Tuyển tập Phép thế lượng giác18 bài

MỘT SỐ DẠNG TÍCH PHÂN 

I. Đổi biến lượng giác :

1. Tích phân có chứa $\sqrt{a^2-x^2}$ ta đặt $x=|a|.sint,t\in \left[\frac{-\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right]$ hoặc $x=|a|.cost,t\in \left[0,\pi \right]$.

2. Tích phân có chứa $\sqrt{x^2-a^2}$ ta đặt $x=\frac{|a|}{sint},t\in \left[\frac{-\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right]$ hoặc $x=\frac{|a|}{cost},t\in \left[0,\pi \right]$.

3. Tích phân có chứa $\sqrt{a^2+x^2}$ ta đặt $x=|a|.tant,t\in \left(\frac{-\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$ hoặc $x=|a|.cott,t\in \left(\frac{-\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$

4. Tích phân có chứa $\sqrt{\frac{a+x}{a-x}}$ hoặc $\sqrt{\frac{a-x}{a+x}}$ ta đặt $x=a.cos2t$

5. Tích phân có chứa $\sqrt{(x-a)(x-b)}$ ta đặt $x=a+(b-a)si{n}^{2}t$

6. Tích phân có dạng hàm số phân thức ta thường thay biến mới bằng mẫu số.

7. Tích phân có dạng hàm số $f\left(x,\sqrt{g(x)}\right)$, ta đặt $t=\sqrt{g(x)}$.

8. Tích phân có dạng hàm số $f(x)=\frac{a.sinx+b.cosx}{c.sinx+d.cosx+e}$ ta dùng phép thế Euler : $t=tan\frac{x}{2}$.

II. Tính tích phân có dạng hàm số hữu tỉ.

Với hàm số có dạng $\frac{P(x)}{Q(x)}$ trong đó $degP<degQ$. Đa thức mẫu $Q(x)$ luôn có thể viết được dưới dạng :

$$Q(x)=(x-a_1{)}^{k_1}.(x-a_2{)}^{k_2}...(x-a_n{)}^{k_n}.(x^2+p_{1}x+q_1{)}^{l_1}...(x^2+p_{m}x+q_m{)}^{l_m}$$

Khi đó ta có biểu diễn :

$\frac{P(x)}{Q(x)}$$=\frac{A_{1.1}}{x-a_1}+\frac{A_{1.2}}{(x-a_1{)}^2}+...+\frac{A_{1.k_1}}{(x-a_1{)}^{k_1}}+\frac{A_{2.1}}{x-a_2}+...+\frac{A_{2.k_2}}{(x-a_2{)}^{k_2}}+....+\frac{A_{n.1}}{x-a_n}+...+\frac{A_{n.k_n}}{(x-a_n{)}^{k_n}}$

$$+\frac{B_{1.1}}{x^2+p_{1}x+q_1}+\frac{B_{1.2}}{(x^2+p_{1}x+q_1{)}^2}+...+\frac{B_{1.l_1}}{(x^2+p_{1}x+q_1{)}^{l_1}}+...+\frac{B_{m.l_m}}{(x^2+p_{m}x+q_m{)}^{l_m}}$$

Trong đó các hằng số $A_{i.j},B_{i.j}$ được xác định bằng cách đồng nhất hệ số.

Một số dạng đặc biệt :

1. Nếu $P(x)=Q^{\prime }(x)$ thì đưa được tích phân về dạng : $I=\int \frac{P(x)}{Q(x)}dx=\int \frac{d(Q(x))}{Q(x)}$.

2. Nếu tích phân có dạng : $I=\int \frac{d}{a{x}^2+bx+c}$ và tam thức $a{x}^2+bx+c$ vô nghiệm.

Ta để ý : $a{x}^2+bx+c$ hoàn toàn có thể viết được dưới dạng $a(x+e{)}^2+f$. Lúc này ta áp dụng đổi biến lượng giác.

