ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
- - - - - - - - - - - - - - - - - -
Lại Thị Quỳnh Nguyên
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60.46.40
Người hướng dẫn khoa học
GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU
THÁI NGUYÊN - NĂM 2011
Số hóa bởi Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên
Mục lục
Mở đầu 2
1 Một số hệ thức lượng giác cơ bản 4
1.1 Một số tính chất của hàm lượng giác cơ bản . . . . . . . . . . 4
1.2 Đẳng thức lượng giác và đồng nhất thức đại số . . . . . . . . 6
1.3 Một số tính chất của đa thức lượng giác . . . . . . . . . . . . 12
2 Một số phương pháp giải phương trình và bất phương trình
lượng giác 20
2.1 Phương trình lượng giác đưa về dạng phương trình đại số . . 20
2.2 Phương trình lượng giác giải bằng so sánh và ước lượng . . . 29
2.3 Bất phương trình lượng giác cơ bản . . . . . . . . . . . . . . 32
2.4 Các bất phương trình lượng giác hữu tỉ . . . . . . . . . . . . 34
2.5 Các bất phương trình lượng giác có chứa tham số . . . . . . 35
3 Một số ứng dụng của lượng giác trong đại số 39
3.1 Sử dụng lượng giác để chứng minh đẳng thức . . . . . . . . . 39
3.2 Sử dụng lượng giác để chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . 42
3.3 Sử dụng lượng giác để giải phương trình, bất phương trình và

số, giải tích để tổng hợp, chọn lọc và phân loại các phương pháp giải phương
trình, bất phương trình lượng giác và xây dựng một số lớp bài toán mới.
Luận văn được chia làm 3 chương.
Chương 1. Một số hệ thức lượng giác cơ bản
- Nhắc lại một số tính chất của hàm số lượng giác cơ bản: tính chất tuần
2
Số hóa bởi Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên
hoàn, phản tuần hoàn.
- Nêu một số đẳng thức lượng giác và đồng nhất thức đại số tương ứng.
- Nêu định nghĩa và một số tính chất của đa thức lượng giác.
Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình và bất phương
trình lượng giác
- Phân loại phương pháp giải một số dạng phương trình và bất phương
trình lượng giác.
- Những ví dụ minh họa cho từng phương pháp.
- Một số bài tập ứng dụng.
Chương 3. Một số ứng dụng của lượng giác trong đại số
- Trình bày ứng dụng của lượng giác trong một số dạng toán đại số.
- Nêu các ví dụ minh họa đối với từng dạng toán.
- Một số bài tập ứng dụng.
Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với Giáo sư - TSKH Nguyễn
Văn Mậu, người thầy đã trực tiếp hướng dẫn, cung cấp tài liệu và truyền đạt
những kinh nghiệm nghiên cứu cho tôi.
Tôi xin chân thành cảm ơn các thầy, cô giáo trong khoa Toán - Tin, Phòng
Đào tạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, trường Phổ thông
Vùng cao Việt Bắc và bạn bè đồng nghiệp đã giúp đỡ, tạo điều kiện cho tôi
hoàn thành bản luận văn này.
Thái Nguyên 2011
Lại Thị Quỳnh Nguyên
3

Giả sử tồn tại 0 < T
1
< 2π sao cho
f(x + T
1
) = f(x) ⇔ cos(x + T
1
) = cos x
Chọn x = 0 thì ta có cos T
1
= cos 0 = 1. (Mâu thuẫn với giả thiết
0 < T
1
< 2π). Vậy, 2π là chu kỳ cơ sở của hàm số f(x) = cos x.
Ví dụ 1.2 (IMO - 1968). Cho số thực a và hàm số f : R → R thỏa mãn
điều kiện
f(x + a) =
1
2
+

f(x) −(f(x))
2
, ∀x ∈ R. (1.1)
Chứng minh rằng f là hàm số tuần hoàn.
Giải. Giả sử tồn tại hàm số f(x) thỏa mãn yêu cầu bài ra. Để (1.1) có
nghĩa, ta phải có
1
2
≤ f(x) ≤ 1, ∀x ∈ R.

