Tài liệu Kỹ thuật tìm nghiệm của phương trình lượng giác có điều kiện

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI TRƯỜNG THPT SỐ 1 TP LÀO CAI Tên sáng kiến: Hoàng Thị Hoàn Lào Cai, năm 2011 MỤC LỤC Trang PHẦN I. PHẦN MỞ ĐẦU 1. Tính cấp thiết của ñề tài 2. Tình hình nghiên cứu 3. Mục ñích nghiên cứu 4. Nhiệm vụ nghiên cứu 4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 2 2 2 2 3 PHẦN II. PHẦN NỘI DUNG Một vài phương pháp tìm nghiệm của phương trình lượng giác có chứa ñiều kiện 1. Biểu diễn nghiệm thông qua cùng một hàm số lượng giác. 2. Sử dụng các phép biến ñổi lượng giác: 3. Phương pháp thử trực tiếp: 4. Phương pháp biểu diễn trên ñường tròn lượng giác 5. Phương pháp ñại số 6. Bài tập vận dụng các phương pháp 3 4 5 8 10 12 PHẦN III. KẾT QUẢ THỰC NGHIỆM- KẾT LUẬN 13 PHẦN IV. DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO 13 PHẦN I: PHẦN MỞ ĐẦU 1-Tính cấp thiết của ñề tài: Trong quá trình dạy học phương pháp dạy của thầy, việc tiếp thu kiến thức của học trò là vấn ñề mà chúng ta ñặc biệt quan tâm. Khi giải các phương trình lượng giác có chứa ñiều kiện, sau khi tìm ñược họ nghiệm của phương trình, học sinh thường không biết ñối chiếu với ñiều kiện ban ñầu, dẫn ñến kết luận họ nghiệm không chính xác. Bài viết này tôi muốn giới thiệu phương pháp ñối chiếu ñiều kiện ñể kết luận nghiệm của phương trình lượng giác có chứa ñiều kiện thông qua ví dụ cụ thể. 2- Tình hình nghiên cứu. Phấn ñấu ñể dạy tốt các môn học nói chung và môn Toán nói riêng là nguyện vọng tha thiết của ñội ngũ giáo viên. Trong quá trình thực tiễn giảng dạy, bồi dưỡng chuyên môn tôi ñã sưu tầm tư liệu, soạn giảng và rút kinh nghiệm qua các giờ dạy. 3- Mục ñích nghiên cứu. Một vấn ñề thường gặp trong giải phương rình lượng giác và làm cho học sinh lúng túng ñó là những bài toán về giải phương trình lượng giác có ñiều kiện.Thông thường những bài toán về loại này là những vấn ñề hay và khó. Với mục ñích giúp học sinh học có hiệu quả hơn có cái nhìn tổng quan hơn hiểu ñược bản chất của vấn ñề từ ñó ñưa ra ñược phương pháp giải ñặc biệt là các bài toán về giải phương trình lượng giác có ñiều kiện. Những bài toán này nội dung rất hấp dẫn và khó giải quyết. Một trong những nguyên nhân gây khó giải quyết là vì việc kiểm tra ñiều kiện. Để giải quyết phần nào những khó khăn trên, tác giả viết sáng kiến kinh nghiệm này nhằm cung cấp những kĩ thuật giải phương trình lượng giác có ñiều kiện và cho các bạn yêu thích toán học, các thầy cô giáo, các em học sinh các trường THPT tham khảo và tiếp tục phát triển. 4- Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu một số kĩ thuật tìm nghiệm của phương trình lượng giác chứa ñiều kiện thông qua ví dụ cụ thể từ ñó tổng hợp thành phương pháp. 2 5- Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu là một số Kĩ thuật tìm nghiệm của phương trình lượng giác chứa ñiều kiện Phạm vi: Giới hạn trong việc giải phương trình lượng giác có chứa ñiều kiện. PHẦN II: NỘI DUNG Đặt vấn ñề: Phương trình lượng giác có ñiều kiện (chủ yếu là phương trình chứa ẩn ở mẫu số hoặc chứa ẩn trong hàm số tang và cotang) là dạng cơ bản hay và khá phức tạp, thường xuyên ñề cập trong các ñề thi. Đối với giáo viên việc dạy cho học sinh hiểu và có cách diễn ñạt rõ cách ñối chiếu nghiệm tìm ñược với ñiều kiện không hề rễ ràng. Điều khó khăn cơ bản là số nghiệm của phương trình lượng giác thường là vô hạn và ñược biểu diễn dưới dạng α+ k 2π (k ∈ Z , n ∈ N * ) . Hơn nữa, cùng một phương trình lượng giác nếu dùng các n phép biến ñổi khác nhau có thể thu ñược các phương trình cơ bản khác nhau và từ ñó thu ñược số họ nghiệm cũng như hình thức các họ nghiệm rất khác nhau . Qua quá trình giảng dạy tôi ñã tham khảo tài liệu và ñưa ra một vài phương pháp ñối chiếu ñiều kiện ñể kết luận nghiệm của phương trình lượng giác có chứa ñiều kiện thông qua ví dụ cụ thể. 1. Biểu diễn nghiệm thông qua cùng một hàm số lượng giác. Bài tập 1: Giải phương trình cos 2 x − tan 2 x = cos 2 x − cos3 x − 1 (1) cos 2 x Giải: ĐK: cosx ≠ 0 khi ñó (1) ⇔ 2 cos 2 x − 1 − tan 2 x = 1 − cos x − 1 − tan 2 x ⇔ 2 cos 2 x + cos x − 1 = 0 cos x = −1 ⇔ cos x = 1 2  Đối chiếu ñiều kiện cosx ≠ 0 cả hai nghiệm ñều thoả mãn 3 Vậy phương trình (1) có họ nghiệm là: x = π + k 2π ; x = ± π 3 + k 2π (k ∈ Z ). Nhận xét:Trong phương trình(1) ta biến ñổi ñiều kiện và nghiệm tìm ñược thông qua hàm số y = cosx. Từ ñó chuyển việc ñối chiếu ñiều kiện của x về ñối chếu ñiều kiện của y (giống như trong ñại số). Bài tập 2: Giải phương trình: 1 1 2 + = (2) cos x sin 2 x sin 4 x Giải:  sin x ≠ ±1 cos x ≠ 0   ĐK: sin 2 x ≠ 0 ⇔ sin x ≠ 0 sin 4 x ≠ 0  1  sin x ≠ ±  2 Khi ñó phương trình(2) tương ñương ⇔ 4 sin x. cos 2 x + 2 cos 2 x = 2 ⇔ 4 sin x(1 − 2 sin 2 x) + 2(1 − 2 sin 2 x) = 2 ⇔ sin x(2 sin 2 x + sin x − 1) = 0  sin x = −1  ⇔ sin x = 0  1 sin x = 2  Đối chiếu ñk ta chọn sin x = 1 2 Vậy phương trình có hai họ nghiệm là: x= π 6 + k 2π ; x = 5π + k 2π , k ∈ Z . 