Phương trình lượng giác thường gặp

\(\begin{array}{l}\sin 2x + 3\sin 4x = 0 \Leftrightarrow \sin 2x + 6\sin 2x\cos 2x = 0\\ \Leftrightarrow \sin 2x\left( {1 + 6\cos 2x} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin 2x = 0\\1 + 6\cos 2x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin 2x = 0\\\cos 2x =  - \dfrac{1}{6}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = k\pi \\2x =  \pm \arccos \left( { - \dfrac{1}{6}} \right) + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{{k\pi }}{2}\\x =  \pm \dfrac{1}{2}\arccos \left( { - \dfrac{1}{6}} \right) + k\pi \end{array} \right.\left( {k \in Z} \right)\end{array}\)

Bước 1:

Điều kiện:

\(1 - \sin 2x \ne 0 \Leftrightarrow \sin 2x \ne 1 \Leftrightarrow 2x \ne \dfrac{\pi }{2} + k2\pi  \Leftrightarrow x \ne \dfrac{\pi }{4} + k\pi \,\,\left( {k \in Z} \right)\)

Bước 2:

\(\dfrac{{\cos 2x}}{{1 - \sin 2x}} = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = 0 \Leftrightarrow {\cos ^2}2x = 0 \)

\(\Leftrightarrow {1-{\sin ^2}2x = 0} \Leftrightarrow {\sin ^2}2x = 1 \)\(\Leftrightarrow \sin 2x =  - 1\) (vì \(\sin 2x \ne 1\))

\( \Leftrightarrow 2x =  - \dfrac{\pi }{2} + k2\pi  \Leftrightarrow x =  - \dfrac{\pi }{4} + k\pi  \)

Đặt $k=l+1 $ ta được:

\(- \dfrac{\pi }{4} + k\pi=  - \dfrac{\pi }{4} + l\pi+\pi\)\(= \dfrac{{3\pi }}{4} + l\pi \left( {l \in Z} \right)\)

Vậy $x= \dfrac{{3\pi }}{4} + l\pi \left( {l \in Z} \right)$ hay  $x= \dfrac{{3\pi }}{4} + k\pi \left( {l \in Z} \right)$

$\left\{ \begin{array}{l}1 - {\tan ^2}x \ne 0\\\cos 2x \ne 0\\\cos x \ne 0\end{array} \right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{{{\cos }^2}x - {{\sin }^2}x}}{{{{\cos }^2}x}} \ne 0\\\cos 2x \ne 0\\\cos x \ne 0\end{array} \right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\cos 2x \ne 0\\\cos x \ne 0\end{array} \right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x \ne \dfrac{\pi }{2} + k\pi \\x \ne \dfrac{\pi }{2} + k\pi \end{array} \right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne \dfrac{\pi }{4} + \dfrac{{k\pi }}{2}\\x \ne \dfrac{\pi }{2} + k\pi \end{array} \right.\,\,\,\left( {k \in Z} \right)$

$\begin{array}{l}\dfrac{{{a^2}}}{{1 - {{\tan }^2}x}} = \dfrac{{{{\sin }^2}x + {a^2} - 2}}{{\cos 2x}} \Leftrightarrow \dfrac{{{a^2}}}{{\dfrac{{{{\cos }^2}x - {{\sin }^2}x}}{{{{\cos }^2}x}}}} = \dfrac{{{{\sin }^2}x + {a^2} - 2}}{{\cos 2x}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{a^2}{{\cos }^2}x}}{{\cos 2x}} = \dfrac{{{{\sin }^2}x + {a^2} - 2}}{{\cos 2x}} \Leftrightarrow {a^2}{\cos ^2}x = {\sin ^2}x + {a^2} - 2\\ \Leftrightarrow {a^2}{\cos ^2}x = 1 - {\cos ^2}x + {a^2} - 2\\ \Leftrightarrow \left( {{a^2} + 1} \right){\cos ^2}x = {a^2} - 1 \Leftrightarrow {\cos ^2}x = \dfrac{{{a^2} - 1}}{{{a^2} + 1}} < 1\end{array}$

Vì  \(\cos x \ne 0 \Rightarrow 0 < {\cos ^2}x \le 1 \Leftrightarrow {\cos ^2}x > 0 \Leftrightarrow {a^2} - 1 > 0 \Rightarrow \left| a \right| > 1\)

