Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng http://www.ebook.edu.vn
Nhóm học sinh lớp 11A1
6
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 3 phương trình cơ bản.Dù cơ bản (chính vì cơ bản nên nó mới có tên
như vậy) nhưng cũng phải nêu ra đây bởi vì các PTLG khác nếu giải được cũng phải đưa về
một trong 3 PTCB sau đây:
1.sin αx = với
α 1≤
, có nghiệm là:
arcsin α 2
arcsin α +k2
xk
x
π
ππ
=+
⎡
⎢
=−
⎣

()
k ∈Z
2.cos α
x
= với

Miền xác định:
[
]
1,1D =−

;
arcsin
22
sin
y
yx
yx
ππ
⎧
⎡
⎤
∈−
⎪
⎢
⎥
=⇔
⎣
⎦
⎨
⎪
=
⎩

2. Hàm
arccos

;
arc
22
y
ytgx
tgy x
ππ
⎧
⎛⎞
∈−
⎪
⎜⎟
=⇔
⎝⎠
⎨
⎪
=
⎩

4. Hàm arccot
y
gx= :
Miền xác định:
DR=()
0;
arccot gx
cot

=

3sin sin 2
3sin sin 2
xxk
x
xk=+



= +


2sin 2
4sin 2
x
k
x
k


=



=


1
2
k
k








1
2
k

{
}
0; 1; 2k sin 0
1
sin
2
sin 1
x
x
x
=
2
2
6
5
2
6
7
2
6
l
x
x
k
xk
xk








=



= +

l
,
k Z
)
Vy nghim ca phng trỡnh ó cho l

2
6
l
x
x
k




=



= +


(
l , k Z )
Nhn xột: õy l mt PTLG m vic gii nú rt n gin, mu cht ca bi ny l v trớ quan
trng ca k. ụi lỳc vai trũ ca k trong vic gii PTLG rt quan trng.Vic xột iu kin
k cú th a n mt s PTLG khỏ hay liờn quan n vic gii mt s bi toỏn i s, s
hc nh m ta s gp mt s bi toỏn sau:
Bi toỏn 2:

⎡⎤
−++ =
⎢⎥
⎣⎦

(
)
2
3 9 160 800 2
8
x
xx k
π
π
⇔−++= ( k ∈Z )
()
2
2
2
9 160 800 3 16
316 0
9 160 800 3 16
x
xxk
xk
x
xxk
⇔++=−
−≥
⎧

xk
xk
k
−≥
⎧
⎪
⇔
⎨
=−−
⎪
+
⎩
()
1

25
35k
⇒ ∈
+
Z
, suy ra :
{
}
0;-2;-10k ∈
()
2
Từ
()
2 , bằng cách thử trực tiếp vào
()

đích minh hoạ cho vai trò của ‘k’.

Bài tốn 3 : Tìm số
a>0
nhỏ nhất thỗ mãn:
()
22
1
cos 2 sin
2
aa a
ππ
⎡⎤
⎛⎞
+− −
⎜⎟
⎢⎥
⎝⎠
⎣⎦
=0
Giải
()
22
1
cos 2 sin
2
aa a
ππ
⎡⎤
⎛⎞

22
22
22
aa ak
aa ak
πππ
ππππ
⎡
+=+
⎢
⇔
⎢
+=−+
⎣

()
2
22210
ak
aak
=∈
⎡
⇔
⎢
+− +=
⎣
Z
()
*
Do


=



-Th hai: tỡm giỏ tr nh nht cú th cú ca bin a.

Bi toỏn 4: Tỡm nghim dng nh nht ca phng trỡnh:
()
()
2
2
sin sin 1xx



=+

Gii.
()
()
2
2
sin sin 1xx




k
x
xxk
+

=



+=


(
k Z )
k Z

()
+ Xột
21
>0
2
k
x
+
=
,
k Z suy ra: , ta c
1
2
x =

cú nghim nh nht l:
-1+ 5 1
x = >
22
(loi)
Vy nghim dng nh nht ca phng trỡnh ó cho l:
1
2
x = .
Bi toỏn 5: Tớnh tng cỏc nghim
[
]
0,100x ca phng trỡnh sau:
32
2
2
cos cos 1
cos 2
cos
xx
x
tg x
x
+
=+
Gii.
iu kin:
2
cos 0x
2