3. Nếu tích phân có dạng : $I=\int \frac{dx+e}{a{x}^2+bx+c}$. Ta có thể viết tử số dưới dạng $dx+e=p.(a{x}^2+bx+c{)}^{\prime }+q$. Sau đó áp dụng cách tính tích phân dạng trên.

4. Tích phân có dạng $I=\int \frac{1}{\sqrt{(x+a)(x+b)}}$ ta đặt $t=\sqrt{x+a}+\sqrt{x+b}$ hoặc $t=\sqrt{-(x+a)}+\sqrt{-(x+b)}$

III. Một số hàm lượng giác :

1. Nếu tích phân có dạng $I=\int \frac{1}{dsinx+ecosx+f}dx$. Ta dùng phép thế Euler.

2. Nếu tích phân có dạng : $I=\int \frac{asinx+bcosx+c}{dsinx+ecosx+f}dx$ ta chọn các hằng số $A,B,C$ để $TS=A(MS{)}^{\prime }+B(MS)+C$.

TS : Tử số

MS : Mẫu số

Sau đó đưa về dạng sử dụng phép thế Euler.

3. Nếu tích phân có dạng $I=\int \frac{asinx+bcosx}{(csinx+dcosx{)}^n}dx$ ($n$ không quá lớn) thì ta chọn các hằng số $A,B$ :

$$asinx+bcosx=A(csinx+dcosx{)}^{\prime }+B(csinx+dcosx)$$

4. Nếu tích phân có dạng $I=\int \frac{dx}{(asinx+bcosx{)}^2}$ ta chú ý :

$$asinx+bcosx=\sqrt{a^2+b^2}cos(x-\alpha )$$

Trong đó $\alpha$ là góc thoả $sin\alpha =\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}},cos\alpha =\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}$

IV. Một số dạng đặc biệt

1. Nếu $f(x)$ liên tục trên $\left[-a,a\right]$ thì ${\int }_{-a}^{a}f(x)dx={\int }_{-a}^a(f(x)+f(-x))dx$

2. Nếu $f(x)$ liên tục trên $\left[-a,a\right]$. Xét $I={\int }_{-a}^{a}f(x)dx$ thì ta có $I=2{\int }_0^{a}f(x)dx$ khi $f$ chẵn trên $\left[-a,a\right]$ và $I=0$ khi trên $f$ lẻ trên $\left[-a,a\right]$.

3. Nếu $f(x)$ là hàm chẵn và liên tục trên $\left[-a,a\right]$ thì :

$${\int }_{-a}^a\frac{f(x)}{b^x+1}={\int }_{-a}^{a}f(x)dx$$

4. Nếu tích phân có dạng $I=\int (g(x)+g^{\prime }(x))e^x$, ta sử dụng tích phân từng phần.

 

Bài toán : Cho dãy số $(x_n)$ thỏa $0<x_0<x_1$ và :

$\sqrt{1+x_n}\left(1+\sqrt{x_{n-1}{x}_{n+1}}\right)$$=\sqrt{1+x_{n-1}}\left(1+\sqrt{x_n{x}_{n+1}}\right),\forall n$$\ge 1$

Chứng minh rằng dãy $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó.

Lời giải :

Vì $0<x_0<x_1$ nên tồn tại các số ${\alpha }_0,{\alpha }_1\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ sao cho :

$$x_0=ta{n}^2{\alpha }_0,x_1=ta{n}^2{\alpha }_1$$

Ta có :

$\sqrt{1+x_1}\left(1+\sqrt{x_0{x}_2}\right)$$=\sqrt{1+x_0}\left(1+\sqrt{x_1{x}_2}\right)$$\iff \frac{1}{cos{\alpha }_1}\left(1+tan{\alpha }_0\sqrt{x_2}\right)$$=\frac{1}{cos{\alpha }_0}\left(1+tan{\alpha }_1\sqrt{x_2}\right)$$\iff \sqrt{x_2}$$=\frac{cos{\alpha }_0-cos{\alpha }_1}{sin{\alpha }_1-sin{\alpha }_0}$$=tan\frac{{\alpha }_0+{\alpha }_1}{2}$$\iff x_2$$=ta{n}^2\frac{{\alpha }_0+{\alpha }_1}{2}$

