Vậy nghiệm của phương trình là x =

1 2 (k ∈ Z) . π 6

Bài toán 1.20. Tìm m để phương trình sau có đúng 2 nghiệm thuộc đoạn [0, π]

(1.20)

Lời giải. Ta có

(1.20) ⇔ (2 sin x − 1) (2 cos 2x + 2 sin x + m) = −1 + 4 sin2 x ⇔ (2 sin x − 1) (2 cos 2x + 2 sin x + m) − (2 sin x − 1) (2 sin x + 1) = 0 ⇔ (2 sin x − 1) (2 cos 2x + m − 1) = 0



(2 sin x − 1) (2 cos 2x + 2 sin x + m) = 3 − 4 (cid:0)1 − cos2 x(cid:1) .

(cid:34) 2 sin x − 1 = 0

  

sin x = 1 2 ⇔ ⇔ 2 cos 2x + m − 1 = 0 (∗) . cos 2x = 1 − m 2

Trên đoạn [0, π], phương trình sin x =

có hai nghiệm: x =

, x = 5π 6 π 6 1 2 Để (1.20) có đúng 2 nghiệm thuộc [0, π] thì phương trình (∗) vô nghiệm hay có 2

nghiệm x =



, x = . 5π 6 π 6 (∗) vô nghiệm

(cid:34)m < −1

  

> 1 1 − m 2 ⇔ ⇔ m > 3. < 1 1 − m 2

(∗) có nghiệm

x = ⇒ cos 2x = cos = ⇒ = ⇔ m = 0 π 3 1 2 1 − m 2 1 2 π 6

Vậy m < −1 hoặc m > 3 hoặc m = 0 thì phương trình đã cho có hai nghiệm thuộc [0, π]

x = ⇒ cos 2x = ⇒ = ⇔ m = 0. 1 2 1 − m 2 1 2 5π 6

1.4 Phương trình lượng giác giải bằng phương pháp

so sánh

Loại 1. Tổng hai số không âm

 

(cid:26)A = 0 B = 0.



⇒

A ≥ 0 B ≥ 0 A + B = 0

Loại 2. Phương pháp đối lập

 

(cid:26)A = M B = M

(cid:26)A = M B = N



⇒ , ⇒

Đặc biệt

(cid:26)sin u = 1

A ≤ M B ≥ M A = B A ≤ M B ≤ N A + B = M + N

• sin u ± sin v = 2 ⇔ sin v = ±1.

(cid:26)sin u = −1 sin v = −1.

(cid:26)cos u = 1

• sin u + sin v = −2 ⇔

• cos u ± cos v = 2 ⇔ cos v = ±1.

(cid:26)cos u = −1 cos v = −1.



(cid:26)sin u = 1 sin v = −1

• cos u + cos v = −2 ⇔

    



(cid:26)sin u = −1 sin v = 1. (cid:26)sin u = 1 sin v = 1

• sin u sin v = −1 ⇔

    

(cid:26)sin u = −1 sin v = −1.



(cid:26)cos u = 1 cos v = 1

• sin u sin v = 1 ⇔

    



(cid:26)cos u = −1 cos v = −1. (cid:26)cos u = 1 cos v = −1

• cos u cos v = 1 ⇔

    

(cid:26)cos u = −1 cos v = 1.

Nhận xét 1.2. Ngoài ra khi sử dụng phương pháp này ta còn sử dung các bất đẳng thức như: bất đẳng thức CôSi, Bunhiacốpxki....Ta xét một số bài toán sau.

• cos u cos v = −1 ⇔

Bài toán 1.21. Giải phương trình

(1.21)

Lời giải. Ta có

√ √ 3 sin 3x − 2 3 tan 3x + = 0. sin2 3x + tan2 3x − 15 4

(cid:18)

(1.21) ⇔ ( sin2 3x − (cid:19)2

√ √ 3 sin 3x + ) + (cid:0)tan2 3x − 2 3 tan 3x + 3 ) = 0 √ 3 4 √ ⇔ sin 3x − + (cid:0)tan 3x − 3(cid:1)2 = 0 √ 3 2 √

 







sin 3x − sin 3x = = 0 ⇔ ⇔ 3 2 √ tan 3x − 3 = 0 tan 3x = 3 2 √ 3

  

3x = + k2π π 3

 

⇔ + k2π ⇔ x = + k (k ∈ Z) . ⇔ 3x = 3x = + k2π π 3 π 9 2π 3

Vậy nghiệm của phương trình là

2π 3 √ 3 tan 3x =

Bài toán 1.22. Giải phương trình

x = + (k ∈ Z) . π 9 k2π 3

(1.22)

Lời giải. Ta có

√ 8 cos 4x cos2 2x + 1 − cos 3x + 1 = 0.

(1.22) ⇔ 4 cos 4x (1 + cos 4x) + 1 +

√ 1 − cos 3x = 0

√ 1 − cos 3x = 0 ⇔ (cid:0)4 cos2 4x + 4 cos 4x + 1(cid:1) +

(cid:40)

 

√ ⇔ (2 cos 4x + 1)2 + 1 − cos 3x = 0



cos 4x = cos 4x = −1 2 ⇔ ⇔ ⇔ −1 2 −1 2 cos 3x = 1 3x = k2π x = cos 4x = k2π 3

Vậy nghiệm của phương trình là

⇔ x = ± + m2π (m ∈ Z) . 2π 3

x = ± + m2π (m ∈ Z) . 2π 3

Bài toán 1.23. Giải phương trình

(cid:0)cos 3x sin3 x + sin 3x cos3 x(cid:1) = sin x sin2 3x.

(1.23)

sin2 x + sin2 3x 3 sin 4x

Lời giải. Điều kiện sin 4x (cid:54)= 0 ⇔ x (cid:54)=

Ta có

(k ∈ Z). kπ 4

cos 3x sin3 x + sin 3x cos2 x = (cid:0)4 cos3 x − 3 cos x(cid:1) sin3 x + (cid:0)3 sin x − 4 sin3 x(cid:1) cos3 x

= −3 cos x sin3 x + 3 sin x cos3 x

= 3 sin x cos x (cid:0)cos2 x − sin2 x(cid:1)

Khi đó

sin 2x cos 2x = sin 4x. = 3 2 3 4

(1.23) ⇔ sin2 x +

(cid:17)2

sin2 3x = sin x sin2 3x 1 4

(cid:16) 1 2

(cid:17)2

sin2 3x − sin x − sin4 3x + sin2 3x = 0 ⇔ 1 4 1 4

(cid:16) 1 2

(cid:17)2

⇔ sin2 3x − sin x + sin2 3x (cid:0)1 − sin2 3x(cid:1) = 0 1 4

(cid:16) 1 2

+ ⇔ sin2 3x − sin x sin2 6x = 0



 

(cid:40)







       

 

1 16  sin 3x = 0 sin2 3x = sin x 1 2 sin x = 0 ⇔ ⇔ ⇔ 1 2 sin 3x = 0 sin x = 3 sin x − 4 sin3 x = ±1

(cid:40)sin 3x = ±1 sin x =



cos 3x = 0 1 2

 

x = + k2π π 6 ⇔ sin x = ⇔ (k ∈ Z) . 1 2 x = + k2π 5π 6

Vậy nghiệm của phương trình là x =

Bài toán 1.24. Giải phương trình

(cid:114)

+ k2π; x = + k2π (k ∈ Z) . π 6 5π 6

(1.24)

cos x − 1 + cos 3x − 1 = 1. 1 cos x 1 cos 3x

Lời giải. Điều kiện xác định

 

 



− 1 ≥ 0 ≥ 0 0 < cos x ≤ 1 1 cos x 1 − cos x cos x ⇔ ⇔



Khi đó

(cid:114)

0 < cos 3x ≤ 1 − 1 ≥ 0 ≥ 0 1 cos 3x 1 − cos 3x cos 3x

(cid:16)

(cid:17)2

(cid:114) 1 cos x

(cid:114)

√ cos x − 1 = cos x − cos2 x = − cos x − . ≤ 1 4 1 2 1 2

(cid:16)

(cid:17)2

(cid:114) 1

√ cos 3x ≤ . − 1 = cos 3x − cos2 3x = − cos 3x − 1 4 1 2 1 2 cos 3x

Suy ra cos x

(cid:114) 1 cos x

Do đó

− 1 + cos 3x − 1 ≤ 1. cos 3x

 

(1.24) ⇔

(vô nghiệm).



Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Bài toán 1.25. Giải phương trình

cos x = cos x = ⇔ 1 2 4 cos3 x − 3 cos x = 1 2 1 cos 3x = 2 1 2

(1.25)

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có

(cid:17)4

. sin8 2x + cos8 2x = 1 8

(cid:16)1 2

(cid:17)4

sin8 2x + sin2 2x + + ≥ 4 8

(cid:16)1 2

(cid:16) 1 2

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta suy ra

(cid:17)4

(cid:0)sin2 2x + cos2 2x(cid:1)

cos8 2x + + + ≥ cos2 2x. 4 8

(cid:16)1 2

≥ sin8 2x + cos8 2x + 6 4 8

Dấu bằng xảy ra khi

(cid:17)4

⇔ sin8 2x + cos8 2x + ≥ ⇔ sin8 2x + cos8 2x ≥ . 4 8 3 8 1 8

(cid:16)1 2

sin8 2x = cos8 2x = ⇔ sin2 2x = cos2 2x = 1 2

+ (k ∈ Z) . ⇔ cos 4x = 0 ⇔ x = π 8 kπ 4

Vậy nghiệm của phương trình là x =

Bài toán 1.26. Giải phương trình

(cid:17)4

(cid:16)

+ (k ∈ Z) . π 8 kπ 4

(1.26)

Lời giải. Điều kiện xác định

+ 4 tan6 x = 7. 3 1 + cos 2x cos2 x

Đặt

cos x (cid:54)= 0 ⇔ x (cid:54)= + kπ (k ∈ Z) . π 2

 



+ 1 u = cos 2x cos2 x ⇒ u + v = + 1 + tan2 x cos 2x cos2 x v = tan2 x

= + cos 2x cos2 x 1 cos2 x

Ta có 3u4 + 4v3 = 7. Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có

= = 2. = 1 + cos 2x cos2 x 2 cos2 x cos2 x

 

3 (cid:0)u4 + 3(cid:1) ≥ 12u u4 + 1 + 1 + 1 ≥ 4u



⇒ 3u4 + 4v3 ≥ 7. ⇔

4 (cid:0)v3 + 2(cid:1) ≥ 12v v3 + 1 + 1 ≥ 3v

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi (cid:26)u4 = 1 v3 = 1

⇔ v = 1 ⇔ tan x = ±1 ⇔ x = ± + kπ (k ∈ Z) . π 4

Vậy nghiệm của phương trình là x = ±

Bài toán 1.27. Giải phương trình

(cid:114)

+ kπ (k ∈ Z) . π 4

(1.27)

Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

+ cos2 x + + sin2 x = 2. 1 4 3 4

(cid:114) 3 4

(cid:114) 1 4

(cid:114)

+ cos2 x + + sin2 x = 1. + cos2 x + 1. + sin2 x

(cid:17)(cid:105)

(cid:17)

(cid:16)1 4

(cid:104)(cid:16) 3 4

√ + cos2 x + + sin2 x = ≤ (12 + 12) 2.2 = 2.

Dấu bằng xảy ra khi và chi khi (cid:114) 1 4

(cid:114) 3 4

+ cos2 x = + sin2 x ⇔ + cos2 x = + sin2 x 1 4 3 4

⇔ 2x = ± + k2π ⇔ x = ± + kπ (k ∈ Z) . ⇔ cos 2x = −1 2 π 3 2π 3

Vậy nghiệm của phương trình là x = ±

Bài toán 1.28. Giải phương trình

+ kπ (k ∈ Z) . π 3

(1.28)

Lời giải. Ta có

cos 2x + cos 4x + cos 6x = cos x cos 2x cos 3x + 2.

cos 2x + cos 4x + cos 6x = 2 cos 3x cos x + 2 cos2 3x − 1 = 2 cos 3x (cos x + cos 3x) − 1 = 4 cos 3x cos 2x cos x − 1.

Do đó

⇒ cos 3x cos 2x cos x = (cos 2x + cos 4x + cos 6x + 1) . 1 4

(cos 2x + cos 4x + cos 6x) + 1 4 9 4

(1.28) ⇔ cos 2x + cos 4x + cos 6x = 9 4

 

(cos 2x + cos 4x + cos 6x) = 3 4 ⇔ ⇔ cos 2x + cos 4x + cos 6x = 3



⇔ x = kπ (k ∈ Z) . ⇔ ⇔

Vậy nghiệm của phương trình là x = kπ (k ∈ Z) .

Bài toán 1.29. Giải phương trình

(cid:16)

(cid:17)2

(cid:16)

(cid:17)

2x = k2π cos 4x = 1 cos 6x = 1 cos 2x = 1 cos 4x = 1 cos 6x = 1

(1.29)

Lời giải.

(cid:17)2

(cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

cos2 x + + sin2 x + = 12 + sin y. 1 cos2 x 1 2 1 sin2 x

Ta có

sin y. = 12 + + sin2 x + cos2 x + 1 cos2 x 1 2 1 sin2 x

V P = 12 + sin y ≤ 12 + .1 ⇔ V P ≤ . 1 2 1 2 25 2

(cid:20)(cid:16)

(cid:17)2

(cid:17)2(cid:21)

(cid:16)

(cid:0)12 + 12(cid:1)

(cid:17)(cid:105)2

(cid:17)2

(cid:104)(cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

VT = cos2 x + + sin2 x + 1 2 1 cos2 x 1 sin2 x

(cid:16)

(cid:17)2

(cid:16)

(cid:17)2

= . ≥ cos2 x + + sin2 x + 1 + 1 2 1 cos2 x 1 2 1 sin2 x 1 cos2 x sin2 x

Do đó phương trình đã cho

 

⇔ V T ≥ 1 + 1 + . ≥ ⇔ V T ≥ 1 2 1 2 4 1 25 2 4 sin2 2x

sin y = 1 cos 2x = 0 ⇔ ⇔



sin y = 1 sin2 2x = 1 cos2 x + cos 2x = = sin2 x + 1 cos2 x 1 sin2 x cos 2x cos2 x sin2 x

 

(cid:26)sin y = 1 cos 2x = 0



+ k2π y = π 2 ⇔ ⇔ (k, n ∈ Z) .

x = + nπ 2 π 4

Vậy nghiệm của phương trình là x =

+ , y = + k2π (k, n ∈ Z) . π 4 nπ 2 π 2

Bài tập luyện tập

Bài 1. Giải các phương trình sau √ 1. 2 sin x cos x − 2 cos x +

√ 3 = 3 sin x

2. sin x cos x + cos2 x =

√

3. cos 10x + 2 cos2 4x + 6 cos 3x cos x = cos x + 8 cos x cos3 3x

2 + 1 2

√ 25 − 4x (3 sin 2πx + 8 sin πx) = 0

5. 3 tan 6x −

= 2 tan 2x − cot 4x

6. sin4 x 3

7. 2 sin 3x (cid:0)1 − 4 sin2 x(cid:1) = 1

(cid:17)

= 2 sin 8x + cos4 x 3 5 8

8. sin x cos 4x − 2 sin2 2x = 4 sin2 (cid:16) π 4

− x 2

10. sin2 x (tan x + 1) = 3 sin x (cos x − sin x) + 3

= 2 (1 + sin x) cos2 x (cos x − 1) sin x + cos x

11. 4 cos3 x + 3

√ 2 sin 2x = 8 cos x

(cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)

12.

(cid:17)

√ 2 (2 sin x − 1) = 4 (sin x − 1) − cos 2x + − sin 2x + π 4 π 4

13. 2 cos (2π − 2x) + cos2 x 2

(cid:16) 9π 2

(cid:16)5π 2

− 10 cos − x − = sin − x 17 2 1 2

14.

