Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp lượng giác hoá chứng minh các bất đẳng thức đại số34659

Huy- chk2
SKKN : PP LƯỢNG GIÁC HOÁ CM CÁC BĐT I S
I. đặt vấn đề

ở trường phổ thông, dạy toán là dạng hoạt động toán học. Đối với
học sinh có thể xem việc giải toán là hình thức chủ yếu của hoạt động
toán học. Hoạt động giải bài tập toán học là một phương tiện rất có
hiệu quả và không thể thay thế được trong việc giúp học sinh nắm vững
tri thức, phát triển tư duy, hình thành kỹ năng kỹ xảo, ứng dụng toán
học vào thực tiễn, là điều kiện để thực hiện tốt các mục đích dạy học ở
trường phổ thông.
Trong chương trình toán ở trường THPT, các bài toán rất phong
phú và đa dạng cả về nội dung lẫn phương pháp giải. Vì vậy việc bồi
dưỡng cho học sinh một phương pháp giải có hiệu quả là một việc rất
bổ ích và cần thiết. Việc biến bài toán đại số thành bài toán lượng giác
hay Phương pháp lượng giác hoá các bài toán đại số là một phương
pháp còn chưa được sử dụng rộng rÃi khi giải bài tập toán ở trường
THPT, đó không phải thích hợp cho mọi bài toán đại số nhưng số lượng
bài tập có thể áp dụng phương pháp này cũng không phải là ít. Vì vậy,
chúng tôi nghĩ rằng cần nghiên cứu để có cách truyền thụ thích hợp
cho học sinh.
Để nâng cao hiệu quả của việc rèn luyện kỹ năng giải toán đại số
bằng phương pháp lượng giác cho học sinh tôi chọn đề tài Rèn luyện
năng lực giải toán cho học sinh THPT qua chuyên đề chứng minh đẳng
thức đại số bằng phương pháp lượng giác.
II. Mục tiêu của đề tài

Đưa ra phương pháp chung để giải bài toán đại số bằng phương
pháp lượng giác, cơ sở của phương pháp này, các ví dụ minh hoạ về
chứng minh đẳng thức đại số bằng phương pháp lượng giác nhằm khắc
sâu kiến thức cơ bản và hình thành kỹ năng chứng minh đẳng thức đại

số bằng phương pháp lượng giác.

DeThiMau.vn

PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version


Huy- chk2
III. Nội dung

1. Phương pháp lượng giác hoá các bài toán chứng minh đẳng
thức đại số.
* Để lượng giác hoá các bài toán ta dựa trên các mệnh đề sau:

Mệnh đề I: Nếu 1 x 1 thì cã mét sè a víi -

π
π
≤ a ≤ sao cho sin a
2
2

= x vµ mét sè b víi 0 ≤ b ≤ π sao cho cos b = x.
MƯnh ®Ị II: NÕu 0 ≤ x ≤ 1 th× cã mét sè a vµ mét sè b víi 0 ≤ a ≤
π
;
2

0≤b≤

π
sao cho x = sina vµ x = cosb.
2

π
π
sao cho x =
Mệnh đề III: Với mỗi số thực x có mét sè a víi - < a <
2
2
tg a.
MƯnh ®Ị IV: Nếu các số thực x và y thoả mÃn hƯ thøc x 2 + y2 = 1 th× cã
mét sè a víi 0 ≤ a ≤ 2π sao cho x = cosa và y = sina.
* Phương pháp giải:

Ta thực hiện các bước sau:
B- ớ c 1:Lượng giác hoá ®¼ng thøc.
B­íc 1: Thùc hiƯn viƯc chøng minh ®¼ng thøc lượng giác.
* Chú ý: Cá c em học sinh cần ôn lạ i cá c ph- ơng phá p chứng minh

đẳng thức l- ợ ng giá c, cá c kiến thức cơ bản về l- ợ ng giá c để
có thể nhanh chóng tiếp cận đ- ợ c ph- ơng phá p này.
2. Các ví dụ
Ví dụ 1:

ho x y.

høng minh

x + y +x - y= x + x 2 − y 2 + x − x 2 − y 2

Giải:
Đẳng thức hiển nhiên đúng với x = y = 0. !iả sử x 0.
hia hai vế đẳng thức cần chứng minh cho x ta được:

DeThiMau.vn
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version



Huy- chk2
1+
"o

y
y
y
+ 1 − = 1 + 1 −  
x
x
x

2

y
+ 1 − 1 −  
x

2

x ≥ y ta có:

y
y
1 nên 1 1.
x
x

Đ#t

y
= cos a với a $0; % đẳng thức cuối s& là
x

1 + cos a+1 – cos a=1 + sin a+1 – sin a
Bởi vì các biểu thức trong các dấu giá tr' tuyệt đối luôn không âm (1 sina, cosa 1) nên đẳng thức trên hiển nhiên đúng.
Ví dụ 2:

ho x2 + y2 = 1
u2 + v2 = 1
xu + yv = 0
høng minh: a) x2 + u2 = 1
b) y2 + v2 = 1
c) xy + uv = 0

Giải:
áp dụng mệnh đề *V, tồn tại x = cos a ; y = sin a víi 0 ≤ a 2π vµ u
= cosb vµ v = sinb víi 0 ≤ b ≤ 2π.
T+ gi¶ thiÕt: xu + yv = 0
⇔ cos a cos b + sin a sin b = cos(a – b) = 0 (,)
a) ta cã:
x2 + u2 = cos2a + cos2b =

=1+

1
1
(1 + cos 2a) + (1 + cos 2b)
2
2

1
(cos 2a + cos 2b) = 1 + cos(a + b) cos(a b).
2

Theo (,) vế phải đẳng thøc cuèi c-ng b»ng 1 (®pcm).
b) y2 + v2 = sin2a + sin2b =

1
1
(1 – cos 2a) + (1 – cos 2b)
2
2

DeThiMau.vn
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version



Huy- chk2
= 1 – cos(a + b) cos(a – b) = 1 (đpcm).
c) Tương tự ta có: xy + uv = cos a sin a + cos b sin b =
=

1
(sin 2a + sin 2b) = sin(a + b) cos(a – b) = 0 (®pcm).
2

VÝ dơ 3:

ho x2 + y2 + .2 + 2xy. = 1 (x / 0, y / 0, . / 0)
høng minh:

1 + xy. = x (1− y 2 )(1− z 2 ) + y (1− x 2 )(1− z 2 ) + . (1− x 2 )(1− y2 )
Gi¶i:
T+ gi¶ thiÕt ta cã ngay 0 < x, y, . < 0
áp dụng mệnh đề **, ®#t x = cos a; y = cosb; . = cos c víi a, b,
π
c∈  0;  .
 2
høng minh đẳng thức đà cho tương đương với chứng minh:
1 + cosa cosb cosc = cosa sinb sinc + cosb sina sinc + cosc sina
sinb.
T+ gi¶ thiÕt ta cã:
os2a + cos2b + cos2c + 2cos a cosb cosc = 1
⇔ (cosc + cosacossb)2 – cos2acos2b + cos2a + cos2b – 1 = 0
⇔ (cosc +cosacossb)2 + cos2asin2b – sin2b = 0
⇔ (cosc + cosacossb)2 – sin2asin2b = 0
⇔ (cosc + cosacosb – sinasinb)(cosc + cosacosb + sinasinb) = 0
⇔ $cosc + cos(a + b)%$cosc + cos(a – b)% = 0
⇔ 0cos

a+b+c

a +b−c
a−b+c
b+c−a
cos
cos
cos
= 0 (,)
2
2
2
2

"o ®iỊu kiƯn 0 < a,b,c <

π
suy ra
2

a +b−c
π a−b+c
π
b+c−a
π
≠± ;
≠ ± vµ
≠± .
2
2
2
2

2
2

Thµnh thư: cos

a +b−c
a−b+c
b+c−a
cos
cos
≠0
2
2
2

DeThiMau.vn
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version



Huy- chk2
T+ (,) suy ra: cos

a+b+c
=0 ⇒a+b+c=π
2

cos(a + b + c) = -1 = cos(a + b) cosc – sinc – sin(a + b) sinc =
= cosa cosb cosc – sina sinb cosc – sina sinc cosb – sinb sinc
cosa

⇔ 1 + cosa cosb cosc = sina sinb cosc + sina sinc cosb
+ sinb sinc cosa

(®pcm).