Xét dãy $({\alpha }_n)$ như sau :

$$\{\begin{array}{c}{\alpha }_0,{\alpha }_1\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)\\ {\alpha }_{n+1}=\frac{1}{2}\left({\alpha }_n+{\alpha }_{n-1}\right)\end{array}$$

Phương trình sai phân này cho ta :

${\alpha }_n$$=\frac{{\alpha }_0+2{\alpha }_1}{3}+\frac{2}{3}({\alpha }_0-{\alpha }_1).{\left(\frac{-1}{2}\right)}^n$

Do đó mà :

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{\alpha }_n=\frac{{\alpha }_0+2{\alpha }_1}{3}$$

Ta chứng minh được bằng quy nạp :

$$x_{n+1}=ta{n}^2{\alpha }_{n+1}$$

Từ đó ta được :

$\underset{n\to +\infty }{\lim }{x}_n$$=\underset{n\to +\infty }{\lim }(ta{n}^2{\alpha }_n)$$=ta{n}^2\left(\underset{n\to +\infty }{\lim }{\alpha }_n\right)$$=ta{n}^2\left(\frac{{\alpha }_0+2{\alpha }_1}{3}\right)$

Bài toán (THTT số 413) Xét dãy số $(u_n)$ được xác định bởi :

$$\{\begin{array}{c}{u}_1=a\\ u_{n+1}=\frac{(\sqrt{2}+1)u_n-1}{\sqrt{2}+1+u_n},\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }\end{array}$$

a) Tìm điều kiện của $a$ để mọi số hạng của dãy đều xác định.

b) Tìm $a$ để $u_{2011}=2011$.

Lời giải :

a) Ta có công thức :

$$cot(x+y)=\frac{cotxcoty-1}{cotx+coty}$$

Ta có $cot\frac{\pi }{8}=1+\sqrt{2}$, đặt $u_1=a=cot\alpha ,\alpha \in \left[0,\pi \right]$.

Từ đó ta tính được :

$u_2$$=\frac{cot\frac{\pi }{8}.cot\alpha -1}{cot\frac{\pi }{8}+cot\alpha }$$=cot\left(\alpha +\frac{\pi }{8}\right)$

$u_3$$=\frac{cot\frac{\pi }{8}.cot\left(\alpha +\frac{\pi }{8}\right)-1}{cot\frac{\pi }{8}+cot\left(\alpha +\frac{\pi }{8}\right)}$$=cot\left(\alpha +2.\frac{\pi }{8}\right)$

Bằng quy nạp ta được $u_n=cot\left(\alpha +(n-1)\frac{\pi }{8}\right)$

Do đó để $u_n$ xác định thì :

$sin\left(\alpha +(n-1)\frac{\pi }{8}\right)$$\ne 0$$\iff \alpha +\left(n-1\right)\frac{\pi }{8}$$\ne k\pi (k\in \mathbb{Z})$$\iff a$$=cot\alpha$$\ne cot\frac{l\pi }{8},\forall l$$=\overline{1,7}$

Vậy để mọi số hạng của dãy đều xác định thì :

$$a\ne cot\frac{l\pi }{8},\forall l=\overline{1,7}$$

b) Ta có :

$u_{2011}$$=cot\left(\alpha +2010.\frac{\pi }{8}\right)$$=cot\left(\alpha +\frac{\pi }{8}\right)$

Để $u_{2011}=2011$ thì :

$cot\left(\alpha +\frac{\pi }{4}\right)$$=2011$$\iff \frac{cot\alpha .cot\frac{\pi }{4}-1}{cot\alpha +cot\frac{\pi }{4}}$$=2011$$\iff \frac{a-1}{a+1}$$=2011$$\iff a$$=\frac{-1006}{1005}$

Bài toán : Giải hệ phương trình 

$$\{\begin{array}{c}3\left(x+\frac{1}{x}\right)=4\left(y+\frac{1}{y}\right)=5\left(z+\frac{1}{z}\right)\\ xy+yz+zx=1\end{array}$$

Lời giải :

Ta đặt $x=tan\frac{A}{2},y=tan\frac{B}{2},z=tan\frac{C}{2}$, trong đó $A,B,C$ là ba góc một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp $R$ và các cạnh tương ứng $a,b,c$.

