Hướng dẫn sử dụng máy tính cầm tay giải phương trình bậc nhất theo SIN và COS – Dương Trác Việt

HƯỚNG DẪN SỬ DỤNG MÁY TÍNH CẦM TAY
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT THEO SINE & COSINE Dương Trác Việt Ngày 30 tháng 7 năm 2017 Tóm tắt nội dung
Trên cả ba phương diện tự luận, bán tự luận - điền khuyết và trắc nghiệm, bài viết đề cập
quá trình tư duy, thao tác bấm máy và cách trình bày khi giải quyết các phương trình lượng
giác cổ điển đối với sine và cosine. 1 Mở đầu Xét phương trình C ax b S ax b m. cos( + ) + sin( + ) = (1) trong đó
• C là hệ số của cos;
• S là hệ số của sin; • m m ∗ 2 ≤ C2 S2 là số thực thỏa mãn + .
Nội dung tiếp theo đề cập cách giải những phương trình dạng (1) theo cả ba hình thức tự luận,
trắc nghiệm khách quan và giao thoa giữa chúng. Qua đó, giúp người đọc đúc kết một số kỹ thuật
máy tính tương ứng, phù hợp với mỗi hoàn cảnh kiểm tra. h[YnabXcamZ\g 2
Định hướng tự luận
Ví dụ 1. Giải phương trình √ √ √ √ √ x π x π − 3 3 . 6 2 cos + + 6 + 2 sin + = 2 3 (2) 2 3 2 3 ] t ∗
Trong trường hợp ngược lại, phương trình sẽ vô nghiệm, dẫn đến các thao tác bấm máy được đề cập ở nội dung tiếp
theo có thể làm xuất hiện dòng chữ "Math ERROR". 1 h [a\ g 2.1 Lời giải 2.1.1 Giải theo sine Ë P Ò Tư duy Bấm máy Trình bày w1 Hệ số của sine là Trong , nhập √ √ √ √ √ √ S . Pol , − = 6 + 2 6 + 2 6 2 = Hệ số của cosine là bấm . √ √ C − . = 6 2 Q)= Bấm , máy hiện X . = 4 Ta có Y Vì tính theo sin nên + . Qn= x π π Bấm , máy hiện ⇔ 3 (2) 4 sin + + 2 3 12 √ Y 1 π. = = 2 3 12 π π x π √ Thu gọn biểu thức. = 5 π ⇔ 3 5 Bấm + . 4 sin + = 2 3 3 12 12 2 12 √ √ √ x π Chuyển 4 qua vế phải. 2 3 = 3 ⇔ 3 5 3 Bấm . sin + = 4 2 2 12 2 √ √ ! x π π 3 − 3 5 3 ⇔ 1 = 1π = sin(bao nhiêu)? sin + = sin Bấm sin . 2 2 12 3 2 3 u v  x π π Nhớ lại sin = sin 3 5 k π, + = + 2 u v k π, ⇔  2 12 3 ⇔  x π π = + 2 3 5 u π − v k π. π − k π + = + 2 = + 2 2 12 3 π π π  x π 5 − 5 = −1π 3 − k π, Chuyển qua vế phải. Bấm . = + 2 12 3 12 12 ⇔  2 12 π π  x π 3 π − − 5 = 1π k π = + 2 Bấm . 2 4 3 12 4 w2 Chia hai vế họ nghiệm thứ Chuyển qua . 3 nhất cho . Nhập 2 π − i × π ÷ 3 + 2 12 2
Vậy họ nghiệm thứ nhất là = bấm , máy hiện π π " π π x − k 4 . x − k 4 , 4 = + = + − 1 π πi ⇔ + 18 3 18 3 18 3 h h[YnabX 2 f h [a\ g Chia hai vế họ nghiệm thứ Bấm 3 π hai cho . i × π ÷ 3 2 + 2 4 2 =  π π
Vậy họ nghiệm thứ hai là , máy hiện x − k 4 , = + π π ⇔  18 3 x k  4 . 1 π 4 πi π π = + + x k 4 = + 6 3 6 3 6 3 k k ∈ Z Nhớ ghi điều kiện của . ( ). 2.1.2 Giải theo cosine Ë P Ò Tư duy Bấm máy Trình bày w1 Hệ số của cosine là Trong , nhập √ √ √ √ √ √ C − . Pol − , = 6 2 6 2 6 + 2 = Hệ số của sine là bấm . √ √ S . = 6 + 2 Q)= Bấm , máy hiện X . = 4 Ta có −Y Vì tính theo cos nên . Qn= x π π Bấm , máy hiện ⇔ 3 − 5 (2) 4 cos + 2 3 12√ Y 5 π. = = 2 3 12 π π x π √ Thu gọn biểu thức. − 5 = − 1 π ⇔ 3 − Bấm . 