Khái niệm và lịch sử hình thành hàm lượng giác
Khái niệm
Trong toán học và lượng giác học, hàm lượng giác là các hàm toán học liên quan đến góc, được sử dụng để nghiên cứu tam giác và hiện tượng tuần hoàn Chúng thường được định nghĩa qua tỷ lệ chiều dài hai cạnh của tam giác vuông hoặc tỷ lệ giữa các đoạn thẳng trên vòng tròn đơn vị Định nghĩa hiện đại cho thấy hàm lượng giác có thể là chuỗi vô hạn hoặc nghiệm của phương trình vi phân, cho phép đối số của chúng là số thực hoặc số phức.
Lịch sử hình thành
Hipparchus (180-125 TCN) được coi là người đầu tiên thực hiện nghiên cứu hệ thống và lập bảng tính các hàm lượng giác, bao gồm độ dài các cung tròn và chiều dài dây cung tương ứng Sau đó, Ptolemy đã phát triển công trình này, phát hiện ra công thức cộng và trừ cho sin(A+B) và cos(A+B), đồng thời suy diễn ra công thức hạ bậc, cho phép ông lập bảng tính với độ chính xác cao Tuy nhiên, các bảng tính này đã bị thất truyền theo thời gian.
Các phát triển tiếp theo trong lĩnh vực toán học diễn ra ở Ấn Độ, đặc biệt là qua công trình của Surya Siddhanta (thế kỷ 4-5), đã định nghĩa hàm sin dựa trên nửa góc và nửa dây cung.
10, người Ả Rập đã dùng cả 6 hàm lượng giác cơ bản với độ chính xác đến
Các công trình đầu tiên về hàm lượng giác cơ bản được phát triển để phục vụ cho thiên văn học, đặc biệt là trong việc tính toán đồng hồ mặt trời.
Ngày nay, khoảng cách tới các ngôi sao gần được đo bằng các phương pháp hiện đại, cũng như trong các hệ thống hoa tiêu vệ tinh Ngoài ra, các ứng dụng này còn mở rộng ra nhiều lĩnh vực khác như quang học, phân tích thị trường tài chính, điện tử học, lý thuyết xác suất, thống kê, sinh học, dược khoa, hóa học, lý thuyết số, khí tượng học và hải dương học.
Bảng giá trị lượng giác của các cung có liên quan đặc biệt
Ta gọi cung có liên quan đặc biệt với cung α là các cung:
2 + α cos cos α -cos α -cos α sin α -sin α sin -sin α sin α -sin α cos α cos α tan -tan α -tan α tan α cot α -cot α cot -cot α -cot α cot α tan α -tan α
Bảng 1.1: Bảng giá trị lượng giác của các cung có liên quan đặc biệt
Công thức lượng giác
Các công thức cơ bản
2, k ∈ Z) tanx= sinx cosx 1 + tan 2 x = 1 cos 2 x (x 6= π
2 + kπ, k ∈ Z) cotx = cosx sinx 1 + cot 2 x = 1 sin 2 x (x 6= kπ, k ∈ Z)
Công thức cộng
sin(a±b) = sina.cosb±sinb.cosa cos(a±b) = cosa.cosb∓sina.sinb tan(a±b) = tana±tanb
2+kπ, k ∈ Z) cot(a±b) = cota.cotb±1 cota∓cotb (a, b, a±b 6= kπ, k ∈ Z)
Công thức nhân
Công thức nhân đôi sin 2x = 2 sinx.cosx cos 2x
Công thức nhân ba sin 3x = 3 sinx−4 sin 3 x= 4 sinxsin π 3 −x sin π 3 +x cos 3x = 4 cos 3 x−3 cosx = 4 cosxcos π
3 + x Công thức tổng quát đối với hàm tan: tan(a+b+c) = tana+ tanb+ tanc−tana.tanb.tanc
1−tana.tanb−tanb.tanc−tanc.tana
Công thức tính theo t= tan x sin 2x = 2t
Công thức hạ bậc sin 2 x = 1−cos 2x
Công thức biến đổi
Tích thành tổng cosa.cosb = 1
Tổng thành tích cosa+ cosb = 2 cosa+b
2 tana±tanb = sin(a±b) cosa.cosb (a, b 6= π
2 + kπ, k ∈ Z) cota±cotb = sin(b±a) sina.sinb (a, b 6= kπ, k ∈ Z) tana+cotb = sin(a−b) cosa.sinb (a 6= π
2+kπ, b 6= lπ, k, l ∈ Z) cota−tanb = cos(a+b) sina.cosb (a 6= kπ, b 6= π
Công thức bổ sung sina±cosa = √
Hệ thức lượng trong tam giác
Định lý sin
Trong tam giác ABC bất kỳ với BC = a;CA = b;AB = c và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp, ta có: a sinA = b sinB = c sinC = 2R
Định lý cosin
Trong tam giác ABC bất kỳ với BC = a;CA= b;AB = c ta có: a 2 = b 2 +c 2 −2bc.cosA b 2 = a 2 +c 2 −2ac.cosB c 2 = a 2 +b 2 −2ab.cosC
Trong chương này, luận văn sẽ trình bày phương pháp lượng giác hóa để giải các phương trình và hệ phương trình Chúng tôi sẽ giới thiệu các dấu hiệu và kỹ thuật phổ biến, đồng thời cung cấp các bài toán ứng dụng cụ thể nhằm minh chứng cho ưu điểm của phương pháp lượng giác hóa so với các phương pháp giải khác.