Bước 1:

$\left\{ \begin{array}{l}x - y = \dfrac{\pi }{3}\\\cos x - \cos y =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y + \dfrac{\pi }{3}\\\cos \left( {y + \dfrac{\pi }{3}} \right) - \cos y =  - 1\left( * \right)\end{array} \right.$

Bước 2:

$\begin{array}{l}\left( * \right) \Leftrightarrow  - 2\sin \left( {y + \dfrac{\pi }{6}} \right).\sin \dfrac{\pi }{6} =  - 1\\ \Leftrightarrow  - 2\sin \left( {y + \dfrac{\pi }{6}} \right).\dfrac{1}{2} =  - 1\\ \Leftrightarrow \sin \left( {y + \dfrac{\pi }{6}} \right) = 1\end{array}$

Bước 3:

$\Leftrightarrow y + \dfrac{\pi }{6} = \dfrac{\pi }{2} + k2\pi  \Leftrightarrow y = \dfrac{\pi }{3} + k2\pi \left( {k \in Z} \right)$$\Rightarrow x = y + \dfrac{\pi }{3} = \dfrac{{2\pi }}{3} + k2\pi \left( {k \in Z} \right)$

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: \(\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{{2\pi }}{3} + k2\pi ;\dfrac{\pi }{3} + k2\pi } \right)\,\,\,\left( {k \in Z} \right)\)

ĐK: \(\sin x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne k\pi \,\,\left( {k \in Z} \right)\)

\(\sqrt 3 {\cot ^2}x - 4\cot x + \sqrt 3  = 0\)

Đặt \(\cot x = t\) khi đó phương trình có dạng

$\sqrt 3 {t^2} - 4t + \sqrt 3  = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\\t = \sqrt 3 \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\cot x = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\\\cot x = \sqrt 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{\pi }{3} + k\pi \\x = \dfrac{\pi }{6} + k\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in Z} \right)\,\,\left( {tm} \right)$

Khi \(m = 1\) phương trình có dạng: \({\sin ^2}3x - 2\sin 3x - 3 = 0\)

Đặt \(\sin 3x = t\,\,\left( { - 1 \le t \le 1} \right)\) khi đó phương trình có dạng \({t^2} - 2t - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t =  - 1\,\,\left( {tm} \right)\\t = 3\,\,\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)

\(t =  - 1 \Leftrightarrow \sin 3x =  - 1 \Leftrightarrow 3x =  - \dfrac{\pi }{2} + k2\pi  \Leftrightarrow x =  - \dfrac{\pi }{6} + \dfrac{{k2\pi }}{3}\,\,\,\left( {k \in Z} \right)\)

Bước 1:

\(\begin{array}{l}4{\sin ^2}2x + 8{\cos ^2}x - 9 = 0\\  \Leftrightarrow 4\left( {1 - {{\cos }^2}2x} \right) + 8.\dfrac{{1 + \cos 2x}}{2} - 9 = 0\\ \Leftrightarrow 4\left( {1 - {{\cos }^2}2x} \right) + 4\left( {1 + \cos 2x} \right) - 9 = 0\\\Leftrightarrow 4\left( {1 - {{\cos }^2}2x} \right) + 4 + 4\cos 2x - 9 = 0\\ \Leftrightarrow 4 - 4{\cos ^2}2x + 4\cos 2x - 5 = 0 \\\Leftrightarrow  - 4{\cos ^2}2x + 4\cos 2x - 1 = 0\end{array}\)

Bước 2:

Đặt \(\cos 2x = t\,\,\left( { - 1 \le t \le 1} \right)\) khi đó phương trình có dạng 

\( - 4{t^2} + 4t - 1 = 0 \)\( \Leftrightarrow - \left( {4{t^2} - 4t + 1} \right) = 0\)\(\Leftrightarrow  - {\left( {2t - 1} \right)^2} = 0 \) \(\Leftrightarrow t = \dfrac{1}{2}\left( {tm} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \cos 2x = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \cos 2x =\cos \dfrac{\pi }{3} \\\Leftrightarrow 2x =  \pm \dfrac{\pi }{3} + k2\pi \Leftrightarrow x =  \pm \dfrac{\pi }{6} + k\pi \left( {k \in Z} \right)\end{array}\)

