Nhằm giúp học sinh luyện thi đại học tốt phần lượng giác, trong buổi hôm nay chúng tôi giới thiệu với các em phương pháp: Giải phương trình lượng giác bằng phương pháp đánh giá.
I. Phương pháp
Xét phương trình $f\left( x \right)\, = \,g\left( x \right)\,\,\,\,\,x \in \,D$ (1)
Nếu ∀x ∈ D, f(x) ≥ k và g(x) ≤ k, k là một số nào đó thì phương trình trên tương đương với h ệ $\left\{ \begin{array}{l}
f\left( x \right)\, = \,k\\
g\left( x \right)\, = \,k
\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$
Như vậy ta quy ước việc giải PTLG (1) về giải hệ PTLG (2). Để đánh giá phương trình ta dựa trên các dạng sau:
Dạng 1: Tính chất của hàm số lượng giác và biểu thức lượng giác.
Dạng 2: PTLG dạng Pitago
Dạng 3: Sử dụng bất đẳng thức Côsi.
Dạng 4: Sử dụng bất đẳng thức Bunhicôpski.
Sau đây ta đi xét từng dạng.
a) Tính chất của hàm số lượng giác và biểu thức lượng giác.
Ví dụ 1: Giải phương trình $\left( {\sin x\, + \,\sqrt 3 \cos x} \right)\sin 3x\, = \,2$ (1)
|\sin x\, + \,\sqrt 3 \cos x| \le 2\\
\left| {\sin 3x} \right| \le 1
\end{array} \right.\,\,\, \Rightarrow \,\,\left| {(\sin x\, + \,\sqrt 3 \cos x)\sin 3x} \right| \le 2$
Do đó phương trình (1) tương dương với
$\,\,\left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\sin x\, + \,\sqrt 3 \cos x\, = 2\\
\sin 3x\, = \,1
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
\sin x\, + \,\sqrt 3 \cos x\, = - 2\\
\sin 3x\, = \, - 1
\end{array} \right.
\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\sin (x\, + \,\frac{\pi }{3})\, = \,1\\
\sin 3x\, = \,1
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
\sin (x\, + \,\frac{\pi }{3})\, = \, - 1\\
\sin 3x\, = - \,1
\end{array} \right.
\end{array} \right.\,$ $ \Leftrightarrow \,\,\,\,\left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
x\, = \,\frac{\pi }{6}\, + \,k2\pi \\
\sin 3x\, = \,1
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
x\, = \, - \frac{{5\pi }}{6}\, + \,k2\pi \\
\sin 3x\, = \, - 1
\end{array} \right.
\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,\,\,\,\left[ \begin{array}{l}
x\, = \,\frac{\pi }{6}\, + \,k2\pi \\
x\, = \, - \frac{{5\pi }}{6}\, + \,k2\pi
\end{array} \right.\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,x\, = \,\frac{\pi }{6}\, + \,k\pi \,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {k \in Z} \right)$
Vậy phương trình có một họ nghiệm.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
${\sin ^8}x\, + \,{\cos ^8}x\, = \,2({\sin ^{10}}x\, + \,{\cos ^{10}}x)\, + \,\frac{5}{4}\,\cos 2x$ (2)
$\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\cos 2x.\,{\sin ^8}x - \,\,\cos 2x.{\cos ^8}x\, = \frac{5}{4}\cos 2x$
$\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,({\sin ^8}x - \,\,{\cos ^8}x)\,cos2x = \frac{5}{4}\cos 2x\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\cos 2x\, = \,0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\\
{\sin ^8}x - \,\,{\cos ^8}x\, = \,\frac{5}{4}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 4 \right)
\end{array} \right.$
Giải (3) ta được $2x\, = \,\frac{\pi }{2}\, + \,k\pi \,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,x\, = \,\frac{\pi }{4}\, + \,k\frac{\pi }{2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {k \in Z} \right)$
Giải (4): Ta có nhận xét
VT =${\sin ^8}x\, - \,{\cos ^8}x\, \le {\sin ^8}x \le 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$ vô nghiệm
Vậy phương trình có một họ nghiệm.
Nhận xét: Hầu hết các phương trình lượng giác ở dạng ban đầu chúng ta chưa thể khẳng định được nó có thuộc loại đánh giá hay không. Tất cả chỉ được khẳng định sau những biến đổi lượng giác mà chúng ta đã biết.
Ví dụ 3: Giải phương trình
$3.{\sin ^2}x\, - \,{2^{\log {}_2{{\sin }^3}x\, + \,1}}\, = \,\log {}_2({\sin ^2}x\, + \,1)\, - \log {}_2\sin x\,\,$ (3)
Ta thấy $\,{2^{\log {}_2{{\sin }^3}x\, + \,1}}\, = \,{2.2^{\log {}_2{{\sin }^3}x\,}}\, = \,2{\sin ^3}x\,\,\,$
Ta có $\left( 3 \right)\,\, \Leftrightarrow 3.{\sin ^2}x\, - \,{2^{\log {}_2{{\sin }^3}x\, + \,1}}\, = \,\log {}_2\frac{{{{\sin }^2}x\, + \,1}}{{\sin x\,}}\,\,$ (4)
Với ∀sin(x) > 0 ta có ${\sin ^2}x\, + 1\, \ge \,2\sin x\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\frac{{{{\sin }^2}x\, + 1}}{{\sin x}} \ge 2\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\log {}_2\frac{{{{\sin }^2}x\, + \,1}}{{\sin x\,}}\,\, \ge 1\,\,\,\,\,\left( 5 \right)$
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\frac{1}{4}({\sin ^{10}}x + {\cos ^{10}}x) = \frac{{{{\sin }^6}x + {{\cos }^6}x}}{{{{\sin }^2}2x + 4{{\cos }^2}2x}}\,\,\,\,\,\,(1)$
${\sin ^2}x\, + 1\, = \,2\sin x\, \Leftrightarrow \,\,\,\,{(\sin x\, - \,1)^2}\, = \,0\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\sin x\, = \,1\,\,\,\,\,\left( * \right)$
Từ (4) và (5) $ \Rightarrow \,\,\,3{\sin ^2}x\, - \,\,2{\sin ^3}x\, \ge 1\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,2{\sin ^3}x\, - \,\,3{\sin ^2}x\, + 1 \le 0\,$
$ \Leftrightarrow {(\sin x - 1)^2}(2\sin x + 1) \le 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(6)$
Do $\sin x \ge 0 \Rightarrow 2\sin x + 1 \ge 1$ do đó (6) $ \Leftrightarrow {(\sin x - 1)^2} \le 0$
$\sin x = 1\, \Leftrightarrow \,x = \,\frac{\pi }{2}\,\, + k2\pi \,\,\,\,(k \in Z)\,\,\,\,(**)$
Từ (*) và (**) ta suy ra $x = \,\frac{\pi }{2}\,\, + k2\pi \,\,\,\,(k \in Z)\,\,\,\,$là họ nghiệm của phương trình đã cho.