6 2. Sử dụng các phép biến ñổi lượng giác: Bài tập 3: Giải phương trình tan 4 x + 1 = (2 − sin 2 ) 2 x sin 3 x (3) cos 4 x Giải: ĐK: cos x ≠ 0 ⇔ sin x ≠ ±1 ta có 4 (3) ⇔ sin 4 x + cos 4 x = (2 − sin 2 2 x )sin 3x ( ) 1 ⇔ 1 − sin 2 2 x = 2 − sin 2 2 x sin 3 x 2 ⇔ 2 − sin 2 2 x (1 − 2 sin 3 x) = 0 1 ⇔ sin 3 x = (*) 2 − sin 2 2 x ≥ 1∀x 2 1 ⇔ 3 sin x − 4 sin 3 x = (* *) 2 ( ) ( ) Thay sin x = ±1 vào (**) ñều không thoả mãn , nên các nghiệm của phương trình (*)là nghiệm cuả phương trình (3): Vậy phương trình có hai họ nghiệm là: x= π 18 + 5π k 2π k 2π ;x = + , k ∈ Z. 3 18 3 Nhận xét: Trong phương trình (3) ĐK cos x ≠ 0 ⇔ sin x ≠ ±1 sau ñó thay sinx = ± 1 vào phương trình (**) ñều không thoả mãn dẫn ñến nghiệm của PT (**) là nghiệm của PT (3). Không cần tìm nghiệm cụ thể vẫn ñối chiếu ñược ñiều kiện. 3. Phương pháp thử trực tiếp: a) Hướng giải 1: Bài tập 4: Giải phương trình: tan 5 x. cos 3x = sin 7 x (4) Giải: cos 5 x ≠ 0 khi ñó (4) ⇔ 2 sin 5 x. cos 3x = 2 sin 7 x. cos 5 x ⇔ sin 8 x = sin 12 x Ta ñược x = Với x = Với x = kπ π kπ ;x = + , k ∈ Z. 2 20 10 kπ 5kπ kπ thì cos 5 x = cos = cos ≠ 0 ⇔ k = 2m(m ∈ Z ) . 2 2 2 π 20 + kπ π kπ thì cos 5 x = cos + 2 10 4   ≠ 0. .  Vậy phương trình có hai họ nghiệm là: x = mπ , x = π 20 + kπ (m, k ∈ Z ) 10 Bài tập 5: Giải phương trình: 1 2 (sin x − cos x) = (5) tan x + cot 2 x cot x − 1 5 cos x ≠ 0 sin 2 x ≠ 0  tan x + cot 2 x ≠ 0  ⇔ Giải: ĐK:  cot x − 1 ≠ 0 sin x ≠ 0 sin x − cos x ≠ 0 1 (5) ⇔ 2 (sin x − cos x) cos x −1 sin x = sin x cos 2 x + cos x sin 2 x cos x. sin 2 x ⇔ = − 2 sin x cos x Khi ñó ⇔ sin 2 x = − 2 sin x ( ) ⇔ sin x 2 cos x + 2 = 0 sin x = 0(loai ) ⇔ cos x = − 2  2 3π  x= + k 2π  2 4 ⇔ Với cos x = − 2  x = − 3π + k 2π  4 Ta thấy cos x ≠ 0, sin x ≠ 0 thoả mãn. Thay trực tiếp x = 3π 3π + k 2π , x = − + k 2π 4 4   3π  sin 2 x = sin  2 + k 2π  ≠ 0     vào hệ sin x − cos x = sin  3π + k 2π  − cos 3π + k 2π  ≠ 0   4   4  3π x= + k 2π (t / m) 4 Thay x = − 3π + k 2π không thoả mãn 4 Vậy phương trình có họ nghiệm là: x = 3π + k 2π 4 b) Hướng giải 2 π Bài tập 6: Giải phương trình: 2 sin 3x +  = 1 + 8 sin 2 x. cos 2 2 x (2)  4 π Giải: Với ñiều kiện sin 3x +  ≥ 0  4 6 π  (2) ⇔ 4 sin 2  3 x +  = 1 + 8 sin 2 x. cos 2 2 x 4   π   ⇔ 21 − cos 6 x +   = 1 + 4 sin 4 x. cos 2 x 2    ⇔ 2 + 2 sin 6 x = 1 + 2(sin 6 x + sin 2 x) ⇔ sin 2 x = 1 2 π   x = 12 + kπ (a ) ⇔ (k ∈ Z )  x = 5π + kπ (b)  12 π Đối chiếu ñiều kiện: Vì hàm y = sin 3x +  có chu kì T ≤ 2π nên cần thử  4 trực tiếp với k= 0; 1 và thấy k = 0 thì (a) thoả mãn; k = 1 thì (b) thoả mãn. Vậy nghiệm của phương trình (2) là x = π 12 + k 2π , x = 17π + k 2π (k ∈ Z ). 