Khi đó $x+\frac{1}{x}=\frac{x^2+1}{x}=\frac{ta{n}^2\frac{A}{2}+1}{tan\frac{A}{2}}=\frac{1}{co{s}^2\frac{A}{2}}.\frac{cos\frac{A}{2}}{sin\frac{A}{2}}=\frac{1}{sin\frac{A}{2}.cos\frac{A}{2}}=\frac{2}{sinA}=\frac{4R}{a}$

Tương tự với $y,z$.

Từ đó theo phương trình đầu :

$$3.\frac{4R}{a}=4.\frac{4R}{b}=5.\frac{4R}{c}\Rightarrow a=\frac{3c}{5},b=\frac{4c}{5}$$

Từ đó :

$$a^2+b^2={\left(\frac{3c}{5}\right)}^2+{\left(\frac{4c}{5}\right)}^2=c^2$$

Vậy tam giác $ABC$ vuông tại $C$

Suy ra $sinC=1$

Từ đó ta có :

$$\frac{3}{sinA}=\frac{4}{sinB}=\frac{5}{sinC}\Rightarrow sinB=\frac{4}{5},sinA=\frac{3}{5}$$

Từ đó tính được :

$$tan\frac{A}{2}=\frac{1}{3},tan\frac{B}{2}=\frac{1}{2},tan\frac{C}{2}=1$$

Kết luận : Nghiệm của hệ phương trình là $(x,y,z)=(1/3,1/2,1)$

Bài toán (Đề nghị Olympic 30-4 toán 10 năm 2003 THPT Kon Tum, tỉnh Kon Tum)

Giải phương trình 

$$(1-x_1)(1-x_2)...(1-x_{120})+(1+x_1)(1+x_2)...(1+x_{120})=2^{30.4}$$

trên $\left[-1,1\right]$

Lời giải :

Vì $x_i\in \left[-1,1\right]$ nên đặt $x_i=cos{t}_i(t_i\in \left[0,\pi \right])$

Khi đó phương trình trở thành :

$(1-cos{t}_1)(1-cos{t}_2)...(1-cos{t}_{120})+(1+cos{t}_1)(1+cos{t}_2)...(1+cos{t}_{120})$$=2^{30.4}$$\iff si{n}^2\frac{t_1}{2}.si{n}^2\frac{t_2}{2}...si{n}^2\frac{t_{120}}{2}+co{s}^2\frac{t_1}{2}.co{s}^2\frac{t_2}{2}...co{s}^2\frac{t_{120}}{2}$$=1$

Mặt khác áp dụng BĐT $Holder$ ta có :

${\left(si{n}^2\frac{t_1}{2}.si{n}^2\frac{t_2}{2}...si{n}^2\frac{t_{120}}{2}+co{s}^2\frac{t_1}{2}.co{s}^2\frac{t_2}{2}...co{s}^2\frac{t_{120}}{2}\right)}^{120}$$\le \underset{i=1}{\prod ^{120}}\left(si{n}^{240}\frac{t_i}{2}+co{s}^{240}\frac{t_i}{2}\right)$$\le \underset{i=1}{\prod ^{120}}\left(si{n}^2\frac{t_i}{2}+co{s}^2\frac{t_i}{2}\right)$$=1$

Dấu đẳng thức phải xảy ra, khi và chỉ khi :

$$\{\begin{array}{c}si{n}^2\frac{t_1}{2}:si{n}^2\frac{t_2}{2}:...:si{n}^2\frac{t_{120}}{2}=co{s}^2\frac{t_1}{2}:co{s}^2\frac{t_2}{2}:...:co{s}^2\frac{t_{120}}{2}\\ co{s}^{240}\frac{t_i}{2}=co{s}^2\frac{t_i}{2}\\ si{n}^{240}\frac{t_i}{2}=si{n}^2\frac{t_i}{2}\end{array}$$

