Xem mẫu

  1. 1 Một vài phương pháp lượng giác hóa ứng dụng trong đại số ------------------------------------------------ Một số trường hợp thường gặp  x  sin  Dạng 1 : Nếu x2 + y2 =1 thì đặt  với   0; 2   y  cos  x  a sin  Dạng 2 : Nếu x2 + y2 =a2(a>0) thì đặt  với   0; 2   y  acos       x  sin  ,    2 ; 2  Dạng 3 : Nếu x  1 thì đặt     x  cos ,    0;          x  m sin  ,    2 ; 2  Dạng 4 : Nếu x  m thì đặt     x  mcos ,    0;    1 Dạng 5 :Nếu x 1 hoặc bài toán có chứa x2 1 thì đặt x= với cos     3    0;    ;   2  2  m Dạng 6 :Nếu x  m hoặc bài toán có chứa x 2  m2 thì đặt x = với cos     3    0;    ;   2  2  Dạng 7 :Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức x 2  1 thì đặt     x = tan  với    ;   2 2 Dạng 8 : Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức x 2  m2 thì đặt     x = m tan  với    ;   2 2 I. chứng minh đẳng thức , bất đẳng thức Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số a, b ta đều có: 1 (a  b)(1  ab) 1    2 (1  a )(1  b ) 2 2 2 Giải:    Đặt: a = tg , b = tg với ,    ; .  2 2
  2. 2 (a  b)(1  ab) ( tg  tg)(1  tgtg) Khi đó: A =  (1  a 2 )(1  b 2 ) (1  tg 2 )(1  tg 2) sin(  )  sin  sin   = cos2 cos2  . .1   cos  cos   cos  cos   1 = sin ( + ) . cos ( + ) = sin (2 + 2) 2 1 1 Suy ra: A = sin (2 + 2)  2 2 1 (a  b)(1  ab) 1 Vậy: -   (đpcm). 2 (1  a )(1  b ) 2 2 2 Bài 2: Chứng minh rằng nếu x < 1 thì với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 ta có: (1 + x)n + (1 – x)n < 2n (1) Giải: Vì x < 1 nên có thể đặt x = cost với t  (0; ) và bất đẳng thức (1) được viết thành: (1 + cos t)n + (1 – cos t)n < 2n (2) t t 2 2 Thay trong (2) 1 + cos t = 2cos 2 và 1 – cost = 2sin 2 ta được  2n t t 2n  cos  sin 2 n  < 2n (3)  2 2 t  t t Bởi vì 0 < 2 < nên 0 < sin 2 , cos 2 < 1 nên chắc chắn: 2 t  n t 2 t  cos 2 =  cos 2n  < cos 2 n > 1. Tương tự ta có: 2  2 t t sin 2 < sin 2 n > 1. Do đó 2n 2  t t  t t n 2n  cos 2n  sin 2 n  < 2n  cos2  sin 2 = 2  2 2  2 2 Vậy bất đẳng thức (3), cũng có nghĩa là bất đẳng thức (1) được chứng minh.
  3. 3 Bài 3: Chứng minh rằng từ 4 số thực cho trước ta luôn luôn chọn được hai số x, y trong 4 số đó sao cho: xy 0 1 (1) 1  xy Giải: Giả sử 4 số thực cho trước y1 y2 y3 y4 y5 là a  b  c  d Đặt a = tgy1, b = tgy2, c = tgy3, d = tgy4 với   - < y1  y2  y3  y4 < < y5 =  + y1 2 2 Các điểm y1, y2, y3 chia đoạn [y1; y1 + ] thành 4 đoạn [y1; y2], [y2 ; y3], [y3 ; y4] , [y4;  y5]. Trong số 4 đoạn này phải có ít nhất một đoạn có độ dài không lớn hơn . Giả sử 4  0  y2 – y1  . Thế thì: 4 tgy 2  tgy1 ba 0  tg (y2 – y1)  1  0    1 1  tgy 2 tgy1 1  ab Đặt x = b, y = a ta được điều cần chứng minh. Bài 4: Cho x, y > 0 và x + y = 1. Chứng minh:  2 1   2 1  17 x  2   y  2    x    y  2  Giải: Ta có: x + y =  x    y  = 1, theo mệnh đề IV thì có một số a với 2 2 0  a  2 để x = cosa và y = sina. Bất đẳng thức đã cho được viết thành:  1   sin 4 a  1   17  cos a  + 4    cos4 a   sin 4 a  2 1 1  1  Ta có: cos4a + + sin4a + 4 = (cos4a + sin4a) 1  4  4 cos a sin a  sin a cos a  4