b) Phương trình lượng giác dạng Pitago.
Ví dụ 1: Giải phương trình ${\sin ^{10}}x + {\cos ^{10}}x\, = \,\frac{{{{\sin }^6}x + {{\cos }^6}x}}{{{{\sin }^2}2x + 4{{\cos }^2}2x}}\,\,\,\,\,(1)$
Giải:
Ta có nhận xét :
VP=$\frac{{{{(\sin x + \cos x)}^3} - 3{{\sin }^2}x.{{\cos }^2}x}}{{4\left( {{{\sin }^2}2x + {{\cos }^2}2x} \right) - 3\,{{\sin }^2}\,2x}} = \frac{{1 - \frac{3}{4}{{\sin }^2}\,2x}}{{4 - 3{{\sin }^2}\,2x}} = \frac{1}{4}$
Mặt khác: $\left\{ \begin{array}{l}
{\cos ^{10}}x \le {\cos ^2}x\\
{\sin ^{10}}x \le \,\,{\sin ^2}x
\end{array} \right.\,\, \Rightarrow VT = \frac{1}{4}({\sin ^{10}}x + {\cos ^{10}}x)\, \le \frac{1}{4}({\sin ^2}x + {\cos ^2}x) = \frac{1}{4}$
Do đó: (1) $\,\, \Leftrightarrow \,\,VT = \frac{1}{4} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\cos ^{10}}x\, = \,{\cos ^2}\,x\\
{\sin ^{10}}x\, = \,{\sin ^2}\,x
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
\cos x\, = \,0\\
\cos x\, = \, \pm 1
\end{array} \right.\\
\left[ \begin{array}{l}
\sin x\, = \,0\\
\sin \,x = \, \pm \,1
\end{array} \right.
\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\cos x = 0\\
\sin x\,\, = \,\,0
\end{array} \right.\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\sin 2x\, = \,0\,\, \Leftrightarrow \,\,2x\,\, = \,\,k\pi \,\, \Leftrightarrow \,\,x = \,\,k\frac{\pi }{2}\,\,\,\,(k \in Z)$
Như vậy bằng nhận xét ${\cos ^n}x \le \,{\cos ^2}x\,\,\,\,,\,\,\,{\sin ^n}x\,\, \le \,\,{\sin ^2}x\,\,(\,n \ge \,\,2,\,\,n \in \,\,N)\,\,$và ta có thể giải bài toán một cách dễ dàng.
Ví dụ 2: Giải phương trình: ${\sin ^{2007}}x\,\, + \,\,{\cos ^{2008}}x\, = \,1$
$\begin{array}{l}
{\sin ^2}x\, \le \,1\,\, \Rightarrow {\sin ^3}x\,\, \le \,\,{\sin ^2}x\,\, \le \,1\, \Rightarrow {\sin ^5}x\, \le \,\,{\sin ^2}x\, \le \,1\\
............ \Rightarrow {\sin ^{2007}}x\, \le \,\,{\sin ^2}x\,\,\,\,\,\,\,\,\,(a)\,\,
\end{array}$
Mặt khác ta cũng có:
$\begin{array}{l}
{\cos ^2}x\, \le \,1\,\, \Rightarrow \,\,\,{\cos ^4}x\, \le \,{\cos ^2}x\, \le \,1\,\, \Rightarrow \,\,\,{\cos ^6}x\, \le \,{\cos ^2}x\, \le \,1\\
............... \Rightarrow \,\,{\cos ^{2008}}x\, \le \,{\cos ^2}x\,\,\,\,\,(b)
\end{array}$
Từ (a) và (b) $ \Rightarrow \,{\sin ^{2007}}x\,\,\, + \,\,{\cos ^{2008}}x\, \le \,\,{\sin ^2}x\, + {\cos ^2}x = 1\,$
Dấu “=” xảy ra $ \Leftrightarrow \,\,\left\{ \begin{array}{l}
{\sin ^3}x = {\sin ^2}x\\
{\cos ^3}x\, = {\cos ^2}x\,
\end{array} \right. \Leftrightarrow \,\,\,\left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
\sin x = 0\\
\sin x = \,1
\end{array} \right.\\
\left[ \begin{array}{l}
\cos x = \,0\\
\cos x = \,1
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \,\,\left[ \begin{array}{l}
\sin x\, = \,0\\
\sin x\, = \,1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \,\,\left[ \begin{array}{l}
x = \,k\pi \\
x = \,\frac{\pi }{2}\, + \,k\pi
\end{array} \right.\,\,\,k \in Z$
c) Sử dụng bất đẳng thức Cosi:
Ví dụ 1: Giải phương trình: ${\sin ^8}2x\,\, + \,\,{\cos ^8}2x\,\, = \,\frac{1}{8}\,\,\,\,\,\,(1)$
Ta có:
$\begin{array}{l}
{\sin ^8}2x\,\, + \,\,{\cos ^8}2x\,\, = \,\,\,{({\sin ^4}2x\,\, + \,\,{\cos ^4}2x)^2} - \,2\,{\sin ^4}2x\,.\,\,{\cos ^4}2x\\
= {\left[ {{{({{\sin }^2}2x\,\, + \,\,{{\cos }^2}2x)}^2} - 2{{\sin }^2}2x\,.\,\,{{\cos }^2}2x} \right]^2}\,\, - \,\,2\,{\sin ^4}2x\,.\,\,{\cos ^4}2x\\
