Bài toán 1: Giải và biện luận phương trình: \(\sin x = m.\)
PHƯƠNG PHÁP CHUNG: Ta biện luận theo các bước sau:
Bước 1: Nếu \(|m| > 1\) phương trình vô nghiệm.
Bước 2: Nếu \(|m| \le 1\), xét hai khả năng:
+ Khả năng 1: Nếu \(m\) được biểu diễn qua \(\sin \) của góc đặc biệt, giả sử \(\alpha \), khi đó phương trình có dạng:
\(\sin x = \sin \alpha \) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \alpha + 2k\pi }\\
{x = \pi – \alpha + 2k\pi }
\end{array}} \right.\), \(k \in Z.\)
+ Khả năng 2: Nếu \(m\) không biểu diễn được qua \(\sin \) của góc đặc biệt, khi đó đặt \(m = \sin \alpha \), ta được:
\(\sin x = \sin \alpha \) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \alpha + 2k\pi }\\
{x = \pi – \alpha + 2k\pi }
\end{array}} \right.\), \(k \in Z.\)
Trong cả hai trường hợp ta đều kết luận phương trình có hai họ nghiệm.
Đặc biệt:
\(\sin x = 0 \Leftrightarrow x = k\pi \), \(k \in Z.\)
\(\sin x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + 2k\pi \), \(k \in Z.\)
\(\sin x = – 1 \Leftrightarrow x = – \frac{\pi }{2} + 2k\pi \), \(k \in Z.\)
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau:
a. \(\sin x = \frac{1}{3}.\)
b. \(\sin \left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right) + \sin \left( {3x + \frac{\pi }{3}} \right) = 0.\)
a. Đặt \(\frac{1}{3} = \sin \alpha \), khi đó:
\(\sin x = \sin \alpha \) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \alpha + 2k\pi }\\
{x = \pi – \alpha + 2k\pi }
\end{array}} \right.\), \(k \in Z.\)
Vậy phương trình có hai họ nghiệm.
b. Ta có: \(\sin \left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right) + \sin \left( {3x + \frac{\pi }{3}} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \sin \left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right) = – \sin \left( {3x + \frac{\pi }{3}} \right)\) \( \Leftrightarrow \sin \left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right) = \sin \left( { – 3x – \frac{\pi }{3}} \right)\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{2x – \frac{\pi }{4} = – 3x – \frac{\pi }{3} + 2k\pi }\\
{2x – \frac{\pi }{4} = \pi – \left( { – 3x – \frac{\pi }{3}} \right) + 2k\pi }
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = – \frac{\pi }{{60}} + \frac{{2k\pi }}{5}}\\
{x = – \frac{{19\pi }}{{12}} – 2k\pi }
\end{array}} \right.\), \(k \in Z.\)
Vậy phương trình có hai họ nghiệm.
Ví dụ 2: Giải phương trình: \(\sin (\pi \sin 2x) = 1.\)
Ta có: \(\sin (\pi \sin 2x) = 1\) \( \Leftrightarrow \pi \sin 2x = \frac{\pi }{2} + 2k\pi \) \( \Leftrightarrow \sin 2x = \frac{1}{2} + 2k\), \(k \in Z\) \((1).\)
Phương trình \((1)\) có nghiệm khi và chỉ khi:
\(\left| {\frac{1}{2} + 2k} \right| \le 1\) \( \Leftrightarrow – \frac{3}{4} \le k \le \frac{1}{4}\) \( \Leftrightarrow k = 0.\)
Khi đó \((1)\) có dạng:
\(\sin 2x = \frac{1}{2}\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{2x = \frac{\pi }{6} + 2l\pi }\\
{2x = \frac{{5\pi }}{6} + 2l\pi }
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \frac{\pi }{{12}} + l\pi }\\
{x = \frac{{5\pi }}{{12}} + l\pi }
\end{array}} \right.\), \(l \in Z.\)
Vậy phương trình có hai họ nghiệm.