  4. 4  1   sin 2 2a  16  = (1 – 2sin2acos2a) 1   = 1  1  4   sin 4 a cos4 a   2  sin 2a  sin 2 2a 1 Vì 0 < sin 2a  1 nên 1 - 2  2 2 16 và 1+  17. Từ đó suy ra điều cần chứng minh. sin 4 2a Bài 5: Chứng minh với mọi cặp số thực x, y ta luôn có:   x2 + (x – y)2  4 x 2  y 2 sin2  . 10 Giải: Theo cách tính giá trị biểu thức lượng giác không dùng bảng ta có:    3 5 4sin2 = 2 1  cos   . 10  5 2 Bất đẳng thức đã cho có thể viết: 3 5  x2 + (x – y)2  (x2 + y2)    2  (1)   Nếu y = 0 bất đẳng thức (1) hiển nhiên đúng. x   Nếu y  0. Chia hai vế (1) cho y2 và đặt = tga với
  5. 5 2 2  1   2  Bởi vì     =1  5  5 1 2  vì vậy = cos và = sin. Với 0 <  < 5 5 2 Bất đẳng thức (2) có thể viết là: cos(2a - )  1. Điều này hiển nhiên. Vậy bất đẳng thức đã cho đúng. (đpcm) Bài 6: Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thoả mãn điều kiện a, b > c > 0 ta có bất đẳng thức: c(a  c)  c(b  c)  ab (1) Giải: Vì a > 0, b > 0, ab > 0 nên bất đẳng thức (1) tương đương với c( a  c) c ( b  c)  1 (2) ab ab 2 2  c   a c Nhận xét rằng     a    =1    a   c ac  Nên đặt = cosu , = sinu với 0  u  a a 2 2 2  c   b  c Ta cũng thấy   b      =1    b  c bc  Nên đặt = cosv , = sinv với 0  v  . b b 2 Khi đó (2) có thể viết thành c a c c bc + = cosv sinu + cosusinv  1 (3) b a a b Bởi vì cosusinv + sinucosv = sin(u + v)  1 nên (3) luôn luôn đúng có nghĩa là (1) đúng.    Bài 7: Chứng minh rằng: 4 a 3  (1  a 2 ) 3  3 a  1  a 2   2
  6. 6 Giải: Điều kiện: 1 – a2  0  a  1 Đặt a = cos, với   [0; ] Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:   4 cos3   (1  cos2 ) 3 - 3(cos - 1  cos2  )  2  4(cos3 - sin3) – 3 (cos - sin)  2  (4cos3 - 3cos) + (3sin - 4sin3 ) 2 cos3 + sin3 2   cos (3 - ) 1, luôn đúng. 2 Bài 8: Chứng minh rằng: a 2  1  3  2a Giải: Điều kiện: a2 – 1  0  a  1. 1  Đặt a = , với   [0 ; ). cos  2 Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng: 1 2 2 1  3   tg  3  cos2  cos  cos  1 3  sin + 3 cos  2  sin + cos  1 2 2   sin ( + )  1, luôn đúng. 3 Bài 9: Cho x2 + y2 = 1 ; u2 + v2 = 1. Chứng minh a) xu + yv 1. b) xv + yu 1. c) –2  (x – y) (u + v) + (x + y) (u – v)  2. d) –2  (x + y) (u + v) – (x – y) (u – v)  2. Giải: Áp dụng mệnh đề IV. Đặt x = cosa ; y = sina ; u = cosb ; v = sinb và 0  a, b  2. Khi đó a) xu + yv=cos(a – b) 1.