15. cos3 x − 4 sin3 x − 3 cos x sin2 x + sin x = 0

16. 3 cos4 x − 4 sin2 x cos2 x + sin4 x = 0

17. sin2 x (tan x + 1) = 3 sin x (cos x − sin x) + 3

= 0 3 sin2 2x + 8 sin2 x − 11 − 3 cos 2x sin 2x

(cid:16)

(cid:17)

(cid:105)

18. cos2 (3π − 2x) −

(cid:104)−π 3

(cid:17)

√ 3 cos 4x − = 1 + sin2 (π − 2x) , ∀x ∈ ; 2π 9π 2

19. 3 tan2 x − tan x +

− = 0 3 + 3 sin x cos2 x − 8 cos2 (cid:16)π 4 x 2

(cid:17)

20. 2

√ 2 cos3 (cid:16) x − − 3 cos x − sin x = 0 π 4

21. sin4 x + cos4 x = 2 sin 2x cos 2x −

(cid:17)

cos2 2x 1 2

22. 4 sin (3π − x) cos

(cid:16)5π 2

(cid:17)

(cid:16)13π 2 cos (π + x) = 1

− x − x + 4 sin (π + x) sin +

(cid:16)3π 2

23. cos x − sin x − 4 cos x sin2 x = 0

24. sin2 x (tan x + 1) − sin x (cos x − sin x) − 1 = 0

25. 3 cos4 (π − x) − sin2 2x + sin4 (3π − x) = 0

− x + 2 sin

26. 8 (cid:0)sin6 x + cos6 x(cid:1) + 3

√ √ 3 sin 4x = 3 3 cos 2x − 9 sin 2x + 11

27. 5 (sin x+ cos x) + sin 3x − cos 3x = 2

28. cos 2x + 5 = 2 (2 − cos x) (sin x − cos x)

29. 3 tan 2x − 4 tan 3x = tan2 3x tan 2x

30. 3 tan2 x + 4 tan x + 4 cot x + 3 cot2 x + 2 = 0

31. cos4 x + sin4 x − 2 (cid:0)1 − sin2 x cos2 x(cid:1) sin x cos x = sin x + cos x

32. sin 2x cos 8x = 1

33. cos13 x + sin14 x = 1

√ 2 (2 + sin 2x)

(cid:16)

(cid:17)

34. sin 4x − cos 4x = 1 + 4

√ 2 sin x − π 4

35. sin2 x +

36. 4 cos x − 2 cos 2x − cos 4x = 1

sin2 3x = sin x sin2 3x 1 4

37. cos 2x −

√ √ 3 sin 2x − 3 sin x − cos x + 4 = 0

38. cos 3x +

√ 2 − cos2 3x = 2 (cid:0)1 + sin2 2x(cid:1)

39.

= 2 cos 2x √ cos3 x − sin3 x √ cos x sin x +

40.

√ √ 3 − cos x − cos x + 1 = 2

41. tan 2x + tan 3x +

(cid:114)

= 0 1 sin x cos 2x cos 3x

42.

43. tan4 x + tan4 y + 2 cot2 x cot2 y = 3 + sin2 (x + y)

√ sin2 x − sin x + + cos2 x − 3 cos x + = 5 17 4 39 4

44. 1 −

= cos x x2 2

45.

(1 + cos x) (2 + 4cos x) = 3.4cos x

46.

sin1975 x − cos1975 x = − 1 cos2007 x 1 sin2007 x

47.

cos 5x + cos x = sin 3x − cos 3x

48.

Bài 2. Giải các hệ phương trình sau

(cid:26)2 sin3 x − cos 2x + cos x = 0

32009x+3 cos x − 32009+4 cos3 x − 3 cos 3x = 0.

(cid:26)sin x − 4 sin3 x + cos x = 0

1. sin 2x − 2 sin x = 0

√ 2. sin 2x + 2 cos x − 2(sin x + 1) = 0

 



 

x − y = √ 3. π 3 cos2 x + cos2y = 1 + 2 4



(cid:26)cos x − cos 2y = x − 2y

4. π 3 = −2 x + y = sin x sin y

(cid:26)tan x + tan y + tan x tan y = 1

5. tan x = 3 tan y

6. 3 sin 2y = cos 4x + 2.

Chương 2

Bất phương trình lượng giác

2.1 Bất phương trình lượng giác cơ bản

Bài toán 2.1. Giải bất phương trình

(2.1)

Lời giải. Ta có

√ √ 3 cos 3x + sin 3x ≤ 2.

√

cos 3x + sin 3x ≤ (2.1) ⇔ 1 2 √ 2 2 3 2 √

(cid:16)

(cid:17)

cos 3x + cos sin 3x ≤ ⇔ sin π 3 2 2 π 3

⇔ sin 3x + ⇔ + k2π ≤ 3x + ≤ + k2π ≤ sin π 3 π 4 −5π 4 π 3 π 4

Vậy nghiệm của bất phương trình là

(cid:105)

⇔ + k ≤ x ≤ + k (k ∈ Z) . 2π 3 −π 36 2π 3 −19π 36

(cid:104) −19π 36

Bài toán 2.2. Giải bất phương trình

x ∈ + k ; + k (k ∈ Z) . 2π 3 −π 36 2π 3

(2.2)

√ 3 cos 6x ≤ 1 + 4 sin3 2x. 3 sin 2x −

Lời giải. Ta có

√ (2.2) ⇔ ( 3 sin 2x − 4 sin3 2x ) − 3 cos 6x ≤ 1

√ ⇔ sin 6x − 3 cos 6x ≤ 1 ⇔ sin 6x − cos 6x ≤ √ 3 2 1 2 1 2

(cid:16)

(cid:17)

sin 6x − sin cos 6x ≤ ⇔ cos 1 2 π 3 π 3

⇔ sin 6x − ≤ ⇔ + k2π ≤ 6x − ≤ + k2π 1 2 −7π 6 π 3 π 3 π 6

Vậy nghiệm của bất phương trình là

(cid:105)

⇔ + k ≤ x ≤ + k (k ∈ Z) . π 3 π 12 π 3 −5π 36

(cid:104)−5π 36

Bài toán 2.3. Giải bất phương trình

x ∈ + k ; + k (k ∈ Z) . π 3 π 12 π 3

(2.3)

Lời giải. Ta có

cos x + cos 2x + cos 3x > 0.

(2.3) ⇔ cos 2x + ( cos x + cos 3x ) > 0 ⇔ cos 2x + 2 cos 2x cos x > 0



⇔ cos 2x (1 + 2 cos x) > 0

 

cos 2x > 0 cos 2x > 0

1 + 2 cos x > 0 cos x > −1 2 ⇔ ⇔

  

        



cos 2x < 0

   (cid:40)cos 2x < 0 −1 cos x < 2

(cid:17)

1 + 2 cos x < 0

(cid:16)2π 3

⇔ x ∈ + k2π, + k2π + k2π

(cid:16)5π 4 + k2π

Bài toán 2.4. Giải bất phương trình

+ k2π, (cid:17) 4π 3 (k ∈ Z) . ∪ + k2π, 3π 4 (cid:16) −π 4 ∪ π 4

(2.4)

Lời giải. Điều kiện

(cid:26) tan x ≥ 0 cos x (cid:54)= 0.

√ 7 √ tan x (cid:0)sin2 x + 3 cos2 x(cid:1) ≤ 6 4 3 (cid:0)sin2 x + 4 cos2 x(cid:1) .

Khi đó

(2.4) ⇔ 7

Đặt t = tan x, t ≥ 0. Bất phương trình trở thành

√ tan x. √ ≤ 6 4 3. tan2 x + 3 tan2 x + 4

Xét hàm số

√ 7 t. √ ≤ 6 4 3. t2 + 3 t2 + 4

(cid:21)

√ f (t) = 7 t. , t ≥ 0

(cid:48)

(cid:20) 1 √ t 2

Do đó, f (t)đồng biến trên [0, +∞). Suy ra

t2 + 3 t2 + 4 √ + f (t) = 7 t. . > 0. t2 + 3 t2 + 4 2t (t2 + 4)2

Như vậy

√ 3 ⇔ t ≤ 3. √ f (t) ≤ 6 4

Đối chiếu với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình là

√ 0 ≤ tan x ≤ 3 ⇔ kπ ≤ x ≤ + kπ (k ∈ Z). π 3

Bài toán 2.5. Giải bất phương trình

kπ ≤ x ≤ + kπ (k ∈ Z). π 3

(2.5)

Lời giải. Ta có



5 + 2 cos 2x ≤ 3 |1 − 2 sin x| .

 



1 − 2 sin x ≥ 0

(2.5) ⇔

5 + 2 cos 2x ≤ 3 (1 − 2 sin x)

 

        



1 − 2 sin x ≤ 0

5 + 2 cos 2x ≤ 3 (2 sin x − 1) .

 

 



1 − 2 sin x ≥ 0 sin x ≤ 1 2 ⇔ (∗)



5 + 2 cos 2x ≤ 3 (1 − 2 sin x) 6 sin x + 2 cos 2x + 2 ≤ 0

 



sin x ≤ sin x ≤ 1 2 1 2 ⇔ ⇔

2 sin2 x − 3 sin x − 2 ≥ 0 (sin x − 2) (2 sin x + 1) ≥ 0

⇔ sin x ≤ ⇔ + k2π ≤ x ≤ + k2π (k ∈ Z). −1 2 −5π 6 −π 6

 

 



1 − 2 sin x ≤ 0 sin x ≥ 1 2 (∗) ⇔



5 + 2 cos 2x ≤ 3 (2 sin x − 1) 6 sin x − 2 cos 2x ≥ 8

 



sin x ≥ sin x ≥ 1 2 1 2 ⇔ ⇔

2 sin2 x + 3 sin x − 5 ≥ 0 (sin x − 1) (2 sin x + 5) ≥ 0

Vậy nghiệm của bất phương trình là

(cid:105)

(cid:111)

+ k2π (k ∈ Z) . ⇔ sin x = 1 ⇔ x = π 2

(cid:104)−5π 6

(cid:110)π 2

(cid:104)

(cid:105)

x ∈ + k2π; + k2π ∪ + k2π (k ∈ Z) . −π 6

Bài toán 2.6. Tìm a để bất phương trình sau đúng ∀x ∈

0, π 4

(2.6)

Giải. Ta có sin5 x + cos5 x − a (sin x + cos x) ⇔ (cid:0)sin2 x + cos2 x(cid:1) (cid:0)sin3 x + cos3 x(cid:1) − sin2 x cos3 x − sin3 x cos2 x − a (sin x + cos x)

sin5 x + cos5 x − a (sin x + cos x) ≥ sin x cos x (sin x + cos x) .

= (sin x + cos x) (cid:0)sin2 x + cos2 x − sin x cos x(cid:1) − sin2 x cos2 x (cos x + sin x) − a (sin x + cos x)

(cid:104)

(cid:105)

Do đó (2.6) ⇔ (sin x + cos x) (cid:0)1 − 2 sin x cos x − sin2 x cos2 x − a(cid:1) ≥ 0 ⇔ (cid:0)1 − 2 sin x cos x − sin2 x cos2 x − a(cid:1) ≥ 0 ∀x ∈

= (sin x + cos x) (cid:0)1 − sin x cos x − sin2 x cos2 x − a(cid:1) .

(cid:105)

(cid:104)

0, π 4

. ⇔ sin2 2x + 4 sin 2x + 4 (a − 1) ≤ 0 ∀x ∈ 0, π 4

Đặt t = sin 2x ⇔ f (t) = t2 + 4t + 4 (a − 1) ≤ 0 ∀t ∈ [0, 1]

 

f (0) = 4 (a − 1) ≤ 0



⇔ a ≤ ⇔ . −1 4 f (1) = 1 + 4a ≤ 0

2.2 Sử dụng tính tuần hoàn giải bất phương trình

lượng giác

Ta có 1. Hàm số y = sin(ax + b); y = cos(ax + b) tuần hoàn với chu kì cơ sở T =

. 2π |a| 2. Hàm số y = tan(ax + b); y = cot(ax + b) tuần hoàn với chu kì cơ sở T = . π |a|

3. Hàm số y = sin αx + b cos αx tuần hoàn với chu kì cơ sở T =

Bài toán 2.7. Giải bất phương trình

. 2π |α|

(2.7)

Lời giải. Ta có

sin x < sin 2x

(2.7) ⇔ 2 cos

Xét hàm số f (x) = sin 2x − sin x là hàm số tuần hoàn, có chu kì là T = 2π Giải bất

phương trình 2 cos

sin > 0. 3x 2 x 2

> 0 trong [0, 2π].

Vì 0 ≤



x 2 ≥ 0 3x 2 ≤ π nên sin sin x 2 x 2 Bất phương trình

 

  

cos > 0 0 < < 3x 2 3x 2 π 2 ⇔ ⇔





< < sin (cid:54)= 0 3π 2 3x 2 5π 2 x 2

 

0 < x < π 3 ⇔

Vậy bất phương trình có nghiệm là

π < x < . 5π 3

+ k2π) ∪ (π + k2π; + k2π) (k ∈ Z). x ∈ (k2π; π 3 5π 3

Bài toán 2.8. Giải bất phương trình

(2.8)

Lời giải. Ta có

(2.8) ⇔ 2 sin x cos 3x cos2 x > 0

sin 2x cos 3x cos x > 0.

 

cos x (cid:54)= 0



⇔

Xét hàm số f (x) = 2 sin x cos 3x = sin 4x − sin 2x là hàm số tuần hoàn, có chu kì là

2 sin x cos 3x > 0. (∗)



T = π. Giải bất phương trình 2 sin x cos 3x > 0 trong [0, π]. Vì 0 ≤ x ≤ π nên sin x ≥ 0

 

Bất phương trình đã cho ⇔

 



0 < 3x < cos 3x > 0 π 2 ⇔



sin x (cid:54)= 0 < 3x < 3π 2 5π 2

 

0 < x < π 6 ⇔

Vậy bất phương trình(∗) có nghiệm

< x < . π 2 5π 6

Kết hợp với cosx (cid:54)= 0, bất phương trình đã cho có tập nghiệm là

x ∈ (kπ; + kπ) ∪ ( + kπ; + kπ). π 6 π 2 5π 6

Bài toán 2.9. Giải bất phương trình

T = (kπ; + kπ) ∪ ( + kπ; + kπ) (k ∈ Z). π 6 π 2 5π 6

(2.9)

(cid:16)

sin x cos(sin x) + cos2 x sin(sin x) > 0.

Lời giải. Đặt f (x) = sin x cos(sin x) + cos2 x sin(sin x) ⇒ f (x) tuần hoàn với chu kì 2π. Ta giải bất phương trình với x ∈ [0, 2π] (cid:17) Nếu x ∈ (0, π) ⇒ sin x ∈ (0, 1) ⊂

⇒ f (x) > 0

(cid:105) , 0

Nếu x ∈ [π, 2π] ⇒ sin x ∈ [−1, 0] ⊂

Với x ∈ [0, 2π] thì f (x) > 0 ⇔ 0 < x < π. Vậy với x ∈ R thì f (x) > 0 ⇔ k2π < x < π + k2π (k ∈ Z).

⇒ f (x) ≤ 0 π 0, 2 (cid:16)−π 2

Bài tập luyện tập

Giải các bất phương trình sau

√ 1. cos x( 3 − 2 sin x) > 0

2. sin 3x + sin x < sin 2x

3. 2 cos 2x + sin2 x cos x + sin x cos2 x > 2(sin x + cos x)

4. sin 2x > sin 4x

5. sin x + sin 3x < sin 2x + sin 4x

6. sin x(2 sin x − 1)(2 cos x + 1) ≤ 0

> 0 7. cos x sin x + cos x

8. < 0 sin x cos x(2 sin x − 1)

9. 2 cos2 x + sin 2x > 0

10. (2 sin 2x − 1)(2 sin 2x + 1) > 3 − 4 cos2 x

(cid:112)

11. 4 sin 2x − 3 cos 2x > 3(4 sin x − 1)

1 − 4 sin2 x > 1 + 2 cos x 12.

> sin 2x 13. cos4 x 2 − sin4 x 2 √

14. | sin x| ≥ 3 2

15. cos 2x + 5 cos x + 3 ≥ 0

16. sin6 x + cos6 x < 7 16

17. cos x cos 2x cos 3x ≤ 0

18. 3 sin 2x − 1 > sin x + cos x

> 19. cos x 1 + 2 cos x 1 − cos x 1 − 2 cos x

√ 20. 5 − 2 sin x > 6 sin x − 1

21. cot3 x + cot2 x − cot x − 1 < 0

22. 2 cos 2x + sin 2x > tan x

23. 1 − sin x < cot x − cos x

24. 2 cos2 x − sin x + sin 3x ≤ 1.

Chương 3

Ứng dụng của phương trình và bất phương trình lượng giác

3.1 Ứng dụng trong đại số

Khi giải phương trình, bất phương trình,hệ phương trình đại số, nhiều khi ta gặp phải các phương trình, bất phương trình, hệ phương trình rất khó giải do kĩ thuật biến đổi phức tạp. Trong số đó có nhiều phương trình, bất phương trình, hệ phương trình có thể đưa về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình lượng giác. Cách giải khi đó sẽ đơn giản và dễ dàng hơn. Thực chất của việc đó là phương pháp lượng giác hóa.

Nhằm lượng giác hóa các bài toán sơ cấp, ta sử dụng nhận xét sau. 1. Nếu −1 ≤ x ≤ 1 thì tồn tại số α và β với

≤ α ≤ , 0 ≤ β ≤ π sao cho −π 2 π 2 sin α = x và x = cos β.

sao cho x = sin α

và x = cos β.

