Một số tính chất của hàm lượng giác
Trong bài viết này, chúng ta sẽ khám phá các tính chất cơ bản của hàm lượng giác trên trục thực Hàm sin x và cos x có giá trị trong khoảng [-1, 1], với điều kiện sin^2 x + cos^2 x = 1 cho mọi x thuộc R Đối với các giá trị nguyên k, ta có sin(px + k2π) = sin x và cos(px + k2π) = cos x Ngoài ra, hàm tan(px + kπ) sẽ bằng tan x với x khác π.
2 kπ; cot p x kπ q cot x, @ x kπ, k PZ Công thức góc nhân đôi cos 2x cos 2 x sin 2 x 2 cos 2 x 1 1 2 sin 2 x. sin 2x 2 sin x cos x; tan 2x 2 tan x
2 cot x Công thức góc nhân ba cos 3x 4 cos 3 x 3 cos x, sin 3x 3 sin x 4 sin 3 x, tan 3x 3 tan x tan 3 x
1 3 tan 2 x Một số hệ thức thường sử dụng sin x cos x ?
Các hệ thức cơ bản trong tam giác
Một số dẳng thức cơ bản trong tam giác
Trong phần này ta luôn giả sử tam giác ABC có
• S là diện tích tam giác
• p là nửa chu vi tam giác
• m a , m b , m c , h a , h b , h c lần lượt là độ dài các trung tuyến, đường cao tương ứng với các cạnh a, b, c.
Mệnh đề 1.1 Cho A, B, C là các góc của một tam giác cho trước Khi đó ta có các công thức sau:
3 sin 2A sin 2B sin 2C 4 sin A sin B sin C.
4 sin 2 A sin 2 B sin 2 C 2 2 cos A cos B cos C.
5 tan A tan B tan C tan A tan B tan C.
2 Mệnh đề 1.2 Cho A, B, C P p 0, π q Khi đó A, B, C là các góc của một tam giác nếu và chỉ nếu tan A
Chứng minh.Giả sửA, B, C là các góc của một tam giác bất kỳ Khi đóA B C π, nghĩa là C
Ngược lại, giả sửA B C π thỏa mãn đẳng thức tan A
Trong tam giác có các góc A, B, C, với giả thiết A ≤ B, ta có tổng A + B < 2π Do đó, tồn tại một góc C1 nằm trong khoảng (π, π + q) sao cho A + B + C1 = π Từ đó, ta có thể suy ra giá trị của tan A.
Ta sẽ chứng minh C C 1 , suy ra A B C π, tức là A, B, C là các góc của một tam giác.
Thật vậy, trừ hai vế của (1.1) cho (1.2) ta có tan C
Một số bất đẳng thức thông dụng trong tam giác
Trong bài viết này, chúng tôi sẽ giới thiệu một số bất đẳng thức quan trọng liên quan đến các góc của tam giác Những bất đẳng thức này sẽ đóng vai trò then chốt trong việc chứng minh các bất đẳng thức khác thông qua phương pháp lượng giác hóa.
Mệnh đề 1.3 Cho A, B, C là các góc của tam giác ABC Khi đó ta có các bất đẳng thức sau:
1 Hàm sin x lõm trên khoảng p 0, π q nên theo bất đẳng thức Jensen ta có sin A sin B sin C
2 Từ sin x ¡ 0 với @ x P p 0, π q, áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có sin A sin B sin C ¤ sin A sin B sin C
3 Tương tự chứng minh (1) ta có sin A
2 vì hàm sin x lõm trên khoảng 0, π
4 Tương tự chứng minh (2) và từ bất đẳng thức AM-GM ta có
5 Từ A B π C suy ra cos C cos p A B q cos A cos B sin A sin B.
3 2 p cos A cos B cos A cos B sin A sin B q sin 2 A sin 2 B 2 sin A sin B 1 cos 2 A cos 2 B 2 cos A 2 cos B 2 cos A cos B p sin A sin B q 2 p 1 cos A cos B q 2 ¥ 0, điều này tương đương với cos A cos B cos C ¤ 3
6 Từ cos p A B q cos C ta có cos A cos B cos C 1
2 Do đó theo bất đẳng thức Jensen ta có cos A
8 Ta có sin 2 A sin 2 B sin 2 C 2 2 cos A cos B cos C ¤ 2 2 1
9 Ta có cos 2 A cos 2 B cos 2 C 3 sin 2 A
10 Vì hàm tan x lồi trên khoảng 0, π
2 nên theo bất đẳng thức Jensen ta có tan A
11 Vì tam giác đã cho nhọn nên A, B, C P
2 nên theo bất đẳng thức Jensen ta có tan A tan B tan C ¥ 3 tan A B C
Trong một tam giác có các bất đẳng thức kép thông dụng được cho bởi mệnh đề sau đây
Mệnh đề 1.4 Cho A, B, C là các góc của tam giác ABC Khi đó
Xây dựng các các hệ thức lượng giác từ đẳng thức, bất đẳng thức đại số
thức, bất đẳng thức đại số
Ta chứng minh một số kết quả cơ bản sau
Kết quả 1.1 Với a, b, c là các số thực dương, thỏa mãn điều kiện ab bc ca 1. Khi đó tồn tại các góc A, B, C của tam giác ABC sao cho a tan A
Chứng minh Vì a, b ¡ 0 nên tồn tại các góc 0 A
2 b Từ điều kiện suy ra c 1 ab a b 1 tan A
Ta có điều cần chứng minh.
Kết quả 1.2 cho thấy rằng, với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1 và a + b + c = abc = 2, tồn tại các góc A, B, C của tam giác nhọn ABC sao cho a = tan A.
2 Chứng minh Tam giác ABC nhọn khi cos A cos B cos C ¡ 0 ô 1 a 2
1 c 2 ¡ 0 ô p 1 a qp 1 b qp 1 c q ¡ 0 ô 1 p a b c q p ab bc ca q abc ¡ 0 ô abc a b c 2 (vì ab bc ca 1.)
Kết quả 1.3 Trong tam giác ABC với a tan A
Ta lại có cos A cos 2 A
Kết quả 1.4 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c abc. Khi đó tồn tại các góc của tam giácABC sao cho tan A
2 1 c Chứng minh Ta có điều kiện a b c abc ô 1 ab
1 ca 1. Áp dụng kết quả 2.1 ta suy ra điều phải chứng minh.
Kết quả 1.5 Trong tam giác ABC với tan A
2 1 a p a ¡ 0 q Khi đó ta có sin A 2a
Kết quả 1.6 Với a, b, c là các số thực dương và p a b c
2 Khi đó tồn tại các góc của tam giác ABC sao cho cos A
2 d p p b qp p c q p p p a q Chứng minh Ta có
2 cos A 2 c p p b qp p c q c bc p p p a q bc d p p b qp p c q p p p a q
Từ đó, ta có thêm nhận xét sau.