  7. 7 b) xv + yu=sin(a + b) 1. c) (x – y) (u + v) + (x + y) (u – v) = (cos a – sin a) (cos b + sin b) + + (cos a + sin a) (cos b – sin b) =     b +   = 2 sin   a  2 sin     2 cos   a  2 cos   b      4  4  4  4  = 2cos (a + b) Rõ ràng –2  2cos (a + b)  2. (đpcm) Bài 10: Chứng minh: a) (a + b)4  8(a4 + b4) b) 32(a6 + b6)  (a + b)6 c) (a + b)8  64(a8 + b8) Giải: b a) Với a = 0 bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Nếu a  0 chia hai vế cho a và đặt tgx = a   với
  8. 8 1  a 2  0  a 1  Điều kiện:    1  b 2  0  b 1  a  sin  Đặt  , với  ,   [0; ]  b  sin  Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng: sin . 1  sin 2   sin . 1  sin 2  + + 3[sin . sin   (1  sin 2 )(1  sin 2 ) 2  sin.cos + sin.cos + 3 (sin.sin - cos.cos) 2  sin( + ) - 3 cos( + ) 2 1 3   sin( + ) - cos( + ) 1 2 2  sin( +  - ) 1 , luôn đúng. 3 Bài 12: Cho a1, a2,… a17 là 17 số thực đôi một khác nhau. Chứng minh rằng ta luôn chọn được hai số aj, ai từ 17 số đó sao cho a j  ai 0<  4  2 2 1 1  a ia j Giải: Không giảm tính tổng quát ta có thể giả sử a1 < a2 < … < a17   Đặt tgvi = ai với - < vi < i = 1, 2,…, 17 2 2    Do tính chất đồng biến của hàm số y = tgx trong khoảng   ;  nên từ a1 < a2 <  2 2   … < a17 suy ra - < v1 < v2 < … < v17 < < v1 +  2 2 Các điểm v2 , v3 , …, v17 chia đoạn [v1 ; v1 + ] thành 17 đoạn trong đó có ít nhất một  đoạn có độ dài không vượt quá . 17
  9. 9  a) Nếu có một i với 1  i  16 sao cho 0 < vi+1 – vi  thì 17  2 tg    8 =1 0 < tg(vi+1 -vi)  tg < tg . Vì tg = 17 16 4  1  tg 2 8    2 tg  suy ra tg = 2 - 1, tg = 16 = 2 - 1  tg = 4  2 2 1 8 8  16 1  tg 2 16 Khi đó ta có tgv i 1  tgv i a i 1  a i 0 < tg(vi+1 – vi) =   4  2 2 1 1  tgv i 1 tgv i 1  a i a i 1 Chọn aj = ai+1 ta được điều cần chứng minh.   b) Nếu 0 < v1 +  - v17 < < thì 17 16  0 < tg [(v1 + ) – v17] = tg(v1 – v17) < tg 16 Lúc này ta chọn aj = a1 và ai = a17 ta được điều cần chứng minh. Bài 13: Chứng minh rằng với mọi cặp số thực x, y ta đều có: 1 ( x 2  y 2 )(1  x 2 y 2 ) 1    4 (1  x 2 )(1  y 2 )2 4 Giải:   Đặt x = tgu , y = tgv với - < u, v < thì biểu thức 2 2 ( x 2  y 2 )(1  x 2 y 2 ) ( tg 2 u  tg 2 v)(1  tg 2 utg 2 v) A=  . (1  x 2 )(1  y 2 )2 (1  tg 2 u ) 2 (1  tg 2 v) 2  sin 2 u sin 2 v   sin 2 u sin 2 v  = cos4u. cos4v    1    cos 2 u cos 2 v   cos 2 u cos 2 v  = (sin2u cos2v – sin2 v cos2u) (cos2u cos2v – sin2u sin2v) = (sinu cosv + sin v cos u)(sin u cos v – sin v cos u)   (cos u cos v + sin u sin v) (cos u cos v – sin u sin v)
