Phương pháp giải
a] Định nghĩa:
Phương trình thuần nhất bậc hai đối với sin[x] và cos[x]là phương trình.
asin2x+bsinx.cosx+ccos2x=d [1] trong đó a, b, c, d ∈ R
b] Cách giải:
Cách giải 1: Chia từng vế của phương trình [1] cho một trong ba hạng tử sin2x,cos2x hoặc sin[x].cos[x]. Chẳng hạn nếu chia cho cos$^2[x] ta làm theo các bước sau:
- Bước 1: Kiểm tra: cos[x] = 0 ↔ x = π/2 + kπ, k ∈ Z. xem nó có phải là nghiệm của phương trình [1] hay không?
- Bước 2: Với cos[x] ≠ 0 chia cả hai vế cho cos$^2[x] lúc đó phương trình [1] trở thành
Đây là phương trình bậc hai theo tan ta đã biết cách giải.
Cách giải 2: Dùng công thức hạ bậc sin2x=1−cos2x2;cos2x=1+cos2x2;sinx.cosx=sin2x2
đưa phương trình đã cho về phương trình: b.sin[2x] + [c – a]cos[2x] = d – c - a
Đây là phương trình bậc nhất đối với sin và cos ta đã biết cách giải
*Chú ý: Đối với phương trình đẳng cấp bậc n [n ≥ 3] với dạng tổng quát
A[sinnx,cosnx,sinkxcoshx]=0 trong đó k + h = n; k, h, n ∈ N
Khi đó ta cũng làm theo 2 bước :
- Bước 1: Kiểm tra xem cos[x] = 0 có phải là nghiệm của phương trình hay không?
- Bước 2: Nếu cos[x] ≠ 0.Chia cả hai vế của phương trình trên cho cosnx ta sẽ được phương trình bậc n theo. Giải phương trình này ta được nghiệm của phương trình ban đầu.
Ví Dụ Minh Hoạ:
Ví Dụ 1: Giải phương trình : 23√cos2x+6sinx.cosx=3+3√ [1]
Giải
Cách 1: Phương trình [1] ⇔3√[1+cos2x]+3sin2x=3+3√⇔cos2x+3√sin2x=3√⇔12cos2x+3√2sin2x=3√2⇔cos[2x−π3]=3√2 ⇔[2x−π3=π6+k2πx−π3=−π6+k2π⇔[x=π4+k2πx=π12+k2πk∈Z
Vậy phương trình có hai họ nghiệm.
Cách 2:
+] Thử với cosx=0⇔x=π2+k2πk∈Z vào phương trình [1] ta có 0=3+3√ → vô lí.
Vậy x=π2+k2πk∈Z không là nghiệm của phươngtrình.
+]Với cos[x] ≠ 0
Chia cả hai vế của phương trình cho cos2x ta được
23√+6tanx=[3+3√][1+tan2x]⇔[3+3√]tan2x−6tanx+3−3√=0
⇔[tanx=1tanx=3−3√3+3√=tanα⇔[x=π4+kπx=α+kπk∈Z
Vậy phương trình có hai họ nghiệm
* Chú ý: Không phải phương trình nào cũng ở dạng thuần nhất ta phải thực hiện một số phép biến đổi thích hợp
Ví Dụ 2: Giải phương trình: sin3[x−π4]=2√sinx [2]
Giải
Ta nhận thấy sin[x−π4] có thể biểu diễn được qua sin[x] – cos[x]. Luỹ thừa bậc ba biểu thức sin[x] – cos[x].ta sẽ đưa phương trình về dạng thuần nhất đã biết cách giải
Phương trình [2] ⇔22√sin3[x−π4]=4sinx⇔[2√sin[x−π4]]3=4sinx
⇔[sinx−cosx]3=4sinx
+] Xét với cosx=0⇔x=π2+k2πk∈Z. Khi đó phương trình có dạng
⇔sin3[π2+kπ]=4sin[π2+kπ]⇒mâu thuẫn
Vậy phương trình không nhận x = π/2 + k2π làm nghiệm
+] Với cos[x] ≠ 0. Chia cả hai vế của phương trình [2] cho cos3x ta được :
[tanx−1]3=4[1+tan2x]tanx⇔3tan3x+3tan2x+tanx−1=0.
Đặt t = tan[x] phương trình có được đưa về dạng: 3t3+3t2+t−1=0⇔[t+1][3t2+1]=0⇔t=1⇔x=−π4+kπk∈Z
Họ nghiệm trên thoả mãn điều kiện của phương trình .
Vậy phương trình có duy nhất 1 họ nghiệm
*Chú ý: Ngoài phương pháp giải phương trình thuần nhất đã nêu ở trên có những phương trình có thể giải bằng phương pháp khác tuỳ thuộc vào từng bài toán để giải sao cho cách giải nhanh nhất ,khoa học nhất.
Ví Dụ 3: Giải phương trình: 1−tanx1+tanx=1+sin2x [3]
Giải
Điều kiện {cosx≠0tanx=−1⇔{x≠π2+kπx≠−π4+kπk∈ZCách 1: Biến đổi phương trình về dạng :
cosx−sinxcosx+sinx=[cosx+sinx]2⇔cosx−sinx=[cosx+sinx]3
Chia cả hai vế của phương trình [3] cho cos3x≠0 ta được :
1+tan2x−[1+tan2x]tanx=[1+tanx]3⇔tan3x+tan2x+2tanx=0⇔[tan2x+tanx+2]tanx=0[∗]
[do tan2x+tanx+2=0 vô nghiệm] nên:
Phương trình [*]⇔tanx=0⇔x=kπ[k∈Z]
Vậy phương trình có một họ nghiệm
Cách 2: Biến đổi phương trình về dạng cosx−sinxcosx+sinx=[cosx+sinx]2⇔cos[x+π4]sin[x+π4]=2sin2[x+π4]⇔cot[x+π4]=21+cot2[x+π4]
Đặt t=cot[x+π4] ta được :
t=21+t2⇔t3+t−2=0⇔[t−1][t2+t+2]=0⇔t=1haycot[x+π4]=1⇔x+π4=π4+kπ⇔x=kπ[k∈Z]
Vậy phương trình có một họ nghiệm
Bài tập rèn luyện
Giải các phương trình sau :
Bài tập 1] 3sinx−4sinx.cosx+cos2x=0
Bài tập 2] 2cos3x+sin3x−11sin2x−3cosx=0
Bài tập 3] 4sinx+6cosx=1cosx
Bài tập 4] sin3x=2sin3x
Bài tập 5] sin3x−5sin2xcosx+7sinxcos2x−2cos3x=0
Bài tập 6] sin2xsinx+sin3x=6cos3x
Bài tập 7] 8cosx=3√sinx+1cosx
Bài tập 8] [sin2x−4cosx][sin2x−2sinx.cosx]=2cos4x
Bài tập 9] cos3x−sin3x=sinx−cosx
Page 2