Tải bản đầy đủ (.pdf) (20 trang)

Một vài phương pháp lượng giác hóa ứng dụng trong đại số ppsx

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (604.67 KB, 20 trang )




1

Một vài phương pháp lượng giác hóa ứng dụng trong đại số

Một số trường hợp thường gặp
Dạng 1 : Nếu x
2
+ y
2
=1 thì đặt
sin
os
x
yc







với
 
0;2



Dạng 2 : Nếu x


2
+ y
2
=a
2
(a>0) thì đặt
sin
os
xa
y ac







với
 
0;2



Dạng 3 : Nếu
1x 
thì đặt
 
sin , ;
22
os , 0;

x
xc


  












Dạng 4 : Nếu
xm
thì đặt
 
sin , ;
22
os , 0;
xm
x mc


  













Dạng 5 :Nếu
1x 
hoặc bài toán có chứa
2
x1
thì đặt x=
1
osc

với
3
0; ;
22


   




   

Dạng 6 :Nếu
xm
hoặc bài toán có chứa
22
x m
thì đặt x =
os
m
c

với
3
0; ;
22


   



   

Dạng 7 :Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức
2
x1
thì đặt
x = tan


với
;
22








Dạng 8 : Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức
22
x m
thì đặt
x = m tan

với
;
22









I. chứng minh đẳng thức , bất đẳng thức


Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số a, b ta đều có:
2
1
)b1)(a1(
)ab1)(ba(
2
1
22





Giải:
Đặt: a = tg , b = tg với ,  








2
;
2
.




2
Khi đó: A =
)tg1)(tg1(
)tgtg1)(tgtg(
)b1)(a1(
)ab1)(ba(
2222






= cos
2
 cos
2
 .














coscos
sinsin
1.
coscos
)sin(

= sin ( + ) . cos ( + ) =
2
1
sin (2 + 2)
Suy ra: A =
2
1
sin (2 + 2) 
2
1

Vậy: -
2
1

)b1)(a1(
)ab1)(ba(
22



2

1
(đpcm).
Bài 2:
Chứng minh rằng nếu x < 1 thì với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 ta có:
(1 + x)
n
+ (1 – x)
n
< 2
n
(1)
Giải:
Vì x < 1 nên có thể đặt x = cost với t  (0; )
và bất đẳng thức (1) được viết thành:
(1 + cos t)
n
+ (1 – cos t)
n
< 2
n
(2)
Thay trong (2) 1 + cos t = 2cos
2
2
t
và 1 – cost = 2sin
2
2
t
ta được

2
n








2
t
sin
2
t
cos
n2n2
< 2
n
(3)
Bởi vì 0 <
2
t
<
2

nên 0 < sin
2
t
, cos

2
t
< 1 nên chắc chắn:
cos
2n
2
t
=
n
2
2
t
cos






< cos
2
2
t
n > 1. Tương tự ta có:
sin
2n
2
t
< sin
2

2
t
n > 1. Do đó
2
n








2
t
sin
2
t
cos
n2n2
< 2
n







2

t
sin
2
t
cos
22
= 2
n

Vậy bất đẳng thức (3), cũng có nghĩa là bất đẳng thức (1) được chứng minh.



3
Bài 3: Chứng minh rằng từ 4 số thực cho trước ta luôn luôn chọn được hai số x, y trong 4
số đó sao cho:
0 
xy1
yx


 1 (1)
Giải:
Giả sử 4 số thực cho trước
là a  b  c  d
Đặt a = tgy
1
, b = tgy
2
, c = tgy

3
, d = tgy
4
với
-
2

< y
1
 y
2
 y
3
 y
4
<
2

< y
5
=  + y
1

Các điểm y
1
, y
2
, y
3
chia đoạn [y

1
; y
1
+ ] thành 4 đoạn [y
1
; y
2
], [y
2
; y
3
], [y
3
; y
4
] , [y
4
;
y
5
]. Trong số 4 đoạn này phải có ít nhất một đoạn có độ dài không lớn hơn
4

