Luận văn Bất đẳng thức trong lớp các hàm lượng giác và lượng giác ngược

+ cos ( arccos B α ) ≤ 2cos arccos Aα + arccos Bα2  . cos ( arccos C α ) + cos ( arccos pi 3α ) ≤ 2cos arccos Cα + arccos pi3α2  . Cộng theo vế của các bất đẳng thức trên ta được A α + B α + C α + pi 3α ≤ 4cos arccos Aα + arccos Bα + arccos Cα + arccos pi3α4  ⇔ cos arccos Aα + arccos Bα + arccos Cα + arccos pi3α4 ≥ Aα + Bα + Cα + pi3α4 ⇔ cos arccos Aα + arccos Bα + arccos Cα + arccos pi3α4 ≥ cos(arccos pi3α) . Vì hàm số côsin là hàm nghịch biến trong khoảng (0;pi) nên ta có arccos A α + arccos B α + arccos C α ≤ 3arccos pi 3α , ∀α ≥ 4. Bài toán 2.11. Chứng minh rằng với mọi ∀x ∈ (0;1) . arcsin √ 1− x2 < 1 2 ln 3−2 ln 2− ln (1− x2)+ pi 4 + 2 √ 3+19 3 − 7 √ 3+5 3 x. Lời giải. Ta xét hàm số y= arcsin √ 1− x2+ ln (1− x2) , ∀x ∈ (0;1) . Ta có y′ =− 1√ 1− x2 − 2x 1− x2 22 y′′ =− 2x√ (1− x2)3 − 2 ( x2+1 ) (1− x2)2 < 0, ∀x ∈ (0;1) . Suy ra y(x)< y(a)+ y′ (a)(x−a) với ∀x ∈ (0;1) . Thay lần lượt a bằng 1 2 , √ 3 2 ta được: arcsin √ 1− x2+ ln (1− x2)< pi 3 + ln 3−2 ln 2+( 2√ 3 + 4 3 ) ( x− 1 2 ) . arcsin √ 1− x2+ ln (1− x2)< pi 6 −2 ln 2− (2+4 √ 3) ( x− √ 3 2 ) . Cộng vế với vế ta được 2 [ arcsin √ 1− x2+ ln (1− x2)]< pi 2 + ln 3−4 ln 2+ 4 √ 3+38 3 − 14 √ 3+10 3 x. Do đó, ta có điều phải chứng minh arcsin √ 1− x2 < 1 2 ln 3−2 ln 2− ln (1− x2)+ pi 4 + 2 √ 3+19 3 − 7 √ 3+5 3 x. Bài toán 2.12. Chứng minh rằng: xarccos x< pi 6 x− 3+ √ 3 6 + √ 1− x2, ∀x ∈ (−1;1) . Lời giải. Xét hàm y= xarccos x−√1− x2, ∀x ∈ (−1;1) . Ta có y′ = arccos x,y′′ =− 1√ 1− x2 < 0 với ∀x ∈ (−1;1) . Suy ra y(x)< y(a)+ y′ (a)(x−a) , ∀a ∈ (−1;1) . Thay a bởi 0, 1 2 , √ 3 2 . Ta được xarccos x− √ 1− x2 <−1, xarccos x− √ 1− x2 <1 2 . pi 3 − √ 3 2 + pi 3 ( x− 1 2 ) = pi 3 x− √ 3 2 , xarccos x− √ 1− x2 < √ 3 2 . pi 6 − 1 2 + pi 6 ( x− √ 3 2 ) = pi 6 x− 1 2 . Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được 3(xarccos x− √ 1− x2)< pi 2 x− 3+ √ 3 2 hay xarccos x< pi 6 x− 3+ √ 3 6 + √ 1− x2,∀x ∈ (−1;1) . 23 2.2.2 Một số dạng bất đẳng thức giữa lớp hàm arctan và arccotan Bài toán 2.13. Chứng minh rằng arctan (x)≥ x với mọi x≤ 0 Lời giải. Xét hàm số y= arctan x. Ta có y′ = 1 x2+1 y′′ =− 2x (1+ x2)2 ≥ 0, ∀x≤ 0. Suy ra y(x)≥ y(x0)+ y′ (x0)(x− x0) , ∀x;x0 ≤ 0. Đẳng thức xảy ra khi x= 0. Nhận xét 2.2. Khi x≥ 0 thì ta có bất đẳng thức arctan x≤ x, ∀x≥ 0 Bài toán 2.14. Chứng minh rằng với ∀a,b> 0 b−a 1+b2 < arctan a− arctan b< b−a 1+a2 ,a< x< b. Lời giải. Xét hàm số y= arctan x với x> 0 Ta có y′ = 1 1+ x2 , y”=− 2x (1+ x2)2 0. Suy ra y(x) 0 Thay x0 bởi a,b ta được arctan x< arctan a+ 1 1+a2 (x−a) , (2.2) arctan x< arctan b+ 1 1+b2 (x−b) , (2.3) Từ công thức (2.2) ta có arctan x− arctan a< 1 1+a2 (x−a) . Suy ra arctan b− arctan a< 1 1+a2 (b−a) . 