kỹ thuật tìm nghiệm của phương trình lượng giác có điều kiện

S GIÁO DC VÀ ÀO TO LÀO CAI TRNG THPT S 1 TP LÀO CAI Tên sáng kin: Hoàng Th Hoàn Lào Cai, nm 2011 MỤC LỤC Trang PHẦN I. PHẦN MỞ ĐẦU 1. Tính cấp thiết của ñề tài 2 2. Tình hình nghiên cứu 2 3. Mục ñích nghiên cứu 2 4. Nhiệm vụ nghiên cứu 2 4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 3 PHẦN II. PHẦN NỘI DUNG Một vài phương pháp tìm nghiệm của phương trình lượng giác có chứa ñiều kiện 1. Biểu diễn nghiệm thông qua cùng một hàm số lượng giác. 3 2. Sử dụng các phép biến ñổi lượng giác: 4 3. Phương pháp thử trực tiếp: 5 4. Phương pháp biểu diễn trên ñường tròn lượng giác 8 5. Phương pháp ñại số 10 6. Bài tập vận dụng các phương pháp 12 PHẦN III. KẾT QUẢ THỰC NGHIỆM- KẾT LUẬN 13 PHẦN IV. DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO 13 2 PHẦN I: PHẦN MỞ ĐẦU 1-Tính cấp thiết của ñề tài: Trong quá trình dạy học phương pháp dạy của thầy, việc tiếp thu kiến thức của học trò là vấn ñề mà chúng ta ñặc biệt quan tâm. Khi giải các phương trình lượng giác có chứa ñiều kiện, sau khi tìm ñược họ nghiệm của phương trình, học sinh thường không biết ñối chiếu với ñiều kiện ban ñầu, dẫn ñến kết luận họ nghiệm không chính xác. Bài viết này tôi muốn giới thiệu phương pháp ñối chiếu ñiều kiện ñể kết luận nghiệm của phương trình lượng giác có chứa ñiều kiện thông qua ví dụ cụ thể. 2- Tình hình nghiên cứu. Phấn ñấu ñể dạy tốt các môn học nói chung và môn Toán nói riêng là nguyện vọng tha thiết của ñội ngũ giáo viên. Trong quá trình thực tiễn giảng dạy, bồi dưỡng chuyên môn tôi ñã sưu tầm tư liệu, soạn giảng và rút kinh nghiệm qua các giờ dạy. 3- Mục ñích nghiên cứu. Một vấn ñề thường gặp trong giải phương rình lượng giác và làm cho học sinh lúng túng ñó là những bài toán về giải phương trình lượng giác có ñiều kiện.Thông thường những bài toán về loại này là những vấn ñề hay và khó. Với mục ñích giúp học sinh học có hiệu quả hơn có cái nhìn tổng quan hơn hiểu ñược bản chất của vấn ñề từ ñó ñưa ra ñược phương pháp giải ñặc biệt là các bài toán về giải phương trình lượng giác có ñiều kiện. Những bài toán này nội dung rất hấp dẫn và khó giải quyết. Một trong những nguyên nhân gây khó giải quyết là vì việc kiểm tra ñiều kiện. Để giải quyết phần nào những khó khăn trên, tác giả viết sáng kiến kinh nghiệm này nhằm cung cấp những kĩ thuật giải phương trình lượng giác có ñiều kiện và cho các bạn yêu thích toán học, các thầy cô giáo, các em học sinh các trường THPT tham khảo và tiếp tục phát triển. 4- Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu một số kĩ thuật tìm nghiệm của phương trình lượng giác chứa ñiều kiện thông qua ví dụ cụ thể từ ñó tổng hợp thành phương pháp. 3 5- Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu là một số Kĩ thuật tìm nghiệm của phương trình lượng giác chứa ñiều kiện Phạm vi: Giới hạn trong việc giải phương trình lượng giác có chứa ñiều kiện. PHẦN II: NỘI DUNG Đặt vấn ñề: Phương trình lượng giác có ñiều kiện (chủ yếu là phương trình chứa ẩn ở mẫu số hoặc chứa ẩn trong hàm số tang và cotang) là dạng cơ bản hay và khá phức tạp, thường xuyên ñề cập trong các ñề thi. Đối với giáo viên việc dạy cho học sinh hiểu và có cách diễn ñạt rõ cách ñối chiếu nghiệm tìm ñược với ñiều kiện không hề rễ ràng. Điều khó khăn cơ bản là số nghiệm của phương trình lượng giác thường là vô hạn và ñược biểu diễn dưới dạng * 2 ( , ) k k Z n N n π α + ∈ ∈ . Hơn nữa, cùng một phương trình lượng giác nếu dùng các phép biến ñổi khác nhau có thể thu ñược các phương trình cơ bản khác nhau và từ ñó thu ñược số họ nghiệm cũng như hình thức các họ nghiệm rất khác nhau . Qua quá trình giảng dạy tôi ñã tham khảo tài liệu và ñưa ra một vài phương pháp ñối chiếu ñiều kiện ñể kết luận nghiệm của phương trình lượng giác có chứa ñiều kiện thông qua ví dụ cụ thể. 1. Biểu diễn nghiệm thông qua cùng một hàm số lượng giác. Bài tập 1: Giải phương trình )1( cos 1coscos tan2cos 2 32 2 x xx xx −− =− Giải: ĐK: cosx ≠ 0 khi ñó     = −= ⇔ =−+⇔ −−−=−−⇔ 2 1 cos 1cos 01coscos2 tan1cos1tan1cos2)1( 2 222 x x xx xxxx Đối chiếu ñiều kiện cosx ≠ 0 cả hai nghiệm ñều thoả mãn 4 Vậy phương trình (1) có họ nghiệm là: ).(2 3 ;2 Zkkxkx ∈+±=+= π π ππ Nhận xét:Trong phương trình(1) ta biến ñổi ñiều kiện và nghiệm tìm ñược thông qua hàm số y = cosx. Từ ñó chuyển việc ñối chiếu ñiều kiện của x về ñối chếu ñiều kiện của y (giống như trong ñại số). Bài tập 2: Giải phương trình: x x x 4 sin 2 2 sin 1 cos 1 =+ (2) Giải: ĐK: cos 0 sin 1 sin 2 0 sin 0 sin 4 0 1 sin 2 x x x x x x   ≠ ≠ ±    ≠ ⇔ ≠     ≠   ≠ ±  Khi ñó phương trình(2) tương ñương        = = −= ⇔ =−+⇔ =−+−⇔ = + ⇔ 2 1 sin 0sin 1sin 0)1sinsin2(sin 2)sin21(2)sin21(sin4 22cos22cos.sin4 2 22 x x x xxx xxx xxx Đối chiếu ñk ta chọn 2 1 sin =x Vậy phương trình có hai họ nghiệm là: .,2 6 5 ;2 6 Zkkxkx ∈+=+= π π π π 2. Sử dụng các phép biến ñổi lượng giác: Bài tập 3: Giải phương trình ( ) ( ) 3 cos 3sin2sin2 1tan 4 2 4 x xx x − =+ Giải: ĐK: 1sin0cos ± ≠ ⇔ ≠ xx ta có 5 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ** 2 1 sin4sin3 12sin2* 2 1 3sin 0)3sin21(2sin2 3sin2sin22sin 2 1 1 3sin2sin2cossin3 3 2 2 22 244 =−⇔ ∀≥−=⇔ =−−⇔ −=−⇔ −=+⇔ xx xxx xx xxx xxxx Thay 1sin ± = x vào (**) ñều không thoả mãn , nên các nghiệm của phương trình (*)là nghiệm cuả phương trình (3): Vậy phương trình có hai họ nghiệm là: ., 3 2 18 5 ; 3 2 18 Zk k x k x ∈+=+= π π π π Nhận xét: Trong phương trình (3) ĐK 1sin0cos ± ≠ ⇔ ≠ xx sau ñó thay sinx = 1 ± vào phương trình (**) ñều không