4 cos = 2 3 3 12 12 2 12 √ √ √ x π Chuyển 4 qua vế phải. 2 3 = 3 ⇔ 3 − 3 Bấm . cos = 4 2 2 12 2 √ √ ! x π π 3 − 3 3 ⇔ − 1 = 1π = cos(bao nhiêu)? cos = cos Bấm cos . 2 2 12 6 2 6 u v  x π π Nhớ lại cos = cos 3 − k π, = + 2 u v k π, ⇔  2 12 6 ⇔  x π π = + 2 3 u −v k π. − − k π = + 2 = + 2 2 12 6 π  − π π = x π 1 3 Chuyển qua vế phải. π k π, Bấm + . = + 2 12 6 12 4 ⇔  2 4 π π  x π 3 − = − 1 π − k π = + 2 Bấm + . 2 12 6 12 12 XcamZ\g g f 3 h [a\ g w2 Chia hai vế họ nghiệm thứ Chuyển qua . 3 nhất cho . Nhập 2 π i × π ÷ 3 + 2 4 2 =
Vậy họ nghiệm thứ nhất là bấm , máy hiện " π π π π x k 4 , x k 4 . 1 π 4 πi ⇔ = + = + + 6 3 6 3 6 3 Chia hai vế họ nghiệm thứ Bấm 3 π hai cho . − i × π ÷ 3 2 + 2 12 2 =  π π
Vậy họ nghiệm thứ hai là , máy hiện x k 4 , = + ⇔  π π 6 3  π π x − k 4 . − 1 π 4 πi x − k 4 = + + = + 18 3 18 3 18 3 k k ∈ Z Nhớ ghi điều kiện của . ( ). 2.2 Tiểu kết Pol k i
Khi giải tự luận phương trình (1), ta có thể dùng hàm
(, lượng giác ngược và gán = để hỗ trợ như sau 2.2.1 Giải theo sine w1 Pol S, C =† Trong , nhập ( ) , khi đó ⇔X u Y m (1) sin( + ) = m ⇔ u Y . sin( + ) = X − m 1 = φ Bấm máy sin X máy hiện góc , từ đây ta có ⇔ u Y φ. sin( + ) = sin
Tiếp đến, ta vận dụng công thức nghiệm phương trình lượng giác cơ bản của hàm sine u v k π, u v ⇔ = + 2 sin = sin u π − v k π, = + 2 k i w2 k
để dẫn đến kết quả cuối cùng. Chú ý rằng có thể gán = trong để biến đổi nhanh cho . ] t †
Giải theo sine thì nhập hệ số của sin trước. h h[YnabX 4 f h [a\ g 2.2.2 Giải theo cosine w1 Pol C, S =‡ Trong , nhập ( ) , khi đó ⇔X u − Y m (1) cos( ) = m ⇔ u − Y . cos( ) = X − m 1 = φ Bấm máy cos X máy hiện góc , ⇔ u − Y φ. cos( ) = cos
Tiếp đến, ta vận dụng công thức nghiệm phương trình lượng giác cơ bản đối với hàm cosine u v k π, u v ⇔ = + 2 cos = cos u −v k π, = + 2 k i k
để dẫn đến kết quả cuối cùng (có thể gán =
nếu cần biến đổi nhanh cho ). 3
Định hướng bán tự luận
Ví dụ 2. Điền khuyết Phương trình √ √ √ √ √ x π x π − 3 3 . 6 2 cos + + 6 + 2 sin + = 2 3 2 3 2 3 x . . . có hai họ nghiệm là = x . . . và = 3.1 Lời giải 3.1.1
Giải bằng công thức nghiệm √ √ √ √ w1 Pol − , = 1. Trong , bấm 6 2 6 + 2 ; x π π 3 3 Ï A Ï B 2. Vì có + nên ta gán , ; 2 3 2 3 w2 3. Qua , nhập vào màn hình √ ! ! i × π − 2 3 1 Y − B ÷ A 2 + cos X + = 1 π 4 πi bấm , máy hiện + . 6 3 ] t ‡
Giải theo cosine thì nhập hệ số của cos trước. XcamZ\g g f 5 h [a\ g 4. Sửa màn hình thành √ ! ! i × π− − 2 3 1 Y − B ÷ A 2 cos X + = − 1 π 4 πi bấm , máy hiện + . 18 3 π π π π x k 4 x − k 4 k ∈ Z
Vậy hai họ nghiệm của phương trình đã cho là = + và = + ( ). 6 3 18 3 3.1.2
Giải theo Newton-Raphson 1. Tính chu kì x π • 3 a 3 Xét + , ta có = . 2 3 2 π π • T 2 4 Chu kỳ = = . 3 3 2 2. Tìm khoảng chứa nghiệm • w1 Trong , nhập vào màn hình √ √ √ √ √ x π x π − 3 3 − 6 2 cos + + 6 + 2 sin + 2 3 2 3 2 3 • rX f f Thực hiện = 0; 1; 2; 3; 4 ta thấy (0) và
(1) trái dấu nên phương trình có nghiệm f ≈ − . ≈ trong (0; 1); đồng thời (4) 0 04
0 nên phương trình có nghiệm gần với 4. 3.
