Phương pháp đặt ẩn phụ.

[Doremon]

Phương pháp giải
Có 2 loại đặt ẩn phụ:

(1) Đặt ẩn phụ , đưa phương trình đã cho về phương trình mới dễ giải hơn.
(2) Đặt ẩn phụ đưa phương trình đã cho về hệ phương trình đại số.

Phụ thuộc vào mỗi phương trình mà ta phải biết đặt ẩn phụ một cách khéo léo để có được một phương trình mới đơn giản hơn dễ giải hơn

Thông thường trong phương pháp đặt ẩn phụ để giải PTLG ta thường gặp 2 loại đặt ẩn phụ sau:
+) Đổi biến dưới hàm lượng giác
+) Đặt cả biểu thức lượng giác làm ẩn phụ

1. Đổi biến dưới hàm lượng giác
Phương pháp:

Khi các biểu thức dưới hàm lượng giác có mối liên hệ đặc biệt: bù nhau, hơn kém nhau kπ/2, biểu thức này gấp hai, ba lần biểu thức kia thường giải bằng phương pháp đổi biến

Ví dụ 1: Giải phương trình $\cos \frac{{4x}}{3} = {\cos ^2}x$ (1)

Giải​

Ta có $ \Leftrightarrow \cos \frac{{4x}}{3} = \frac{{1 + \cos 2x}}{2}$
Đặt $t = \frac{{2x}}{3} \Rightarrow x = \frac{{3t}}{2}$. Lúc đó ta có $\cos 2t = \frac{{1 + \cos 3t}}{2}$
$\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2\cos 2t\,\, = \,1 + 4\,{\cos ^3}t - 3\cos t \Leftrightarrow 2(2{\cos ^2}t\, - 1)\, = \,1 + 4\,{\cos ^3}t - 3\cos t\\ \Leftrightarrow 4\,{\cos ^2}t - 2 - 4{\cos ^3}t\,\, + \,\,3\,\cos t - 1 = 0
\end{array}$
$\begin{array}{l} \Leftrightarrow (\cos t - 1)(\,{\cos ^3}t - 3) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\cos t = 1\\\cos t = \pm \frac{{\sqrt 3 }}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = k2\pi \\t = \pm \frac{\pi }{4} + k\frac{\pi }{2}\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\,(k \in Z)\,\,\,\,\,(*)
\end{array}$
Thế trở lại ẩn x ta có
(*)$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{2x}}{3} = k2\pi \\\frac{{2x}}{3} = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right.\,\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k3\pi \\x = \pm \frac{\pi }{4} + k\frac{\pi }{2}\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\,(k \in Z)$
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm

Ví dụ 2: Giải phương trình $\sin (\frac{{3\pi }}{{10}} - \frac{x}{2})\,\, = \,\,\frac{1}{2}\sin \,(\frac{\pi }{{10}} + \frac{{3x}}{2})$ (1)

Ta nhận thấy $\sin \,(\frac{\pi }{{10}} + \frac{{3x}}{2})$ có thể biểu diễn $\sin \left[ {\pi - (\frac{\pi }{{10}} - \frac{{3x}}{2})} \right]\,\, = \,\,\sin 3(\frac{{3\pi }}{{10}} - \frac{x}{2})$
Như vậy phương trình đã được đưa về phương trình chứa các hàm lượng giác chỉ chứa 1 cung. Từ đây ta sử công thức nhân ba để biến đổi

Giải​

Ta có: $\sin (\frac{\pi }{{10}} + \frac{{3x}}{2}) = \sin \left( {\pi - \frac{\pi }{{10}} - \frac{{3x}}{2}} \right)\, = \,\,\sin 3(\frac{{3\pi }}{{10}} - \frac{x}{2})$
Đặt $t = (\frac{{3\pi }}{{10}} - \frac{x}{2})\,\,\, \Rightarrow x = \frac{{3\pi }}{5} - 2t$ phương trình (2) sẽ trở thành
$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sin t(4{\sin ^2}t - 1)\, = 0 \Leftrightarrow \,\,\sin t.(2\cos 2t - 1) = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin t = 0\\\cos 2t = \frac{1}{2}\end{array} \right.\,\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = k\pi \\2t = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi\end{array} \right.\,\,\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2t = k2\pi \\2t = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi\end{array} \right.
\end{array}$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\frac{{3\pi }}{5} - 2t = \frac{{3\pi }}{5} - k2\pi \\
\frac{{3\pi }}{5} - 2t = \frac{{3\pi }}{5} \pm \frac{\pi }{3} - k2\pi
\end{array} \right.$
hay $\left[ \begin{array}{l}
x = \frac{{3\pi }}{5} - k2\pi \\
x = \frac{{4\pi }}{5} - k2\pi \\
x = \frac{{14\pi }}{5} - k2\pi
\end{array} \right.\,\,\,\,\,(k \in Z)$
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.