Vì g(x) ≥ 0, ∀x ∈ R, nên từ đây ta có: g(x + 2a) = g(x), tức là ta có
f(x + 2a) = f(x).
Vậy, f(x) là hàm tuần hoàn trên R với chu kỳ 2a.
5
Số hóa bởi Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên
1.1.2. Hàm tuần hoàn nhân tính
Định nghĩa 1.5 (xem [1]). Hàm f(x) được gọi là hàm tuần hoàn nhân tính
chu kỳ a, 0 < a /∈ {0, 1} trên M nếu M ⊂ D(f) và

∀x ∈ M ⇒ a
±1
x ∈ M
f(ax) = f(x), ∀x ∈ M.
Ví dụ 1.3. Xét f(x) = sin (2π log
2
x) . Khi đó f(x) là hàm tuần hoàn nhân
tính chu kỳ 2 trên R
+
.
Thật vậy, ta có: Với mọi x ∈ R
+
thì 2
±1
x ∈ R
+
và
f(2x) = sin [2π log
2
(2x)]
= sin [2π (1 + log

Đặt f(x) = tan [π log
5
x] , ∀x > 0, suy ra
f(5x) = tan [π log
5
(5x)] = tan [π + π log
5
x]
= tan [π log
5
x] = f(x).
Vậy, hàm số f(x) = tan (π log
5
x) là một hàm số tuần hoàn nhân tính chu
kỳ 5 trên R
∗
+
.
1.2 Đẳng thức lượng giác và đồng nhất thức đại số
Ta thấy rằng đẳng thức lượng giác cơ bản để dẫn đến sự phong phú của
hệ thống các đồng nhất thức lượng giác là công thức
sin
2
t + cos
2
t = 1, ∀t ∈ R. (1.2)
6
Số hóa bởi Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên
Gắn với hệ thức (1.2) là đồng nhất thức Lagrange
(2x)

e
iα
− e
−iα
2i
Từ đó suy ra cos(iα) =
e
α
+ e
−α
2
·
Như vậy hàm số cos t là biểu thức có dạng
1
2

a +
1
a

, cho nên, về mặt hình
thức ta sẽ có nhiều biến đổi thu được từ các công thức liên quan đến biến
x /∈ [−1; 1] giống như công thức đối với hàm số cos t.
Ví dụ 1.5. Đồng nhất thức đại số ứng với công thức
cos 2t = 2 cos
2
t − 1
chính là công thức
1
2

1
a
3

= 4

1
2

a +
1
a

3
− 3

1
2

a +
1
a

·
7
Số hóa bởi Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên
hay
4x
3
− 3x =

1
a
5

+
1
2

a +
1
a

= 2

1
2

a
3
+
1
a
3

1
2

a
2
+


.
Ví dụ 1.8. Cho số thực m với |m| > 1. Tính giá trị của biểu thức
M = 8x
3
− 6x,
trong đó
x =
1
2

3

m +

m
2
− 1 +
3

m −

m
2
− 1

.
Giải. Vì |m| > 1 nên tồn tại số thực q để có hệ thức
m =
1


3

m +

m
2
− 1 +
3

m −

m
2
− 1

= x.
Theo ví dụ 1.6 thì 4x
3
− 3x = m nên M = 2m.
8
Số hóa bởi Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên
1.2.2. Đồng nhất thức đại số liên quan đến hàm số sin
Từ công thức Euler ta thu được hệ thức
i sin t =
e
it
+ e
−it
2


+ 4

1
2

a −
1
a

3
,
hay
4x
3
+ 3x =
1
2

a
3
−
1
a
3

,
với
x =
1

a −
1
a

= 2

1
2

a
3
−
1
a
3


1 +

1
2

a
2
−
1
a
2

2

2

a −
1
a

·
Ví dụ 1.11. Cho số thực m. Tính giá trị của biểu thức
M = x
3
+
3
4
x,
trong đó
x =
1
2

3

m +

m
2
+ 1 +
3

m −



q −
1
q

=
1
2

3

m +

m
2
+ 1 +
3

m −

m
2
+ 1

= x.
Theo ví dụ 1.9 thì 4x
3
+ 3x = m nên M =
1
4

α ± 2π
3
.
• Với |m| > 1 : Đặt
m =
1
2

a
3
+
1
a
3

,
với
a =
3

m ±

m
2
− 1.
Ta viết phương trình đã cho dưới dạng
4x
3
− 3x =
1

.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = x
0
. Dễ thấy đây là nghiệm duy
nhất của phương trình.
Thật vậy, phương trình đã cho có nghiệm x
0
với x
0
/∈ [−1, 1]. Do đó
|x
0
| > 1. Khi đó, từ hệ thức
4x
3
− 3x = 4x
3
0
− 3x
0
ta thu được
(x − x
0
)[4x
2
+ 4xx
0
+ 4x
2
0


m
2
− 1

.
11
Số hóa bởi Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên
Ví dụ 1.13. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n (n ≥ 2) và với mọi a
ta có
−(1 + a
2
)
n
≤ (2a)
n
+ (1 − a
2
)
n
≤ (1 + a
2
)
n
. (1.5)
Giải. Ta có (1.5) tương đương với
−1 ≤