= {(1 - \frac{1}{2}{\sin ^2}4x)^2}\,\, - \frac{1}{8}\,{\sin ^4}4x\,\, = \,\,\frac{1}{8}\,{\sin ^4}4x\, - \,\,\,{\sin ^4}4x\,\,\, + \,\,1
\end{array}$
Lúc đó (1) $ \Leftrightarrow \,\,\frac{1}{8}\,{\sin ^4}4x\, - \,\,\,{\sin ^4}4x\,\,\, + \,\,1\, = \,\,\frac{1}{8}\,\, \Leftrightarrow \,\,{\sin ^4}4x\, - \,\,8\,{\sin ^2}4x\,\,\, + \,\,7\,\, = \,0$
$\begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
{\sin ^2}4x\,\, = \,\,1\\
{\sin ^2}4x\, = \,\,7\,\,\,\,\,(vn)
\end{array} \right.\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\cos 4x\,\, = \,0\,\,\\
\Leftrightarrow \,\,4x\,\, = \,\,\frac{\pi }{2}\,\, + \,k\pi \,\, \Leftrightarrow \,\,x = \frac{\pi }{8}\,\, + \,k\frac{\pi }{4}\,\,\,\,\left( {k \in Z} \right)
\end{array}$
Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức Cosi
Ta có nhận xét
$\left\{ \begin{array}{l}
\,{\cos ^8}2x\,\, + {(\frac{1}{2})^4} + \,\,{(\frac{1}{2})^4}\,\, + {(\frac{1}{2})^4} \ge \frac{1}{2}{\cos ^2}2x\\
{\sin ^8}x\,\, + \,\,{(\frac{1}{2})^4} + \,\,{(\frac{1}{2})^4}\,\, + {(\frac{1}{2})^4} \ge \frac{1}{2}{\sin ^2}2x
\end{array} \right.$
Cộng vế với vế $ \Rightarrow \,\,\,{\sin ^8}2x + \,{\cos ^8}2x\,\, + \,\,\,6\,\,{(\frac{1}{2})^4}\,\, \ge \,\,\frac{1}{2}\,\,({\sin ^2}2x + \,{\cos ^2}2x)$
$ \Leftrightarrow \,\,\,{\sin ^8}2x + \,{\cos ^8}2x\,\, \ge \,\,\,\frac{1}{8}$
Do đó: (1) $ \Leftrightarrow \,\,\,\left\{ \begin{array}{l}
\,{\cos ^8}2x\,\, = \,{(\frac{1}{2})^4}\\
{\sin ^8}2x\,\,\,\, = {(\frac{1}{2})^4}
\end{array} \right.\,\,\, \Leftrightarrow \,\,{\sin ^2}2x\,\, = \,\,{\cos ^2}2x\,\, = \,\,\frac{1}{2}\,\, \Leftrightarrow \,\cos 4x\,\, = \,0\,$
$ \Leftrightarrow \,4x = \,\frac{\pi }{2}\,\, + \,k\pi \,\,\, \Leftrightarrow \,\,x = \,\,\frac{\pi }{8}\,\, + \,\,k\frac{\pi }{4}\,\,\,\,(k \in \,Z)$
Ví dụ 2: Giải phương trình:
${(\tan x\,\, + \,\frac{1}{4}\,\cot x\,)^n}\,\, = \,\,{\sin ^n}x\,\, + \,\,{\cos ^n}x\,\,\,\,\,\,\,n\,\, \ge \,\,2,\,\,n \in N\,\,\,\,\,(2)$
Giải
Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}
\cos x\, \ne \,0\\
\sin x\, \ne \,0
\end{array} \right.\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\sin 2x\,\, \ne \,0\,\,\, \Leftrightarrow \,\,2x\,\, \ne \,\,k\pi \,\, \Leftrightarrow \,\,\,x\,\, \ne \,\,k\,\frac{\pi }{2}\,\,,\,\,k\, \in \,\,Z$
+) Với n = 2 phương trình đã cho trở thành
${(\tan x\,\, + \,\frac{1}{4}\,\cot x\,)^2}\,\, = \,\,{\sin ^2}x\,\, + \,\,{\cos ^2}x\,\,\, = \,\,1$
Ta có: ${(\tan x\,\, + \,\,\cot x\,)^2}\,\, = \,\,{\tan ^2}x\,\, + \,\frac{1}{6}\,\,{\cot ^2}x\,\, + \,\,\frac{1}{2}\,\, \ge \,\,1$
Dấu “=’’ xảy ra:
$\begin{array}{l}
\, \Leftrightarrow \,{\tan ^2}x\,\, = \,\frac{1}{6}\,\,{\cot ^2}x\,\,\\
\Leftrightarrow \,\,\,\tan x = \pm \,\frac{1}{2}\,\,\, = \,\, \pm \,\,\,\tan \alpha \,\,\, \Leftrightarrow \,\,x\,\, = \,\, \pm \alpha \,\, + \,\,k\pi \,\,\,\,(k\, \in \,Z)
\end{array}$
+) Với n ≥ 2 ta có $|\tan x\,\, + \,\frac{1}{4}\,\,\cot x|{\,^n}\,\, = \,\,{(|\tan x|\,\, + \,\frac{1}{4}\,\,|\cot x\,|\,)^n}\,\, \ge \,\,1$
(Theo bất dẳng thức Cosi)
Mặt khác: ∀ n > 2 thì
$\left\{ \begin{array}{l}
|\,{\sin ^n}x|\,\,\, \le \,\,{\sin ^2}x\\
|{\cos ^n}x|\,\,\, \le \,\,{\cos ^2}x\,
\end{array} \right.\,\, \Rightarrow \,\,|\,{\sin ^n}x|\,\,\,\, + |{\cos ^n}x|\,\,\, \le \,\,\,1$
Do đó:
$\,|\,{\sin ^n}x\,\, + {\cos ^n}x|\,\,\, \le \,\,|\,{\sin ^n}x\,|\, + |{\cos ^n}x\,|\,\,\, \le \,\,1\,\,\, \le \,\,|\tan x\, + \,\frac{1}{4}\,\cot x{|^n}$
Dấu “=” xảy ra
$ \Leftrightarrow \,\,\left\{ \begin{array}{l}
|{\sin ^n}x\,\,|\,\, = {\sin ^2}x\,\,\\
|{\cos ^n}x|\,\, = {\cos ^2}x\\
|\tan x|\,\, = \,\,\frac{1}{4}\,\,|\cot x|
\end{array} \right.\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
x = k\pi \\
x = \frac{\pi }{2}\,\, + \,\,k\pi
\end{array} \right.\\
\,\,\,|\tan x| = \,\,\frac{1}{4}\,\,|\cot x|
\end{array} \right.$
Hệ này vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho có hai họ nghiệm
d) Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski
Ví dụ 1: Giải phương trình
$\sin x\,\, + \,\,\sqrt {2 - \,\,{{\sin }^2}x} \,\,\,\, + \sin x\,\,\sqrt {2 - \,\,{{\sin }^2}x} \,\, = \,3$ (1)
$\begin{array}{l}
V{T^2} = \,\,{(1.\sin x\,\, + \,\,\sqrt {2 - \,\,{{\sin }^2}x} \,\, + \sin x\,\,\sqrt {2 - \,\,{{\sin }^2}x} )^2}\,\,\, \le \\
\,\,\,\,\,\,\, \le (1\,\, + \,2 - {\sin ^2}x\, + \,\,\,{\sin ^2}x\,)\left( {{{\sin }^2}x\,\, + \,\,1\, + \,\,2 - \,\,{{\sin }^2}x} \right) = 9\,\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,VT\, \le \,\,3
\end{array}$
Vậy phương trình có nghiệm $ \Leftrightarrow \,\,\sin x\, = \,\,1\,\,\, \Leftrightarrow \,x\,\, = \,\,\frac{\pi }{2}\,\, + \,k\pi \,\,\,\,(k\,\, \in \,\,Z)$
Ví dụ 2: Giải phương trình :
$\tan x\,\, + \,\,{\tan ^2}2x\,\,\, + \,\,\,{\cot ^2}3x\,\, = \,\,1\,\,\,\,\,\,\,$
\cos x\,\,\, \ne \,\,\,0\\
\cos 2x\,\, \ne \,\,\,0\\
\sin 3x\,\, \ne \,\,0
\end{array} \right.\,\,\,\, \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\sin 4x\,\, \ne \,\,0\\
\cos 3x\,\, \ne \,\,\, - \frac{1}{2}
\end{array} \right.$
Ta có:
$\begin{array}{l}
\tan \,(2x\, + \,x\,)\,\, = \,\,\frac{{\tan \,2x\, + \,\tan x\,}}{{1 - \tan \,2x\,.\tan \,x\,}}\,\, = \,\,\frac{1}{{\cot 3x}}\\
\Leftrightarrow \tan \,2x\,.\tan \,x\,\, + \,\,\tan \,2x\,.\cot \,3x + \,\cot \,3x.\tan \,x\,\, = \,\,1
\end{array}$
Theo bất đẳng thức Bunhiacopski ta có
$\,\,1 = \tan \,2x\,.\tan \,x\,\, + \,\,\tan \,2x\,.\cot \,3x + \,\cot \,3x.\tan \,x\,\, \le \,\,{\tan ^2}\,x\, + \,\,{\tan ^2}2\,x\,\, + \,\,{\cot ^2}3\,x\,\,\,$
Dấu “=” xảy ra ⇔tan(x) = tan(2x) = cot(3x)
$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \,\,\left\{ \begin{array}{l}
\tan 2x\,\, = \,\,\tan x\\
\cot 3x\,\, = \,\tan \,x
\end{array} \right.\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{2\,\tan x}}{{1 - \,\,{{\tan }^2}x}} = \tan x\\
\cot 3x\, = \,\tan x
\end{array} \right.\,\,\\
\Leftrightarrow \,\,\left\{ \begin{array}{l}
\tan x\,\, = \,\,0\\
\cot 3x\,\, = \,\,0
\end{array} \right.\,\, \Leftrightarrow \,\,\left\{ \begin{array}{l}
x = k\pi \\
\cot 3x\,\, = \,\,0
\end{array} \right.\,\,\,\,
\end{array}$
Hệ phương trình trên vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
I. Phương pháp
Xét phương trình $f\left( x \right)\, = \,g\left( x \right)\,\,\,\,\,x \in \,D$ (1)
Nếu ∀x ∈ D, f(x) ≥ k và g(x) ≤ k, k là một số nào đó thì phương trình trên tương đương với h ệ $\left\{ \begin{array}{l}
f\left( x \right)\, = \,k\\
g\left( x \right)\, = \,k
\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$
Như vậy ta quy ước việc giải PTLG (1) về giải hệ PTLG (2). Để đánh giá phương trình ta dựa trên các dạng sau:
Dạng 1: Tính chất của hàm số lượng giác và biểu thức lượng giác.