Bài toán 2: Giải và biện luận phương trình: \(\cos x = m.\)
PHƯƠNG PHÁP CHUNG: Ta biện luận theo các bước sau:
Bước 1: Nếu \(|m| > 1\) thì phương trình vô nghiệm.
Bước 2: Nếu \(|m| \le 1\), xét hai trường hợp:
+ Khả năng 1: Nếu \(m\) được biểu diễn qua \(\cos \) của góc đặc biệt, giả sử \(\alpha \), khi đó phương trình có dạng:
\(\cos x = \cos \alpha \) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \alpha + 2k\pi }\\
{x = – \alpha + 2k\pi }
\end{array}} \right.\), \(k \in Z.\)
+ Khả năng 2: Nếu \(m\) không biểu diễn được qua \(\cos \) của góc đặc biệt, khi đó đặt \(m = \cos \alpha \), ta được:
\(\cos x = \cos \alpha \) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \alpha + 2k\pi }\\
{x = – \alpha + 2k\pi }
\end{array}} \right.\), \(k \in Z.\)
Trong cả hai trường hợp ta đều kết luận phương trình có hai họ nghiệm.
Đặc biệt:
\(\cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi \), \(k \in Z.\)
\(\cos x = 1 \Leftrightarrow x = 2k\pi \), \(k \in Z.\)
\(\cos x = – 1 \Leftrightarrow x = \pi + 2k\pi \), \(k \in Z.\)
Ví dụ 3: Giải các phương trình sau:
a. \(\sin 3x = \cos 2x.\)
b. \(\cos \left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right) + \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 0.\)
a. Ta có:
\(\sin 3x = \cos 2x\) \( \Leftrightarrow \sin 3x = \sin \left( {\frac{\pi }{2} – 2x} \right)\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{3x = \frac{\pi }{2} – 2x + 2k\pi }\\
{3x = \pi – \left( {\frac{\pi }{2} – 2x} \right) + 2k\pi }
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \frac{\pi }{{10}} + \frac{{2k\pi }}{5}}\\
{x = \frac{\pi }{2} + 2k\pi }
\end{array}} \right.\), \(k \in Z.\)
Vậy phương trình có hai họ nghiệm.
b. Ta có:
\(\cos \left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right) + \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \cos \left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right) = – \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)\) \( \Leftrightarrow \cos \left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right) = \cos \left( {x + \frac{\pi }{4} + \frac{\pi }{2}} \right)\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{2x – \frac{\pi }{4} = x + \frac{{3\pi }}{4} + 2k\pi }\\
{2x – \frac{\pi }{4} = – x – \frac{{3\pi }}{4} + 2k\pi }
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \pi + 2k\pi }\\
{x = – \frac{\pi }{6} + \frac{{2k\pi }}{3}}
\end{array}} \right.\), \(k \in Z.\)
Vậy phương trình có hai họ nghiệm.
