Phương pháp lượng giác hóa để giải phương trình vô tỉ Một số trường hợp thường gặp Dạng 1 : Nếu x 2 + y 2 =1 thì đặt sin os x y c α α =   =  với [ ] 0;2 α π ∈ Dạng 2 : Nếu x 2 + y 2 =a 2 (a>0) thì đặt sin os x a y ac α α =   =  với [ ] 0;2 α π ∈ Dạng 3 : Nếu 1x ≤ thì đặt [ ] sin , ; 2 2 os , 0; x x c π π α α α α π  −   = ∈        = ∈  Dạng 4 : Nếu x m≤ thì đặt [ ] sin , ; 2 2 os , 0; x m x mc π π α α α α π  −   = ∈        = ∈  Dạng 5 :Nếu 1x ≥ hoặc bài toán có chứa 2 x 1− thì đặt x= 1 osc α với 3 0; ; 2 2 π π α π     ∈ ∪ ÷ ÷       Dạng 6 :Nếu x m≥ hoặc bài toán có chứa 2 2 x m− thì đặt x = os m c α với 3 0; ; 2 2 π π α π     ∈ ∪ ÷ ÷       Dạng 7 :Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức 2 x 1+ thì đặt x = tan α với ; 2 2 π π α −   ∈  ÷   Dạng 8 : Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức 2 2 x m+ thì đặt x = m tan α với ; 2 2 π π α −   ∈  ÷   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 = tgα , b = tgβ với α, β ∈       ππ − 2 ; 2 . 1 Khi đó: A = )tg1)(tg1( )tgtg1)(tgtg( )b1)(a1( )ab1)(ba( 2222 β+α+ βα−β+α = ++ −+ = cos 2 α cos 2 β .         βα βα − βα β+α coscos sinsin 1. coscos )sin( = sin (α + β) . cos (α + β) = 2 1 sin (2α + 2β) Suy ra: A = 2 1 sin (2α + 2β) ≤ 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; π) 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 π 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. 2 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 π < y 1 ≤ y 2 ≤ y 3 ≤ y 4 < 2 π < y 5 = π + y 1 Các điểm y 1 , y 2 , y 3 chia đoạn [y 1 ; y 1 + π] 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 π . Giả sử 0 ≤ y 2 – y 1 ≤ 4 π . 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 ≤ 2π 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 3 y 1 y 2 y 3 y 4 y 5 = (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 π . Giải: Theo cách tính giá trị biểu thức lượng giác không dùng bảng ta có: 4sin 2 10 π = 2 2 53 5 cos1 − =       π − . 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 π− < a < 2 π 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) 4 Bởi vì 22 5 2 5 1       +       = 1 vì vậy 5 1 = cosβ và 5 2 = sinβ. Với 0 < β < 2 π Bất đẳng thức (2) có thể viết là: cos(2a - β) ≤ 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 π Ta cũng thấy 22 b cb b c         − +         = 1 Nên đặt b c = cosv , b cb − = sinv với 0 ≤ v ≤ 2 π . 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 5 Giải: Điều kiện: 1 – a 2 ≥ 0 ⇔ a ≤ 1 Đặt a = cosα, với α ∈ [0; π] Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng: 4 [ ] 323 )cos1(cos α−−α - 3(cosα - α− 2 cos1 ) ≤ 2 ⇔ 4(cos 3 α - sin 3 α) – 3 (cosα - sinα) ≤ 2 ⇔ (4cos 3 α - 3cosα) + (3sinα - 4sin 3 α)≤ 2 ⇔cos3α + sin3α≤ 2 ⇔ cos (3α - 2 π )≤ 1, luôn đúng. Bài 8: Chứng minh rằng: 31a 2 +− ≤ 2a Giải: Điều kiện: a 2 – 1 ≥ 0 ⇔ a ≥ 1. Đặt a = αcos 1 , với α ∈ [0 ; 2 π ). Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng: α ≤+α⇔ α ≤+− α cos 2 3tg cos 2 31 cos 1 2 ⇔ sinα + 3 cosα ≤ 2 ⇔ 2 1 sinα + 2 3 cosα ≤ 1 ⇔ sin (α + 3 π ) ≤ 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 ≤ 2π. Khi đó a) xu + yv=cos(a – b)≤ 1. 