=

, k Z
2
3
k
x

= (*)
Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng http://www.ebook.edu.vn
Nhóm học sinh lớp 11A1
10
Do 0 100x≤≤ nên
100 50
047
2
33
k
ππ
⎡⎤⎡⎤
⎢⎥⎢⎥
≤≤ = =
⎢⎥⎢⎥
⎢⎥⎢⎥
⎣⎦⎣⎦

47.2

nghiệm ngoại lai mà còn có thể có được một cơng thức nghiệm đơn giản hơn, từ đó việc giải
quyết bài tốn trở nên đơn giản hơn (giống như bài tốn mà ta vừa xét ở trên). Đơi lúc việc
kết hợp cơng thức nghiệm cũng tương tự như việc giải một hệ phương trình lượng giác cơ
bản
bằng phương pháp thế. Ở đây ta khơng đề cặp đến phương pháp này mà ta chỉ nói đến hai
phương pháp chủ yếu sau:
A. ĐƯỜNG TRỊN LƯỢNG GIÁC:
1.Các khái niệm cơ bản:

a) Đường tròn lượng giác: là đường tròn có bán kính đơn vị
R = 1
và trên đó ta đã chọn một
chiều dương
()
+ (thơng thường chiều dương là chiều ngược chiều kim đồng hồ)
b) Cung lượng giác:

AB (với A, B là 2 điểm trên đường tròn lượng giác) là cung vạch bởi
điểm M di chuyển trên đường tròn lượng giác theo một chiều nhất định từ A đến B.
c) Góc lượng giác: khác với góc bình thường góc lượng giác có một chiều nhất định

2. Phương pháp biểu diễn góc và cung lượng giác:
a) Biểu diễn các điểm ngọn của cung lượng giác biết số đo có dạng
α + k
π
:
Ta đưa số đo về dạng
2
α k
m

3
+1:
4
kAM

==

()

5
+2:
4
kAM

==

()

7
+3:
4
kAM

==
ý ta thy rng trờn ng trũng lng giỏc cỏc im ngn cung l nh ca hỡnh vuụng
0123
M
MMM .
Nhn xột: Trờn ng trũn lng giỏc cỏc im ngn cung l nh ca mt a giỏc u m
cnh.

1:kx

==

Ta biu din cỏc im ngn cung ca
3
x
k


= +
0:
3
kx

==

4
1:
3
kx

==
Trờn ng trũn lng giỏc, ta nhn thy cú 6 im ngn cung phõn bit, Do ú cụng thc
tng quỏt l:
2
63
kk
x


Giải.
Điều kiện:
2
cos sin 1 0xx+−≠
2
sin sin 0xx⇔+ ≠
sin 0
sin 1
x
x
≠
⎧
⇔
⎨
≠
⎩

2
xk
x
k
π
π
π
≠
⎧
⎪
⇔
⎨
≠+

4
x
k
x
k
π
π
π
π
⎡
=+
⎢
⇔
⎢
⎢
=+
⎢
⎣
,
k ∈ Z
()
2
Kết luận: nghiệm của phương trình đã cho là:
2
x
k
π
π
=+ ; 2
2

k
x
ππ
⇔≠ + , k ∈Z (1)
Với điều kiện (1) phương trình tương đương:
sin 4 cos6
x
x=

⇔
cos6 cos 4
2
x
x
π
⎛⎞
=−
⎜⎟
⎝⎠642
2
64 2
2
x
xm
x
xm
π



= +


mZ
So sỏnh cỏc nghim ny vi iu kin ban u ta c nghim ca phng trỡnh l:
20 5
m
x

=+ v 51mn+, nZ
Nhn xột: ta nhn thy i vi bi toỏn ny vic biu din bng ng trũn lng giỏc ó
ttr nờn khú khn v khú chớnh xỏc. Do ú ta hóy xem phng phỏp hai.