Nhận xét 1.1 c Với những bài toán xuất hiện biểu thức yz p x y qp x z q , c zx p y z qp x y q , c xy p x z qp y z q p x, y, z ¡ 0 q , thì tồn tại một tam giác ABC có độ dài các cạnh a y z, b z x, c x y, p a b c
2 Khi đó các biểu thức trên tương ứng trở thành c p p b qp p c q bc sin A
Nhận xét 1.2 d Với những bài toán xuất hiện biểu thức x p x y z q p x y qp x z q , d y p x y z q p y z qp x y q , d z p x y z q p x z qp y z q , thì tồn tại một tam giác
ABC có độ dài các cạnh a y z, b z x, c x y, p a b c
2 Khi đó các biểu thức trên tương ứng trở thành c p p p a q bc cos A
Phương pháp lượng giác trong bất đẳng thức và bất phương trình
Chương này trình bày ứng dụng của phương pháp lượng giác trong chứng minh bất đẳng thức và bất phương trình đại số.
Các bài toán về bất đẳng thức trong tam giác
Bất đẳng thức lượng giác trong tam giác
Trong bài viết này, chúng ta sẽ khám phá các dạng đối xứng và không đối xứng của bất đẳng thức lượng giác trong tam giác Đặc biệt, chúng ta sẽ bắt đầu với một số ví dụ về dạng đối xứng Định nghĩa 2.1 nêu rõ rằng, với mỗi tam giác ABC, ta ký hiệu δ ∆ABC là độ gần đều của tam giác, được xác định bởi giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các cạnh A, B, C.
Tam giác ΔABC có δ > 0 và δ = 0 khi và chỉ khi nó là một tam giác đều Định nghĩa 2.2 chỉ ra rằng với mỗi cặp tam giác A₁B₁C₁ và A₂B₂C₂ thỏa mãn điều kiện max t(A₁, B₁, C₁) ≤ max t(A₂, B₂, C₂) và min t(A₁, B₁, C₁) ≤ min t(A₂, B₂, C₂), thì cặp tam giác này được xem là sắp thứ tự.
A 1 B 1 C 1 gần đều hơn tam giác A 2 B 2 C 2
Vậy trong trường hợp có sắp thứ tự: Với mỗi cặp tam giác A 1 B 1 C 1 và A 2 B 2 C 2
(với A 1 ¥ B 1 ¥ C 1 , A 2 ¥ B 2 ¥ C 2 ) thỏa mãn đồng thời các điều kiện
A 1 ¤ A 2 , C 1 ¥ C 2 ,thì sẽ có tam giác A 1 B 1 C 1 gần đều hơn tam giác A 2 B 2 C 2
Nhận xét 2.1 Tam giác đều gần đều hơn mọi tam giác khác.
Nhận xét 2.2 Trong tập hợp các tam giác không nhọn thì tam giác vuông cân gần đều hơn mọi tam giác khác.
Nhận xét 2.3 Cho hàm số y f p x q có đạo hàm cấp hai f 2 p x q trong p a, b q a) Nếu f 2 p x q ¥ 0 với mọi x P p a, b q thì f p x q ¥ f p x 0 q f 1 p x 0 qp x x 0 q , với x 0 P p a, b q b) Nếu f 2 p x q ¤ 0 với mọi x P p a, b q thì f p x q ¤ f p x 0 q f 1 p x 0 qp x x 0 q , với x 0 P p a, b q
Bài toán 2.1 Cho tam giácABC và cho ba số không âmα, β, γsao choα β γ 1. Đặt $
Chứng minh rằng, khi đó tam giác A 0 B 0 C 0 gần đều hơn tam giác ABC.
Lời giải Theo giả thiết, ta có
A 0 ¤ max t A, B, C u , B 0 ¤ max t A, B, C u , C 0 ¤ max t A, B, C u nênmax t A 0 , B 0 , C 0 u ¤ max t A, B, C u
A 0 ¥ min t A, B, C u , B 0 ¥ min t A, B, C u , C 0 ¥ min t A, B, C u nên min t A 0 , B 0 , C 0 u ¥ min t A, B, C u
Từ đây ta suy ra tam giác A 0 B 0 C 0 gần đều hơn tam giác ABC.
Kết quả dưới đây bao hàm hầu hết các bất đẳng thức đối xứng dạng cơ bản trong tam giác.
Bài toán 2.2 đề cập đến việc so sánh hai tam giác A2B2C2 và A1B1C1, trong đó A2B2C2 gần đều hơn Hàm số f(p, x, q) được cho là không âm với mọi x trong khoảng (0, π) Từ đó, ta có bất đẳng thức f(p, A1) + f(p, B1) + f(p, C1) ≥ f(p, A2) + f(p, B2) + f(p, C2) Nhờ điều kiện f(p, x) ≥ f(p, x0) + f1(p, x0)(p(x - x0)) với mọi x trong khoảng (0, π), ta có thể rút ra được các kết luận cần thiết cho bài toán này.
Khi đó ta cóA 1 ¥ A 2 và C 1 ¤ C 2 Suy ra
Cộng các vế tương ứng của (3), ta được f p A 1 q f p B 1 q f p C 1 q ¥ f p A 2 q f p B 2 q f p C 2 q r f 1 p B 2 f 1 p C 2 qqsrp A 1 B 1 q p A 2 B 2 qs r f 1 p A 2 q f 1 p B 2 qsp A 1 A 2 q ¥ f p A 2 q f p B 2 q f p C 2 q
Bài toán 2.3 Cho tam giácABC và cho ba số dươngα, β, γ sao cho α β γ 1. Đặt
Chứng minh rằng sin A sin B sin C ¤ sin A 0 sin B 0 sin C 0
Lời giải Theo giả thiết ta có A 0 B 0 C 0 A B C π nênA 0 , B 0 , C 0 là các góc của một tam giác và
Ta có f 1 p x q cos x; f 2 p x q sin x ¤ 0 , x P r 0, π s Theo nhận xét 3 suy ra f p x q ¤ f p x 0 q f 1 p x 0 qp x x 0 q , @ x P r 0, π s , x 0 P r 0, π s
Vậy nên sin A ¤ sin A 0 cos A 0 p A A 0 q ; sin B ¤ sin B 0 cos B 0 p B B 0 q ; sin C ¤ sin C 0 cos C 0 p C C 0 q Suy ra sin A sin B sin C ¤ sin A 0 sin B 0 sin C 0 cos C 0 p A B C A 0 B 0
C 0 q p cos B 0 cos C 0 qp A B A 0 B 0 q p cos A 0 cos B 0 qp A A 0 q
VìA B C p A 0 B 0 C 0 q 0; A B ¥ A 0 B 0 ; A ¥ A 0 ; π Ă B 0 Ơ C 0 Ơ 0 ủ cos B 0 Ô cos C 0 ; π Ă A 0 Ơ B 0 Ơ 0 ủ cos A 0 Ô cos B 0 ; nênsin A sin B sin C ¤ sin A 0 sin B 0 sin C 0
Bài toán 2.4 Cho tam giácABC và cho ba số dươngα, β, γ sao cho α β γ 1. Đặt
2 Lời giải Chỉ cần xét hàm số f p x q cos x thì f 2 p x q cos x 0 với x P
Chứng minh hoàn toàn tương tự như Bài toán 2.3, ta được bất đẳng thức cos A
2 Bài toán 2.5 Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC không nhọn, ta luôn có tan A
Lời giải Không mất tính tổng quát, ta coi A ¥ B ¥ C Khi đó
8 Xét hàm số f p x q tan x với x P
2 Vậy nên theo Nhận xét 3 ta có f p x q ¥ f p x 0 q f 1 p x 0 qp x x 0 q , @ x P
2 Theo bài toán 2.2 thì tan A
Tiếp theo ta trình bày một số bất đẳng thức lượng giác không đối xứng trong tam giác
Nhận xét 2.4 Ta đã biết trong tam giác ABC luôn có tan A
Từ (2.5) ta dễ có tan 2 A
Bài toán 2.6 Cho các số dương m, n, p Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có n p m tan 2 A
Lời giải Ta có n p m tan 2 A
Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có: n m tan 2 A
2 Cộng các vế tương ứng của ba bất đẳng thức trên ta được n p m tan 2 A
Dấu” ” xảy ra khi và chỉ khi
2, với 0 α, β, γ π Khi đó ta có tan A 2 tan α 2 tan B
A α 1 π, B β 1 π, C γ 1 π là các góc của một tam giác và dấu” ” xảy ra khi tam giác ABC đồng dạng với tam giác có ba góc tương ứng là α 1 π, β 1 π, γ 1 π.
Nhận xét 2.5 Ta biết trong tam giác ABC luôn có tan A
Ta có thể thay bất đẳng thức đối xứng p 2.7 q bằng bất đẳng thức dạng không đối xứng sau:
Bài toán 2.7 Cho các số dương m, n, p là độ dài các cạnh một tam giác Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có m tan A
2 p mn np pm q m 2 n 2 p 2 Để chứng minh bài toán này trước hết ta giải bài toán sau:
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác, và x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện xy + yz + zx = 1 Cần tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = ax + by + cz Đặt M = ax + by + cz, và M = p(ax + by + cz) + q^2 Khi đó, ta có M ≥ M₁².
M p ax by cz q 2 xy yz zx +) Với z 0 thì xy 1 và
M p ax by q 2 a 2 x 2 b 2 y 2 2abxy ¥ 2abxy 2abxy 4ab, hay, M ¥ 4ab.
Vì ta cần xác định min M nên về sau ta chỉ cần quan tâm tới các giá trị của
2 xy z 2 yz z 2 zx z 2 Đặt x z u, y z v, p u, v ¥ 0 q ta được
M p au bv c q 2 uv u v a 2 u 2 b 2 v 2 c 2 2abuv 2acu 2bcv uv u v (2.8)
Xét (2.8) như phương trình bậc hai đối với u, ta có p 2.8 q ô a 2 u 2 rp 2ab M q v 2ac M s u b 2 v 2 p 2bc M q v c 2 0
Phương trình này có nghiệm nên
∆ rp 2ab M q v 2ac M s 2 4a 2 r b 2 v 2 p 2bc M q v c 2 s ¥ 0 ô M p M 4ab q v 2 2 rp ab M qp 2ac M q 2a 2 p 2bc M qs v p 2ac M q 2 4a 2 c 2 ¥ 0, @ v ¥ 0
Do 0 M 4ab nên (2.9) xảy ra khi và chỉ khi
∆ 1 rp 2ab M qp 2ac M q 2a 2 p 2bc M qs 2 p M 4ab qrp 2ac M q 2 4a 2 c 2 s ¥ 0 ô r M p M 2ab 2ac a 2 qs 2 M p M 4ab qp M 2 4acM q ¥ 0 ô M 2 r M 2a p a b c qs 2 M 2 p M 4ab qp M 4ac q ¥ 0 ô 4a 2 M ¥ 16a 2 bc 4a 2 p a b c q 2 ô M ¥ 4bc p a b c q 2 , hay,
M ¥ 2 p ab bc ca q p a 2 b 2 c 2 q Dấu” ” xảy ra khi và chỉ khi v a b c a b c ; u p 2ab M 0 q v 2ac M 0
Thay x uz, y vz vào hệ thức xy yz zx 1 ta được p uv v u q 2 1 ô z c 1 uv v u , trong đó u, v xác định như (2.10).
Vậy giá trị nhỏ nhất của M 1 ax by cz bằng b
Từ kết quả bài toán này cùng với cách đặt x tan A
2 ; m a, n b, p c, ta được kết quả của bài toán 2.7
Bài toán 2.8 Cho các số dương x, y, z Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có x cos A y cos B z cos C ¤ yz
Lời giải Không mất tính tổng quát ta chỉ cần xét các tam giác ABC nội tiếp đường tròn có đường kính bằng1, tức là a sin A, b sin B, c sin C.
Ta có x cos A y cos B z cos C x cos A y cos B z cos p A B q
Lại có p x cos A y cos B q 2 x 2 cos 2 A y 2 cos 2 B 2xy cos A cos B.
2xy sin A sin B ¤ x 2 sin 2 A y 2 sin 2 B (2.11)
2δ p x cos A y cos B q ¤ δ 2 p x cos A y cos B q 2 , @ δ PR , hay,
Bài viết này trình bày các công thức toán học liên quan đến biến số x và y, với các tham số A, B, và C Các công thức này bao gồm các biểu thức như 2δ(px cos A y cos B) và δ²(x² cos² A + 2xy cos A cos B + y² cos² B) Ngoài ra, nó còn đề cập đến các điều kiện và biến thể khác nhau của các biểu thức này, chẳng hạn như δ²(x² cos² A y² sin² B) và 2xy cos A cos B Tất cả các công thức đều có liên quan đến các phép toán đại số và có thể áp dụng trong nhiều lĩnh vực khác nhau.
2 xy z p x cos A y cos B q 2xy cos C ¤ x 2 y 2 xy z
2xyz , hay, x cos A y cos B z cos C ¤ yz
Để chứng minh điều đã nêu, ta có các biểu thức 2x xz, 2y xy, 2z Dấu "=" xuất hiện khi x sin A, y sin B, z sin C, cho thấy tam giác ABC đồng dạng với tam giác có độ dài ba cạnh 1, x, 1 y, 1 z Trong bài toán 2.9, với tam giác ABC có độ dài các cạnh x, y, z, ta cần chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta đều có yz cos A + zx cos B + xy cos C ≤ x² + y² + z².
Lời giải Đặt yz α, zx β, xy γ ta có x 2 y 2 z 2
2α γα 2β αβ 2γ Bài toán cần chứng minh trở thành α cos A β cos B γ cos C ¤ βγ
2α γα 2β αβ 2γ Đây là kết quả của bài toán (2.8)
Bài toán 2.10 Cho các sốx, y, z dương Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có x sin A
Lời giải Ta có x sin A
Từ (2.13) và (2.15) suy ra δ 2 x sin A
Chọn δ xy z ta có xy z x sin A
2 ¤ y 2 z 2 2xyz x 2 y 2 2xyz z 2 x 2 2xyz Suy ra x sin A
.Bài toán được chứng minh.
Bất đẳng thức đại số trong tam giác
Bài toán 2.11 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC bất kỳ, ta có a 2 b 2 c 2 ¥ 4 ?
3 p a b q 2 p b c q 2 p c a q 2 , ở đây S là diện tích tam giác.
3 2a 2 2b 2 2c 2 2ab 2bc 2ca ô 2ab 2bc 2ca ¥ 4 ?
3 a 2 b 2 c 2 (2.16) Áp dụng công thức trong mọi tam giác ABC, ta có cot A b 2 c 2 a 2
3S 4S p cot A cot B cot C q ô 1 sin A cot A
3. Điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC là tam giác đều. Bài toán 2.12 Cho tam giác ABC bất kỳ Chứng minh rằng
2 sin A sin B sin C sin A sin B sin C Theo AM-GM ta có
8 sin A sin B sin C p sin A sin B sin C q , mà sin A sin B sin C ¤ 3 ?