2a
1 + a

α ≤ 1.
Thật vậy ta có
−1 ≤ sin α ≤ 1 ⇒ −sin
2
α ≤ sin
n
α ≤ sin
2
α, ∀n ≥ 2.
Tương tự ta cũng có
−1 ≤ cos α ≤ 1 ⇒ −cos
2
α ≤ cos
n
α ≤ cos
2
α, ∀n ≥ 2.
Do đó: −1 ≤ sin
n
cos α + cos
n
α ≤ 1.
1.3 Một số tính chất của đa thức lượng giác
Định nghĩa 1.6 (xem[3]). Biểu thức
L
n
(x) = a
0
+
n

Số hóa bởi Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên
Định nghĩa 1.7 (xem[3]). Nếu trong (1.6) tất cả các b
k
(k = 1, n) đều bằng
0 thì ta có đa thức lượng giác cấp n thuần cos .
C
n
(x) = a
0
+ a
1
cos x + a
2
cos 2x + ··· + a
n
cos nx (a
n
= 0). (1.7)
Nếu trong (1.6) tất cả các a
k
(k = 1, n) đều bằng 0 thì ta có đa thức
lượng giác cấp n thuần sin
S
n
(x) = b
0
+ b
1
sin x + b
2

Tính chất 1.3 (xem[3]). Với mọi đa thức lượng giác L
n
(x) luôn tồn tại các
đa thức đại số P
n
(t) và Q
n−1
(t) sao cho
L
n
(x) = P
n
(cos x) + sin xQ
n−1
(cos x).
Tính chất 1.4 (xem[3]). Với mọi đa thức lượng giác S
n
(x) luôn tồn tại các
đa thức đại số Q
n−1
(t) sao cho L
n
(x) = b
0
+ sin xQ
n−1
(cos x).
Tính chất 1.5 (xem[3]). C
n
(x) = P

k
cos kx.
13
Số hóa bởi Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên
2. S
n
(x) =
n−1

k=0
r
k
sin kx.
Giải. Đặt z = r(cos x + i sin x). Ta có số phức
C
n
+ S
n
i = 1 +
n−1

k=1
r
k
(cos kx + i sin kx) =
n−1

k=0
z
k

n+1
cos(n − 1)x − r
n
cos nx − r cos x + 1
r
2
− 2r cos x + 1
·
2. S
n
=
r
n+1
sin(n − 1)x − r
n
sin nx − r sin x + 1
r
2
− 2r cos x + 1
·
Bài toán 1.2. Chứng minh rằng
1.
n

k=0
sin(α + kx) =
sin
(n + 1)x
2
sin(α +

j=1
(a
j
cos jx + b
j
sin jx). (1.9)
Chứng minh rằng
f(x + α) + f(x + 2α) + ··· + f(x + nα) = na
0
. (1.10)
14
Số hóa bởi Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên
Giải. Nếu f(x) = a
0
thì hiển nhiên (1.10) đúng.
Bổ đề 1.1. Nếu (1.10) đúng với các hàm số f
1
(x) và f
2
(x) (f
1
(x) và f
2
(x)
có dạng (1.9)) thì (1.10) cũng đúng với các hàm số f(x) = c
1
f
1
(x) + c
2

n

i=1
f
2
(x + iα).
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bổ đề 1.2. Với a là góc tùy ý, β là góc không chia hết cho 2π nhưng nβ
chia hết cho 2π thì
n

k=1
cos(a + kβ) = 0;
n

k=1
sin(a + kβ) = 0.
Chứng minh. Vận dụng bài toán 1.2.
Trở lại ví dụ đang xét: Do bổ đề 1.1 nên ta chỉ cần chứng minh (1.10)
cho các hàm số dạng f(x) = cos mx và f(x) = sin mx.
Nhận xét rằng với 0 < m < n, nα = 2π, mx = a, β = mα thì β không chia
hết cho 2π nhưng nβ chia hết cho 2π nên theo bài toán 1.2 ta được (1.10)
đúng với các hàm số nói trên. Từ đó ta được điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.15. Cho
C
n
(x) = a
0
+ a
1