Một số kỹ thuật thường dùng để giải phương trình, hệ phương trình
phương trình. Để áp dụng lượng giác vào giải phương trình, hệ phương trình ta cần dựa vào các dấu hiệu sau đây:
Dấu hiệu 1: Nếu trong bài toán có |x| ≤ k với k > 0 thì đặt x = ksint với t∈
2 hoặc đặt x = kcosα với α ∈ [0;π]. Dấu hiệu 2: Nếu trong bài toán có biểu thức x 2 +y 2 = k 2 với k > 0 thì đặt
Dấu hiệu 3:Nếu bài toán có điều kiện |x| ≥k vớik > 0thì đặt x = k cost với t∈ h0; π
= k 2 tan 2 α. Dấu hiệu 4: Nếu trong bài toán có biểu thức x 2 +k 2 thì đặt x = ktant với t∈
Khi đó: x 2 + k 2 = k 2 1 + tan 2 t = k 2 cos 2 t với cost > 0 Dấu hiệu 5: Nếu trong bài toán có biểu thức: X = a+b
. Để chuyển một biểu thức đại số thành một biểu thức lượng giác tương ứng, ta có bảng sau:
Biểu thức đại số Biểu thức lượng giác
Bảng 2.1: Bảng tóm tắt biểu thức đại số và biểu thức lượng giác tương ứng
2.2 Các bước giải một bài toán về phương trình, hệ phương trình:
Bước 1: Nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán và đặt ẩn phụ.
Bước 2: Lượng giác hóa bài toán nghĩa là sau khi đặt ẩn phụ, chuyển phương trình, hệ phương trình đại số thành phương trình, hệ phương trình lượng giác.
Bước 3: Giải phương trình, hệ phương trình lượng giác tương ứng và kết luận.
2.3 Một số bài phương trình dùng phương pháp lượng giác hóa: Bài toán 2.1 (Đề thi vô địch quốc gia năm 1984) Giải phương trình: q
Cách 1: Sử dụng phương pháp đại số Điều kiện:
Bình phương 2 vế của phương trình (2.1) ta có:
Ta có phương trình (2.1 ∗ ) được viết lại theo t:
2 2 Đối chiếu điều kiện: t≥ 0 ⇒t √2 2 Với t√2
2 thay vào phương trình (2.1) ta có:
2 không phải là nghiệm của phương trình (2.1)
2 thay vào phương trình (2.1)ta được: vu uu t1 + vu ut1−
(Thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x √2 Cách 2: Dùng phương pháp lượng giác hóa:2
Với điều kiện: −1≤ x ≤1 Đặt x = cost Với t∈ [0;π]
Phương trình (2.1) được viết dưới dạng lượng giác:
2 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x √2
Bài toán 2.2 Giải phương trình: x 3 + q
Cách 1: Sử dụng phương pháp đại số Điều kiện: 1−x 2 ≥0 ⇔ −1 ≤x ≤ 1
Ta có phương trình (2.2*) được viết lại theo t: t 3 −3t t 2 −1 2
2 Đối chiếu với điều kiện:−1≤ x ≤ √
2 Phương trình này có 2 nghiệm phân biệt làx = t+√
2−1 Thay các nghiệm vừa tìm được vào phương trình (2.2), ta thấy2 x√2
2 thỏa mãn phương trình đã cho.