\(4{\sin ^2}x - 4\sin x - 3 = 0\)

Đặt \(\sin x = t\,\,\left( { - 1 \le t \le 1} \right)\) khi đó phương trình có dạng: \(4{t^2} - 4t - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \dfrac{3}{2}\,\,\,\,\,\,\left( {ktm} \right)\\t =  - \dfrac{1}{2}\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)

\(t =  - \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \sin x =  - \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - \dfrac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \dfrac{{7\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\,\,\,\left( {k \in Z} \right)\)

Vây số vị trí biểu diễn các nghiệm của phương trình \(4{\sin ^2}x - 4\sin x - 3 = 0\) trên đường tròn lượng giác là 2 điểm như hình trên.

\(\sqrt 3 \sin 2x - m\cos 2x = 1\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt 3 \\b =  - m\\c = 1\end{array} \right.\)

Để phương trình có nghiệm thì \({a^2} + {b^2} \ge {c^2} \Leftrightarrow 3 + {m^2} \ge 1 \Leftrightarrow {m^2} \ge  - 2\) (luôn đúng với \(\forall m\) )

Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi $m$.

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\sqrt 3 \sin 2x - \cos 2x + 1 = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\sin 2x - \dfrac{1}{2}\cos 2x + \dfrac{1}{2} = 0\\ \Leftrightarrow \sin 2x.\cos \dfrac{\pi }{6} - \cos 2x.\sin \dfrac{\pi }{6} =  - \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \sin \left( {2x - \dfrac{\pi }{6}} \right) = \sin \left( { - \dfrac{\pi }{6}} \right)\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - \dfrac{\pi }{6} =  - \dfrac{\pi }{6} + k2\pi \\2x - \dfrac{\pi }{6} = \dfrac{{7\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = k2\pi \\2x = \dfrac{{4\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k\pi \\x = \dfrac{{2\pi }}{3} + k\pi \end{array} \right.\,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\end{array}\)

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,2\sqrt 2 \left( {\sin x + \cos x} \right)\cos x = 3 + \cos 2x\\ \Leftrightarrow 2\sqrt 2 \sin x\cos x + 2\sqrt 2 {\cos ^2}x = 3 + \cos 2x\\ \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin 2x + \sqrt 2 \left( {1 + \cos 2x} \right) = 3 + \cos 2x\\ \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin 2x + \left( {\sqrt 2  - 1} \right)\cos 2x = 3 - \sqrt 2 \end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt 2 \\b = \sqrt 2  - 1\\c = 3 - \sqrt 2 \end{array} \right.\\ \Rightarrow {a^2} + {b^2} - {c^2} \\= 2 + {\left( {\sqrt 2  - 1} \right)^2} - {\left( {3 - \sqrt 2 } \right)^2} \\= 2 + 3 - 2\sqrt 2  - 11 + 6\sqrt 2  \\=  - 6 + 4\sqrt 2  < 0\\ \Rightarrow {a^2} + {b^2} < {c^2}\end{array}\)

Vậy phương trình vô nghiệm

Bước 1:

\({\mkern 1mu} \sin x + \sqrt 3 \cos x = \sqrt 2 \)\( \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}\sin x + \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\cos x = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\)

\( \Leftrightarrow \sin x\cos \dfrac{\pi }{3} + \cos x\sin \dfrac{\pi }{3} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\)\( \Leftrightarrow \sin \left( {x + \dfrac{\pi }{3}} \right) = \sin \dfrac{\pi }{4}\)

Bước 2:

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + \dfrac{\pi }{3} = \dfrac{\pi }{4} + k2\pi }\\{x + \dfrac{\pi }{3} = \dfrac{{3\pi }}{4} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {\rm{\;}} - \dfrac{\pi }{{12}} + k2\pi }\\{x = \dfrac{{5\pi }}{{12}} + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\alpha {\rm{\;}} = {\rm{\;}} - \dfrac{\pi }{{12}}}\\{\beta {\rm{\;}} = \dfrac{{5\pi }}{{12}}}\end{array}} \right. \)