24 Từ công thức (2.3)ta có arctan b− arctan x< 1 1+b2 (b− x) . Nên arctan b− arctan a< 1 1+b2 (b−a) . Từ đó, suy ra b−a 1+b2 < arctan a− arctan b< b−a 1+a2 , a< x< b. Bài toán 2.15. Chứng minh rằng 1 n2+2n+2 < arctan ( 1 n2+n+1 ) < 1 n2+1 ,∀n ∈ N. Lời giải. Xét hàm số y= arctan x với x ∈ [n;n+1] . Ta có y′ = 1 1+ x2 > 0 với x ∈ [n;n+1]. Theo Định lí Lagrangge tồn tại c ∈ (n;n+1) sao cho y′ (c) = arctan (n+1)− arctan (n) n+1−n = arctan (n+1)− arctan (n) . Tức là arctan (n+1)− arctan (n) = 1 1+ c2 (2.4) Mặt khác, ta có 1 n2+2n+2 = 1 1+(n+1)2 < 1 1+ c2 < 1 n2+1 ,∀n ∈ N. (2.5) Ta đặt m= arctan (n+1)− arctan (n) . Ta được tanm= tan(arctan (n+1)− arctan (n)) = n+1−n 1+(n+1)n = 1 n2+n+1 hay m= tan ( 1 n2+n+1 ) . Suy ra arctan (n+1)− arctan (n) = arctan ( 1 n2+n+1 ) . (2.6) Từ (2.4), (2.5) và (2.6) ta suy ra điều phải chứng minh 1 n2+2n+2 < arctan ( 1 n2+n+1 ) < 1 n2+1 ,∀n ∈ N. 25 Bài toán 2.16. arctan x< 1 2018 2018 ∑ n=1 [ arctan n+ 1 1+n2 (x−n) ] ,∀x> 0. Lời giải. Ta xét hàm số y= arctan x với ∀x> 0 . Ta có y′ = 1 1+ x2 ;y′′ =− 2x (1+ x2)2 0 . Suy ra y(x) 0. Thay a bởi 1, 2, 3, ....., 2018 ta có arctan x< arctan 1+ 1 2 (x−1) arctan x< arctan 2+ 1 5 (x−2) arctan x< arctan 3+ 1 10 (x−3) ... arctan x< arctan 2018+ 1 1+20182 (x−2018) Cộng vế với vế của bất đẳng thức trên ta được. 2018arctan x< 2018 ∑ n=1 arctan n+ 2018 ∑ n=1 1 1+n2 (x−n) . Suy ra arctan x< 1 2018 [ 2018 ∑ n=1 arctan n+ 2018 ∑ n=1 1 1+n2 (x−n) ] , ∀x> 0. Bài toán 2.17. Chứng minh rằng arccot x− pi 4 ≥ ln 2− ln (x2+1)+ 1 2 (x−1) , ∀x ∈ (0;1] . Lời giải. Xét hàm số y= arccot x+ ln ( x2+1 ) với ∀x ∈ (0;1] Ta có y′ =− 1 1+ x2 + x 1+ x2 = 2x−1 1+ x2 ; y′′ = −2x2+3 (1+ x2)2 > 0 với ∀x ∈ (0;1], suy ra y(x)≥ y(a)+ y′ (a)(x−a) , ∀x ∈ (0;1]. Thay a bởi 1 ta được arccot x+ ln ( x2+1 )≥ pi 4 + ln 2+ 1 2 (x−1). 26 Suy ra arccot x− pi 4 ≥ ln 2− ln (x2+1)+ 1 2 (x−1) , ∀x ∈ (0;1] . Bài toán 2.18. Chứng minh rằng với hai số a,b bất kỳ ta luôn có |arccot b− arccot a| ≤ |b−a| . Lời giải. Trong trường hợp a= b ta có ngay bất đẳng cần phải chứng minh. Trong trường hợp a 6= b. Do vai trò của a và b như nhau nên ta giả sử a< b (trong trường hợp b< a ta chứng minh tương tự). Xét hàm số y= arccot x, với x ∈ (a;b) Do hàm y = arccot x liên tục trên [a;b], khả vi trong (a;b) nên theo định lí La- grangge tồn tại c ∈ (a;b) sao cho y′ (c) = y(b)− y(a) b−a = arccot b− arccot a b−a . Suy ra |arccot b− arccot a| |b−a| = ∣∣∣∣ 11+ c2 ∣∣∣∣≤ 1. Do đó |arccot b− arccot a| ≤ |b−a| ,∀a,b. Vậy ta có bất đẳng thức phải chứng minh. Bài toán 2.19. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng với mọi α,β > 0 ta luôn có arccot (α sinA+β )+ arccot (αsinB+β )+ arccot (αsinC+β ) ≥ 3arctan ( α √ 3 2 +β ) . (2.7) Lời giải. Xét hàm y= arccot (αx+β ) với α,β > 0. y′ =− α 1+(αx+β )2 < 0;y′′ = 2α2 (αx+β )[ 1+(αx+β )2 ]2 > 0 với x> 0,α,β > 0. Từ đó, ta suy ra y= arccot (αx+β ) là một hàm lõm với α,β > 0. Theo tính chất của hàm lõm ta luôn có : arccot (αx1+β )+ arccot (αx2+β )+ arccot (αx3+β ) 27 ≥ 3arccot [ α (x1+ x2+ x3) 3 +β ] . Thay x1 = sinA,x2 = sinB,x3 = sinC, ta có arccot (α sinA+β )+ arccot (α sinB+β )+ arccot (α sinC+β ) ≥ 3arccot [ α (sinA+ sinB+ sinC) 3 +β ] (2.8) Lại có sinA+ sinB+ sinC ≤ 3 √ 3 2 . Hơn nữa hàm y= arccot (αx+β ) là hàm nghịch biến nên 3arccot ( α (sinA+ sinB+ sinC) 2 +β ) ≥ arccot ( α √ 3 2 +β ) . (2.9) Từ (2.8) và (2.9) suy ra ta có điều phải chứng minh arccot (α sinA+β )+ arccot (α sinB+β )+ arccot (α sinC+β ) ≥ 3arccot ( α √ 3 2 +β ) . Hoàn toàn chứng minh tương tự ta có thể thay A,B,C bởi các A 2 ; B 2 ; C 2 Các hàm sin bởi cosin; tang; cotang. Từ đó, ta được một lớp các bài toán chứng minh các bất đẳng thức lượng giác liên quan đến các hàm lượng giác ngược. 28 Chương 3. Một số dạng toán liên quan 3.1 Các bài toán cực trị trong lượng giác Trong phần này chỉ đề cập một số bài toán cực trị liên quan đến hàm số lượng giác. Bài toán 3.1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y= 1+ cosx+ 1 2 cos2x+ 1 3 cos3x. Lời giải. . Xét hàm số y= 1+ cosx+ 1 2 cos2x+ 1 3 cos3x = 1+ cosx+ 1 2 (2cos2x−1)+ 1 3 (4cos3x−3cosx) = 4 3 cos3x+ cos2x+ 1 2 Đặt t = cosx, |t| ≤ 1. Khi đó f (t) = 4 3 t3+ t2+ 1 2 . Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f (t) = 4 3 t3+ t2+ 1 2 trong [−1;1]. Ta có f ′(t) = 4t2+2t. Suy ra f ′(t) = 0 khi t = 0 và t =−1 2 . Mặt khác f ′(t) đổi dấu từ (+) sang (−) tại t = −1 2 và f ′(t) đổi dấu từ (−) sang (+) tại t = 0 nên yCD = f (−12) = 7 12 ,yCT = f (0) = 1 2 . Suy ra ymax =max{ f (−1), f (−12), f (1)}= 17 6 khi t = 1(x= k2pi,k ∈ Z) và ymin =min{ f (−1), f (0), f (1)}= 16 khi t =−1(x= pi+ k2pi,k ∈ Z). 29 Bài toán 3.2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y= 4x+ pi2 x + √ sinx+ √ cosx,x ∈ [ 0; pi 2 ] . Lời giải. Vì x ∈ [ 0; pi 2 ] nên 0≤ sinx≤ 1⇒√sinx≥ √ sin4 x= sin2 x Tương tự, ta có √ cosx≥ cos2 x Ta suy ra √ sinx+ √ cosx≥ sin2 x+ cos2 x= 1 Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy, ta có 4x+ pi2 x ≥ 2 √ 4x pi2 x = 4pi. Suy ra y≥ 4pi+1 Do đó miny= 4pi+1⇔  √ sinx+ √ cosx= 1 4x= pi2 x ⇔ x= pi 2 . Bài toán 3.3. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y= 2+ tan2 x+ cot2 x+ 1 sin4 x+ cos4 x biết rằng x ∈ ( 0; pi 2 ) . Lời giải. Ta có y= 1 sin2 x + 1 cos2 x + 1 sin4 x+ cos4 x = 1 sin2 xcos2 x + 1 sin4 x+ cos4 x = 2 sin22x + ( 1 sin4 x+ cos4 x + 1 2sin2 xcos2 x ) ≥ 2+ ( 1 sin4 x+ cos4 x + 1 2sin2 xcos2 x ) Theo bất đẳng thức cauchy, ta có 1 sin4 x+ cos4 x + 1 2sin2 xcos2 x ≥ 2√ (sin4 x+ cos4 x)(2sin2 xcos2 x) ≥ 4 sin4 x+ cos4 x+2sin2 xcos2 x = 4( sin2 x+ cos2 x )2 = 4⇒ y≥ 6 30 Do đó miny= 6⇔ { sin22x= 1 sin4 x+ cos4 x= 2sin2 xcos2 x, suy ra x= pi 4 . Bài toán 3.4. Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn a2+b2+ c2 = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức B= a+b √ sinx+ c √ cosx,x ∈ ( 0; pi 2 ) . Lời giải. Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có B= a+b √ sinx+ c √ cosx≤ √ (a2+b2+ c2)(1+ sinx+ cosx) = √ 3 ( 1+ √ 2sin(x+ pi 4 ) ) ≤ √ 3(1+ √ 2) Do đó, maxB= √ 3(1+ √ 2)⇔  a= b√ sinx = c√ cosx sin ( x+ pi 4 ) = 1 ⇔  x= pi 4 a= √ 3. 4 √ 2 2+ √ 2 b= c= √ 3 2+ √ 2 Bài toán 3.5. Cho m,n là hai số tự nhiên lớn hơn 1. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y= cosm xsinn x,x ∈ [ 0; pi 2 ] . Lời giải. Vì x ∈ [ 0; pi 2 ] nên y≥ 0. 31 Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có y2 = mm.nn ( cos2 x m )( cos2 x m ) ... ( cos2 x m ) ︸ ︷︷ ︸ msố hạng ( sin2 x n )( sin2 x n ) ... ( sin2 x n ) ︸ ︷︷ ︸ nsố hạng ≤ m m.nn (m+n)m+n cos2 xm + cos2 xm + ...+ cos2 xm︸ ︷︷ ︸ msố hạng + sin2 x n + sin2 x n ...+ sin2 x n︸ ︷︷ ︸ nsố hạng  m+n = mm.nn (m+n)m+n ( m. cos2 x m +n. sin2 x n )m+n = mm.nn (m+n)m+n ⇒ y≤ √ mm.nn (m+n)m+n Do đó, maxy= √ mm.nn (m+n)m+n ⇔ cos 2 x m = sin2 x n ⇔ tanx= √ n m ⇔ x= arctan √ n m . Bài toán 3.6. Cho x,y ∈R thỏa mãn điều kiện 0≤ x≤ y. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức f (x,y) = xcosy− ycosx+(x− y)(1 2 xy−1). Lời giải. Trước hết nhận xét rằng: i) Nếu g(t) là hàm số liên tục và đồng biến trong [0,y], thì mọi x sao cho 0≤ x≤ y, ta đều có x∫ 0 g(t)dt ≤ x y∫ 0 g(t)dt (3.1) ii) Nếu g(t) là hàm số liên tục và nghịch biến trong [0,y], thì mọi x sao cho 0 ≤ x≤ y, ta đều có x∫ 0 g(t)dt ≥ x y∫ 0 g(t)dt (3.2) Thật vậy i) Xét trường hợp g(t) liên tục và đồng biến trong [0,y]. 32 - Với x= y hoặc x= 0 thì (3.1) hiển nhiên đúng. - Với 0< x< y, ta xét hàm số F(x) = x∫ 0 g(t)dt x có F ′(x) = xg(x)− x∫ 0 g(t)dt x2 Do hàm g(t) đồng biến trong [0,y] nên với t ∈ (0,x)⊂ (0,y), x∫ 0 g(t)dt ≤ x∫ 0 g(x)dt = xg(x) Vậy F ′(x)≥ 0 với 0< x< y, tức là F(x) đồng biến trong (0,y). Do đó x∫ 0 g(t)dt x ≤ y∫ 0 g(t)dt y Từ đây dễ dàng suy ra (3.1). ii) Đối với trường hợp g(t) là hàm số liên tục và nghịch biến trong [0,y] thì với t ∈ (0,x)⊂ (0,y), ta có x∫ 0 g(t)dt ≥ x∫ 0 g(x)dt = xg(x) Vậy F ′(x)≤ 0 với 0< x< y, tức là F(x) nghịch biến trong (0,y). Do đó x∫ 0 g(t)dt x ≥ y∫ 0 g(t)dt y Từ đây dễ dàng suy ra (3.2). Xét hàm số g(t) = sin t+ t. Ta thấy g(t) là hàm liên tục và đồng biến trong [0,y], 33 nên theo (3.1) với mọi x sao cho 0≤ x≤ y, ta đều có y x∫ 0 (sin t+ t)dt ≤ x y∫ 0 (sin t+ t)dt ⇔y(−cos t+ t 2 2 )|0x ≤ x(−cos t+ t2 2 )|0y ⇔y(−cos t+ x 2 2 +1)≤ x(−cos t+ y 2 2 +1) ⇔− ycosx+ x 2y 2 + y≤−xcosy+ y 2x 2 + x hay xcosy− ycosx+ x 2y 2 − y 2x 2 + y− x≤ 0. Suy ra xcosy− ycosx+(x− y)(1 2 xy−1)≤ 0 Vậy giá trị lớn nhất của f (x,y) là 0 ứng với x= 0,y≥ 0 tùy ý hoặc x= y. Bài toán 3.7. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f (x,y) = sinx− siny 1− sinxsiny xét trên miền D= { (x,y) : 0≤ x≤ pi 2 ,0≤ y≤ pi 2 ,xy 6= pi 4 } . Lời giải. ∀(x,y) ∈ D, ta có 1− sinxsiny> 0 (3.3) Hiển nhiên ( sin2 x−1)(sin2 y−1)≥ 0, tức là sin2 x.sin2 y+1≥ sin2 x+ sin2 y hay(1− sinxsiny)2 ≥ (sinx− siny)2 (3.4) Từ (3.3) và (3.4) suy ra ∀(x,y) ∈ D, thì −1≤ sinx− siny 1− sinxsiny ≤ 1 hay−1≤ f (x,y)≤ 1,∀(x,y) ∈ D (3.5) Mặt khác f ( 0, pi 2 ) =−1, f (pi 2 ,0 ) = 1 và ( 0, pi 2 ) , (pi 2 ,0 ) đều thuộc D. Như vậy max D f (x,y) = 1,min D f (x,y) =−1. 34 Bài toán 3.8. Xét dãy số thực {xn}(n= 1,2, ...,2018) thỏa mãn điều kiện pi 6 ≤ x1,x2, ...,x2018 ≤ pi2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức y= (sinx1+ sinx2+ ...+ sinx2018)( 1 sinx1 + 1 sinx2 + ...+ 1 sinx2018 ) (3.6) Lời giải. Ta có pi 6 ≤ xi ≤ pi2 ⇔ 1 2 ≤ sinxi ≤ 1 với i= 1,2, ...,2018 ⇔ (sinxi− 12)(sinxi−1)≤ 0 ⇔ sin2 xi− 32 sinxi+ 1 2 ≤ 0 ⇔ sinxi− 32+ 1 2sinxi ≤ 0 với i= 1,2, ...,2018 Do đó 2018 ∑ i=1 sinxi+ 1 2 2018 ∑ i=1 1 sinxi ≤ 2018.3 2 (3.7) Mặt khác, theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân, ta có 2018 ∑ i=1 sinxi+ 1 2 2018 ∑ i=1 1 sinxi ≥ 2 √ 2018 ∑ i=1 sinxi. 1 2 2018 ∑ i=1 1 sinxi (3.8) Từ (3.5) và (3.6) ta suy ra ∑2018i=1 sinxi.∑ 2018 i=1 1 sinxi ≤ 9 8 .20182. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (3.5) và (3.6) xảy ra dấu ”= ”, tức là  sinxi = 12 sinxi = 1 ∑2018i=1 sinxi = 1 2 ∑2018i=1 1 sinxi Gọi p là số các sinxi = 1 2 và q là số các sinxi = 1,ta cóp+q= 20181 2 p+q= 1 2 (2p+q) ⇔ { p+q= 2018 p+2q= 2p+q ⇔ p= q= 1009 Vậy maxy= 9162729 2 khi có 1009 số xi = pi 6 và 1009 số xi = pi 2 . 35 3.2 Phương pháp lượng giác trong đại số và hình học Trong phần này ta xét một số ứng dụng của các hệ thức lượng giác để giải quyết các dạng toán về đẳng thức và bất đẳng thức trong đại số và hình học. Tiếp theo, trình bày các bài toán cực trị và phương trình liên quan bằng cách đặt ẩn phụ lượng giác. 3.2.1 Phương pháp lượng giác trong đẳng thức Bài toán 3.9. Cho x≥ 0,y≥ 0,z≥ 0 thỏa mãn điều kiện sau xy+ yz+ zx= 1 (3.9) Chứng minh rằng x √ (1+ y2)(1+ z2) 1+ x2 + y √ (1+ z2)(1+ z2) 1+ y2 + z √ (1+ x2)(1+ y2) 1+ z2 = 2. Lời giải. Đặt x= tanα,y= tanβ ,z= tanγ với α,β ,γ ∈ [ 0; pi 2 ) Khi đó (3.9) có dạng tanα tanβ + tanβ tanγ+ tanγ tanα = 1 ⇔ tanα (tanβ + tanγ) = 1− tanβ tanγ ⇔ tanα = 1− tanβ tanγ tanβ + tanγ ⇔ tanα = cot(β + γ) ⇔α+β + γ = pi 2 + kpi. Do α+β + γ ∈ [ 0; 3pi 2 ) nên 0≤ pi 2 + kpi < 3pi 2 hay −1 2 ≤ k < 1. vì k ∈ Z nên k = 0. Suy ra α+β + γ = pi 2 36 Ta có x √ (1+ y2)(1+ z2) 1+ x2 = tanα √ (1+ tan2β )(1+ tan2 γ) 1+ tan2α = tanα cosα cosβ cosγ = sinα cosβ cosγ = cos(β + γ) cosβ cosγ = cosβ cosγ− sinβ sinγ cosβ cosγ = 1− tanβ tanγ = 1− yz Tương tự y √ (1+ z2)(1+ z2) 1+ y2 = 1− xz, z √ (1+ x2)(1+ y2) 1+ z2 = 1− xy. Suy ra x √ (1+ y2)(1+ z2) 1+ x2 + y √ (1+ z2)(1+ z2) 1+ y2 + z √ (1+ x2)(1+ y2) 1+ z2 = 3− (xy+ yz+ zx) = 2. Bài toán 3.10. Cho x> 0,y> 0,z> 0 thỏa mãn điều kiện sau x+ y+ z= xyz Chứng minh rằng √ (1+ y2)(1+ z2)− √ 1+ y2−√1+ z2 yz + √ (1+ z2)(1+ x2)−√1+ z2−√1+ x2 zx + √ (1+ x2)(1+ y2)−√1+ x2− √ 1+ y2 xy = 0 37 Lời giải. Đặt x= tanα,y= tanβ ,z= tanγ với α,β ,γ ∈ ( 0; pi 2 ) Do x+ y+ z= xyz nên tanα+ tanβ + tanγ = tanα tanβ tanγ ⇔ tanα+ tanβ = tanγ (tanα tanβ −1) ⇔ tanα+ tanβ tanα tanβ −1 =− tanγ ⇔α+β =−γ+ kpi ⇔α+β + γ = kpi,(k ∈ Z) Do α+β + γ ∈ ( 0; 3pi 2 ) nên 0< kpi < 3pi 2 hay 0< k < 3 2 mà k ∈ Z nên k = 1. Vậy α+β + γ = pi . Ta có√ (1+ y2)(1+ z2)− √ 1+ y2−√1+ z2 yz = √ (1+ tan2α)(1+ tan2β )− √ 1+ tan2β − √ 1+ tan2 γ tanβ tanγ = 1 cosβ 1 cosγ − 1 cosβ − 1 cosγ sinβ cosβ sinγ cosγ = 1− cosβ − cosγ sinβ sinγ Tương tự ta có√ (1+ z2)(1+ x2)−√1+ z2−√1+ x2 zx = 1− cosγ− cosα sinγ sinα và √ (1+ x2)(1+ y2)−√1+ x2− √ 1+ y2 xy = 1− cosα− cosβ sinα sinβ Khi đó vế trái của đẳng thức cần chứng minh bằng 1− cosβ − cosγ sinβ sinγ + 1− cosγ− cosα sinγ sinα + 1− cosα− cosβ sinα sinβ = sinα+ sinβ + sinγ− sin(α+ γ)− sin(α+β )− sin(β + γ) sinα sinβ sinγ = 0. Suy ra điều phải chứng minh. 38 Bài toán 3.11. Cho xy 6=−1,yz 6=−1,zx 6=−1 . Chứng minh rằng x− y 1+ zy + y− z 1+ yz + z− x 1+ xz = x− y 1+ zy . y− z 1+ yz . z− x 1+ xz . Lời giải. Đặt x= tanα,y= tanβ ,z= tanγ với α,β ,γ ∈ ( −pi 2 ; pi 2 ) . Khi đó x− y 1+ xy + y− z 1+ yz + z− x 1+ xz = tanα− tanβ 1+ tanα tanβ + tanβ − tanγ 1+ tanβ tanγ + tanγ− tanα 1+ tanα tanγ = tan(α−β )+ tan(β − γ)+ tan(γ−α). và x− y 1+ zy . y− z 1+ yz . z− x 1+ xz = tan(α−β ). tan(β − γ). tan(γ−α) Ta chứng minh tan(α−β )+ tan(β − γ)+ tan(γ−α) = tan(α−β ). tan(β − γ). tan(γ−α) Thật vậy Ta có tana+ tanb= tan(a+b)(1− tana tanb) nên tan(α−β )+ tan(β − γ)+ tan(γ−α) = tan(α−β +β − γ) [1− tan(α−β ) tan(β − γ)]+ tan(γ−α) = tan(α− γ)+ tan(γ−α) tan(α−β ) tan(β − γ)+ tan(γ−α) = tan(α−β ) tan(β − γ) tan(γ−α). Vậy x− y 1+ zy + y− z 1+ yz + z− x 1+ xz = x− y 1+ zy . y− z 1+ yz . z− x 1+ xz . Suy ra điều phải chứng minh. Bài toán 3.12. Cho x 6=± 1√ 3 ,y 6=± 1√ 3 ,z 6=± 1√ 3 và thỏa mãn điều kiện x+ y+ z= xyz Chứng minh rằng 3x− x3 1−3x2 + 3y− y3 1−3y2 + 3z− z3 1−3z2 = 3x− x3 1−3x2 . 3y− y3 1−3y2 . 3z− z3 1−3z2 . 39 Lời giải. Đặt x= tanα,y= tanβ ,z= tanγ với α,β ,γ ∈ ( −pi 2 ; pi 2 ) . Do x+ y+ z= xyz nên tanα+ tanβ + tanγ = tanα. tanβ . tanγ. Suy ra tanα+ tanβ =− tanγ(1− tanα. tanγ) (3.10) vì x+ y+ z= xyz nên xy 6= 1. Thật vậy giả sử ngược lại xy = 1 ta có x+ y+ z = z⇒ x+ y = 0 hay x = −y khi đó xy= 1⇔−x2 =−1 vô lý. Vậy xy 6= 1 hay tanα tanβ 6= 1 nên đẳng thức (3.10) tương đương với tan(α+β ) =− tanγ. Do đó α+β+γ = kpi,k∈Z. Suy ra 3α+3β+3γ = 3kpi,k∈Z và vì vậy tan(3α+ 3β ) =− tan3γ hay tan3α+ tan3β + tan3γ = tan3α tan3β tan3γ (3.11) Mặt khác tan3α = 3tanα− tan3α 1−3tan2α tan3β = 3tanβ − tan3β 1−3tan2β tan3γ = 3tanγ− tan3 γ 1−3tan2 γ . Thay vào (3.11) ta có điều phải chứng minh. Bài toán 3.13. Cho 0< a,b,c< 1 và a2+b2+ c2+2abc= 1 (3.12) Chứng minh rằng abc+1= c √ (1−a2)(1−b2)+a √ (1−b2)(1− c2)+b √ (1− c2)(1−a2). Lời giải. Vì 0< a,b,c< 1 nên ta đặt a= cosα,b= cosβ ,c= cosγ với 0< α,β ,γ < pi 2 . 