Ví dụ 4: Giải phương trình: \(\cos \left[ {\frac{\pi }{2}\cos \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right)} \right] = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\)
Phương trình tương đương với:
\(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\frac{\pi }{2}\cos \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{\pi }{4} + 2k\pi }\\
{\frac{\pi }{2}\cos \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right) = – \frac{\pi }{4} + 2k\pi }
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\cos \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{1}{2} + 4k\:\left( 1 \right)}\\
{\cos \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right) = – \frac{1}{2} + 4k\:\left( 2 \right)}
\end{array}} \right.\), \(k \in Z.\)|
Phương trình \((1)\) có nghiệm khi và chỉ khi:
\(\left| {\frac{1}{2} + 4k} \right| \le 1\) \( \Leftrightarrow – \frac{3}{8} \le k \le \frac{1}{8}\) \( \Leftrightarrow k = 0.\)
Khi đó \((1)\) có dạng:
\(\cos \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{1}{2}\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x – \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{3} + 2l\pi }\\
{x – \frac{\pi }{4} = – \frac{\pi }{3} + 2l\pi }
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \frac{{7\pi }}{{12}} + 2l\pi }\\
{x = – \frac{\pi }{{12}} + 2l\pi }
\end{array}} \right.\), \(l \in Z\) \((3).\)
Phương trình \((2)\) có nghiệm khi và chỉ khi:
\(\left| { – \frac{1}{2} + 4k} \right| \le 1\) \( \Leftrightarrow – \frac{1}{8} \le k \le \frac{3}{8}\) \( \Leftrightarrow k = 0.\)
Khi đó \((2)\) có dạng:
\(\cos \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right) = – \frac{1}{2}\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x – \frac{\pi }{4} = \frac{{2\pi }}{3} + 2l\pi }\\
{x – \frac{\pi }{4} = – \frac{{2\pi }}{3} + 2l\pi }
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \frac{{11\pi }}{{12}} + 2l\pi }\\
{x = – \frac{{5\pi }}{{12}} + 2l\pi }
\end{array}} \right.\), \(l \in Z\) \((4).\)
Kết hợp \((3)\) và \((4)\), ta được:
\(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \frac{{11\pi }}{{12}} + l\pi }\\
{x = \frac{{7\pi }}{{12}} + l\pi }
\end{array}} \right.\), \(l \in Z.\)
Vậy phương trình có hai họ nghiệm.
Bài toán 3: Giải và biện luận phương trình: \(\tan x = m.\)
PHƯƠNG PHÁP CHUNG: Ta biện luận theo các bước sau:
Đặt điều kiện:
\(\cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \), \(k \in Z.\)
Xét hai khả năng:
+ Khả năng 1: Nếu \(m\) được biểu diễn qua \(\tan \) của góc đặc biệt, giả sử \(\alpha \), khi đó phương trình có dạng:
\(\tan x = \tan \alpha \) \( \Leftrightarrow x = \alpha + k\pi \), \(k \in Z.\)
+ Khả năng 2: Nếu \(m\) không biểu diễn được qua \(\tan \) của góc đặc biệt, khi đó đặt \(m = \tan \alpha \), ta được:
\(\tan x = \tan \alpha \) \( \Leftrightarrow x = \alpha + k\pi \), \(k \in Z.\)
Trong cả hai trường hợp ta đều kết luận phương trình có một họ nghiệm.
Nhận xét: Như vậy với mọi giá trị của tham số phương trình luôn có nghiệm.
Ví dụ 5: Giải phương trình: \(\tan \left[ {\frac{\pi }{4}(\cos x + \sin x)} \right] = 1.\)
Điều kiện: \(\cos \left[ {\frac{\pi }{4}(\cos x + \sin x)} \right] \ne 0\) \((*).\)
Phương trình tương đương với:
\(\frac{\pi }{4}(\cos x + \sin x) = \frac{\pi }{4} + k\pi \) \( \Leftrightarrow \cos x + \sin x = 1 + 4k\), \(k \in Z\) \((1).\)
Phương trình \((1)\) có nghiệm khi và chỉ khi:
\(\left| {1 + 4k} \right| \le \sqrt 2 \) \( \Leftrightarrow – \frac{{\sqrt 2 + 1}}{4} \le k \le \frac{{\sqrt 2 – 1}}{4}\) \( \Leftrightarrow k = 0.\)
Khi đó \((1)\) có dạng:
\(\cos x + \sin x = 1\) \( \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 1\) \( \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x + \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{4} + 2l\pi }\\
{x + \frac{\pi }{4} = \frac{{3\pi }}{4} + 2l\pi }
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 2l\pi }\\
{x = \frac{\pi }{2} + 2l\pi }
\end{array}} \right.\), \(l \in Z\) thoả mãn \((*).\)
Vậy phương trình có hai họ nghiệm.