Bài toán 2.13 Cho tam giác ABC bất kỳ Chứng minh rằng r 2 S p r ¥ 28
2R p sin A sin B sin C q 2R p sin B sin C sin A q tan A
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với tan A
Ta có điều phải chứng minh.
Trong mọi tam giác ABC, ta có mối quan hệ giữa độ dài các đường phân giác l_a, l_b, l_c và bán kính R của đường tròn ngoại tiếp tam giác, cụ thể là bc l_a, ca l_b, ab l_c ≤ 6R.
Lời giải. Áp dụng công thức: Trong mọi tam giác ABC, ta có l a 2bc cos A
2 b c , khi đó, bc l a ca l b ab l c ¤ 6R ô bc 2bc cos A
2 cos C 2 ¤ 6R (2.17) Áp dụng định lý hàm số sin, thì
Rõ ràng (2.19) đúng, vậy (2.17) đúng Ta có điều phải chứng minh Bất đẳng thức xảy ra khi ô cos B C
2 1 ô B C A C A B 0 ô A B C ô ABC là tam giác đều.
Bài toán 2.15 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta có p 2 ¥ h a h b h b h c h c h a Lời giải Ta có p 2 ¥ h a h b h b h c h c h a ô p 2 ¥ 4S 2 ab
4S 2 ca ô abcp 2 ¥ 4S 2 p a b c q ô abcp 2 ¥ pr 4abc
Ta có điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra ô ABC là tam giác đều.
Chú ý: Ta đã sử dụng các công thức quen biết sau: Trong mọi tam giác ABC ta có
Các bài toán về bất đẳng thức đại số
Bất đẳng thức lượng giác tự do
Bài toán 2.16 Cho tam giác ABC và số thực x Chứng minh rằng cos A x p cos B cos C q ¤ x 2
Lời giải Đưa bất đẳng thức đã cho về dạng tương đương f p x q 1
Biệt thức ∆ của tam thức bậc hai f p x q là
Theo định lý về dấu tam thức bậc hai, ta cóf p x q ¥ 0 @ x P R Vậy (2.20) đúng, suy ra điều phải chứng minh.
1) Xét hàm số f p x q x sin x với 0 x π
Rừ ràng f p x q liờn tục tại x 0, vậy từ α Ă 0 ủ f p α q Ă f p 0 q hay sin α α α 3
Xét hàm số f p x q sin x x với 0 x 2 π
Ta có f 1 p x q x cos x sin x x 2 cos x p x tan x q x 2
3) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có
2 ủ sin α tan α) Xét hàm số f p x q sin α tan α 2x với 0 x π
Ta có f 1 p x q cos x 1 cos 2 x 2 ¡ cos 2 x 1 cos 2 x 2 ¥ 0.
2 Rõ ràng f p x q liên tục tại x 0, nên từ π
Từ (2.21) và (2.22) có 2 sin α ¡ 2 tan α ¡ 2 α 1 Suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 2.18 Cho đa thức lượng giác
P p t q a 1 sin t a 2 sin 2t a n sin p nt q , thỏa mãn điều kiện
Lời giải Nhận xét rằng P p t q sin t
P n1 p cos t q với P n1 p x q là đa thức dạng b 0 b 1 sin x b 2 sin 2x b n sin nx p b n 0 q Đặt cos t x Khi đó | x | ¤ 1 và
1 x 2 P n1 p x q Nhận xét rằng P p x q thỏa mãn các điều kiện của bài toán trên, nên
Bài toán 2.19 Cho đa thức lượng giác
P p x q á n j 0 p a j cos jx b j sin jx q thỏa mãn điều kiện | P p x q ¤ 1 | với mọi x P R
Chứng minh rằng P 1 p x q ¤ n với mọi x PR
Lời giải Cho trước x 0 tùy ý Do cos p x 0 x q cos p x 0 x q 2 sin x 0 sin x, sin p x 0 x q sin p x 0 x q 2 cos x 0 sin x, nên, g p x q P p x 0 x q P p x 0 x q
2 , và g 1 p 0 q P 1 p x 0 q Ta chứng minh rằng | g 1 p 0 q| ¤ n Thật vậy, g p x q là đa thức lượng giác chứa thuần hàm số sin như trong bài toán 2.18 và
2 ¤ 1, nên theo kết quả bài toán 2.18, thì g p x q sin x ¤ n @ x R t , 2π, π, 0, π, 2π, u (2.23)
Nhưng g p 0 q 0 và g p x q g p 0 q x 0 x sin x ¤ n, nờn khi x ẹ 0 thỡ do g p x q g p 0 q x 0 ẹ g 1 p 0 q và x sin x ẹ 1 ta thu được | g 1 p 0 q| Ô n.
Từ đó ta có | P p x 0 q| ¤ n Nhưng x 0 được chọn tùy ý nên suy ra | P p x q| ¤ n với mọi x PR
Bất đẳng thức dùng biến đổi lượng giác
Bài toán 2.20 Cho bốn số x, y, u, v thỏa mãn điều kiện x 2 y 2 u 2 v 2 1.
Chứng minh rằng a) | xu yv | ¤ 1, | xv yu | ¤ 1. b) | u p x y q v p x y q| ¤ ?
Lời giải Trong lượng giác mỗi góc α bất kỳ ta có cos 2 α sin 2 α 1 vì thế dựa vào điều kiện đề bài x 2 y 2 u 2 v 2 1 nên có thể đặt
% x sin α y cos α u sin β v cos β, với 0 ¤ α, β ¤ 2π Khi đó ta có a) | xu yv | | sin α sin β cos α cos β | | cos p α β q| ¤ 1 và
| xv yu | | sin α cos β cos α sin β | | sin p α β q| ¤ 1. b) | u p x y q v p x y q| | sin β p sin α cos α q cos β p sin α cos α q|
Bài toán 2.21 Chứng minh rằng b
Lời giải Điều kiện có nghĩa: | x | ¤ 1 Do đó, đặt x cos α với α P r 0; π s , thì bất đẳng thức cần chứng minh có dạng
2 p 2 sin α q ô p 2 sin α qp cos α 1 q ¤ 0, luôn đúng với @ α P r 0; π s Bài toán được chứng minh.
Bài toán 2.22 Cho | a | ¥ 1, | b | ¥ 1 Chứng minh rằng a a 2 1 a b 2 1 ¤ | ab | (2.24)
Lời giải Vì | a | ¥ 1, | b | ¥ 1 nên ab 0 và
Do | a | ¥ 1, | b | ¥ 1 nên ta có thể đặt a 1 cos α , b 1 cos β với α, β P
1 cos β cos α cos β p tan α tan β q cos β sin α cos α sin β sin p α β q Vậy
|p α β q| ¤ 1, ta có điều cần chứng minh.