(Vì $ - \dfrac{\pi }{{12}}$ và $ \dfrac{{5\pi }}{{12}}$ đều thỏa mãn điều kiện đề bài)

\(\Rightarrow \alpha .\beta {\rm{\;}} = \dfrac{{ - 5{\pi ^2}}}{{144}}\)

Bước 1:

Với \(a = 1;b = \sqrt 3  - 2;c = 1\) ta có:

\(\begin{array}{l}\sin x + \left( {\sqrt 3  - 2} \right)\cos x = 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {8 - 4\sqrt 3 } }}\sin x + \dfrac{{\sqrt 3  - 2}}{{\sqrt {8 - 4\sqrt 3 } }}\cos x \\= \dfrac{1}{{\sqrt {8 - 4\sqrt 3 } }}\end{array}\)

Đặt \(\dfrac{1}{{\sqrt {8 - 4\sqrt 3 } }} = \cos \alpha  \Rightarrow \dfrac{{\sqrt 3  - 2}}{{\sqrt {8 - 4\sqrt 3 } }} = \sin \alpha \). Khi đó phương trình tương đương:

$\sin x\cos \alpha  + \cos x\sin \alpha  = \cos \alpha$

Bước 2:

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sin \left( {x + \alpha } \right) = \sin \left( {\dfrac{\pi }{2} - \alpha } \right)\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + \alpha  = \dfrac{\pi }{2} - \alpha  + k2\pi \\x + \alpha  = \dfrac{\pi }{2} + \alpha  + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{\pi }{2} - 2\alpha  + k2\pi \\x = \dfrac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right.\end{array}\)

Vì \(\alpha  \ne 0 \Rightarrow \) có 2 vị trí biểu diễn nghiệm của phương trình.

\(\begin{array}{l}2\sqrt 3 {\cos ^2}\dfrac{{5x}}{2} + \sin 5x = 1 + \sqrt 3  \Leftrightarrow \sqrt 3 \left( {1 + \cos 5x} \right) + \sin 5x = 1 + \sqrt 3 \\ \Leftrightarrow \sin 5x + \sqrt 3 \cos 5x = 1 \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}\sin 5x + \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\cos 5x = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \sin 5x\cos \dfrac{\pi }{3} + \cos 5x\sin \dfrac{\pi }{3} = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \sin \left( {5x + \dfrac{\pi }{3}} \right) = \sin \dfrac{\pi }{6}\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}5x + \dfrac{\pi }{3} = \dfrac{\pi }{6} + k2\pi \\5x + \dfrac{\pi }{3} = \dfrac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - \dfrac{\pi }{{30}} + \dfrac{{k2\pi }}{5}\\x = \dfrac{\pi }{{10}} + \dfrac{{k2\pi }}{5}\end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\end{array}\)

Với họ nghiệm \(x =  - \dfrac{\pi }{{30}} + \dfrac{{k2\pi }}{5}\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\), ta được

$\begin{array}{l}0 \le  - \dfrac{\pi }{{30}} + \dfrac{{k2\pi }}{5}\,\, \le \dfrac{\pi }{2} \Leftrightarrow 0 \le  - \dfrac{1}{{30}} + \dfrac{{2k}}{5}\,\, \le \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{{12}} \le k \le \dfrac{4}{3}\\k \in \mathbb{Z}\end{array} \right. \Rightarrow k = 1\\ \Rightarrow x =  - \dfrac{\pi }{{30}} + \dfrac{{2\pi }}{5} = \dfrac{{11\pi }}{{30}}\end{array}$

Với họ nghiệm \(x = \dfrac{\pi }{{10}} + \dfrac{{k2\pi }}{5}\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\), ta được:

$\begin{array}{l}0 \le \dfrac{\pi }{{10}} + \dfrac{{k2\pi }}{5}\,\,\, \le \dfrac{\pi }{2} \Leftrightarrow 0 \le \dfrac{1}{{10}} + \dfrac{{2k}}{5}\,\, \le \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - \dfrac{1}{4} \le k \le 1\\k \in \mathbb{Z}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = 0\\k = 1\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{\pi }{{10}}\\x = \dfrac{\pi }{{10}} + \dfrac{{2\pi }}{5} = \dfrac{\pi }{2}\end{array} \right.\end{array}$

