Phương pháp lượng giác hóa để giải phương trình vô tỉ

Trong số 4 đoạn này phải có ít nhất một đoạn có độ dài không lớn hơn 4 π... Từ đó suy ra điều cần chứng minh... Điều này hiển nhiên.. Vậy bất đẳng thức đã cho đúng... Giải: Áp dụng mệnh

Phương pháp lượng giác hóa để giải phương trình vô tỉ

-Một số trường hợp thường gặp

Dạng 1 : Nếu x2 + y2 =1 thì đặt sin

os

x

y c

α α

=



 =

 với α∈[0; 2π]

Dạng 2 : Nếu x2 + y2 =a2(a>0) thì đặt sin

os

x a

y ac

α α

=



 =

 với α∈[0; 2π]

Dạng 3 : Nếu x ≤1 thì đặt

[ ]

2 2

os , 0;

x

x c

π π

α α





Dạng 4 : Nếu x ≤mthì đặt

[ ]

2 2

os , 0;

x m

x mc

π π

α α





Dạng 5 :Nếu x ≥1 hoặc bài toán có chứa 2

x −1 thì đặt x= 1

os

c α với

3

α∈  ÷∪π ÷

Dạng 6 :Nếu x ≥m hoặc bài toán có chứa x2−m2 thì đặt x =

os

m

c α với

3

α∈  ÷∪π ÷

Dạng 7 :Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức x2+1 thì đặt

x = tanα với ;

2 2

π π

α∈− ÷

Dạng 8 : Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức x2+m2 thì đặt

x = m tanα với ;

2 2

π π

α∈− ÷

I chứng minh đẳng thức , bất đẳng thức

Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số a, b ta đều có:

2

1 ) b 1 )(

a 1 (

) ab 1 )(

b a ( 2

1

2

+ +

− +

≤

−

Giải:

Đặt: a = tgα , b = tgβ với α, β∈ 









 − π π

2

;

Khi đó: A =

) tg 1 )(

tg 1 (

) tg tg 1 )(

tg tg

( ) b 1 )(

a 1 (

) ab 1 )(

b a (

2 2

2

β α

− β + α

= +

+

− +

= cos2α cos2β   α β  

β α

− β α

β +

α

cos cos

sin sin 1 cos cos

) sin(

= sin (α + β) cos (α + β) =

2

1

sin (2α + 2β)

Suy ra: A =

2

1

sin (2α + 2β) ≤

2 1

Vậy:

-2

1

≤

) b 1 )(

a 1 (

) ab 1 )(

b a (

2

+

− +

≤

2

1

(đpcm)

Bài 2:

Chứng minh rằng nếu |x| < 1 thì với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 ta có:

(1 + x)n + (1 – x)n < 2n (1)

Giải:

Vì |x| < 1 nên có thể đặt x = cost với t ∈ (0; π)

và bất đẳng thức (1) được viết thành:

(1 + cos t)n + (1 – cos t)n < 2n (2)

Thay trong (2) 1 + cos t = 2cos22

t

và 1 – cost = 2sin22

t

ta được









2

t sin 2

t

Bởi vì 0 < 2

t

< 2

π nên 0 < sin 2

t

, cos 2

t

< 1 nên chắc chắn:

cos2n2

t

=

n 2

2

t cos 











< cos22

t

∀n > 1 Tương tự ta có:

sin2n2

t

< sin22

t

∀n > 1 Do đó









2

t sin 2

t









2

t sin 2

t cos2 2 = 2n

Vậy bất đẳng thức (3), cũng có nghĩa là bất đẳng thức (1) được chứng minh

Bài 3: Chứng minh rằng từ 4 số thực cho trước ta luôn luôn chọn được hai số x, y trong 4

số đó sao cho:

0 ≤

xy 1

y x +

−

Giải:

Giả sử 4 số thực cho trước

là a ≤ b ≤ c ≤ d

Đặt a = tgy1, b = tgy2, c = tgy3, d = tgy4 với

-

2

π

< y1≤ y2 ≤ y3≤ y4 <

2

π < y5 = π + y1

Các điểm y1, y2, y3 chia đoạn [y1; y1 + π] thành 4 đoạn [y1; y2], [y2; y3], [y3; y4] , [y4;

y5] Trong số 4 đoạn này phải có ít nhất một đoạn có độ dài không lớn hơn

4

π Giả sử

0 ≤ y2 – y1≤

4

π Thế thì:

0 ≤ tg (y2 – y1) ≤ 1 ⇔ 0 ≤

ab 1

a b tgy tgy 1

tgy tgy

1 2

1 2

+

−

= +

−

≤ 1 Đặt x = b, y = a ta được điều cần chứng minh

Bài 4: Cho x, y > 0 và x + y = 1 Chứng minh:

2

17 y

1 y x

1







 + +











Giải:

Ta có: x + y = ( ) ( )2 2

y

x + = 1, theo mệnh đề IV thì có một số a với 0 ≤ a ≤ 2π

để x= cosa và y= sina

Bất đẳng thức đã cho được viết thành:











a cos

1 a

cos4 4 +    sin4a + sin 14a    ≥

2 17

Ta có: cos4a +

a cos

1

4 + sin4a +

a sin

1

4 = (cos4a + sin4a) 









 +

a cos a sin

1

y

1 y

2 y

3 y

4 y

5

= (1 – 2sin2acos2a) 









 +

a cos a sin

1 1

4









 +











 −

a 2 sin

16 1

2

a 2 sin 1

4 2

Vì 0 < sin22a ≤ 1 nên 1 -

2

a sin2

≥

2 1

và 1 +

a 2 sin

16

4 ≥ 17 Từ đó suy ra điều cần chứng minh

Bài 5: Chứng minh với mọi cặp số thực x, y ta luôn có:

x2 + (x – y)2 ≥ 4( x2 + y2) sin2

10

π

Giải:

Theo cách tính giá trị biểu thức lượng giác không dùng bảng ta có:

4sin2 10

π = 2

2

5 3 5 cos











Bất đẳng thức đã cho có thể viết:

x2 + (x – y)2 ≥ (x2 + y2)







 − 2

5 3

(1) Nếu y = 0 bất đẳng thức (1) hiển nhiên đúng

Nếu y ≠ 0 Chia hai vế (1) cho y2 và đặt

y

x

= tga với

2

π

−

< a <

2

π thì bất đẳng thức

có dạng: tg2a + (tga – 1)2 ≥

2

5

3 − (1 + tg2a)

⇔ sin2a + (sina – cosa)2 ≥

2

5

3 −

⇔ sin2a + 1 – 2sinacosa ≥

2

5

3 −

⇔ cos2a + 2sin2a ≤ 5

5

2 a 2 cos 5

Bởi vì

2 2

5

2 5

1











 +











vì vậy

5

1

= cosβ và

5

2

= sinβ Với 0 < β <

2 π

Bất đẳng thức (2) có thể viết là: cos(2a - β) ≤ 1 Điều này hiển nhiên

Vậy bất đẳng thức đã cho đúng (đpcm)

Bài 6: Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thoả mãn điều kiện

a, b > c > 0 ta có bất đẳng thức:

) c b ( c ) c a (

Giải:

Vì a > 0, b > 0, ab > 0 nên bất đẳng thức (1) tương đương với

ab

) c b ( c ab

) c a (

Nhận xét rằng

2 2

a

c a a

c







+









= 1

Nên đặt

a

c

= cosu ,

a

c

a − = sinu với 0 ≤ u ≤

2 π

Ta cũng thấy

2 2

b

c b b

c







+









= 1

Nên đặt

b

c

= cosv ,

b

c

b −

= sinv với 0 ≤ v ≤

2

π Khi đó (2) có thể viết thành

a

c a b

+

b

c b a

= cosv sinu + cosusinv ≤ 1 (3)

Bởi vì cosusinv + sinucosv = sin(u + v) ≤ 1 nên (3) luôn luôn đúng có nghĩa là (1) đúng

Bài 7: Chứng minh rằng: 4 [a3 − ( 1 − a2)3]− 3(a − 1 − a2)≤ 2

Điều kiện: 1 – a2≥ 0 ⇔a≤ 1

Đặt a = cosα, với α∈ [0; π]

Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:

4 [ cos3α − ( 1 − cos2α )3] - 3(cosα - 1 − cos2α ) ≤ 2

⇔4(cos3α - sin3α) – 3 (cosα - sinα)≤ 2

⇔(4cos3α - 3cosα) + (3sinα - 4sin3α)≤ 2⇔cos3α + sin3α≤ 2

⇔cos (3α

-2

π )≤ 1, luôn đúng

Bài 8: Chứng minh rằng:

3 1

a2 − + ≤ 2a

Giải:

Điều kiện: a2 – 1 ≥ 0 ⇔a≥ 1

Đặt a =

α cos

1

, với α∈ [0 ;