B. PHNG TRèNH NGHIM NGUYấN:
1. C s ca phng phỏp:
Gii phng trỡnh bc nht hai n ax by c+=, vi a,b,c nguyờn.
a) nh lớ 1
: nh lớ v s tn ti nghim nguyờn
Cn v phng trỡnh ax by c+=,vi
()
,,abcZ cú nghim nguyờn l
()
,ab c.
H qu
: Nu
()
,1ab =
thỡ phng trỡnh ax by c+= luụn cú nghim nguyờn.

x
y+= cú nghim riờng l
()
1, 1 v nghim tng quỏt l:
12
13
x
t
y
t
=+


=

, vi
t Z
c) Vớ d
: gii v bin lun phng trỡnh nghim nguyờn sau theo tham s m nguyờn

611 2xym=+ (1)
Ta cú
()
6,11 1= nờn phng trỡnh (1) luụn cú nghim nguyờn.
Phng trỡnh (1) cú nghim riờng l
()
24,2mm++ nờn cú nghim tng quỏt:

2411
26

π
π
π
⎧
≠+
⎪
⎪
⎨
⎪
≠+
⎪
⎩
()
()
1
42
2
14 7
k
x
k
x
ππ
ππ
⎧
≠+
⎪
⎪
⇔
⎨

πππ π
+=+
4187mk⇔− =

Dễ dàng nhận thấy phương trình trên có
()
4,18 2= khơng phải là ước của 7 nên
phương trình nghiệm ngun vơ nghiệm.
Vậy nghiệm (3) ln thoả mãn (1)
•
Xét điều kiện (2):
Ta giải phương trình nghiệm ngun sau:
14 7 18 9
km
πππ π
+=+

714 918mk⇔+ =+791mk⇔−= có nghiệm riêng tổng qt là:
49
37
mt
kt
=+
⎧
⎨
=+
⎩

Giải.
cos 2 1
cos 1
x
x
=
⎧
⎨
=
⎩

4(1)
(, )
2(2)
xk
kl
xl
π
π
=
⎧
⇔∈
⎨
=
⎩
Z
Để giải hệ phương trình này ta giải phương trình nghiệm ngun:
Chửụng 1: Phửụng trỡnh lửụùng giaực
Naờm hoùc 2006 2007
15

trong khi ú (1) cú chu kỡ l
4

v (2) cú chu kỡ l
2

. Ta khụng th s dng
ng trũn lng giỏc trong trng hp ny.
Chỳ ý
:Ta ch dựng ng trũn lng giỏc khi s o gúc lng giỏc ú cú dng:

2k
x
m


=+ hay
k
x
m


=+
(do ng trũn lng giỏc cú chu kỡ
2

).
Chöông 1: Phöông trình löôïng giaùc
Naêm hoïc 2006 – 2007
16

⎜⎟
⎝⎠

()
sin cos
c
x
a
ϕ
ϕ
⇔+=

Đặt cos sin
c
a
ϕ
α
=
22
ππ
α
⎛⎞
−≤≤
⎜⎟
⎝⎠
, ta có phương trình cơ bản:
sin()sinx
ϕ
α
+=

=
⎧
⎨
=−
⎩

Khi đó (1)
0bc⇔+=
•
Nếu cos 0
2
x
= không là nghiệm của (1), hay là 0bc+≠ nên tồn tại
2
x
tg .
Đặt
2
2
2
2
sin
1
2
1
cos
1
t
x
x

++22
2(1)(1)at b t c t⇔+−=+

2
()2 0bct atcb⇔+ − +−=
Giải phương trình được nghiệm
2
x
ttg=
, suy ra nghiệm x.
Điều kiện để phương trình (1) có nghiệm là:
Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng
Nhóm học sinh lớp 11A1 http://www.ebook.edu.vn
17
()
'2 22
0
0
0
bc
bc
acb
+=
⎡
⎢
+≠
⎧

trong cách giải 1 khơng phải là cung đặc biệt , , ,
643
πππ
ta
nên dùng cách 2 để được phép tính đơn giản hơn.
o Đối với phương trình có tham số ta nên dùng cách 2

Bài tốn 1: (Đại học Kinh tế Quốc Dân Hà Nội 1997)
Tìm các nghiệm
26
,
57
x
ππ
⎛⎞
∈
⎜⎟
⎝⎠
của phương trình sau:

cos7 3 sin 7 2xx−=−

Giải.
cos7 3 sin 7 2xx−=−

13 2
cos 7 sin 7
22 2
xx
−

π
ππ
π
⎡
+=− +
⎢
⇔
⎢
⎢
+= +
⎢
⎣
13 2
84 7
()
52
84 7
k
x
k
k
x
ππ
ππ
⎡
=− +
⎢
⇔∈
⎢
⎢