Vậy tổng các nghiệm thuộc đoạn \(\left[ {0;\dfrac{\pi }{2}} \right]\) là: $\dfrac{{11\pi }}{{30}} + \dfrac{\pi }{{10}} + \dfrac{\pi }{2} = \dfrac{{29\pi }}{{30}}$

Bước 1:

\(\begin{array}{l}{\sin ^3}x + {\cos ^3}x = \sin x - \cos x \\\Leftrightarrow  {\cos ^3}x + \cos x= \sin x -\sin ^3x  \\\Leftrightarrow \cos x\left( {{{\cos }^2}x + 1} \right) = \sin x\left( {1 - {{\sin }^2}x} \right)\\ \Leftrightarrow \cos x\left( {\dfrac{{1 + \cos 2x}}{2} + 1} \right) = \sin x.{\cos ^2}x\end{array}\)

$\Leftrightarrow \cos x\left( {\dfrac{{1 + \cos 2x}}{2} + 1 - \sin x\cos x} \right) = 0$

\(\begin{array}{l}\Leftrightarrow \cos x.\dfrac{{1 + \cos 2x +2- \sin 2x}}{2} = 0\end{array}\)

$ \Leftrightarrow \cos x\left( {1 + \cos 2x + 2 - \sin 2x} \right) = 0 \\\Leftrightarrow \cos x\left( { - \sin 2x + \cos 2x + 3} \right) = 0$

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = 0\left( 1 \right)\\ - \sin 2x + \cos 2x + 3 = 0\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Bước 2:

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Xét (2) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}a =  - 1\\b = 1\\c =  - 3\end{array} \right. \Rightarrow {a^2} + {b^2} < {c^2} \)

\(\Rightarrow \) phương trình (2) vô nghiệm.

Vậy nghiệm của phương trình là:\(x = \dfrac{\pi }{2} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\) 

\(6{\sin ^2}x + 7\sqrt 3 \sin 2x - 8{\cos ^2}x = 6 \Leftrightarrow 6{\sin ^2}x + 14\sqrt 3 \sin x\cos x - 8{\cos ^2}x = 6\,\left( * \right)\)

Trường hợp 1: \(\cos x = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in Z} \right)\). Khi đó \({\sin ^2}x = 1\)

Thay vào phương trình (*) ta có: \(6.1 + 14.0 - 8.0 = 6 \Leftrightarrow 6 = 6\) (luôn đúng)

\( \Rightarrow x = \dfrac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in Z} \right)\)là nghiệm của phương trình.

Trường hợp 2: \(\cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \dfrac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in Z} \right)\). Chia cả 2 vế của phương trình (*) cho \({\cos ^2}x\) ta được:

\(\begin{array}{l}6\dfrac{{{{\sin }^2}x}}{{{{\cos }^2}x}} + 14\sqrt 3 \dfrac{{\sin x}}{{\cos x}} - 8 = \dfrac{6}{{{{\cos }^2}x}} \Leftrightarrow 6{\tan ^2}x + 14\sqrt 3 \tan x - 8 = 6\left( {1 + {{\tan }^2}x} \right)\\ \Leftrightarrow 14\sqrt 3 \tan x - 14 = 0 \Leftrightarrow \sqrt 3 {\mathop{\rm tanx}\nolimits}  - 1 = 0 \Leftrightarrow \tan x = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi }{6} + k\pi \left( {k \in Z} \right)\end{array}\)

Kết hợp 2 trường hợp ta có nghiệm của phương trình là: \(\left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{\pi }{2} + k\pi \\x = \dfrac{\pi }{6} + k\pi \end{array} \right.\left( {k \in Z} \right)\)

