Chuyên đề Lượng giác Ứng dụng PHẦN I: LƯỢNG GIÁC - CHƯƠNG I: PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC (PTLG) BÀI 1: CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN I PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN (PTCB): Trong lượng giác có phương trình Dù (chính nên có tên vậy) phải nêu PTLG khác giải phải đưa PTCB sau đây: sinαx = với α ≤ , có nghiệm là: x = arcsinα + k2 π x = π − arcsinα +k2 π cosαx = ( k ∈ Z) với α ≤ , có nghiệm là: x = ± arc cosα+k2 π ( k ∈ Z) tgx = α có nghiệm là: x = arcαtg + kπ (hay cotαgx = ( k ∈ Z) có nghiệm là: x = arc cotαg + kπ ) ( k ∈ Z) Chú ý: Trong PTCB ta đã có sử dụng đến hàm số lượng giác ngược: Hàm y = arcsin x : Miền xác định: D = [ −1,1] π π y ∈ − ; y = arcsin x ⇔ 2 sin y = x Hàm y = arccos x : Miền xác định: D = [ −1,1] y ∈ [ 0; π ] y = arc cos x ⇔ cos y = x Hàm y = arc tgx : Miền xác định: D = R π π y ∈ − ; ÷ y = arc tgx ⇔ 2 tgy = x Hàm y = arc cot gx : Miền xác định: D = R y ∈ ( 0; π ) y = arc cot gx ⇔ cot gy = x Ta xét mợt sớ tốn sau: Nhóm học sinh lớp 11A1 Chuyên đề Lượng giác Ứng dụng Bài tốn 1: Giải phương trình sau: cos ( 3π sin x ) = cos ( π sin x ) Giải cos ( 3π sin x ) = cos ( π sin x ) 3π sin x = π sin x + k 2π 2π sin x = k 2π ⇔ ⇔ 3π sin x = −π sin x + k 2π 4π sin x = k 2π Do k ∈ Z sin x ≤ sin x = k ⇔ sin x = k k ≤1 k ⇔k ⇔ ≤ ⇔ k ∈ { 0; ±1; ±2} ≤1 sin x = ⇔ sin x = ± sin x = ±1 sin x = ⇔ sin x = sin x = − lπ x = x = ± π + k 2π ⇔ x = 5π + k 2π 7π + k 2π x = lπ x = ⇔ x = ± π + kπ (l , k ∈Z ) Vậy nghiệm của phương trình đã cho lπ x = (l , k ∈Z ) x = ± π + kπ Nhận xét: Đây PTLG mà việc giải rất đơn giản, mấu chớt của vị trí quan trọng của ‘k’ Đôi lúc vai trò của ‘k’ việc giải PTLG rất quan trọng.Việc xét điều kiện ‘k’ có thể đưa đến số PTLG hay liên quan đến việc giải sớ tốn đại sớ, sớ học nhỏ mà ta sẽ gặp số tốn sau: Bài tốn 2: (ĐH Tởng hợp Lơmơnơxơp khoa Tính Tốn Điều Khiển 1979-ĐHSPII 2000) Tìm tất nghiệm nguyên của phương trình sau: ) ( π cos x − x + 160 x + 800 = 8 Giải Giả sử x sớ ngun thoả mãn phương trình, ta có: Nhóm học sinh lớp 11A1 Chương 1: Phương trình lượng giác ) ( π cos x − x + 160 x + 800 = 8 ⇔ ) ( π x − x + 160 x + 800 = k 2π ( k ∈ Z ) ⇔ x + 160 x + 800 = x − 16k 3 x − 16k ≥ ⇔ 2 9 x + 160 x + 800 = ( x − 16k ) 3 x − 16k ≥ ⇔ 8k − 25 x = 3k + ⇒ 3 x − 16k ≥ ⇔ 25 ( 1) x = 24 k − 40 − 3k + 25 ∈ Z , suy : k ∈ { 0;-2;-10} 3k + ( 2) Từ ( ) , bằng cách thử trực tiếp vào ( 1) ta được: k = −2 x = −7 k = −10 x = −31 Nhận xét: Đây PTLG bản, việc giải thật giải phương trình nghiệm nguyên hai ẩn mà ta sẽ đề cập đến cách cụ thể phần sau.Bài tốn chỉ nhằm mục đích minh hoạ cho vai trò của ‘k’ Bài tốn : Tìm sớ a>0 nhỏ nhất thoã mãn: cos π a + 2a − ÷ − sin ( π a ) =0 Giải π cos π a + 2a − ÷ − sin ( π