Bài toán 2.23 Chứng minh rằng với mọi x, y ta có
Lời giải Đặt x tan α, y tan β với π
2 Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng
4 ¤ p tan 2 α tan 2 β qp 1 tan 2 α tan 2 β q p 1 tan 2 α q 2 p 1 tan 2 β q 2 ¤ 1
Ta đặt A p tan 2 α tan 2 β qp 1 tan 2 α tan 2 β q p 1 tan 2 α q 2 p 1 tan 2 β q 2
A sin 2 α cos 2 β sin 2 β cos 2 α cos 2 α cos 2 β cos 2 α cos 2 β sin 2 α sin 2 β cos 2 α cos 2 β 1 cos 4 α cos 4 β sin p α β q sin p α β q cos p α β q cos p α β q
4 khi và chỉ khi hoặc
Do đó, một giá trị của α và β có thể là
Bài toán 2.24 Cho các số a, b thỏa mãn điều kiện a
1) Đặt x cos u, ta có a 1 cos 2 u | a cos u b | ¤ 1 @ u ô | sin u p a cos u b q| ¤ 1 @ u, do vậy với u π
Vậy | a | ¤ 2, điều phải chứng minh.
Hoàn toàn tương tự, ta cũng có
Tóm lại, ta chứng minh được rằng | ax b | ¤ 2, @ x P r 1; 1 s
Bài toán 2.25 Cho các số thực a, b, c P p 0; 2 q thỏa mãn ab bc ca abc 4. Chứng minh rằng a
Với điều kiện giả thiết lại thành ab bc ca abc 4 ô ab 4 bc 4 ca 4 abc
Như vậy ta có thể đặtcos C
2 vớiA B C π. Khi đó, dễ thấy 2 cos A cos B c
2 c cos C nên c 2 cos A cos B cos C Tương tự b 2 cos A cos C cos B , a 2 cos B cos C cos A
Tiếp theo, ta chứng minh một bất đẳng thức mạnh hơn bất đẳng thức đã cho.
3 q 2 ô a 2 b 2 c 2 ¥ 3. Điều này luôn đúng vì a 2 b 2 c 2 4 cos 2 B cos 2 C cos 2 A cos 2 A cos 2 C cos 2 B cos 2 A cos 2 B cos 2 C ¥ 4 p cos 2 A cos 2 B cos 2 C q ¥ 4 3
Như vậy, ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.26 (Đề nghị Olympic 30-4 toán 10 THPT chuyên Lê Hồng Phong TPHCM 2010) Cho các số thực a, b, c ¥ 1 thỏa mãn a b c 2 abc Chứng minh rằng bc a a 2 1 ca a b 2 1 ab a c 2 1 ¤ 3 ?
Lời giải Giả thiết đã cho tương đương
Khi đó ta có cos A cos B 1 c c 1 ab cos C c ủ 1 c 2 cos A cos B cos C
Tương tự 1 a 2 cos B cos C cos A
Bất đẳng thức đã cho có thể viết được dưới dạng c
Lại đặt cos 2 A x, cos 2 B y, cos 2 C z, ta được d
2 Nhận xét 2.6 Ta có thể chứng minh một bất đẳng thức mạnh hơn là
4 Điều này luôn đúng vì xy z zx y xy z ¥ x y z cos 2 A cos 2 B cos 2 C ¥ 3
Ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.27 (Tuyển sinh đại học khối A năm 2009) Cho các số thực dương x, y, z thỏa x p x y z q 3yz Chứng minh rằng p x y q 3 p x z q 3 3 p x y qp y z qp z x q ¤ 5 p y z q 3
Lời giải. Đặt a y z, b x z, c x y thì a, b, c là độ dài ba cạnh một tam giác.
Khi đó giả thiết trở thành b c a
2 ô p b c a qp a b c q 3 p c a b qp a b c q ô p b c q 2 a 2 3a 2 3 p b c q 2 ô a 2 b 2 c 2 bc. Điều kiện này cho thấy tam giác ABC có ba cạnh tương ứng a, b, c và góc A thỏa mãn cos A 1
Ta cần chứng minh b 3 c 3 3abc ¤ 5a 3 ô p b c qp b 2 bc c 2 q 3abc ¤ 5a 3 ô p b c qp a 2 bc bc q 3abc ¤ 5a 3 ô a 2 p b c q 3abc ¤ 5a 3 ô a p b c q 3bc ¤ 5a 2 Theo định lý sin ta cần chứng minh sin A p sin B sin C q 3 sin B sin C ¤ 5 sin 2 A ô 2 ?
3 p sin B sin C q 12 sin B sin C ¤ 15 (do A 60 0 )
Lại có sin B sin C 2 sin B C
Từ đó dễ dàng suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 2.28(Poland, 1999) Choa, b, clà các số thực dương thỏa mãna b c 1. Chứng minh bất đẳng thức a 2 b 2 c 2 2 ?
Lời giải Đặt a xy, b yz, c zx, bất đẳng thức đã cho trở thành x 2 y 2 y 2 z 2 z 2 x 2 2 ?
3xyz ¤ 1, (2.25) trong đó x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy yz zx 1 (2.26)
Bất đẳng thức (2.25) tương đương với p xy yz zx q 2 2 ?
Theo (2.26), ta dùng phép đặt x tan α
2 Khi đó bất đẳng thức (2.27) tương đương với tan α
Bài toán được chứng minh.
Bài toán 2.29 (Romania, 2005) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn p a b qp b c qp c a q 1 Chứng minh rằng ab bc ca ¤ 3
4 Lời giải Kết hợp giả thiết, ta đưa bất đẳng thức về dạng thuần nhất bậc sáu p ab bc ca q 3 ¤
Bất đẳng thức này thuần nhất bậc sáu nên ta chuẩn hóa ab bc ca 1.
2 với A B C π, a, b, c ¡ 0, thì p a b qp b c qp c a q ạ cyc p tan A
Như vậy ta chỉ cần chứng minh
8 Hiển nhiên đúng Ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.30 Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a b c abc Chứng minh rằng p a 2 1 qp b 2 1 qp c 2 1 q ¤ b p a 2 1 qp b 2 1 qp c 2 1 q Lời giải Viết bất đẳng thức dưới dạng a 2 1 a 2 1 b 2 1 b 2 1 c 2 1 c 2 1 ¤ 1 a p a 2 1 qp b 2 1 qp c 2 1 q
Từ điều kiện a b c abc ta có thể viết lại thành
Do đó ta đổi biến 1 a tan A
2 với A, B, C là ba góc của một tam giác.
Như vậy bất đẳng thức đã cho viết thành cos A cos B cos C ¤ sin A
Ta có(tới đây thì ý tưởng là ghép đối xứng) cos A cos B 1
2 Nhân theo vế của ba bất đẳng thức trên ta được cos 2 A cos 2 B cos 2 C ¤ sin 2 A
Ta được điều phải chứng minh.
Bài toán 2.31 (USA MO 2001) Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn a 2 b 2 c 2 abc 4 Chứng minh rằng
Nếu a, b, c đều lớn hơn 1, thì a² + b² + c² > abc + 4 Điều này cho thấy ít nhất một trong các số a, b, c không thể lớn hơn 1 Giả sử a < 1, thì ta có ab + bc + ca + abc > bc + p > 1, với p, q là các số dương.
Từ giả thiết ta đổi biến a 2 sin A
2 Khi đó áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có ab 4 sin A
2 Thiết lập các bất đẳng thức tương tự rồi cộng vế chúng lại ab bc ca ¤ p sin A sin B q cot A B
Theo bài ra ta có 6 p a 2 b 2 c 2 q 2 abc nên ab bc ca ¤ 2 abc.
Ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.32 (A Teplinsky Ukraine 2005) Cho các số dương a, b, c 1 Chứng minh rằng c 1 a 1. c 1 b 1 c 1 b 1. c 1 c 1 c 1 c 1. c 1 a 1 ¥ 6.
Lời giải Điều cần chứng minh có thể viết thành c p 1 a qp 1 b q ab c p 1 b qp 1 c q bc c p 1 c qp 1 a q ca ¥ 6 ô 1 d ab p b c qp c a q d 1 bc p b a qp c a q c 1 ca p b c qp b a q ¥ 6.
2 Nên cần chứng minh d 1 p p x qp p y q xy d 1 p p y qp p z q yz c 1 p p z qp p x q zx ¥ 6.
Mặt khác dễ thấy tồn tại một tam giácXY Z có các cạnh tương ứng x, y, z Khi ấy d p p y qp p z q yz sin X
Ta viết điều cần chứng minh thành
1 sin Z 2 ¥ 6. Điều này luôn đúng theo Cauchy - Schwarz
Ta có điều phải chứng minh.
Các bài toán về bất phương trình
Bài toán 2.33 Giải bất phương trình sau
Lời giải. Điều kiện của bất phương trình là
1 x ¥ 0 ô 1 ¤ x ¤ 1 Đặt x cos t, t P r 0; π s Khi đó bất phương trình đã cho trở thành
Bài toán 2.34 Giải bất phương trình sau
Lời giải Điều kiện 0 ¤ x ¤ 1. Đặt x cos 2 t với t P
, ta có bất phương trình sin t cos t ¡ 1
3 Vậy nghiệm của bất phương trình là 0 ¤ x 3 ?
Bài toán 2.35 Giải bất phương trình sau a x 2 a 2 ¤ x 2a 2
2 Khi đó bất phương trình có dạng
Vậy nghiệm của bất phương trình là x ¥ ? | a |
3 Bài toán 2.36 Giải bất phương trình
Lời giải Điều kiện 1 x 2 ¡ 0 ô 1 x 1. Đặt x sin t, t P π
Bất phương trình (2.30) trở thành
1 sin 2 t 1 ô 1 cos 2 t ¡ 3 sin t cos t 1 ô tan 2 t 3 tan t 2 ¡ 0 ô tan t 1 tan t ¡ 2 ô π
(Do hàm số sin đồng biến trên khoảng π
Mặt khác sin p arctan 2 q a tan p arctan 2 q
? 5 Vậy bất phương trình (2.30) có nghiệm là 1 x
Bài toán 2.37 Tìm giá trị tham số a để bất phương trình sau có nghiệm
Lời giải Điều kiện bất phương trình là a ¤ x ¤ a, a ¡ 0.
Từ a ¤ x ¤ a chia các vế cho a ta được 1 ¤ x a ¤ 1. Đặt x a cos t với t P r 0; π s Khi đó bất phương trình p 3.4 q trở thành
Bất phương trình (2.31) có nghiệm khi và chỉ khi bất phương trình (2.32) có nghiệm Mà bất phương trình(2.32) có nghiệm khi
Vậy 0 a 4 thì bất phương trình trên có nghiệm.
Bài toán 2.38 Với những giá trị nào của tham số a bất phương trình sau có nghiệm b a ? x b a ? x ¤ 2.
Lời giải Với a 0 bất phương trình vô nghiệm, do đó ta chỉ xét với a ¥ 0 Điều kiện để bất phương trình có nghĩa là x ¥ 0 và 0 ¤ x ¤ a. Đặt ? x a cos t với 0 ¤ t ¤ π
2 , khi đó bất phương trình đã cho trở thành a a p 1 cos t q a a p 1 cos t q ¤ 2 ô ? 2a cos t
Với a 0 bất phương trình có nghiệm.
2 π 4 ¤ 1. Để bất phương trình (2.34) có nghiệm thì ta phải có
? a hay 0 a ¤ 2. Vậy để bất phương trình đã cho có nghiệm thì a phải thuộc r 0; 2 s
Bài toán 2.39 Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm
Lời giải Điều kiện 0 ¤ x ¤ 1. Đặt x cos 2 t, t P r 0, π
2 s, ta thu được bất phương trình cos t sin t ¡ m sin t cos t 1 (2.35) Đặt u cos t sin t, u P r 1; ?
• Nếu u 1 thì (2.36) ô 2.0 ¡ m.0 (vô lý) Suy ra bất phương trình không có nghiệm u 1.
(2.36) ô m 2 u 1 f p u q Bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi bất phương trình (2.35) có nghiệm t P
2 s Điều kiện cần và đủ để xảy ra điều đó là m sup p1; ? 2s f p u q Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi m 1.
Một số dạng toán liên quan
Phương pháp lượng giác không chỉ hữu ích trong việc giải quyết bất đẳng thức và bất phương trình, mà còn áp dụng hiệu quả cho các bài toán về đẳng thức, phương trình, hệ phương trình và bài toán cực trị Dưới đây là một số dạng toán liên quan mà chúng ta sẽ xem xét.
Phương pháp lượng giác chứng minh đẳng thức
Bài toán 3.1 Cho x ¥ 0, y ¥ 0, z ¥ 0 thỏa mãn điều kiện sau xy yz zx 1 (3.1)
Lời giải Đặt x tan α, y tan β, z tan γ với α, β, γ P
2 Khi đó (3.1) có dạng tan α tan β tan β tan γ tan γ tan α 1 ô tan α p tan β tan γ q 1 tan β tan γ ô tan α 1 tan β tan γ tan β tan γ cot p β γ q ô α β γ π
1 tan 2 α tan α cos α cos β cos γ sin α cos β cos γ cos p β γ q cos β cos γ cos β cos γ sin β sin γ cos β cos γ
Bài toán 3.2 Cho xy 1, yz 1, zx 1 Chứng minh rằng x y
1 zx Lời giải Đặt x tan α, y tan β, z tan γ với α, β, γ P π
1 tan α tan γ tan p α β q tan p β γ q tan p γ α q
Để chứng minh mối quan hệ giữa các tangent, ta có công thức tan(p α β) tan(p β γ) tan(p γ α) = tan(p α β) tan(p β γ) tan(p γ α) Theo đó, ta sử dụng công thức tan a tan b = tan(p a b) / (1 - tan a tan b) để rút ra mối liên hệ giữa các góc α, β, γ Điều này dẫn đến việc tan(p α β) tan(p β γ) tan(p γ α) = tan(p α β) tan(p β γ) tan(p γ α) trong các trường hợp nhất định.
Do vậy ta có điều phải chứng minh.
? 3 và thỏa mãn điều kiện x y z xyz.
1 3z 2 Lời giải Đặtx tan α, y tan β, z tan γ vớia, b, c P π
2 Dox y z xyz nêntan α tan β tan γ tan α tan β tan γ Suy ra tan α tan β tan γ p 1 tan α tan β q (3.2)
Vì x, y, z thỏa mãn điều kiện nhất định, giả sử ngược lại với x, y, z, ta có thể suy ra x, y bằng 0 hoặc x, y không hợp lý Do đó, tan α và tan β phải bằng 1, dẫn đến đẳng thức (3.2) tương đương với tan p α β q tan γ.