ππ π
⇒ =− + =

Với k=3
13 6 59
84 7 84
x
ππ π
⇒ =− + =
Chửụng 1: Phửụng trỡnh lửụùng giaực
Naờm hoùc 2006 2007
18
Xột
5226
;
84 7 5 7
k
x


=+

25 26
<<
584 7 7
k



()
22sin cos cos 3 cos2
x
xx x+=+

Gii

()
22sin cos cos 3 cos2
x
xx x+=+
()
2sin 2 1 cos2 3 2xx+=
Cú:
()()
()
22
22
2
2
221522
32 1162
ab
c

+= + =






b. Gii v bin lun phng trỡnh theo m.

Gii.
a. Do
()
10bcm m+= + nờn cos 0
2
x
.

Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng
Nhóm học sinh lớp 11A1 http://www.ebook.edu.vn
19
Đặt
2
x
ttg=
2
2
sin
1
t
x
t
⇒ =
+
2
2

41 11tm t m t⇔+ − =− +()
2
412 0ft t t m⇔=−+−=
Tìm m để (1) có nghiệm ;
22
x
ππ
⎡⎤
∈−
⎢⎥
⎣⎦
;
244
x
ππ
⎡
⎤
⇔∈−
⎢
⎥
⎣
⎦

• Cách 1: u cầu bài tốn tương đương
()
2
412 0ft t t m⇔=−+−=

thoả
12
1< <1tt−≤

()
()
'
0
230
1. 1 >0
62>0
1. 1 >0
22>0
1<2<1
1< <1
2
m
f
m
f
m
S
⎧
Δ≥
+≥
⎧
⎪
−
⎪
⎪

412 0ft t t m⇔=−+−= có nghiệm
[
]
1;1t ∈−
⇔
()
'2
11
2
22
gt t t m=−+= có nghiệm
[
]
1;1t ∈−
Ta có:
()
[
]
'
g2<01;1tt t=− ∀∈− , suy ra g (t) nghịch biến/ [-1;1]
Suy ra tập giá trị g (t) là đoạn
() ( )
[
]
1; 1 1;3gg−≡−
⎡⎤
⎣⎦

Từ đó (1) có nghiệm
;

()
'
-3
002
2
mftt= ⇒ Δ= ⇒ =⇔=
222
2
x
tg tg x k
ααπ
⇔==⇔=+
Chương 1: Phương trình lượng giác
Năm học 2006 – 2007
20
Nếu
()
1
2
232
-3
>0
2
232
tmtg
mft
tmtg
β
γ
⎡

Cũng ở câu a này ta đã sử dụng một cơng thức:
cos 0 0
2
x
bc≠⇔+≠
. Thật ra
cơng thức này đã được nhắc đến ở phần lý thuyết, ở đây chỉ nhắc lại để nhấn mạnh
bởi vì cơng thức này có thể rất có ích trong các bài kiểm tra trắc nghiệm.
-
Ở câu b ta có thể sừ dụng cơng thức phương trình vơ nghiệm, có một nghiệm, có 2
nghiệm khi và chỉ khi:
222
<cab+
hay
22 2
abc+=
hay
222
>abc+
.

Bài tốn 4:
Giả sử
22
0ab+≠
và c là số bất kì. Chứng minh rằng trong 2 phương trình sau:
()
()
cos sin 1
cot 2 2

()
222
>a +b 2cab≥
Suy ra phương trình (2) có nghiệm.
Tóm lại với
22
0ab+≠ và c bất kì thì ít nhất một trong hai phương trình (1) và (2) có
nghiệm.
Nhận xét: Đây là một bài tốn đơn giản nhưng vơ cùng thú vị bởi vì thật ra nó chỉ đơn giản
nếu ta nắm vững điều kiện có nghiệm của phương trình đẳng cấp bậc I còn nếu khơng việc xét
bài tốn này sẽ vơ cùng rắc rối. Ngồi ra bài tốn này còn cho thấy điều kiện có nghiệm của
một phương trình có vai trò vơ cùng quan trọng.