(2n − 1)π
n

= 2na
n
. (1.11)
15
Số hóa bởi Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên
Giải.
Do cos

n.k
π
n

= cos kπ = (−1)
k
nên C
n

k
π
n

= C
n−1

k
π

= (n − 1)a
0
,
n−1

k=0
C
n−1

(2k + 1)π
n

=
n−1

k=0
C
n−1

π
n
+ k
2π
n

= (n − 1)a
0
.
Do đó
C

n
[1 −(−1) + 1 −(−1) + ···+ 1 −(−1)] = 2na
n
.
Suy ra điều phải chứng minh.
Từ kết quả của ví dụ này ta được:
Hệ quả 1.1.
|C
n
(0)| +



C
n
(
π
n
)



+




C
n
(

n
(k
π
n
)



 |a
n
|.
Hệ quả 1.2. Độ lệch so với 0 của đa thức lượng giác C
n
(x) không nhỏ hơn
|a
n
|.
Hệ quả 1.3. Độ lệch so với 0 của đa thức quy chuẩn P
n
(x) trên đoạn [−1; 1]
không nhỏ hơn 2
1−n
.
Hệ quả 1.4. Đa thức quy chuẩn có độ lệch nhỏ nhất trên đoạn [−1; 1] có
dạng
P
n
(cos α) = 2
1−n
cos nα

n
|  1. (1.12)
Giải. Ta có
|b
1
+ 2b
2
+ 3b
3
+ ··· + nb
n
| = |f

(0)| =




lim
x→0
f(x) −f(0)
x




 lim
x→0




= lim
x→0




f(x)
sin x




 1.
Ví dụ 1.17. Cho trước các số thực a, b, A, B. Xét đa thức lượng giác
f(x) = 1 − a cos x − b sin x − A cos 2x − B sin 2x.
Chứng minh rằng
Nếu f(x)  0, ∀x ∈ R thì a
2
+ b
2
 2 và A
2
+ B
2
 1.
Giải. Đặt r
2
= a
2


, Q = 1 −
r
√
2
− R cos 2

α − β −
π
4

·
Nếu r
2
> 2 thì 1 −
r
√
2
< 0. Hai góc 2(α − β +
π
4
) và 2(α − β −
π
4
) có
hiệu bằng π nên các cosin của chúng trái dấu. Bởi vậy, trong hai biểu thức
17
Số hóa bởi Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên
R cos 2(α −β +
π

 1.
Nhận xét 1.1. Ví dụ trên là trường hợp đặc biệt của định lý về đa thức
lượng giác nhận giá trị không âm.
Nếu f(x) = 1 +
n

k=1
(a
k
cos kx + b
k
sin kx)  0, ∀x ∈ R thì
a
2
i
+ b
2
i
 2, ∀i = 1, n −1 còn a
2
n
+ b
2
n
 1.
Ví dụ 1.18. Tồn tại hay không đa thức
P
n
(x) = x
n

Giả sử P
n−1
(x), P
n
(x) là các đa thức có dạng (1.13). Khi đó, do
P
n+1
(x) = 2 cos

(n + 1) arccos
x
2

và P
n−1
(x) = 2 cos

(n − 1) arccos
x
2

,
nên
P
n+1
(x)+P
n−1
(x) = 4 cos

n arccos

Theo nguyên lý quy nạp ta được: P
n
(x) có dạng (1.13) với mọi n ∈ N.
Ngoài ra, với |x|  2 thì |P
n
(x)|  2. Vậy tồn tại đa thức thỏa mãn yêu
cầu đề bài, đa thức đó cho bởi công thức P
n
(x) = 2 cos(n arccos
x
2
).
Ví dụ 1.19. Cho các đa thức P
n
(x), n ∈ N
∗
xác định như sau
P
1
(x) = x
2
− 2; P
k
(x) = P
1
(P
k−1
(x)), (k = 2, 3, . . . ).
Chứng minh rằng với mọi n ∈ N
∗