, 0 ≤ β ≤ 2. Nếu 0 ≤ x ≤ 1 thì tồn tại số α và β với 0 ≤ α ≤ π 2 π 2

sao cho x = tan α.

sao cho x = cos α và y = sin α. Ngoài ra còn có một số dấu hiệu cơ bản và công thức lượng giác cơ bản nhằm giúp phát hiện được phương pháp lượng giác hóa nhanh hơn.

(cid:105)

< α < π 2 −π 3. Với mỗi số thực x tồn tại số α với 2 4. Nếu các số thực x và y thỏa mãn x2 + y2 = 1 thì tồn tại số α với 0 ≤ α ≤ 2π

thể lượng giác hóa bằng cách đặt x = a sin α với α ∈

(cid:104) −π 2

với α ∈ [0, π].

, • Nếu biến x tham gia bài toán thỏa mãn điều kiện |x| ≤ a, (a > 0), khi đó có hoặc đặt x = a cos α π 2

dương khi đó ta có thể lượng giác hóa bằng cách đặt x =

, y = • Nếu hai biến x, y tham gia bài toán có ràng buộc a2x2 + b2y2 = c2 với a, b, c với c sin α a c cos α b α ∈ [0, 2π].

(cid:17)

√

. Khi đó x2 + 1 =

(cid:16)−π 2

, x2 + 1 hoặc x2 + 1 thì thường lượng và π 2 1 cos2 α • Nếu trong bài toán xuất hiện biểu thức giác hóa bằng cách đặt x = tan α với α ∈ √ x2 + 1 = . 1 cos α √

(cid:105)

(cid:104)

đặt x = sin α với α ∈

, khi đó

khi đó

(cid:104)

(cid:17)

(cid:104)

(cid:17)

đặt x =

với α ∈

. Khi đó

√ 0, 1 − x2 thì lượng giác hóa bằng cách 1 − x2 = cos α hoặc đặt x = cos α với α ∈ [0, π], • Nếu trong bài toán xuất hiện biểu thức π 2 √ x2 − 1 = sin α. √ • Nếu trong bài toán xuất hiện biểu thức x2 − 1 thì lượng giác hóa bằng cách √ 0, ∪ π, x2 − 1 = tan α. 1 cos α

π 2 • Nếu có biểu thức A = 3π 2 thì lượng giác hóa bằng cách đặt a = tan α, b = a + b 1 − ab tan β. Khi đó A = tan(α + β).

với α + β + γ = kπ.

Bài toán 3.1. Giải phương trình

(cid:112)

• Nếu có 3 số a, b, c mà a + b + c = abc thì có thể đặt a = tan α, b = tan β, c = tan γ

(3.1)

Lời giải. Điều kiện 1 − x2 ≥ 0 ⇔ x ∈ [−1, 1] Đặt x = cos t, t ∈ [0, π] Khi đó phương trình (2.1) có dạng

(cid:112)

4x3 − 3x = 1 − x2.

(cid:112)

4 cos3 t − 3 cos t = 1 − cos2 t

⇔ cos 3t = sin2 t = | sin t|



− t) ⇔ cos 3t = sin t = cos( π 2

 

− t + k2π + k 3t = t = π 2 π 8 π 2 ⇔ ⇔

Do t ∈ [0, π] nên



3t = + t + k2π t = + kπ −π 4 −π 2



x = cos t = π 8 π 8

      

x = cos t = ⇔ 5π 8 5π 8

        

Vậy phương trình có tập nghiệm là

(cid:110)

(cid:111)

x = cos . t = 3π 4 3π 4

S = cos , cos , cos . π 8 5π 8 3π 4

Bài toán 3.2. Giải phương trình.

(cid:113)

(cid:16)

(cid:17)

(cid:112)

(3.2)

(cid:105)

1 + 1 − x2 = x 1 + 2 1 − x2 .

Lời giải. Điều kiện 1 − x2 ≥ 0 ⇔ x ∈ [−1, 1] (cid:104) −π Đặt x = sin t với t ∈ 2

Khi đó phương trình có dạng

(cid:113)

(cid:112)

, . π 2

1 + 1 − sin2 t = sin t(1 + 2 1 − sin2 t)

⇔ (cid:112)1 + | cos t| = sin t(1 + 2| cos t|)

(cid:114)

√ ⇔ 1 + cos t = sin t(1 + 2 cos t)

⇔ = sin t + sin 2t 2 cos2 t 2

√ ⇔ 2 cos = 2 sin cos 3t 2 t 2 t 2



√ √ (1 − ) = 0 ⇔ 2 cos 2 sin 3t 2 t 2



 

  

Vậy nghiệm của phương trình là

(cid:111)

= 0 cos t = x = t 2 π 6 1 2 ⇔ ⇔ ⇔ √ t = x = 1. sin = π 2 3t 2 2 2

(cid:110)1 2

Bài toán 3.3. Giải phương trình

(cid:113)

(cid:105)

(cid:112)

(cid:104)(cid:112)

(cid:112)

S = , 1 .

(3.3)

(cid:105)

(cid:104)

1 + 1 − x2 (1 + x)3 − (1 − x)3 = 2 + 1 − x2.

Lời giải. Điều kiện xác định 1 − x2 ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1. Đặt x = cos t, t ∈ [0, π] suy ra

0, . ∈ t 2 π 2

Khi đó phương trình có dạng

(cid:21)

(cid:113)

(cid:112)

(cid:20) (cid:112)( 1 + cos t )3 −

√ √ 1 + 1 − cos2 t (1 − cos t)3 = 2 + 1 − cos2 t

(cid:34)(cid:114)(cid:16)

(cid:17)3

(cid:114)(cid:16)

(cid:17)3(cid:35)

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

(cid:114)(cid:16)

(cid:17)2 (cid:16)

(cid:17)

√ sin + cos − 2 = 2 + sin t ⇔ t 2 t 2 √ 2 cos3 t 2 2 2 sin3 t 2

(cid:16)

(cid:17) (cid:16)

(cid:17)

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

(cid:17) (cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

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

(cid:16)

(cid:17)

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

√

(vì 2+sint>0)

⇔ cos t = 2 2

⇔ t = ⇒ x = √ 2 2 π 4 √

Vậy nghiệm của phương trình là x =

Bài toán 3.4. Giải phương trình

(cid:112)

. 2 2

(3.4)

(cid:105)

x3 + (1 − x2)3 = x 2(1 − x2).

Giải. Điều kiện xác định 1 − x2 ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1. π Đặt x = sin t với t ∈ , 2

(cid:104)−π 2

Khi đó phương trình có dạng

(cid:113)

sin3 t + 2(1 − sin2 t)

(1 − sin2 t)3 = sin t (cid:113) √ 2 cos2 t (cos2 t)3 = sin t √ ⇔ sin3 t + ⇔ sin3 t + cos3 t = 2 sin t cos t √ 2 sin t cos t = 0. ⇔ (sin t + cos t)(1 − sin t cos t) −

Đặt y = sin t + cos t, |y| (cid:54)

√ . 2 suy ra sin t cos t = y2 − 1 2

Khi đó phương trình có dạng (cid:18)

(cid:19)

√ − = 0 y 1 − 2 y2 − 1 2 y2 − 1 2

√ √ ⇔ y(3 − y2) − 2y2 + 2 = 0

√ √ ⇔ y3 + 2y2 − 3y − 2 = 0

√ √ ⇔ (y − 2)(y2 + 2y 2 + 1) = 0

√ √ ⇔ y = 2; y = 1 − 2.

Với y =

(cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

√ 2 ta được √ √ √ sin t + cos t = 2 ⇔ 2 sin t + 2 = π 4

= 1 ⇔ sin π 4

⇔ t =

Với y = 1 −

⇒ x = . t + π 4 √ 2 2 √ 2 ta được

(cid:112)

√ √ 1 − x2 = 1 − 2 sin t + cos t = 1 −

√ √ 2 ⇔ x + √ (cid:26)1 − ⇔ 1 − x2 = 1 − 2 − x ⇔ 2 − x ≥ 0 √ 1 − x2 = (cid:0)1 − 2 − x(cid:1)2

 

√ x ≤ 1 − 2



⇔ √ √ 2(cid:1) x + (cid:0)1 − 2(cid:1)2

 

1 − x2 = x2 − 2 (cid:0)1 − √ 2 x ≤ 1 −



⇔ √ √ 2(cid:1) x + (cid:0)1 − 2(cid:1) = 0

(cid:112)

 



x2 − 2 (cid:0)1 − √ x ≤ 1 − 2 √ 1 − 2 − √ 2 2 − 1 ⇔ ⇔ x = . √ 2 1 − 2 ± √ (cid:112) 2 2 − 1 x = 2

Vậy nghiệm của phương trình là

√ √ 1 − 2 − √ (cid:112) 2 2 − 1 x = ; x = . 2 2 2

√ 2, chúng ta lựa chọn phương pháp lương giác để giải bởi trong trường

Trong lời giải của ví dụ trên ta thấy Với y = hợp này chúng ts nhận được giá trị đặc biệt của t, từ đó suy ra x. Với y = 1 −

Bài toán 3.5. Giải phương trình.

(cid:112)

√ 2, chúng ta lựa chọn phương pháp đại số để giải vì nó đơn giản.

(3.5)

Lời giải. Điều kiện 1 − 9x ≥ 0 ⇔ 9x ≤ 1 ⇔ x ≤ 0. Khi đó

(cid:112)

4.33x − 3x+1 = 1 − 32x.

(cid:17)

(cid:104)

1 − 32x

Đặt 3x = cos t với t ∈

Khi đó phương trình có dạng

(cid:112)

. 0, (3.5) ⇔ 4.33x − 3.3x = π 2

(cid:17)

1 − cos2 t

Ta có

(cid:16)

(cid:17)

⇔ cos 3t = sin t = cos − t . 4 cos3 t − 3 cos t = ⇔ 4 cos3 t − 3 cos t = sin t (cid:16)π 2

Do đó

= cos 2. cos π 8 = 2 cos2 π 8 √ − 1 √ = 2 cos2 π 8 (cid:114) 2 2 = ⇔ cos = . π 4 ⇔ cos2 π 8 2 + 4 π 8 2 + 4

(cid:112)

Bài toán 3.6. Giải phương trình sau với nghiệm thực

√ √ 2 2 t = ⇔ 3x = cos = . ⇔ x = log3 2 + 2 π 8 π 8 2 + 2

(3.6)

|m| (cid:54) 1. 4x3 − 3x = m với

là một

nên 4x3 − 3x = 4 cos3 a 3

Lời giải. Vì |m| (cid:54) 1 nên ta đặt m = cos a = cos(a ± 2π) với a ∈ [0, π] Do cos a = 4 cos3 a − 3 cos 3 nghiệm của phương trình. a ± 2π Tương tự x2,3 = cos 3

− 3 cos ⇒ x1 = cos a 3 a 3 a 3

Vậy phương trình có 3 nghiệm x1 = cos

là nghiệm của phương trình. a 3

, x2,3 = cos a ± 2π 3

Bài toán 3.7. Giải phương trình.

(3.7)

Lời giải. Ta có

(cid:17)

4x3 − 3x = . 1 2

(cid:16)π ± 6π 3

∗) = cos . π 3

(cid:16)π 3 − cos

1 2 ∗) cos . = cos π 3 = cos = 4 cos3 π 9 ± 2π π 9

suy ra x =

là một nghiệm của phương

là nghiệm của phương trình.

− cos π 9 π 9

Do đó ta có 4x3 − 3x = 4 cos3 π 9 trình. Tương tự ta cũng được x2,3 = cos Vậy phương trình có 3 nghiệm

π ± 6π 9

Bài toán 3.8. Chứng minh rằng phương trình

. x1 = cos , x2 = cos , x3 = cos π 9 7π 9 5π 9

(3.8)

có nghiệm thực x = x0 thỏa mãn điều kiện

(cid:113)

64x6 − 96x4 + 36x2 − 3 = 0

(cid:112)

Lời giải. Từ công thức cos2 α =

√ 2 + 2 + √ 2 2 + 2 + 3 . < x0 < 2 2

(cid:115)

(0 ≤ α ≤ π) ta suy ra 1 + cos 2α 2

(cid:112)

Khi α =

thì ta có

1 + cos √ α 2 cos = = 2 + 2 + 2 cos α. 2 α 4 1 2

(cid:115)

π 4

(cid:114)

(cid:113)

(cid:112)

Khi α =

thì ta có

√ √ cos = 2 + 2 + 2 = 2 + 2 + 2. π 16 1 2 1 2 2 2

(cid:115)

π 6

(cid:114)

(cid:113)

(cid:112)

√ √ cos = = 2 + 2 + 2 2 + 2 + 3. π 24 1 2 1 2 3 2

Ta lại có

− 3 (cid:0)2 cos2 t − 1(cid:1)

Suy ra 64 cos6 t − 96 cos4 t + 36 cos2 t − 3 = 2 cos 6t − 1. Từ phương trình 64x6 − 96x4 + 36x2 − 3 = 0, ta xét x ∈ [−1, 1] Đặt x = cos t, khi đó ta có 2 cos 6t − 1 = 0 ⇒ t =

là một

cos 6t = 4 cos3 2t − 3 cos 2t = 4 (cid:0)2 cos2 t − 1(cid:1)3 = 32 cos6 t − 48 cos4 t + 18 cos2 t − 1.

nghiệm của phương trình.

. Do vậy x0 = cos π 18 π 18

Ta có

suy ra cos

thỏa mãn

< < > cos > cos . π 24 π 18 π 16 π 24 π 18 π 16

Vậy phương trình 64x6 − 96x4 + 36x2 − 3 = 0, có môt nghiệm x0 = cos điều kiện

(cid:113)

π 18

(cid:112)

Bài toán 3.9. Cho phương trình

√ 2 + 2 + √ 2 2 + 2 + 3 . < x0 < 2 2

(3.9)

Chứng minh rằng phương trình có 3 nghiệm x1 < x2 < x3 thỏa mãn hệ thức x2 3 = 2 + x2. Lời giải. Đặt f (x) = x3 − 3x + 1. Ta có f (−2) < 0, f (−1) > 0, f (1) < 0, f (2) > 0. Do tính liên tục của f (x) nên f (x) = 0 có 3 nghiệm x1, x2, x3 thỏa mãn −2 < x1 < −1 < x2 < 1 < x3 < 2 suy ra |xi| < 2, ∀i = 1, 2, 3. Đặt x = 2 cos α, 0 ≤ α ≤ 180◦. Khi đó ta có

x3 − 3x + 1 = 0

⇔ cos 3α =

Vì vậy x1 = 2 cos 160◦, x2 = 2 cos 80◦, x3 = 2 cos 40◦. Do đó x2

3 = 2 + x2.

⇒ 8 cos3 α − 6 cos α + 1 = 0 ⇔ 2 (cid:0)4 cos3 −3 cos α(cid:1) = −1 −1 2 (cid:34) α3 = 40◦ α2 = 80◦ α1 = 160◦.

Bài toán 3.10. Giải phương trình.

(3.10)

Lời giải. Ta xét các trường hợp sau • Với x ≥ 1, suy ra Vế trái > 1, do đó phương trình vô nghiệm. • Với x ≤ −1, suy ra Vế trái < 0, do đó phương trình vô nghiệm. • Với |x| < 1, đặt x = cos t với t ∈ (0, π). Khi đó phương trình trở thành

8x(2x2 − 1)(8x4 − 8x2 + 1) = 1.

8 cos t(2 cos2 t − 1)(8 cos4 t − 8 cos2 t + 1) = 1

⇔ 8 cos t cos 2t cos 4t = 1

⇔ 8 sin t cos t cos 2t cos 4t = sin t



⇔ sin 8t = sin t

(cid:34) 8t = t + k2π

  

(cid:111)

t = k2π 7 ⇔ ⇔ (k ∈ Z) 8t = π − t + k2π t = π + k2π 9

(vì

(cid:110)2π 7

Vậy phương trình có tập nghiệm

(cid:110)

(cid:111)

⇒ t ∈ , , , , , , t ∈ (0, π)). 4π 7 6π 7 π 9 π 3 5π 9 7π 9

S = cos , cos , cos , cos , cos , cos , cos . 2π 7 4π 7 6π 7 π 9 π 3 5π 9 7π 9

Bài toán 3.11. Giải phương trình √

(3.11)

√ 2)x = ( 2 − 1)x + 3. (3 + 2

√ √ √ √

Lời giải. Ta thấy ( √ Do đó ( √ Đặt (

2 + 1) = 1 và (3 + 2 √ 2) = ( √ 2 + 1)2. √ . 2 − 1)( 2 − 1)x = ( 2)x = (cid:2)( 2 + 1)x(cid:3)2 2 + 1)−x và (3 + 2

2 + 1)x = 2t, t > 0 ta được phương trình

4t3 − 3t = . 1 2

Phương trình có 3 nghiệm t1 = cos , t2 = cos Nghiệm t2, t3 không thỏa mãn điều kiện t > 0. Vậy ta có

(cid:16)

(cid:17)

. , t3 = cos 5π 9 7π 9 π 9

(cid:16)

2+1 (cid:17)

2 cos . √ ( 2 + 1)x = 2 cos ⇔ x = log√ π 9 π 9

Nghiệm của phương trình là x = log√

2+1

2 cos . π 9

Bài toán 3.12. Giải và biện luận phương trình

(3.12)

Lời giải. Điều kiện xác định (cid:26)x ≥ 0

√ √ x + 1 − x = m.