 

[Doremon]

2. Đặt một biểu thức lượng giác làm ẩn phụ.
Chú ý một số phương pháp đặt ẩn phụ của phương pháp đại số sau đây
+ Phương trình trùng phương $a{x^4} + b{x^2} + c = 0\,\,\,\,(a \ne 0)$
Đặt t = x$^2$ với t ≥ 0
+Phương trình bậc bốn ${(x + a)^4} + {(x + b)^4} = c$
Đặt $t = x + \frac{{a + b}}{2}$
+ Phương trình bậc bốn: (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = k với a + b = c + d
Đặt t = (x + a)(x + b)
+ Phương trình bậc bốn đối xứng $a{x^4} + b{x^3} \pm c{x^2} \pm bx + a = 0$
Chia cả hai vế cho x$^2$ (với x ≠ 0)
Đặt $t = x \pm \frac{1}{x}$

Ví dụ Minh Hoạ
Ví dụ 1: Giải phương trình ${\tan ^2}x - 3\tan x - 9\cot x + 9{\cot ^2}x + 2 = 0$ (1)

Giải​

Điều kiện
$\left\{ \begin{array}{l}\sin x \ne 0\\\cos x \ne 0\end{array} \right.\,\, \Leftrightarrow \,\,\sin 2x \ne 0 \Leftrightarrow \,x \ne k\frac{\pi }{2}\,\,\,\,\,k \in Z$
Ta có: (1) $ \Leftrightarrow ({\tan ^2}x + \frac{9}{{{{\tan }^2}x}}) - 3(\tan x + \frac{3}{{\tan x}}) + 2 = 0$
Đặt $t = \tan x + \frac{3}{{\tan x}}\,\,\,\,\,\,\,\left| t \right| \ge 2\sqrt 3 $ (*)
Do đó ${t^2} = {\tan ^2}x + \frac{9}{{{{\tan }^2}x}} + 6\,\, \Leftrightarrow {t^2} - 6 = {\tan ^2}x + \frac{9}{{{{\tan }^2}x}}$
Phương trình (1) trở thành ${t^2} - 3t - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - 1\\t = 4\end{array} \right.$ (2)
Do (*) nên ta có (2) ↔ t = 4. Lúc đó ta có
$\tan x + \frac{3}{{\tan x}}\, = 4 \Leftrightarrow \,\,{\tan ^2}x - 4\tan x\, + 3 = 0\,\,$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan x = 1\\\tan x = 3 = \tan \alpha\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{\pi }{4} + k\pi \\x = \alpha + k\pi\end{array} \right.\,\,\,\,\,(k \in Z)$
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm

Chú ý: Một số phương trình có cách đặt ẩn phụ không toàn phần ,nghĩa là sau khi đặt ẩn phụ cả ẩn cũ và ẩn mới cung tồn tại trong phương trình. Bộ phận cũ còn lại ấy được xem là tham số của phương trình

Ví dụ 2: Giải phương trình $(\sin x + 3){\sin ^4}\frac{x}{2} - (\sin x + 3){\sin ^2}\frac{x}{2} + 1 = 0$ (1)

Giải​

Cách 1: Đặt ${\sin ^2}\frac{x}{2} = t\,\,\,\,\,\,0 \le t \le 1$ phương trình (1) trở thành
$\left( {\sin x + 3} \right){t^2} - (\sin x + 3)t + 1 = 0\,\,\,\,(*)$
Do sin(x) + 3 > 0 nên phương trình (*) là phương trình bậc hai đối với
$\begin{array}{l}\Delta = {(\sin + 3)^2} - 4(\sin x + 3)\\\Delta = (\sin x - 1)(\sin x + 3)\end{array}$
Do $\left| {\sin x} \right| \le 1 \Rightarrow \Delta \le 0\,\,\forall R$
Do vậy (*) $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta \, = \,0\\t\, = \, - \frac{b}{{2a}}\end{array} \right.\, \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin \,x\, = \,1\\{\sin ^2}\frac{x}{2}\, = \,\frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin \,x\, = \,1\\\frac{{1 - \cos \,2x}}{2}\, = \,\frac{1}{2}\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin x = 1\\\cos x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \sin x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \,\,\,\,$ (với k ∈ Z)
Vậy phương trình có 1 họ nghiệm