2

π )

Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:

α

≤ + α

⇔ α

≤ +

−

2 3

tg cos

2 3 1 cos

1

2

⇔ sinα + 3cosα≤ 2 ⇔

2

1

sinα +

2

3

cosα≤ 1

⇔ sin (α +

3

π ) ≤ 1, luôn đúng

Bài 9: Cho x2 + y2 = 1 ; u2 + v2 = 1 Chứng minh

a) xu + yv≤ 1

b) xv + yu≤ 1

c) –2 ≤ (x – y) (u + v) + (x + y) (u – v) ≤ 2

d) –2 ≤ (x + y) (u + v) – (x – y) (u – v) ≤ 2

Giải:

Áp dụng mệnh đề IV Đặt x = cosa ; y = sina ; u = cosb ; v = sinb

và 0 ≤ a, b ≤ 2π Khi đó

a) xu + yv=cos(a – b)≤ 1

b) xv + yu=sin(a + b)≤ 1.

c) (x – y) (u + v) + (x + y) (u – v) = (cos a – sin a) (cos b + sin b) +

+ (cos a + sin a) (cos b – sin b) =

= 2sin    − π a   

4 2sin    + π b   

4 + 2cos    − π a   

4 2cos    + π b   

4

= 2cos (a + b)

Rõ ràng –2 ≤ 2cos (a + b) ≤ 2 (đpcm)

Bài 10: Chứng minh:

a) (a + b)4≤ 8(a4 + b4) b) 32(a6 + b6) ≥ (a + b)6

c) (a + b)8≤ 64(a8 + b8)

Giải:

a) Với a = 0 bất đẳng thức hiển nhiên đúng Nếu a ≠ 0 chia hai vế cho a và đặt tgx =

a

b

với

2

π

< x <

2

π Bất đẳng thức đã cho tương đương với: (1 + tgx)4≤ 8(1 + tg4x)

⇔ (cos x + sin x)4≤ 8(cos4x + sin4 x) (1)

Vì sin4x + cos4x = (sin2x + cos2x)2 – 2sin2x cos2x =

= 1 -

4

x 4 cos 3 2

x 2 sin2 = +

(sin x + cosx)4 = (1 + sin2x)2 =

2

x 4 cos x 2 sin 4

(1) ⇔ 8(cos4x + sin4x) – (sin x + cos x)4

=

2

5 2

9 + cos4x – 2sin2x ≥ 0

Điều này hiển nhiên vì cos4x ≥ -1 và - sin2x ≥ -2

b) c) Làm tương tự như a)

Bài 11: Chứng minh rằng

[ ab ( 1 a )( 1 b ) ]

3 a

1 b b 1

a − 2 + − 2 + − − 2 − 2 ≤ 2

Điều kiện:









≥

−

≥

−

0 b 1

0 a 1

2

2 ⇔









≤

≤ 1 b

1 a

Đặt







β

=

α

= sin b

sin

a

, với α , β∈ [0; π] Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:

sinα 1 − sin2β + sin β 1 − sin2α +

+ 3 [sin α sin β − ( 1 − sin2α )( 1 − sin2β ) ≤ 2

⇔sinα.cosβ + sinβ.cosα + 3(sinα.sinβ - cosα.cosβ)≤ 2

⇔sin(α + β) - 3cos(α + β)≤ 2

⇔

2

1

sin(α + β)

-2

3

cos(α + β)≤ 1

⇔sin(α + β

-3

π )≤ 1 , luôn đúng

Bài 12: Cho a1, a2,… a17 là 17 số thực đôi một khác nhau Chứng minh rằng ta luôn chọn

được hai số aj, ai từ 17 số đó sao cho

0 < 4 2 2 1

a a 1

a a

j i

i j

−

−

<

+

−

Giải:

Không giảm tính tổng quát ta có thể giả sử a1 < a2 < … < a17

Đặt tgvi = ai với

-2

π < vi <

2

π

i = 1, 2,…, 17

Do tính chất đồng biến của hàm số y = tgx trong khoảng    − π ; π 2   

2 nên từ a1 < a2 <

… < a17 suy ra -

2

π < v1 < v2 < … < v17 <

2 π < v1 + π

Các điểm v2 , v3 , …, v17 chia đoạn [v1 ; v1 + π] thành 17 đoạn trong đó có ít nhất một