6 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       − π a 4 2 sin       + π b 4 + 2 cos       − π a 4 2 cos       + π 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 π < x < 2 π . 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 7 Giải: Điều kiện:      ≥− ≥− 0b1 0a1 2 2 ⇔      ≤ ≤ 1b 1a Đặt    β= α= sinb sina , với α , β ∈ [0; π] Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng: sinα . α−β+β− 22 sin1.sinsin1 + + )sin1)(sin1(sin.[sin3 22 β−α−−βα ≤ 2 ⇔ sinα.cosβ + sinβ.cosα + 3 (sinα.sinβ - cosα.cosβ)≤ 2 ⇔ sin(α + β) - 3 cos(α + β)≤ 2 ⇔  2 1 sin(α + β) - 2 3 cos(α + β)≤ 1 ⇔sin(α + β - 3 π )≤ 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 π < v i < 2 π i = 1, 2,…, 17 Do tính chất đồng biến của hàm số y = tgx trong khoảng       ππ − 2 ; 2 nên từ a 1 < a 2 < … < a 17 suy ra - 2 π < v 1 < v 2 < … < v 17 < 2 π < v 1 + π 8 Các điểm v 2 , v 3 , …, v 17 chia đoạn [v 1 ; v 1 + π] thành 17 đoạn trong đó có ít nhất một đoạn có độ dài không vượt quá 17 π . a) Nếu có một i với 1 ≤ i ≤ 16 sao cho 0 < v i+1 – v i ≤ 17 π thì 0 < tg(v i+1 -v i ) ≤ tg 17 π < tg 16 π . Vì tg 4 π = 8 tg1 8 tg2 2 π − π = 1 suy ra tg 8 π = 2 - 1, tg 8 π = 16 tg1 16 tg2 2 π − π = 2 - 1 ⇒ tg 16 π = 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 + π - v 17 < 17 π < 16 π thì 0 < tg [(v 1 + π) – v 17 ] = tg(v 1 – v 17 ) < tg 16 π 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 π < u, v < 2 π thì biểu thức A = [ ] 2222 2222 2 22 2222 )vtg1()utg1( )vutgtg1)(vtgutg( )y1)(x1( )yx1)(yx( ++ −− = ++ −− . 9 = 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) = 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    = = ⇔      = π = ⇔      π =− π =+ ⇔    =− =+ 0y 1x 0v 4 u 2 )vu(2 2 )vu(2 1)vu(2sin 1)vu(2sin hoặc    = −= ⇔      = π− = ⇔        π− =− π− =+ ⇔    =− =+ 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:    = = ⇔      π = = ⇔      π− =− π =+ ⇔    −=− =+ 1y 0x 4 v 0u 2 )vu(2 2 )vu(2 1)vu(2sin 1)vu(2sin hoặc    −= = ⇔      π− = = ⇔        π =− π− =+ ⇔    =− −=+ 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 10 [...]... xét : với x=2 là nghiệm của phương trình ( sin 2t ) x < sin 2 x  ⇒ VT < 1 , phương trình vô nghiệm Với xsin 2 x  ⇒ VT > 1 , phương trình vô nghiệm với x>2 ta có :  x cos2t ) > cos 2 x (  vậy với 0 1  x > 0 1  π , t ∈  0, ÷ cos t  2 Đặt x= Khi đó phương trình có dạng : 1 + cos t 1 1 1 cos t = 2 2 ⇔ + = 2 2 ⇔ sin t + cos t = 2 2 sin t.cos t 1 cos t sin t −1 cos t ( ) Đặt sint + cost = u 1 ≤ u ≤ 2 , ta có sin t.cos t = u2 −1 2 Khi đó phương trình đã cho có... 3 Vậy nghiệm của bất phương trình là x ≥ −a 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) . Phương pháp lượng giác hóa để giải phương trình vô tỉ Một số trường hợp thường gặp Dạng 1 : Nếu x 2 + y 2 =1 thì đặt. 5. II. giải phương trình , bất phương trình : Bài1: Giải bất phương trình : 1 1x x x+ − − ≤ Giải : 13 Điều kiện : 1 0 1 1 1 0 x x x + ≥  ⇔ − ≤ ≤  − ≥  Đặt x=cost , t [ ] 0, π ∈ Khi đó bất phương. 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