Vậy phương trình (2.2) có 2 nghiệm là: x √2
2−1 Cách 2: Sử dụng phương pháp lượng giác hóa: 2
Từ điều kiện: −1 ≤x ≤ 1; ta đặt x = sint; với −π
2 ≤ t ≤ π Khi đó, phương trình (2.2) được viết lại như sau: 2 sin 3 t+ q
⇔(sint+ cost) 3 −3 sintcost(sint+cost)−√
2 sintcost = 0 (2.2 ∗ ) Đặt u = sint+ cost; với −√
Thay vào phương trình (2.2 ∗ ) ta được: u 3 +u 2 √
Vậy phương trình (2.2) có 2 nghiệm là: x √2
Bài toán 2.3 Giải phương trình: x r
Với điều kiện đó, ta đặt : x = 2 cost; t ∈
Khi đó phương trình (2.3) trở thành:
9 (Thỏa mãn) Vậy phương trình (2.3) có 2 nghiệm là: x = 2 cos2π
Trong bài toán 1 và 2, việc giải quyết bằng phương pháp đại số có thể trở nên phức tạp và dễ dẫn đến nghiệm ngoại lai do phải thực hiện nhiều bước đặt ẩn phụ và chuyển đổi về các phương trình tương đương Tuy nhiên, nếu chú ý đến điều kiện của x để đặt ẩn phụ một cách hợp lý, chúng ta có thể đơn giản hóa bài toán về dạng lượng giác, giúp quá trình giải quyết trở nên ngắn gọn và dễ hiểu hơn.
Trong bài toán 3, việc xuất hiện nhiều dấu căn khiến cho việc giải trở nên phức tạp nếu áp dụng phương pháp bình phương cả 2 vế nhiều lần Tuy nhiên, lượng giác có lợi thế trong việc khử căn thông qua công thức hạ bậc, điều này rất hữu ích khi giải các phương trình vô tỷ.
Phương pháp lượng giác hóa đã cho thấy những lợi thế quan trọng so với các phương pháp khác qua ba bài toán đã trình bày Chúng ta sẽ áp dụng phương pháp này để giải quyết một loạt các bài toán tương tự tiếp theo.
Bài toán 2.4 (Đề nghị Olympic 30-4 năm 2007) Giải phương trình:
Khi đó phương trình (2.4) trở thành:
2 sint.cost (2.4 ∗ ) Đặt sint+ cost = u; với−√
2 Thay vào phương trình (2.4 ∗ ) ta có: u= √
−1 < x 0), khi đó phương trình trở thành:
Để giải phương trình 1−9t^2, chúng ta bắt đầu bằng cách bình phương hai vế, dẫn đến một phương trình bậc 6: 16t^6 − 24t^4 + 18^2 − 1 = 0 Tiếp theo, chúng ta cần thực hiện đặt ẩn phụ lần thứ hai Tuy nhiên, quá trình này có thể trở nên phức tạp nếu nghiệm chứa nhiều căn Do đó, việc đặt 3x = cost có thể giúp đơn giản hóa bài toán.
Bài giải: Điều kiện: 1−9 x ≥ 0 ⇔9 x ≤ 1⇔ x≤ 0 Đặt 3 x = cost;với t ∈ h0;π
2 i. Khi đó phương trình (2.6) trở thành:
2 nên phương trình có nghiệm là t = π Mặc khác ta có: 8 cosπ
2 2 Vậy phương trình (2.6)có nghiệm duy nhất là: x = log3 p2 +√
Bài toán 2.7 Giải phương trình:
Ta có công thức: cos 6t= 2 cos 2 3t−1 = 2 4 cos 3 t−3 cost 2 −1
2cos 6 t−48 cos 4 t+ 18 cos 2 t−1 Với x ∈ [−1; 1] ta đặt x = cost.
Khi đó thay vào phương trình (2.7) ta có:
Do phương trình bậc 6 có không quá 6 nghiệm nên phương trình có 6 nghiệm sau: k = 0 = π
18 ⇒ x = cos61π Vậy phương trình (2.7) có 6 nghiệm là: 18 x = cos π
Bài toán 2.8 (Tạp chí toán học và tuổi trẻ 2008) Giải phương trình: x 3 −3x = √ x+ 2 (2.8)
- Nếu x < −2 thì phương trình không xác định.
Khi đó phương trình (2.8) trở thành:
Vậy phương trình có nghiệm là: x = 2;x = 2cos4π
2.4 Một số bài hệ phương trình dùng phương pháp lượng giác hóa:
Bài toán 2.9 (Tạp chí toán học tuổi trẻ 2010) Giải hệ phương trình:
2 không phải là nghiệm của hệ phương trình (2.9)
2 ta có hệ phương trình tương tương:
y = 4x−4x 3 x 4 −6x 2 + 1 z = 4y −4y 3 y 4 −6y 2 + 1 x = 4z−4z 3 z 4 −6z 2 + 1 Thử giải bằng phương pháp dùng tính đơn điệu của hàm số
2o Đến đây, chưa kể kết luận vìf ′ (t) > 0với mọit ∈ R\n±p3−2√
2o suy ra f(t) là hàm đồng biến nên bài toán có nghiệm khi và chỉ khix = y = z
Vì thực ra ở đây, f(t) chỉ đồng biến trên từng khoảng xác định chứ không đồng biến trên miền xác định ví dụ 24 −24
Nên nếu giải bằng phương pháp này ta đã bỏ đi rất nhiều nghiệm,ta sẽ thử giải bằng phương pháp lượng giác.
Dùng phương pháp lượng giác hóa Đặt x = tant; t ∈ −π
Khi đó hệ phương trình (2.9) trở thành:
y = 4 tant−4 tan 3 t tan 4 t−6 tan 2 t+ 1 = tan 4t z = 4 tan 4t−4 tan 3 4t tan 4 4t−6 tan 2 4t+ 1 = tan 16t x= 4 tan 16t−4 tan 3 16t tan 4 16t−6 tan 2 16t+ 1 = tan 64t
Từ x = tant và x = 4 tan 16t−4 tan 3 16t tan 4 16t−6 tan 2 16t+ 1 = tan 64t
Ta suy ra: tant = tan 64t ⇔t = kπ
2 k ∈ Z Vậy hệ phương trình (2.9) có 63 nghiệm(x, y, z) tankπ
63 với k thỏa món điều kiện k ∈ Z và k = 0;±1;±2;±3;ã ã ã ;±31.
Bài toán 2.10 (Đề thi Olympic 30-4)
Trong các nghiệm (x;y;z;t) của hệ phương trình:
Hãy tìm nghiệm sao cho tổng x+y là nhỏ nhất.
Cách 1: Sử dụng phương pháp đại số Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có:
2 (2.10a) Kết hợp phương trình (2.10a) với 2 phương trình đầu của hệ ta suy ra:
2x) 2 ≥ 0 nên từ (2.10b) ta suy ra: z = √
2x Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có:
3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
Cách 2: Sử dụng phương pháp lượng giác hóa
Do đó ta có: sinα = cosβ; cosα = sinβ
= 1 nên tồn tại góc ϕ sao cho: cosϕ = 1
3 sin(α+ϕ) đạt giá trị nhỏ nhất bằng −√
3 Khi và chỉ khi sin(α +ϕ) = −1 ⇒ α+ϕ = −π
Từ đó, ta có: x = cosα = −sinϕ = −
Đối với bài toán hoán vị dạng này, phương pháp đại số thông thường không đủ để tìm ra nghiệm Thay vào đó, chúng ta cần áp dụng phương pháp lượng giác để có thể giải quyết bài toán một cách đầy đủ Hệ ban đầu khó nhận dạng, do đó, việc biến đổi về dạng lượng giác là cần thiết.
f(x) = g(y) f(y) = g(z) f(z) = g(x) rồi áp dụng các công thức lượng giác và chọn phép đặt phù hợp.
Bài toán (2.10) có thể giải quyết bằng hai cách khác nhau Cách 1 yêu cầu sử dụng nhiều lần bất đẳng thức Bunuyakovsky kết hợp với phương pháp đánh giá, làm cho việc tìm lời giải trở nên khó khăn Trong khi đó, cách 2, nếu khai thác đúng đặc điểm của bài toán và chú ý đến hai phương trình đầu trong hệ, ta có thể đặt ẩn phụ bằng hàm lượng giác Nhờ đó, bài toán sẽ chuyển sang dạng lượng giác, giúp việc giải quyết trở nên dễ dàng hơn.
-Chúng ta xét tiếp những bài hệ phương trình dưới đây để thấy lợi ích của phương pháp lượng giác hóa.