Dạng 2: PTLG dạng Pitago
Dạng 3: Sử dụng bất đẳng thức Côsi.
Dạng 4: Sử dụng bất đẳng thức Bunhicôpski.
Sau đây ta đi xét từng dạng.
a) Tính chất của hàm số lượng giác và biểu thức lượng giác.
Ví dụ 1: Giải phương trình $\left( {\sin x\, + \,\sqrt 3 \cos x} \right)\sin 3x\, = \,2$ (1)
Giải
Ta có nhận xét $\left\{ \begin{array}{l}|\sin x\, + \,\sqrt 3 \cos x| \le 2\\
\left| {\sin 3x} \right| \le 1
\end{array} \right.\,\,\, \Rightarrow \,\,\left| {(\sin x\, + \,\sqrt 3 \cos x)\sin 3x} \right| \le 2$
Do đó phương trình (1) tương dương với
$\,\,\left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\sin x\, + \,\sqrt 3 \cos x\, = 2\\
\sin 3x\, = \,1
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
\sin x\, + \,\sqrt 3 \cos x\, = - 2\\
\sin 3x\, = \, - 1
\end{array} \right.
\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\sin (x\, + \,\frac{\pi }{3})\, = \,1\\
\sin 3x\, = \,1
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
\sin (x\, + \,\frac{\pi }{3})\, = \, - 1\\
\sin 3x\, = - \,1
\end{array} \right.
\end{array} \right.\,$ $ \Leftrightarrow \,\,\,\,\left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
x\, = \,\frac{\pi }{6}\, + \,k2\pi \\
\sin 3x\, = \,1
\end{array} \right.\\
\left\{ \begin{array}{l}
x\, = \, - \frac{{5\pi }}{6}\, + \,k2\pi \\
\sin 3x\, = \, - 1
\end{array} \right.
\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,\,\,\,\left[ \begin{array}{l}
x\, = \,\frac{\pi }{6}\, + \,k2\pi \\
x\, = \, - \frac{{5\pi }}{6}\, + \,k2\pi
\end{array} \right.\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,x\, = \,\frac{\pi }{6}\, + \,k\pi \,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {k \in Z} \right)$
Vậy phương trình có một họ nghiệm.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
${\sin ^8}x\, + \,{\cos ^8}x\, = \,2({\sin ^{10}}x\, + \,{\cos ^{10}}x)\, + \,\frac{5}{4}\,\cos 2x$ (2)
Giải
$\left( 2 \right)\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,(1\, - \,2{\sin ^2}x){\sin ^8}x - \,(\,2\,{\cos ^2}x - \,1)\,{\cos ^8}x\, = \,\frac{5}{4}\cos 2x$$\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\cos 2x.\,{\sin ^8}x - \,\,\cos 2x.{\cos ^8}x\, = \frac{5}{4}\cos 2x$
$\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,({\sin ^8}x - \,\,{\cos ^8}x)\,cos2x = \frac{5}{4}\cos 2x\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\cos 2x\, = \,0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\\
{\sin ^8}x - \,\,{\cos ^8}x\, = \,\frac{5}{4}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 4 \right)
\end{array} \right.$
Giải (3) ta được $2x\, = \,\frac{\pi }{2}\, + \,k\pi \,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,x\, = \,\frac{\pi }{4}\, + \,k\frac{\pi }{2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {k \in Z} \right)$
Giải (4): Ta có nhận xét
VT =${\sin ^8}x\, - \,{\cos ^8}x\, \le {\sin ^8}x \le 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$ vô nghiệm
Vậy phương trình có một họ nghiệm.
Nhận xét: Hầu hết các phương trình lượng giác ở dạng ban đầu chúng ta chưa thể khẳng định được nó có thuộc loại đánh giá hay không. Tất cả chỉ được khẳng định sau những biến đổi lượng giác mà chúng ta đã biết.
Ví dụ 3: Giải phương trình
$3.{\sin ^2}x\, - \,{2^{\log {}_2{{\sin }^3}x\, + \,1}}\, = \,\log {}_2({\sin ^2}x\, + \,1)\, - \log {}_2\sin x\,\,$ (3)
Giải
Điều kiện sin(x) > 0Ta thấy $\,{2^{\log {}_2{{\sin }^3}x\, + \,1}}\, = \,{2.2^{\log {}_2{{\sin }^3}x\,}}\, = \,2{\sin ^3}x\,\,\,$
Ta có $\left( 3 \right)\,\, \Leftrightarrow 3.{\sin ^2}x\, - \,{2^{\log {}_2{{\sin }^3}x\, + \,1}}\, = \,\log {}_2\frac{{{{\sin }^2}x\, + \,1}}{{\sin x\,}}\,\,$ (4)
Với ∀sin(x) > 0 ta có ${\sin ^2}x\, + 1\, \ge \,2\sin x\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\frac{{{{\sin }^2}x\, + 1}}{{\sin x}} \ge 2\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\log {}_2\frac{{{{\sin }^2}x\, + \,1}}{{\sin x\,}}\,\, \ge 1\,\,\,\,\,\left( 5 \right)$
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\frac{1}{4}({\sin ^{10}}x + {\cos ^{10}}x) = \frac{{{{\sin }^6}x + {{\cos }^6}x}}{{{{\sin }^2}2x + 4{{\cos }^2}2x}}\,\,\,\,\,\,(1)$
${\sin ^2}x\, + 1\, = \,2\sin x\, \Leftrightarrow \,\,\,\,{(\sin x\, - \,1)^2}\, = \,0\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\sin x\, = \,1\,\,\,\,\,\left( * \right)$
Từ (4) và (5) $ \Rightarrow \,\,\,3{\sin ^2}x\, - \,\,2{\sin ^3}x\, \ge 1\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,2{\sin ^3}x\, - \,\,3{\sin ^2}x\, + 1 \le 0\,$
$ \Leftrightarrow {(\sin x - 1)^2}(2\sin x + 1) \le 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(6)$
Do $\sin x \ge 0 \Rightarrow 2\sin x + 1 \ge 1$ do đó (6) $ \Leftrightarrow {(\sin x - 1)^2} \le 0$
$\sin x = 1\, \Leftrightarrow \,x = \,\frac{\pi }{2}\,\, + k2\pi \,\,\,\,(k \in Z)\,\,\,\,(**)$
Từ (*) và (**) ta suy ra $x = \,\frac{\pi }{2}\,\, + k2\pi \,\,\,\,(k \in Z)\,\,\,\,$là họ nghiệm của phương trình đã cho.