Tức là $\frac{t_i}{2}=\frac{k\pi }{2}(k\in \left\{0,1\right\})\Rightarrow x_i\in \left\{-1,1\right\}$

Gỉa sử trong $120$ số $x_i$ có hai số khác nhau thì một trong hai tích $(1-x_1)(1-x_2)...(1-x_{120})$, $(1+x_1)(1+x_2)...(1+x_{120}$ sẽ bằng $0$. Khi đó hiển nhiên vế trái nhỏ hơn vế phải. Do đó cả thảy $120$ số $x_i$ này đều bằng nhau.

Kết luận : Nghiệm của phương trình là $(x_1,x_2,...,x_{120})=(1,1,...,1),(-1,-1,...,-1)$

Bài toán : Giải hệ phương trình 

$$\{\begin{array}{c}x+y+z=xyz\\ x(y^2-1)(z^2-1)+y(z^2-1)(x^2-1)+z(x^2-1)(y^2-1)=0\end{array}$$

Lời giải :

Ta đặt $x=tanA,y=tanB,z=tanC$ với $A+B+C=\pi$ và $A,B,C\ne \frac{\pi }{2}$

Theo công thức nhân đôi : $tan2X=\frac{2tanX}{1-ta{n}^{2}X}\Rightarrow 1-ta{n}^{2}X=\frac{2tanX}{tan2X}$

Do đó phương trình thứ hai có thể viết lại thành :

$tanA(1-ta{n}^{2}B)(1-ta{n}^{2}C)+tanB(1-ta{n}^{2}C)(1-ta{n}^{2}A)+tanC(1-ta{n}^{2}A)(1-ta{n}^{2}B)$$=0$$\iff \frac{4tanA.tanB.tanC}{tan2B.tan2C}+\frac{4tanA.tanB.tanC}{tan2C.tan2A}+\frac{4tanA.tanB.tanC}{tan2A.tan2B}$$=0$$\iff tanA.tanB.tanC(tan2A+tan2B+tan2C)$$=0$

Nếu $tanA.tanB.tanC=0\iff A=0^0\vee B=0^0\vee C=0^0\iff (x,y,z)=(0,t,-t),(t,0,-t),(t,-t,0)(t\in \mathbb{R})$

Nếu $tan2A+tan2B+tan2C=0$, điều này tương đương :

$\frac{sin(2A+2B)}{cos2A.cos2B}+\frac{sin2C}{cos2C}$$=0$$\iff \frac{-sin2C}{cos2A.cos2B}+\frac{sin2C}{cos2C}$$=0$$\iff sin2C(cos2A.cos2B-cos2C)$$=0$$\iff sin2C$$=0\vee cos2A.cos2B$$=cos2C$

Khi $sin2C=0$ thì $C=0^0$, nghiệm tương tự trường hợp trên.

Khi $cos2A.cos2B=cos2C\iff cos(2A-2B)+cos(2A+2B)=2cos2C\iff cos(2A-2B)+cos2C=2cos2C\iff cos(2A-2B)=cos2C\iff A-B=\pm C+k\pi$

Nhưng chú ý $A+B+C=\pi \Rightarrow k=0\Rightarrow A-B=\pm C\Rightarrow A=\frac{\pi }{2}\vee B=\frac{\pi }{2}$

Mâu thuẫn với điều kiện.

Kết luận : Nghiệm của hệ phương trình là $(x,y,z)=(0,t,-t),(t,0,-t),(t,-t,0)$ trong đó $t$ là số thực tùy ý.

 

Bài toán : Giải hệ phương trình $\{\begin{array}{c}{z}^2+2xyz=1(1)\\ 3x^2{y}^2+3x{y}^2=1+x^3{y}^4(2)\\ z+z{y}^4+4y^3=4y+6y^{2}z(3)\end{array}$

Lời giải :

Vì $(x,y,0)$ không là nghiệm của hệ nên ta xét $z\ne 0$.