. Giả sử
0  y
2
– y
1

4


. Thế thì:
0  tg (y
2
– y
1
)  1  0 
ab1
ab
tgytgy1
tgytgy
12
12





 1
Đặt x = b, y = a ta được điều cần chứng minh.
Bài 4: Cho x, y > 0 và x + y = 1. Chứng minh:
2
17
y
1
y
x
1
x
2

2
2
2


















Giải:
Ta có: x + y =
   
22
yx 
= 1, theo mệnh đề IV thì có một số a với 0  a  2
để
x
= cosa và

y
= sina.
Bất đẳng thức đã cho được viết thành:







acos
1
acos
4
4
+







asin
1
asin
4
4

2

17

Ta có: cos
4
a +
acos
1
4
+ sin
4
a +
asin
1
4
= (cos
4
a + sin
4
a)







acosasin
1
1
44


y
1
y
2
y
3
y
4
y
5



4
= (1 – 2sin
2
acos
2
a)







acosasin
1
1

44
=














a2sin
16
1
2
a2sin
1
4
2

Vì 0 < sin
2
2a  1 nên 1 -
2
a2sin

2

2
1

và 1 +
a2sin
16
4
 17. Từ đó suy ra điều cần chứng minh.
Bài 5: Chứng minh với mọi cặp số thực x, y ta luôn có:
x
2
+ (x – y)
2
 4
 
22
yx 
sin
2

10

.
Giải:
Theo cách tính giá trị biểu thức lượng giác không dùng bảng ta có:
4sin
2
10


= 2
2
53
5
cos1










.
Bất đẳng thức đã cho có thể viết:
x
2
+ (x – y)
2
 (x
2
+ y
2
)










2
53
(1)
Nếu y = 0 bất đẳng thức (1) hiển nhiên đúng.
Nếu y  0. Chia hai vế (1) cho y
2
và đặt
y
x
= tga với
2

< a <
2

thì bất đẳng thức
có dạng: tg
2
a + (tga – 1)
2

2
53
(1 + tg

2
a)
 sin
2
a + (sina – cosa)
2

2
53

 sin
2
a + 1 – 2sinacosa 
2
53

 cos2a + 2sin2a 
5


a2sin
5
2
a2cos
5
1

 1 (2)




5
Bởi vì
22
5
2
5
1













= 1
vì vậy
5
1
= cos và
5
2
= sin. Với 0 <  <
2



Bất đẳng thức (2) có thể viết là: cos(2a - )  1. Điều này hiển nhiên.
Vậy bất đẳng thức đã cho đúng. (đpcm)
Bài 6: Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thoả mãn điều kiện
a, b > c > 0 ta có bất đẳng thức:
)cb(c)ca(c 

ab
(1)
Giải:
Vì a > 0, b > 0,
ab
> 0 nên bất đẳng thức (1) tương đương với
ab
)cb(c
ab
)ca(c 


 1 (2)
Nhận xét rằng
22
a
ca
a
c



















= 1
Nên đặt
a
c
= cosu ,
a
ca 
= sinu với 0  u 
2


Ta cũng thấy
22
b
cb

b
c


















= 1
Nên đặt
b
c
= cosv ,
b
cb 
= sinv với 0  v 
2


.
Khi đó (2) có thể viết thành
a
ca
b
c 
+
b
cb
a
c 
= cosv sinu + cosusinv  1 (3)
Bởi vì cosusinv + sinucosv = sin(u + v)  1 nên (3) luôn luôn đúng có nghĩa là (1)
đúng.
Bài 7: Chứng minh rằng: 4
 
 
2323
a1a3)a1(a 

2




6
Giải:
Điều kiện: 1 – a
2
 0  a  1

Đặt a = cos, với   [0; ]
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:
4
 
323
)cos1(cos 
- 3(cos -

2
cos1
) 
2

 4(cos
3
 - sin
3
) – 3 (cos - sin) 
2

 (4cos
3
 - 3cos) + (3sin - 4sin
3
)
2
cos3 + sin3
2

 cos (3 -

2

) 1, luôn đúng.
Bài 8: Chứng minh rằng:
31a
2

 2a
Giải:
Điều kiện: a
2
– 1  0  a  1.
Đặt a =
cos
1
, với   [0 ;
2

).
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:





 cos
2
3tg
cos
2

31
cos
1
2

 sin +
3
cos  2 
2
1
sin +
2
3
cos  1
 sin ( +
3

)  1, luôn đúng.
Bài 9: Cho x
2
+ y
2
= 1 ; u
2
+ v
2
= 1. Chứng minh
a) xu + yv 1.
b) xv + yu 1.
c) –2  (x – y) (u + v) + (x + y) (u – v)  2.

d) –2  (x + y) (u + v) – (x – y) (u – v)  2.
Giải:
Áp dụng mệnh đề IV. Đặt x = cosa ; y = sina ; u = cosb ; v = sinb
và 0  a, b  2. Khi đó
a) xu + yv=cos(a – b) 1.



7
b) xv + yu=sin(a + b) 1.
c) (x – y) (u + v) + (x + y) (u – v) = (cos a – sin a) (cos b + sin b) +
+ (cos a + sin a) (cos b – sin b) =
=
2
sin








a
4
2
sin









b
4
+
2
cos








a
4
2
cos









b
4

= 2cos (a + b)
Rõ ràng –2  2cos (a + b)  2. (đpcm)
Bài 10: Chứng minh:
a) (a + b)
4
 8(a
4
+ b
4
)
b) 32(a
6
+ b
6
)  (a + b)
6

c) (a + b)
8
 64(a
8
+ b
8
)
Giải:
a) Với a = 0 bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Nếu a  0 chia hai vế cho a và đặt tgx =
a

b

với
2

< x <
2

.
Bất đẳng thức đã cho tương đương với: (1 + tgx)
4
 8(1 + tg
4
x)
 (cos x + sin x)
4
 8(cos
4
x + sin
4
x) (1)
Vì sin
4
x + cos
4
x = (sin
2
x + cos
2
x)

2
– 2sin
2
x cos
2
x =
= 1 -
4
x4cos3
2
x2sin
2



(sin x + cosx)
4
= (1 + sin2x)
2
=
2
x4cosx2sin43 

(1)  8(cos
4
x + sin
4
x) – (sin x + cos x)
4


=
2
5
2
9

cos4x – 2sin2x  0.
Điều này hiển nhiên vì cos4x  -1 và - sin2x  -2.
b) c) Làm tương tự như a).
Bài 11: Chứng minh rằng
 
)b1)(a1(ab3a1bb1a
2222

 2
Giải:



8
Điều kiện:







0b1
0a1

2
2








1b
1a

Đặt





sinb
sina
, với  ,   [0; ]
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:
sin .

22
sin1.sinsin1
+
+
)sin1)(sin1(sin.[sin3

22

 2
 sin.cos + sin.cos +
3
(sin.sin - cos.cos) 2
 sin( + ) -
3
cos( + ) 2
 
2
1
sin( + ) -
2
3
cos( + ) 1
sin( +  -
3

) 1 , luôn đúng.
Bài 12: Cho a
1
, a
2
,… a
17
là 17 số thực đôi một khác nhau. Chứng minh rằng ta luôn chọn
được hai số a
j
, a

i
từ 17 số đó sao cho
0 <
1224
aa1
aa
ji
ij




Giải:
Không giảm tính tổng quát ta có thể giả sử a
1
< a
2
< … < a
17
Đặt tgv
i
= a
i
với -
2

< v
i
<
2


i = 1, 2,…, 17
Do tính chất đồng biến của hàm số y = tgx trong khoảng








2
;
2
nên từ a
1
< a
2
<
… < a
17
suy ra -
2

< v
1
< v
2
< … < v
17

<
2

< v
1
+ 
Các điểm v
2
, v
3
, …, v
17
chia đoạn [v
1
; v
1
+ ] thành 17 đoạn trong đó có ít nhất một
đoạn có độ dài không vượt quá
17

.