(cid:26)x ≥ 0 x ≤ 1

⇔ ⇔ 0 ≤ x ≤ 1. 1 − x ≥ 0

Ta thấy (

√ √ x)2 + (

 

(cid:104)

(cid:105)

1 − x)2 = 1 nên đặt √ x = cos t



Khi đó phương trình có dạng

(cid:16)

(cid:17)

t ∈ 0, . √ π 2 1 − x = sin t

Điều kiện để phương trình (∗) có nghiệm là

. (∗) sin t + cos t = m ⇔ cos t − = π 4 m √ 2

√ √ −1 ≤ ≤ 1 ⇔ − 2 ≤ m ≤ 2 m √ 2

với điều kiện đó ta đặt

(cid:16)

(cid:17)

= cos α, α ∈ [0, π] ta được m √ 2

(cid:17)

cos t − = cos α ⇔ t − = ±α + k2π π 4

± α + k2π

Kết luận

π 4 ± α + k2π ⇔ x = cos2 (cid:16)π 4 (cid:17) ± α . π ⇔ t = 4 ⇔ x = cos2 (cid:16)π 4

(cid:17)

Với m < − Với −

Nhận xét 3.1. Như vậy chúng ta đã sử dụng phương pháp lượng giác hóa cho phương trình bằng việc lương giác hóa các biến số và câu hỏi đặt ra là"Việc lượng giác hóa có thể sử dụng cho tham số của phương trình không ". Ta xét bài toán sau.

Bài toán 3.13. Giải phương trình.

√ √ 2 hoặc m > 2 thì phương trình vô nghiệm. √ 2 ≤ m ≤ ± α √ 2 thì phương trình có nghiệm là x = cos2 (cid:16) π 4

(3.13)

(1 − m2)x + (2m)x = (1 + m2)x với 0 < m < 1.

Lời giải. Ta có (1 + m2)x > 0 ∀x, do đó biến đổi phương trình về dạng

(cid:19)x

(cid:17)x

(cid:16) 2m

(cid:18) 1 − m2 1 + m2

(cid:16)

(cid:17)

+ = 1. 1 + m2

Đặt m = tan t với t ∈

suy ra

π 4 1 − m2 1 + m2 = cos 2t. 2m 1 + m2 = sin 2t và Khi đó phương trình có dạng

Ta thấy • x = 2 là nghiệm của phương trình. • Với x > 2 ta có

(cos 2t)x + (sin 2t)x = 1 (∗)

 

(sin 2t)x < sin2 2t



⇒ Vế trái < 1, phương trình vô nghiệm

(cos 2t)x < cos2 2t

• Với x < 2 ta có

 

(sin 2t)x > sin2 2t



⇒ Vế trái > 1, phương trình vô nghiệm

Vậy với 0 < m < 1 phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.

Bài toán 3.14. Giải bất phương trình

(cos 2t)x > cos2 2t

(3.14)

Lời giải. Điều kiện xác định

√ √ 1 + x − 1 − x ≤ x.

(cid:26)1 + x ≥ 0 1 − x ≥ 0

(cid:105)

(cid:104) 0,

⇔ −1 ≤ x ≤ 1.

Đặt x = cos 2α với 0 ≤ 2α ≤ π hay α ∈

. π 2

Khi đó.

√ √ (3.14) ⇔ 1 − cos 2α ≤ cos 2α 1 + cos 2α − √ √ 2 sin α ≤ cos 2α 2 cos α − ⇔ √ ⇔ 2(cos α − sin α) − (cos α − sin α)(cos α + sin α) ≤ 0 √

(cid:17) (cid:104)

(cid:16)

(cid:17)

(cid:105) − 1

(cid:104)

(cid:105)

√ ⇔ α − cos ≥ 0 ⇔ (cos α − sin α)( π 4 2 − cos α − sin α) ≤ 0 π 4 2 cos (cid:16) α + (cid:17) ⇔ cos α + ≤ 0

(do α ∈

≤ α + ≤ 0, ) ⇔ 3π 4 π 2

≤ α ≤ ⇔ π 4 π 4 π 2

Bài toán 3.15. Giải bất phương trình

≤ α ≤ π ⇔ −1 ≤ x ≤ 0. ⇔ π 2 π 4 π 2

(3.15)

Lời giải. Điều kiện xác định 0 ≤ x ≤ 1. Đặt x = cos2 t với 0 ≤ t ≤

√ √ 1 − x − x > . 1 √ 3

Ta có bất phương trình

(cid:16)

(cid:17)

π 2

(cid:16)

(cid:17)

sin t − cos t > ⇔ sin t − (∗) > . π 4 1 √ 3 1 √ 6

nên ∃a ∈

sao cho sin a =

< 0, . π 6 1 √ 6 1 1 √ 2 6 Khi đó, ta có

(k ∈ Z) (∗) ⇔ a + k2π < t −

Vì 0 ≤ t ≤

≤ π 4 nên a < t − < π − a + k2π. π 4 π 2

(cid:16)

(cid:17)

⇔ a + < t ≤ π 4 π 4 π 2

(cid:17)

π 4

a + π 4

⇔ 0 ≤ cos t < cos a + ⇔ 0 ≤ cos2 t < cos2 (cid:16) 1 2

Do sin a =

nên cos a =

suy ra sin 2a =

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là 0 ≤ x <

⇔ 0 ≤ x < √ √ . 5 6 1 √ 6 √ 5 . (1 − sin 2a). √ 5 3 3 − 6

Bài toán 3.16. Giải bất phương trình

(3.16)

(cid:17)

√ − 1. 1 1 − x2 > 3x 1 − x2

Lời giải. Điều kiện xác định −1 < x < 1. Đặt x = sin t với

(cid:16)−π 2

Khi đó

t ∈ , . π 2



(cid:34) tan t < 1

(3.16) ⇔ > − 1 1 cos2 t 3 sin t cos t



(cid:17)

(cid:16)

< t < ⇔ 1 + tan2 t > 3 tan t − 1 ⇔ tan2 t − 3 tan t + 2 > 0 −π 2 π 4 ⇔ ⇔ tan t > 2 tan t > 2.

Ta có Với

⇒ tan t > 2 t ∈ 0, π 2

⇔ tan2 t > 4 ⇔ sin2 t > 4 cos2 t

⇔ sin2 t > 4 − 4 sin2 t ⇔ sin2 t > 4 5

⇔ < sin t < 1 ⇔ < x < 1. 2 √ 5 2 √ 5 √

Với

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là √

(cid:19)

(cid:18)

(cid:19)(cid:27)

< t < ⇒ −1 < sin t < ⇔ −1 < x < . −π 2 π 4 √ 2 2 2 2

(cid:26)(cid:18) 2 √ 5

S = , 1 ∪ −1, . 2 2

Bài toán 3.17. Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm (cid:112)

(cid:112)

(3.17)

√ √ a + x + x ≤ 2.

Lời giải. Điều kiện xác định x ≥ 0 và a ≥ Đặt Ta có

(cid:112)a(1 + cos t) + (cid:112)a(1 − sin t) ≤ 2

a − √ x ≥ 0. √ √ 2. x = a cos t với 0 ≤ t ≤

(cid:16)

(cid:17)

√ 2a cos ⇔ ≤ 2 t 2 √ + sin (cid:17) a cos − ≤ 2 ⇔ 2 π 4

(cid:16) t 2

⇔ cos − ≤ . (∗) t 2 (cid:16) t 2 π 4 1 √ a

(cid:17)

Vì 0 ≤ t ≤

nên

(cid:16) t 2

≤ − ≤ cos − ≤ 1. π 2 −π 4 t 2 π 4 π 4 √ 2 2 ≤ 0. Do đó √

Để bất phương trình (∗)có nghiệm thì

Vậy với 0 ≤ a ≤ 2 thì bất phương trình đã cho có nghiệm.

Bài toán 3.18. Với a (cid:54)= 0, giải bất phương trình

(cid:112)

⇔ a ≤ 2. ≤ 2 2 1 √ a

(3.18)

Lời giải.

(cid:17)

√ x2 + a2 ≤ x + . 2a2 x2 + a2

Đặt x = |a| tan t, với t ∈

(cid:16) −π 2

Khi đó

, π 2

(3.18) ⇔ ≤ |a| tan t + |a| cos t 2a2 cos t |a|

⇔ 1 ≤ sin t + 2 cos2 t

≤ t ≤ 1 ⇔ 2 sin2 t − sin t − 1 ≤ 0 ⇔ −1 2

⇔ tan t ≥ ⇔ x ≥ −1 √ 3 −|a| √ 3

Vậy nghiệm của bất phương trình là x ≥

Bài toán 3.19. Giải hệ phương trình

. −|a| √ 3

 

(3.19)



√ x(cid:112)1 − y2 + y 1 − x2 = 1

Lời giải. Điều kiện

(1 − x) (1 − y) = 2.

(cid:26)1 − x2 ≥ 0 1 − y2 ≥ 0

(cid:26)x2 ≤ 1 y2 ≤ 1

(cid:26)−1 ≤ x ≤ 1 −1 ≤ y ≤ 1.

Đặt

với α, β ∈ [0, π] .

(cid:26)x = cos α y = cos β

Khi đó

⇔ ⇔

 

cos α sin α + cos β sin α = 1 sin (α + β) = 1



(3.19) ⇔ ⇔

(1 − cos α) (1 + cos β) = 2 (1 − cos α) (1 + cos β) = 2

 



α + β = α + β = π 2 π 2 ⇔ ⇔

1 − cos α + sin α − sin α cos α = 2 sin α − cos α − sin α cos α − 1 = 0. (∗)

Giải (∗)

Đặt

Khi đó ta có

√ √ t = sin α − cos α, t ∈ (cid:2)− 2, 2(cid:3) ⇒ sin α cos α = . 1 − t2 2

t − − 1 = 0 ⇔ t2 + 2t − 3 = 0

(cid:17)

(cid:16)

√ √ √ = 1 2, 2(cid:3) ⇔ 2 sin α − π 4

⇒ α = 1 − t2 2 ⇒ t = 1 ∈ (cid:2)− π 2

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (0, 1).

Bài toán 3.20. Giải hệ phương trình.

⇒ x = cos = 0 và y = cos 0 = 1. ∈ [0, π] ⇒ β = 0 π 2

 

(3.20)



√ 2 (x − y) (1 + 4xy) = (1) √ 3

Lời giải.

Do x2 + y2 = 1 nên x, y ∈ [−1, 1].

Đặt

(cid:26)x = sin t y = cos t.

Khi đó

x2 + y2 = 1.

(cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)

√ √ (1) ⇔ 3 √ ⇔ √ 3 2 2(sin t − cos t)(1 + 2 sin 2t) = √ (cid:17) π 1 2 2 4 = √ sin 2t + (cid:17) 2 sin (cid:16) t − (cid:17) (cid:16) 3 t − ⇔ 4 sin π 6 sin 2t + sin (cid:17) = (cid:16) sin t + t − √ 3 t − π 12 = √ π 12 (cid:17)(cid:105) cos (cid:16) ⇔ 8 sin (cid:16) t − cos − cos 2t − 3 = ⇔ cos π 3 π 4 π 4 (cid:17) (cid:104) π 12 √ π 6 (cid:17) t − cos ⇔ 4. t − 1 2 3 √ π 12 (cid:17) − 4 cos (cid:16) (cid:104) 2t − (cid:16) = (cid:17)(cid:105) cos (cid:16) 3t − + cos t − = 3 ⇔ 2 cos π 12 (cid:17) π 4 π 6 π 12 π 12 t − (cid:16) − 2 (cid:17) ⇔ −2 cos 3t − cos √ 3 π 4

= √ 3 − ⇔ cos 3t − = 2 π 4



  

3t − t = = + k2π + π 4 −5π 6 −7π 18 k2π 3 ⇔ ⇔

= 3t − + k2π + t = 5π 6 13π 8 k2π 3

Từ đó suy ra hệ đã cho có 6 nghiệm (x, y) là (x, y) ∈ {(sin 65◦, cos 65◦), (− sin 35◦, cos 35◦), (sin 85◦, cos 85◦), (− sin 5◦, − cos 5◦), (− sin 25◦, − cos 25◦), (sin 305◦, cos 305◦)}.

Bài toán 3.21. Giải hệ phương trình

π 4 (cid:34) t = −35◦ + k120◦ (k ∈ Z) . ⇔ t = 65◦ + k120◦

 

(3.21)



2y 1 − y2 = x

Lời giải. Điều kiện xác định x, y (cid:54)= 1.

(cid:17)

2x 1 − x2 = y.

Đặt

với α, β ∈

(cid:26)x = tan α y = tan β

(cid:16)−π 2

Khi đó

, }. \ {± π 2 π 4

(cid:26)tan 2β = tan α tan 2α = tan β

= tan α 2 tan β 1 − tan2 β (3.23) ⇔ ⇔

  

= tan β 2 tan α 1 − tan2 α

 

(cid:26)2β = α + kπ 2α = β + lπ

α = kπ + 2lπ 3 ⇔ ⇔



β = 2kπ + lπ 3

(cid:34) x = y = 0

 



Vậy hệ phương trình có 3 cặp nghiệm (0, 0), (

Bài toán 3.22. Giải hệ phương trình

 

(3.22)



x = tan kπ + 2lπ 3 √ ⇔ ⇔ √ √ x = x = − 3, y = − √ 3, y = 3 3. y = tan 2kπ + lπ 3 √ √ √ √ 3, − 3), (− 3, 3).

2x + x2y = y 2y + y2z = z 2z + z2x = x.

Lời giải. Ta có

 



(∗) (3.24) ⇔

Ta thấy x = ±1, y = ±1, z = ±1 không là nghiệm. Khi đó



2x = y (cid:0)1 − x2(cid:1) 2y = z (cid:0)1 − y2(cid:1) 2z = x (cid:0)1 − z2(cid:1)

y = 2x 1 − x2

z = (∗) ⇔ (∗∗) 2y 1 − y2

 

x = 2z 1 − z2

Đặt x = tan α với α (cid:54)= ±

Ta có



+ kπ, α (cid:54)= + kπ π 2 π 4

y = = tan 2α 2 tan α 1 − tan2 α

(∗∗) ⇔ (k ∈ Z) . ⇒ x = tan 8α = tan α ⇒ α = z = = tan 4α kπ 7 2 tan 2α 1 − tan2 2α

 

(cid:16)

(cid:17)

x = = tan 8α 2 tan 4α 1 − tan2 4α

(cid:17)

(cid:16)

Lấy k ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6} ta được các nghiệm của hệ phương trình là 2π 7 , tan

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)

tan (cid:16) 4π 7 , tan , tan , tan π 7 tan tan ; ;

(cid:16)

Bài toán 3.23. Giải hệ phương trình (cid:18)

(cid:19)

(cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

, tan , tan , tan tan tan ; , tan 3π 7 5π 7 , tan 6π 7 3π 7 ; 5π 7 6π 7 ; (cid:17) , tan , tan } tan (x, y, z) ∈ {(0, 0, 0); (cid:17) π 7 2π 7 3π 7 4π 7 π , tan 7 5π 7 2π 7 4π 7 6π 7

  3

(3.23)



x + = 4 y + = 5 z + 1 y 1 z 1 x

xy + yz + zx = 1.

Lời giải. Nhận xét Nếu (x, y, z) là một nghiệm của hệ thì (−x, −y, −z) cũng là nghiệm của hệ nên ta sẽ tìm nghiệm x, y, z dương.

(x, y, z) (cid:54)= 0; x, y, z cùng dấu

Đặt x = tan α, y = tan β, z = tan γ với 0◦ < α, β, γ < 90◦. Khi đó

(cid:18)

(cid:19)

(cid:18)

(cid:19)

(cid:16)

(cid:17)

 



3 tan α + = 4 tan β + = 5 tan γ + (1) 1 tan α 1 tan β 1 tan γ (3.23) ⇔

Ta có

(cid:19)

tan α + tan β + tan γ = 1 (2)

(cid:18) 1 + tan2 α tan α

(cid:18) 1 + tan2 β tan β

(cid:18)1 + tan2 γ tan γ

(1) ⇔ 3 = 4 = 5

⇔ = = . 3 sin 2α 4 sin 2β 5 sin 2γ

= tan(α + β) ⇔ cot γ =

(cid:16) π 2

 

(2) ⇔ tan γ(tan α + tan β) = 1 − tan α tan β tan α + tan β 1 − tan α tan β (cid:17) ⇔ tan − γ = α + β ⇔ α + β + γ = . = tan(α + β) ⇔ π 2 π 2

π 2 π 2



nên 2α, 2β, 2γ là góc của môt tam giác có số đo 3 cạnh là 3, 4, 5.