Tìm một nghiệm trong mỗi họ nghiệm • qr X . § X . Bấm (SOLVE) tại = 0 5 máy hiện
= 0 5235987756. Gán giá trị này vào biến A A ÷ π = . . = 1 nhớ . Bấm
ta được 0 1666666667. Nhập 0 16666666666667 , máy hiện . Vậy 6 π x1 = . 6 • qr X X . Bấm (SOLVE) tại = 4, máy hiện
= 4 01425728. Gán giá trị này vào biến nhớ π B x 23 ta có 2 = . 18 A − B • = − . / ∈ Z x x Kiểm tra π 0 8333333333 nên 1 và 2
thuộc hai họ nghiệm khác nhau. 4 3 π π π π x k 4 x 23 k 4 k ∈ Z 4.
Vậy phương trình đã cho có hai họ nghiệm là = + và = + ( ). 6 3 18 3 π π Chú ý x 23 k 4 qr Có thể chuẩn hóa họ = +
không vượt quá nửa chu kỳ bằng cách (SOLVE) 18 3 phương trình π π 4 23 X × 3 + 18 2 ] t §
Là trung điểm của (0; 1). h h[YnabX 6 f h [a\ g X ¶ để được nghiệm
. Sau đó sửa màn hình thành π π 4 23 Intg X × 3 + ( ) 18 2 = − 1 π bấm ta được . 18 π π π π x 23 k 4 x − k 4
Vậy dạng chuẩn hóa nửa chu kỳ của họ = + là = + . 18 3 18 3 3.2 Tiểu kết
Khi điền khuyết hai họ nghiệm của phương trình (1), ta có thể dùng công thức nghiệm (thiết lập Pol k i bằng kết quả của
(, lượng giác ngược và gán =
) hoặc phương pháp Newton-Raphson (với chu T kỳ ) như sau 3.2.1
Giải bằng công thức nghiệm
Kết luận 2.2 cho thấy dù giải theo sine hay cosine thì họ nghiệm thu được cũng giống nhau. Theo
chúng tôi, biến đổi nghiệm theo cosine dễ thao tác với máy hơn, và do đó, công thức giải nhanh
phương trình (1) sẽ được thiết lập theo cosine. Quy trình tương ứng gồm có 4 bước w1 Pol C, S = 1. Trong , bấm ( ) ; a Ï A b Ï Bk 2. Gán , ; w2 ∗∗ 3. Qua , nhập vào màn hình i × π − Vế phải 1 Y − B ÷ A 2 + cos X + = bấm
, ghi nhận họ nghiệm thứ nhất. 4. Sửa màn hình thành i × π− − Vế phải 1 Y − B ÷ A 2 cos X + = bấm
, ghi nhận họ nghiệm thứ hai. 3.2.2
Giải theo Newton-Raphson
Nếu không muốn nhớ công thức, ta có thể dùng phương pháp Newton-Raphson để xác định một
nghiệm trong mỗi họ, sau đó cộng thêm bội nguyên của chu kỳ để được họ nghiệm hoàn chỉnh.
Quy trình của chiến lược này được chúng tôi đề xuất theo 4 bước sau đây π T 2 1. Tính chu kì = a . ] t ¶ Qp Intg Bấm để có (. k a b Có thể bỏ qua khi = 1 và = 0. ∗∗ m
Đối với phương trình (1) thì là "vế phải". XcamZ\g g f 7 h [a\ g 2. Tìm khoảng chứa nghiệm • w1 − Trong , nhập Vế trái(1)
Vế phải(1) vào màn hình; • rX Thực hiện
= 0; 1; . . . để tìm khoảng chứa nghiệm. 3.