VÝ dơ 0: ho xy, y., .x ≠ -1.

høng minh

x−y y−z z−x
x−y y−z z−x
+
+
=
.
.
1 + xy 1 + yz 1 + zx 1 + xy 1 + yz 1 + zx

!iải:

áp dụng mệnh đề ***, ®#t x = tga; y = tgb; . = tgc với - < a, b, c
2

< , và áp dụng tg cđa hiƯu hai gãc ta cã:
2
x − y tga − tgb
=
= tg(a – b);
1 + xy 1 + tgatgb
T­¬ng tù ta cã:

y−z
z−z
= tg(b – c);
= tg(c – a)
1 + yz
1 + zx

L­u 1 r»ng (a – b) + (b c) + (c a) = 0 ta được:
tg(a – b) + tg(b – c) + tg(c – a) = tg(a – b). tg(b – c) . tg(c – a)
Biến đổi ngược lại với các ph2p biến đổi bên trên ta được điều cần
phải chứng minh.
Ví dụ 5:

ho

1+ x 1+ y 1+ z 1+ x 1+ y 1+ z
.
.
+
+
=
(1) Víi x, y, . ≠ 1.
1− x 1− y 1− z 1− x 1− y 1− z
høng minh :
a)

2( x + y)(1 − xy) 1 − z 2
=
(1 + x 2 )(1 + y 2 ) 1 + z 2

DeThiMau.vn

PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version


Huy- chk2
b)

(1 − xy) 2 − ( x + y) 2
2z
=
(1 + x 2 )(1 + y 2 )
1+ z2

!i¶i:
a) §#t x = tga ; y = tgb ; . = tgc
π
π
π
víi - < a, b, c < vµ a, b, c ≠ (v× x, y, . ≠ 1)
2
2
2

π
tg
tga
π
1 + x 1 + tga

4
Ta cã:
= tg(a + )
=
=
1 − x 1 − tga
π
2
1 − tg .tga
4

T­¬ng tù:

1+ y
π 1+ z
π
− tg (b + ) ;
− tg (c + )
4
1− y
4 1 z

T+ đẳng thức đà cho ta có:
Tg(a +

) + tg(b + ) + tg(c + ) = tg(a + ) tg(b + ) tg(c + )
2
2
2
2
2
2

§#t
3=a+

π
π
;B=b+ ;
4
4

tg3 + tgB + tg

=c+


; đẳng thức cuối có dạng:
4

= tg3 tgB tg

tg3 + tgB = (1 – tg3 tgB) tg(- )
⇔ tg(- ) =

⇔3+B+

tgA + tgB
= tg(3 + B) ⇔ 3 + B = 1 − tgAtgB
= kπ ⇔ a + b + c =

+ kπ

π
+ lπ (2)
4

VËy ®iỊu kiƯn (1) tương đương với đẳng thức (2)
Đẳng thức cần chứng minh tương đương với
2( tga + tgb)(1 tgatgb) 1 tg 2 c
=
(1 + tg 2 a )(1 + tg 2 b)
1 + tg 2 c
⇔ 2(sina cosb + sinb cosa)(cosa cosb – sina sinb) = cos2c – sin2c
⇔ 2sin(a + b) cos(a + b) = cos2c ⇔ sin(2a + 2b) = cos 2c (4)

DeThiMau.vn

PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version


Huy- chk2
Bởi vì: a + b + a =

+ l
4

đẳng thức (4) hiển nhiên đúng (đpcm).
b) Tương tự như câu a), sau khi thay x = tga, y = tgb, . = tgc rồi
biến đổi lượng giác, đẳng thức cần chøng minh dÉn ®Õn
cos(2a + 2b) = sin 2c
"o (2) đẳng thức hiển nhiên đúng (đpcm).
Ví dụ 6: Nếu a + b + c – abc = 1 – ab – bc – ca.