Bài toán 2.11 Giải hệ phương trình:
(x = ±1;y = ±1;z = ±1) không là nghiệm của hệ phương trình (2.11) nên:
4 oKhi đó hệ phương trình (2.11) thành:
1−tan 2 4t = tan 8t Kết hợp với x = tant ta được: tan 8t= tant⇔ t= kπ
7 , k ∈ Z Đối chiếu điều kiện của t, ta suy ra: t ∈
Vậy hệ phương trình (2.11) đã cho có 7 nghiệm:
Bài toán 2.12 (Đề nghị Olympic 30-4,2008) Giải hệ phương trình :
! không là nghiệm của hệ (2.12) Với x;y;z 6= ±
3 ta có hệ phương trình (2.12) tương đương:
√3 Khi đó hệ phương trình(2.12 ∗ ) trở thành: 3
Từ (2.12a) và (2.12b) ta suy ra: tant = tan 27t ⇔t = kπ
Vậy hệ phương trình (2.12) có 25 nghiệm (x,y,z) tankπ
Bài toán 2.13 Giải hệ phương trình :
Với điều kiện đó ta đặt x = cosα, y = cosβ; với α ∈ [0, π] ;β ∈ [0, π]
Khi đó hệ phương trình (2.13) trở thành:
Ta đặt t = sinα−cosα, với t ∈ h−√
Thay vào hệ phương trình (2.13 ∗ ) ta có:
x= 0 y = 1 Vậy hệ phương trình (2.13) có nghiệm duy nhất là: (x, y)=(0,1)
Bài toán 2.14 Giải hệ phương trình :
Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có:
Vậy hệ phương trình (2.14)có 6 nghiệm là:
Bài toán 2.15 Giải hệ phương trình :
Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có:
Vì cost = 0 không là nghiệm của phương trình trên nên chia hai vế cho cost ta có:
Suy ra nghiệm của hệ phương trình là: 91
√3 Suy ra nghiệm của hệ phương trình : 2
x = −1 y = −1 Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là:
Bài toán 2.16 Giải hệ phương trình :
x = cosα y = sinα Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có: cos 2 α + 2√
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x;y;z) = (1; 0; 0); (x;y;z) = 1
Trong chương này, luận văn sẽ trình bày các dấu hiệu và kỹ thuật phổ biến để chứng minh bất đẳng thức thông qua phương pháp lượng giác hóa Đồng thời, các bài toán ứng dụng cụ thể sẽ được đưa ra để minh họa ưu điểm của phương pháp này so với các phương pháp khác.
Một số bổ đề thường dùng để chứng minh bất đẳng thức
Bổ đề 1: Cho x;y;z ∈ R + thỏa x+ y +z = xyz Khi đó, tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho: x = tanA, y = tanB, z = tanC.
Bổ đề 2: Cho x;y;z ∈ R + thỏa xy+yz+zx = 1 Khi đó, tồn tại tam giác ABC sao cho: x = tanA
Bổ đề 3: Cho x;y;z ∈ R + thỏa x 2 + y 2 + z 2 + 2xyz = 1 Khi đó, tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho: x = sinA
Bổ đề 4: Cho x;y;z ∈ R + thỏa x+y+z = 1 Khi đó, tồn tại tam giác ABC sao cho: x = tanA
Một số bất đẳng thức lượng giác cơ bản
Một số bất đẳng thức sử dụng trong luận văn
(a) Bất đẳng thức AM-GM (Bất đẳng thức Cauchy):
Nếu x1, x2, , xn là cỏc số khụng õm thỡ x1 +x2 +ã ã ã+xn n ≥ √ n x1x2ã ã ãxn
Dấu "=" xảy ra khi x1 = x2 = ã ã ã = xn.
(b) Bất đẳng thức Bunhiacopxki (Bunyakovsky):
Nếu a1, a2, , an;b1, b2,ã ã ã , bn là cỏc số thực thỡ:
(a 1 b1 +a2b2 + ã ã ã+anbn) 2 ≤(a 2 1 + a 2 2 +ã ã ã+a 2 n)(b 2 1 +b 2 2 +ã ã ã+ b 2 n) Dấu "=" xảy ra khi a1 b1
Cho các số thực không âm a, b, c Khi đó, với mọi số thực dương r ta có: a r (a−b)(a−c) +b r (b−a)(b−c) +c r (c−a)(c−b) ≥0. Đẳng thức xảy ra khi: a = b = c hoặc a = 0 và b = c hoặc các hoán vị tương ứng.
Với r = 1, ta có bất đẳng thức Shur bậc ba: a 1 (a−b)(a−c) +b 1 (b−a)(b−c) +c 1 (c−a)(c−b) ≥0
(d) Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
Cho ai ∈ R; bi ∈ R(bi > 0); 1 ≤i ≤ n Ta có: a 2 1 b1
Các bước giải một bài toán chứng minh bất đẳng thức
Bước 1: Biến đổi, phân tích để nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán.
Để giải quyết bài toán, bước đầu tiên là lượng giác hóa bài toán, tức là chuyển đổi bài toán chứng minh bất đẳng thức đại số thành bài toán chứng minh bất đẳng thức lượng giác Sau đó, tiến hành chứng minh bất đẳng thức tương ứng và đưa ra kết luận.
Một số bài toán cụ thể
Bài toán 3.1 (Đề thi Iran năm 1997)
Cho 3 số dương x, y, z > 1 thỏa mãn 1 x + 1 y + 1 z = 2.
Bình phương 2 vế của (3.1) ta có: x−1+y−1+z−1+2p
Thay a;b;c vào điều kiện đề cho ta có:
⇒ ab+ bc+ ac+ 2abc = 1 (3.1b) Thay a;b;c vào (3.1a) ta được: √ ab+√ bc+√ ac ≤ 3
2 (3.1c) Cách 1: Giải bằng phương pháp đại số: Đặt √ ab = m
2;√ ac = p Thay m;n;p vào (3.1b) ta được:2 m 2 +n 2 +p 2 +mnp = 4 Thay m;n;p vào (3.1c) ta được: m+ n+p ≤3 Trong 3 số m, n, p luôn tồn tại 2 số cùng phía với 1 Không mất tính tổng quát, giả sử:
Ta cần chứng minh: p+mn ≤ 2
Ta lại có: 4 = m 2 + n 2 +p 2 +mnp ≥2mn+p 2 +mnp
Ta có điều phải chứng minh Dấu"=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 3 Cách 2: Giải bằng phương pháp lượng giác hóa 2
Từ đẳng thức (3.1b) : ab+bc+ac+ 2abc = 1
Suy ra tồn tại tam giác ABC nhọn sao cho: ab = sin 2 A
2; ca = sin 2 C Khi đó thay vào (3.1c) ta được: 2 sinA
2 ≤ 3 (Đây là bất đẳng thức lượng giác cơ bản)2
Ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 3.2 (Đề thi Romania năm 2005)
Cho 3 số dương a, b, c thỏa mãn (a+b)(b+c)(c+a) = 1 Chứng minh rằng: ab+bc+ac ≤ 3
Cách 1: Giải bằng phương pháp đại số Đặt: a+b = x; b+c = y; a+c = z.
2 ;c = y +z −x Điều kiện đã cho trở thành: xyz = 1 2
⇔x 2 +y 2 +z 2 + 3 ≥2(xy +yz +zx) (3.2*) Đặt x = m 2 np; y = n 2 mp; z = p 2 Bất đẳng thức (3.2*)trở thành:mn m 6 +n 6 +p 6 + 3m 2 n 2 p 2 ≥ 2[(mn) 3 + (np) 3 + (pm) 3 ] Áp dụng bất đẳng thức Schur bậc ba cho bộ số (m 2 , n 2 , p 2 ) ta được: m 6 +n 6 +p 6 + 3m 2 n 2 p 2 ≥m 2 n 2 (m 2 +n 2 ) +m 2 p 2 (m 2 +p 2 ) +n 2 p 2 (n 2 +p 2 )
Ta được điều phải chứng minh.
Cách 2: Giải bằng phương pháp lượng giác hóa
Ta chứng minh bất đẳng thức tổng quát sau:
Với 3 số dương a;b;c ta luôn có:
Thật vậy, vì 2 vế đồng bậc nên không mất tính tổng quát, giả sử: ab+bc+ ac = 1 Khi đó tồn tại tam giác ABC sao cho: a = tanA
3 (Đây là bất đẳng thức lượng giác cơ bản).8
Ta có điều phải chứng minh.
Khi vận dụng linh hoạt các điều kiện và biến đổi lượng giác, chúng ta có thể đơn giản hóa những bài toán bất đẳng thức phức tạp thành các bất đẳng thức lượng giác cơ bản.
Trong bài toán (3.2), việc không áp dụng phương pháp lượng giác hóa sẽ dẫn đến những biến đổi phức tạp và lý luận dài dòng để tìm ra lời giải Tuy nhiên, bằng cách sử dụng phương pháp lượng giác hóa, chúng ta có thể đơn giản hóa bất đẳng thức ban đầu thành một bất đẳng thức lượng giác cơ bản.
-Chúng ta cùng xem tiếp những bài bất đẳng thức dưới đây để thấy được lợi ích của phương pháp lượng giác hóa.
Bài toán 3.3 (Đề thi Balan năm 1999)
Cho a > 0;b > 0;c > 0 thỏa mãn a+b+ c = 1 Chứng minh rằng: a 2 +b 2 + c 2 + 2√
Bài giải: Đặt x rbc a;y rca b ;z rab Suy ra: a = yz;b = xz;c = xy c
Thay vào điều kiện đã cho ta có: xy +yz +xz = 1
Bất đẳng thức (3.3) ⇒ (xy) 2 + (yz) 2 + (xz) 2 + 2√
Từ điều kiện:xy+yz+xz = 1, suy ra luôn tồn tại tam giác ABC sao cho: x = tanA
3 (Đây là bất đẳng thức lượng giác cơ bản) Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = 1
Bài toán 3.4 (Đại học khối A-năm 2009)
Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn x(x+y +z) = 3yz Chứng minh rằng:
Bài giải: Đặt a = y +z;b = x+y;c = x+z thì a, b, c là các số dương.