Do tam giác có 3 cạnh 3, 4, 5 là tam giác vuông nên

= = 0 < α, β, γ < 4 sin 2β 3 sin 2α , α + β + γ = 5 sin 2γ

2γ = 90◦ ⇒ γ = 45◦ ⇒ z = tan γ = 1

tan 2α = = ⇔ ⇒ x =

Vậy nghiệm của hệ phương trình là

(cid:17)

(cid:17)(cid:111)

⇒ y = tan 2β = = ⇔ 3 4 4 3 2x 1 − x2 = 2y 1 − y2 = 3 4 4 3 1 3 1 2 2 tan α 1 − tan2 α 2 tan β 1 − tan2 β

(cid:110)(cid:16) 1 3

(cid:16) −1 3

Bài toán 3.24. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm

(x, y, z) ∈ , , 1 ; , . , −1 1 2 −1 2

 

(3.24)



√ 1 − x2 − y = 0

Lời giải. Điều kiện xác định 1 − x2 ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1. Đặt x = cos t với 0 ≤ t ≤ π.

3mx − 3y = 5m. (∗)

Khi đó phương trình (∗) có dạng

(cid:112)

3m cos t − 3 1 − cos2 t = 5m

Vậy hệ ban đầu có nghiệm ⇔ (∗∗) có nghiệm thỏa mãn sin t ≥ 0

⇔ 3m cos t − 3 sin t = 5m. (∗∗)

 

 



(3m)2 + 9 ≥ (5m)2 m2 ≤ 9 16 ⇔ ⇔



sin t = 3m cos t − 5m ≥ 0 m (3 cos t − 5) ≥ 0

 



Vậy với

≤ m ≤ −3 4 3 4 ⇔ ≤ m ≤ 0. ⇔ −3 4 m ≤ 0

Bài toán 3.25. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm

 

(3.25)

≤ m ≤ 0 thì hệ phương trình có nghiệm. −3 4

 y

Lời giải. Điều kiện xác định −1 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1 • Điều kiện cần

Giả sử hệ có nghiệm (x0, y0) suy ra |x0| ≤ 1,

(cid:105)

x(cid:112)1 − y2 = m √ 1 − x2 = 2m. (∗)

Khi đó

Suy ra tồn tại 2 góc α, β ∈

sao cho

(cid:104)−π 2

, π 2 |y0| ≤ 1 (cid:26)x0 = sin α y0 = sin β

(cid:26)sin α cos β = m sin β cos α = 2m

(cid:26)sin(α + β) = 3m sin(α − β) = −m

(3.27) ⇔ ⇔

 

|3m| ≤ 1



⇔ ⇔ |m| ≤ . 1 3 |−m| ≤ 1

, bằng phép đặt ẩn phụ

với

Với |m| ≤

(cid:26)x = sin α y = sin β

≤ α, β ≤ . • Điều kiện đủ 1 3 −π 2 π 2

Hệ (3.28) có dạng

(cid:26)sin(α + β) = 3m sin(α − β) = −m

(cid:26)α + β = u0 α − β = v0

⇔

 

α = u0 + v0 2 ⇔



β = . u0 − v0 2

Vậy với

hệ có nghiệm.

Bài toán 3.26. Giải hệ phương trình với nghiệm là số thực

(cid:26)x3 − 3xy2 = −1 √ y3 − 3x2y = −

|m| ≤ 1 2

(cid:32)Lời giải. Xét số phức z = x + iy. Vì z3 = x3 − 3xy2 + i(3x2y − y3), nên từ hệ đã cho ta có

(cid:16)

(cid:17)

Suy ra

(cid:16)

(cid:17)

√ z3 = −1 + 3i = 2 cos + i sin . 2π 3 2π 3

(cid:16)

Do đó hệ đã cho có 3 nghiệm là

2 cos + i sin cos + i sin , 8π 9 8π 9 √ , z = 3 2 (cid:17) + i sin √ z = 3 √ z = 3 2 cos . 2π 9 14π 9 2π 9 14π 9

 

2 cos 2 cos 2cos √ x = 3 √ x = 3 √ x = 3 2π 9 8π 9 14π 9 ; ;



Bài toán 3.27. Giải hệ phương trình trong tập số phức

√ y = 3 2 sin √ y = 3 2 sin √ y = 3 2 sin . 2π 9 8π 9 14π 9

(cid:40)x4 − 6x2y2 + y4 =

√ 3

x3y − y3x = . 1 4

(cid:17)

(cid:16)

(cid:32)Lời giải. Xét số phức z = x + iy. Vì z4 = x4 − 6x2y2 + y4 + 4i(x3y − y3x), nên từ hệ đã cho ta có √ + i sin . 3 + i = 2 cos z4 = π 6 π 6

Suy ra

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)

+ i sin 2 cos + i sin , 2 cos π 24 13π 24 13π 24 √ , z = 4 (cid:17) 2 cos + i sin

Do đó hệ đã cho có 4 nghiệm là

+ i sin √ z = 4 √ z = 4 √ z = 4 2 cos . π 24 25π 24 37π 24 25π 24 37π 24

 

 



√ x = 4 √ x = 4 √ x = 4 √ x = 4 2 cos 2 cos 2cos 2cos π 24 13π 24 25π 24 37π 24 ; ; ;



√ y = 4 2 sin √ y = 4 √ y = 4 . √ y = 4 . 2 sin 2 sin 2 sin π 24 13π 24 25π 24 37π 24

Bài tập luyện tập

Bài 1. Giải các phương trình sau

(cid:113)

√ √ 1 − x = 2x2 − 1 + 2x 1 − x2

b) x3 +

(1 − x2) = x 2 (1 − x2)2

c) x +

Bài 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm

√ . = 35 2 x x2 − 1

√ √ 3 + x + 6 − x − (cid:112)(3 + x)(6 − x) = m.

Bài 3. Giải các bất phương trình sau √

√ 1 − x − x >

b) x +

1 √ 3 √ 3 5 √ > 2

Bài 4. Tìm m để bất phương trình sau đúng ∀x ∈ [−3, 1]

√ x x2 − 1 √ 1 + x + 1 − x ≤ 2 − . x2 4

√ √ x + 3 + (3m − 4) 1 − x + m − 1 ≤ 0. (4m − 3)

Bài 5. Giải các hệ phương trình sau

(cid:26)x (cid:0)1 + y2(cid:1) = 1 − y2 y (cid:0)1 + x2(cid:1) = 1 − x2

(cid:26)4xy (cid:0)2y2 − 1(cid:1) = 1

b) x2 + y2 = 1

(cid:26)|x| + y2 = 1 |y| + x2 = 1

(cid:26)x (cid:0)1 + y2(cid:1) = 2y y (cid:0)1 + x2(cid:1) = 2x

(cid:26)x2 + y2 = x(cid:112)1 − y2 + y

Bài 6. Tìm m để hệ sau có nghiệm

√ 1 − x2 e) 3x + 4y = 5.

(cid:26)√

√ y + 2 = m

x + 1 + x + y = 3m.

3.2 Ứng dụng trong chứng minh đẳng thức, bất đẳng

thức

(cid:126) Một số đẳng thức lượng giác cơ bản 1. Với x, y, z ∈ R \

ta có

(cid:110)π 2

(cid:40)x + y + z = kπ

+ kπ, k ∈ Z(cid:111)

(cid:17)

(cid:16)

tan x + tan y + tan z = tan x. tan y. tan z ⇔ x, y, z (cid:54)= + kπ, k ∈ Z. π 2

Đặc biệt: Nếu x, y, z ∈

thì x + y + z = π.

2. Với x, y, z ∈ R \

ta có

(cid:110)π 2

π 2 + kπ, k ∈ Z(cid:111)

(cid:40)x + y + z = π 2

(cid:17)

(cid:16)

π 2 tan x. tan y + tan y. tan z + tan x. tan z = 1 ⇔ + kπ + kπ, k ∈ Z. x, y, z (cid:54)=

thì x + y + z =

Đặc biệt: Nếu x, y, z ∈

0, . π 2 π 2

3. Với x, y, z ∈ R ta có

cos2 x + cos2 y + cos2 z + 2 cos x. cos y. cos z = 1

. cos . cos . cos = 0. ⇔ cos x + y − z 2 y + z − x 2 z + x − y 2

(cid:17)

Đặc biệt: Nếu x, y, z ∈

thì x + y + z = π.

(cid:126) Một số bất đẳng thức trong tam giác 1. Với mọi tam giác ABC ta có

x + y + z 2 (cid:16) 0, π 2

. cos A + cos B + cos C ≤ 3 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi A = B = C =

2. Với mọi tam giác ABC ta có

. π 3

cos A. cos B. cos C ≤ sin . sin . sin . A 2 B 2 C 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi A = B = C =

3. Với mọi tam giác ABC ta có

. π 3

cos2 A + cos2 B + cos2 C ≥ . 3 4

Dấu đẳng thức xảy ra khi A = B = C =

4. Với mọi tam giác ABC ta có

. π 3

Dấu đẳng thức xảy ra khi

sin A + sin B − cos C ≤ . 3 2

 

A = B = π 6



5. Với mọi tam giác ABC ta có

C = . 2π 3

Dấu đẳng thức xảy ra khi

√ 3 3 cos A + cos B + cos C ≤ . 2

 

A = B = π 6



6. Với mọi tam giác ABC ta có

C = . 2π 3

√ √ . 3 cos A − sin B + 3 sin C ≤ 5 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi

 

A = B = π 6



7. Với mọi tam giác ABC ta có

. C = 2π 3

Dấu đẳng thức xảy ra khi



sin 2A + sin 2B + cos 2C ≤ . 3 2

 



(cid:40)A = B sin C =

A = B = 5π 12 C = π 6 ⇔

 

        

1 2 A = B = π 12



8. Với mọi tam giác ABC ta có

C = . 5π 6

Dấu đẳng thức xảy ra khi

√ cos 2A + 3(cos 2B + cos 2C) ≥ . −5 2

 



9. Với mọi tam giác ABC ta có

C = B = π 12 5π 12 ; A = A = . C = B = π 6 5π 6

2(cos A. cos B + cos B cos C + cos C cos A) ≤ 4 cos A. cos B. cos C + 1.

Dấu đẳng thức xảy ra khi A = B = C =

Bài tập áp dụng

Bài toán 3.28. Cho x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 thoả mãn điều kiện

. π 3

Chứng minh rằng

(cid:114)

xy + yz + zx = 1.

(cid:17)

(cid:104)

x + y + z = 2. (∗) (1 + y2)(1 + z2) 1 + x2 (1 + z2)(1 + x2) 1 + y2 (1 + x2)(1 + y2) 1 + z2

Lời giải. Đặt x = tan α, y = tan β, z = tan γ với α, β, γ ∈

. 0; π 2

Khi đó (∗) có dạng

tan α tan β + tan β tan γ + tan γ tan α = 1

⇔ tan α(tan β + tan γ) = 1 − tan β tan γ

⇔ tan α = = cot(β + γ) 1 − tan β tan γ tan β + tan γ

(cid:17)

(cid:104)

⇔ α + β + γ = + kπ. π 2

nên 0 ≤

hay

Do α + β + γ ∈ 0; Vì k ∈ Z nên k = 0. Vậy α + β + γ = Ta có

(cid:114)

≤ k < 1 3π 2 π 2 −1 2 3π 2 . + kπ < π 2

x = tan α (1 + tan2 β)(1 + tan2 γ) 1 + tan2 α

= tan α = (1 + y2)(1 + z2) 1 + x2 cos α cos β cos γ sin α cos β cos γ

= = cos(β + γ) cos β cos γ cos β cos γ − sin γ sin γ cos β cos γ

Tương tự

(cid:114)

= 1 − tan β tan γ = 1 − yz.

(cid:114)

= 1 − xz y

(cid:114)

= 1 − xy. z

Suy ra x

Bài toán 3.29. Cho xy (cid:54)= −1, yz (cid:54)= −1, zx (cid:54)= −1. Chứng minh rằng

+ y + z = 3 − (xy + (1 + z2)(1 + x2) 1 + y2 (1 + x2)(1 + y2) 1 + z2 (cid:114) (1 + z2)(1 + x2) 1 + y2 (1 + y2)(1 + z2) 1 + x2 (1 + x2)(1 + y2) 1 + z2 yz + zx) = 2.

(cid:17)

+ + = . . . x − y 1 + xy y − z 1 + yz z − x 1 + zx x − y 1 + xy y − z 1 + yz z − x 1 + zx

Lời giải. Đặt x = tan α, y = tan β, z = tan γ với α, β, γ ∈

(cid:16)−π 2

Khi đó

, . π 2

+ + x − y 1 + xy z − x 1 + zx

= + + y − z 1 + yz tan α − tan β 1 + tan α tan β tan β − tan γ 1 + tan β tan γ tan γ − tan α 1 + tan α tan γ

= tan(α − β) + tan(β − γ) + tan(γ − α).

Và

. . = tan(α − β) + tan(β − γ) + tan(γ − α). y − z 1 + yz z − x 1 + zx x − y 1 + xy Ta chứng minh

Thật vậy Ta có tan a + tan b = tan(a + b)(1 − tan a tan b) nên

tan(α − β) + tan(β − γ) + tan(γ − α) = tan(α − β) tan(β − γ) tan(γ − α).

tan(α − β) + tan(β − γ) + tan(γ − α)

= tan(α − β + β − α) [1 − tan(α − β) tan(β − γ)] + tan(γ − α)

= tan(α − γ) + tan(γ − α) tan(α − β) tan(β − γ) + tan(γ − α)

Vậy

= tan(α − β) tan(β − γ) tan(γ − α).

suy ra điều phải chứng minh.

Bài toán 3.30. Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi, thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

+ + = . . . x − y 1 + xy y − z 1 + yz z − x 1 + zx x − y 1 + xy y − z 1 + yz z − x 1 + zx

√

Lời giải. Ta có

(cid:114)

+ + . M = a a + bc b b + ca abc c + ab

(cid:114) ca b

Đặt

(cid:114)

a + b + c = + + = 1. bc a ab c ab c bc a

(cid:114) ca b

Theo giả thiết và hệ thức (2), ta có A + B + C = π. Áp dụng bất đẳng thức 5, ta có

= tan = tan = tan ; A, B, C ∈ (0, π). , , bc a A 2 ab c B 2 C 2

M = + +

Suy ra

1 1 + tan2 A 2 1 1 + tan2 B 2 3 1 1 + tan2 C 2 √ 3 = 1 + (cos A + cos B + sin C) ≤ 1 + . 4 1 2

√ √ 3 √ 3 3 − 3, c = 7 − 4 3. max M = 1 + , khi a = b = 2 4

Bài toán 3.31. Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi, thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng

(cid:19)

(cid:18) bc

Lời giải. Ta có

(cid:114)

√ √ √ 2 √ 3 − + ≥ . a + bc abc c + ab abc b + ca 3 − 5 4

(cid:114) ca b

Đặt

(cid:114)

a + b + c = + + = 1. bc a ab c ab c bc a

(cid:114) ca b

Theo giả thiết và hệ thức (2), ta có A + B + C = π. Áp dụng bất đẳng thức 6, ta có





= tan = tan = tan ; A, B, C ∈ (0, π). , , bc a A 2 ab c B 2 C 2

  +

 

√ C 2 B 2 Q = 3 −

(cid:18)

tan 1 + tan2 B 2 tan 1 + tan2 C 2 (cid:19) √ − sin C + sin B = tan2 A 2 1 + tan2 A 2 1 2 sin2 A 2 1 2

Suy ra điều phải chứng

sin B = √ (1 − cos A − sin C) + (cid:0)√ 3 cos A − sin B + 1 2 √ 3 sin C(cid:1) + ≥ + . = 3 2 −5 4 √ 3 2 3 √ 3 2 −1 2

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi



Bài toán 3.32. Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = abc. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

A = B = π 6 ⇔ √ (cid:26)a = b = 2 √ c = 7 − 4 3 − 3 3. C = 2π 3

√

Lời giải. Ta có

(cid:114)

N = + + . a a + bc b b + ca abc c + ab

(cid:114) ca b

ab + bc + ca = abc ⇔ + + = . bc a ab c bc a ab c

Đặt

(cid:114)

(cid:16)

(cid:17)

(cid:114) ca b

Theo giả thiết và hệ thức (2), ta có A + B + C = π. Áp dụng bất đẳng thức 3, ta có

= tan A, = tan B, = tan C; A, B, C ∈ 0, . bc a ab c π 2

√ 1 1 1 + + = + + a a + bc b b + ca abc c + ab 1 + 1 + 1 + ca b bc a ab c

+ + = 1 1 + tan2 A 1 1 + tan2 B

Suy ra

. = cos2 A + cos2 B + cos2 C ≥ 1 1 + tan2 C 3 4

khi a = b = c = 3.