a ) =0 ⇔ cos − π ( a + 2a ) = sin ( π a ) 2 ⇔ sin π ( a + 2a ) = sin ( π a ) π ( a + 2a ) = π a + k 2π ⇔ π ( a + 2a ) = π − π a + k 2π a = k ∈ Z ⇔ ( *) 2a + 2a − ( 2k + 1) = ( *) −1 Do a >0 suy Mina = k ∈ Z Nhận xét: Bài toán mấu chốt quan trọng: -Thứ nhất: ta đã sử dụng công thức lợi hại nhất đới với tốn có dạng sin a + cos b : Năm học 2006 – 2007 Chuyên đề Lượng giác Ứng dụng π sin x = cos − x ÷ 2 -Thứ hai: tìm giá trị nhỏ nhất có thể có của biến a Bài tốn 4: Tìm nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình: sin ( π x ) = sin π ( x + 1) Giải sin ( π x ) = sin π ( x + 1) 2k + π x = π ( x + 1) + k 2π x=− ⇔ ( k ∈Z ) ⇔ π x = π − π ( x + 1) + k 2π x + x − k = k ( k ∈Z ) ∈ Z 2k + 1 >0 , k ∈ Z suy ra: , ta x = nghiệm dương nhỏ nhất 2 ( +) Xét x = − ( +) Xét phương trình x + x − k = ( *) có: Δ = + 4k ≥ k ≥ − ⇔ ⇒k ≥0 k ∈ Z Thử trực tiếp ta thấy k = phương trình ( *) có nghiệm nhỏ nhất là: x= -1+ > (loại) 2 Vậy nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình đã cho là: x = Bài tốn 5: Tính tởng nghiệm x ∈ [ 0,100] của phương trình sau: cos3 x − cos x + = cos x + tg x cos x Giải Điều kiện: cos x ≠ ⇔ x ≠ π + kπ ( k ∈ Z) Với điều kiện phương trình: ⇔ cos x − + ⇔ cos x = cos x = cos x + tg x cos x x = k 2π ⇔ x = k 2π Nhoùm học sinh lớp 11A1 , k ∈Z ⇔x= k 2π (*) Chương 1: Phương trình lượng giác 100 50 = = 47 Do ≤ x ≤ 100 nên ≤ k ≤ 2π π 3 47.2π 48 + ÷ =752 π ⇒S= Nhận xét: Bài tốn ngồi việc cho ta thấy vai trò của ‘k’ còn chỉ rõ vấn đề: tầm quan trọng của việc kết hợp nghiệm Thử hình dung, ta khơng kết hợp nghiệm lại dạng cơng thức (*) đon giản ta phải tiến hành xét bất phương trình sau: k 2π ≤ 100 Như ta phải tốn thời gian hơn, q trình giải tốn sẽ bị kéo dài cách không cần thiết ≤ k 2π ≤ 100 ; 0≤ II KẾT HỢP CÔNG THỨC NGHIỆM: Kết hợp công thức nghiệm PTLG chẳng những giúp cho ta có thể loại nghiệm ngoại lai mà còn có thể có cơng thức nghiệm đơn giản hơn, từ việc giải tốn trở nên đơn giản (giớng tốn mà ta vừa xét trên) Đôi lúc việc kết hợp công thức nghiệm tương tự việc giải hệ phương trình lượng giác bằng phương pháp Ở ta không đề cặp đến phương pháp mà ta chỉ nói đến hai phương pháp chủ yếu sau: A ĐƯỜNG TRÒN LƯỢNG GIÁC: 1.Các khái niệm bản: a) Đường tròn lượng giác: đường tròn có bán kính đơn vị R = ta đã chọn chiều dương ( + ) (thông thường chiều dương chiều ngược chiều kim đồng hồ) b) Cung lượng giác: »AB (với A, B điểm đường tròn lượng giác) cung vạch điểm M di chuyển đường tròn lượng giác theo chiều nhất định từ A đến B c) Góc lượng giác: khác với góc bình thường góc lượng giác có chiều nhất định Phương pháp biểu diễn góc cung lượng giác: a) Biểu diễn điểm ngọn của cung lượng giác biết sớ đo có dạng α + kπ : Ta đưa số đo dạng α + k 2π m Bài tốn có m ngọn cung phân biệt tương ứng với k từ đến ( m 1) Bài toán 1: Trên đường tròn lượng giác, ta lấy điểm A làm gốc Định những điểm M biết sđ »AB = π π +k Giải π π π 2π Ta có sđ »AB = + k = + k Suy có điểm ngọn cung phân biệt ứng với: 4 Năm học 2006 – 2007 10 Chuyên đề Lượng giác Ứng dụng ( + ) k = : ¼AM = π ( + ) k = : ¼AM = 5π ( + ) k = 1: ¼AM = 3π 7π Đề ý ta thấy rằng đường tròng lượng giác điểm ngọn cung đỉnh của hình vng ( + ) k = : ¼AM = M M 1M M Nhận xét: Trên đường tròn lượng giác điểm ngọn cung đỉnh của đa giác m cạnh b) Biểu diễn góc (cung) dạng công thức tổng quát: Ta biểu diễn từng góc (cung) đường tròn lượng giác Từ suy cơng thức tởng qt Bài tốn 2: Biểu diễn góc lượng giác có sớ đo sau dạng công thức tổng quát: x = kπ π x = ± + kπ Giải Ta biểu diễn điểm ngọn cung của x = kπ = k 2π k = 0: x = k = 1: x = π Ta biểu diển điểm ngọn cung của x = ± π + kπ π 4π k = 1: x = ± Trên đường tròn lượng giác, ta nhận thấy có điểm ngọn cung phân biệt, Do cơng thức k = 0: x = ± k 2π kπ = Nhận xét: Qua toán ta thấy rõ vai trò của việc kết hợp góc lượng giác dạng công thức tổng quát đơn giản Hơn nữa, còn toán việc giải hệ phương trình lượng giác bằng phương pháp biểu diễn đường tròn lượng giác tổng quát là: x= Bài toán giải PTLG dùng phương pháp kết hợp nghiệm bằng đường tròn lượng giác để loại nghiệm ngoại lai Nhóm học sinh lớp 11A1 11 Chương 1: Phương trình lượng giác Bài tốn 1: Giải phương trình: sin x(sin x + cos x) − =0 cos x + sin x − Giải Điều kiện: cos x + sin x − ≠ ⇔ sin x + sin x ≠ sin x ≠ ⇔ sin x ≠ x ≠ kπ ⇔ ( 1) π x ≠ + k π Với điều kiện phương trình tương đương: sin x ( cos x + sin x ) − = ⇔ sin x + sin x cos x − = ⇔ cos x(sin x − cos x) = cos x = ⇔ sin x = cos x π x = + kπ ⇔ , k ∈ Z ( 2) x = π + kπ Kết luận: nghiệm của phương trình đã cho là: π π + kπ ; x = − + k 2π ,( k ∈ Z ) 2 Nhận xét: Đây có cơng thức nghiệm đơn giản cho phép ta có thể biểu diễn cách xác đường tròn lượng giác Tuy nhiên ta hãy xét thêm toán sau để thấy rõ màu sắc của toán biểu diễn nghiệm đường tròn lượng giác x= Bài tốn 2: Giải phương trình sau: sin x =1 cos x Giải Điều kiện để phương trình có nghĩa là: π π kπ , + kπ ⇔ x ≠ + k ∈ Z (1) 12 Với điều kiện (1) phương trình tương đương: sin x = cos x cos x ≠ ⇔ x ≠ π ⇔ cos x = cos − x ÷ 2 π 6 x = − x + 2mπ ⇔ m∈Z 6 x = x − π + 2mπ Năm học 2006 – 2007 12 Chuyên đề Lượng giác Ứng dụng π mπ x = 20 + ⇔ m∈Z x = − π + mπ So sánh nghiệm với điều kiện ban đầu ta nghiệm của phương trình là: x= π mπ + m ≠ 5n + , n ∈ Z 20 Nhận xét: ta nhận thấy đới với tốn việc biểu diễn bằng đường tròn lượng giác đã ttrở nên khó khăn khó xác Do ta hãy xem phương pháp hai B PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN: Cơ sở của phương pháp: Giải phương trình bậc nhất hai ẩn ax + by = c , với