b) Phương trình lượng giác dạng Pitago.
Ví dụ 1: Giải phương trình ${\sin ^{10}}x + {\cos ^{10}}x\, = \,\frac{{{{\sin }^6}x + {{\cos }^6}x}}{{{{\sin }^2}2x + 4{{\cos }^2}2x}}\,\,\,\,\,(1)$
Giải:
Ta có nhận xét :
VP=$\frac{{{{(\sin x + \cos x)}^3} - 3{{\sin }^2}x.{{\cos }^2}x}}{{4\left( {{{\sin }^2}2x + {{\cos }^2}2x} \right) - 3\,{{\sin }^2}\,2x}} = \frac{{1 - \frac{3}{4}{{\sin }^2}\,2x}}{{4 - 3{{\sin }^2}\,2x}} = \frac{1}{4}$
Mặt khác: $\left\{ \begin{array}{l}
{\cos ^{10}}x \le {\cos ^2}x\\
{\sin ^{10}}x \le \,\,{\sin ^2}x
\end{array} \right.\,\, \Rightarrow VT = \frac{1}{4}({\sin ^{10}}x + {\cos ^{10}}x)\, \le \frac{1}{4}({\sin ^2}x + {\cos ^2}x) = \frac{1}{4}$
Do đó: (1) $\,\, \Leftrightarrow \,\,VT = \frac{1}{4} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\cos ^{10}}x\, = \,{\cos ^2}\,x\\
{\sin ^{10}}x\, = \,{\sin ^2}\,x
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
\cos x\, = \,0\\
\cos x\, = \, \pm 1
\end{array} \right.\\
\left[ \begin{array}{l}
\sin x\, = \,0\\
\sin \,x = \, \pm \,1
\end{array} \right.
\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\cos x = 0\\
\sin x\,\, = \,\,0
\end{array} \right.\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\sin 2x\, = \,0\,\, \Leftrightarrow \,\,2x\,\, = \,\,k\pi \,\, \Leftrightarrow \,\,x = \,\,k\frac{\pi }{2}\,\,\,\,(k \in Z)$
Như vậy bằng nhận xét ${\cos ^n}x \le \,{\cos ^2}x\,\,\,\,,\,\,\,{\sin ^n}x\,\, \le \,\,{\sin ^2}x\,\,(\,n \ge \,\,2,\,\,n \in \,\,N)\,\,$và ta có thể giải bài toán một cách dễ dàng.
Ví dụ 2: Giải phương trình: ${\sin ^{2007}}x\,\, + \,\,{\cos ^{2008}}x\, = \,1$
Giải
Ta có:$\begin{array}{l}
{\sin ^2}x\, \le \,1\,\, \Rightarrow {\sin ^3}x\,\, \le \,\,{\sin ^2}x\,\, \le \,1\, \Rightarrow {\sin ^5}x\, \le \,\,{\sin ^2}x\, \le \,1\\
............ \Rightarrow {\sin ^{2007}}x\, \le \,\,{\sin ^2}x\,\,\,\,\,\,\,\,\,(a)\,\,
\end{array}$
Mặt khác ta cũng có:
$\begin{array}{l}
{\cos ^2}x\, \le \,1\,\, \Rightarrow \,\,\,{\cos ^4}x\, \le \,{\cos ^2}x\, \le \,1\,\, \Rightarrow \,\,\,{\cos ^6}x\, \le \,{\cos ^2}x\, \le \,1\\
............... \Rightarrow \,\,{\cos ^{2008}}x\, \le \,{\cos ^2}x\,\,\,\,\,(b)
\end{array}$
Từ (a) và (b) $ \Rightarrow \,{\sin ^{2007}}x\,\,\, + \,\,{\cos ^{2008}}x\, \le \,\,{\sin ^2}x\, + {\cos ^2}x = 1\,$
Dấu “=” xảy ra $ \Leftrightarrow \,\,\left\{ \begin{array}{l}
{\sin ^3}x = {\sin ^2}x\\
{\cos ^3}x\, = {\cos ^2}x\,
\end{array} \right. \Leftrightarrow \,\,\,\left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
\sin x = 0\\
\sin x = \,1
\end{array} \right.\\
\left[ \begin{array}{l}
\cos x = \,0\\
\cos x = \,1
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \,\,\left[ \begin{array}{l}
\sin x\, = \,0\\
\sin x\, = \,1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \,\,\left[ \begin{array}{l}
x = \,k\pi \\
x = \,\frac{\pi }{2}\, + \,k\pi
\end{array} \right.\,\,\,k \in Z$
c) Sử dụng bất đẳng thức Cosi:
Ví dụ 1: Giải phương trình: ${\sin ^8}2x\,\, + \,\,{\cos ^8}2x\,\, = \,\frac{1}{8}\,\,\,\,\,\,(1)$
Giải
Cách 1: Sử dụng giải PTLG hỗn hợp chứa các biểu thức đối xứng đối với Ta có:
$\begin{array}{l}
{\sin ^8}2x\,\, + \,\,{\cos ^8}2x\,\, = \,\,\,{({\sin ^4}2x\,\, + \,\,{\cos ^4}2x)^2} - \,2\,{\sin ^4}2x\,.\,\,{\cos ^4}2x\\