12 Bài tập 7: Giải phương trình tan 2 x tan 3 x tan 5 x = tan 2 x − tan 3 x − tan 5 x (1) Giải: Điều kiện: cos 2 x ≠ 0, cos 3x ≠ 0, cos 5 x ≠ 0 (1) ⇔ tan 5 x(1 + tan 2 x tan 3 x) = tan 2 x − tan 3 x. Nếu 1 + tan 2 x tan 3 x = 0 thì (1) ⇔ tan 2 x = tan 3 x. Khi ñó 1 + tan 2 2 x = 0 (vô lí) Do ñó 1 + tan 2 x tan 3 x ≠ 0. Khi ñó tan 2 x − tan 3 x 1 + tan 2 x tan 3 x kπ ⇔ tan 5 x = tan(− x) ⇔ x = (k ∈ Z ). 6 (1) ⇔ tan 5 x = Đối chiếu ñiều kiện: Vì hàm y = cos2x, y = cos3x, y = cos5x ñều có chu kì T ≤ 2π nên ta chỉ cần thử trực tiếp với k là 0,1,2,3,4,5 và thầy k = 0,2,4 thoả mãn. Vậy nghiệm của phương trình (1) là: x = k 2π , x = π 3 + k 2π , x = 2π + k 2π (k ∈ Z ). 3 Nhận xét: Giả sử rằng: + Điều kiện xác ñịnh là f ( x) ≠ 0 ( hoặc f ( x) ≥ 0, f ( x) ≤ 0 ) trong ñó f (x) là hàm số tuần hoàn với chu kỳ T. 7 + PT hệ quả có nghiệm x = α + k 2π với k ∈ Z và n là số nguyên dương xác n ñịnh. Khi ñó ta ñối chiếu ĐK như sau: Nếu T ≤ 2π thì ta chỉ cần thử trực tiếp cung x ứng với n giá trị tự nhiên ñầu tiên của k là 0, 1, 2,…, n-1. Nếu (l − 1)2π < T ≤ l 2π .(l ∈ N , l ≥ 2) thì ta cần thử trực tiếp cung x ứng với ln giá trị tự nhiên ñầu tiên của k là 0, 1, 2,…,ln-1 Ưu ñiểm của phương pháp là ñơn giản, dễ hiểu, phù hợp với ñại trà, nhất là với học sinh có lực học trung bình. Tuy nhiên với n càng lớn thì việc ñối chiếu sẽ mất nhiều thời gian. 4. Phương pháp biểu diễn trên ñường tròn lượng giác Ta biểu diễn trên ñường tròn những ñiểm không thoả mãn ñiều kiện (ñánh dấu"X") và những ñiểm nghiệm tìm ñược (ñánh dấu"O")Những ñiểm ñánh dấu"O" mà không trùng với những ñiểm ñánh dấu "X" chính là những ñiểm thoả mãn ñiều kiện. Phương pháp này có hiệu quả khi số ñiểm thoả mãn ĐK là ít và ở vị trí ñặc biệt. Nhận xét: Mỗi cung(hoặc góc) lượng giác ñược biểu diễn bởi một ñiểm trên ñường tròn lượng giác. i) x = α + k 2π ñược biểu diễn trên ñường tròn lượng giác bởi một ñiểm. ii) x = α + kπ ñược biểu diễn trên ñường tròn lượng giác bởi hai ñiểm ñối xứng nhau qua gốc toạ ñộ. iii) x = α + k 2π ñược biểu diễn trên ñường tròn lượng giác bởi ba ñiểm 3 cách ñều tạo thành ba ñỉnh của tam giác ñều nội tiếp ñường tròn. TQ: x = α + k 2π (n ≥ 3) biểu diễn trên ñường tròn bởi n ñiểm cách ñều, tạo n thành n ñỉnh của một ña giác ñều nội tiếp ñường tròn. Bài tập 8: Giải phương trình: sin x + sin 2 x + sin 3 x = 3 (6) cos x + cos 2 x + cos 3 x Giải:ĐK: cos x + cos 2 x + cos 3x ≠ 0 8 π kπ   x ≠ 4 + 2 ⇔  x ≠ ± 2π + k 2π  3 2 sin 2 x. cos x + sin 2 x = 3 2 cos 2 x cos x + cos 2 x ⇔ tan 2 x = 3 ⇔ ⇔x= π 6 + nπ (n ∈ Z ) 2 Trên ñường tròn lượng giác biểu diễn x = x≠ π 4 + π 6 + nπ bởi bốn ñiểm(ñánh dấu"O"). 