thoả mãn dẫn ñến nghiệm của PT (**) là nghiệm của PT (3). Không cần tìm nghiệm cụ thể vẫn ñối chiếu ñược ñiều kiện. 3. Phương pháp thử trực tiếp: a) Hướng giải 1: Bài tập 4: Giải phương trình: xxx 7sin3cos.5tan = (4) Giải: 05cos ≠ x khi ñó ( ) x x xxxx 12 sin 8 sin 5cos.7sin23cos.5sin24 = ⇔ = ⇔ Ta ñược ., 10 20 ; 2 Zk k x k x ∈+== π π π Với 2 π k x = thì ( ) Zmmk kk x ∈=⇔≠== 20 2 cos 2 5 cos5cos π π . Với 10 20 π π k x += thì .0 24 cos5cos ≠       += ππ k x . Vậy phương trình có hai họ nghiệm là: ( ) Zkm k xmx ∈+== , 10 20 , π π π Bài tập 5: Giải phương trình: ( ) 5 1 cot )cos(sin2 2 cot tan 1 − − = + x xx x x 6 Giải: ĐK:        ≠− ≠ ≠ ≠ ⇔    ≠− ≠+ 0cossin 0sin 02sin 0cos 01cot 02cottan xx x x x x xx Khi ñó ( )      −= = ⇔ =+⇔ −=⇔ −=⇔ − − = + ⇔ 2 2 cos )(0sin 02cos2sin sin22sin sin2 cos 2sin.cos 1 sin cos )cos(sin2 2sin 2cos cos sin 1 )5( x loaix xx xx x x xx x x xx x x x x Với       +−= += ⇔−= π π π π 2 4 3 2 4 3 2 2 cos kx kx x Ta thấy 0sin,0cos ≠ ≠ xx thoả mãn. Thay trực tiếp π π π π 2 4 3 ,2 4 3 kxkx +−=+= vào hệ )/(2 4 3 02 4 3 cos2 4 3 sincossin 02 2 3 sin2sin mtkx kkxx kx π π π π π π π π +=        ≠       +−       +=− ≠       += Thay π π 2 4 3 kx +−= không thoả mãn Vậy phương trình có họ nghiệm là: π π 2 4 3 kx += b) Hướng giải 2 Bài tập 6: Giải phương trình: xxx 2cos.2sin81 4 3sin2 2 +=       + π (2) Giải: Với ñiều kiện 0 4 3sin ≥       + π x 7 )( )( 12 5 )( 12 2 1 2sin )2sin6(sin216sin22 2cos.4sin41 2 6cos12 2cos.2sin81 4 3sin4)2( 22 Zk bkx akx x xxx xxx xxx ∈       += += ⇔ =⇔ ++=+⇔ +=               +−⇔ +=       +⇔ π π π π π π Đối chiếu ñiều kiện: Vì hàm       += 4 3sin π xy có chu kì π 2 ≤ T nên cần thử trực tiếp với k= 0; 1 và thấy k = 0 thì (a) thoả mãn; k = 1 thì (b) thoả mãn. Vậy nghiệm của phương trình (2) là ).(2 12 17 ,2 12 Zkkxkx ∈+=+= π π π π Bài tập 7: Giải phương trình xxxxxx 5tan3tan2tan5tan3tan2tan − − = (1) Giải: Điều kiện: 05cos,03cos,02cos ≠ ≠ ≠ xxx .3tan2tan)3tan2tan1(5tan)1( xxxxx − = + ⇔ Nếu 03tan2tan1 = + xx thì .3tan2tan)1( xx = ⇔ Khi ñó 02tan1 2 =+ x (vô lí) Do ñó .03tan2tan1 ≠ + xx Khi ñó ).( 6 )tan(5tan 3tan2tan1 3tan2tan 5tan)1( Zk k xxx xx xx x ∈=⇔−=⇔ + − =⇔ π Đối chiếu ñiều kiện: Vì hàm y = cos2x, y = cos3x, y = cos5x ñều có chu kì π 2 ≤ T nên ta chỉ cần thử trực tiếp với k là 0,1,2,3,4,5 và thầy k = 0,2,4 thoả mãn. Vậy nghiệm của phương trình (1) là: ).(2 3 2 ,2 3 ,2 Zkkxkxkx ∈+=+== π π π π π Nhận xét: Giả sử rằng: + Điều kiện xác ñịnh là 0)( ≠ xf ( hoặc 0)(,0)( ≤ ≥ xfxf ) trong ñó )(xf là hàm số tuần hoàn với chu kỳ T. 8 + PT hệ quả có nghiệm n k x π α 2 += với Zk ∈ và n là số nguyên dương xác ñịnh. Khi ñó ta ñối chiếu ĐK như sau: Nếu π 2 ≤ T thì ta chỉ cần thử trực tiếp cung x ứng với n giá trị tự nhiên ñầu tiên của k là 0, 1, 2,…, n-1. Nếu )2,.