Bài toán 3.33. Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = abc. Chứng minh rằng

(cid:19)

min N = 3 4

(cid:18) b

Lời giải. Ta có

(cid:114)

√ 4 ≥ √ 3 + + . a a + bc b + ca c c + ab 3 − 3 4

(cid:114) ca b

Đặt

(cid:114)

(cid:16)

(cid:17)

+ + = . ab + bc + ca = abc ⇔ bc a ab c bc a ab c

(cid:114) ca b

Theo giả thiết và hệ thức (1), ta có A + B + C = π. Áp dụng bất đẳng thức 8, ta có





(cid:19)

= tan A, = tan B, = tan C; A, B, C ∈ 0, . bc a ab c π 2

(cid:18) b

 

 

(cid:16)

(cid:17)

√ 1 1 1 + 3 + = + √ 3 + a a + bc b + ca c c + ab 1 + 1 + 1 + ca b ab c √ = 3 + bc a 1 1 + tan2 C 1 1 + tan2 A √ = cos2 A +

(cid:2)cos 2A +

Vậy

(cid:19)

(cid:18) b

1 + 1 + tan2 B 3 (cid:0)cos2 B + cos2 C(cid:1) √ √ √ √ 4 3(cos 2B + cos 2C)(cid:3) + = + 3 ≥ + + 3 = . 1 2 1 2 −5 4 1 2 3 − 3 4

√ 4 √ 3 + + ≥ . a a + bc b + ca c c + ab 3 − 3 4

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

(cid:40)a = 7 + 4

 



Bài toán 3.34. Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn abc + a + b = c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

√ A = √ ⇔ 3 b = c = . π 6 B = C = 3 3 + 2 3 5π 12

Lời giải. Do

P = + − . a a2 + 1 b b2 + 1 c c2 + 1

Đặt

abc + a + b = c ⇔ a.b + b. + .a = 1.(∗) 1 c 1 c

Từ(∗) và hệ thức (2), ta có A + B + C = π. Khi đó

a = tan , b = tan = tan ; A, B, C ∈ (0, π). , A 2 B 2 1 c C 2

A 2 B 2 P = + −

tan 1 + tan2 A 2 tan 1 + tan2 B 2

Suy ra

(sin A + sin B − cos C) − − = ≤ . = 1 2 1 1 + tan2 C 2 1 2 3 4 1 2 1 4

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

max P = . 1 4

 



(cid:40)a = b = 2 − √ 3 3

Bài toán 3.35. Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện ab = 1 + bc + ca. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

√ 3 A = B = π 6 ⇔ c = . C = 2π 3

√ √

Lời giải. Ta có

+ − . R = 3 a2 + 1 b b2 + 1 3c c2 + 1

ab = 1 + bc + ca ⇔ + .c + c. = 1.(∗) . 1 a 1 b 1 b 1 a

Đặt

Từ (∗) và hệ thức (2), ta có A + B + C = π. Áp dụng bất đẳng thức 6, ta có

, , = tan = tan = tan ; A, B, C ∈ (0, π). 1 a A 2 1 b B 2 1 c C 2

√ √ B 2 P = + − 3 3

tan2 A 2 1 + tan2 A 2 1 1 + tan2 C 2 tan 1 + tan2 B 2 √ √ + sin B − = 1 2 3 2 3 sin2 A 2 √ sin C √

Suy ra

(1 − cos A) + sin B − = 3 2 1 2 √ 3 2 √ − 3 = (cos A + sin C) + sin B + ≥ − . 2 sin C √ 3 2 3 2 5 4 1 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

√ 2 min P = . 3 − 5 4

 



(cid:40)a = b = 2 − √ 3 3

Bài toán 3.36. Cho ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện abc = a + b + c + 2. Chứng minh rằng

√ 3 A = B = π 6 ⇔ c = . C = 2π 3

(cid:16)√

(cid:17)

Lời giải. Ta có

√ √ 2 ab + bc + ca ≤ 4 + abc.

Do a, b, c là ba số thực dương suy ra

abc = a + b + c + 2 ⇔ + + + = 1. 1 bc 1 ca 1 ab 2 abc

Đặt

(cid:17)

(cid:16)

; ; ∈ (0, 1). 1 bc 1 ca 1 ab

Từ điều kiện bài toán ta có

1 √ 1 √ = cos B, . = cos A, = cos C; A, B, C ∈ 0, π 2 1 √ ca bc ab

cos2 A + cos2 B + cos2 C + 2 cos A. cos B. cos C = 1.

Từ giả thiết và hệ thức (3) ta có A + B + C = π. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức

(cid:17)

(cid:16) 1

2 + + ≤ 4 + cos A 1 cos B 1 cos C 1 cos A cos B cos C

Bất đẳng thức trên đúng, được suy ra từ bất đẳng thức (9). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

⇔ 2(cos B cos C + cos C cos A + cos A cos B) ≤ 4 cos A cos B cos C + 1.

Bài toán 3.37. Cho ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca + abc = 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

A = B = C = ⇔ a = b = c = 2. π 3

Lời giải. Ta có

(cid:114)

√ √ √ P = ab + bc + ca + ab + bc + ca.

(cid:114) ca 4

ab + bc + ca + abc = 4 ⇔ + + + 2 = 1. bc 4 ca 4 ab 4 bc 4 ab 4

(cid:16)

(cid:17) .

Do a, b, c là các số thực dương nên suy ra bc, ca, ab ∈ (0, 4) Đặt

Từ điều kiện bài toán, ta có

√ √ √ ab = 2 cos C, A, B, C ∈ ca = 2 cos B, bc = 2 cos A, 0, . π 2

Từ giả thiết và hệ thức (3) ta có A + B + C = π. Áp dụng bất đẳng thức 2, ta có

cos2 A + cos2 B + cos2 C + 2 cos A. cos B. cos C = 1.

(cid:18)

(cid:19)

(cid:18)

P = 4 (cid:0)cos2 A + cos2 B + cos2 C(cid:1) + 2(cos A + cos B + cos C) (cid:19) sin sin = 4(1 − 2 cos A cos B cos C) + 2 1 + 4 sin A 2 B 2 C 2

Suy ra

= 6 + 8 sin sin sin − cos A cos B cos C ≥ 6. A 2 B 2 C 2

Dấu đẳng thức xảy ra khỉ và chỉ khi

min P = 6.

A = B = C = ⇔ a = b = c = 1. π 3

Bài toán 3.38. Cho ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện a+b+c+1 = 4abc. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

√ √

Lời giải. Ta có

Q = + + . 4bc − 1 bc 4ca − 1 ca 1 ab

a + b + c + 1 = 4abc ⇔ + + + 2 = 1. 1 4bc 1 4ca 1 4ab 1 8abc

Do a, b, c là các số thực dương nên suy ra

Đặt

(cid:16)

(cid:17)

, , ∈ (0, 1). 1 4bc 1 4ca 1 4ab

Từ điều kiện bài toán, ta có

1 √ 1 √ = 2 cos A, = 2 cos B, = 2 cos C; A, B, C ∈ 0, π 2 1 √ ca bc ab

Từ giả thiết và hệ thức (3) ta có A + B + C = π. Với cách đặt như trên, ta có

cos2 A + cos2 B + cos2 C + 2 cos A. cos B. cos C = 1.

√ √

(cid:114)

+ + Q = 4bc − 1 bc 4ca − 1 ca 1 ab

= 4 cos2 A. − 1 + 4 cos2 B. − 1 + 4 cos2 C 1 cos2 B

Mặt khác

(cid:16)

(cid:17)2

1 cos2 A = 2 sin 2A + 2 sin 2B − 4 sin2 C + 4.

Do đó ta có

2 sin 2A + 2 sin 2B − 2 sin2 C ≤ 2 sin C − 2 sin2 C = −2 sin C − ≤ . + 1 2 1 2 1 2

Đẳng thức xảy ra khi

Q ≤ 2. + 4 ≤ 5 ⇒ max P = 5. 1 2

(cid:40)

 



Bài toán 3.39. (Iran-2005). Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn điều kiện

√ A = B = 5π 12 ⇔ a = b = √ C = 3 3 3 + 3. c = 2 π 6

+ + = 2. 1 a2 + 1 1 b2 + 1 1 c2 + 1

Chứng minh rằng ab + bc + ca ≤

Lời giải. Ta có

. 3 2

Do a, b, c là các số thực dương, suy ra ab, bc, ca ∈ (0, 1). Đặt

(cid:16)

(cid:17)

+ + = 2 ⇔ (ab)2 + (bc)2 + (ca)2 + 2(abc)2 = 1. 1 a2 + 1 1 b2 + 1 1 c2 + 1

Từ điều kiện bài toán, ta có

bc = cos A, ca = cos B, ab = cos C, A, B, C ∈ 0, . π 2

Từ giả thiết và hệ thức (3) ta có A + B + C = π. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

cos2 A + cos2 B + cos2 C + 2 cos A. cos B. cos C = 1.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

cos A + cos B + cos C ≤ . 3 2

√

A = B = C ⇔ a = b = c = . 2 2

Bài tập luyện tập

Bài 1. Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. Chứng minh rằng

Bài 2. Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn điều kiện abc + a + b = c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

+ + ≤ . a a + bc b b + ca c c + ab 9 4

Bài 3. Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn điều kiện ab = 1 + bc + ca. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

M = + 2(1 + ab) (1 + a2)(1 + b2) c 1 + c2 .

Bài 4. Cho |x| ≤ 1. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số

N = 1 1 + a2 + √ 3 1 + b2 − √ 3 1 + c2 .

y = (1 − x)n + (1 + x)n với n ∈ N ∗.

Bài 5. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

Bài 6. Cho x, y thỏa mãn x2 + 2y2 = 4. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

√ u = 2x + 3 3y + 2 với 4x2 + 9y2 = 16.

Bài 7. Cho 2a2 + b2 = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

y. A = x − √ 2 2

Bài 8. Giả sử x, y là các số thay đổi thỏa mãn điều kiện x > 0, y > 0 và x + y = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

√ √ E = 1 + 2a + 1 + 2b.

Bài 9. Cho x, y, z là các số dương và thỏa mãn điều kiện xy + yz + zx = 1. Tìm giá trị lớn nhất của

√ √ P = + . y 1 − y x 1 − x

A = x(1 − y2)(1 − z2) + y(1 − z2)(1 − x2) + z(1 − x2)(1 − y2).

3.3 Ứng dụng trong hình học

I. Kiến thức cần nhớ. 1. Đường tròn ∗ Đường tròn (C) tâm I(a, b) bán kính R có phương trình

Ta viết lại phương trình của (C) dưới dạng

(cid:19)2

(cid:17)2

(x − a)2 + (y − b)2 = R2.

(cid:16)x − a R

(cid:18) y − b R

do đó tồn tại góc t ∈ [0, 2π) thỏa mãn

+ = 1.

 

(cid:26)x = a + R sin t y = b + R cos t

= sin t x − a R ⇔ t ∈ [0, 2π). (1)



Phương trình (1) được gọi là phương trình tham số dạng lượng giác của đường tròn

= cos t y − b R

(C).

∗ Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M ∈ (C) có dạng d

Tọa độ tiếp điểm của (C) với d là

(cid:26)x = a + R sin t y = b + R cos t.

2. Elip ∗ Elip(E) có phương trình chính tắc x2 a2 +

(x − a) sin t + (y − b) cos t = R.

(cid:17)2

y2 b2 = 1.

Ta viết lại phương trình của (E) dưới dạng (cid:16)y b

(cid:16) x a

+ = 1

do đó tồn tại góc t ∈ [0, 2π) thỏa mãn  

(cid:26)x = a sin t y = b cos t



= sin t x a t ∈ [0, 2π). (2) ⇔

= cos t y b

Phương trình (2) được gọi là phương trình tham số dạng lượng giác của Elip. ∗ Phương trình tiếp tuyến của (E) tại điểm M thuộc (E) có dạng x a

3. Hypebol ∗ Hypebol H có phương trình chính tắc là y2 b2 = 1.

cos t = 1. sin t + y b

Ta viết lại phương trình của (H) dưới dạng

(cid:17)2

x2 a2 −

(cid:16) y b

(cid:111)

= 1 +

do đó tồn tại góc t ∈ [0, 2π) \

thỏa mãn

(cid:16) x a 3π 2

(cid:110)π 2

 

 

(cid:111)

(cid:110)π 2





Phương trình(3) gọi là phương trình tham số dạng lượng giác của Hypebol(H). ∗ Phương trình tiếp tuyến của (H) tại điểm M ∈ (H) có dạng

= x = x a 1 cos t a cos t t ∈ [0, 2π) \ ⇔ , . (3) 3π 2 y = b tan t = tan t y b

bx − ay. sin t = ab. cos t.

Bài tập áp dụng

Dạng 1.Tìm điểm thuộc (C), (E), (H) khi biết một số điều kiện.

Bài toán 3.40. Cho đường tròn (C) có phương trình

Cho (cid:52)ABC đều nội tiếp trong đường tròn (C). Xác định tọa độ các đỉnh B, C biết điểm A(−2, 2). Lời giải. Phương trình đường tròn (C) đã cho có dạng tham số là

(x − 1)2 + (y − 2)2 = 9.

(cid:26)x = 1 + 3 sin t y = 2 + 3 cos t

Gọi điểm M ∈ (C) suy ra M (1 + 3 sin t, 2 + 3 cos t). Giả sử AB = a, ta được

t ∈ [0, 2π).



(cid:19)

√ √ √ R = ⇔ a = R 3 = 3 3. . 2 3 3 2 √



Bài toán trở thành "Tìm điểm M ∈ (C) sao cho AM = 3 (cid:18)5 2

√ 3." . Ta có √ 3 3 − 3 , 2 − B cos t = 2

(cid:19)

   

 

(cid:18) 5 2

(cid:19)

⇒ AM 2 = 27 ⇔ sin t = ⇔ 2 √ 1 2 √ 3 3 cos t = C . , 2 + 3 2 2

Vậy B

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

(cid:18)5 2

Bài toán 3.41. Cho điểm A(0, 1) và đường tròn (C) có phương trình

√ 3 √ 3 3 3 , 2 − , C , 2 + 2 2

x2 + y2 − 4x − 6y + 11.

a) Lập phương trình tham số của (C). b) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường tròn sao cho khoảng cách M A đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Lời giải. a) Đường tròn đã cho có tâm I(2, 3), bán kính R = Phương trình tham số của đường tròn (C) là

√ 2.

(cid:26)x = 2 + y = 3 +

√ √ t ∈ [0, 2π). 2 sin t 2 cos t

b) Điểm M ∈ (C) suy ra M (2 + Khi đó.

√ √ 2 sin t, 3 + 2 cos t).

(cid:16)

√ √ M A2 = (cid:0)2 + √ 2 cos t(cid:1)2 √ = 4 + 4 2 cos t + 2 cos2 t 2 sin t(cid:1)2 + (cid:0)2 + 2 sin t + 2 sin2 t + 4 + 4 (cid:17) = 10 + 8 sin t + . π 4

(cid:17)

(cid:16)

Vậỵ M Amax = 3 √

√ = 1 ⇔ t = ⇒ M (3, 4).

Vậy có 2 điểm M (3, 4), M (1, 2) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài toán 3.42. Cho Elip (E) có phương trình

2, đạt được khi sin (cid:16) π 4 (cid:17) ⇒ M (1, 2). t + = −1 ⇔ t = 2, đạt được khi sin M Amin = t + π 4 π 4 3π 4

Tìm các điểm M thuộc Elip sao cho a) Có tọa độ là các số nguyên b) Có tổng hai tọa độ đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Lời giải. a) Phương trình tham số của (E) là

+ = 1. x2 2 y2 8

(cid:26)x = y = 2

t ∈ [0, 2π). √ 2 sin t √ 2 cos t

Khi đó điểm M ∈ (E) suy ra M ( 2 sin t, 2 Suy ra các giá trị góc α để x, y nguyên là

√ √ 2 cos t).

, , , π 4 5π 4 3π 4

Khi đó

t ∈ [0, 2π). √ 2 sin t √ 2 cos t 7π 4 Ta được M (1, 2), M (−1, 2), M (−1, −2), M (1, −2). b) Điểm M (x0, y0) ∈ (E) suy ra (cid:26)x0 = y0 = 2

√ √ 2 sin t + 2 2 cos t x0 + y0 =

(cid:112)

Vậy (cid:126) (x0 + y0)max =

√ √ 2)2 =

2)2 + (2 √ 10, đạt được khi √ √ √ ( √ 2 sin t + 2 10 ⇔ sin t = 5 − 2 cos t

(cid:18)√

(cid:19)

 



sin t = √ 4 ⇒ ⇒ M , . 10 5 10 5 cos t = 2 cos t = 1 √ 5 2 √ 5

(cid:126) (x0 + y0)min = − √

√

10, đạt được khi √ √ √ 2 sin t + 2 2 cos t = − 10 ⇔ sin t = − 5 − 2 cos t

(cid:18)

(cid:19)

 



Bài toán 3.43. Cho Hypebol (H) có phương trình

√ √ sin t = − −4 10 − ⇒ M , ⇒ . 10 5 5 cos t = − 1 √ 5 2 √ 5

Tìm các điểm thuộc Hypebol có tổng bình phương các khoảng cách tới hai tiệm cận đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải.