Trường hợp 1: \(\cos 4x = 0 \Leftrightarrow 4x = \dfrac{\pi }{2} + k\pi \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi }{8} + \dfrac{{k\pi }}{4}\,\,\left( {k \in Z} \right)\). Khi đó \({\sin ^2}4x = 1\)
Thay vào phương trình ta có: \(1 + 3.0 - 4.0 = 0 \Leftrightarrow 1 = 0\,\,\left( {Vô lý} \right)\)
\( \Rightarrow x = \dfrac{\pi }{8} + \dfrac{{k\pi }}{4}\,\,\left( {k \in Z} \right)\) không là nghiệm của phương trình.
Trường hợp 2: \(\cos 4x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \dfrac{\pi }{8} + \dfrac{{k\pi }}{4}\,\,\left( {k \in Z} \right)\). Chia cả 2 vế của phương trình cho \({\cos ^2}4x\) ta được:
\(\dfrac{{{{\sin }^2}4x}}{{{{\cos }^2}4x}} + 3\dfrac{{\sin 4x}}{{\cos 4x}} - 4 = 0 \Leftrightarrow {\tan ^2}4x + 3\tan 4x - 4 = 0\)
Đặt \(\tan 4x = t\). Khi đó phương trình trở thành
\({t^2} + 3t - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t = - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan 4x = 1\\\tan 4x = - 4\end{array} \right. \\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}4x = \dfrac{\pi }{4} + k\pi \\4x = \arctan \left( { - 4} \right) + k\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{\pi }{{16}} + \dfrac{{k\pi }}{4}\\x = \dfrac{1}{4}\arctan \left( { - 4} \right) + \dfrac{{k\pi }}{4}\end{array} \right.\,\,\left( {k \in Z} \right)\)
Xét nghiệm \(x = \dfrac{\pi }{{16}} + \dfrac{{k\pi }}{4}\,\,\left( {k \in Z} \right),\,x \in \left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 < \dfrac{\pi }{{16}} + \dfrac{{k\pi }}{4} < \dfrac{\pi }{2}\\k \in Z\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 < \dfrac{1}{{16}} + \dfrac{k}{4} < \dfrac{1}{2}\\k \in Z\end{array} \right. \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - \dfrac{1}{4} < k < \dfrac{7}{4}\\k \in Z\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = 0\\k = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{{\pi }}{{16}}\\x = \dfrac{{5\pi }}{{16}}\end{array} \right.\)
Xét nghiệm \(x = \dfrac{1}{4}\arctan \left( { - 4} \right) + \dfrac{{k\pi }}{4}\,\,\left( {k \in Z} \right);\,\,x \in \left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)\)
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}0 < \dfrac{1}{4}\arctan \left( { - 4} \right) + \dfrac{{k\pi }}{4} < \dfrac{\pi }{2}\\k \in Z\end{array} \right. \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - \dfrac{1}{4}\arctan \left( { - 4} \right) < \dfrac{{k\pi }}{4} < \dfrac{\pi }{2} - \dfrac{1}{4}\arctan \left( { - 4} \right)\\k \in Z\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,42 < k < 2,42\\k \in Z\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = 1\\k = 2\end{array} \right. \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{1}{4}\arctan \left( { - 4} \right) + \dfrac{\pi }{4}\\x = \dfrac{1}{4}\arctan \left( { - 4} \right) + \dfrac{\pi }{2}\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy phương trình có 4 nghiệm thuộc khoảng \(\left( {0\,\,;\,\,\dfrac{\pi }{2}} \right)\)

Trường hợp 1: \(\cos x = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi }{2} + k\pi \,\,\left( {k \in Z} \right)\). Khi đó \({\sin ^2}x = 1\)

Thay vào phương trình ta có: \(1 - m.0 - 3.0 = 2m\, \Leftrightarrow 2m = 1 \Leftrightarrow m = \dfrac{1}{2} \notin Z \Rightarrow \)loại

Trường hợp 2: \(\cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \dfrac{\pi }{2} + k\pi \,\,\left( {k \in Z} \right)\).

Chia cả 2 vế của phương trình cho \({\cos ^2}x\) ta được:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{{{\sin }^2}x}}{{{{\cos }^2}x}} - m\dfrac{{\sin x}}{{\cos x}} - 3 = \dfrac{{2m}}{{{{\cos }^2}x}}\\ \Leftrightarrow {\tan ^2}x - m\tan x - 3 = 2m\left( {1 + {{\tan }^2}x} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {2m - 1} \right){\tan ^2}x + m\tan x + 2m + 3 = 0\end{array}\)

Đặt \(\tan x = t\) khi đó phương trình có dạng \(\left( {2m - 1} \right){t^2} + mt + 2m + 3 = 0\)

\(m = \dfrac{1}{2} \notin Z \Rightarrow \)loại

\(m \ne \dfrac{1}{2}\) ta có: \(\Delta  = {m^2} - 4\left( {2m - 1} \right)\left( {2m + 3} \right) = {m^2} - 16{m^2} - 16m + 12 =  - 15{m^2} - 16m + 12\)

Để phương trình có nghiệm thì \(\Delta  \ge 0 \Leftrightarrow \dfrac{{ - 8 -2 \sqrt {61} }}{{15}} \le m \le \dfrac{{ - 8 + 2\sqrt {61} }}{{15}}\).

Mà \(m \in Z \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m =  - 1\\m = 0\end{array} \right.\)

Với \(x \in \left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)\) ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\sin x > 0\\\cos x > 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\tan x > 0\\\cot x > 0\end{array} \right.$

Ta có: \(\tan x + \cot x = \tan x + \dfrac{1}{{\tan x}} \ge 2\sqrt {\tan x.\dfrac{1}{{\tan x}}}  = 2\) (BĐT Cauchy)

Phương trình có nghiệm \( \Leftrightarrow m \ge 2\)

Kết hợp điều kiện ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}2 \le m < 5\\m \in {Z^ + }\end{array} \right. \Rightarrow m \in \left\{ {2;3;4} \right\}\)

Vậy tổng các giá trị của m thỏa mãn là \(2 + 3 + 4 = 9\)

\(\begin{array}{l}\left( {1 - m} \right){\tan ^2}x - \dfrac{2}{{\cos x}} + 1 + 3m = 0\\ \Leftrightarrow \left( {1 - m} \right)\dfrac{{{{\sin }^2}x}}{{{{\cos }^2}x}} - \dfrac{2}{{\cos x}} + 1 + 3m = 0\\ \Leftrightarrow \left( {1 - m} \right){\sin ^2}x - 2\cos x + \left( {1 + 3m} \right){\cos ^2}x = 0\\ \Leftrightarrow \left( {1 - m} \right)\left( {1 - {{\cos }^2}x} \right) - 2\cos x + \left( {1 + 3m} \right){\cos ^2}x = 0\\ \Leftrightarrow 4m{\cos ^2}x - 2\cos x + 1 - m = 0\end{array}\)

Đặt \(t = \cos x\).

Vì \(x \in \left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow t \in \left( {0;1} \right)\) khi đó phương trình trở thành

\(\begin{array}{l}4m{t^2} - 2t + 1 - m = 0\,\,\,\left( 1 \right)\\ \Leftrightarrow m\left( {4{t^2} - 1} \right) - \left( {2t - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {2t + 1} \right)\left( {2t - 1} \right) - \left( {2t - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {2t - 1} \right)\left( {2mt + m - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \dfrac{1}{2} \in \left( {0;1} \right)\\2mt = 1 - m\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Để phương trình ban đầu có nhiều hơn $1$ nghiệm thuộc \(\left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)\) thì phương trình $(1)$ có nhiều hơn $1$ nghiệm thuộc $(0;1)$. Khi đó phương trình $(2)$ có nghiệm thuộc \(\left( {0;1} \right)\backslash \left\{ {\dfrac{1}{2}} \right\}\)

Khi $m = 0$ ta có $0t = 1$ (vô nghiệm)

Khi \(m \ne 0\) thì \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow t = \dfrac{{1 - m}}{{2m}}\)

Để phương trình $(2)$ có nghiệm thuộc \(\left( {0;1} \right)\backslash \left\{ {\dfrac{1}{2}} \right\}\) thì

\(\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\0 < \dfrac{{1 - m}}{{2m}} < 1\\\dfrac{{1 - m}}{{2m}} \ne \dfrac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\\dfrac{{1 - m}}{{2m}} > 0\\\dfrac{{1 - m}}{{2m}} < 1\\2\left( {1 - m} \right) \ne 2m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\\dfrac{{1 - m}}{{2m}} > 0\\\dfrac{{1 - 3m}}{{2m}} < 0\\4m \ne 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\0 < m < 1\\\left[ \begin{array}{l}m < 0\\m > \dfrac{1}{3}\end{array} \right.\\m \ne \dfrac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{3} < m < 1\\m \ne \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\)