3α 3β 3γ 3kπ, k PZ , và vì vậy tan p 3α 3β q tan 3γ, hay tan 3α tan 3β tan 3γ tan 3α tan 3β tan 3γ (3.3) Mặt khác tan 3α sin 3α cos 3α 3 sin α 4 sin 3 α
1 3 tan 2 γ Thay vào (3.3) ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 3.4 Cho 0 a, b, c 1 và a 2 b 2 c 2 2abc 1 (3.4)
Chứng minh rằng abc 1 c b p 1 a 2 qp 1 b 2 q a b p 1 b 2 qp 1 c 2 q b b p 1 c 2 qp 1 a 2 q
Lời giải Vì 0 a, b, c 1, nên ta đặt a cos α, b cos β, c cos γ với 0 α, β, γ π
2 Khi đó (3.4) trở thành cos 2 α cos 2 β cos 2 γ 2 cos α cos β cos γ 1 ô 1
Bài viết này đề cập đến các yếu tố ảnh hưởng đến các góc α, β và γ trong một hệ thống toán học phức tạp Nó trình bày các công thức liên quan đến cosin của các góc này và cách chúng tương tác với nhau Các biểu thức toán học thể hiện sự phụ thuộc lẫn nhau giữa các biến số, nhấn mạnh vai trò quan trọng của chúng trong việc giải quyết các bài toán liên quan đến hình học và đại số Sự kết hợp giữa các yếu tố này tạo ra một khung lý thuyết vững chắc cho việc nghiên cứu sâu hơn về các mối quan hệ trong không gian.
Đẳng thức cần chứng minh có dạng cos α cos β cos γ 1 cos γ sin α sin β cos α sin β sin γ cos β sin γ sin α ô cos γ cos p α β q sin p α β q sin γ 1 0 ô cos p α β γ q 1 0 ô cos p α β γ q 1, và điều này đúng khi α β γ π Như vậy, bài toán đã được chứng minh.
Bài toán 3.5 Cho x 1 , x 2 , x 3 là nghiệm của phương trình x 3 ax 2 x b 0 (3.5) và b 0 Chứng minh rằng x 1 1 x 1 x 2 1 x 2 x 2 1 x 2 x 3 1 x 3 x 3 1 x 3 x 1 1 x 1 4.
Lời giải Vì x 1 , x 2 , x 3 là nghiệm của phương trình (3.5) nên
" x 1 x 2 x 2 x 3 x 3 x 1 1 x 1 , x 2 , x 3 0 Đặt x 1 tan α, x 2 tan β, x 3 tan γ với α, β, γ P π
2 Ta có tan α tan β tan β tan γ tan γ tan α 1
1 tan α tan β p tan α tan β q tan γ (3.6) Nếu tan α tan β 1 thì tan α tan β 0 hoặc tan γ 0.
• tan α tan β 0 ủ tan α tan β, khi đú tan 2 β 1, vụ lý
Vậy tan α tan β 1 Khi đó từ (3.6)ta có tan α tan β
1 tan α tan β tan γ 1 ô tan p α β q tan π
Và x 1 1 x 1 x 2 1 x 2 x 2 1 x 2 x 3 1 x 3 x 3 1 x 3 x 1 1 x 1 p tan α cot α qp tan β cot β q p tan β cot β qp tan γ cot γ q p tan γ cot γ qp tan α cot α q
4 cot 2α cot 2β 4 cot 2γ p cot 2α cot 2β q
4 cot 2α cot 2β 4 cot p 2α 2β qp cot 2α cot 2β q p do 2γ π p 2α 2β k2π qq
4 cot 2α cot 2β 4 cot 2α cot 2β 1 cot 2α cot 2β p cot 2α cot 2β q 4.
Vậy x 1 1 x 1 x 2 1 x 2 x 2 1 x 2 x 3 1 x 3 x 3 1 x 3 x 1 1 x 1 4,điều phải chứng minh.
Phương pháp lượng giác giải phương trình
Bài toán 3.6 Giải phương trình sau
Lời giải Vì x P p 0; 1 q nên ta đặt x cos t với t P
2 q Khi đó phương trình đã cho trở thành
32 cos t p cos 2 t 1 qp 2 cos 2 t 1 q 1 1 cos t ô 32 cos 2 t sin 2 t cos 2 2t 1 cos t ô 8 sin 2 2t cos 2 2t 1 cos t ô 2 sin 2 4t 1 cos t ô cos 8t cos t ô 8t t k2π ô t k 2π
9 Vậy nghiệm của phương trình là cos 2π
Lời giải Điều kiện 1 x 2 ¥ 0 hay 1 ¤ x ¤ 1. Đặt x cos t p t P r 0; π sq, ta có ? 1 x 2 sin t.
4 cos 3 t 3 cos t sin t ô cos 3t sin t do đó ta có t π
4 Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt.
Bài toán 3.8 Chứng minh rằng phương trình
64x 6 96x 4 36 2 3 0 có nghiệm thực x 0 thỏa mãn điều kiện b
Lời giải Từ công thức cos 2 α 1 cos 2α
2 (với 0 ¤ α ¤ π), ta suy ra cos α
Mặt khác cos 6t cos 3 2t 3 cos 2t
Từ phương trình 64x 6 96x 4 36x 2 3 0, ta xét x P r 1; 1 s Đặt x cos t, ta cú 2 cos 6t 1 0 ủ cos 6t 1
18 là một nghiệm của phương trình Mặt khác π
16 Vậy phương trình64x 6 96x 4 36x 2 3 0luôn có một nghiệm x 0 cos π
Bài toán 3.9 Giải phương trình x 3 b p 1 x 2 q 3 x b
Lời giải Điều kiện 1 ¤ x ¤ 1 Đặt x sin α với α P π
, ta có phương trình trở thành sin 3 α cos 3 α ?
2 sin α cos α ô p sin α cos α q 3 3 sin α cos α p sin α cos α q ?
2 sin α cos α. Đặt sin α cos α ?
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiêm là x
Bài toán 3.10 a) Xác định đa thức P n p t q thỏa mãn điều kiện
P n p cos x q cos nx. b) Giải và biện luận phương trình P n p t q m.
Lời giải Theo công thức Moivre ta có p cos x i sin x q n cos nx i sin nx.
Suy ra cos nx Re p cos x i sin x q n Re á n k 0
C n k cos n k x.i k sin k x n á 2 m0 p 1 q m C n 2m cos n2m x sin 2m x n á 2 m0 p 1 q m C n 2m cos n 2m x p 1 cos 2 x q m Đặt cos x t ta được
P n p t q n á 2 m 0 p 1 q m C n 2m t n 2m p 1 t 2 q m b) Giải và biện luận phương trình P n p t q m Nếu | m | ¤ 1, ta đặt m cos a cos p a 2π q cos r a 2 p n 1 q π s , @ a P r 0, π s
Khi đó cos nx cos p a 2kπ q ủ nx a k2π p 0 Ô k Ô n 1 q , hay x a k2π n ủ t cos a k2π n , 0 ¤ k ¤ n 1.