Hypebol có hai đường tiệm cận là

− = 1. x2 4 y2 1

x ⇔ x − 2y = 0 d1 : y =

Chuyển phương trình (H) về dạng tham số

x ⇔ x + 2y = 0. d2 : y = 1 2 −1 2

 

 

(cid:111)

(cid:110)π 2





(cid:17)

(cid:16) 2

= x = x a 1 cos t 2 cos t t ∈ [0, 2π) \ ⇔ , . 3π 2 = tan t y = tan t y b

Khi đó, điểm M ∈ (H) suy ra M

Khoảng cách từ M tới hai tiệm cận được cho bởi

, tan t . cos t

(cid:12) (cid:12) (cid:12)

+ 2 tan t 2 cos t √ = d1 = 1 + 4 2|1 + sin t| √ 5| cos t|

(cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) − 2 tan t (cid:12)

Suy ra

2 cos t √ = . d2 = 1 + 4 2|1 − sin t| √ 5| cos t|

1 + d2

2 =

S = d2 +

, đạt được khi tan2 t = 0 ⇒ cos t = ±1 ⇒ M (2, 0), M (−2, 0).

4(1 + sin t)2 5 cos2 t (cid:16) 1 + tan2 t = = . cos2 t 4(1 − sin t)2 5 cos2 t (cid:17) 8 5 8 5 (1 + 2 tan2 t) (cid:62) 8 5

Vậy Smax = Vậy tồn tại 2 điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán (chính là hai đỉnh trên trục thực của (H)).

Bài toán 3.44. Cho điểm A(4, 1) và Hypebol(H) có phương trình

8 5

a) Tìm tọa độ điểm M thuộc H sao cho đoạn AM ngắn nhất. b) Chứng tỏ rằng nếu đoạn AM ngắn nhất, thì AM vuông góc với tiếp tuyến tại M của (H). Lời giải. a) Hypebol(H) có phương trình tham số.

− = 1. x2 2 y2 4

√

 

(cid:111)

(cid:110)π 2



(cid:17)

(cid:16) 2

x = 2 cos t , t ∈ [0, 2π) \ . 3π 2 y = 2 tan t

Với M ∈ (H), ta gọi M

(cid:19)2

, 2 tan t . Khi đó

− 4 + (2 tan t − 1)2 M A2 = cos t (cid:18) √ 2 cos t

(cid:19)2

Vậy M Amin = 5, đạt được khi

= − + 16 + 4 tan2 t − 4 tan t + 1 √ 2 8 cos t 2 cos2 t (cid:18) √ = 4 − 1 + 2(tan t − 1)2 + 5 ≥ 5. 2 cos t

√ √

 



− 1 = 0 cos t = 2 2 2 cos t ⇔ ⇒ M (2, 2).

tan t − 1 = 0 tan t = 1

b) Ta có ⊕ Tiếp tuyến tại M của Hypebol có dạng

(d) − = 1 ⇔ 2x − y − 2 = 0. 2x 2 2y 4

⊕ Đường thẳng AM có hệ số góc

Nhận xét rằng

= . kAM = −1 2 yM − yA xM − xA

Vậy AM ngắn nhất thì AM vuông góc với tiếp tuyến tại M của Hypebol.

Dạng 2. Vị trí tương đối, khoảng cách.

Bài toán 3.45. Cho Hypebol(H) và đường thẳng (d) có phương trình

= −1 ⇔ (d) ⊥ AM. kd.kAM = −2. 1 2

(H) − = 1 và (d) : x − y + 1 = 0. x2 4 y2 1

a. Chứng minh rằng (H) và (d) không cắt nhau. b. Giả sử M ∈ (H) và M H là khoảng cách từ M đến (d). Tìm tọa độ điểm M sao cho độ dài M H nhỏ nhất. Lời giải. a. Hypebol(H) có phương trình tham số

 

(cid:111)

(cid:110)π 2



Thay x, y từ phương trình của (H) vào phương trình của đương thẳng (d) ta được

x = √ 2 2 cos t , t ∈ [0, 2π) \ . 3π 2 y = 2 tan t

(cid:19)

Vậy (d) và (H) không cắt nhau. (cid:18) 2

√ − 2 tan t + 1 = 0 ⇔ 2 sin t − cos t = 2 2 (phương trình vô nghiệm). √ 2 2 cos t

Ta có

, 2 tan t . b. Vì M ∈ (H) nên ta gọi M √ 2 cos t

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

√ 2 2 cos t M H = d(M, d) =

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) − 1 (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) − 2 tan t (cid:12) (cid:12)

(cid:17)

(cid:16) 1

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

≥ = − 2 tan t + 1 1 √ 2 1 √ 2 − 2 tan t + 1 √ 12 + 12 √ 2 2 cos t (cid:114) ≥ − tan2 t = . (8 − 4) cos2 t 1 √ 2 1 √ 2 √ 2 2 cos t (cid:12) (cid:12) (cid:12) − 1 (cid:12) (cid:12)

, đạt được khi

Vậy M Hmin =

1 √ 2

√ 2 2 tan t = 2. ⇔ sin t = 1 cos t 1 √ 2



√

(cid:34) tan t = 1

(cid:34) M (4, 2)

cos t =

   

Thử lại.

⇒ ⇒ ⇒ tan t = −1 M (−4, −2). 2 2 √ 2 − cos t = 2

không thỏa mãn.

|4 − 2 + 1| = ⊕ Với M (4, 2), ta được M H = 3 √ 2

thỏa mãn.

, đạt được tại điểm M (−4, −2).

Vậy dmin =

| − 4 + 2 + 1| = 1 √ 2 ⊕ Với M (−4, −2), ta được M H = 1 √ 2 3 √ 2

Bài toán 3.46. Cho đường thẳng (d) và đường tròn (C) có phương trình

1 √ 2

(d) : x + y − 2 = 0 (C) : x2 + y2 − 4x − 4y + 4 = 0.



a. Chứng minh rằng (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tính độ dài đoạn thẳng AB. b. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho (cid:52)ABC có chu vi lớn nhất. Lời giải. a. Xét hệ phương trình tạo bởi đường thẳng (d) và đường tròn (C)

(cid:26)x2 + y2 − 4x − 4y + 4 = 0

⇒ A (2, 0)

  

(cid:26)x = 2 y = 0 (cid:26)x = 0 y = 2

⇔ x + y − 2 = 0 ⇒ B (0, 2) .

Vậy độ dài đoạn thẳng AB = 2 b. Ta có phương trình tham số của đường tròn là

√ 2.

 

x = 2 + 2 sin t



t ∈ [0, 2π).

y = 2 + 2 cos t

Điểm C ∈ (C) suy ra C(2 + 2 cos t, 2 + 2 sin t). Khi đó

Chu vi (cid:52) ABC = AB + BC + CA = 2

(cid:114)

√ √ √ 8 + 8 cos t 8 + 8 sin t + √ ≤ 2

(cid:17)

(cid:112)

√ √ 2 + 2 + (cid:112)(1 + 1)(8 + 8 sin t + 8 + 8 cos t) (cid:16) = 2 2 + 4 2 + 2 sin t + π 4 √ √ 2 + 4 2 + 2. ≤ 2

(cid:112)

Do đó chu vi (cid:52)ABClớn nhất = 2

√ √ 2 + 2, đạt được khi

 

√ 2 + 4 √ 8 + 8 sin t = 8 + 8 cos t

(cid:16)

(cid:17)

 √

⇔ t = . π 4 sin t + = 1

Vậy tọa độ điểm C(2 +

Bài toán 3.47. Cho Elip (E) và đường thẳng (d) có phương trình

π 4 √ 2, 2 + 2).

√ + (E) : 2 + 2 = 0. = 1 và (d) : x − y x2 8 y2 4

a. Chứng minh rằng (d) luôn cắt (E) tại hai điểm phân biệt A, B. Tính độ dài đoạn thẳng AB. b. Tìm tọa độ điểm C thuộc (E) sao cho (cid:52)ABC có diện tích lớn nhất. Lời giải. a. Xét hệ phương trình tạo bởi (E) và (d)

(cid:19)

(cid:18)

(cid:19)

(cid:18)√

 



√ √ √ + = 1 √ 6 √ 6 x2 8 ⇒ A , B − . 3 − 1, 3 − 1, 2 + 2 2 − 2 y2 4 √ x − y 2 + 2 = 0

Vậy độ dài đoạn thẳng AB = 3 2. b. Phương trình tham số của (E) là √

√

 

x = 2 2 sin t



t ∈ [0, 2π).

y = 2 cos t

Điểm C ∈ (E) suy ra C(2 AB. Ta được

√ 2 sin t, 2 cos t) và H là hình chiếu vuông góc của C lên

2 √ 3 .AB.CH = .CH S(cid:52)ABC = 1 2 2

(cid:52)ABC có diện tích lớn nhất ⇔ CH lớn nhất.

Ta có

√ √ 2 sin t − 2 2 cos t + 2| |2 √ CH = d(C, d) =

(cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ 2

1 + 2 √ ) + 1 = 3 π 4 2 √ 3

(cid:12) (cid:12) (cid:12)2 sin(t − √ ⇒ CHmax = 2

(cid:17)

(cid:16)

Vậy Smax = 3

Dạng 3. Tiếp tuyến của đường tròn, Elip, Hypebol.

Bài toán 3.48. Cho hai đường tròn có phương trình

√ √ ⇒ C(2, − t − = 1 ⇔ t = 2). 6 đạt được khi sin π 4 3π 4

(C1) : (x − 1)2 + (y − 1)2 = 1

Lập phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn trên. Lời giải. Đường tròn (C1) có tâm I(1, 1) và bán kính R1 = 1. Đường tròn (C2) có tâm I(2, −1) và bán kính R2 = 2. Các tiếp tuyến(d) của đường tròn (C) có dạng

(C2) : (x − 2)2 + (y + 1)2 = 4.

Đường thẳng (d) tiếp xúc với (C2) khi và chỉ khi

(d) : (x − 1) sin t + (y − 1) cos t = 1.

(cid:112)

= 2 d (I2, d) = R2 ⇔ |2 sin t − cos t − sin t − cos t − 1| sin2 t + cos2 t

(cid:20)

⇔ |sin t − 2 cos t − 1| = 2

⇔ sin t − 2 cos t = 3 (phương trình vô nghiệm) sin t − 2 cos t = −1

 

sin t = −1 + 2 cos t sin t − 2 cos t = −1



⇔ ⇒



sin2 t + cos2 t = 1 (2 cos t − 1)2 + cos2 t = 1

sin t = 2 cos t − 1

 

  

    

⇔ ⇔ cos t =

(cid:34) cos t = 0 4 cos t = 5



(cid:26)cos t = 0 sin t = −1 4 5 3 . 5

sin t =

∗ Với cos t = 0 và sin t = −1 ta được phương trình tiếp tuyến chung là

(d) : x = 0 và tọa độ tiếp điểm là M1(0, 1).

và sin t =

ta được phương trình tiếp tuyến chung là

∗ Với cos t = 4 5 3 5

Vậy tồn tại hai tiếp tuyến chung.

Bài toán 3.49. Cho Hypebol (H) và Elip (E) có phương trình.

, ). (d) : x = 0 và tọa độ tiếp điểm là M2( 8 5 9 5

Lập phương trình các tiếp tuyến chung của (E) và (H). Lời giải. Các tiếp tuyến (d) với (H) có dạng

(H) : − = 1 (E) : + = 1. x2 8 y2 27 x2 4 y2 9

Để (d) tiếp xúc với (E) điều kiện là

√ √ √ − = 1 ⇔ 3 3x − 2 2y sin t = 6 6 cos t. x 2 cos t √ 2 y tan t √ 3 3

√ √ √ (3 3)2.4 + (2 6 cos t)2 2 sin t)2.9 = (6 √

. ⇔ 8 cos2 t = 5 ⇔ cos t = ± 10 4 √ √

, ta được hai tiếp tuyến

⇒ sin t = ± ∗ Với cos t = 10 4 6 4 √ √ 5 = 0, 5 = 0. (d1) : 3x + y − 3 (d2) : 3x − y − 3

, ta được hai tiếp tuyến

Vậy tồn tại 4 tiếp tuyến chung thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài toán 3.50. Cho Hypebol (H) có phương trình

√ √ − 10 ⇒ sin t = ± ∗ Với cos t = 4 6 4 √ √ 5 = 0, 5 = 0. (d1) : 3x + y + 3 (d2) : 3x − y + 3

Gọi M là điểm bất kì thuộc (H). a. Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ M đến các tiệm cận của nó là một hằng số.

(H) : x2 a2 − y2 b2 = 1.

b. Từ M kẻ các đường thẳng song song với hai đường tiệm cận và cắt chúng tại P, Q. Chứng minh rằng diện tích hình bình hành OP M Q là một hằng số. Lời giải. Phương trình hai đường tiệm cận của (H) là

(d1) : y = x ⇔ (d1) : bx − ay = 0 b a

Chuyển phương trình(H) đã cho về dạng tham số

(d2) : y = − x ⇔ (d2) : bx + ay = 0. b a

 

(cid:111)

(cid:110)π 2



(cid:17)

(cid:16) a

x = a cos t t ∈ [0, 2π) \ , . 3π 2 y = b tan t

Điểm M ∈ (H) nên gọi M

(cid:12) (cid:12) (cid:12)b.

(cid:12) (cid:12) − ab tan t (cid:12)

(cid:12) (cid:12) + ab tan t (cid:12)

, b tan t . cos t a. Khoảng cách từ điểm M tới các đường tiệm cận (d1), (d2) được xác định bởi

và d4 =

Do đó

(cid:12) (cid:12) (cid:12)b.

(cid:12) (cid:12) − ab tan t (cid:12)

(cid:12) (cid:12) + ab tan t (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12)b.

a cos t √ a cos t √ . d3 = b2 + a2 b2 + a2

(cid:12) (cid:12)

a cos t √ a cos t √ . d3.d4 = b2 + a2 b2 + a2

(cid:17)(cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12)a2b2 (cid:16) 1

Vậy tích các khoảng cách từ điểm M bất kì của (H) đến các tiệm cận của nó là một hằng số.

− tan2 t = = cos2 t b2 + a2 a2b2 a2 + b2

b. Gọi α là góc tạo bởi đường tiệm cận y = x với trục Ox . Ta có b a

và sin 2α =

tan α = = b a 2ab a2 + b2

Mặt khác

SOP M Q = OP.OQ. sin 2α = .SOP M Q 2 tan α 1 + tan2 α 2ab a2 + b2 .OP.OQ ⇒ OP.OQ = a2 + b2 2ab

OP M Q = OP.OQ.h1.h2 =

SOP M Q = OQ.h1 = OP.h2 ⇒ S2 .SOP M Q. a2 + b2 2ab a2b2 a2 + b2

. ⇔ SOP M Q = ab 2

Dạng 4. Bài toán quỹ tích

Bài toán 3.51. Cho đường tròn (C) và Elip (E) có phương trình

Từ M ∈ (C) kẻ hai tiếp tuyến M T1, M T2 tới (E), trong đó T1, T2 là các tiếp điểm. Chứng minh rằng đường thẳng T1T2 luôn tiếp xúc với một Elip cố định. Lời giải. Phương trình tham số của đường tròn (C) là

+ = 1. (C) : x2 + y2 = 16 và (E) : x2 4 y2 1

 

x = 4 sin t



t ∈ [0, 2π).

Điểm M ∈ (C) suy ra M (4 sin t, 4 cos t). Gọi tọa độ của tiếp điểm T (x1, y1), ta có

y = 4 cos t

+ = 1 ∗ Tiếp tuyến với (E) tại T (x1, y1)có dạng y.y1 1 x.x1 4

∗ Tiếp tuyến trên đi qua điểm M (4 sin t, 4 cos t), ta có

Nhận thấy tọa độ T1, T2 đều thỏa mãn (1), vậy phương trình đường thẳng (T1T2) có dạng

(1) x1. sin t + 4y1 cos t = 1.

