|
|
Thực chất đây là một bài toán dạng giải phương trình đại số bậc 4.
Đặt t=tanx2⟹{sinx=2t1+t2cosx=1−t21+t2
PT đã cho tương đương với
1+2.1−t21+t2+2t1+t2.1−t21+t2=0
⇔(1+t2)2+2(1−t4)+2t(1−t2)=0
⇔t4+2t3−2t2−2t−3=0
⇔t4+2t3+t2=3t2+2t+3
⇔[t(t+1)]2=3t2+2t+3
Ta thêm vào tham số a như sau,
⇔[t(t+1)]2+2a.t(t+1)+a2=(3+2a)t2+2(a+1)t+a2+3
⇔(t2+t+a)2=(3+2a)t2+2(a+1)t+a2+3(∗)
Đặt f(a)=(3+2a)t2+2(a+1)t+a2+3. Bây giờ giả sử a là số thỏa mãn
Δ′f=(a+1)2−(3+2a)(a2+3)=0⇔a3+a2+2a+4=0(∗∗)
Khi đó vế phải của PT (∗) có nghiệm duy nhất t=−a+13+2a. Và lúc đó
⇔(t2+t+a)2=(3+2a)(t+a+13+2a)2(∗∗∗)
Chú ý rằng ràng buộc (∗∗) là ràng buộc có nghĩa vì PT bậc 3 luôn có nghiệm, và nghiệm này được chọn thỏa mãn 3+2a>0.
Như vậy từ (∗∗∗) ta thu được hai PT bậc hai và có thể giải tiếp được.
|