Một vài phương pháp lượng giác hóa ứng dụng trong đại số

1 Một vài phương pháp lượng giác hóa ứng dụng trong đại số ------------------------------------------------ Một số trường hợp thường gặp Dạng 1 : Nếu x2 + y2 =1 thì đặt sin os x y c      với  0;2  Dạng 2 : Nếu x2 + y2 =a2(a>0) thì đặt sin os x a y ac      với  0;2  Dạng 3 : Nếu 1x  thì đặt   sin , ; 2 2 os , 0; x x c                    Dạng 4 : Nếu x m thì đặt   sin , ; 2 2 os , 0; x m x mc                    Dạng 5 :Nếu 1x  hoặc bài toán có chứa 2x 1 thì đặt x= 1 osc  với 3 0; ; 2 2              Dạng 6 :Nếu x m hoặc bài toán có chứa 2 2x m thì đặt x = os m c  với 3 0; ; 2 2              Dạng 7 :Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức 2x 1 thì đặt x = tan  với ; 2 2          Dạng 8 : Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức 2 2x m 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: 2 1 )b1)(a1( )ab1)(ba( 2 1 22     Giải: Đặt: a = tg , b = tg với ,           2 ; 2 . 2 Khi đó: A = )tg1)(tg1( )tgtg1)(tgtg( )b1)(a1( )ab1)(ba( 2222      = cos 2 cos2  .            coscos sinsin 1. coscos )sin( = sin ( + ) . cos ( + ) = 2 1 sin (2 + 2) Suy ra: A = 2 1 sin (2 + 2)  2 1 Vậy: - 2 1  )b1)(a1( )ab1)(ba( 22    2 1 (đpcm). 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) Thay trong (2) 1 + cos t = 2cos 2 2 t và 1 – cost = 2sin2 2 t ta được 2 n        2 t sin 2 t cos n2n2 < 2 n (3) Bởi vì 0 < 2 t < 2  nên 0 < sin 2 t , cos 2 t < 1 nên chắc chắn: cos 2n 2 t = n 2 2 t cos       < cos 2 2 t n > 1. Tương tự ta có: sin 2n 2 t < sin 2 2 t n > 1. Do đó 2 n        2 t sin 2 t cos n2n2 < 2 n        2 t sin 2 t cos 22 = 2 n Vậy bất đẳng thức (3), cũng có nghĩa là bất đẳng thức (1) được chứng minh. 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: 0  xy1 yx    1 (1) Giải: Giả sử 4 số thực cho trước là a  b  c  d Đặt a = tgy1, b = tgy2, c = tgy3, d = tgy4 với - 2  < y1  y2  y3  y4 < 2  < y5 =  + y1 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 4  . Giả sử 0  y2 – y1  4  . Thế thì: 0  tg (y2 – y1)  1  0  ab1 ab tgytgy1 tgytgy 12 12       1 Đặt x = b, y = a ta được điều cần chứng minh. Bài 4: Cho x, y > 0 và x + y = 1. Chứng minh: 2 17 y 1 y x 1 x 2 2 2 2                Giải: Ta có: x + y =    22 yx  = 1, theo mệnh đề IV thì có một số a với 0  a  2 để x = cosa và y = sina. Bất đẳng thức đã cho được viết thành:        acos 1 acos 4 4 +        asin 1 asin 4 4  2 17 Ta có: cos 4 a + acos 1 4 + sin 4 a + asin 1 4 = (cos 4 a + sin 4 a)        acosasin 1 1 44 y1 y2 y3 y4 y5 4 = (1 – 2sin2acos2a)        acosasin 1 1 44 =              a2sin 16 1 2 a2sin 1 4 2 Vì 0 < sin 2 2a  1 nên 1 - 2 a2sin 2  2 1 và 1 + a2sin 16 4  17. Từ đó suy ra điều cần chứng minh. Bài 5: Chứng minh với mọi cặp số thực x, y ta luôn có: x 2 + (x – y)2  4  22 yx  sin 2 10  . Giải: Theo cách tính giá trị biểu thức lượng giác không dùng bảng ta có: 4sin 2 10  = 2 2 53 5 cos1          . Bất đẳng thức đã cho có thể viết: x 2 + (x – y)2  (x2 + y2)          2 53 (1) Nếu y = 0 bất đẳng thức (1) hiển nhiên đúng. Nếu y  0. Chia hai vế (1) cho y2 và đặt y x = tga với 2  < a < 2  thì bất đẳng thức có dạng: tg2a + (tga – 1)2  2 53  (1 + tg 2 a)  sin2a + (sina – cosa)2  2 53   sin2a + 1 – 2sinacosa  2 53   cos2a + 2sin2a  5  a2sin 5 2 a2cos 5 1   1 (2) 5 Bởi vì 22 5 2 5 1             = 1 vì vậy 5 1 = cos và 5 2 = sin. Với 0 <  < 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: )cb(c)ca(c   ab (1) Giải: Vì a > 0, b > 0, ab > 0 nên bất đẳng thức (1) tương đương với ab )cb(c ab )ca(c     1 (2) Nhận xét rằng 22 a ca a c                  = 1 Nên đặt a c = cosu , a ca  = sinu với 0  u  2  Ta cũng thấy 22 b cb b c              = 1 Nên đặt b c = cosv , b cb  = sinv với 0  v  2  . Khi đó (2) có thể viết thành a ca b c  + b cb a c  = cosv sinu + cosusinv  1 (3) Bởi vì cosusinv + sinucosv = sin(u + v)  1 nên (3) luôn luôn đúng có nghĩa là (1) đúng. Bài 7: Chứng minh rằng: 4    2323 a1a3)a1(a   2 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  323 )cos1(cos  - 3(cos -  2cos1 )  2  4(cos3 - sin3) – 3 (cos - sin)  2  (4cos3 - 3cos) + (3sin - 4sin3) 2 cos3 + sin3 2  cos (3 - 2  ) 1, luôn đúng. Bài 8: Chứng minh rằng: 31a 2   2a Giải: Điều kiện: a2 – 1  0  a  1. Đặt a = cos 1 , với   [0 ; 2  ). Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:      cos 2 3tg cos 2 31 cos 1 2  sin + 3 cos  2  2 1 sin + 2 3 cos  1  sin ( + 3  )  1, luôn đúng. Bài 9: Cho x 2 + y 2 = 1 ; u 2 + v 2 = 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 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) = = 2 sin         a 4 2 sin         b 4 + 2 cos         a 4 2 cos         b 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(a 6 + b 6 )  (a + b)6 c) (a + b) 8  64(a8 + b8) Giải: a) Với a = 0 bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Nếu a  0 chia hai vế cho a và đặt tgx = a b với 2  < x < 2  . Bất đẳng thức đã cho tương đương với: (1 + tgx)4  8(1 + tg4x)  (cos x + sin x)4  8(cos4x + sin4 x) (1) Vì sin 4 x + cos 4 x = (sin 2 x + cos 2 x) 2 – 2sin2x cos2x = = 1 - 4 x4cos3 2 x2sin 2   (sin x + cosx) 4 = (1 + sin2x) 2 = 2 x4cosx2sin43  (1)  8(cos4x + sin4x) – (sin x + cos x)4 = 2 5 2 9  cos4x – 2sin2x  0. Điều này hiển nhiên vì cos4x  -1 và - sin2x  -2. b) c) Làm tương tự như a). Bài 11: Chứng minh rằng  )b1)(a1(ab3a1bb1a 2222   2 Giải: 8 Điều kiện:       0b1 0a1 2 2        1b 1a Đặt      sinb sina , với  ,   [0; ] Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng: sin .  22 sin1.sinsin1 + + )sin1)(sin1(sin.[sin3 22   2  sin.cos + sin.cos + 3 (sin.sin - cos.cos) 2  sin( + ) - 3 cos( + ) 2   2 1 sin( + ) - 2 3 cos( + ) 1 sin( +  - 3  ) 1 , luôn đúng. 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 0 < 1224 aa1 aa ji ij    Giải: Không giảm tính tổng quát ta có thể giả sử a1 < a2 < … < a17 Đặt tgvi = ai với - 2  < vi < 2  i = 1, 2,…, 17 Do tính chất đồng biến của hàm số y = tgx trong khoảng         2 ; 2 nên từ a1 < a2 < … < a17 suy ra - 2  < v1 < v2 < … < v17 < 2  < v1 +  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 a) Nếu có một i với 1  i  16 sao cho 0 < vi+1 – vi  17  thì 0 < tg(vi+1 -vi)  tg 17  < tg 16  . Vì tg 4  = 8 tg1 8 tg2 2   = 1 suy ra tg 8  = 2 - 1, tg 8  = 16 tg1 16 tg2 2   = 2 - 1  tg 16  = 1224  Khi đó ta có 0 < tg(vi+1 – vi) = 1224 aa1 aa tgvtgv1 tgvtgv 1ii i1i i1i i1i           Chọn aj = ai+1 ta được điều cần chứng minh. b) Nếu 0 < v1 +  - v17 < 17  < 16  thì 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:   4 1 )y1)(x1( )yx1)(yx( 4 1 222 2222     Giải: Đặt x = tgu , y = tgv với - 2  < u, v < 2  thì biểu thức A =   2222 2222 222 2222 )vtg1()utg1( )vutgtg1)(vtgutg( )y1)(x1( )yx1)(yx(      . = cos 4 u. cos 4 v        vcos vsin ucos usin 2 2 2 2        vcosucos vsinusin 1 22 22 = (sin 2 u cos 2 v – sin2v 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 = sin(u + v) sin(u – v) cos(u – v) cos(u + v) = 4 1 sin2(u + v) sin2(u – v) Suy ra A = 4 1 sin2(u + v)sin2(u – v)  4 1 Tức 4 1  A  4 1 Biểu thức A đạt giá trị lớn nhất bằng 4 1 khi                              0y 1x 0v 4 u 2 )vu(2 2 )vu(2 1)vu(2sin 1)vu(2sin hoặc                             0y 1x 0v 4 u 2 )vu(2 2 )vu(2 1)vu(2sin 1)vu(2sin Biểu thức A nhận giá trị nhỏ nhất bằng - 4 1 khi:                              1y 0x 4 v 0u 2 )vu(2 2 )vu(2 1)vu(2sin 1)vu(2sin hoặc                             1y 0x 4 v 0u 2 )vu(2 2 )vu(2 1)vu(2sin 1)vu(2sin Bài 14: Cho các số thực x, y không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng 222 y4x )y4x(x 222 22 22     (1) Với các giá trị của x, y như thế nào thì dấu đẳng thức xảy ra. Giải: 11 1) Nếu x = 0 , y  0 thì 222 y4x )y4x(x 4222 22 22     Nếu x  0, y = 0 thì 22 22 y4x )y4x(x   = 0 bất đẳng thức cũng đúng. Giả sử x  0, y  0 thì (1) tương đương với 222 1 y2 x 2 y2 x y2 x 222 2 22                     (2) Đặt y2 x = tga thì (2) trở thành: -2 atg1 )2tga(atg 22 2 22     2 2 - 2  - 2 2 - 2  cos2a [4tga – 4]  2 2 - 2 (3) Vì cos 2 a[4tga – 4] = 4sinacosa – 4cos2a = 2sin2a – 2(1 + cos2a) = 2(sin2a – cos2a – 1) =2             1 4 a2sin2   222;222  nên (3) đúng, nghĩa là bất đẳng thức (1) đúng. 2) Từ các phép biến đổi trên đây cho thấy: 22 22 y4x )y4x(x   = -2 2 - 2 khi sin         4 a2 = -1 với tga = y2 x Vì - 2  < a < 2   4 5 < 2a - 4  < 4 3 nên sin         4 a2 = -1  2a- 4  = 2   a = 8           8 tg y2 x = 1 - 2  x + 2y( 2 - 1) = 0 Tương tự như trên: 22 22 y4x )y4x(x   = 2 - 2 khi sin         4 a2 = 1 12 a = 8 3  y2 x = tg        8 3 = 8 tg 4 tg1 8 tg 4 tg2      = 12 )12(1 121     x – 2y( 2 + 1) = 0 Bài 15: Chứng minh rằng với các số thực x, y, z tuỳ ý ta có 22 y1x1 yx    22 z1x1 zx   + 22 y1z1 yz   Giải: Đặt x = tg , y = tg , z = tg với - 2  < , ,  < 2  . Ta có: 22 y1x1 yx   =   22 tg1tg1 tgtg = coscos      cos sin cos sin =sincos - sincos=sin( - ) Tương tự ta có: 22 z1x1 zx   = sin( - ), 22 y1z1 yz   =sin( - ) 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 x 2 + y 2 = x 2y1 + y 2x1 Chứng minh: 3x + 4y  5 Giải: Điều kiện xác định: 1 – y2  0, 1 – x2  0 tương đương –1  x, y  1 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 - 2  <  < 2  ; 0 <  < . Từ x2 + y2 = x 2y1 + y 2x1 Ta có: cos 2 + sin2 = cos cos + sin sin = cos( - )  1  cos2  cos2 hoặc sin2  sin2 a) Nếu 0<, < 2  hoặc - 2  <  < 0 và 0 <  < 2  ta có cos > 0, cos > 0. cos 2  cos2  cos  cos 3x + 4y = 3cos + 4sin  2cos + 4sin = 5        sin 5 4 cos 5 3 = 5cos( - )  5 trong đó cos = 5 3 . b) Nếu 0 <  < 2  , 2  0 , sin > 0 thì sin 2  sin2  sin  sin 3x + 4y = 3cos + 4sin  3cos + 4sin = 5cos( - )  5 c) Nếu - 2  <  < 0 , 2  0. sin 2  sin2  sin  -sin 3x + 4y = 3cos + 4sin  3cos - 4sin = 5cos( + )  5. II. giải phương trình , bất phương trình : Bài1: Giải bất phương trình : 1 1x x x    Giải : Điều kiện : 1 0 1 1 1 0 x x x         Đặt x=cost , t  0, 14 Khi đó bất phương trình đã cho trở thành : 1 cos 1 cos cost t t    21 cos 2cos cos 2 t t t    2 22( os sin ) cos sin 2 2 2 2 t t t t c    ( os sin )(cos sin 2) 0 2 2 2 2 t t t t c     2 os( )[ 2 os( ) 2] 0 2 4 2 4 t t c c        os( )[ os( ) 1] 0 2 4 2 4 t t c c        os( ) 0 2 4 t c     2 2 4 t      3 2 2 t      1 cos 0t   1 0x   vậy phoơng trình này có nghiệm 1 0x   . Bài 2 : giải phương trình : 2 21 1 x (1 2 1 x )x     Giải : Điều kiện : 1-x2  0 1 1x   os 0 2 3 sin 0 2 t c t        đặt x = sint với t ; 2 2        . Khi đó phương trình đã cho có dạng : 2 21 1 sin sin (1 2 1 sin )t t t    1 cos sin (1 2cos )t t t    2 os sin sin 2 2 t c t t   3 2 os 2sin os 2 2 2 t t t c c  15 3 2 os (1 2 sin ) 0 2 2 t t c   os 0 2 3 sin 2 2 t c t      6 2 t t          1 2 1 x x     vậy phương trình có nghiệm 1 2 x  và x=1. Bài 3 : Giải phương trình : 2 2 2 1 x x x    Giải : điều kiện : 2x 1 0 0x      1x  . Đặt x= 1 cos t , 0, 2 t       Khi đó phương trình có dạng : 1 1 cos 2 2 cos 1 1 cos t t t    1 1 2 2 cos sint t    sin cos 2 2 sin .cost t t t   Đặt sint + cost = u  1 2u  , ta có 2u 1 sin .cos 2 t t   . Khi đó phương trình đã cho có dạng : 22(u 1)•••••u   22u 2 0u      2 1 l 2 u u        2u  sin cos 2t t   2 sin( ) 2 4 t    sin( ) 1 4 t     2 4 2 t k       2 4 t k     . So sánh điều kiện ta có : 4 t   2x  vậy nghiệm của phương trình là 2x  Bài 4 : với 0a  , giải bất phương trình 2 2 2 2 2 2 x x a a x a     16 giải : Đặt tanx a t , ; 2 2 t        . Khi đó bất phương trình có dạng : 22a cos tan cos a t a t t a   21 sin 2cos tt   22sin t - sint -1 0 1 sin 1 2 t     1 tan 3 t    3 a x    Vậy nghiệm của bất phương trình là 3 a x   Bài 5 : Giải phương trình : 8x(2x 2 -1)(8x 4 -8x 2 +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)<0, do đó phương trình vô nghiệm . Với x <1, đặt x=cost , với t  (0, ) Khi đó phương trình được chuyển về dạng : 8cost(2cost 2 -1)(8cost 4 -8cost 2 +1)=1  8cost.cos2t.cos4t = 1  8sint.cost.cos2t.cos4t = sint  sin8t = sint 8 2 8 2 t t k t t k            2 7 2 9 k t k t           So sánh điều kiện ta có 2 4 6 5 7 ; ; ; ; ; ; 7 7 7 9 3 9 9 t             vậy phương trình có các nghiệm 2 4 6 5 7 os ; os ; os ; os ; os ; os ; os 7 7 7 9 3 9 9 x c c c c c c c             Bài 6 : Giải phương trình (1-m 2 ) x +(1-m 2 ) x =(1+m 2 ) x với 0<m<1. Giải: Chia cả 2 vế của phương trình cho (1+m2)x >0 ta có : 17 x x2 2 2 1 m 2 1 1+m 1+m m            Đặt m=tant với (0; ) 4 t   ta có 2 2 sin 2 1 m m t  và 2 2 1 m os2 1 m c t    Khi đó phương trình đã cho có dạng :     x x sin 2 os2 1t c t  Nhận xét : với x=2 là nghiệm của phương trình . Với x<2 ta có     x 2 x 2 sin 2 sin x 1 os2 os x t VT c t c      , phương trình vô nghiệm. với x>2 ta có :     x 2 x 2 sin 2 >sin x 1 os2 os x t VT c t c     , phương trình vô nghiệm . vậy với 0<m<1 thì phương trình có nghiệm duy nhất x = 2 Bài 7: Giải hệ phương trình : 2 2 2 1 y 2 1 y x x y x         Giải : Đặt tan tan x y      với , ; 2 2           . Khi đó hệ đã cho trở thành : 2 2 2 tan tan 1 tan 2 tan tan 1 tan               sin 2 tan (1) sin 2 tan (2)         . Ta xét hai trường hợp : Nếu sin 0  thì sin 0  và ngược lại nên ta có x = y = 0 là nghiệm của hệ . Xét sin 0  và sin 0  : Nhân (1) và (2) vế theo vế ta có : sin 2 .sin 2 tan .tan    1 4cos . os os .sin c c      1 cos . os 2 c   (3) (1) 2sin .cos . os sinc    sin sin      (4) Thay (4) vào (3) ta có 18 2 1cos 2   1 1 (1 cos 2 ) 2 2    cos2 0  2 , 2 4 2 k k k Z            Khi đó nghiệm của hệ là 0 tan( ) 1 4 1 x y x y k x y x y               III. Một số bài tập đề nghị Bài 1: Cho x 2 + y 2 = 1 chứng minh 4 1  x 6 + y 6  1 Bài 2: Cho ab + bc + ca = 1 , chứng minh rằng: 4abc = a(1- b 2 )(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 + a1 2 )(1 + a2 2)… (1 + an 2 ) + (1 – a1 2 ) (1 – a2 2)… (1 – an 2 )  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: 0  jiji ji aa2aa1 aa   < 2 - 3 Bài 5: Cho x, y thoả mãn 2x + 5y = 7. Chứng minh rằng: x2 + y2  29 49 Bài 6: Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác, x và y thoả mãn ax + by = c. Chứng minh rằng: x2 + y2  22 2 ba c  Bài 7: Cho 4a 2 + 9b 2 = 25. Chứng minh 6a + 12b  25 Bài 8: Cho x 2 + y 2 = 1. Chứng minh 16 (x5 + y5) – 20 (x3 + y3) + 5(x + y)  2 Bài 9: Cho xy + yz + zx = 1. Chứng minh 2 33 z1 z y1 y x1 x 222       19 Bài 10: Cho a  1. Chứng minh –2  a 31a 2   2. 20