(22)1( ≥ ∈ ≤ < − lNllTl π π thì ta cần thử trực tiếp cung x ứng với ln giá trị tự nhiên ñầu tiên của k là 0, 1, 2,…,ln-1 Ưu ñiểm của phương pháp là ñơn giản, dễ hiểu, phù hợp với ñại trà, nhất là với học sinh có lực học trung bình. Tuy nhiên với n càng lớn thì việc ñối chiếu sẽ mất nhiều thời gian. 4. Phương pháp biểu diễn trên ñường tròn lượng giác Ta biểu diễn trên ñường tròn những ñiểm không thoả mãn ñiều kiện (ñánh dấu"X") và những ñiểm nghiệm tìm ñược (ñánh dấu"O")Những ñiểm ñánh dấu"O" mà không trùng với những ñiểm ñánh dấu "X" chính là những ñiểm thoả mãn ñiều kiện. Phương pháp này có hiệu quả khi số ñiểm thoả mãn ĐK là ít và ở vị trí ñặc biệt. Nhận xét: Mỗi cung(hoặc góc) lượng giác ñược biểu diễn bởi một ñiểm trên ñường tròn lượng giác. i) π α 2kx + = ñược biểu diễn trên ñường tròn lượng giác bởi một ñiểm. ii) π α kx + = ñược biểu diễn trên ñường tròn lượng giác bởi hai ñiểm ñối xứng nhau qua gốc toạ ñộ. iii) 3 2 π α k x += ñược biểu diễn trên ñường tròn lượng giác bởi ba ñiểm cách ñều tạo thành ba ñỉnh của tam giác ñều nội tiếp ñường tròn. TQ: ( ) 3 2 ≥+= n n k x π α biểu diễn trên ñường tròn bởi n ñiểm cách ñều, tạo thành n ñỉnh của một ña giác ñều nội tiếp ñường tròn. Bài tập 8: Giải phương trình: 3 3 cos 2 cos cos 3sin2sinsin = ++ + + x x x xxx (6) Giải:ĐK: 03cos2coscos ≠ + + xxx 9        +±≠ +≠ ⇔ π π ππ 2 3 2 24 kx k x ( ) Zn n x x xxx xxx ∈+=⇔ =⇔ = + + ⇔ 26 32tan 3 2coscos2cos2 2sincos.2sin2 ππ Trên ñường tròn lượng giác biểu diễn 2 6 π π n x += bởi bốn ñiểm(ñánh dấu"O"). π π π π 2 3 2 , 2 4 kx k x +±≠+≠ bởi sáu ñiểm (ñánh dấu"X"). Ta thấy có ba ñiểm ñánh dấu "O" không trùng với dấu "X". Vậy phương trình có họ nghiệm là: .,2 6 5 , 6 Znnxnx ∈+=+= π π π π Bài tập 9: Giải phương trình: 03sincos =+ xx (7) Giải:Khi 0cos ≥ x thì (*) 28 3 4 03sincos)7(       += +−= ⇔=+⇔ ππ π π k x kx xx Biểu diễn (*) trên ñường tròn lượng giác ñược sáu ñiểm ñánh dấu "O" chỉ có ba ñiểm nằm bên phải Oy( 0cos ≥ x ) ứng với π π π π π π 2 4 3 ,2 8 ,2 4 kxkxkx +=+−=+−= Khi 0cos < x thì. (**) 8 4 03sincos)7(       += += ⇔=+−⇔ π π π π kx kx xx Biểu diễn (**) trên ñường tròn lượng giác ñược sáu ñiểm ñánh dấu "O" chỉ có ba ñiểm nằm bên trái Oy( 0cos < x ) ứng với π π π π π π 2 4 5 ,2 8 9 ,2 8 5 kxkxkx +=+=+= Kết luận: Vây phương trình (7) có họ nghiệm là: [...]... v ng kĩ thu t gi i phương trình lư ng giác ch a ñiêư ki n, h c t p say mê và h ng thú 2 T ñánh giá Sáng ki n có tính kh thi, có th áp d ng ñ d y h c toán trong các trư ng THPT t nh Lào Cai Trong quá trình nghiên c u th c hi n không tránh kh i nh ng thi u sót và h n ch R t mong nh n ñư c s ñóng góp b sung c a các ñ ng nghi p ñ ñ tài hoàn thi n hơn, có ng d ng r ng rãi trong quá trình gi ng d y và b... kπ (2m + 1)π 18k − 20m = 1 = 10 18 c hai PT ñ u không có nghi m nguyên.Suy ra nghi m(b) tho mãn ñi u ki n V y nghi m c a phương trình là x= π 4 + π kπ kπ ;x = + (k ∈ Z ) 2 20 10 10 Bài t p 11: Gi i phương trình cos x cos 5 x 17π   − + 8 sin 2 2 x +  = 4(cos 2 x + 1) (*) cos 3 x cos x 4   Gi i: ĐK: cos 3x ≠ 0 ⇔ x ≠ π 6 +m π 3 (m ∈ Z ) Ta có 17π   2 − 8 sin 2 2 x +  + 4(cos 2 x + 1) = −8 cos... k = 1 − 2t kπ π mπ = + ⇔ 3k − 2m = 1 ⇔  (t ∈ Z ) 2 6 3  m = 1 − 3t Suy ra k ch n, t c là x = lπ (l ∈ Z ) nghi m c a phương trình (*) là x= x = π 8 + kπ , x = lπ (k , l ∈ Z ) 4 Nh n xét: Gi s r ng + ĐK là x ≠ x0 + m 2π , m ∈ Z và p là s nguyên dương ñã bi t p 11 + Phương trình h qu có nghi m x = α + k dương ñã bi t xk = α + k 2π , k ∈ Z và n là s n 2π , k ∈ Z Ta ñ i chi u ñi u ki n như sau: n a)... gi i tích l p 11- Nhà xu t b n giáo d c 3 Sách giáo viên Đ i s và gi i tích l p 11- Nhà xu t b n giáo d c 4 Sách bài t p Đ i s và gi i tích l p 11- Nhà xu t b n giáo d c 5 Lê H ng Đ c Phương pháp gi i phương trình lương giác Nhà xu t b n Đ i h c sư ph m 2004 - 13 14 ... n là s n 2π , k ∈ Z Ta ñ i chi u ñi u ki n như sau: n a) Nghi m xk b lo i khi và ch khi m ∈ Z sao cho α + k 2π 2π = x0 + m n p b) Nghi m xk nh n ñư c khi và ch khi m ∈ Z , ñ u có α + k 6 Bài t p v n d ng: Gi i các phương trình sau: π π 1 tan x +  + cot − 3x  = 0      3 2 tan 2 x −   3π 4 6  7π    + cot  4 x + 8    =0  x π 3 tan 2 x +  cot π −  = 1      3  2 4...   Do ñó phương trình (*) (*) ⇔ cos 2 x − cos 5 x cos 3 x = 8 sin x cos x sin 3 x cos 3 x 1 + cos 2 x cos 8 x + cos 2 x − = sin 2 x sin 6 x 2 2 ⇔ 1 − cos 8 x = 4 sin 2 x sin 6 x ⇔ ⇔ 1 − cos 8 x = 2(cos 4 x − cos 8 x ) ⇔ 2 cos 4 x(cos 4 x − 1) = 0 cos 4 x = 0 ⇔ cos 4 x = 1 π kπ   x = 8 + 4 (a ) ⇔  x = kπ (b)  2  Đ i chi u ñi u ki n: Nh n th y π 8 + kπ π mπ = + ⇔ 6k − 8m = 1 Không có nghi m...x=− x= π 4 + k 2π , x = − π 8 + k 2π , x = 3π + k 2π 4 5π 9π 5π + k 2π , x = + k 2π , x = + k 2π 8 8 4 5 Phương pháp ñ i s : Bài t p 10: Gi i phương trình: sin x cot 5 x =1 cos 9 x mπ  x ≠ 5 (m ∈ Z ) Gi i: ĐK sin5x ≠ 0 , cos9x ≠ 0 t c là    x ≠ (2m + 1)π  18  ( ) ⇔ sin x cos 5 x = sin 5 x cos 9 x ⇔ sin 6 x − sin 4 x = sin . tìm nghiệm của phương trình lượng giác chứa ñiều kiện Phạm vi: Giới hạn trong việc giải phương trình lượng giác có chứa ñiều kiện. PHẦN II: NỘI DUNG Đặt vấn ñề: Phương trình lượng giác có. pháp tìm nghiệm của phương trình lượng giác có chứa ñiều kiện 1. Biểu diễn nghiệm thông qua cùng một hàm số lượng giác. 3 2. Sử dụng các phép biến ñổi lượng giác: 4 3. Phương pháp thử. , nên các nghiệm của phương trình (*)là nghiệm cuả phương trình (3): Vậy phương trình có hai họ nghiệm là: ., 3 2 18 5 ; 3 2 18 Zk k x k x ∈+=+= π π π π Nhận xét: Trong phương trình (3)