Nếu | m | ¡ 1 Theo công thức Euler về số phức ta có cos x e ix e ix
Với e ix a, a 0, a RR ta có cos x 1
Từ hệ thức P n p t q cos nx ta có
2 a n 1 a n m hay a a n m ? m 2 1 và t 1 2 a 1 a 1 2 b n m a m 2 1 n b m a m 2 1 Vậy, | m | ¤ 1 phương trình có nghiệm là t cos a k2π n , 0 ¤ k ¤ n 1.
Và | m | ¡ 1 phương trình có nghiệm là t 1 2 b n m a m 2 1 n b m a m 2 1 Bài toán 3.11 Cho 0 m 1, giải phương trình p 1 m 2 q x p 2m q x p 1 m 2 q x (3.7)
Phương trình có dạng p sin 2t q x p cos 2t q x 1
Phương trình có nghiệm x = 2 Khi x < 2, ta có p sin 2t q x p sin 2t q 2 và p cos 2t q 2 p cos 2t q 2, dẫn đến p sin 2t q x p cos 2t q x 1, cho thấy phương trình không có nghiệm đúng Tương tự, với x = 2, ta có p sin 2t q x p cos 2t q x < 1, cũng không cho ra nghiệm đúng Do đó, trong khoảng 0 < m < 1, phương trình chỉ có nghiệm duy nhất là x = 2.
Phương pháp lượng giác giải hệ phương trình
Bài toán 3.12 Giải hệ phương trình sau
Trong hệ phương trình, với phương trình x² + y² = 1, ta có thể đặt x = sin α và y = cos α, với t thuộc khoảng [0; 2π) Khi đó, phương trình thứ hai của hệ trở thành p sin α cos α + qp = 1 + 4 sin α cos α + c/2 cos.
Vìα P r 0; 2π s nên ta tính được các nghiệm là
Vậy hệ phương trình trên có các cặp nghiệm là sin 13π
Bài toán 3.13 Giải hệ phương trình
Hệ phương trình này là hệ đối xứng loại hai, có thể giải bằng cách lấy phương trình thứ nhất trừ đi phương trình thứ hai Tuy nhiên, chúng ta cũng có thể áp dụng phương pháp lượng giác hóa để giải, bằng cách xem xét vế trái của cả hai phương trình.
2 Khi đó hệ đã cho trở thành
Ta xét hai trường hợp
• Nếu sin α 0 thì sin β 0 và ngược lại nên ta có x y 0 là nghiệm của hệ.
• Nếu sin α 0 và sin β 0 Nhân phương trình thứ nhất và phương trình thức hai theo vế ta được
" sin 2α sin 2β tan α tan β sin 2β tan α ô
2 sin β cos α cos β sin α hay
2 sin β cos α cos β sin α (3.9) Thay (3.8) vào (3.9) ta được cos 2 α 1
2 , k PZ Khi đó nghiệm của hệ là x y tan π
Bài toán 3.14 Giải hệ phương trình sau
Lời giải Nhận thấy hệ không có các nghiệm x 1
? 3, ta đưa hệ phương trình về dạng
Từ (1) và (2) ta được tan α tan 27α ô α k π
2 suy ra k 0; 1; 2; ; 12 pq Vậy hệ phương trình có 25 nghiệm p x, y, z q p tan k π
Bài toán 3.15 (Romania 2002) Tìm tất cả các số thực a, b, c, d, e P r 2; 2 s thỏa mãn hệ phương trình $
Lời giải.Đặta 2 cos x, b 2 cos y, c 2 cos z, d 2 cos t, e 2 cos u.Ta có2 cos 5x p 2 cos x q 5 5 p 2 cos x q 3 5 p 2 cos x q a 5 5a 3 5a Suy ra ° 2 cos 5x ° a 5 5 ° a 5
5x 5.Điều đó kéo theocos 5x cos 5y cos 5z cos 5t cos 5u 1.
) Với ° a 0 thì rõ ràng phải có một số bằng 2, hai số khác bằng
2 và hai số còn lại bằng
2 Kiểm tra từng trường hợp ta thấy đẳng thức ° a 3 0 được thỏa mãn.
Phương pháp lượng giác giải các bài toán cực trị
Bài toán 3.16 Cho các số dươngx, y, z thỏa mãn 6x 3y 2z xyz Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
? yz x 2 1 a 4 p y 2 4 qp z 2 9 q Lời giải Để ý thấy biểu thức P có thể viết lại dưới dạng
Các biểu thức trong P là những biểu thức đậm chất lượng giác, ta khai thác giả thiết
Ta đặta 1 x , b 1 y , c 1 z thì ta đượcab bc ca 1 Khi đó biểu thứcP trở thành
VìB, C là bình đẳng trong P nên trong quá trình đánh giá, ta sẽ bảo đảm cho dấu bằng xảy ra tại B C Ta có
Bài toán 3.17 Trong các nghiệm p x, y, z, t q của hệ phương trình
Hãy tìm nghiệm sao cho y t nhỏ nhất.
Lời giải Từ giả thiết ta đặt x sin α, y cos α và z ?
3 và đẳng thức xảy ra khi
3 Bằng cách chọn các giá trị ta được nghiệm sau thỏa mãn p x, y, z, t q c 2
3 Bài toán 3.18 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số u 2x 3 ?
Lời giải Theo giả thiết 4x 2 9y 2 16 ô x
Khi đó, ta được # x 2 cos α y 4
3 , do đó max u 10 Vậy max u 10, min u 6.
Bài toán 3.19 Giả sử x, y là các số thay đổi thỏa mãn điểu kiện x ¡ 0, y ¡ 0 và x y 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P cos 2 α sin α sin 2 α cos α cos 3 α sin 3 α sin α cos α p sin α cos α qp 1 sin α cos α q sin α cos α Đặt t sin α cos α ?
Suy ra f p t q nghịch biến trên p 1; ?
Bài toán 3.20 Xét các số thực a, b, c dương thỏa mãn điều kiện abc a c b. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Lời giải Ta có abc a c b ô a c b p 1 ac q Nếu ac 1 thì a c
0 ủ a c ủ a 2 1, vụ lý Vậy ac 1 Khi đú ta cú b a c
1 ac Ta đặt a tan α, c tan β ủ b tan p α β q , với α, β thỏa món điều kiện α, β Ă 0 và α β π
2 cos 2 α 2 cos 2 p α β q 3 cos 2 β cos 2α 1 r cos 2 p α β q 1 s 3 cos 2 β cos 2α cos 2 p α β q 3 cos 2 β
Dấu bằng xảy ra khi
Luận văn "Phương pháp lượng giác trong chứng minh bất đẳng thức và bất phương trình đại số " đã giải quyết những vấn đề sau:
Bài viết đã trình bày một góc nhìn mới về chuyên ngành lượng giác, nhấn mạnh việc ứng dụng các tính chất và công thức lượng giác, cũng như các bất đẳng thức trong việc giải quyết các bài toán bất đẳng thức và bất phương trình đại số.
2 Luận văn đã tập trung tìm hiểu, thu thập các tài liệu và phân loại các bài toán về ứng dụng của phương pháp lượng giác.
Luận văn đã phát triển một hệ thống các dạng toán và tổng hợp nhiều bài thi Olympic Toán từ các quốc gia, tập trung vào việc ứng dụng phương pháp lượng giác trong việc giải quyết các bài toán bất đẳng thức và bất phương trình đại số, đồng thời đề xuất các bài tập tương tự để hỗ trợ người học.