Bài toán 4: Giải và biện luận phương trình: \(\cot x = m.\)
PHƯƠNG PHÁP CHUNG: Ta biện luận theo các bước sau:
Đặt điều kiện:
\(\sin x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne k\pi \), \(k \in Z.\)
Xét hai khả năng:
+ Khả năng 1: Nếu \(m\) được biểu diễn qua \(\cot \) của góc đặc biệt, giả sử \(\alpha \), khi đó phương trình có dạng:
\(\cot x = \cot \alpha \Leftrightarrow x = \alpha + k\pi \), \(k \in Z.\)
+ Khả năng 2: Nếu \(m\) không biểu diễn được qua \(\cot \) của góc đặc biệt, khi đó đặt \(m = \cot \alpha \), ta được:
\(\cot x = \cot \alpha \Leftrightarrow x = \alpha + k\pi \), \(k \in Z.\)
Trong cả hai trường hợp ta đều kết luận phương trình có một họ nghiệm.
Nhận xét: Như vậy với mọi giá trị của tham số phương trình luôn có nghiệm.
Ví dụ 6: Giải các phương trình sau:
a. \(\cot \left( {\frac{\pi }{4} – x} \right) = \frac{1}{{\sqrt 3 }}.\)
b. \(\cos x = \sqrt 3 \sin x.\)
a. Điều kiện:
\(\sin \left( {\frac{\pi }{4} – x} \right) \ne 0\) \( \Leftrightarrow \frac{\pi }{4} – x \ne k\pi \) \( \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{4} – k\pi \), \(k \in Z\) \((*).\)
Ta có:
\(\cot \left( {\frac{\pi }{4} – x} \right) = \cot \frac{\pi }{3}\) \( \Leftrightarrow \frac{\pi }{4} – x = \frac{\pi }{3} + k\pi \) \( \Leftrightarrow x = – \frac{\pi }{{12}} – k\pi \), \(k \in Z\) thoả mãn điều kiện \((*).\)
Vậy phương trình có một họ nghiệm.
b. Ta có:
\(\cos x = \sqrt 3 \sin x\) \( \Leftrightarrow \cot x = \sqrt 3 = \cot \frac{\pi }{6}\) \( \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + k\pi \), \(k \in Z.\)
Vậy phương trình có một họ nghiệm.
Bài toán 5: Biện luận theo \(m\) số nghiệm thuộc \((\alpha ,\beta )\) của phương trình lượng giác cơ bản.
PHƯƠNG PHÁP CHUNG: Giả sử với phương trình: \(\sin x = m.\)
Ta lựa chọn một trong hai cách sau:
Cách 1: Thực hiện theo các bước sau:
+ Bước 1: Biểu diễn \((\alpha ,\beta )\) trên đường tròn đơn vị thành cung \(\widehat {AB}.\)
+ Bước 2: Tịnh tiến đường thẳng \(m\) song song với trục cosin, khi đó số giao điểm của nó với cung \(\widehat {AB}\) bằng số nghiệm thuộc \((\alpha ,\beta )\) của phương trình.
Cách 2: Thực hiện theo các bước sau:
+ Bước 1: Vẽ đồ thị hàm số \(y = \sin x\), lấy trên \((\alpha ,\beta ).\)
+ Bước 2: Tịnh tiến đường thẳng \(y = m\) song song với trục \(Ox\), khi đó số giao điểm của nó với phần đồ thị hàm số \(y = \sin x\) bằng số nghiệm thuộc \((\alpha ,\beta )\) của phương trình.
Chú ý: Phương pháp trên được mở rộng tự nhiên cho:
1. Phương trình \(\cos x = m\), với lưu ý khi sử dụng cách 1 ta tịnh tiến đường thẳng \(m\) song song với trục sin.
2. Với các phương trình \(\tan x = m\) và \(\cot x = m\) ta chỉ có thể sử dụng cách 2.
Ví dụ 7: Biện luận theo \(m\) số nghiệm thuộc \(\left( {\frac{\pi }{6},\frac{{8\pi }}{3}} \right)\) của phương trình \(\sin x = m.\)
Ta lựa chọn một trong hai cách biểu diễn:
Kết luận: đặt \(D = \left( {\frac{\pi }{6},\frac{{8\pi }}{3}} \right)\), ta có:
+ Với \(|m| > 1\), phương trình vô nghiệm.