− 1
hoặc t =
k2π
2
n
+ 1
·
Vậy (1.14) có các nghiệm:
x
k
= cos
k2π
2
n
− 1
(k = 0, 2
n−1
− 1), (1.16)
x
j
= cos
j2π
2
n
+ 1
(j = 0, 2
n−1
). (1.17)
Do hàm số cos nghịch biến trên [−π, π] nên các nghiệm trong mỗi nhóm
(1.16) và (1.17) đôi một khác nhau. Do 2

x = d, (a
2
+ b
2
> 0). (2.1)
Phương pháp 1 (Lượng giác)
Dùng công thức hạ bậc đưa về phương trình bậc nhất đối với sin 2x và
cos 2x
sin
2
x =
1 − cos 2x
2
, cos
2
x =
1 + cos 2x
2
, sin x cos x =
1
2
sin 2x.
Khi đó
(2.1) ⇔ (c − a) cos 2x + b sin 2x = 2d − (a + c) (2.2)
là phương trình bậc nhất đối với sin 2x và cos 2x.
Phương pháp 2 (Đại số hoá)
• Nếu cos x = 0

⇔ x =
π

x = 0 ta được phương trình:
a tan
2
x + b tan x + c = d(1 + tan
2
x)
⇔ (a − d) tan
2
x + b tan x + (c − d) = 0.
Đặt tan x = t, ta đưa phương trình về dạng đại số:
(a − d)t
2
+ bt + c − d = 0.
• Chú ý: Có thể kiểm tra x = kπ, k ∈ Z có là nghiệm của (2.1) hay
không.
Với x = kπ, chia cả hai vế của (2.1) cho sin
2
x, đưa về phương trình:
(c − d) cot
2
x + b cot x + (a − d) = 0.
• Đối với phương trình đẳng cấp bậc cao cách giải tương tự như đối
với bậc hai (phương pháp 2).
2. Các ví dụ
Ví dụ 2.1. Giải phương trình
sin
2
x + 2 sin x cos x + 3 cos
2
x = 3 (2.3)

4
=
3π
4
+ k2π.
⇔

x = kπ
x =
π
4
+ kπ
(k ∈ Z) .
21
Số hóa bởi Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên
Ví dụ 2.2. Giải phương trình:
3 sin
2
x + 8 sin x cos x + 4 cos
2
x = 0 (2.4)
Giải.
• Với cos x = 0

⇔ x =
π
2
+ kπ, k ∈ Z

thì (2.4) trở thành


−
2
3

+ kπ
x = arctan (−2) + kπ
(k ∈ Z) .
Ví dụ 2.3. Tìm m để phương trình sau đây có nghiệm
(m + 3) sin
2
x + (m + 3) sin x cos x + cos
2
x = 0. (2.5)
Giải. Ta có
(2.5) ⇔
m + 3
2

1 − cos 2x

+
m + 3
2
sin 2x +
1 + cos 2x
2
= 0
⇔ (m + 3) sin 2x − (m + 2) cos 2x = −m − 4 (2.6)
Phương trình (2.5) có nghiệm ⇔ phương trình (2.6) có nghiệm.

cos x = 0
tan x =
1
2
.
⇔


x =
π
2
+ kπ
x = arctan
1
2
+ kπ
(k ∈ Z) .
• Với m = 0 : Ta thấy cos x = 0 không thỏa mãn phương trình
(2.7) ⇒ cos x = 0. Chia cả hai vế của phương trình (2.7) cho
cos
2
x, ta được
m tan
2
x − 2 tan x + 1 = 0
Đặt tan x = t, ta có phương trình:
f(t) = mt
2
− 2t + 1 = 0. (2.8)
Xét (2.8) có:

+ + + 0 < t
1
< t
2
x = α
1
+ kπ, x = α
2
+ kπ
0   t =
1
2
x =
π
2
+ kπ, x = arctan
1
2
+ kπ
+ - - t
1
< 0 < t
2
x = α
1
+ kπ, x = α
2
+ kπ
−∞
(trong đó α

x − 6 sin x cos x − 5 cos
2
x + m = 0.
5) Giải phương trình: sin
6
x + cos
6
x = 2

sin
8
x + cos
8
x

.
6) Tìm m để phương trình
sin
4
x + cos
4
x +
1
4
m sin 4x − (2m + 1) sin
2
x cos
2
x = 0
có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng

0
thỏa mãn (2).
- Bước 4: Dùng các tổng dặc biệt
sin x ± cos x =
√
2 sin

x ±
π
4

= ±
√
2 cos

x ∓
π
4

để giải một trong các phương trình lượng giác cơ bản
√
2 sin

x ±
π
4

= ±
√
2 cos

2 cos y
24
Số hóa bởi Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên