sử dụng phép thế lượng giác

sử dụng phép thế lượng giác tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả các lĩnh vực...

Trang 1

Nháp

1 Giải hệ phương trình:

(

x +p1 − y2 = 1

y +√1 − x2 =√3

**** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn ****

Lời giải:

Điều kiện:

(

−1 ≤ x ≤ 1

−1 ≤ y ≤ 1

Đặt:

(

x = sin a ; a ∈h−π

2;

π 2 i

y = cos b ; b ∈ [0; π]

Hệ đã cho trở thành:

( sin a + sin b = 1 cos a + cos b =√3 ⇔





2 sina + b

2 cos

a − b

2 cosa + b

2 cos

a − b

√ 3

Từ hệ trên ta thấy cosa − b

2 6= 0 nên ta có:

tana + b

1

√

3 = tan

π

6 ⇔ a + b =

π 3

Từ đó ta có:

sin a + sinπ

3 − a

= 1 ⇔ 2 sinπ

6cos

a −π 6

= 1

⇔ cosa −π

6

= 1

⇔ a − π

6 = 0

⇔ a = π

6

Với a = π

6 ta có:





x = sinπ

6 =

1 2

y = cosπ

6 =

√ 3 2 Đối chiếu điều kiện thỏa nên hệ có nghiệm (x; y) = 1

2;

√ 3 2

!

(

√

2 (x − y) (1 + 4xy) =√3 (2)

Lời giải:

Từ phương trình (1) gợi cho ta đặt ẩn phụ đưa về lượng giác

Đặt:

(

x = sin α

y = cos α (α ∈ [0; 2π])

Khi đó phương trình (2) được viết lại dưới dạng:

Trang 2

Nháp

(sin α − cos α) (1 + 2 sin 2α) =

√ 6 2

⇔ sin α − cos α + 2 sin 2α sin α − 2 sin 2α cos α =

√ 6 2

⇔ sin α − cos α + cos α − cos 3α − sin 3α − sin α =

√ 6 2

⇔ sin 3α + cos 3α = −

√ 6 2

⇔ cos3α + π

4

= −

√ 3

2 = cos

5π 6

⇔







α = 7π

36 +

k2π 3

α = −13π

36 +

k2π 3 (k ∈ Z)

Vì α ∈ [0; 2π] suy ra: α ∈ 7π

36;

31π

36 ;

55π

36 ;

11π

36 ;

35π

36 ;

59π 36

Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (sin α; cos α) với α ∈ 7π

36;

31π

36 ;

55π

36 ;

11π

36 ;

35π

36 ;

59π 36





3x2y2+ 3xy2 = 1 + x3y4 (2)

z + zy4+ 4y3= 4y + 6y2z (3)

Lời giải:

Vì z = 0 không là nghiệm của hệ phương trình nên:

(1) ⇔ xy = 1 − z

2

2z Đặt z = tan ϕ (∗) với ϕ ∈

−π

2,

π 2

\ {0}

Ta có:

xy = 1 − z

2

1 − tan2ϕ

2 tan ϕ = cot 2ϕ Thay vào (2) ta được :

3cot22ϕ + 3y cot 2ϕ = 1 + ycot32ϕ ⇔ y = 3cot

22ϕ − 1 cot32ϕ − 3 cot 2ϕ =

1 cot 6ϕ = tan 6ϕ

Ta suy ra: x = cot 2ϕ cot 6ϕ Thay vào (3) ta được :

z = 4 tan 6ϕ − 4tan

36ϕ

1 − 6tan26ϕ + tan46ϕ = tan 24ϕ(∗∗)

Từ (∗)và (∗∗) ta có:

tan 24ϕ = tan ϕ

⇔ 24ϕ = ϕ + kπ, k ∈ Z

⇔ ϕ = kπ

23, k ∈ Z Với ϕ ∈−π

2,

π 2

\ {0} ta thu được:

ϕ = ± π

23, ±

2π

23, ±

3π

23, ±

4π

23, ±

5π

23, ±

6π

23, ±

7π

23, ±

8π

23, ±

9π

23, ±

10π

23 , ±

11π 23 Vậy hệ phương trình có các nghiệm là: (x; y; z) = (cot 2ϕ cot 6ϕ; tan 6ϕ; tan ϕ)

với ϕ = ±π

23, ±

2π

23, ±

3π

23, ±

4π

23, ±

5π

23, ±

6π

23, ±

7π

23, ±

8π

23, ±

9π

23, ±

10π

23 , ± 11π

23

Trang 3

Nháp





2z (x + y) + 1 = x2− y2(1)

y2+ z2= 1 + 2xy + 2zx − 2yz (2)

y 3x2− 1 = −2x x2+ 1 (3)

Lời giải:

Vì x = ±√1

3 không thỏa phương trình (3) nên:

(3) ⇔ y = −2x x

2+ 1 3x2− 1 ⇔ x + y =

3x3− x − 2x x2+ 1

x3− 3x 3x2− 1 Đặt: x = tan ϕ, ϕ ∈ −π2;π2 \ −π

6;π6 ⇒ cos ϕ 6= 0, cos 3ϕ 6= 0

Ta có:

tan ϕ + y = tan

3ϕ − 3 tan ϕ 3tan2ϕ − 1 ⇔ y = tan 3ϕ − tan ϕ (1) ⇔ z = x2(x+y)2−y2−1 (do x = −y không thỏa phương trình (1) ⇒ tan 3ϕ 6= 0)

⇔ z = (2 tan ϕ − tan 3ϕ) tan 3ϕ − 1

2 tan ϕ tan 3ϕ − tan23ϕ − 1

2 tan 3ϕ

⇔ z = tan ϕ − tan 3ϕ + cot 3ϕ

1 2

sin 3ϕ cos 3ϕ+

cos 3ϕ sin 3ϕ

⇔ z = tan ϕ − 1

sin 6ϕ (2) ⇔ x2+ y2+ z2− 2xy − 2zx + 2yz = 1 + x2

⇔ (y + z − x)2 = 1 + x2

⇔

tan 3ϕ − tan ϕ + tan ϕ − 1

sin 6ϕ− tan ϕ

2

= 1 + tan2ϕ

⇔ sin 3ϕ cos 3ϕ−

1

2 sin 3ϕ cos 3ϕ − tan ϕ

2

cos2ϕ

⇔

2sin23ϕ − 1

2 sin 3ϕ cos 3ϕ − tan ϕ

2

cos2ϕ

⇔ cos 6ϕ sin 6ϕ + tan ϕ

2

cos2ϕ

⇔ cos 6ϕ cos ϕ + sin 6ϕ sin ϕ

sin 6ϕ cos ϕ

2

cos2ϕ

⇔

cos 5ϕ sin 6ϕ cos ϕ

2

cos2ϕ

⇔ cos 5ϕ = ± sin 6ϕ

⇔ cos 5ϕ = ± cosπ

2 − 6ϕ

⇔







cos 5ϕ = cosπ

2 − 6ϕ

cos 5ϕ = cosπ

2 + 6ϕ

⇔







5ϕ = ±π

2 − 6ϕ

+ k2π 5ϕ = ±π

2 + 6ϕ

+ k2π

⇔







ϕ = π

22 +

k2π

11 , ϕ =

π

2 − k2π

ϕ = −π

22+

k2π

11 , ϕ = −

π

2 − k2π

(k ∈ Z)

Trang 4

Nháp

Với: ϕ ∈ −π2;π2 \ −π

6;π6 ⇒ ϕ = ±π

22; ±3π22; ±5π22; ±7π22; ±9π22 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là:

(x; y; z) =tan ϕ; tan 3ϕ − tan ϕ; tan ϕ −sin 6ϕ1 , ϕ = ±22π; ±3π22; ±5π22; ±7π22; ±9π22

(

3 x +x1 = 4y + 1y= 5 z + 1z

(1)

Lời giải:

ĐK: xyz 6= 0

Nếu (x, y, z) là một nghiệm của hệ thì (−x, −y, −z) cũng là một nghiệm của hệ và từ (1) suy ra x, y, z cùng dấu nên ta chỉ cần xét x, y, z dương là đủ

∀x, y, z ∈ R\ {0} Đặt:





x = tan α

y = tan β

z = tan γ

, α; β; γ ∈ 0;π2

(I) ⇔





 3

tan α + 1

tan α

= 4

tan α + 1

tan β

= 5

tan γ + 1

tan γ

(3) tan α tan β + tan β tan γ + tan γ tan α = 1 (4)

(3) ⇔ 3tan

2α + 1 tan α = 4

tan2β + 1 tan β = 5

tan2γ + 1 tan γ

sin 2α =

4 sin β =

5 sin γ(5) (4) ⇔ tan α (tan β + tan γ) = 1 − tan β tan γ

⇔ tan α = 1 − tan β tan γ

tan β + tan γ = cot (β + γ)

⇔ α + β + γ = π

2(6)

Từ (5) và(6), suy ra 2α, 2β, 2γ là các góc trong một tam giác vuông, có các cạnh là 3, 4, 5

Do đó: 2γ = π2 ⇔ γ = π4 ⇔ tan γ = 1 = z Từ đó ta có:





tan β = y = 1

2 tan α = x = 1

3 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: (x; y; z) = 13;12; 1 , −1

3; −12; −1







20

x +1 x

= 11

y + 1 y

= 2007

z +1 z

(2)

Lời giải:

Điều kiện: xyz 6= 0

Nếu (x; y; z) là một nghiệm của hệ thì (−x; −y; −z) cũng là một nghiệm của hệ và từ (1) suy ra x, y, z cùng dấu nên ta chỉ cần xét x, y, z dương

Với mọi x, y, z ∈ R và khác 0, đặt:





x = tan α

y = tan β

z = tan γ

với 0 < α, β, γ < π

2

Từ đó hệ (1) và (2) trở thành:







20

tan α + 1

tan α

= 11

tan β + 1

tan β

= 2007

tan γ + 1

tan γ

(4)

Trang 5

Nháp

Ta có:

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

⇔ tan α = 1 − tan β tan γ

tan β + tan γ = cot (β + γ)

⇔ α + β + γ = π

2

⇒ 2α, 2β, 2γ là các góc trong một tam giác

• (4) ⇔ 20tan

2α + 1 tan α = 11

tan2β + 1 tan β = 2007

tan2γ + 1 tan γ

sin 2α =

11 sin 2β =

2007 sin 2γ

áp dụng định lý sin ta tính được ba cạnh của tam giác có 3 góc 2α, 2β, 2γ là:





a = 20

b = 11

c = 2007

Dễ thấy a, b, c không thỏa mãn bất đẳng thức trong tam giác do đó tam giác trên không tồn tại

Do đó hệ đã cho vô nghiêm





x2y2+ 2√3xy − y2 = 1 (1)

z (yz − 2) + y = 0 (2)

z2x + z2+ x = 1 (3)

Lời giải:

Từ (2) ta có:

yz2− 2z + y = 0 ⇔ y z2+ 1 = 2z ⇔ y = 2z

z2+ 1

Từ (3) ta có:

x z2+ 1 = 1 − z2⇔ x = 1 − z

2

1 + z2

Đặt: z = tana

2; a ∈ (−π; π) ⇒

(

x = cos a

y = sin a Thế vào phương trình (1) ta được:

cos2a + 2√3 sin a cos a = sin2a + 1

⇔ cos 2a +√3 sin 2x = 1

⇔ 1

2cos 2x +

√ 3

2 sin 2a =

1 2

⇔ cos2a −π

3

= 1

2 = cos

π 3

⇔

"

a = π

3 + kπ

a = kπ Vì: a ∈ (−π; π) suy ra: a ∈

0;π

3;

4π 3

Từ đó ta có:

- Với a = 0 suy ra: x = 1; y = 0; z = 0

- Với a = π

3 suy ra: x =

1

2; y =

√ 3

2 ; z =

√ 3

- Với a = 4π

3 suy ra: x = −

1

2; y = −

√ 3

2 ; z = −

√ 3

Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y; z) = (1; 0; 0); −1

2; −

√ 3

2 ; −

√ 3

! 1

2;

√ 3

2 ;

√ 3 3

!

Trang 6

Nháp





x2 = y + 2

y2= z + 2

z2 = x + 2

Lời giải:

Dẽ thấy x, y, x ≥ −2

Giả sử: x = M ax(x; y; z)

+Nếu x > 2 ⇒ y > 2 ⇒ z > 2

Do x=Max(x;y;z) suy ra x>y nên z2 = x + 2 > y + 2 = x2 ⇒ z > x(V L)

+Nếu x ≤ 2 suy ra x, y, z ≤ 2

Đặt:x = 2 cos a; y = 2 cos b; z = 2 cos c (a; b; c ∈ [0; π])

Thay vào hễ đã cho dễ có:







cos b = cos 2a cos c = cos 2b cos a = cos 2c

⇔











b = 2a

b = 2π − 2a

c = 2b

c = 2π − 2b

a = 2c

a = 2π − 2c Đây là hệ cơ bản, giải ra với chú ý a, b, c ∈ [0; π] ta thu được nghiệm của hệ phương trình đã cho là hoán vị vòng quanh của các bộ số sau:

(a; b; c) = (0; 0; 0) ; 4π9 ;8π9 ;2π9 ; 2π

3 ;2π3 ;2π3 ; 2π

7 ;4π7 ;6π7

Định dạng
Số trang	6
Dung lượng	167,91 KB