đoạn có độ dài không vượt quá

17

π

a) Nếu có một i với 1 ≤ i ≤ 16 sao cho 0 < vi+1 – vi≤

17

π thì

0 < tg(vi+1 -vi) ≤ tg

17

π < tg

16

π Vì tg

4

π =

8 tg 1 8 tg 2

2 π

−

π

= 1

suy ra tg

8

π = 2 - 1, tg

8

π =

16 tg 1

16 tg 2

2 π

−

π = 2 - 1 ⇒ tg

16

π = 4 − 2 2 − 1

Khi đó ta có

0 < tg(vi+1 – vi) = 4 2 2 1

a a 1

a a

tgv tgv 1

tgv tgv

1 i i

i 1 i i 1 i

i 1

+

−

= +

−

+

+ +

+

Chọn aj = ai+1 ta được điều cần chứng minh

b) Nếu 0 < v1 + π - v17 <

17

π <

16

π thì

0 < tg [(v1 + π) – v17] = tg(v1 – v17) < tg

16 π

Lúc này ta chọn aj = a1 và ai = a17 ta được điều cần chứng minh

Bài 13: Chứng minh rằng với mọi cặp số thực x, y ta đều có:

1 )

y 1 )(

x 1 (

) y x 1 )(

y x ( 4

1

2 2 2

2 2 2

2

≤ +

+

−

−

≤

−

Giải:

Đặt x = tgu , y = tgv với

-2

π < u, v <

2

π thì biểu thức

A =

2 2 2

2 2

2 2

2 2 2

2

) v tg 1 ( ) u tg 1 (

) v utg tg 1 )(

v tg u tg ( )

y 1 )(

x 1 (

) y x 1 )(

y x (

+ +

−

−

= +

+

−

−

= cos4u cos4v 









v cos

v sin u cos

u sin

2

2 2

2











 −

v cos u cos

v sin u sin

1 22 22

= (sin2u cos2v – sin2v cos2u) (cos2u cos2v – sin2u sin2v)

= (sinu cosv + sin v cos u)(sin u cos v – sin v cos u) ×

× (cos u cos v + sin u sin v) (cos u cos v – sin u sin v)

= sin(u + v) sin(u – v) cos(u – v) cos(u + v)

=

4

1

sin2(u + v) sin2(u – v)

Suy ra A =

4

1

sin2(u + v)sin2(u – v) ≤

4 1

Tức

4

1

− ≤

A ≤ 4 1

Biểu thức A đạt giá trị lớn nhất bằng

4

1

khi







=

=

⇔









=

π

=

⇔











π

=

−

π

=

+

⇔







=

−

= +

0 y

1 x 0

v 4 u 2

) v u ( 2

2 ) v u ( 2 1

) v u ( 2 sin

1 ) v u ( 2 sin

hoặc







=

−

=

⇔









=

π

−

=

⇔













π

−

=

−

π

−

=

+

⇔







=

−

= +

0 y

1 x 0

v 4 u 2

) v u ( 2

2 ) v u ( 2 1

) v u ( 2 sin

1 ) v u ( 2 sin

Biểu thức A nhận giá trị nhỏ nhất bằng

-4

1

khi:







=

=

⇔







 π

=

=

⇔











π

−

=

−

π

=

+

⇔







−

=

−

= +

1 y

0 x 4

v

0 u 2

) v u ( 2

2 ) v u ( 2 1

) v u ( 2 sin

1 ) v u ( 2 sin

hoặc







−

=

=

⇔









π

−

=

=

⇔













π

=

−

π

−

=

+

⇔







=

−

−

= +

1 y

0 x 4

v

0 u 2

) v u ( 2

2 ) v u ( 2 1

) v u ( 2 sin

1 ) v u ( 2 sin

Bài 14: Cho các số thực x, y không đồng thời bằng 0 Chứng minh rằng

2 2 2 y

4 x

) y 4 x ( x 2 2

+

−

−

≤

−

Với các giá trị của x, y như thế nào thì dấu đẳng thức xảy ra

Giải:

y 4 x

) y 4 x ( x 4 2 2

+

−

−

=

−

<

−

− Nếu x ≠ 0, y = 0 thì 2 2

2 2

y 4 x

) y 4 x ( x +

−

−

= 0 bất đẳng thức cũng đúng

Giả sử x ≠ 0, y ≠ 0 thì (1) tương đương với

2 2 2 1

y 2 x

2 y 2

x y

2

x 2 2

2 2

−

≤ +























−













≤

−

Đặt

y

2

x

= tga thì (2) trở thành:

-2

a tg 1

) 2 tga ( a tg 2

+

−

−

≤

⇔ - 2 2 - 2 ≤ cos2a [4tga – 4] ≤ 2 2 - 2 (3)

Vì cos2a[4tga – 4] = 4sinacosa – 4cos2a = 2sin2a – 2(1 + cos2a)

= 2(sin2a – cos2a – 1) =2















 − π 1 4 a 2 sin

2 ∈ [ − 2 2 − 2 ; 2 2 − 2 ]

nên (3) đúng, nghĩa là bất đẳng thức (1) đúng

2) Từ các phép biến đổi trên đây cho thấy:

2 2

2 2

y 4

x

) y 4 x

(

x

+

−

−

= -2 2 - 2 khi sin   2 a − π 4    = -1 với tga =

y 2 x

Vì

-2

π

< a <

2

π ⇒

4

5 π

− < 2a -

4

π <

4

3 π nên sin   2 a − π 4   = -1

⇒

2a-4

π

=

2

π

a =

8

π









 π −

=

8

tg y 2 x

= 1 - 2

⇒ x + 2y( 2 - 1) = 0

Tương tự như trên: 2 2

2 2

y 4 x

) y 4 x ( x +

−

−

= 2 2 - 2 khi sin   2 a − π 4   = 1

a =

8

3 π ⇒

y 2

x

= tg 









 π 8

3

=

8

tg 4 tg 1

8

tg 4 tg 2

π π

−

π +

π

) 1 2 ( 1

1 2 1

+

=

−

−

− +

⇒ x – 2y( 2 + 1) = 0

Bài 15: Chứng minh rằng với các số thực x, y, z tuỳ ý ta có

2

2 1 y x

1

y x + +

−

≤

2

2 1 z x

1

z x + +

−

y 1 z 1

y z + +

−

Giải:

Đặt x = tgα , y = tgβ , z = tgγ với

-2

π < α, β, γ <

2

π

Ta có:

2

2 1 y x

1

y x + +

−

=

β + α +

β

− α

2

2 1 tg tg

1

tg

tg

= cosαcosβ αα− ββ

cos

sin cos

sin

=sinαcosβ - sinβcosα=sin(α - β)

Tương tự ta có:

2

2 1 z x

1

z x + +

−

= sin(α - γ), 2 2

y 1 z 1

y z + +

−

=sin(γ - β)

Như vậy, chứng minh bất đẳng thức đã cho, đưa về chứng minh bất đẳng thức:

sin(α - β)≤sin(α - γ)+ sin(γ - β) (*) với mọi α, β, γ∈ 









 − π π 2

; 2

Ta có sin(u + v)=sinucosv + sinvcosu≤sinucosv+sinvcosu

≤sinucosv+sinvcosu≤sinu+ sinv

Để ý rằng α - β = (α - γ) + (γ - β)

Từ bất đẳng thức cuối cùng ta suy ra (*) (Đpcm)

Bài 16: Cho các số thực x, y thoả mãn

x2 + y2 = x 1 − y2 + y 1 − x2 Chứng minh: 3x + 4y ≤ 5

Giải:

Điều kiện xác định: 1 – y2≥ 0, 1 – x2≥ 0 tương đương –1 ≤ x, y ≤ 1

Nếu x ∈[-1; 0] hoặc y ∈ [-1; 0] hoặc x = 0, y = 1 hoặc x = 1, y = 0 bất đẳng thức hiển nhiên đúng Ta chỉ cần xét 0 < x < 1 và 0 < y < 1

Đặt x = cosα , y = sinβ với

-2

π < α <

2

π ; 0 < β < π

Từ x2 + y2 = x 1 − y2 + y 1 − x2

Ta có: cos2α + sin2β = cosα cosβ + sinα sinβ = cos(α - β) ≤ 1

⇒ cos2α≤ cos2β hoặc sin2β≤ sin2α

a) Nếu 0<α,β <

2

π hoặc

-2

π

< α < 0 và 0 < β <

2

π

ta có cosα > 0, cosβ > 0

cos2α≤ cos2β⇔ cosα≤ cosβ

3x + 4y = 3cosα + 4sinβ≤ 2cosβ + 4sinβ = 5 









 β + sin β

5

4 cos 5 3

= 5cos(β - ϕ) ≤ 5 trong đó cosϕ =

5

3

b) Nếu 0 < α <

2

π ,

2

π < β < π ta có sinα > 0 , sinβ > 0 thì sin2β≤ sin2α ⇔ sinβ≤ sinα

3x + 4y = 3cosα + 4sinβ≤ 3cosα + 4sinα = 5cos(α - ϕ) ≤ 5

c) Nếu

-2

π < α < 0 ,

2

π < β < π thì sin α < 0 , sinβ > 0

sin2β≤ sin2α ⇔ sinβ≤ -sinα

3x + 4y = 3cosα + 4sinβ≤ 3cosα - 4sinα = 5cos(α + ϕ) ≤ 5

II giải phương trình , bất phương trình :