Đặt $z=tant,t\in \left(\frac{-\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)\setminus \left\{0\right\}$

Từ $(1)$ ta có $xy=\frac{1-z^2}{2z}=\frac{1-ta{n}^{2}t}{2tant}=\frac{1}{tan2t}=cot2t$

Thay vào $(2)$ : $3co{t}^{2}2t+3y.cot2t=1+co{t}^{3}2t.y\iff y=\frac{3co{t}^{2}2t-1}{co{t}^{3}2t-3cot2t}=\frac{3tan2t-ta{n}^{3}2t}{1-3ta{n}^{2}t}=tan6t$.

Thay vào $(3)$ lại được $z+zta{n}^{4}6t+4ta{n}^{3}6t=4tan6t+6ta{n}^{2}6tz\iff z=\frac{4tan6t-4ta{n}^{3}6t}{1+ta{n}^{4}6t-6ta{n}^{2}6t}=tan24t$

Suy ra $tant=tan24t$. Phương trình này cho nghiệm $t=\frac{k\pi }{23}(k\in \mathbb{Z})$

Vì $t\in \left(\frac{-\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$ nên $k\in \left\{\pm 11,\pm 10,...,\pm 1\right\}$, chú ý $t\ne 0$

Kết luận : Nghiệm của hệ phương trình là $\left(x,y,z\right)=\left(\frac{1}{tan2t.tan6t},tan6t,tant\right)$ với $t\in \left\{\frac{\pm \pi }{23},\frac{\pm 2\pi }{23},...,\frac{\pm 11\pi }{23}\right\}$

Bài toán (Đề nghị Olympic 30-4 toán 11 năm 2011 THPT Chuyên Bến Tre tỉnh Bến Tre) 

Giải phương trình $x^5-15x^3+45x-27=0$

Lời giải :

Do cấu trúc khá giống với công thức lượng giác $cos5a=16co{s}^{5}a-20co{s}^{3}a+5cosa(1)$ về bậc của các biến.

Ta sẽ đặt ẩn phụ thích hợp để đưa các hệ số của phương trình giống với hệ số của công thức $(1)$

Đặt $x=ky$ và thay vào phương trình :  $k^5{y}^5-15k^3{y}^3+45ky-27=0$

Ta sẽ chọn $k$ sao cho $\frac{k^5}{16}=\frac{15k^3}{20}=\frac{45k}{5}\iff k=2\sqrt{3}$

Khi đó phương trình trở thành :

$288\sqrt{3}{y}^5-360\sqrt{3}{y}^3+90\sqrt{3}y-27$$=0$$\iff 18\sqrt{3}\left(16y^5-20y^3+5y\right)$$=27$$\iff 16y^5-20y^3+5y$$=\frac{\sqrt{3}}{2}(\ast )$

Xét $|y|\le 1$ thì đặt $y=costt\in \left[0,\pi \right]$ ta thu được phương trình : $cos5t=\frac{\sqrt{3}}{2}\iff 5t=\pm \frac{\pi }{6}+k2\pi (k\in \mathbb{Z})$

Mà $t\in \left[0,\pi \right]$ nên $t\in \left\{\frac{\pi }{30},\frac{13\pi }{30},\frac{5\pi }{6},\frac{11\pi }{30},\frac{23\pi }{30}\right\}$.

Từ đó tìm được $5$ nghiệm của $(\ast )$ mà $(\ast )$ bậc năm nên có tối đa năm nghiệm, suy ra $|y|>2$ thì $(\ast )$ vô nghiệm.

Kết luận : Tập nghiệm của phương trình đã cho là $S=\left\{2cos\frac{\pi }{30}\sqrt{3},2cos\frac{13\pi }{30}\sqrt{3},2cos\frac{5\pi }{6}\sqrt{3},2cos\frac{11\pi }{30}\sqrt{3},2cos\frac{23\pi }{30}\sqrt{3}\right\}$