+ Với \(m =-1\), phương trình có một nghiệm thuộc \(D.\)
+ Với \( – 1 < m < \frac{1}{2}\) hoặc \(m=1\), phương trình có hai nghiệm phân biệt thuộc \(D.\)
+ Với \(\frac{1}{2} \le m < \frac{{\sqrt 3 }}{2}\), phương trình có ba nghiệm phân biệt thuộc \(D.\)
+ Với \(\frac{{\sqrt 3 }}{2} \le m < 1\), phương trình có bốn nghiệm phân biệt thuộc \(D.\)
Ví dụ 8: Biện luận theo \(m\) số nghiệm thuộc \(\left( { – \frac{{5\pi }}{4},\pi } \right)\) của phương trình: \((m + 1)\sin x = (m – 1)\cos x\) \((1).\)
Biến đổi phương trình về dạng:
\(\sin x + \cos x = m(\cos x – \sin x)\) \( \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = m\sqrt 2 \cos \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)\) \( \Leftrightarrow \tan \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = m.\)
Ta có kết luận:
+ Với \(m \ge 1\) hoặc \(m \le 0\), phương trình có hai nghiệm phân biệt thuộc \(D.\)
+ Với \(0 < m < 1\), phương trình có ba nghiệm phân biệt thuộc \(D.\)
II. CÁC BÀI TOÁN THI
Bài 1: (ĐHSP II – 2000): Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
\(\cos \left[ {\frac{\pi }{8}\left( {3x – \sqrt {9{x^2} + 160x + 800} } \right)} \right] = 1.\)
Biến đổi tương đương phương trình về dạng:
\(\frac{\pi }{8}\left( {3x – \sqrt {9{x^2} + 160x + 800} } \right) = 2k\pi \) \( \Leftrightarrow \sqrt {9{x^2} + 160x + 800} = 3x – 16k\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{3x – 16k \ge 0}\\
{9{x^2} + 160x + 800 = {{(3x – 16k)}^2}}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x \ge \frac{{16k}}{3},k \in Z}\\
{(3k + 5)x = 8{k^2} – 25}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\frac{{8{k^2} – 25}}{{3k + 5}} \ge \frac{{16k}}{3},k \in Z}\\
{x = \frac{{8{k^2} – 25}}{{3k + 5}}}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{k < – \frac{5}{3},k \in Z\:\left( 1 \right)}\\
{9x = 24k – 40 – \frac{{25}}{{3k + 5}}\:\left( 2 \right)}
\end{array}} \right..\)
Muốn \(x\) nguyên thì trước hết từ \((2)\) ta phải có:
\(\frac{{25}}{{3k + 5}} \in Z\) \( \Leftrightarrow 3k + 5\) là ước của \(25\) \(\mathop \Leftrightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{3k + 5 = – 1}\\
{3k + 5 = – 5}\\
{3k + 5 = – 25}
\end{array}} \right.\) \(\mathop \Leftrightarrow \limits^{k \in Z} \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{k = – 2}\\
{k = – 10}
\end{array}} \right..\)
+ Với \(k = – 2\), ta được \(x= – 7.\)
+ Với \(k = -10\), ta được \(x = -31.\)
Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên \(x = -7\) và \(x = – 31.\)
Bài 2: (Đại học tổng hợp Lômônốp – 1982): Giải phương trình:
\(\sqrt { – {x^8} + 3{x^4} – 2} .\sin \left[ {\pi \left( {16{x^2} + 2x} \right] = 0} \right..\)
Biến đổi tương đương phương trình về dạng:
\(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{ – {x^8} + 3{x^4} – 2 = 0\:\left( 1 \right)}\\
{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{ – {x^8} + 3{x^4} – 2 > 0\:\left( 2 \right)}\\
{\sin \left[ {\pi \left( {16{x^2} + 2x} \right)} \right] = 0\:\left( 3 \right)}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right.\)