a,b,c nguyên a) Định lí 1: Định lí sự tồn tại nghiệm nguyên Cần đủ để phương trình ax + by = c ,với ( a, b, c ∈ Z) có nghiệm nguyên ( a, b ) c Hệ quả: Nếu ( a, b ) = phương trình ax + by = c ln có nghiệm ngun b) Định lí 2: phương trình ax + by = c , với ( a, b, c ∈ Z) , a + b ≠ , ( a, b ) = có nghiệm riêng ( x0 , y0 ) nghiệm tởng qt của phương trình là: x = x0 + bt , với t ∈ Z y = y0 − at Ví dụ: phương trình x + y = có nghiệm riêng ( 1, −1) nghiệm tổng quát là: x = + 2t , với t ∈ Z y = −1 − 3t c) Ví dụ: giải biện luận phương trình nghiệm ngun sau theo tham sớ m nguyên x − 11 y = m + (1) Ta có ( 6,11) = nên phương trình (1) ln có nghiệm ngun Phương trình (1) có nghiệm riêng ( 2m + 4, m + ) nên có nghiệm tởng qt: x = 2m + − 11t , t ∈Z y = m + − 6t Ví dụ: Ta xét sớ tốn dùng phương trình nghiệm ngun để kết hợp nghiệm hay giải hệ phương trình hệ của PTLG Bài tốn 1: Giải phương trình : tg xtg x = Giải Điều kiện: Nhóm học sinh lớp 11A1 13 Chương 1: Phương trình lượng giác π kπ π x ≠ + x ≠ + k π ( 1) 2 ,k ∈Z ⇔ x ≠ π + kπ x ≠ π + kπ ( ) 14 Với điều kiện phương trình tương đương: sin x sin x = cos x cos x π π mπ + mπ ⇔x= + , (3) m ∈ Z 18 Ta xét xem nghiệm của (3) có thoả điều kiện (1), (2) hay khơng: • Xét điều kiện (1): ⇔ 9x = ⇔ cos x = Ta giải phương trình nghiệm nguyên sau: π π π mπ +k = + 18 ⇔ 4m − 18k = Dễ dàng nhận thấy phương trình có ( 4,18 ) = khơng phải ước của nên phương trình nghiệm nguyên vơ nghiệm Vậy nghiệm (3) ln thoả mãn (1) • Xét điều kiện (2): Ta giải phương trình nghiệm nguyên sau: π kπ π mπ + = + 14 18 ⇔ + 14m = + 18k ⇔ m − 9k = có nghiệm riêng tổng quát là: m = + 9t ,t ∈Z k = + 7t Do nghiệm của phương trình đã cho là: π mπ + , với m ∈ Z m ≠ 9t + 4, n ∈ Z 18 Nhận xét: Đối với tốn ta nhận thấy cơng thức nghiệm của phức tạp, việc biểu diễn đường tròn khó xác Cho nên ta dùng phương trình nghiệm ngun sẽ xác dễ dàng Quay trở lại toán2 mục ta thấy dùng phương trình vơ định tốn sẽ nhanh x= Bài tốn 2: Giải hệ phương trình sau: cos x = cos x = Giải cos x = cos x = Năm học 2006 – 2007 x = 4kπ (1) ⇔ (k , l ∈ Z) x = 2lπ (2) 14 Chuyên đề Lượng giác Ứng dụng Để giải hệ phương trình ta giải phương trình nghiệm nguyên: 4kπ = 2lπ k = + t ⇔ ,t ∈Z l = 2t Vậy nghiệm của hệ đã cho là: x = 4tπ với t ∈ Z Nhận xét: Có thể ta cho rằng tốn cực kì đơn giản rất quan trọng Có sai lầm thường gặp vơ nguy hiểm: nhìn vào hệ phương trình đơn giản ta nghĩ đến đường tròn lượng giác -“cực kì cực kì nguy hiểm” Bởi đường tròn lượng giác có chu ki 2π (1) có chu kì 4π (2) có chu kì 2π Ta khơng thể sử dụng đường tròn lượng giác trường hợp Chú ý :Ta chỉ dùng đường tròn lượng giác sớ đo góc lượng giác có dạng: k 2π kπ hay x = α + m m (do đường tròn lượng giác có chu kì 2π ) x =α + Nhóm học sinh lớp 11A1 15