Tìm một nghiệm trong mỗi họ nghiệm • qr X Bấm (SOLVE) tại
= trung điểm khoảng chứa nghiệm thứ nhất để tìm nghiệm
x1 trong họ nghiệm thứ nhất; • qr X Bấm (SOLVE) tại
= trung điểm khoảng chứa nghiệm thứ hai để tìm nghiệm
x2 trong họ nghiệm thứ hai; 4. Kết luận x x kT, ⇔ = 1 + k ∈ Z (1) x x kT. ( ) = 2 + Chú ý y f x f x0 ≈ x0 x f x 1. Nếu hàm số = ( ) có ( ) 0 thì gần nghiệm ( ); 0 0 0 của y f x f a · f b < x ∈ a b 2. Nếu hàm số liên tục = ( ) có ( ) ( )
0 thì hàm số ấy có nghiệm 0 ( ; ); x − x x x 1 2 ` / ∈ Z 3. Hai nghiệm 1 và 2
thuộc hai họ nghiệm khác nhau nếu T = . x0 x x0 kT x 4. Để chuẩn hóa nghiệm (trong họ nghiệm = + ) thành 1 1 1
để nó không vượt quá một k
nửa chu kỳ, ta giải phương trình sau theo ẩn T x0 k . + 1 2 T x x0 k Intg Khi đó, 1 = + [ ] với hàm [ ] trong máy là (). 1 2 4
Định hướng trắc nghiệm 4.1 Hoài cổ tự luận
Ví dụ 3. Cho phương trình √ √ √ √ √ x π x π − 3 3 . 6 2 cos + + 6 + 2 sin + = 2 3 (3) 2 3 2 3
Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau √ √ x π x π ⇔ 3 3 ⇔ 3 3 3 A (3) sin + = . B (3) sin + = . 2 4 2 2 4 2 √ √ x π x π ⇔ 3 − 3 ⇔ 3 5 3 C (3) cos = . D (3) cos + = . 2 12 2 2 12 2
Lời giải. Chọn đáp án C h h[YnabX 8 f h [a\ g 4.1.1
Lời giải chi tiết 1 Pol Sử dụng
( và giải theo sine như mục 2.1.1 ta được √ x π ⇔ 3 5 3 (3) sin + = 2 12 2
nên loại hai phương án A, B theo sine đồng thời cũng loại phương án D theo cosine. 4.1.2
Lời giải chi tiết 2 Pol Sử dụng
( và giải theo cosine như mục 2.1.2 ta được √ x π ⇔ 3 − 3 . (3) cos = 2 12 2 4.2
Trắc nghiệm giai đoạn sơ khai
Ví dụ 4. Cho phương trình √ √ √ √ √ x π x π − 3 3 . 6 2 cos + + 6 + 2 sin + = 2 3 (4) 2 3 2 3
Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau  π π  π π x 2011 k 4 , x 2017 k 4 , = + = + ⇔  18 3 k ∈ Z ⇔  18 3 k ∈ Z A (4)  π π ( ) . B (4)  π π ( ) . x 2015 k 4 . x 2021 k 4 . = + = + 18 3 18 3  π π  π π x 2017 k 4 , x 2017 k 4 , = + = + ⇔  6 3 k ∈ Z ⇔  6 3 k ∈ Z C (4)  π π ( ) . D (4)  π π ( ) . x 2023 k 4 . x 2015 k 4 = + = + 18 3 18 3
Lời giải. Chọn đáp án D Lời giải chi tiết Nhập vào màn hình √ √ √ √ √ x π x π − 3 3 − 6 2 cos + + 6 + 2 sin + 2 3 2 3 2 3 r π π X 2011 2015 †† lần lượt = ;
ta loại ngay phương án A (vì kết quả khác 0) và chọn được phương 18 18 − . · −12 ≈ án D (do kết quả 5 09 10 0). ] t ††
Các nghiệm đại diện trong phương án. XcamZ\g g f 9 h [a\ g 4.3
Trắc nghiệm giai đoạn hiện nay
Ví dụ 5. Cho phương trình √ √ √ √ √ x π x π − 3 3 . 6 2 cos + + 6 + 2 sin + = 2 3 (5) 2 3 2 3 π
Số nghiệm của phương trình (5) trên [0; 4 ] là A 5 nghiệm. B 6 nghiệm. C 7 nghiệm. D 8 nghiệm.
Lời giải. Chọn đáp án B Lời giải chi tiết
Vận dụng chiến lược giải ở mục 3 ta được  π π xk k 4 , = + ⇔  6 3 k, ` ∈ Z (5)  π π ( ) x` − ` 4 . = + 18 3 π π − < x` < xk x` xk Dễ thấy nên họ , tức là trước, sau. 18 6 x ∈ π Vì điều kiện [0; 4
] nên bài toán trở thành đếm số giá trị của f ` − 1 ` 4 , ( ) = + 18 3 g k 1 k 4 , ( ) = + 6 3 trên [0; 4]. w7 Vào , nhập f X − 1 X × 4 ( ) = + 18 3 g X 1 X × 4 ( ) = + 6 3 X và cho
chạy từ Start = 0 đến End = 5, bước nhảy Step = 1. Số giá trị thuộc [0; 4] trong bảng kết
quả chính là đáp số cần tìm. 4.4 Tiểu kết
Với hình thức trắc nghiệm, học sinh có dịp vận dụng nhiều kỹ thuật được hình thành khi giải
quyết bài toán ở dạng tự luận và bán tự luận. Ngoài ra, các em còn có thể sử dụng các phương án
như một phần giả thiết, và từ đó, việc thay chúng vào phương trình để kiểm tra tính đúng/sai cũng
là một chiến lược hữu ích trong một số tình huống nhất định. Tuy nhiên, để hạn chế chiến lược này,
Ví dụ 4 được phát triển thành Ví dụ 5 bằng việc đổi yêu cầu thành đếm số nghiệm của phương trình
trong một khoảng (đoạn, nửa khoảng) cho trước. Đây là hướng nghiên cứu mà chúng tôi quan tâm trong thời gian tới. h h[YnabX 10 f h [a\ g 5 Kết luận
Tùy vào hình thức kiểm tra đánh giá và mức độ phức tạp của đề bài mà việc sử dụng máy tính
cầm tay sẽ hỗ trợ một phần hoặc toàn bộ quá trình tìm ra phương án.
Với dạng thức điền khuyết, tối ưu hóa con đường tự luận bằng cách dùng công thức hệ quả là một
hướng tiếp cận an toàn nhưng tạo thêm áp lực ghi nhớ cho người học. Ở một phương diện khác,
phương pháp Newton-Raphson có vẻ như khắc phục hoàn toàn hạn chế nói trên lại đòi hỏi tư duy
linh hoạt trong xử lý khoảng chứa nghiệm - vốn còn khá lạ lẫm với đa số học sinh đại trà.
Ở những câu hỏi trắc nghiệm khó, thí sinh cần trang bị thêm kỹ năng chuẩn hóa họ nghiệm và
loại bỏ các nghiệm thuộc cùng một họ để vượt qua phương án nhiễu và xác định phương án đúng.
Bên cạnh đó, năng lực “quy lạ về quen” cũng là cứu cánh trước những dạng bài tập mà các em chưa
gặp bao giờ, vì thế cần phải tôi luyện kỹ.
Nhìn chung, học sinh nên cân nhắc việc sử dụng máy tính cầm tay một cách hợp lý, tránh phụ
thuộc hoàn toàn vào công cụ này. Đồng thời giáo viên cũng cần quan tâm đúng mức đến vấn đề
tối ưu hóa cách giải tự luận theo định hướng trắc nghiệm khách quan nhằm đáp ứng thực tiễn bối cảnh hiện nay. 6
Hướng nghiên cứu tiếp theo a b a b a b a b Tìm số nghiệm trên ( ; ) ([ ; ], ( ; ] hay [ ;
)) của phương trình lượng giác thuộc một trong ba dạng f x 1. ( ) = 0; f x · g x 2. ( ) ( ) = 0 (tăng nghiệm); f x ( ) 3.
g x = 0 (giảm nghiệm). ( ) h[YnabXcamZ\g Ghi chú
Trong bài viết này, chúng tôi sử dụng CASIO fx-570VN Plus và VINACAL 570ES Plus II. Tài liệu
Giải toán trên máy tính CASIO fx-570MS lớp 10-11-12 [1]
Lê Hồng Đức, Đào Thiện Khải (2010), ,
NXB. Đại học Sư phạm, Tiền Giang. XcamZ\g g f 11