2 kπ 2π ,x ≠ ± + k 2π bởi sáu ñiểm (ñánh dấu"X"). Ta thấy có ba ñiểm ñánh 2 3 dấu "O" không trùng với dấu "X". Vậy phương trình có họ nghiệm là: x= π 6 + nπ , x = 5π + 2 nπ , n ∈ Z . 6 Bài tập 9: Giải phương trình: cos x + sin 3x = 0 (7) Giải:Khi cos x ≥ 0 thì π   x = − 4 + kπ (7) ⇔ cos x + sin 3 x = 0 ⇔  (*)  x = 3π + kπ 8 2  Biểu diễn (*) trên ñường tròn lượng giác ñược sáu ñiểm ñánh dấu "O" chỉ có ba ñiểm nằm bên phải Oy( cos x ≥ 0 ) ứng với x=− π 4 + k 2π , x = − π 8 + k 2π , x = 3π + k 2π 4 Khi cos x < 0 thì. π   x = 4 + kπ (7) ⇔ − cos x + sin 3 x = 0 ⇔  (**)  x = π + kπ  8 Biểu diễn (**) trên ñường tròn lượng giác ñược sáu ñiểm ñánh dấu "O" chỉ có ba ñiểm nằm bên trái Oy( cos x < 0 ) ứng với x= 5π 9π 5π + k 2π , x = + k 2π , x = + k 2π 8 8 4 Kết luận: Vây phương trình (7) có họ nghiệm là: 9 x=− x= π 4 + k 2π , x = − π 8 + k 2π , x = 3π + k 2π 4 5π 9π 5π + k 2π , x = + k 2π , x = + k 2π . 8 8 4 5. Phương pháp ñại số: Bài tập 10: Giải phương trình: sin x cot 5 x =1 cos 9 x mπ   x ≠ 5 Giải: ĐK sin5x ≠ 0 , cos9x ≠ 0 tức là  (m ∈ Z )  x ≠ (2m + 1)π  18 ( ) ⇔ sin x. cos 5 x = sin 5 x. cos 9 x ⇔ sin 6 x − sin 4 x = sin 14 x − sin 4 x ⇔ sin 6 x = sin 14 x  x = ⇔ x =  kπ (a) 4 π kπ + (b) 20 10 Đối chiếu ñiều kiện: Nghiệm (a) bị loại khi và chỉ khi k, m∈ Z sao cho  kπ mπ  4 = 5 5 k − 4 m = 0 ( c ) k = 4t ⇔ ⇒ (t ∈ Z )  9k − 4m = 2(d ) k = 2 − 4t  kπ = (2m + 1)π  4 18 Vậy với k lẻ tức là x= π 4 + tπ (t ∈ Z ). 2 Nghiệm (b) bị loại khi và chỉ khi k, m∈ Z sao cho π  20 +  π +  20 kπ mπ =  2 k − 4 m = −1 10 5 ⇔ kπ (2m + 1)π 18k − 20m = 1 = 10 18 cả hai PT ñều không có nghiệm nguyên.Suy ra nghiệm(b) thoả mãn ñiều kiện. Vậy nghiệm của phương trình là x= π 4 + kπ π kπ ;x = + (k ∈ Z ). 2 20 10 10 Bài tập 11: Giải phương trình 17π  cos x cos 5 x  − + 8 sin 2 2 x +  = 4(cos 2 x + 1) (*) cos 3 x cos x 4   Giải: ĐK: cos 3x ≠ 0 ⇔ x ≠ π 6 +m π 3 (m ∈ Z ) Ta có 17π   2 − 8 sin 2 2 x +  + 4(cos 2 x + 1) = −8 cos 2 x + 4 cos 2 x + 4 = 4 cos 2 x − 4 cos 4 x = 8 sin 3 x sin x 4   Do ñó phương trình (*) (*) ⇔ cos 2 x − cos 5 x cos 3 x = 8 sin x cos x sin 3 x cos 3 x 1 + cos 2 x cos 8 x + cos 2 x − = sin 2 x sin 6 x 2 2 ⇔ 1 − cos 8 x = 4 sin 2 x sin 6 x ⇔ ⇔ 1 − cos 8 x = 2(cos 4 x − cos 8 x ) ⇔ 2 cos 4 x(cos 4 x − 1) = 0 cos 4 x = 0 ⇔ cos 4 x = 1 π kπ   x = 8 + 4 (a ) ⇔  x = kπ (b)  2 Đối chiếu ñiều kiện: Nhận thấy π 8 + kπ π mπ = + ⇔ 6k − 8m = 1 Không có nghiệm nguyên. Suy ra 4 6 3 nghiệm (a) thoả mãn ñiều kiện Ngiệm (b) bị loại với k , m ∈ Z sao cho  k = 1 − 2t kπ π mπ = + ⇔ 3k − 2m = 1 ⇔  (t ∈ Z ) 2 6 3  m = 1 − 3t Suy ra k chẵn, tức là x = lπ (l ∈ Z ) nghiệm của phương trình (*) là x= x = π 8 + kπ , x = lπ (k , l ∈ Z ) 4 Nhận xét: Giả sử rằng + ĐK là x ≠ x0 + m 2π , m ∈ Z . và p là số nguyên dương ñã biết. p 11 + Phương trình hệ quả có nghiệm x = α + k dương ñã biết xk = α + k 2π , k ∈ Z . và n là số nguyên n 2π , k ∈ Z . Ta ñối chiếu ñiều kiện như sau: n a) Nghiệm xk bị loại khi và chỉ khi m ∈ Z sao cho α + k 2π 2π = x0 + m . n p b) Nghiệm xk nhận ñược khi và chỉ khi m ∈ Z , ñều có α + k 6. Bài tập vận dụng: Giải các phương trình sau: π π 1. tan x +  + cot − 3x  = 0 .  3 2. tan 2 x −  3π 4 6  7π    + cot  4 x + 8    =0  x π 3. tan 2 x + . cot π −  = 1  3  2 4. 2 tan x + cot 2 x = 2 sin 2 x + 5. 1 2 sin 2 x 3(tan x + sin x ) − 2 cos x = 2 tan x − sin x 6. 2 sin x + cot x = 2 sin 2 x + 1 7. 3 tan 3 x − tan + 3(1 + sin x ) π π  − 8 cos 2  −  = 0 2 cos x 4 2 8. tan 2 x. tan 3x. tan 5 x = tan 2 x − tan 3 x − tan 5 x. 9. 1 − cos x + 1 + cos x = 4 sin x cos x 10. 6 sin x − 2 cos3 x = 11. 5 cos x. sin 4 x . 2 cos 2 x cos x cos 5 x 17π   − + 8 sin 2 2 x +  x = 4(cos 2 x + 1) cos 3 x cos x 4   12. cos x + 2 cos 2 x − cos 3x = 1 + 2 sin x − cos 2 x. 12 2π 2π ≠ x0 + m . n p PHẦN 3: KẾT LUẬN 1. Kết quả áp dụng. Qua kiểm tra kết ñánh giá ñối với học sinh lớp 12A2 ôn thi cao ñẳng và ñại học, kết quả thu ñược rất khả quan, học sinh nắm vững kĩ thuật giải phương trình lượng giác chứa ñiêư kiện, học tập say mê và hứng thú. 2. Tự ñánh giá. Sáng kiến có tính khả thi, có thể áp dụng ñể dạy học toán trong các trường THPT tỉnh Lào Cai. Trong quá trình nghiên cứu thực hiện không tránh khỏi những thiếu sót và hạn chế . Rất mong nhận ñược sự ñóng góp bổ sung của các ñồng nghiệp ñể ñề tài hoàn thiện hơn, có ứng dụng rộng rãi trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh. Lào Cai, ngày 20/3/2011 Người viết sáng kiến Hoàng Thị Hoàn TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Tạp chí Toán học tuổi trẻ - Nhà xuất bản giáo dục. 2. Sách giáo khoa Đại số và giải tích lớp 11- Nhà xuất bản giáo dục 3. Sách giáo viên Đại số và giải tích lớp 11- Nhà xuất bản giáo dục 4. Sách bài tập Đại số và giải tích lớp 11- Nhà xuất bản giáo dục 5. Lê Hồng Đức. Phương pháp giải phương trình lương giác. Nhà xuất bản Đại học sư phạm. 2004 ----------------------------------------------------------------- 13 14