Gọi N (x, y) là điểm mà đường thẳng (T1T2) không đi qua với mọi t, khi đó

x sin t + 4y cos t = 1.

x. sin t + 4y. cos t = 1 vô nghiệm t

⇔ x2 + 16y2 < 1 ⇔ + < 1. x2 1 y2 1 16

Ta chứng minh đường thẳng (T1T2) tiếp xúc với Elip (E1) :

Thật vậy

+ = 1. x2 1 y2 1 16

= 1. A2a2 + B2b2 = (sin t)2.1 + (4 cos t)2. 1 16

Vậy (T1T2) luôn tiếp xúc với (E1) :

+ = 1. x2 1 y2 1 16

Bài toán 3.52. Cho Hypebol(H) và Elip(E) có phương trình

Từ M ∈ (H) kẻ hai tiếp tuyến M T1, M T2 tới (E), trong đó T1, T2 là các tiếp điểm. Giả sử M T1, M T2 cắt (E1) tại hai điểm E1 tại hai điểm E1, E2 khác M a. Chứng minh rằng đường thẳng T1T2 luôn tiếp xúc với một Hypebol cố định. b. Chứng minh rằng đường thẳng F1F2 luôn tiếp xúc với một Hypebol cố định. Lời giải. a. Chuyển phương trình đã cho (H) về dạng tham số

(H) : − + = 1. = 1, (E2) : x2 a2 1 y2 b2 1 x2 a2 2 y2 b2 2

 

(cid:111)

(cid:110)π 2



(cid:17)

(cid:16) a

x = = x(t) a cos t t ∈ [0, 2π) \ , . 3π 2 y = b tan t = y(t)

Điểm M ∈ (H) suy ra M

Gọi tọa độ của tiếp tuyến T (x1, y1), ta có

, b tan t . cos t

∗ Tiếp tuyến với (E) tại T (x1, y1)có dạng

(cid:17)

= 1 y.y1 b

, ta có

x.x1 a2 + (cid:16) a , b tan t ∗ Tiếp tuyến trên đi qua điểm M cos t

Nhận thấy tọa độ T1, T2 đều thỏa mãn (1), vậy phương trình đường thẳng (T1T2) có dạng

+ = 1. (1) x a cos t y tan t b

Gọi N (x, y) là điểm mà đường thẳng (T1T2) không đi qua với mọi t, khi đó phương trình

+ = 1 ⇔ (T1T2) : bx + ay sin t = ab cos t. x a cos t y tan t b

bx + ay. sin t = ab cos t vô nghiệm t

⇔ a2b2 + a2y2 < b2x2 ⇔ x2 a2 − y2 b2 < 1.

Ta đi chứng minh đường thẳng (T1T2) tiếp xúc với Hypebol(H) : Thật vậy

x2 a2 − y2 b2 = 1.

Vậy đường thẳng (T1T2) luôn tiếp xúc với Hypebol(H) :

.a2 − .b2 = 1 (luôn đúng). 1 a2 cos2 t tan2 t b2

x2 a2 − y2 b2 = 1.

b. Viết phương trình đường thẳng F1F2 Chuyển phương trình (H) về dạng tham số.

 



x = a(1 + t2) 1 − t2 t ∈ R.

Điểm M (x0, y0) ∈ (H) ⇒ M (x(t0), y(t0)). Gọi F (x(t), y(t)) là giao điểm (khác M )của (H) với đường thẳng qua M tiếp xúc với (E), ta có

y = 2bt − t2

• Phương trình đường thẳng M F có dạng

(M F ) : (t0t + 1) − (t0 + t) + t0t − 1 = 0. x a y b

(cid:17)2

• Đường thẳng M F tiếp xúc với (E) khi

0 = 0. (2)

(cid:16)t0t + 1 a

(cid:16)t0 + t b

Vì F1(x(t1), y(t1)) và F2(x(t2), y(t2)) là hai giao điểm nên t1, t2 là nghiệm của phương trình (2), ta được

.a2 + .b2 = (t0t − 1)2 ⇔ t2 + 6t0t + t2

 



t1 + t2 = −6t0

Phương trình đường thẳng F1F2 có dạng

t1t2 = t2 0

+ t1t2 − 1 = 0 (t1t2 + 1)

0 − 1 = 0.

y b + t2 ⇔ (t2 + 6t0 x a 0 + 1) − (t1 + t2) x a y b

∗ Gọi N (x, y) là điểm mà F1F2 không đi qua với mọi t0, khi đó

0 + 1) (cid:16)x a

(cid:17)

(t2 x a + 6t0 (cid:17) ⇔ + 1 + − 1 = 0, vô nghiệm t0 x a

(cid:48) ⇔ (cid:52)

(cid:17) (cid:16)x a

< 1. < 0 ⇔ − 1 + 1 < 0 ⇔ y b t2 0 + 6t0 9y2 b2 − + t2 0 − 1 = 0, vô nghiệm t0 y b (cid:16)x a x2 a2 −

Ta đi chứng minh đường thẳng F1F2 luôn tiếp xúc với (H) :

Thật vậy

(cid:19)2

(cid:18)t2

= 1. y2 b2 9 x2 a2 − y2 b2 9

0 − 1)2 điều này luôn đúng.

0 + 1 a

A2a2 + B2b2 = C2 ⇔ a2 − = (t2 36t2 0 b2 . b2 9

Vậy đường thẳng F1F2 luôn tiếp xúc với Hypebol (H) :

= 1. x2 a2 − y2 b2 9

Bài tập luyện tập

Bài 1. Cho đường thẳng (d) và đường tròn (C) có phương trình x + y − 1 = 0 và x2 + y2 − 1 = 0 Chứng tỏ rằng (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Lập phương trình đường tròn đi qua 2 điểm A, B và có tâm thuộc đường thẳng ((cid:52)) : 2x − y − 2 = 0. Bài 2. Cho 2 đường tròn (C1), (C2) có phương trình x2 + y2 = 4 và x2 + y2 = 16 a) Chứng minh rằng từ M ∈ (C2) luôn kẻ được 2 tiếp tuyến M T1, M T2 tới (C2) trong đó T1, T2 là các tiếp điểm và giả sử 2 tiếp tuyến này cắt (C2) tại F1, F2 b) Lập phương trình đường thẳng (T1T2). Chứng minh rằng đường thẳng T1T2 luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. c) Chứng minh rằng đường thẳng E1E2 luôn tiếp xúc với 1 đường tròn cố định.

Bài 3. Cho Elip (E) và đường thẳng (d) có phương trình

+ = 1 và 2x+15y−10 = x2 25 y2 4

0 Chứng minh rằng (d) luôn cắt (E) tại 2 điểm phân biệt A, B với A ∈ Ox. Tính độ dài đoạn AB. Tìm tọa độ điểm C thuộc (E) sao cho (cid:52)ABC cân tại A. Bài 4. Cho Elip (E) có phương trình

Tiếp tuyến tại M cuả (E) cắt đường chuẩn ((cid:52)2) tại N. Chứng minh rằng tiêu điểm F2 nhìn M N dưới một góc vuông.

Bài 5. Cho Elip (E) và Hypebol(H) có phương trình

0 < b < a (E) : x2 a2 + y2 b2 = 1,

Từ M ∈ (E) kẻ 2 tiếp tuyến M T1, M T2 tới (H) trong đó T1, T2 là các tiếp điểm. Lập phương trình (T1T2) và chứng minh đường thẳng (T1T2) luôn tiếp xúc với một Elip cố định.

Bài 6. Cho (H) có phương trình

x2 a2 + y2 b2 = 1 và x2 c2 − y2 d2 = 1.

x2 a2 −

y2 b2 = 1. Một tiếp tuyến bất kì của (H) là d tiếp xúc với Hypebol tại điểm T. Gọi M, N là các giao điểm của tiếp tuyến (d) với các đường tiệm cận của (H). a) Chứng minh rằng T là trung điểm của đoạn thẳng M N. b) Chứng minh rằng diện tích (cid:52)OM N không phụ thuộc vào tiếp tuyến (d).

Kết luận

Kiến thức về lượng giác được rất nhiều người nghiên cứu và sáng tạo. Trong luận văn "Phương trình, bất phương trình và một số ứng dụng " tác giả cũng đạt được một số vấn đề sau:

1. Trình bày một cách hệ thống các phương pháp giải phương trình và bất

phương trình lượng giác.

2. Đưa ra các ứng dụng phương trình và bất phương trình lượng giác trong đại

số, trong hình học, trong việc chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức .

3. Đưa ra nhiều bài toán minh họa cho phương trình, bất phương trình và ứng

dụng của nó.

Mặc dù đã rất cố gắng, nhưng do thời gian có hạn, vì vậy luận văn không tránh khỏi những thiếu sót. Tác giả luận văn mong muốn nhận được sự góp ý kiến của thầy cô và các bạn đồng nghiệp để luận văn được hoàn chỉnh hơn.

Tài liệu tham khảo

[1] Nguyễn Văn Mậu, 2007, Chuyên đề chọn lọc Lượng giác và áp dụng, Nhà xuất

bản Giáo dục.

[2] Phan Huy Khải, 1997, Tuyển tập các bài toán lượng giác, Nhà xuất bản Giáo

dục.

[3] Nguyễn Văn Mậu, 1997, Phương pháp giải phương trình và bất phương trình,

Nhà xuất bản Giáo dục.

[4] 1997, Tuyển tập 30 năm Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, Nhà xuất bản Giáo

dục.

[5] Trần Thành Minh, 2001, Giải toán Lượng giác, Nhà xuất bản Giáo dục.

[6] Nguyễn Văn Mậu, Phạm Thị Bạch Ngọc, 2001, Một số bài tập chọn lọc về

lượng giác, Nhà xuất bản Giáo dục.

[7] 2005, Hội Nghị Khoa Học "Các chuyên đề chọn lọc trong Hệ THPT Chuyên",

Hà Nội.

[8] Lê Hồng Đức, 2006, Các phương pháp giải bằng phép lượng giác hóa, Nhà xuất

bản Hà Nội.

[9] Titu Andreescu and Zuming Feng, 2000, Mathematical Olympiads, 1998-1999, Prolems and Solutions From Around the World, The Mathematical Associa- tion of America.

[10] Vasile Cirtoaje, 2006, Algebraic Inequalities-Old and New Methods, GIL Pub-

lishing House, Romania.

Luận văn Thạc sĩ Khoa học: Phương trình, bất phương trình lượng giác và một số ứng dụng

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC

Mục lục

Mở đầu

Lời cảm ơn

Chương 1

Phương trình lượng giác

1.1 Phương trình cơ bản

1.2 Phương trình đưa về dạng đa thức

1.3 Phương trình đưa về dạng tích

1.4 Phương trình lượng giác giải bằng phương pháp

so sánh

Bài tập luyện tập

Chương 2

Bất phương trình lượng giác

2.1 Bất phương trình lượng giác cơ bản

2.2 Sử dụng tính tuần hoàn giải bất phương trình

lượng giác

Bài tập luyện tập

Chương 3

Ứng dụng của phương trình và bất phương trình lượng giác

3.1 Ứng dụng trong đại số

Bài tập luyện tập

3.2 Ứng dụng trong chứng minh đẳng thức, bất đẳng

thức

Bài tập luyện tập

3.3 Ứng dụng trong hình học

Bài tập áp dụng

Bài tập luyện tập

Kết luận

Tài liệu tham khảo

Có thể bạn quan tâm

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu vật liệu biến hóa dạng chuỗi một chiều chế tạo từ kim loại đồng trên đế FR-4 hoạt động tại tần số MHz ứng dụng trong truyền năng lượng không dây

Luận văn Thạc sĩ: Đánh giá khả năng tác động tới môi trường biển của việc xả nước thải từ sự cố nhà máy điện hạt nhân Fukushima sử dụng công cụ ERICA

Luận văn Thạc sĩ: Xây dựng mô hình đầu dò nơtron và gamma sử dụng nhấp nháy EJ-276 ghép nối với mảng nhân quang silicon

Luận văn Thạc sĩ: Đánh giá khả năng ảnh hưởng của bức xạ ion hóa đến sức khỏe cư dân khu vực mỏ đất hiếm Đông Pao, xã Bản Hon, huyện Tam Đường, tỉnh Lai Châu

Luận văn Thạc sĩ: Sử dụng phương pháp nhiễu xạ neutron khảo sát cấu trúc tinh thể và pha trật tự từ trong vật liệu Pr2FeCrO6

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu phân lập, xác định cấu trúc và hoạt tính ức chế NO của các hợp chất thứ cấp từ chủng vi nấm biển Aspergillus sp. CL251

Luận văn Thạc sĩ: Phân tích một số hợp chất bisphenol thôi nhiễm từ bao bì nhựa lên một số mẫu thực phẩm nền tinh bột

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu thành phần hóa học và đánh giá hoạt tính kháng khuẩn, kháng nấm của loài hoa mộc (Osmanthus fragrans (Thunb.) Lour.) ở Việt Nam

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu thành phần hóa học và đánh giá tác dụng kháng viêm của loài côi Turpinia montana (Blume) Kurz

Luận văn Thạc sĩ: Tổng hợp và đặc trưng tính chất vật liệu composite có cấu trúc nano chitosan–cyclodextrin/TiO₂–Ag

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu chế tạo và khảo sát một số tính chất của màng phủ trên cơ sở nhựa epoxy gốc nước và khung cơ kim - ZIF

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu tổng hợp một số dẫn xuất napthoquinone chứa nguyên tố flo bằng phản ứng đa thành phần

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu điều chế vật liệu Bioglass và tổ hợp lai với polymer ALG-F127 định hướng ứng dụng trong điều trị nội nha

Luận văn Thạc sĩ: Tổng hợp và đánh giá hoạt tính chống ung thư của hợp chất lai chứa khung tetrahydro-β-carboline và imidazo[1,5-a]pyridine

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu tổng hợp một số dẫn xuất của benzazole

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu chiết tách lignin từ vỏ sầu riêng Ri6 (Durio zibethinus Murr.) và tổng hợp vật liệu biocomposite định hướng ứng dụng trong bảo quản sau thu hoạch

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu tổng hợp hạt nano bạc phủ acid hyaluronic mang doxorubicin định hướng ứng dụng trong điều trị ung thư

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu thành phần hóa học và hoạt tính kháng viêm của loài rau dừa nước (Ludwigia adscendens)

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu sử dụng các phương pháp học máy có giám sát để phân loại hoạt động dựa trên dữ liệu gia tốc

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu phân tích các chất ô nhiễm Bisphenol-A và 4-Nitrophenol trong bụi PM2.5 tại khu vực đô thị Hà Nội

Tài liêu mới

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu xây dựng thuật toán thích nghi và học tăng cường cấu trúc Actor - Critic điều khiển bám quỹ đạo cho robot di động đa hướng mecanum

Luận án Tiến sĩ: Cơ cấu bệnh tim mạch và chất lượng cuộc sống của người cao tuổi mắc suy tim, rung nhĩ điều trị tại Bệnh viện Thống Nhất, thành phố Hồ Chí Minh

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu hiện tượng nứt dăm đê sông vùng đồng bằng sông Hồng và dự báo khả năng bị nứt của một số đoạn đê

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu xây dựng giải pháp đảm bảo an toàn thông tin cho quá trình học liên kết dựa trên mật mã

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Phát triển năng lực đánh giá công nghệ cho học sinh trong dạy học môn Công nghệ 11 ở trường trung học phổ thông

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu phân loại chi cầu diệp – Bulbophyllum Thouars (Orchidaceae) ở vùng Tây Nguyên bằng phương pháp hình thái và phân tử

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu đặc điểm phân bố và dinh dưỡng của các loài lưỡng cư ở Vườn Quốc gia Bến En và Khu bảo tồn thiên nhiên Pù Luông, tỉnh Thanh Hóa

Luận án Tiến sĩ: Tổng hợp luật dẫn và điều khiển cho một lớp tên lửa đối hải trên cơ sở ứng dụng mạng nơ ron và hệ mờ

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu tổng hợp hệ điều khiển góc Pitch tua bin gió trong điều kiện có nhiễu tác động

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu hóa học lipid của hai loài san hô thủy tức Millepora dichotoma và Millepora platyphylla ở Việt Nam

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu kiểm soát phân phối công suất kéo trên cầu chủ động của ô tô con bằng ABS

Luận án Tiến sĩ: Ứng dụng phản ứng Domino vào tổng hợp các dẫn xuất Podophyllotoxin, Pyrimidine và đánh giá hoạt tính sinh học của các chất tổng hợp được

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu thành phần hóa học và một số hoạt tính sinh học của cây chùm ngây (Moringa oleifera)

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu thành phần hóa học và ứng dụng ức chế ăn mòn cho thép của cao chiết xuất từ cây Lộc vừng thuộc họ Lecythidaceae

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu hiện tượng nứt dăm đê sông vùng đồng bằng sông Hồng và dự báo khả năng bị nứt của một số đoạn đê

AI tóm tắt

Giới thiệu tài liệu

Đối tượng sử dụng

Từ khoá chính

Nội dung tóm tắt

Giới thiệu

Về chúng tôi

Việc làm

Quảng cáo

Liên hệ