PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ CÓ DẠNG ĐẶC BIỆT
NHỜ PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA
Khi gặp các phương trình đại số đại số rất khó giải, khi đó chúng ta xem có thể thay đổi hình thức của bài
toán (thường thông qua phương pháp ẩn phụ) để thu được những phương trình đơn giản hơn hay không!Trong
một số trường hợp ta có thể chuyển phương trình đại số thành phương trình lượng giác thông qua các dấu hiệu
đặc biệt của các biểu thức chứa ẩn có mặt trong PT và thông qua miền giá trị của chúng.
I CÁC BIỂU THỨC THƯỜNG ĐƯỢC LƯỢNG GIÁC HÓA
BIỂU THỨC ĐẠI SỐ CÁCH CHỌN ẨN PHỤ
2 2
a x−
sin ;
2 2
x a t t
π π
= − ≤ ≤
hoặc
cos ;0x a t t
π
= ≤ ≤
2 2
x a−
;
sin
a
x
t
=
{ }
; \ 0
2 2

hoặc
cot ;0 ;x a gt t
π
= < <
2 2
ax
1
c
bx
c
   
+ =
 ÷  ÷
   
[ ]
.sin
; 0 ; 2
.cos
c t
x
a
t
c t
y
a
π

=



x
x−
(giống
2
2 tan
tan 2
1 tan
t
t
t
→
−
)
tan ;
2 2
x t t
π π
−
= < <
2
2
1
x
x+
(giống
2
2 tan
n 2
1 tan
t

≤≤
0
.
+ Khi đó
2
1 sinx
ϕ
− =
;
sin 0 sin sin
ϕ ϕ ϕ
≥ ⇒ =
1 Nguyễn Công Mậu
PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
+ Ta có phương trình :
3 3
os sin 2 sin . osc c
ϕ ϕ ϕ ϕ
+ =

( ) ( )
sin os 1 sin . os 2 sin . osc c c
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
⇔ + − =
+ Đặt
sin os = 2 sin
4
u c
π
ϕ ϕ ϕ

2
2
x⇒ =
+Vơi
2
u 1
sin os =1- 2 sin . os = 1 2
2
u c c
ϕ ϕ ϕ ϕ
−
= + ⇒ = −
Vậy
sin , osc
ϕ ϕ
là nghiệm PT :
2
2 1 ( 2 1)(3 2)
(1 2) 1 2 0
2
t t t
− + ± − +
− − + − = ⇔ =
+ Vì
- 2 1 ( 2 1)(3 2)
sin 0 os =
2
c x
ϕ ϕ
+ − − +

1
2 2
x x
a a
a a
   
+ −
− = ⇔
 ÷  ÷
   
2 2
1 1
1
2 2
x x
a a
a a
   
+ −
= +
 ÷  ÷
   
+ Chia cả hai vế của phương trình cho
2
1
2
x
a
a
 

ϕ
 
∈
 ÷
 
để cho
tan
2
a
ϕ
=
.
+ Thu được phương trình :
2
2 tan
2
1
1 tan
x
ϕ
ϕ
 
 ÷
=
 ÷
+
 ÷
 
2
2

(2) sin cos 1f
ϕ ϕ
= + =
.
+ Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 3: Giải phương trình :
Giải :
( ) ( )
2332
121111 xxxx
−+=






+−−−+
2 Nguyễn Công Mậu
PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
+ ĐK :
→≤≤−
11 x
ẩn phụ
ϕ
cos
=
x
với
πϕ

 ÷
 
(do
πϕ
≤≤
0
nên
sin 0 & os 0
2 2
c
ϕ ϕ
≥ ≥
)
+ Biến đổi (1) được :
( )
2 2
2 sin os 2 sin 2 sin 2 os =1
2 2
c c
ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ
 
− + = + ⇔ −
 ÷
 
1 2
os =-
2
2
c

( ) ( )
2 2
2 2
3 1
3 1 4 1
2 2
x x
x x
   
+ −
+ + − = ⇔ + =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   

⇒

∃
0;
2
π
ϕ
 
∈
 
 
sao cho :

2
2

2
3 3 4 1 1 7 12 9
5 16 7
4 3 3 1 1
x x t t
m m
t t
x x
+ + − + − + +
= ⇔ =
− + +
+ + − +
+ Xét hàm số :
[ ]
2
2
7 12 9
( ) ; 0;1
5 16 7
t t
f t t
t t
− + +
= ∈
− + +

( )
[ ]
2
2

(1)
Giải : ĐK :
0 1x≤ ≤
Phương trình (1) có nghiệm khi m>0
(Nhận xét :
( ) ( )
2 2
1 1x x+ − =
để đặt ẩn phụ)
+ Đặt
sin ;
1 cos
x t
x t

=


− =


với
0;
2
t
π
 
∈
 
 

phương trình sau có bao nhiêu nghiệm :

( ) ( )
2 4 2
8 1 2 8 8 1 1x x x x− − + =

Giải :
+ Vì
[ ]
0;1x∈
nên tồn tại góc
0;
2
π
α
 
∈
 
 
sao cho
sinx
α
=
+ Ta có ph. trình:
( ) ( )
2 4 2
8sin 1 2sin 8sin 8sin 1 1
α α α α
− − + =
8sin .cos2 .cos4 1

2
8 2
2
k
m
π
α α π
π
α π α π

= − +


 

= − − +
 ÷

 


2
18 9
2
14 7
k
m
π π
α
π π

sin
18
x
π
=
;
sin
14
x
π
=
;
5
sin
14
x
π
=
Ví dụ 7 : Cho hai phương trình :
( ) ( )
3 2 2 2 1 3
x x
+ = − +
(1) và
( )
2 1 2cos
9
x
π
+ =

1;1t ∈ −
, đặt
( )
cos , 0;t
α α π
= ∈
ta được
3
1 1 2
4cos 3cos cos3
2 2 9 3
k
π π
α α α α
− = ⇔ = ⇔ = ± +
+ Vì
( )
0;
α π
∈
nên
5 7
; ;
9 9 9
π π π
α
 
∈
 
 

do đó nghiệm của phương trình (1) là :
1
cos
9
t
π
= ⇒

( )
2 1 2cos
9
x
π
+ =
.
+ Vậy nếu x là nghiệm của phương trình (1) thì x cũng là nghiệm của phương trình (2)
Ví dụ 8 : Giải phương trình :
2
2 2
1
x
x
x
+ =
−

Giải: Điều kiện:
1x >
. Đặt
1

1
sin .cos
2
t
α α
−
⇒ =
+ Ta có PT :
2
2 2t t t= − − ⇔
2
2
2 2 0 2
1
2
t
t t t
t

=

− − = ⇔ ⇒ =
−

=



+
2 0; 2.



với
0;
2
t
π
 
∈
 
 

+ (1)
sin cos 2 cos
4
t t m t m
π
 
⇔ + = ⇔ − =
 ÷
 
cos
4
2
m
t
π
 
⇔ − =
 ÷

cos sin
α α α α
α α
+ = ⇔ + =

5 Nguyễn Công Mậu