  10. 10 = sin(u + v) sin(u – v) cos(u – v) cos(u + v) 1 = sin2(u + v) sin2(u – v) 4 1 1 Suy ra A = sin2(u + v)sin2(u – v)  4 4 1 1 Tức A 4 4 1 Biểu thức A đạt giá trị lớn nhất bằng khi 4 2(u  v)     sin 2(u  v)  1  2  u    x  1     4  sin 2(u  v)  1 2(u  v)   v  0 y  0   2 2(u  v)       sin 2(u  v)  1  2  u  x  1 hoặc     4   sin 2(u  v)  1 2(u  v)    v  0 y  0    2 1 Biểu thức A nhận giá trị nhỏ nhất bằng - khi: 4 2(u  v)   u  0 sin 2(u  v)  1  2   x  0        sin 2(u  v)  1 2(u  v)    v  4 y  1   2 2(u  v)     u  0 sin 2(u  v)  1  2   x  0 hoặc        sin 2(u  v)  1 2(u  v)   v  4  y  1    2 Bài 14: Cho các số thực x, y không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng x 2  ( x  4 y) 2 2 22  2 22 (1) x 2  4y 2 Với các giá trị của x, y như thế nào thì dấu đẳng thức xảy ra. Giải:
  11. 11 x 2  ( x  4 y) 2 1) Nếu x = 0 , y  0 thì  2 2  2  4   2 22 x 2  4y 2 x 2  ( x  4 y) 2 Nếu x  0, y = 0 thì = 0 bất đẳng thức cũng đúng. x 2  4y 2 Giả sử x  0, y  0 thì (1) tương đương với 2 2  x    x  2     2 22  2y   2y   2 22 (2) 2  x  1    2y  x Đặt = tga thì (2) trở thành: 2y tg 2 a  ( tga  2) 2 -2 2  2  2 2 -2 1  tg 2 a  - 2 2 - 2  cos2a [4tga – 4]  2 2 - 2 (3) Vì cos2a[4tga – 4] = 4sinacosa – 4cos2a = 2sin2a – 2(1 + cos2a) = 2(sin2a – cos2a – 1) =2        4    2 sin  2a    1   2 2  2; 2 2  2  nên (3) đúng, nghĩa là bất đẳng thức (1) đúng. 2) Từ các phép biến đổi trên đây cho thấy: x 2  ( x  4 y) 2   x = -2 2 - 2 khi sin  2a   = -1 với tga = x 2  4y 2  4 2y    5  3   Vì -
  12. 12   2tg  tg a= 3  x  3  = tg   = 4 8 = 1 2 1  2 1 8 2y  8  1  tg  tg  1  ( 2  1) 4 8  x – 2y( 2 + 1) = 0 Bài 15: Chứng minh rằng với các số thực x, y, z tuỳ ý ta có xy xz zy  + 1  x 2 1  y2 1 x2 1 z2 1  z2 1  y2 Giải:   Đặt x = tg , y = tg , z = tg với - < , ,  < . 2 2 Ta có: xy tg  tg = = coscos sin   sin  1 x 2 1 y 2 1  tg  1  tg  2 2 cos  cos  =sincos - sincos=sin( - ) Tương tự ta có: xz zy = sin( - ), =sin( - ) 1 x2 1 z2 1  z2 1  y2 Như vậy, chứng minh bất đẳng thức đã cho, đưa về chứng minh bất đẳng thức: sin( - ) sin( - )+ sin( - ) (*) với mọi    , ,     ;   2 2 Ta có sin(u + v)=sinucosv + sinvcosusinucosv+sinvcosu  sinucosv+sinvcosu sinu+ sinv Để ý rằng  -  = ( - ) + ( - ). Từ bất đẳng thức cuối cùng ta suy ra (*). (Đpcm) Bài 16: Cho các số thực x, y thoả mãn x2 + y2 = x 1  y 2 + y 1  x 2 Chứng minh: 3x + 4y  5 Giải: Điều kiện xác định: 1 – y2  0, 1 – x2  0 tương đương –1  x, y  1
  13. 13 Nếu x [-1; 0] hoặc y  [-1; 0] hoặc x = 0, y = 1 hoặc x = 1, y = 0 bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Ta chỉ cần xét 0 < x < 1 và 0 < y < 1.   Đặt x = cos , y = sin với - <  < ; 0 <  < . 2 2 Từ x2 + y2 = x 1  y 2 + y 1  x 2 Ta có: cos2 + sin2 = cos cos + sin sin = cos( - )  1  cos2  cos2 hoặc sin2  sin2    a) Nếu 0 0, cos > 0. 2 2 2 cos2  cos2  cos  cos 3 4 3x + 4y = 3cos + 4sin  2cos + 4sin = 5  cos   sin    5 5  3 = 5cos( - )  5 trong đó cos = . 5   b) Nếu 0 <  < , <  <  ta có sin > 0 , sin > 0 thì 2 2 sin2  sin2  sin  sin 3x + 4y = 3cos + 4sin  3cos + 4sin = 5cos( - )  5   c) Nếu -