Cách 2:
(2) $ \Leftrightarrow (\sin x + 3){\sin ^2}\frac{x}{2}({\sin ^2}\frac{x}{2} - 1) + 1 = 0$
$ \Leftrightarrow 1 - (\sin x + 3){\sin ^2}\frac{x}{2}{\cos ^2}\frac{x}{2} = 0$
$\begin{array}{l}\Leftrightarrow 4 - (\sin x + 3){\sin ^2}x = 0\\\Leftrightarrow {\sin ^3}x + 3{\sin ^2}x - 4 = 0 \Leftrightarrow (\sin x - 1){(\sin x + 2)^2} = 0\\\Leftrightarrow \sin x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \,\,\,\,(k \in Z)\end{array}$
Vậy phương trình có một họ nghiệm

Ví dụ 3: Giải phương trình $\cos x + \sqrt {2 + \cos x} = 2\,\,\,\,\,\,(1)$

Giải​

Đặt $u = \sqrt {2 + \cos x} $ điều kiện $1 \le u \le \sqrt 3 $ khi đó ta có u$^2$ = 2 + cos(x) (*) .
Từ (*) và (1) ta có hệ $\left\{ \begin{array}{l}{u^2} = 2 + \cos x\\{\cos ^2}x = 2 - u\end{array} \right.$
Ta có u$^2$ = cos$^2$(x) + u + cos(x) ↔ cos$^2$(x) - u$^2$ + u + cos(x) = 0
↔ [cos(x) - u].[cos(x) + u] + cos(x) + u = 0
↔ [cos(x) + u][ cos(x) – u + 1] = 0
↔ $\left[ \begin{array}{l}\cos x = - u\\\cos x = u - 1\end{array} \right.$
- Với u = - cos(x) thế vào (*) ta được
${\cos ^2}x - \cos x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = - 1\\\cos x = 2\,\,\,\,\,\,\,(vn)\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \pi + k2\pi \,\,\,\,\,\,\,(k \in Z)$
-Với u = cos(x) + 1 thế vào (*) ta được
$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{\cos ^2}x + \cos x - 1 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = \frac{{ - 1 - \sqrt 5 }}{2}\,\,\,\,\,\,\,\,(vn)\\\cos x = \frac{{\sqrt {5 - 1} }}{2} = \cos \alpha \end{array} \right. \Leftrightarrow x = \pm \alpha + k2\pi \,\,\,\,(k \in Z)\end{array}$

Vậy phương trình có 2 họ nghiệm .

Ví dụ 4: Giải phương trình ${16^{{{\sin }^2}x}} + {16^{{{\cos }^2}x}} = 10$

Giải​

Cách 1: Viết lại phương trình
${16^{{{\sin }^2}x}} + {16^{1 - {{\sin }^2}x}} = 10 \Leftrightarrow {16^{{{\sin }^2}x}} + \frac{{16}}{{{{16}^{{{\sin }^2}x}}}} = 10$

Đặt $t = {16^{{{\sin }^2}x}}$, điều kiện 1 ≤ t ≤ 16 vì $0 \le {\sin ^2}x \le 1$ nên ${16^o} \le {16^{{{\sin }^2}x}} \le {16^1}$

Khi đó phương trình có dạng
$t + \frac{{16}}{t} = 10 \Leftrightarrow {t^2} - 10t + 16 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 8\\t = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{16^{{{\sin }^2}x}} = 8\\{16^{{{\sin }^2}x}} = 2\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^{4{{\sin }^2}x}} = {2^3}\\{2^{4{{\sin }^2}x}} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\sin ^2}x = \frac{3}{4}\\{\sin ^2}x = \frac{1}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos 2x = - \frac{1}{2}\\\cos 2x = \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow {\cos ^2}2x = \frac{1}{4}$

$ \Leftrightarrow \cos 4x = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow 4x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{6} + k\frac{\pi }{2}\,\,\,\,\,\,\left( {k \in Z} \right)$
Vậy phương trình có hai họ nghiệm

Cách 2:
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = {16^{{{\sin }^2}x}}\\v = {16^{{{\cos }^2}x}}\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\,1 \le u,\,\,v \le 16$
Khi đó: $u\,v = {16^{{{\sin }^2}x}}{16^{{{\cos }^2}x}} = {16^{{{\sin }^2}x + }}^{{{\cos }^2}x} = 16$
Phương trình tương đương với $\left\{ \begin{array}{l}u + v = 10\\uv = 16\end{array} \right.$
Khi đó u, v là nghiệm của phương trình: ${t^2} - 10t + 16 = 0 \leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\\t = 8\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}u = 2\\
v = 8\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}u = 8\\v = 2\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}{16^{{{\sin }^2}x}} = 2\\{16^{{{\cos }^2}x}} = 8\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{16^{{{\sin }^2}x}} = 8\\{16^{{{\cos }^2}x}} = 2\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{\sin ^2}x = \frac{1}{4}\\{\cos ^2}x = \frac{3}{4}\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{\sin ^2}x = \frac{3}{4}\\{\cos ^2}x = \frac{1}{4}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\sin ^2}x = \frac{1}{4}\\{\sin ^2}x = \frac{3}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos 2x = \frac{1}{2}\\\cos 2x = - \frac{1}{2}\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow {\cos ^2}2x = \frac{1}{4} \Leftrightarrow \cos 4x = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow 4x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{6} + k\frac{\pi }{2}\,\,\,\,\,(\,k \in Z)$
Vậy phương trình có hai họ nghiệm .

