ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

TRẦN VĂN HUẤN

PHƯƠNG TRÌNH ĐA THỨC
LƯỢNG GIÁC VÀ MỘT SỐ
DẠNG TOÁN LIÊN QUAN

LUẬN VĂN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số:
60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

THÁI NGUYÊN 05/2017


i

Mục lục
MỞ ĐẦU
Chương 1. Các tính chất cơ bản liên quan đến đa thức lượng giác
1.1 Các đẳng thức lượng giác cơ bản . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Tính chất của hàm số lượng giác . . . . . . . . . .
1.1.2 Đẳng thức liên quan đến hàm cosin . . . . . . . .
1.1.3 Đẳng thức liên quan đến hàm sin . . . . . . . . . .
1.2 Phương trình lượng giác cơ bản . . . . . . . . . . . . . . .

.
.

Chương 2. Phương pháp giải phương trình đa thức lượng giác
2.1 Phương trình lượng giác thuần nhất . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 Phương trình lượng giác thuần nhất bậc 2 . . . . . . .
2.1.2 Phương trình lượng giác thuần nhất bậc cao . . . . . .
2.2 Đa thức Chebyshev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.2 Tính chất của các đa thức Tn (x) . . . . . . . . . . . .
2.2.3 Tính chất của các đa thức Un (x) . . . . . . . . . . . .
2.3 Một số lớp phương trình đa thức lượng giác . . . . . . . . . .
2.3.1 Phương trình bậc hai và bậc cao với một hàm số lượng
giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Phương trình đẳng cấp bậc nhất và bậc hai đối với sin x
và cos x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.3 Phương trình đối xứng và gần đối xứng . . . . . . . .

3
3
3
4
5
6
6
7
10
17
17
17

46
46
56
58

KẾT LUẬN

65

TÀI LIỆU THAM KHẢO

66


1

Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài:
Đa thức lượng giác có vị trí rất quan trọng trong Toán học vì nó không những
là một đối tượng nghiên cứu trọng tâm của lượng giác mà còn là một công cụ
đắc lực của Giải tích trong lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn, lý thuyết nội
suy,... và trong khảo sát phương trình và các bài toán cực trị. Ngoài ra, đa thức
lượng giác còn được sử dụng nhiều trong tính toán và ứng dụng. Trong các kỳ
thi học sinh giỏi toán quốc gia và Olympic toán quốc tế thì các bài toán về đa
thức lượng giác cũng thường được đề cập đến và được ẩn dưới dạng áp dụng
công cụ lượng giác nên thường là bài toán khó của bậc phổ thông.
2. Lịch sử nghiên cứu:

Tuy nhiên cho đến nay, các tài liệu về đa thức lượng giác và các phương
pháp lượng giác chưa đề cập đầy đủ. Vì vậy, việc khảo sát sâu hơn về các vấn đề

những thiếu sót nhất định tôi rất mong được quý Thầy Cô và độc giả góp ý để
luận văn được hoàn chỉnh hơn.
Thái Nguyên, tháng 05 năm 2017.
Tác giả
Trần Văn Huấn


3

Chương 1. Các tính chất cơ
bản liên quan đến đa thức
lượng giác
1.1

Các đẳng thức lượng giác cơ bản

1.1.1

Tính chất của hàm số lượng giác

Xét hàm số f (x) với tập xác định D( f ) ⊂ R và tập giá trị R( f ) ⊂ R.
Định nghĩa 1.1 (Tính chẵn lẻ, xem [1], [6]). Hàm số f (x) với tập xác định
D( f ) ⊂ R được gọi là hàm số chẵn trên K (K ⊂ D( f )) nếu:
x ∈ K ⇒ −x ∈ K
f (−x) = f (x)

(∀x ∈ K)

f (x) được gọi là hàm số lẻ trên K nếu
x ∈ K ⇒ −x ∈ K

tính) chu kỳ a (a ∈
/ {−1, 0, 1}) trên K nếu K ⊂ D( f ) và
∀x ∈ K ⇒ a±1 x ∈ K
f (ax) = f (x), ∀x ∈ K.
Định nghĩa 1.5 ( Xem [1], [6]). Hàm số f (x) được gọi là hàm phản tuần hoàn
(nhân tính) chu kỳ a (a ∈
/ {−1, 0, 1}) trên K nếu K ⊂ D( f ) và
∀x ∈ K ⇒ a±1 x ∈ K
f (ax) = − f (x), ∀x ∈ K.

1.1.2

Đẳng thức liên quan đến hàm cosin

Ví dụ 1.1. Hệ thức đại số với công thức
cos 2t = 2 cos2 t − 1
chính là công thức
1 2 1
a + 2
2
a

1
1
=2
a+
2
a

2


.

hay
4x3 − 3x =

1 3 1
a + 3
2
a

(Với x =

1
1
a+
, a = 0).
2
a

Ví dụ 1.3. Hệ thức đại số với công thức
cos 5t = 16 cos5 t − 20 cos3 t + 5 cost
chính là công thức
1 5 1
a + 5
2
a

1
1

a + 5
2
a

(Với x =

1
1
a+
, a = 0).
2
a

Đẳng thức liên quan đến hàm sin

Từ công thức Euler, ta thu được hệ thức
i sint =

eit − e−it
.
2

Từ hệ thức này ta có các công thức đối với hàm sin sang các đẳng thức đại số
sau:
Ví dụ 1.4. Công thức nhân 3:
sin 3t = 3 sint − 4 sin3 t.


6


a

(Với x =

1
1
a−
, a = 0).
2
a

Ví dụ 1.5. Từ công thức
sin 5t + sint = 2 sin 3t(1 − 2 sin2 t).
Ta có đẳng thức
1 5 1
1
1
a − 5 +
a−
2
a
2
a

1 3 1
=2
a − 3
2
a


π
+ lπ
2
u = v + kπ

(k, l ∈ Z);

4. cot u = cot v ⇔

u, v = lπ
u = v + kπ

u, v =

(k ∈ Z);

(k, l ∈ Z).

2

.


7

1.2.2

Các ví dụ minh họa

Ví dụ 1.6. Giải phương trình

2π
+ k2π
3x − = π − x −
3
3

π
x = + kπ

2
⇔
(k ∈ Z).

π
π
x = +k
6
2
Ví dụ 1.7. Giải phương trình
sin(4x − 5) + cos(x + 3) = 0.
Lời giải. Ta có
(1.2) ⇔ sin(4x − 5) = − cos(x + 3)
⇔ sin(4x − 5) = cos(π − x − 3)
π
−π +x+3
⇔ sin(4x − 5) = sin
2
π
⇔ sin(4x − 5) = sin − + x + 3
2

8

Ví dụ 1.8. Giải phương trình
sin2 2x + cos2 3x = 1.

(1.3)

Lời giải. Ta có
1 − cos 4x 1 + cos 6x
+
= 1 ⇔ cos 6x = cos 4x
2
2
6x = 4x + k2π
⇔ 6x = −4x + k2π

(1.3) ⇔

⇔

x = kπ
π ⇔ x = kπ
x=k
5
5

(k ∈ Z).

Ví dụ 1.9. Giải phương trình
cos(2π sin x) = −1.

sin x = − ⇔ sin x = sin −
⇔

2
6
7π
x=
+ l2π
6

(l ∈ Z).

Mà −1 ≤ sin x ≤ 1 nên −1 ≤
Với k = −1 ta có



Với k = 0 ta có

sin x =


1
π
⇔ sin x = sin
⇔

2
6


2 = 0 ⇔ 3 cos 3x = 1
(1.5) ⇔ cos −
2
2
2
3x 1
3x
1
⇔ cos = ⇔
= ± arccos + k2π
2
3
2
3
1
4π
2
(k ∈ Z).
⇔ x = ± arccos + k
3
3
3
1 − cos

Ví dụ 1.11. Giải phương trình
tan 3x tan x = 1.
Lời giải. Điều kiện

π


(k, l ∈ Z).

Ta có
π
−x
(1.6) ⇔ tan 3x = cot x ⇔ tan 3x = tan
2
π
π
π
(m ∈ Z).
⇔ 3x = − x + mπ ⇔ x = + m
2
8
4
Kiểm tra điều kiện:
π
π π
1. + m = + kπ ⇔ π + m2π = 4π + k8π
8
4
2
⇔ 1 + 2m = 4 + 8k ⇔ 2m − 8k = 3 (vô lí).
2.

π
π π
π
+ m = + k ⇔ 3 + 6m = 4 + 8l
8

m−1
> 1 ⇔ m ∈ (2; 3) ∪ (3; +∞) thì phương trình vô nghiệm.
m−3

Nếu

m−1
≤ 1 ⇔ m ≤ 2 thì phương trình luôn có nghiệm.
m−3

Đặt

m−1
= cos α
m−3

(α ∈ [0; π]).

Khi đó (1.7) ⇔ cos x = cos α ⇔

x = α + k2π
x = −α + k2π

Kết luận:
Với m > 2 thì phương trình vô nghiệm.
Với m ≤ 2 thì phương trình có nghiệm: x = ±α + k2π

1.3

(k ∈ Z).


π π
e) Nếu x ∈ [−a, a] (a > 0) thì đặt: x = a sin α với α ∈ − ; ; x = a cos α,
2 2
α ∈ [0; π].
f) Nếu hai biến x, y thỏa mãn: a2 x2 + y2 x2 = c2 (a, b, c > 0) thì đặt
x=

c sin α
c cos α
; y=
a
b

với

α ∈ [0; 2π].

Ta đi xét các ví dụ minh họa sau.
Bài toán 1.1. Giải các phương trình với các nghiệm thực;
4x3 − 3x = m với (|m| ≤ 1);

(1.8)

4x3 − 3x = m với (|m| < 1).

(1.9)

Lời giải.
Giải (1.8): Do |m| ≤ 1 nên ta đặt m = cos a = cos(a ± 2π) (Với a ∈ [0, π]).

2
a

Ta có
x0 =

1
1
a+
2
a

=

1
2

3

m+

m2 − 1 +

3

m−

m2 − 1 .

Ta chứng minh x0 là nghiệm thực duy nhất của phương trình. Thật vậy, vì x0 là

4x3 + 3x = 3m.
Lời giải. Đặt m =

(1.10)

√
1 3 1
a − 3 ; a3 = m ± m2 + 1 . Suy ra
2
a
4x3 + 3x =

1 3 1
a − 3 .
2
a

Ta suy ra phương trình có nghiệm là
x0 =

1
1
a−
2
a

=

1
2

a
a1
Đặt a = , b = , c = . Đặt y = x + ⇔ x = y − .
a0
a0
a0
3
3
Suy ra
y−
Với p = −

a
3

3

+a y−

a
3

2

+b y−

a
+ c = 0.
3


3α
.
α2 4
3
3
3q
Từ đó ta có phương trình là t 3 + t +
= 0 hay thành phương trình 4t 3 +
4
p
8p
3
√
−3 3q
3t = m, với m =
√ . Khi đó phương trình đã biết cách giải.
2p p
Ta đặt

- Nếu p < 0 thì đặt y = 2
√
−3 3q
với n = √ .
2p −p

p
− t, tương tự ta đưa về phương trình 4t 3 − 3t = n,
3

Bài toán 1.4. Cho phương trình x3 − px2 + qx − p = 0 (Với p > 0, q > 0).

≥
(tan A tan B + tan B tanC + tan A tanC + 3)
8 √
⇔ 8 − 4 2 ≥ cot A + cot B + cotC + 3 cot A cot B cotC.

(1.14)

(1.15)


14

Mà
cot A + cot B + cotC + 3 cot A cot B cotC
2 sin A
cos(B −C) − cos A
= cot A +
+ 3 cot A
cos(B −C) + cos A
cos(B −C) + cos A
2 sin A
1 − cos A
π
π
≤ cot A +
+ 3 cot A
(Vì ≤ A ≤ )
1 + cos A
1 + cos A
4

Ta xét hàm số f (t) = + 3t − t 3 (Với ∀t ∈
2 − 1; √ ).
2t
2
3
Mà
9 2 −9t 4 + 6t 2 − 1
1
f (t) = − 2 + 3 − t =
2t
2
2t 2
√
(1 − 3t 2 )2
1
√
=−
≤
0
(với
∀t
∈
2
−
1;
).
2t 2
3
Suy ra hàm số nghịch biến trên đoạn
√

8
tan = 2 − 1


2




3π

C =
8
Bài toán 1.5. Cho phương trình x3 − 3x + 1 = 0. Chứng minh phương trình có
ba nghiệm x1 < x2 < x3 thỏa mãn hệ thức x32 = 2 + x2 .


15

Lời giải. Ta đặt f (x) = x3 − 3x + 1. Ta có f (−2) f (−1) < 0; f (−1) f (1)


√
2 + 3mn ≤ m2 + n2 + p2 .

Chọn α = 45◦ , β = −30◦ , γ = 165◦ thì ta có
√
√
√
2
3
1 + cos 30◦
◦
√
cos α =
; cos β =
; cos γ = − cos 15 = −
=−
2
2
2
Ta có
√
√
m2 + n2 + p2 − 2np − 3mp −

√
2 + 3mn

=m2 + n2 + p2 − 2np cos α − 2mp cos β + 2mn cos γ
=(p − m cos β − n cos α)2 + (m sin β − n sin α)2 ≥ 0

x4 − 6x2 + 1 = 0.

(1.17)

Lời giải. Đặt x = tan α phương trình trở thành
tan4 α − 6 tan2 α + 1 = 0
⇔(tan2 α + 1)2 − 8 tan2 α = 0
1
sin2 α
⇔ 4 −8 2 = 0
cos α
cos α
2
⇔1 − 8 sin α cos2 α = 0
⇔1 − 2 sin2 2α = 0 ⇔ cos 4α = 0
π
π
⇔α = + k
(k ∈ Z).
8
4
Thử với k = 0, k = 1, k = 2, k = 3 ta được nghiệm của phương trình là
π
3π
5π
7π
tan , tan , tan , tan .
8
8
8

⇔2 cos2 2α − (1 + 2 3) cos 2α + 3 = 0
1
cos 2α =
⇔
2 .
√
cos 2α = 3


17

1
π
π
⇔ 2α = ± + k2π ⇔ α = ± + kπ (k ∈ Z).
2
3
6
√
Với cos 2α = 3 ⇔ (phương trình vô nghiệm).
π
5π
Với α ∈ (0, π) ta có α = , α =
nên phương trình có 2 nghiệm là:
6
6
Với cos 2α =

5π
π

(1.20)

Nếu đa thức (1.19) tất cả các hệ số ak , (k ∈ {1, 2, . . . , n}) đều bằng 0 thì ta có
đa thức lượng giác cấp n thuần sin là:
Sn (x) = a0 + b1 sin x + b2 sin 2x + · · · + bn sin nx, (bn = 0).

1.4.2

(1.21)

Một số tính chất của đa thức thuần cos và thuần sin

Tính chất 1.1. Cho Lm (x) và Ln (x) là hai đa thức lượng giác. Khi đó:
a) Lm (x) + Ln (x) là đa thức lượng giác bậc k , với k ≤ max{m, n}.


18

b) Lm (x).Ln (x) là đa thức lượng giác bậc m + n.
Tính chất 1.2. Với mọi đa thức lượng giác Ln (x) dạng (1.19) luôn luôn tồn tại
các đa thức đại số Pn (t) và Qn−1 (t) sao cho
Ln (x) = Pn (cos x) + sin xQn−1 (cos x).
Tính chất 1.3. Với mọi đa thức lượng giác Sn (x) dạng (1.21) thì luôn tồn tại đa
thức đại số Qn−1 (t) để:
Sn (x) = b0 + sin xQn−1 (cos x).
Tính chất 1.4. Với mọi đa thức Cn (x) dạng (1.20) luôn luôn tồn tại các đa thức
đại số Pn (t) để:
Cn (x) = Pn (cos x).
trong đó Pn (t) là đa thức bậc n đối với t và có hệ số cao nhất là an .2n−1 . Ngược
lại với mọi đa thức Pn (t) với hệ số cao nhất bằng 1 thì từ phép đặt ẩn phụ


n−2


19

Bài toán 1.10. Biểu diễn các hàm số sinn x, cosn x dưới dạng các đa thức lượng
giác.
Lời giải. Giả sử z = cost + i sint. Ta có z−1 = (cost + i sint)−1 = cost − i sint.
z + z−1
z + z−1
Vậy cost =
, sint =
.
2
2i
Ta thấy
(z + z−1 )n = zn +Cn1 zn−1 z−1 +Cn2 zn−2 z−2 + · · · +Cnn−1 zz−n+1 + z−n
n

=

(zn + z−n ) +Cn1 (zn−2 + z−(n−2) ) + · · · +Cn2 , nếu n chẵn
n−1

(zn + z−n ) +Cn1 (zn−2 + z−(n−2) ) + · · · +Cn n (z + z−1 ), nếu n lẻ

và
(z − z−1 )n = zn −Cn1 zn−1 z−1 +Cn2 zn−2 z−2 + · · · + (−1)n z−n
n

cos
nx
+C
 n−1
n
n
2

n
(−1) 2
n n

1


2 cos nx − 2Cn cos(n − 2)x + · · · + (−1) 2 Cn2 , nếu n chẵn

n
 2 n−1
n
n−1
sin x = (−1) 2
1 sin(n − 2)x + · · · + (−1) n−1
2 Cn 2 2 sin x ,

2
sin
nx
−
2iC


k=0

2

n

|h(z)|2 =

∑ (ak cos kt − bk sin kt)

n

+

k=0

2

∑ (bk cos kt + ak sin kt)
k=0

n

= λ0 + ∑ (λ j cos jt − µ j sin jt).
j=1

n

n

2
3
1
= cos a1 + n −
d − cos a1 + n −
d .
2
2

Xét g(n) = cos a1 + n −

3
d
d , ta có 2 sin an sin = g(n) − g(n + 1).
2
2


21

Ta có

d


2 sin a1 sin = g(1) − g(2)


2


d
1
d
= g(1) − g(n + 1) = cos a1 −
− cos a1 + n −
d
2
2
2
n−1
n
= −2 sin a1 +
d sin − d .
2
2
sin a1 +

Suy ra Sn =

n−1
n
d sin d
2
2
.
d
sin
2




(2.1)

Lời giải.
π
+ kπ (k ∈ Z) không là nghiệm của phương trình.
2
π
- Xét cos x = 0 suy ra x = + kπ (k ∈ Z), ta chia cả 2 vế của phương trình (2.1)
2
2
cho cos x ta được phương trình
- Xét cos x = 0 suy ra x =