Giải \((1)\) bằng cách đặt \(t = {x^4}\), điều kiện \(t \ge 0\), ta được:
\((1) \Leftrightarrow {t^2} – 3t + 2 = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{t = 1}\\
{t = 2}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{x^4} = 1}\\
{{x^4} = 2}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \pm 1}\\
{x = \pm \sqrt[4]{2}}
\end{array}} \right..\)
Giải \((2)\), dựa vào lời giải của \((1)\) ta được:
\((2) \Leftrightarrow 1 < t < 2\) \( \Leftrightarrow 1 < {x^4} < 2\) \( \Leftrightarrow 1 < |x| < \sqrt[4]{2}\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{ – \sqrt[4]{2} < x < – 1}\\
{1 < x < \sqrt[4]{2}}
\end{array}} \right..\)
Giải \((3)\), ta có:
\((3) \Leftrightarrow \pi \left( {16{x^2} + 2x} \right) = k\pi \) \( \Leftrightarrow 16{x^2} + 2x – k = 0\) \((4).\)
Phương trình \((4)\) có nghiệm khi:
\(\Delta’ \ge 0\) \( \Leftrightarrow 1 + 16k \ge 0\) \( \Leftrightarrow k \ge – \frac{1}{{16}}\) \(\mathop \Leftrightarrow \limits^{k \in Z} k \ge 0.\)
Khi đó \((4)\) có nghiệm: \({x_{1,2}} = \frac{{ – 1 \pm \sqrt {1 + 16k} }}{{16}}.\)
Để nghiệm \({x_1} = \frac{{ – 1 + \sqrt {1 + 16k} }}{{16}}\) \(( \ge 0)\) thoả mãn \((2)\) điều kiện là:
\(1 < \frac{{ – 1 + \sqrt {1 + 16k} }}{{16}} < \sqrt[4]{2}\) \( \Leftrightarrow 17 < \sqrt {1 + 16k} < 1 + 16\sqrt[4]{2}\) \( \Leftrightarrow 18 < k < 16\sqrt 2 + 2\sqrt[4]{2}\) \(\mathop \Leftrightarrow \limits^{k \in Z} k = \{ 19,20,21,22,23,24,25\} .\)
Để nghiệm \({x_2} = \frac{{ – 1 – \sqrt {1 + 16k} }}{{16}}\) \((<0)\) thoả mãn \((2)\) điều kiện là:
\( – \sqrt[4]{2} < \frac{{ – 1 – \sqrt {1 + 16k} }}{{16}} < – 1\) \( \Leftrightarrow 15 < \sqrt {1 + 16k} < 16\sqrt[4]{2} – 1\) \( \Leftrightarrow 14 < k < 16\sqrt 2 – 2\sqrt[4]{2}\) \(\mathop \Leftrightarrow \limits^{k \in Z} k = \{ 15,16,17,18,19,20\} .\)
Vậy phương trình có các nghiệm:
\(x = \left\{ { \pm 1, \pm \sqrt[4]{2}} \right\}\) \( \cup \left\{ {x = \frac{{ – 1 + \sqrt {1 + 16k} }}{{16}}|k = \overline {19,25} } \right\}\) \( \cup \left\{ {x = \frac{{ – 1 – \sqrt {1 + 16k} }}{{16}}|k = \overline {15,20} } \right\}.\)
Bài 3: Giải và biện luận phương trình: \(\frac{{{a^2}}}{{1 – {{\tan }^2}x}} = \frac{{{{\sin }^2}x + {a^2} – 2}}{{\cos 2x}}.\)
Điều kiện:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\cos x \ne 0}\\
{1 – {{\tan }^2}x \ne 0}\\
{\cos 2x \ne 0}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\cos x \ne 0}\\
{1 – {{\tan }^2}x \ne 0}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\cos x \ne 0}\\
{\tan x \ne \pm 1}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi }\\
{x \ne \pm \frac{\pi }{4} + k\pi }
\end{array}} \right.\), \(k \in Z.\)
Biến đổi phương trình về dạng:
\(\frac{{{a^2}}}{{1 – {{\tan }^2}x}} = \frac{{{{\sin }^2}x + {a^2} – 2}}{{{{\cos }^2}x – {{\sin }^2}x}}\) \( \Leftrightarrow \frac{{{a^2}}}{{1 – {{\tan }^2}x}} = \frac{{{{\tan }^2}x + \left( {{a^2} – 2} \right)\left( {1 + {{\tan }^2}x} \right)}}{{1 – {{\tan }^2}x}}\) \( \Leftrightarrow \left( {{a^2} – 1} \right){\tan ^2}x = 2\) \((1).\)
Với \({a^2} – 1 = 0 \Leftrightarrow a = \pm 1\), khi đó \((1)\) vô nghiệm.