Bài1: Giải bất phương trình :

1+ −x 1− ≤x x Giải :

Điều kiện :

x

x x

+ ≥

 − ≥



Đặt x=cost , t∈[ ]0,π

Khi đó bất phương trình đã cho trở thành :

1 cos+ t− 1 cos− t ≤cost 2

1 cos 2cos cos

2

t

2( os sin ) cos sin

c

( os sin )(cos sin 2) 0

c

2 os( )[ 2 os( ) 2] 0

os( )[ os( ) 1] 0

os( ) 0

2 4

t

2 2 4

t

⇔ ≤ + ≤

3

2 t 2

⇔ ≤ ≤

1 cost 0

1 x 0

⇔ − ≤ ≤

vậy phoơng trình này có nghiệm − ≤ ≤1 x 0

Bài 2 : giải phương trình :

1+ 1 x− =x(1 2 1 x )+ −

Giải :

Điều kiện : 1-x2≥0⇔ − ≤ ≤1 x 1

os 0

2

3

sin 0

2

t

c

t



⇔ 



đặt x = sint với t ;

2 2

π π

−

∈   Khi đó phương trình đã cho có dạng :

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

2 os sin sin 2

2

t

3

2 os (1 2 sin ) 0

c

os 0 2

sin

2 2

t c t





⇔



6 2

t t

π π

 =



⇔ 

 =



1 2 1

x x

 =



⇔

=



vậy phương trình có nghiệm 1

2

x= và x=1

Bài 3 : Giải phương trình :

1 x

x

−

Giải :

điều kiện :

2

x 1 0

0

x

 − >

 >

 ⇔ >x 1.

Đặt x= 1

cos t , t 0,2

π

∈ ÷

Khi đó phương trình có dạng :

1

2 2

1 cos

t

t

t

−

2 2 cost sint

⇔ + = ⇔sint+cost=2 2 sin cost t

Đặt sint + cost = u (1≤ ≤u 2), ta có

2

u 1 sin cos

2

t t= − .

Khi đó phương trình đã cho có dạng :

2

2(u 1)

u= − ⇔ 2u2− −u 2 0= ( )

2 1 l 2

u u

 =



 =



2

u= ⇔sint+cost= 2 2 sin( ) 2

4

t π

4

t π

4 2

t π π kπ

⇔ + = +

2

4

t π kπ

⇔ = + So sánh điều kiện ta có :

4

t=π

2

x

⇔ =

vậy nghiệm của phương trình là x= 2

Bài 4 : với a≠0, giải bất phương trình

2 x

x

a

a x

a

+

giải :

Đặt x= a tant, ;

2 2

t −π π 

∈ ÷ Khi đó bất phương trình có dạng :

2

2a cos tan

cos

a t

t ≤ + a ⇔ ≤1 sint+2cos t2 ⇔2sin t - sint -1 02 ≤ 1 sin 1

−

1

tan

3

t −

3

a

x −

⇔ ≥

Vậy nghiệm của bất phương trình là

3

a

x≥−

Bài 5 : Giải phương trình :

8x(2x2-1)(8x4-8x2+1)=1 (1)

giải:

Ta có các trường hợp sau :

Với x≥1, suy ra VT(1)>1, do đó phương trình vô nghiệm

Với x≤-1, suy ra VT(1)<0, do đó phương trình vô nghiệm

Với x <1, đặt x=cost , với t∈(0, )π

Khi đó phương trình được chuyển về dạng :

8cost(2cost2-1)(8cost4-8cost2+1)=1

⇔8cost.cos2t.cos4t = 1 ⇔8sint.cost.cos2t.cos4t = sint

⇔sin8t = sint 8 2

t t k

π

= +



2 7 2 9

k t

k t

π

 =



 =



So sánh điều kiện ta có

; ; ; ; ; ;

7 7 7 9 3 9 9

t∈ π π π π π π π

vậy phương trình có các nghiệm

os ; os ; os ; os ; os ; os ; os

x∈c π c π c π c π c π c π c π

Bài 6 : Giải phương trình