5R:

1 − a 2 1 − b 2 1 − c 2 (1 − a 2 )(1 b 2 )(1 c 2 )
+
+
=
a
b
c
abc
!iải:

Đ#t a = tgα, b = tgβ, c = tgγ víi α, β, γ ∈  − ;  .
 2 2
tgα + tgβ + tgγ - tgα. tgβ . tgγ = 1 - tgα.tgβ-tgβ.tgγ-tgγ.tgα (1)
62t 2 tr­êng hỵp:
Tr- êng hỵ p 1: NÕu 1 - tgα.tgβ - tgβ.tgγ - tgγ.tgα = 0, ta được:
tg.tg + tg.tg + tg.tg = 1
tg + tgβ + tgγ = tgα.tgβ.tgγ

⇒

π
+ kπ
2
m©u
α + β + γ = lπ

α+β+γ=

Tr- êng hỵ p 2: NÕu 1 - tgα.tgβ - tg.tg - tg.tg 0, ta được:
(1)

tg + tgβ + tgγ − tgα.tgβ.tgγ
= 1 ⇔ tg (α + β + γ ) = 1
tgα.tgβ + tgβ.tgγ + tgγ.tgα

π
π
⇔ α + β + γ = + kπ ⇔ 2α + 2β + 2γ = + kπ
4
2
⇔ tg2α.tg2β - tg2β.tg2γ - tg2γ.tg2α = 1
⇔ cotg2α + cotg2β + cotg2γ = cotg2α.cotg2β.cotg2γ

(2)

NhËn x2t r»ng:
cot g 2α =

1− a2
1− b2
1 − c2
, cot g 2β =
, cot g 2γ =
a
b
c

DeThiMau.vn
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version


(4)


Huy- chk2
Thay (4) vào (2) suy ra điều phải chứng minh.
VÝ dơ 7:
a.

1
ho xy. = x + y +.; vµ x2, y2, .2 ≠ .
3

høng minh:

3x − x 3 3y − y 3 3z − z 3 3x − x 3 3y − y 3 3z − z 3
.
.

=
+
+
1 − 3x 2 1 − 3y 2 1 − 3z 2 1 − 3x 2 1 − 3y 2 1 − 3z 2

b. x(y2-1)(.2-1)+y(.2-1)(x2-1)+.(x2-1)(y2-1)=2xy.
!iải


điều
a. Đ#t x=tga; y=tgb; .=tgc với a, b, c ∈ ( − ; ); a, b, c
2 2
6

kiện đà cho tương đương với:
tga + tgb + tgc = tga tgb tgc

(1). Theo bµi 1.12

(1) ⇔ a + b + c = kπ
hó 1 lµ tg3a =
tg3b =

3tga − tg 3 a
1 − 3tg 2 a

3tgb − tg 3 b
3tgc − tg 3 c
tg
3

c
vµ
=
1 − 3tg 2 b
1 3tg 2 c

Đẳng thức cần chứng minh tương đương với
tg4a + tg4b + tg4c = tg4a.tg4b.tg4c
Đẳng thức này đúng (do a+b+c = k thì 4a+4b+4c=l)
b. Đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
tga(tg2b-1)(tg2c-1)

+

tgb(tg2c-1)(tg2a-1)+tgc(tg2a-1)(tg2b-

1)=2tgatgbtgc
sin2acos2bcos2c+cos2asin2bcos2c+cos2acos2bsin2c=
sin2asin2bsin2c

(2)

T+ a + b + c = kπ ⇒ sin(2a + 2b + 2c) = 0
T+ (4) khai triĨn theo c«ng thøc céng suy ra (2) (®pcm)
VÝ dơ 8:

ho xy + y. + .x = 1.

høng minh

x+y+.-4xy.=x(y2+.2)+y(.2+x2)+.(x2+y2)
!i¶i

DeThiMau.vn

PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version

(4)