2 ;z = a+b−c Điều kiện bài toán trở thành: Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn:2 a 2 = b 2 +c 2 −bc (3.4*) Chứng minh : b 3 +c 3 + 3abc ≤ 5a 3 (3.4a)
Coi a,b,c như là 3 cạnh của tam giác ABC.Từ điều kiện (3.4*) suy raAb π
Ta có: (3.4a)3 ⇔ (b+c)(b 2 −bc+c 2 ) + 3abc = a 2 (b+ c) + 3abc ≤ 5a 3
Ta được bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
Mặt khác ta có: sinB + sinC ≤2 sin
Ta có điều phải chứng minh 4
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c ⇔ x = y = z
Bài toán 3.5 (Đề thi Ukraine-2005)
Cho a, b, c ≥ 0 sao cho a+b+c = 1 Chứng minh rằng: r1 a −1. r1 b −1 + r1 b −1. r1 c −1 + r1 c −1. r1 a −1≥ 6 (3.5) Bài giải:
Với điều kiện a+b+c = 1, ta đặt:
Với A, B, C là 3 góc của tam giác 2
Khi đó ta có: r1 a −1 vu ut 1 tanA
2 vu uu ut sinC 2 sinA
r1 b −1 vu uu ut sin A 2 sinB
2 r1 c −1 vu uu ut sinB 2 sinC
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:2
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều, khi đó a = b = c
Ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 3.6 (Đề thi USAMO-năm 2009)
Cho a, b, c ≥ 0 sao cho a 2 +b 2 +c 2 + abc = 4 Chứng minh rằng:
Giả sử a, b, c > 1 Khi đó: a 2 + b 2 +c 2 +abc > 4 (Vô lý)
Do đó, có ít nhất 1 số không lớn hơn 1.
Không mất tính tổng quát giả sử a ≤1.
Giả thiết tương đương với: a
2 = 1 Suy ra luôn tồn tại tam giác ABC sao cho:
2 c = 2 sinC Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:2
Dấu” = ”xảy ra khi và chỉ khi :
a = b = 0 c = 2 Bây giờ ta chứng minh: sinA
Tương tự, ta cũng được: 2
2 + sinA.cotA+B Suy ra: 2 ab+bc+ca ≤ (sinA+ sinC) cotC +A
⇔ab+bc+ca ≤ 2(cosA+ cosB+ cosC) = 6−4(sin 2 A
= 6−(a 2 +b 2 +c 2 ) = 2 +abc Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Bài toán 3.7 (Đề thi học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm 2010-2011)
Cho các số thực dương x, y, z Chứng minh rằng:
Bài giải: Đặt: a = y+z, b = z+x, c= x+y với a, b, c là 3 cạnh của tam giác ABC.
6 = 5 3 Dấu ”=” xảy ra khi và chỉ khi:
Trong chương này, luận văn sẽ giới thiệu các kỹ thuật phổ biến để xác định giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức thông qua phương pháp lượng giác hóa Đồng thời, sẽ có các bài toán ứng dụng cụ thể nhằm minh chứng sức mạnh của phương pháp lượng giác hóa so với các phương pháp khác.
Các bước giải một bài toán cực trị
Bước 1: Nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán hoặc biến đổi giả thiết làm xuất hiện các dấu hiệu có trong bài toán.
Bước 2: Lượng giác hóa bài toán, tức là chuyển bài toán đại số sang bài toán lượng giác.
Bước 3: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số lượng giác tương ứng và kết luận.