Chú ý: Để phá dấu giá trị tuyệt đối ta cũng có thể sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ

Ví dụ 5: Giải phương trình
$2 + \sin x\cos x + \left| {\sin x + \cos x} \right| = \frac{6}{{\sin 2x + 2\left| {\sin x + \cos x} \right|}}$ (1)

Giải​

Đặt t = sin(x).cos(x) + | sin(x) + cos(x)|, suy ra 2t = sin(2x) + 2| sin(x) + cos(x)|
Phương trình (1) trở thành $2 + t = \frac{6}{t} \Leftrightarrow {t^2} + 2t - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = 1\\
t = - 3
\end{array} \right.$
-Với t = 1 ta có: sin(x).cos(x) + | sin(x) + cos(x)| = 1↔ 1 - sin(x).cos(x) = | sin(x) + cos(x)| (a)
Do 1 - sin(x).cos(x) > 0nên (a) $ \Leftrightarrow {(\sin x + \cos x\,)^2} = {(1 - \sin x\cos x)^2}$
$\begin{array}{l}\Leftrightarrow 1 + 2\sin x\cos x = 1 - 2\sin x\cos x + {(\sin x\cos x)^2}\\\Leftrightarrow \sin x\cos x(\sin x\cos x - 4) = 0\\
\Leftrightarrow \sin x\cos x = 0 \Leftrightarrow \sin 2x = 0 \Leftrightarrow 2x = k\pi \Leftrightarrow x = k\frac{\pi }{2}\,\,\,\,\,(k \in Z)
\end{array}$
-Với t = - 3 ta có sin(x).cos(x) + | sin(x) + cos(x)| = - 3 ↔ | sin(x) + cos(x)| = - 3 - sin(x).cos(x) (b)
Ta nhận thấy - 3 - sin(x).cos(x) < - 2 < 0 < | sin(x) + cos(x)|, suy ra phương trình (b) vô nghiệm.
Vậy phương trình có một họ nghiệm

Ví dụ 6: Giải phương trình
$\frac{9}{{{{81}^{{{\sin }^2}x}}}} + 2(\cos 2x - 2)\frac{3}{{{9^{{{\sin }^2}x}}}} + 4{\cos ^2}x - 3 = 0$ (1)

Giải​

Đặt $\frac{3}{{{9^{{{\sin }^2}x}}}} = t > 0\,\,\,\,\,\,\,t = \frac{3}{{{9^{{{\sin }^2}x}}}} = {3^{1 - 2{{\sin }^2}x}} = {3^{\cos 2x}}$
$ \Rightarrow \frac{9}{{{{81}^{{{\sin }^2}x}}}} = {9^{1 - 2{{\sin }^2}x}} = {9^{\cos 2x}} = {({3^{\cos 2x}})^2} = {t^2}$
Phương trình (1) trở thành ${t^2} + 2(\cos 2x - 2)t + 4{\cos ^2}x - 3 = 0$
↔${t^2} + 2(\cos 2x - 2)t + 2\cos 2x - 5 = 0$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - 1\\t = 5 - 2\cos 2x\end{array} \right.$
-Với t = - 1 < 0 loại

-Với t = 5 – 2cos(2x) ta có ${3^{\cos 2x}} = 5 - 2\cos 2x$↔${3^{\cos 2x}} + 2\cos 2x = 5\,\,\,$ (*)

Đặt y = cos(2x); |y| > 1 phương trình (*) trở thành 3$^y$ + 2y = 5
Đặt f(x) = 3$^y$ + 2y. Rõ ràng f(y) là hàm đồng biến trên R.
Mặt khác ta có f(1) = 5 suy ra y = 1 là nghiệmduy nhất của phương trình (*)
Với y = 1 ta có cos(2x) = 1 ↔ 2x = k2π ↔ x = kπ ( với k ∈ Z)
Vậy phương trình có duy nhất 1 họ nghiệm

Nhận xét:
Dùng phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình lượng giác được vận dụng khá linh hoạt ,ta phải khéo léo biến đổi biểu thức đã cho về một số dạng phương trình lượng giác mà ta đã biết cách giải .Với ẩn phụ đã đặt ta nhất thiết phải tìm điều kiện của nó và lưu ý ta phải thử lại xem các nghiệm có thoả mãn điều kiện của phương trình hay không