= {\left[ {{{({{\sin }^2}2x\,\, + \,\,{{\cos }^2}2x)}^2} - 2{{\sin }^2}2x\,.\,\,{{\cos }^2}2x} \right]^2}\,\, - \,\,2\,{\sin ^4}2x\,.\,\,{\cos ^4}2x\\
= {(1 - \frac{1}{2}{\sin ^2}4x)^2}\,\, - \frac{1}{8}\,{\sin ^4}4x\,\, = \,\,\frac{1}{8}\,{\sin ^4}4x\, - \,\,\,{\sin ^4}4x\,\,\, + \,\,1
\end{array}$
Lúc đó (1) $ \Leftrightarrow \,\,\frac{1}{8}\,{\sin ^4}4x\, - \,\,\,{\sin ^4}4x\,\,\, + \,\,1\, = \,\,\frac{1}{8}\,\, \Leftrightarrow \,\,{\sin ^4}4x\, - \,\,8\,{\sin ^2}4x\,\,\, + \,\,7\,\, = \,0$
$\begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
{\sin ^2}4x\,\, = \,\,1\\
{\sin ^2}4x\, = \,\,7\,\,\,\,\,(vn)
\end{array} \right.\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\cos 4x\,\, = \,0\,\,\\
\Leftrightarrow \,\,4x\,\, = \,\,\frac{\pi }{2}\,\, + \,k\pi \,\, \Leftrightarrow \,\,x = \frac{\pi }{8}\,\, + \,k\frac{\pi }{4}\,\,\,\,\left( {k \in Z} \right)
\end{array}$
Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức Cosi
Ta có nhận xét
$\left\{ \begin{array}{l}
\,{\cos ^8}2x\,\, + {(\frac{1}{2})^4} + \,\,{(\frac{1}{2})^4}\,\, + {(\frac{1}{2})^4} \ge \frac{1}{2}{\cos ^2}2x\\
{\sin ^8}x\,\, + \,\,{(\frac{1}{2})^4} + \,\,{(\frac{1}{2})^4}\,\, + {(\frac{1}{2})^4} \ge \frac{1}{2}{\sin ^2}2x
\end{array} \right.$
Cộng vế với vế $ \Rightarrow \,\,\,{\sin ^8}2x + \,{\cos ^8}2x\,\, + \,\,\,6\,\,{(\frac{1}{2})^4}\,\, \ge \,\,\frac{1}{2}\,\,({\sin ^2}2x + \,{\cos ^2}2x)$
$ \Leftrightarrow \,\,\,{\sin ^8}2x + \,{\cos ^8}2x\,\, \ge \,\,\,\frac{1}{8}$
Do đó: (1) $ \Leftrightarrow \,\,\,\left\{ \begin{array}{l}
\,{\cos ^8}2x\,\, = \,{(\frac{1}{2})^4}\\
{\sin ^8}2x\,\,\,\, = {(\frac{1}{2})^4}
\end{array} \right.\,\,\, \Leftrightarrow \,\,{\sin ^2}2x\,\, = \,\,{\cos ^2}2x\,\, = \,\,\frac{1}{2}\,\, \Leftrightarrow \,\cos 4x\,\, = \,0\,$
$ \Leftrightarrow \,4x = \,\frac{\pi }{2}\,\, + \,k\pi \,\,\, \Leftrightarrow \,\,x = \,\,\frac{\pi }{8}\,\, + \,\,k\frac{\pi }{4}\,\,\,\,(k \in \,Z)$
Ví dụ 2: Giải phương trình:
${(\tan x\,\, + \,\frac{1}{4}\,\cot x\,)^n}\,\, = \,\,{\sin ^n}x\,\, + \,\,{\cos ^n}x\,\,\,\,\,\,\,n\,\, \ge \,\,2,\,\,n \in N\,\,\,\,\,(2)$
Giải
Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}
\cos x\, \ne \,0\\
\sin x\, \ne \,0
\end{array} \right.\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\sin 2x\,\, \ne \,0\,\,\, \Leftrightarrow \,\,2x\,\, \ne \,\,k\pi \,\, \Leftrightarrow \,\,\,x\,\, \ne \,\,k\,\frac{\pi }{2}\,\,,\,\,k\, \in \,\,Z$
+) Với n = 2 phương trình đã cho trở thành
${(\tan x\,\, + \,\frac{1}{4}\,\cot x\,)^2}\,\, = \,\,{\sin ^2}x\,\, + \,\,{\cos ^2}x\,\,\, = \,\,1$
Ta có: ${(\tan x\,\, + \,\,\cot x\,)^2}\,\, = \,\,{\tan ^2}x\,\, + \,\frac{1}{6}\,\,{\cot ^2}x\,\, + \,\,\frac{1}{2}\,\, \ge \,\,1$
Dấu “=’’ xảy ra:
$\begin{array}{l}
\, \Leftrightarrow \,{\tan ^2}x\,\, = \,\frac{1}{6}\,\,{\cot ^2}x\,\,\\
\Leftrightarrow \,\,\,\tan x = \pm \,\frac{1}{2}\,\,\, = \,\, \pm \,\,\,\tan \alpha \,\,\, \Leftrightarrow \,\,x\,\, = \,\, \pm \alpha \,\, + \,\,k\pi \,\,\,\,(k\, \in \,Z)
\end{array}$
+) Với n ≥ 2 ta có $|\tan x\,\, + \,\frac{1}{4}\,\,\cot x|{\,^n}\,\, = \,\,{(|\tan x|\,\, + \,\frac{1}{4}\,\,|\cot x\,|\,)^n}\,\, \ge \,\,1$