2. Phương trình đẳng cấp bậc 2:
22
sin sin .cos cosaxbxxcxd++= (1) (a,b,c
≠
0)
Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng
Nhóm học sinh lớp 11A1 http://www.ebook.edu.vn
21
Cách 1:

22
sin sin .cos cosaxbxxcxd++=

1 cos2 sin 1 cos2
.
222
xx x


22
3
7sin 2sin 2 3cos 3 15 0xxx+−−= (1)

Giải.
Do ta có:
3
7; 3 15 0 cos 0ad ad x== ⇒ −≠⇒ ≠
Chia 2 vế của phương trình cho
2
cos 0x ≠ ta được phương trình tương đương:

()
22
3
7433151 0tg x tgx tg x+−− + =

() ()
2
33
7315 4 3315tg x tgx⇔− + −+ 0= (2)
Ta có:
()()
'
33
473153315Δ= + − +

3
2

⇔=
⎜⎟
⎝⎠ Suy ra
'
<0 (2)Δ ⇒ vơ nghiệm
()
1⇒ vơ nghiệm
Kết luận: phương trình đã cho vơ nghiệm
Nhận xét: Bước ngoặt trong bài tốn này là đặt
3
15t = . Từ đó ta có thể đưa đến dấu của
'
Δ
giúp bài tốn được giải quyết. Đây là một dạng trong bài tốn đổi vai trò của ẩn số và tham
số.

Bài tốn 2: Định a để phương trình sau có nghiệm:

22
sin sin 2 3 cos 1ax xa x++ =

Giải.
Chửụng 1: Phửụng trỡnh lửụùng giaực
Naờm hoùc 2006 2007
22
22
sin sin 2 3 cos 1ax xa x++ =

-
Vi 10a = phng trỡnh cú nghim:
()
cos 0
2
xxkk


== + Z
-
Vi 10a ta chia 2 v ca phng trỡnh cho
2
cos 0x c phng trỡnh bc
hai theo
tgx ri dựng iu kin ca xỏc nh a.

3. Phng trỡnh ng cp bc III:
32 2 3
sin sin cos sin cos cos 0axbxxcx xd x+++=
Xột
cos 0x =
cú l nghim ca phng trỡnh
Chia 2 v ca phng trỡnh cho
3
cos 0x ta c mt phng trỡnh bc 3 theo tgx .
Bi toỏn 1: (i hc Y Dc Thnh ph H Chớ Minh 1997)
Gii phng trỡnh:
3
sin .sin 2 sin3 6cos
x


=



=



=


=

vụ lý
Chia 2 v ca (2) cho
3
cos 0x ta c phng trỡnh tng ng:

()
32
22360tg x tg x tgx +=

()
()
2
230tgx tg x =

()
2

Nhờ cơng thức này mà ta có thể đưa một phương trình đảng cấp bậc ba có phương trình theo
tg là một phương trình bậc ba khó đốn nghiệm sang phương trình đẳng cấp bậc nhất có
dạng:
sin 3 cos3 0axbxc++= hay một phương trình đẳng cấp bậc hai tương ứng.
Bài tốn 2: Cho phương trình:
()
cos3 cos2 cos 1 0 *xxmx−+ −=
Định m để (*) có đúng 7 nghiệm phân biệt
;2
2
x
π
π
⎛⎞
∈−
⎜⎟
⎝⎠

Giải.

Ta có (*)
()
32
4cos 3cos 2cos 1 cos 1 0xx x x⇔−− ++−=

()
32
4cos 2cos 3 cos 0xxmx⇔−+−=
3
;
22
xx
ππ
==

Do đó để (*) có đúng 7 nghiệm phân biệt trong khoảng
;2
2
π
π
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
thì phương trình
2
4cos 2cos 3 0xxm−+−= phải có đúng 5 nghiệm khác nhau trong khoảng ;2
2
π
π
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
và
khác
12
3

⎜⎟
⎝⎠
. Vậy ta tìm điều kiện của
m để phương trình
2
42 30ttm−+−= có 2 nghiệm
12
,tt thoả điều kiện
12
1<t <0<t <1− với
[
]
t=cosx 1,1∈− .
Đặt
()
f
t =
2
42 30ttm−+−= thì u cầu bài tốn thoả khi và chỉ khi:
()
()
()
0<0
3<0
1>0 3>0 1<m<3
1>0
1>0
f
m
fm

sin cos
n
x
x vi ,mnZ .
Cỏc phng trỡnh loi ny ta thng ỏp dng cụng thc:

()
2
sin cos 1
sin cos
2
xx
xx
+
=
;
()
2
1sin cos
sin cos
2
x
x
xx

=

Sau ú bng cỏch t
sin costxx=+ hoc sin costxx= ta s a PTLG v mt phng
trỡnh i s ca t, vi

sin cos 2 sin 1; 2 0;
4
txx x x




==




Khi ú phng trỡnh
2
3
1
3
2
t
tt m


=



()
()
32 2
231 2 32ttt mft ttm+ = =+=




cho ta 2 nghim
[
]
0;x


Do ú phng trỡnh
33
sin cos
x
xm= cú 3 nghim phõn bit
[
]
0;x


thỡ
()
2
f
tm=

phi cú 2 nghim
12
,tt sao cho
12
1< <1< < 2tt 2<2m<2

33
3
33
sin cos sin cos 3sin cos sin cos
sin cos sin cos 3sin cos sin cos
x
xxx xxxx
x
xxx xxxx
+=+ − +
−=− + −44
sin cos
x
x+=
22222
(sin cos ) 2sin cos
x
xxx+−

Bài tốn 2: (Đại Học Huế 2001)
Cho phương trình:

44
1
sin cos sin 2
2
xxmx


sin 2 1
x
⇔=

()
4
xkk
π
π
⇔= + ∈Z
b) Đặt
[
]
sin 2 1,1tx=∈−
() ()
2
1230ft t mt⇒ ⇔=+−=
Dễ dàng thấy
()() ( )( )
11 2222ff m m−=−+−
()
2
410m=− − ≤ 1m∀≥
Do đó
()
0ft= ln có 1 nghiệm
[
]
1,1t ∈− .


()()
44
97
cos 2 1 cos 2 1
8
xx
++=
t
cos 2tx= . Khi ú phng trỡnh tng ng:

()()
44
97
11
8
tt
+ + =

()()
432 432
97
4641 4641
8
tttt tttt
+++++++=

42
81
212 0

2
3
3cot10
sin
tg x m tx gx
x
+++ =

Gii
Phng trỡnh
()()
2
3cot cot40tgx gx m tgx gx+ + + =
t

2
cot cot 2
sin 2
t tgx gx t tgx gx
x
=+ =+ =

Khi ú:
2
340tmt+= vi 2t
()
2
34t
f
tm

t

+

+


4 -4
-

-
T bng bin thiờn suy ra phng trỡnh ó cho cú nghim
()
f
tm= cú nghim 4m
Nhn xột: Phng trỡnh trong bi toỏn ny cng c xem nh l mụt phng trỡnh i xng
nhng l i xng ca tg v cotg. Sau õy l mt bi toỏn v phng trỡnh i xng ca c
sin, cos, tg, cotg:

()( )
2sin3cotcos50tgx x gx x+ +=

Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng
Nhóm học sinh lớp 11A1 http://www.ebook.edu.vn
27
III. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CĨ MƠT VẾ LÀ TỔNG HỮU HẠN:
A. CƠ SỞ CỦA PHƯƠNG TRÌNH:

b) Một số tổng hữu hạn và cách chứng minh nó:
1.

()
1
1
sin sin
22
sin sin 2 sin
sin
2
na
na
Saa na
a
+
=+ ++ =

Nhìn vào kết quả ta cũng có thể đốn được là ta cần nhân 2 vế với
sin
2
a

2.

2
1
sin sin
22
cos cos 2 cos

Cách 1
: áp dụng
1
cot g cot g 2x
sin 2
x
x
−=−
Cách 2
: ta có đẳng thức cần chúng minh tương đương với:
cos
11 1cos2
2

sin sin 2 sin 2 sin 2
sin
2
n
nn
a
a
a
aa a a
−
++ ++ =

Xét vế trái có:
2
2cos 1
cos

()
()
4
11 11

cos cos 2 cos 2 cos3 cos 1 cos sin
S tgna tga
aa aa nana a
=+ ++ =−
−

Nhân 2 vế vơi sin a
5.

()
5
2
sin 1
cos cos2 cos
1
cos cos cos sin .cos
nn
na
aa na
S
aa aaa
+
=+ + + + =
aa
+
⇒ =
6.