40 Khi đó (3.12) trở thành cos2α+ cos2β + cos2 γ+2cosα cosβ cosγ = 1 ⇔1 2 (1+ cos2α)+ 1 2 (1+ cos2β )+ cos2 γ+[cos(α+β )+ cos(α−β )]cosγ = 1 ⇔cos(α+β )cos(α−β )+ cos2 γ+[cos(α+β )+ cos(α−β )]cosγ = 0 ⇔cos(α+β )[cos(α−β )+ cosγ]+ cosγ[cosγ+ cos(α−β )] = 0 ⇔[cos(α+β )+ cosγ][cosγ+ cos(α−β )] = 0 ⇔cos(α+β )+ cosγ = 0( do cos(α−β )+ cosγ > 0,∀α,β ,γ ∈ ( 0; pi 2 ) ) ⇔α+β = pi− γ ⇔α+β + γ = pi. Khi đó đẳng thức cần chứng minh được viết về dạng cosα cosβ cosγ+1= cosγ sinα sinβ + cosα sinβ sinγ+ cosβ sinγ sinα ⇔cosγ cos(α+β )− sin(α+β )sinγ+1= 0 ⇔cos(α+β + γ)+1= 0 ⇔cos(α+β + γ) =−1 điều này đúng do α+β + γ = pi. Vậy bài toán được chứng minh. Bài toán 3.14. Cho x1,x2,x3 là nghiệm của phương trình x3+ax2+ x+b= 0,b 6= 0 (3.13) Chứng minh rằng( x1− 1x1 )( x2− 1x2 ) + ( x2− 1x2 )( x3− 1x3 ) + ( x3− 1x3 )( x1− 1x1 ) = 4. Lời giải. Vì x1,x2,x3 là nghiệm của phương trình (3.13) nên{ x1x2+ x2x3+ x3x1 = 1 x1x2x3 = b 6= 0 ⇒ { x1x2+ x2x3+ x3x1 = 1 x1,x2,x3 6= 0 Đặt x1 = tanα,x2 = tanβ ,x3 = tanγ với α,β ,γ ∈ ( −pi 2 , pi 2 ) . Ta có tanα tanβ + tanβ tanγ+ tanγ tanα = 1 41 ⇔1− tanα tanβ = (tanα+ tanβ ) tanγ (3.14) Nếu tanα tanβ = 1 thì tanα+ tanβ = 0 hoặctanγ = 0. +) tanα+ tanβ = 0⇒ tanα =− tanβ , khi đó − tan2β = 1, vô lý. +) tanγ = 0 suy ra x3 = 0, vô lý. Vậy tanα tanβ 6= 1. Khi đó từ (3.14) ta có tanα+ tanβ 1− tanα tanβ . tanγ = 1 ⇔ tan(α+β ) = tan(pi 2 − γ) ⇔α+β + γ = pi 2 + kpi,(k ∈ Z) và ( x1− 1x2 )( x2− 1x2 ) + ( x2− 1x2 )( x3− 1x3 ) + ( x3− 1x3 )( x1− 1x1 ) =(tanα− cotα)(tanβ − cotβ )+(tanβ − cotβ )(tanγ− cotγ) +(tanγ− cotγ)(tanα− cotα) =4cot2α cot2β +4cot2γ(cot2α+ cot2β ) =4cot2α cot2β −4cot(2α+2β )(cot2α+ cot2β ) (do 2γ = pi− (2α+2β )+ k2pi) =4cot2α cot2β −4cot2α cot2β −1 cot2α+ cot2β (cot2α+ cot2β ) Vậy( x1− 1x1 )( x2− 1x2 ) + ( x2− 1x2 )( x3− 1x3 ) + ( x3− 1x3 )( x1− 1x1 ) = 4. Suy ra điều phải chứng minh. 3.2.2 Phương pháp lượng giác trong bất đẳng thức Bài toán 3.15. Cho a,b,c,d liên hệ bởi a= c √ 1−d2,b= d √ 1− c2 (3.15) Chứng minh rằng |a|+ |b| ≤ 1. 42 Lời giải. Điều kiện có nghĩa: |c| ≤ 1, |d| ≤ 1 Từ (3.15) ta có |a|= |c|√1−d2, |b|= |d|√1− c2 Đặt |c|= cosα, |d|= cosβ với 0≤ α,β ≤ pi 2 Ta có |a|+ |b|= cosα √ 1− cos2β + cosβ √ 1− cos2α = cosα sinβ + cosβ sinα = sin(α+β )≤ 1. Vậy |a|+ |b| ≤ 1 (điều phải chứng minh). Bài toán 3.16. Cho u,v,x,y thỏa mãn điều kiện u2+ v2 = x2+ y2 = 1 Chứng minh rằng |u(x+ y)+ v(x− y)| ≤ √ 2. Lời giải. Đặt  u= sinα v= cosα x= sinβ y= cosβ và A= |u(x+ y)+ v(x− y)| . Ta có A= |sinα(sinβ + cosβ )+ cosα(sinβ − cosβ )| = |sin(α+β )− cos(α+β )| = ∣∣∣√2sin(α+β − pi 4 )∣∣∣≤√2. Vậy |u(x+ y)+ v(x− y)| ≤ √2 (điều phải chứng minh). Bài toán 3.17. Cho a,b,c> 0 và thỏa mãn ab+bc+ ca= 1. Chứng minh rằng a) 1−a2 1+a2 + 1−b2 1+b2 ≤ 2c√ 1+ c2 b) 1−a2 1+a2 + 1−b2 1+b2 + 1− c2 1+ c2 ≤ 3 2 43 Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ? Lời giải. Từ giả thiết a,b,c> 0 và ab+bc+ ca= 1. Suy ra tồn tại góc α,β ,γ ∈ [0;pi] và α+β + γ = pi với  a= tan α 2 b= tan β 2 c= tan γ 2 a) Ta có 1−a2 1+a2 = 1− tan2 α 2 1+ tan2 β 2 = cosα Tương tự 1−b2 1+b2 = cosβ và 2c√ 1+ c2 = 2tan γ 2√ 1+ tan2 γ 2 = 2sin γ 2 . Bài toán trở thành, chứng minh rằng