ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - TRẦN THỊ HỒNG KHUYÊN PHƢƠNG PHÁP LƢỢNG GIÁC TRONG ƢỚC LƢỢNG ĐA THỨC VÀ DÃY SỐ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2016 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - TRẦN THỊ HỒNG KHUYÊN PHƢƠNG PHÁP LƢỢNG GIÁC TRONG ƢỚC LƢỢNG ĐA THỨC VÀ DÃY SỐ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành : Phƣơng pháp toán sơ cấp Mã số : 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu THÁI NGUYÊN - 2016 i Mục lục MỞ ĐẦU MỘT SỐ KIẾN THỨC BỔ TRỢ 1.1 Một số tính chất hàm lượng giác 1.2 Đa thức lượng giác 1.3 Đa thức Chebyshev PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC GIẢI CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐA THỨC 2.1 Một số lớp phương trình hàm sinh hàm lượng giác 2.2 Bài toán ước lượng đa thức lượng giác 17 2.3 Một số toán cực trị đa thức lượng giác 24 PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC KHẢO SÁT MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ DÃY SỐ 28 3.1 Phương pháp lượng giác để xác định số hạng tổng quát dãy số 28 3.2 Phương pháp lượng giác để ước lượng dãy số 31 3.3 Phương pháp lượng giác để tìm giới hạn dãy số 33 PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN 45 4.1 Sử dụng hệ thức lượng giác để thiết lập đẳng thức đại số 45 4.2 Phương pháp lượng giác chứng minh bất đẳng thức đại số 53 4.3 Phương pháp lượng giác khảo sát phương trình hệ phương 4.4 trình 61 Phương pháp lượng giác toán cực trị 70 ii KẾT LUẬN 76 TÀI LIỆU THAM KHẢO 77 Mở đầu Chuyên đề lượng giác phần quan trọng chương trình tốn THPT Các học sinh học lượng giác thường chưa cặn kẽ tư tưởng phương pháp tiếp cận đặc biệt khâu vận dụng kiến thức vào giải toán đại số, giải tích hình học Trong hoạt động thực tiễn, có nhiều tốn cần can thiệp lượng giác để đo đạc, tính tốn mơ Vì vậy, chun đề lượng giác có vị trí đặc biệt tốn học, khơng đối tượng cần nghiên cứu mà cơng cụ đắc lực đại số giải tích hình học Trong kì thi THPT quốc gia, kì thi học sinh giỏi, Olimpic khu vực quốc tế tốn liên quan đến phép tính lượng giác thường ẩn hình thức cơng cụ giải toán Nhiều toán liên quan đến ước lượng tính tốn tổng, tích tốn cực trị thường có mối quan hệ nhiều đến lượng giác Lượng giác toán liên quan đề cập hầu hết giáo trình lượng giác Tuy nhiên, việc dạy toán lượng giác THPT chưa chi tiết, có nhiều kiến thức chưa cập nhật cách hệ thống Các tài liệu phương pháp lượng giác chuyên đề chọn lọc cho giáo viên học sinh chưa có nhiều (xem [1]-[6]) Với mong muốn nâng cao trình độ chuyên môn đáp ứng nhu cầu học sinh giỏi nên em chọn đề tài “Một số phương pháp lượng giác ước lượng đa thức dãy số” để làm đề tài luận văn thạc sĩ Chuyên đề lượng giác với mảng kiến thức "phương pháp lượng giác ước lượng đa thức dãy số" giúp em học sinh tự tin giải tốt toán liên quan đến lượng giác thêm yêu toán học Luận văn thực Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hoàn thành hướng dẫn Giáo sư, Tiến sĩ khoa học