()
6
223 1
tgna
S tgatg a tg atg a tg n atgna n
tga
=+ ++−=−
Áp dụng:
()
()
1
11
tg n a
tgna
tg n atgna
tga tga
−
−−=− −

tgna
Sn
tga
⇒
=−
7.

a
=+ ++ =−
Áp dụng:
222
111
4sin 4cos sin 2
x
xx
+=
c) Một số tích và cách chứng minh:
1.

()( )
()
1
1
2cos2 1
2cos 1 2cos2 1 2cos2 1
2cos 1
n
n
Ta a a
a
−
+
=− − −=
+

Nhân 2 vế với
()

VT
2
22 21
21
2cos
2cos 2cos 2 2cos 2
2
. .
cos cos2 cos2 cos 2
n
n
a
aa a
aa a a
−
−
=
22
1
2 cos cos cos2 cos 2
2
sin sin .
22 cos2
nn
n
a
aa a
aa
VT
−

n
T
nn n
n
ππ π
π
==
++ +
+

Nhân 2 vế với sin
21n
π
+

Chú ý:
Ở các cơng thức này ta có một mẹo nhỏ. Đó là chỉ cần nhìn kết quả của vế phải là ta
đã có thể biết được cách chứng minh. Tuy nhiên có nhiều trường hợp ta chỉ có vế trái thì ta
phải làm sao? Ta cần sử dụng đến các cơng thức ở mục a). do đó ta cần ghi nhớ các cơng thức
ở mục a.

Bài tốn 1:
Giải phương trình: (đề kiểm tra chun tháng 10 lớp 11A1)

1
11
sin 2 sin
n
i
i

3
S mà việc giải bài tốn này trở nên dễ dàng hơn.
Mặt khác cần chú ý rằng đối với các bài tốn có điều kiện phức tạp như vậy ta chỉ cần đặt
điều kiện tổng qt. Sau đó khi đã có được nghiệm rồi ta thế vào điều kiện tổng qt ban đầu
để loại đi các nghiệm ngoại lai.

Bài tốn 2: Tìm n để đẳng thức sau đúng:

()
1
cos 40 cos20
n
i
i
=
=
∑
oo
(1)

Giải
Áp dụng
2
S ta được:
(1)⇔
140
sin 40 sin
22
cos 20
40

⎩
oo

Ta nhận thấy n khơng thể náo là 1 được. Như vậy còn lại 2 giá trị, thử trực tiếp ta được n=2.
Chúng ta sẽ đề cập thêm vấn đề này ở chương 3, phần 3.

Chương 1: Phương trình lượng giác
Năm học 2006 – 2007
30
IV. PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ:
2
0
f
f
g
g
g
≥
⎧
=⇔
⎨
=
⎩

Khi giải các PHTL mà ẩn số nằm dưới dấu căn, các điều kiện ràng buộc thường ở dưới dạng
các bất phương trình lương giác. Dĩ nhiên ta có thể xem như là một hệ thống gồm các PTLG
và bất PTLG. Nhưng rõ ràng đây là một dạng khó, phức tạp dễ mắc phải sai lầm mà ta có thể
thấy ở các bài tốn dưới đây:
Bài tốn 1: (64II-Bộ đề thi Tuyển sinh)
Giải phương trình:

++
⎧⎧
⎪⎪
⇔
⎨⎨
+≥ −≥
⎪⎪
⎩⎩

Với điều kiện (2) thì
()
1 cos sin cos sin 2xx xx⇔−++=

22
2cos 2 cos sin 4xxx⇔+ −=

22
cos sin 2 cos
x
xx⇔−=−()
2
22
cos sin 2 cos
x
xx⇔−=−
Hãy thử quan sát xem tại sao ta phải xét 2 trường hợp riêng là: cos sin 0xx+= và
cos sin >0
x
x+ mà khơng gộp điều kiện lại là:cos sin 0xx+≥.
Nếu ta đặt:
cos sinaxx=+ và cos sinbxx=−thì điề kiện của bài tốn khi ta chỉ xét 1 trường
hợp là:
00
00
aa
ab b
≥≥
⎧⎧
⇔
⎨⎨
≥≥
⎩⎩

Phép biến đổi này hồn tồn sai vì nếu
0a = thì < 0b∀ ta vẫn có hệ
0
0
a
ab
≥
⎧
⎨
≥
⎩
được thoả mãn.