Với \({a^2} – 1 \ne 0 \Leftrightarrow a \ne \pm 1\), khi đó \((1)\) có dạng:
\({\tan ^2}x = \frac{2}{{{a^2} – 1}}\) \((2).\)
Để \((2)\) có nghiệm và thoả mãn điều kiện ta cần có:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\frac{2}{{{a^2} – 1}} \ge 0}\\
{\frac{2}{{{a^2} – 1}} \ne 1}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{|a| > 1}\\
{a \ne \pm \sqrt 3 }
\end{array}} \right..\)
Khi đó: \((2) \Leftrightarrow \tan x = \pm \tan \alpha \) \( \Leftrightarrow x = \pm \alpha + k\pi \), \(k \in Z.\)
Kết luận:
+ Với \(|a| \le 1\) hoặc \(a = \pm \sqrt 3 \), phương trình vô nghiệm.
+ Với \(a \in ( – \infty , – 1) \cup (1, + \infty )\backslash \left\{ { \pm \sqrt 3 } \right\}\), phương trình có hai họ nghiệm.
III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Bài tập 1: Giải các phương trình sau:
a. \(\sin (\pi \cos 2x) = 1.\)
b. \(\cos (\pi \cos 3x) = 1.\)
Bài tập 2: Giải các phương trình sau:
a. \(\cos (\pi \sin x) = 1.\)
b. \(\sin \frac{\pi }{x} = \cos (\pi x).\)
c. \(\cos \left[ {\frac{\pi }{2}\cos \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right)} \right] = \frac{1}{2}.\)
Bài tập 3: Giải các phương trình sau:
a. \(\tan \left[ {\frac{\pi }{4}(\cos x – \sin x)} \right] = 1.\)
b. \(\cot \left[ {\frac{\pi }{4}(\cos x + \sin x)} \right] = 1.\)
Bài tập 4: Giải và biện luận các phương trình sau:
a. \(\cos (x + \alpha ) + \cos (x – \alpha ) = 2\cos \alpha .\)
b. \(\sin (x + \alpha ) + \cos (x – \alpha ) = 1 + \sin \alpha .\)
c. \((m + 1)\sin 2x + 1 – {m^2} = 0.\)
d. \((m + 2)\tan 2x – \sqrt m = 0.\)
Bài tập 5: Biện luận theo \(m\) số nghiệm của phương trình:
a. \(\sin x = m\) với \(x \in \left( { – \frac{\pi }{4},\frac{{4\pi }}{3}} \right].\)
b. \(\sin \left( {2x – \frac{\pi }{4}} \right) = m\) với \(x \in \left[ { – \frac{\pi }{{24}},\frac{{19\pi }}{8}} \right].\)
c. \(\cos \left( {x – \frac{\pi }{3}} \right) = m\) với \(x \in \left[ {\frac{{5\pi }}{6},\frac{{13\pi }}{6}} \right].\)
d. \(\cot \left( {x – \frac{\pi }{4}} \right) = m\) với \(x \in \left( { – \frac{{5\pi }}{4},\pi } \right).\)