cosα+ cosβ ≤ sin γ 2 . ta có cosα+ cosβ = 2cos α+β 2 cos α−β 2 ≤ 2cos α+β 2 = sin γ 2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi cos α−β 2 = 1⇔ α = β Suy ra b= a và c= 1−a2 2a b) Sử dụng biến đổi trên ta được 1−a2 1+a2 + 1−b2 1+b2 + 1− c2 1+ c2 = cosα+ cosβ + cosγ. Nên ta cần chứng minh bất đẳng thức cosα+ cosβ + cosγ ≤ 3 2 . Thật vậy, ta có cosα+ cosβ + cosγ = 1+4sin α 2 sin β 2 sin γ 2 ( theo bài toán 2.3). Mà sin α 2 sin β 2 sin γ 2 ≤ 1 8 ( theo bài toán 2.8) 44 Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi α = β = γ hay a= b= c= √ 3 3 . Bài toán 3.18. Cho a,b,x,y> 0 thỏa mãn điều kiện a x + b y = 1. Chứng minh rằng x+ y≥ (√a+ √ b)2. Lời giải. Vì a,b,x,y> 0 và a x + b y = 1 nên ∃α ∈ ( 0; pi 2 ) sao cho  a x = cos2α b y = sin2α. Suy ra  x= a cos2α y= b sin2α và x y = a b tan2α Ta có x+ y= a cos2α + b sin2α = a(1+ tan2α)+b(1+ cot2α) = a+b+a tan2α+bcot2α ≥ a+b+2 √ abcot2α tan2α hay x+ y≥ (√a+√b)2 Dấu đẳng thức xảy ra khi a tan2α = bcot2α = b tan2α ⇔ tan4α = b a ⇔ tan2α = √ b a ⇔ x y . b a = √ b a ⇔ x y = √ a b . 3.2.3 Phương pháp lượng giác trong phương trình, bất phương trình Để lượng giác hóa các phương trình đại số ta sử dụng các nhận xét sau: 1) Nếu −1≤ x≤ 1 thì ∃α và β với −pi 2 ≤ α ≤ pi 2 ,0≤ β ≤ pi sao cho sinα = x và cosβ = x. 2) Nếu 0≤ x≤ 1 thì tồn tại các số α,β với 0≤ α ≤ pi 2 và 0≤ β ≤ pi 2 sao cho sinα = x và cosβ = x. 45 3) Với mỗi số thực x tồn tại các số α với −pi 2 < α < pi 2 sao cho x= tanα . 4) Nếu các số thực x,y thỏa mãn hệ thức x2+ y2 = 1 thì tồn tại số α với 0≤ α ≤ 2pi sao cho x= cosα,y= sinα Ngoài ra còn một số dấu hiệu cơ bản nhằm giúp phát hiện được phương pháp lượng giác hóa nhanh hơn. - Nếu biến x thỏa mãn điều kiện |x| ≤ a(a> 0) thì khi đó có thể lượng giác hóa bằng cách đặt x= asinα với α ∈ [ −pi 2 ; pi 2 ] hoặc đặt x= acosα với α ∈ [0;pi]. - Nếu hai biến x,y tham gia bài toán thỏa mãn a2x2+b2y2= c2 với a,b,c> 0 khi đó ta có thể lượng giác hóa bằng cách đặt x= c a sinα;y= c b cosα với α ∈ [0,2pi]. - Nếu trong bài toán xuất hiện biểu thức √ x2+1 hoặc x2+1 thì ta có thể lượng giác hóa bằng cách đặt x = tanα với α ∈ ( −pi 2 , pi 2 ) . Khi đó √ x2+1 = 1 cosα và x2+1= 1 cos2α . - Nếu trong bài toán xuất hiện biểu thức √ 1− x2 thì ta có thể lượng giác hóa bằng cách đặt x = sinα với α ∈ [ −pi 2 , pi 2 ] khi đó √ 1− x2 = cosα hoặc đặt x = cosα với α ∈ [0;pi]khi đó√1− x2 = sinα. - Nếu trong bài toán xuất hiện biểu thức √ x2−1 thì lượng giác hóa bằng cách đặt x= 1 cosα với α ∈ [ 0; pi 2 ) ∪ [ pi; 3pi 2 ) khi đó √ x2−1= tanα. Ngoài ra còn một số dấu hiệu thông qua các công thức về hàm số tang, chẳng hạn: - Nếu có biểu thức A = a+b 1−ab thì thường lượng giác hóa bằng cách đặt a = tanα,b= tanβ khi đó A= tan(α+β ). - Nếu có ba số a,b,c mà a+b+ c= abc thì ta có thể đặt a= tanα,b= tanβ , c= tanγ với α+β + γ = kpi . Bài toán 3.19. Giải các phương trình sau: a) 4x3−3x= m với |