Một số bài toán cụ thể
Bài toán 4.1 (Đề thi thử chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội năm 2015) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa: 4ab+ 2bc+ 3ca = 24.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
Từ điều kiện của giả thiết ta suy ra: x, y, z > 0 và xy+ yz+zx = 1 (*)
Khi đó biểu thức P trở thành: P = 1 x 2 + 1 + 1 y 2 + 1 + 1 z 2 + 1 Cách 1: Giải bằng phương pháp đại số
= 3− x 2 x 2 + 1 + y 2 y 2 + 1 + z 2 z 2 + 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức, ta được x 2 x 2 + 1 + y 2 y 2 + 1 + z 2 z 2 + 1 ≥ (x+ y+ z) 2 x 2 +y 2 +z 2 + 3(4.1a)
⇒x 2 +y 2 +z 2 ≥xy +yz +zx (4.1b) Mặt khác xy +yz +zx= 1 nên từ (4.1b) ta suy ra: x 2 + y 2 +z 2 + 8(xy+yz +zx) ≥ 9
Từ đó ta có: 9 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z √3 3 Hay a = 2√
3 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức Pmax = 9
Cách 2: Dùng phương pháp lượng giác hóa4
Từ xy +yz +xz = 1 suy ra luôn tồn tại tam giác ABC sao cho: x = tanA
2 vào biểu thức P ta có:
Bài toán 4.2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
Cách 1: Giải bằng phương pháp đại số
Ta chia cả tử và mẫu cho y 2 Khi đó ta có:
Thay vào biểu thức P ta được:
P tồn tại khi và chỉ khi P.u 2 + 4u+P −3 = 0 có nghiệm
Từ 2 trường hợp ta có: Pmin = −1 khi x y = 2; Pmax = 4 khi x y = −1
2 Vậy Pmin = −1 khi x y = 2;Pmax = 4 khi x y = −1 Cách 2: Dùng phương pháp lượng giác hóa2
= 1nên ta có thể đặt:
P = −1 khi và chỉ khi: 2 sin 2t+ 3
Tương tự P = 4 khi và chỉ khi y x = −2 Vậy Pmin = −1 khi và chỉ khi y x = 1
2;Pmax = 4 khi và chỉ khi y x = −2 Bài toán 4.3 (Đại học khối B - 2008) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
Với x, y là 2 số thực thay đổi và thỏa mãn hệ thức x 2 +y 2 = 1
Cách 1: Giải bằng phương pháp đại số
Thay x 2 +y 2 = 1 vào biểu thức P ta được:
P = 2(x 2 + 6xy) x 2 +y 2 + 2xy + 2y 2 Nếu y = 0 ta có x 2 = 1 Suy ra P = 2
Nếu y 6= 0, đặt t= x y ⇒ x = ty Biểu thức P được biểu diễn theo t như sau:
⇔ (P −2)t 2 + 2(P −6)t+ 3P = 0 (4.3 ∗ ) Nếu P=2 ⇒ Phương trình (4.3 ∗ ) có nghiệm t= 3
Nếu P 6= 2 ⇒ Phương trình (4.3 ∗ ) có nghiệm khi và chỉ khi4
√13 Cách 2: Giải bằng phương pháp lượng giác hóa
Từ hệ thức: x 2 + y 2 = 1, ta đặt
Thay vào biểu thức P ta được:
⇔(P −6) sin 2t+ (P + 1) cos 2t= 1−2P (4.8 ∗ ) Phương trình (4.3 ∗ ) có nghiệm khi và chỉ khi:
Vậy Pmax = 3 khi x y = 3; Pmin = −6 khi x y = −3
Bài toán 4.1 yêu cầu học sinh vận dụng bất đẳng thức để tìm lời giải, trong khi cách tiếp cận bằng lượng giác sẽ dễ dàng hơn Đối với bài toán 4.2 và 4.3, nếu giải theo cách 1 mà không xét các trường hợp y = 0 và y ≠ 0, học sinh sẽ dễ mắc sai lầm Cách 2, thông qua việc biến đổi và tách biến, giúp đưa bài toán về dạng lượng giác, từ đó giải quyết nhanh chóng và hiệu quả hơn.
Phương pháp lượng giác hóa đã cho thấy những lợi thế quan trọng so với các phương pháp khác qua ba bài toán đã giải Chúng ta sẽ áp dụng phương pháp này để giải quyết một loạt các bài toán tương tự trong thời gian tới.
Bài toán 4.4 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
- Xét trường hợp 2: y 6= 0 Ta chia cả tử và mẫu cho y 2 Khi đó ta có:
Bài toán 4.5 (Đại học ngoại thương Hà Nội năm 1995)
Cho x, y > 0 với x+y ≤1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
Bài toán 4.6 (Tạp chí toán học và tuổi trẻ 2011)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
Từ giả thiết: xy+ yz+xz = 1 nên luôn tồn tại tam giác ABC sao cho: x = A
2;z = tanC Khi đó ta có: 2
Ta có: tanA+ tanB = 2 sin(A+B) cos(A+B) + cos(A−B) ≥ 2 sin(A+B) cos(A+B) + 1 Mà:
2 Suy ra: tanA+ tanB ≥2 tanA+B Dấu ”=” xảy ra khi và chỉ khi A = B 2
Tương tự ta cũng có: tanC + tanπ
3 Suy ra: 2 tanA+ tanB + tanC + tanπ
2 khi và chỉ khi x = y = z = tanπ
Bài toán 4.7 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn : ab+ bc+ca = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
Từ giả thiết: ab+ bc+ ac = 1 nên luôn tồn tại tam giác ABC sao cho: a = tanA
2 vào biểu thức ta được:
Dấu ”=” xảy ra khi và chỉ khi:
10;c = 3Bài toán 4.8 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
Với điều kiện: x 2 +y 2 = 1 cho phép ta đặt
1 + sinϕ Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