Huy- chk2
§#t x = tga; y = tgb; . = tgc

π π
a,b,c ∈  − ; 
 2 2

T+ ®iỊu kiện đà cho ta được:
tgatgb + tgbtgc + tgctga = 1 ⇒ a + b + c =

π
+ kπ
2

⇒ 2a + 2b + 2c = π + 2kπ
sin (2a + 2b + 2c) = 0
⇒ sin2a cos2b cos2c + sin2b cos 2ac os2c + sin2c cos2a cos2b
- sin2a sin2b sin2c = 0
Vì

< a,b,c < nên cos2a cos2b cos2c ta được:
2
2

sin 2a cos 2b cos 2c sin 2b cos 2 cos 2c sin 2c cos 2a cos 2b
+
+
−
cos 2 a cos 2 b cos 2 c cos 2 a cos 2 b cos 2 c cos 2 a cos 2 b cos 2 c
−

sin 2a sin 2b sin 2c
=0
cos 2 a cos 2 b cos 2 c

5#t kh¸c ta cã

sin 2x 2 sin x cos x
=
= 2tgx
cos 2 x
cos 2 x

cos 2x cos 2 x − sin 2 x
=
= 1 − tg 2 x
2
2

cos x
cos x
ho nên đẳng thức trên có thĨ viÕt thµnh:
tga(1-tg2b)(1-tg2c)+tgb(1-tg2a)(1-tg2c)+tgc(1-tg2a)(1-tg2b)0tgatgbtgc=0
⇔tga(1-tg2b-tg2c+tg2btg2c)+tgb(1-tg2a-tg2c+tg2atg2c)+
tgc(1-tg2a-tg2b+tg2atg2b)-0tgatgbtgc = 0
⇔ tga+tgb+tgc – tga(tg2b+tg2c) – tgb(tg2a+tg2c) – tgc(tg2a+tg2b) +
+ tgatgbtgc(tgbtgc+tgctga+tgatgb) – 0tgatgbtgc = 0
L¹i thay tga = x, tgb = y, tgc = . vµ sư dụng giả thiết xy+y.+.x=1
ta được:
x+y+.+xy.(y.+.x+xy) 0xy. = x(y2+.2) + y(.2+x2) + .(x2+y2)
⇔ x+y+. – 4xy. = x(y2+.2)+y(.2+x2) + .(x2+y2) (®pcm)

DeThiMau.vn

PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version


Huy- chk2
VÝ dơ 9: NÕu x1, x2, x4 lµ nghiƯm của phương trình
x4+ax2+x+b=0 (b0)
5R ( x 1

1
1
1
1
1
1
)( x 2 − ) + ( x 2 − )( x 3 − 3 ) + ( x 3 − )( x 1 ) = 4

x2
x2
x2
x3
x1
x

(1)

Bài giải
T+ giả thiết ta có:
x1x2+x2x4+x4x1=1 và vì b0 do đó x1,x2,x40
Đ#t x=tg3, y=tgB, .=tg , víi 3, B,

∈(

−π π
, )
2 2

Ta cã:
tg3.tgB+tgB.tg +tg .tg3=1 ⇔ 3+B+ =

π
+ kπ
2

⇔ 23+2B+2 = π+2kπ

(2)

vµ
(1) ⇔ (tg3-cotg3)(tgB-cotgB)+(tgB-cotgB)(tg -cotg )+
+ (tg -cotg )(tg3-cotg3) = 0
⇔ (-2cotg23)(-2cotg2B) + (-2cotg2B)(-2cotg2 )+
+ (-2cotg2 )(-2cotg23) = 0
⇔ cotg23cotg2B + cotg2Bcotg2 + cotg2 cotg23 = 1
⇔ 23 + 2B + 2
VÝ dô 10:

= π + 2k, luôn đúng do (2)

hứng minh

2+ 3
2+ 2+ 3

+

2 3
2 2− 3

= 2

(1)

!i¶i
hia hai vÕ cđa (1) cho
2+ 3
2+ 4+2 3

+

2 ta được:

2 3
2 42 3

=1

DeThiMau.vn
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version



Huy- chk2



1+

3
2

1+ 1+
Thay

+

1

3
2

=1

(2)

3
3
1 1
2
2

3

trong (2) bởi cos ta được:777
2
6

DeThiMau.vn
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version