Nguyễn Văn Mậu Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới người thầy hướng dẫn khoa học mình, thầy dành nhiều thời gian, tâm huyết hướng dẫn, truyền đạt tận tình giải đáp thắc mắc tác giả suốt trình làm luận văn Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán -Tin, giảng viên tham gia giảng dạy, tạo điều kiện tốt để tác giả học tập nghiên cứu Đồng thời tác giả xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp cao học Tốn K8B (khóa 2014-2016) động viên giúp đỡ tác giả nhiều trình học tập Nhân dịp này, tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, đồng nghiệp trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm gia đình tạo điều kiện tốt cho tác giả hoàn thành tốt nhiệm vụ học tập cơng tác Thái Nguyên, tháng năm 2016 Tác giả luận văn Trần Thị Hồng Khuyên Chương MỘT SỐ KIẾN THỨC BỔ TRỢ 1.1 Một số tính chất hàm lượng giác Trong phần ta xét số tính chất hàm lượng giác trục thực Ta có sin x; cos x ∈ [−1; 1]; sin2 x + cos2 x = 1, ∀x ∈ R sin(x + k2π) = sin x; cos(x + k2π) = cos x, ∀x ∈ R π tan(x + kπ) = tan : x, ∀x = + kπ; cot(x + kπ) = cot x, ∀x = kπ Cơng thức góc nhân đôi cos 2α = cos2 α − sin2 α = cos2 α − = − sin2 α Cơng thức góc nhân ba cos 3α = cos3 α − cos α, sin 3α = sin α − sin3 α Cơng thức góc nhân năm cos 5α = 16 cos5 α − 20 cos3 α + cos α, sin 5α = 16 sin5 α − 20 sin3 α + sin α Về sau, ta sử dụng hệ thức sin x+cos x = √ √ √ √ √ √ π π π π sin(x+ ) = cos(x− ), − ≤ sin(x+ ) cos(x− ) ≤ 4 4 Ta có sin x − cos x = √ 2≤ √ √ sin(x − sin(x − √ π π ) = cos(x + ) 4 √ π √ π ); cos(x + ) ≤ 4 + Nếu C := α sin x + β cos x − α2 + β ≤ C ≤ α2 + β , ∀x ∈ R + Nếu D := cosn x + sinn x ta có −1 ≤ D ≤ 1, ∀x ∈ R 1.2 Đa thức lượng giác Định nghĩa 1.2.1 (xem[6]) Hàm số dạng An (x) = a0 + a1 cos x + b1 sin x + · · · + an cos nx + bn sin nx, an bn khơng đồng thời không (tức a2n + b2n > 0), ; bj ∈ R với i = 0, 1, , n j = 1, 2, , n, gọi đa thức lượng giác bậc n (n ∈ N) Khi tất bj = với j = 1, 2, , n, ta nhận biểu thức không chứa hàm sin Định nghĩa 1.2.2 Hàm số dạng Cn (x) = a0 + a1 cos x + · · · + an cos nx gọi đa thức lượng giác bậc n theo cosin Tương tự, tất = với i = 1, 2, , n, ta nhận biểu thức không chứa hàm cosin Định nghĩa 1.2.3 Hàm số dạng Sn (x) = b0 + b1 sin x + · · · + an sin nx gọi đa thức bậc n theo sin Sau đây, ta liệt kê tính chất đơn giản đa thức lượng giác Tính chất 1.2.4 Tổng hai đa thức lượng giác An (x) Bm (x) đa thức lượng giác có bậc nhỏ max {m; n} Tính chất 1.2.5 Tích hai đa thức lượng giác An (x) Bm (x) đa thức lượng giác có bậc n + m Tính chất 1.2.6 Nếu đa thức lượng giác An (x) = a0 + a1 cos x + b1 sin x + · · · + an cos nx + bn sin nx đồng với x ∈ R, tất hệ số 0, tức a0 = a1 = b1 = a2 = b2 = · · · = an = bn = Tính chất 1.2.7 Đối với đa thức lượng giác dạng An (x) = a0 + a1 cos x + b1 sin x + · · · + an cos nx + bn sin nx ln tìm đa thức đại số Pn (t); Qn−1 (t) cho An (x) = Pn (cos x) + sin xQn−1 (cos x) Tính chất 1.2.8 Đối với đa thức lượng giác bậc n (n ≥ 1) dạng Sn (x) = b0 + b1 sin x + · · · + an sin nx tồn đa thức đại số Qn−1 (t), cho Sn (x) = b0 + sin xQn−1 (cos x) Tính chất 1.2.9 Đối với đa thức lượng giác bậc n (n ≥ 1) theo cosin Cn (x) = a0 + a1 cos x + · · · + an cos nx tồn đa thức đại số Pn (t) với hệ số cao an 2n−1 cho Cn (x) = pn (cos x) Ngược lại, với đa thức đại số Pn (t) với hệ số bậc cao 1, qua phép đặt ẩn phụ t = cos x biến đổi dạng Cn (x) với an = 21−n 1.3 Đa thức Chebyshev Trong phần ta xét số tính chất đa thức Chebyshev loại loại (xem [6]) Định nghĩa 1.3.1 (Đa thức Chebyshev loại 1) Các đa thức Tn (x) xác định T0 (x) = 1; T1 (x) = x Tn+1 (x) = 2x.Tn (x) − Tn−1 (x) , n ≥ gọi đa thức Chebyshev loại Định nghĩa 1.3.2 (Đa thức Chebyshev loại 2) Các đa thức Un (x) xác định bởi: U0 (x) = 1; U1 (x) = 2x Un+1 (x) = 2x.Un (x) − Un−1 (x) , n ≥ gọi đa thức Chebyshev loại Bằng phương pháp quy nạp toán học, ta dễ dàng chứng minh Tn (cos α) = cos nα, ∀α ∈ R, ∀k ∈ Z; Un (cos α) = sin (n + 1) α , ∀α = kπ, ∀k ∈ Z sin α Tính chất 1.3.3 Ta có Tn (x) = cos (narccosx) , ∀x ∈ [−1; 1] Un (x) = sin (narccosx) √ , ∀x ∈ (−1; 1) − x2 Tính chất 1.3.4 Đa thức Tn (x) , Un (x) ∈ Z [x] có bậc n hệ số cao tương ứng 2n−1 2n Tính chất 1.3.5 Các đa thức Tn (x) , Un (x) hàm số chẵn n chẵn hàm số lẻ n lẻ Tính chất 1.3.6 Các đa thức Tn (x) Un (x) có n nghiệm thực phân biệt tương ứng là: cos kπ (2k + 1) π , k = 0; n − cos , k = 1, n 2n n+1 Chứng minh Do x ∈ [−1; 1] nên ta đặt x = cos α với α ∈ [0; π] Tn (x) = ⇔ Tn (cos α) = ⇔ cos nα = ⇔ α = π k + π, k ∈ Z, n ∈ N∗ 2n n 63 lợi thể lớn giải phương trình vơ tỷ Bài tốn sau ta xét đến lợi ưu điểm khử đề thi vơ địch Quốc Gia 1984 Bài tốn 4.3.4 (VMO 1984) Giải phương trình 1+ − x2 ( (1 + x)3 − (1 − x)3 ) = + − x2 Lời giải Điều kiện x ∈ [−1; 1] Với điều kiện ta đặt x = cos t, t ∈ [0; π] Ta phương trình √ √ + − cos2 t( (1 + cos t)3 − (1 − cos t)3 ) = + − cos2 t √ + cos t − cos t ) − 8( ) = + sin t ⇔ + sint 8( 2 √ t t t t ⇔ 2(sin + cos )(cos − sin )(2 + sin t) = + sin t 2 2 √ t t − sin )(2 + sin t) = + sin t ⇔ 2(cos 2 √ ⇔ cos t(2 + sin t) = + sin t 1 ⇔ cos t = √ suy x = √ 2 Vậy phương trình có nghiệm x = √ √ + 2x − x2 = − 2x2 Bài toán 4.3.5 Giải phương trình √ √ π 2 Lời giải Điều kiện |x| ≤ Đặt x = sin t suy |sint| ≤ suy |t| ≤ suy 2 √ ≤ cos t ≤ Khi phương trình trở thành + sin 2t π + sin t cos t = − sin2 t ⇔ = cos2 2t (vì |t| ≤ suy cos 2t ≥ 0.) 2  −π + kπ t=  sin 2t = −1 π  ⇔ sin2 2t + sin 2t − = ⇔ ⇔  t = 12 + kπ  sin 2t = 5π + kπ t= √12   −π − t= x= π   2π Vì |t| ≤ nên ta có nghiệm π ⇔ t= x = sin 12 12 √ π − ; x = sin Vậy phương trình có ngiệm x = 12 √ √ Bài tốn 4.3.6 Giải phương trình + − x2 = x(1 + − x2 ) 64 Nhận xét 4.3.7 Trong phương trình xuất dấu hiệu Lời giải Điều kiện √ a2 − x2 với a = (4.4) − x2 ≥ ⇔ |x| ≤ π π 2 Với điều kiện (4.4) ta đặt x = sin t, t ∈ [− ; ] Khi phương trình chuyển dạng: √ − sin2 t = sin t(1 + − sin2 t) ⇔ + cos t = sin t(1 + cos t) √ √ 3t t t t ⇔ cos = sin t + sin 2t ⇔ cos = sin cos 2 2  t π cos = t= ; √ √ √ ; x = t √ ⇔ cos (1 − sin 3t2) = ⇔  ⇔ ⇔ π 3t t= x=1 sin = 2 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x = , x = Lưu ý ta đặt x = cos t, t ∈ [0, π] 1+ Bài tốn 4.3.8 Định m để phương trình √ Lời giải Điều kiện |x ≤ 1| − x2 = x − m có nghiệm Đặt x = cos t, với t ∈ [0, π] Phương trình trở thành sin t = cos t − m ⇔ cos t − sin t = m ⇔ cos(t + π m )= √ √ π π 5π π Vì t ∈ [0, π] ⇔ ≤ t + ≤ nên suy −1 ≤ cos(t + ) ≤ 4 4 √2 √ m ⇔ − ≤ m ≤ Vậy để phương trình có nghiệm −1 ≤ √ ≤ 2 √ √ Bài tốn 4.3.9 Cho phương trình − x2 + − x2 = m Tìm m để phương trình có nghiệm Lời giải Điều kiện |x| ≤ Đặt x = cos t, với t ∈ [0, π] Phương trình trở thành − cos2 t + − cos2 t = m ⇔ sin t + sin2 t = m (4.5) Khi t = suy x = cos = suy m = (thỏa mãn) Khi t = π suy x = cos π = −1 suy m = (thỏa mãn) Khi t ∈ (0, π) phương trình (4.5) sin t ⇔ sin t + √ =m sin t Đặt u = √ sin t, < t ≤ 1, phương trình (4.6) thành u3 + 2u2 = m (4.6) 65 Xét hàm số f (u) = u3 + 2u2 , với < u ≤ Ta có < f (u) ≤ với < u ≤ suy < m ≤ Vậy phương trình có nghiệm ≤ m ≤  x − y + y √1 − x2 = 1; Bài toán 4.3.10 Giải hệ phương trình (1 − x)(1 + y) = Lời giải Điều kiện x, y ∈ [−1, 1] Với điều kiện ta đặt x = cos α; y = cos β; α, beta ∈ [0, π] Hệ  phương trình trở thành cos α sin β + cos β sin α = 1; (1 − cos α)(1 + cos β) =  β + α = π ; ⇔ cos β − cos α − cos α cos β − √ π 2) suy t2 = cos2 β + cos2 α − cos α cos β π ⇔ t2 = cos2 ( − α) + cos α − cos α cos β ⇔ t2 = − cos α cos β t2 − suy − cos α cos β = thay vào cos β − cos α − cos α cos β − ta phương √ t2 − − = ⇔ t2 + 2t − = suy t = (vì t ≤ 2) trình t2 + √ β−α π β+α ) sin( ) = ⇔ sin(α − ) = Với t = ta có cos β − cos α = ⇔ −2 sin( 2  x = π suy α = suy β = suy nghiệm hệ phương y = Giải β + α = Đặt cos β − cos α = t, (t ≤ trình 3x − >√ 1−x − x2 Lời giải Điều kiện|x| ≤ 1, Ta đặt x = cos t, t ∈ [0, π] bất phương trình có Bài tốn 4.3.11 Giải bất phương trình dạng cos t − ⇔ cot2 t − cot t + > ⇔ > √ 2 − cos t − cos t cos t > sin t điều kiện ta có π cot t < Kết hợp với 66 Dạng 2: Trong tốn có chứa biểu thức √ x2 − a |a| π , với t ∈ [0, π] x khác cos t √ x Bài tốn 4.3.12 Giải phương trình sau x + √ = 2 x2 − Phương pháp: Ta đặt x = Nhận xét 4.3.13 : Trong phương trình có xuất dấu hiệu   x2 − ≥ Lời giải Điều kiện x > √ x2 − với a = ⇔ x > Với điều kiện (4.7) ta đặt x = (4.7) π , t ∈ (0, ) cos t Khi phương trình có dạng √ √ √ 1 cos t + = 2 ⇔ sin t + cos t = 2 sin t cos t = 2 ⇔ cos t sin t − cos2 t √ u2 − Đặt u = sin t + cos t điều kiện ≤ u ≤ ta có sin t cos t =  √ u= √ √ 2 Khi phương trình có dạng: u = u −1) ⇔ 2u −u− = ⇔  suy ( u = −√ √ √ √ √ π π π π sin t+cos t = ⇔ sin(t+ ) = ⇔ t+ = +k2π ⇔ t = +k2π ⇔ x = 4 √4 Vậy phương trình có nghiệm x = π Lưu ý: Ta đặt x = , t ∈ (0; ) sin t √ x = Bài toán 4.3.14 Giải phương trình sau x + √ x2 −  + cos t Lời giải Điều kiện  x2 − ≥ x > (4.8) ⇔ x > π , t ∈ (0, ) cos t √ cos t + = ⇔ Phương trình trở thành cos t cos t sin t √ √ 1 + = ⇔ 2(sin t + cos t) = sin t cos t cos t sin t Với điều kiện (4.8) ta đặt x = Đặt u = sin t + cos t điều kiện ≤ u ≤ √ ta có sin t cos t = u2 − (4.9) 67 Phương trình (4.9)trở thành √ − √ u2 − u = 2u = ⇔ u= √ t 2y + y2 Đặt y = tan suy sin t = ; cos t = − y2 − y2 y = −1 √ √ Với u = √ ta có 5(y + 2y + 1) = 3y − ⇔  (3 + 5)2 y= √ √ 5 Suy x = Với u = √ Vậy phương trình có nghiệm x = 52 √ Dạng 3: Trong tốn có chứa biểu thức có dạng x2 + a2 π π Phương pháp: Ta đặt x = |a| tan t, t ∈ (− , ), x = |a| cot t, t ∈ (0, π) 2 √ Bài toán 4.3.15 Giải phương trình + x2 = x + x +1 √ Nhận xét 4.3.16 : Trong tốn có chứa biểu thức có dạng x2 + a2 , với a=1 π π Lời giải Đặt x = tan t, t ∈ (− , ) 2 ⇔ Phương trình cho trở thành tan2 t + = tan t + tan t + sin t = 1(l) ⇔ sin2 t − sin t − = ⇔ −1 sin t = √ π π − −1 ⇔ t = − suy x = tan(− ) = với sin t = √ − Vậy phương trình có nghiệm x = Bài tốn 4.3.17 Giải phương trình √ x 3x + = + √ x +1 x π Lời giải Đặt = tan t, t ∈ (0, ) Phương trình cho trở thành tan2 t + = tan t + ⇔ sin2 t − sin t − = ⇔ sin t = 1(l) −1 (l) sin t = Vậy phương trình cho vơ nghiệm Dạng 4: Một số dạng khác tan2 t + ⇔ 68 Bài tốn 4.3.18 (Romania 2002) Tìm tất số thực a, b, c, d, e ∈ [−2; 2] thỏa hệ phương trình:     a + b + c + d + e = 0;    a3 + b3 + c3 + d3 + e3 = 0; a5 + b5 + c5 + d5 + e5 = 10 Lời giải Đặt a = cos x, b = cos y, c = cos z, d = cos t, e = cos u Ta có cos 5x = (2 cos x)5 − 5(2 cos sx)3 + (2 cos x) = a5 − 5a3 + 5a Suy ra: cos 5x = a5 − a5 + a = 10 ⇔ cos 5x = Điều kéo theo cos 5x = cos 5y = cos 5z = cos 5t = cos 5u = 2π , k ∈ Z √ √ 2π 4π 5−1 5+1 Từ cos = , cos =− , cos = suy a, b, c, d, e ∈ 5 Rõ ràng cos α = ⇔ α = k √ √ 5−1 5+1 2; ;− 2 √ 5−1 hai Với a = rõ ràng phải có số 2, hai số khác √ 5+1 số lại − Kiểm tra trường hợp ta thấy đẳng thức a3 = thỏa mãn Bài tốn 4.3.19 Giải hệ phương trình    2x + x y = y;    2y + y z = z; 2z + z x = x Lời giải Nhận thấy hệ khơng có nghiệm  (±1, y, z); (x, ±1, z); (x, y, ±1) 2x   ; y=   − x2  2y ; Với x, y, z = ±1, ta viết lại hệ dạng z = − y2     x = 2z − z2 Với điều kiện ta đặt x = tan α (4.10) π π 2 Với x = tan α suy y = ,α ∈ (− , ), với tan α, tan 2α, tan 4α = ±1 tan α = tan 2α − tan2 α tan 2α Với y = tan 2α suy z = = tan 4α − tan2 2α Với tan 4α = tan 8α − tan2 4α π Từ (4.10)và (4.11) suy tan α = tan 8α ⇔ α = k , k ∈ Z z = tan 4α suy rax = (4.11) 69 π π −π π π < k < k ∈ Z suy k = 0; ±1; ±2; ±3 2 π π π nên x = tan k ; y = tan 2k ; z = tan 4k với k = 0; ±1; ±2; ±3 7  2x   ; y=   − x2  2y ; Nhận xét: Việc biến đổi hệ phương trình dạng z = đưa ta liên − y    x = 2z  − z2 tan α tưởng công thức lượng giác thường gặp nhân đôi tan 2α = − tan2 α tan3 α − tan α Với công thức nhân ba tan 3α = giúp ta giải hệ phương trình tan2 α − Vì α ∈ (− , ) suy sau cách dễ dàng Bài toán 4.3.20 Giải hệ phương trình sau    x − 3x = y(3x − 1);    y − 3y = z(3y − 1); z − 3z = x(3z − 1) 1 Lời giải Nhận thấy hệ khơng có nghiệm x = ± √ ; y = ± √ ; z = ± √ 3 3 x − 3x   ; y=    3x −  y − 3y Với x, y, z = ± √ ta đưa hệ phương trình dạng z = ;  3y −    z − 3z  x = 3z − Đặt π π x = tan t, t ∈ (− , ) 2 (4.12) tan3 t − tan t y = = tan 3t tan2 t − tan3 3t − tan 3t z= = tan 9t tan2 3t − với tan t, tan 3t, tan 9t = ± √ tan3 9t − tan 9t = tan 27t x= tan2 9t − π Từ (4.12) (4.13) ta tan t = tan 27t ⇔ t = k , k ∈ Z 26 Do (4.13) π π t ∈ (− , ) suy k = 0; ±1; ±2; ; ±12 (4.14) 2 3π 9π π Vậy hệ phương trình có 25 nghiệm (x; y; z) = (tan k ; tan k ; k ) với k thỏa 26 26 26 mãn (4.14) 70 Bài tốn 4.3.21 Giải hệ phương trình sau  x2 + 4y = 1; 16x5 − 20x3 + 5x + 512y − 160y + 10y + √2 = Lời giải Nhận xét từ phương trình thứ hệ ta thấy xuất x2 +4y = nên ta nghĩ đến việc đặt x = sin t, 2y = cos t, t ∈ (0; 2π) Hệ phương trình có dạng  sin2 t + cos2 t = 1; (4.15) 16 sin5 t − 20 sin3 t + sin t + 16 cos5 t − 20 cos3 t + cos t = −√2 Nhận xét 4.3.22 : Hệ số bậc hàm sin cos phương trình (4.15) giúp ta liên tưởng đến cơng thức lượng giác cos 5α = 16 cos5 α − 20 cos3 α + cos α sin 5α = 16 sin5 α − 20 sin3 α + sin α √ 3π π (4.15) ⇔ sin 5t + cos 5t = − ⇔ sin(5t + ) = −1 ⇔ 5t = − + k2π, k ∈ Z 4 π 13π 21π 29π 37π ; ; ; Vì t ∈ (0, 2π), k ∈ Z suy k = 1, 2, 3, 4, suy t = ; 20 20 20 20 Vậy hệ phương trình √ √ nghiệm 13π 13π 21π 21π 29π 29π 37π 37π 2 ; ); (sin ; cos ) (sin ; cos ); (sin ; cos ); (sin ; cos ) ( 20 20 20 20 20 20 20 20 4.4 Phương pháp lượng giác toán cực trị Bài toán 4.4.1 Cho đa thức f (x) = 4x3 + (m + 3) x2 + mx Tìm m ∈ R để |f (x)| ≤ 1, ∀x ∈ [−1; 1] Lời giải Do f (x) đa thức bậc kèm theo điều kiện x ∈ [−1; 1] nên ta kπ 2π π = − ; (k = 0; 1; 2; 3) Cụ thể x0 = cos = 1; x1 = cos = ; x2 = cos 3 x3 = cos π = −1 liên hệ đến điểm luân điểm đa thức Chebyshev bậc xk = cos Ta có   |f (1)| ≤ 1;      |f (−1)| ≤ 1;       ⇔ f − f  ≤ 1; ≤1 ⇔                −1 ≤ 2m + ≤ 1;  |2m + 7| ≤ 1;    |−1| ≤ 1; m+3 m ⇔ ≤ 1; − − +    m+3 m ≤1 + +     −4 ≤ m ≤ −3; −4 ≤ − m ≤ 4; ⇔   −4 ≤ 3m + ≤ |2m + 7| ≤ 1;    −3 ≤ m ≤ 5; −3 ≤ m ≤ 1−m ≤ 1; 3m + ≤1 suy m = −3 71 Đảo lại, m = −3 f (x) = 4x3 − 3x Đặt x = cos α với α ∈ [0; π] ta cóf (x) = cos 3α Suy |f (x)| = |cos 3α| ≤ Bài toán 4.4.2 (VMF 2016) Cho đa thức f (x) = 4x3 + ax2 + bx + c Tìm a, b, c ∈ R để |f (x)| ≤ 1, ∀x ∈ [−1; 1] Lời giải Đây toán hấp dẫn, tơi xin trình bày với nhiều lời giải khác Cách Bài toán tương tự với cách đề cách suy luận toán Tuy nhiên, tốn có đến tham số địi hỏi phải có đánh giá sâu sắc Dựa vào cách suy luận toán trên, ta để ý đến luân điểm đa thức Chebyshev bậc là: x0 = cos = 1; x1 = cos Ta có đánh giá sau:   |f (1)| ≤ 1;      |f (−1)| ≤ 1;       π 2π = ; x2 = cos = − ; x3 = cos π = −1 3          ⇔ ≤ 1; f       f − ≤1   |4 + a + b + c| ≤ 1;  −5 ≤ a + b + c ≤ −3;     |−4 + a − b + c| ≤ 1; ≤ a − b + c ≤ 5; a b + + + c ≤ 1; ⇔  −6 ≤ a + 2b + 4c ≤ 2;    a b −2 ≤ a − 2b + 4c ≤ − + − +c ≤1 Sử dụng (1) (2) ta có a + b + c ≤ −3; Sử dụng (3) (4) ta có a + 2b + 4c ≥ −6; a−b+c≥3 (1) (2) (3) (4) suy −2b ≥ Vậy nên b ≤ −3 a − 2b + 4c ≤ suy −4b ≤ 12 suy b ≥ −3 Từ hai đánh giá trên, ta suy b = −3 Thay b = −3 vào hệ bất phương trình trên,  ta được: −2 ≤ a + c ≤ 0;     ≤ a + c ≤ 2; suy  −8 ≤ a + 4c ≤ 0;    a + c = 0; a + 4c = ⇔ a = c = 0 ≤ a + 4c ≤ Đảo lại, a = 0; b = −3; c = f (x) = 4x3 − 3x Đặt x = cos α với α ∈ [0; π] ta cóf (x) = cos 3α Suy |f (x)| = |cos 3α| ≤ Cách Để cho việc đánh giá tìm giá trị a; b; c nhanh ta cần quan tâm đến bất đẳng thức quen thuộc |a1 + a2 + · · · + an | ≤ |a1 | + |a2 | + · · · + |an | dấu 72 đẳng thức có dấu Ta dự đốn đích đến a = 0; b = −3; c = Quay lại với tốn, ta có |8 + 2b| ≤ |4 + a + b + c| + |4 + b − a − c| ≤ Suy |4 + b| ≤ 1 1 1 Lại có |−1 − b| ≤ − − a − b − c + − + a − b + c ≤ 2 2 Vấn đề ta tìm giá trị b Bây nhận thấy ≤ |4 + b| + |−1 − b| ≤ + = Vậy dấu xảy tất bất đẳng thức b = −3; a = c = Đảo lại, a = 0; b = −3; c = f (x) = 4x3 − 3x Đặt x = cos α với α ∈ [0; π] ta cóf (x) = cos 3α Suy |f (x)| = |cos 3α| ≤ Cách Do xem xét đoạn [−1; 1] nên ta cần quan tâm đến giá trị lớn hàm số |f (x)| tí để việc đánh giá thuận lợi Quay lại toán, giả sử tồn số a, b, c thỏa mãn giả thiết toán đặt M = max |f (x)| Ta có x∈[−1;1] |f (1)| = |4 + a + b + c| ; |f (−1)| = |−4 + a − b + c| ; a b a b 1 f = = − + − +c + + +c ; f − 2 2 Với cách đặt trên, ta suy 1 + 2f − 6M ≥ |f (1)| + |f (−1)| + 2f 2 1 = ≥ f (1) − f (−1) − 2f + 2f − 2 Do M ≥ Dấu đẳng thức xảy |f (1)| = |f (−1)| = f đơi có tích không âm = f − = M = đồng thời f (1) ; −f (−1) ; −f 1 ;f − 2 Chú ý 4.4.3 Hai toán hội đủ điều kiện để quy nạp vấn đề: Để giải tốt toán tổng quát này, ta xét luân điểm đa thức Chebyshev bậc n cos đa thức kπ , k = 0; n giải phương trình khử hệ số bậc ≤ n − n Bài tốn 4.4.4 (Olympic 30/4 năm 2003) Tìm a, b, c ∈ R để max x∈[−1;1] x3 + ax2 + bx + c 73 đạt giá trị nhỏ Lời giải Khơng có khác lạ so với tốn tơi vừa trình bày Tuy nhiên việc đánh giá để tìm hệ số phức tạp, địi hỏi người làm tốn phải có biến đổi khéo léo Xét luân điểm đa thức bậc là: π 2π = ; x2 = cos = − ; x3 = cos π = −1 3 Đặt f (x) = x3 + ax2 + bx + c M = max f (x) x0 = cos = 1; x1 = cos x∈[−1;1] Ta có f (1) = |1 + a + b + c|; f (−1) = |1 − a + b − c|; 1 a b + + +c ; f − 2 a b − + −c 1 Khi f (1) + f (−1) ≥ |2 + 2b| ; f +b +f − ≥ 2 +f − ≥ Suy f (1) + f (−1) + f 2 f = = Theo cách đặt f (1) + f (−1) + f 1 +f − 2 ≤ 6M suy 6M ≥ suy M ≥ Dấu  đẳng thức xảy a b a b    + + +c − + − c ≥ 0;   8      a = 0;  (1 + a + b + c) (1 − a + b − c) ≥ 0; ⇔ b = − ;     (2 + 2b) − − 2b ≥ 0;  c=0     1  f (1) = f (−1) = f Vậy max x∈[−1;1] =f − =M = 2 x3 + ax2 + bx + c đạt giá trị nhỏ a = 0; b = − ; c = 4 Bài toán 4.4.5 Cho x, y số thực thỏa mãn x = y, x2 + y = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = Lời giải Với giả thiết x = y, x2 + y = 1, ta đặt 2xy + y 2xy + 2x2 +  x = cos t; y = sin t π sin t cos t + cos2 t sin 2t + cos 2t + P = = 2 sin 2t − cos 2t + sin t cos t + sin t + ⇔ (2P − 2) sin 2t − (2P + 1) cos 2t = − 4P với t ∈ [0, 2π], t = Khi đó, ta có Phương trình có nghiệm , 74 −1 ≤ P ≤  cos t = x = 0; (2P − 2)2 + (2P + 1)2 ≥ (1 − 4P )2 ⇔ 8P − 4P − ≤ ⇔ Vậy giá trị lớn P = ⇔ cos 2t = −1 ⇔ −1 Vậy giá trị nhỏ P = ⇔ sin 2t = 2  1   cos t = x = − √ ; cos t = x = √ ; 2 ⇔ 1   sin t = y = √ sin t = y = − √ sin t = y = ±1 Bài toán 4.4.6 (Đề thi Cao đẳng khối A năm 2008) Cho số thực x, y thỏa mãn x2 + y = Tìm gía trị lớnnhất nhỏ P = 2(x3 + y ) − 3xy x = √2 cos t; Lời giải Từ giả thiết ta đặt y = √2 sin t √ p = 2(sin t + cos t)(1 − sin t cos t) − sin t cos t √ √ √ π Đặt u = sin t + cos t = sin(t + ), − ≤ u ≤ √ √ Khi P = −2 2u3 − 3u2 + 2u + = f (u) √ √ 13 Khảo sát hàm f (u) với − ≤ u ≤ ta −7 ≤ f (u) ≤ 13 Vậy max P = , P = −7 Bài toán 4.4.7 Cho hệ  2   x + y = 16;    (1) u2 + v = 9; (2) xu + yv ≥ 12 (3) Tìm nghiệm  hệ để biểu thức P = x +  u F = xu đạt giá trị lớn x = cos α; u = cos β; Lời giải Đặt y = sin α, α ∈ [0, 2π] v = sin β, β ∈ [0, 2π] Thay vào (3) ta xu + yv = 12(cos α cos β + sin α sin β) ≥ 12 ⇔ cos(α − β) ≥ Vì cos(α − β) ≤ nên suy cos(α − β) = ⇔ α = β Do P = x + u = cos α + cos α = cos α ≤ Vậy max P = ⇔ α = β = α = β = 2π suy tương ứng với nghiệm hệ x = 4, y = 0, u = 3, v = F = xu = cos α3 cos β = 12 cos2 α ≤ 12 Vậy max F = 12 ⇔ cos α = ±1 ⇔ α = kπ suy α = β = π α = β = 2π , suy tương ứng với nghiện hệ x = 4, y = 0, u = 3, v = x = −4, y = 0, u = −3, v = 75 Vậy P, F đạt giá trị lớn hệ phương trình có nghiệm x = 4, y = 0, u = 3, v = 76 Kết luận Luận văn “Phương pháp lượng giác ước lượng đa thức dãy số” giải vấn đề sau: Luận văn trình bày chi tiết số dạng toán đa thức sinh hàm lượng giác, toán ước lượng miền giá trị đa thức đại số số toán cực trị đa thức đại số Trình bày dạng tốn liên quan đến dãy số phương pháp lượng giác để xác định số hạng tổng quát dãy số, ước lượng dãy số phương pháp lượng giác để tìm giới hạn dãy số Cuối cùng, luận văn trình bày số đề tốn thi học sinh giỏi nước, Olympic khu vực quốc tế liên quan đến đa thức dãy số 77 Tài liệu tham khảo [1] Phan Huy Khải (2001), 10000 Bài toán sơ cấp dãy số giới hạn, NXB Hà Nội [2] Phan Huy Khải (2007), Các toán dãy số, NXB Giáo dục [3] Nguyễn Văn Mậu (2002), Bất đẳng thức, định lý áp dụng, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu (2006), Một số toán chọn lọc dãy số, NXB Giáo dục [5] Nguyễn Văn Mậu (2009), Chuyên đề dãy số toán liên quan, NXB Giáo dục [6] Nguyễn Văn Mậu, Phạm Thị Bạch Ngọc (2005), Một số toán chọn lọc lượng giác, NXB Giáo dục ... đề tài “Một số phương pháp lượng giác ước lượng đa thức dãy số? ?? để làm đề tài luận văn thạc sĩ Chuyên đề lượng giác với mảng kiến thức "phương pháp lượng giác ước lượng đa thức dãy số" giúp em... dụng phương pháp lượng giác Trong phần ta xét số phương pháp lượng giác để xác định số hạng tổng quát dãy số, ước lượng dãy số để tìm giới hạn dãy số 3.1 Phương pháp lượng giác để xác định số hạng... thức lượng giác 24 PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC KHẢO SÁT MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ DÃY SỐ 28 3.1 Phương pháp lượng giác để xác định số hạng tổng quát dãy số 28 3.2 Phương pháp lượng giác để ước