(Theo bất dẳng thức Cosi)
Mặt khác: ∀ n > 2 thì
$\left\{ \begin{array}{l}
|\,{\sin ^n}x|\,\,\, \le \,\,{\sin ^2}x\\
|{\cos ^n}x|\,\,\, \le \,\,{\cos ^2}x\,
\end{array} \right.\,\, \Rightarrow \,\,|\,{\sin ^n}x|\,\,\,\, + |{\cos ^n}x|\,\,\, \le \,\,\,1$
Do đó:
$\,|\,{\sin ^n}x\,\, + {\cos ^n}x|\,\,\, \le \,\,|\,{\sin ^n}x\,|\, + |{\cos ^n}x\,|\,\,\, \le \,\,1\,\,\, \le \,\,|\tan x\, + \,\frac{1}{4}\,\cot x{|^n}$
Dấu “=” xảy ra
$ \Leftrightarrow \,\,\left\{ \begin{array}{l}
|{\sin ^n}x\,\,|\,\, = {\sin ^2}x\,\,\\
|{\cos ^n}x|\,\, = {\cos ^2}x\\
|\tan x|\,\, = \,\,\frac{1}{4}\,\,|\cot x|
\end{array} \right.\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
x = k\pi \\
x = \frac{\pi }{2}\,\, + \,\,k\pi
\end{array} \right.\\
\,\,\,|\tan x| = \,\,\frac{1}{4}\,\,|\cot x|
\end{array} \right.$
Hệ này vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho có hai họ nghiệm
d) Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski
Ví dụ 1: Giải phương trình
$\sin x\,\, + \,\,\sqrt {2 - \,\,{{\sin }^2}x} \,\,\,\, + \sin x\,\,\sqrt {2 - \,\,{{\sin }^2}x} \,\, = \,3$ (1)
Giải
Ta có:$\begin{array}{l}
V{T^2} = \,\,{(1.\sin x\,\, + \,\,\sqrt {2 - \,\,{{\sin }^2}x} \,\, + \sin x\,\,\sqrt {2 - \,\,{{\sin }^2}x} )^2}\,\,\, \le \\
\,\,\,\,\,\,\, \le (1\,\, + \,2 - {\sin ^2}x\, + \,\,\,{\sin ^2}x\,)\left( {{{\sin }^2}x\,\, + \,\,1\, + \,\,2 - \,\,{{\sin }^2}x} \right) = 9\,\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,VT\, \le \,\,3
\end{array}$
Vậy phương trình có nghiệm $ \Leftrightarrow \,\,\sin x\, = \,\,1\,\,\, \Leftrightarrow \,x\,\, = \,\,\frac{\pi }{2}\,\, + \,k\pi \,\,\,\,(k\,\, \in \,\,Z)$
Ví dụ 2: Giải phương trình :
$\tan x\,\, + \,\,{\tan ^2}2x\,\,\, + \,\,\,{\cot ^2}3x\,\, = \,\,1\,\,\,\,\,\,\,$
Giải
Điều kiện $\left\{ \begin{array}{l}\cos x\,\,\, \ne \,\,\,0\\
\cos 2x\,\, \ne \,\,\,0\\
\sin 3x\,\, \ne \,\,0
\end{array} \right.\,\,\,\, \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\sin 4x\,\, \ne \,\,0\\
\cos 3x\,\, \ne \,\,\, - \frac{1}{2}
\end{array} \right.$
Ta có:
$\begin{array}{l}
\tan \,(2x\, + \,x\,)\,\, = \,\,\frac{{\tan \,2x\, + \,\tan x\,}}{{1 - \tan \,2x\,.\tan \,x\,}}\,\, = \,\,\frac{1}{{\cot 3x}}\\
\Leftrightarrow \tan \,2x\,.\tan \,x\,\, + \,\,\tan \,2x\,.\cot \,3x + \,\cot \,3x.\tan \,x\,\, = \,\,1
\end{array}$
Theo bất đẳng thức Bunhiacopski ta có
$\,\,1 = \tan \,2x\,.\tan \,x\,\, + \,\,\tan \,2x\,.\cot \,3x + \,\cot \,3x.\tan \,x\,\, \le \,\,{\tan ^2}\,x\, + \,\,{\tan ^2}2\,x\,\, + \,\,{\cot ^2}3\,x\,\,\,$
Dấu “=” xảy ra ⇔tan(x) = tan(2x) = cot(3x)
$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \,\,\left\{ \begin{array}{l}
\tan 2x\,\, = \,\,\tan x\\
\cot 3x\,\, = \,\tan \,x
\end{array} \right.\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{2\,\tan x}}{{1 - \,\,{{\tan }^2}x}} = \tan x\\
\cot 3x\, = \,\tan x
\end{array} \right.\,\,\\
\Leftrightarrow \,\,\left\{ \begin{array}{l}
\tan x\,\, = \,\,0\\
\cot 3x\,\, = \,\,0
\end{array} \right.\,\, \Leftrightarrow \,\,\left\{ \begin{array}{l}
x = k\pi \\
\cot 3x\,\, = \,\,0
\end{array} \right.\,\,\,\,
\end{array}$
Hệ phương trình trên vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Chỉnh sửa cuối:
