1 Một vài phương pháp lượng giác hóa ứng dụng trong đại số Một số trường hợp thường gặp Dạng 1 : Nếu x 2 + y 2 =1 thì đặt sin os x yc        với   0;2   Dạng 2 : Nếu x 2 + y 2 =a 2 (a>0) thì đặt sin os xa y ac        với   0;2   Dạng 3 : Nếu 1x  thì đặt   sin , ; 22 os , 0; x xc                 Dạng 4 : Nếu xm thì đặt   sin , ; 22 os , 0; xm x mc                 Dạng 5 :Nếu 1x  hoặc bài toán có chứa 2 x1 thì đặt x= 1 osc  với 3 0; ; 22              Dạng 6 :Nếu xm hoặc bài toán có chứa 22 x m thì đặt x = os m c  với 3 0; ; 22              Dạng 7 :Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức 2 x1 thì đặt x = tan  với ; 22        Dạng 8 : Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức 22 x m thì đặt x = m tan  với ; 22        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  cos 2  .              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 < 2 n (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 < 2 n (2) Thay trong (2) 1 + cos t = 2cos 2 2 t và 1 – cost = 2sin 2 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 = tgy 1 , b = tgy 2 , c = tgy 3 , d = tgy 4 với - 2  < y 1  y 2  y 3  y 4 < 2  < y 5 =  + y 1 Các điểm y 1 , y 2 , y 3 chia đoạn [y 1 ; y 1 + ] thành 4 đoạn [y 1 ; y 2 ], [y 2 ; y 3 ], [y 3 ; y 4 ] , [y 4 ; y 5 ]. Trong số 4 đoạn này phải có ít nhất một đoạn có độ dài không lớn hơn 4  . Giả sử 0  y 2 – y 1  4  . Thế thì: 0  tg (y 2 – y 1 )  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 y 1 y 2 y 3 y 4 y 5 4 = (1 – 2sin 2 acos 2 a)        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  (x 2 + y 2 )          2 53 (1) Nếu y = 0 bất đẳng thức (1) hiển nhiên đúng. Nếu y  0. Chia hai vế (1) cho y 2 và đặt y x = tga với 2  < a < 2  thì bất đẳng thức có dạng: tg 2 a + (tga – 1) 2  2 53 (1 + tg 2 a)  sin 2 a + (sina – cosa) 2  2 53  sin 2 a + 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 – a 2  0  a  1 Đặt a = cos, với   [0; ] Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng: 4   323 )cos1(cos  - 3(cos -  2 cos1 )  2  4(cos 3  - sin 3 ) – 3 (cos - sin)  2  (4cos 3  - 3cos) + (3sin - 4sin 3 ) 2 cos3 + sin3 2  cos (3 - 2  ) 1, luôn đúng. Bài 8: Chứng minh rằng: 31a 2   2a Giải: Điều kiện: a 2 – 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(a 4 + b 4 ) b) 32(a 6 + b 6 )  (a + b) 6 c) (a + b) 8  64(a 8 + b 8 ) 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 + tg 4 x)  (cos x + sin x) 4  8(cos 4 x + sin 4 x) (1) Vì sin 4 x + cos 4 x = (sin 2 x + cos 2 x) 2 – 2sin 2 x cos 2 x = = 1 - 4 x4cos3 2 x2sin 2   (sin x + cosx) 4 = (1 + sin2x) 2 = 2 x4cosx2sin43  (1)  8(cos 4 x + sin 4 x) – (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 a 1 , a 2 ,… a 17 là 17 số thực đôi một khác nhau. Chứng minh rằng ta luôn chọn được hai số a j , a i từ 17 số đó sao cho 0 < 1224 aa1 aa ji ij    Giải: Không giảm tính tổng quát ta có thể giả sử a 1 < a 2 < … < a 17 Đặt tgv i = a i với - 2  < v i < 2  i = 1, 2,…, 17 Do tính chất đồng biến của hàm số y = tgx trong khoảng         2 ; 2 nên từ a 1 < a 2 < … < a 17 suy ra - 2  < v 1 < v 2 < … < v 17 < 2  < v 1 +  Các điểm v 2 , v 3 , …, v 17 chia đoạn [v 1 ; v 1 + ] 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 < v i+1 – v i  17  thì 0 < tg(v i+1 -v i )  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(v i+1 – v i ) = 1224 aa1 aa tgvtgv1 tgvtgv 1ii i1i i1i i1i           Chọn a j = a i+1 ta được điều cần chứng minh. b) Nếu 0 < v 1 +  - v 17 < 17  < 16  thì 0 < tg [(v 1 + ) – v 17 ] = tg(v 1 – v 17 ) < tg 16  Lúc này ta chọn a j = a 1 và a i = a 17 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 2 22 2222     Giải: Đặt x = tgu , y = tgv với - 2  < u, v < 2  thì biểu thức A =   2222 2222 2 22 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 – sin 2 v cos 2 u) (cos 2 u cos 2 v – sin 2 u sin 2 v) = (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: [...]... III Một số bài tập đề nghị Bài 1: Cho x2 + y2 = 1 chứng minh 1 6 6 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. .. rằng có thể chọn được ít nhất 2 trong 4 số đó sao cho: 0 ai  a j 1  a i  a j  2a i a j 2 ta có :  x 2  cos2t   cos x  vậy với 0 0 thì 2 2 sin2  sin2  sin  sin 3x + 4y = 3cos + 4sin  3cos + 4sin = 5cos( - )  5 c) Nếu -   . 1 Một vài phương pháp lượng giác hóa ứng dụng trong đại số Một số trường hợp thường gặp Dạng 1 : Nếu x 2 + y 2 =1 thì đặt sin os x yc        . (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. 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