  14. 14 Khi đó bất phương trình đã cho trở thành : t 1  cos t  1  cos t  cos t  1  cos t  2cos 2  cos t 2 t t t t  2(cos  sin )  cos 2  sin 2 2 2 2 2 t t t t  (cos  sin )(cos  sin  2)  0 2 2 2 2 t  t   2cos(  )[ 2cos(  )  2]  0 2 4 2 4 t  t   cos(  )[cos(  )  1]  0 2 4 2 4 t   cos(  )  0 2 4  t      2 2 4  3  t  2 2  1  cos t  0  1  x  0 vậy phoơng trình này có nghiệm 1  x  0 . Bài 2 : giải phương trình : 1  1  x 2  x(1  2 1  x 2 ) Giải : Điều kiện : 1-x2  0  1  x  1  t cos 2  0      đặt x = sint với t   ;  . Khi đó phương trình đã cho có dạng : sin 3t  0  2 2   2 1  1  sin 2 t  sin t (1  2 1  sin 2 t )  1  cos t  sin t (1  2cos t ) t t 3t t  2cos  sin t  sin 2t  2cos  2sin cos 2 2 2 2
  15. 15  t   cos 2  0 t  6  1 t 3t  2cos (1  2 sin )  0     x  2 2 2  3t 2 t     sin   x  1  2 2  2 1 vậy phương trình có nghiệm x  và x=1. 2 Bài 3 : Giải phương trình : x x 2 2 1 x2 Giải : điều kiện : x 2  1  0   x  1. x  0 1   Đặt x= , t   0,  cos t  2 Khi đó phương trình có dạng : 1 1 1 1  cos t  2 2    2 2  sin t  cos t  2 2 sin t.cos t cos t 1 cos t sin t 1 cos t u2 1   Đặt sint + cost = u 1  u  2 , ta có sin t.cos t  2 . Khi đó phương trình đã cho có dạng : u  2 u  2(u  1) 2  2u  u  2  0   2 u  1  l    2     u  2  sin t  cos t  2  2 sin(t  )  2  sin(t  )  1  t    2k 4 4 4 2   t   2k . So sánh điều kiện ta có : t  x 2 4 4 vậy nghiệm của phương trình là x  2 Bài 4 : với a  0 , giải bất phương trình 2a 2 x 2  a2  x  x 2  a2
  16. 16 giải :     Đặt x  a tan t , t   ;  . Khi đó bất phương trình có dạng :  2 2 a 2a 2 cos t 1  a tan t   1  sin t  2cos2 t  2sin 2 t - sint -1  0   sin t  1 cos t a 2 1 a  tan t  x 3 3 a Vậy nghiệm của bất phương trình là x  3 Bài 5 : Giải phương trình : 8x(2x2-1)(8x4-8x2+1)=1 (1) giải: Ta có các trường hợp sau : Với x  1, suy ra VT(1)>1, do đó phương trình vô nghiệm . Với x  -1, suy ra VT(1)
  17. 17 x  1  m 2   2m  x  2   2  1  1+m   1+m  2m 1  m2 Đặt m=tant với t  (0; ) ta có  sin 2t và  cos2t 4 1  m2 1  m2 Khi đó phương trình đã cho có dạng :  sin 2t    cos2t   1 x x Nhận xét : với x=2 là nghiệm của phương trình .  sin 2t  x  sin 2 x  Với xsin 2 x  với x>2 ta có :   VT  1 , phương trình vô nghiệm .  cos2t   cos x x 2  vậy với 0
  18. 18 1 1 1   k cos 2   (1  cos 2 )   cos 2  0  2   k     ,k Z 2 2 2 2 4 2 Khi đó nghiệm của hệ là x  y  0  x  y  tan(  k )   x  y  1  4 x  y  1  III. Một số bài tập đề nghị 1 6 6 Bài 1: Cho x2 + y2 = 1 chứng minh x +y 1 4 Bài 2: Cho ab + bc + ca = 1 , chứng minh rằng: 4abc = a(1- b2)(1 – c2) + b(1 – c2)(1 – a2) + c(1 – a2)(1 – b2) Bài 3: Cho 0  ai  1 , i = 1, 2, …, n. Chứng minh (1 + a12)(1 + a22)… (1 + an2) + (1 – a12) (1 – a22)… (1 – an2)  22 Bài 4: Cho 4 số dương a1, a2, a3, a4 phân biệt. Chứng minh rằng có thể chọn được ít nhất 2 trong 4 số đó sao cho: ai  a j 0
  19. 19 Bài 10: Cho a  1. Chứng minh a 2 1  3 –2   2. a
  20. 20