9
a) Nếu có một i với 1  i  16 sao cho 0 < v
i+1
– v
i


17

thì
0 < tg(v
i+1
-v
i
)  tg
17

< tg
16

. Vì tg
4

=
8
tg1
8
tg2
2



= 1
suy ra tg
8

=

2
- 1, tg
8

=
16
tg1
16
tg2
2



=
2
- 1  tg
16

=
1224 

Khi đó ta có
0 < tg(v
i+1
– v
i
) =
1224
aa1
aa

tgvtgv1
tgvtgv
1ii
i1i
i1i
i1i











Chọn a
j
= a
i+1
ta được điều cần chứng minh.
b) Nếu 0 < v
1
+  - v
17
<
17

<

16

thì
0 < tg [(v
1
+ ) – v
17
] = tg(v
1
– v
17
) < tg
16


Lúc này ta chọn a
j
= a
1
và a
i
= a
17
ta được điều cần chứng minh.
Bài 13: Chứng minh rằng với mọi cặp số thực x, y ta đều có:
 
4
1
)y1)(x1(
)yx1)(yx(

4
1
2
22
2222





Giải:
Đặt x = tgu , y = tgv với -
2

< u, v <
2

thì biểu thức
A =
 
2222
2222
2
22
2222
)vtg1()utg1(
)vutgtg1)(vtgutg(
)y1)(x1(
)yx1)(yx(






.
= cos
4
u. cos
4
v







vcos
vsin
ucos
usin
2
2
2
2








vcosucos
vsinusin
1
22
22

= (sin
2
u cos
2
v – sin
2
v cos
2
u) (cos
2
u cos
2
v – sin
2
u sin
2
v)
= (sinu cosv + sin v cos u)(sin u cos v – sin v cos u) 
 (cos u cos v + sin u sin v) (cos u cos v – sin u sin v)




10
= sin(u + v) sin(u – v) cos(u – v) cos(u + v)
=
4
1
sin2(u + v) sin2(u – v)
Suy ra A =
4
1
sin2(u + v)sin2(u – v) 
4
1

Tức
4
1
 A 
4
1

Biểu thức A đạt giá trị lớn nhất bằng
4
1
khi
































0y
1x
0v
4
u

2
)vu(2
2
)vu(2
1)vu(2sin
1)vu(2sin

hoặc

































0y
1x
0v
4
u
2
)vu(2
2
)vu(2
1)vu(2sin
1)vu(2sin

Biểu thức A nhận giá trị nhỏ nhất bằng -
4
1
khi:































1y
0x
4
v

0u
2
)vu(2
2
)vu(2
1)vu(2sin
1)vu(2sin

hoặc

































1y
0x
4
v
0u
2
)vu(2
2
)vu(2
1)vu(2sin
1)vu(2sin

Bài 14: Cho các số thực x, y không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng
222
y4x
)y4x(x
222
22
22





(1)
Với các giá trị của x, y như thế nào thì dấu đẳng thức xảy ra.
Giải:



11
1) Nếu x = 0 , y  0 thì
222
y4x
)y4x(x
4222
22
22





Nếu x  0, y = 0 thì
22
22
y4x
)y4x(x



= 0 bất đẳng thức cũng đúng.
Giả sử x  0, y  0 thì (1) tương đương với
222
1
y2
x
2
y2
x
y2
x
222
2
22























(2)
Đặt
y2
x
= tga thì (2) trở thành:
-2
atg1
)2tga(atg
22
2
22



 2
2
- 2
 - 2
2
- 2  cos
2
a [4tga – 4]  2
2
- 2 (3)

Vì cos
2
a[4tga – 4] = 4sinacosa – 4cos
2
a = 2sin2a – 2(1 + cos2a)
= 2(sin2a – cos2a – 1) =2














 1
4
a2sin2

 
222;222 

nên (3) đúng, nghĩa là bất đẳng thức (1) đúng.
2) Từ các phép biến đổi trên đây cho thấy:


22
22
y4x
)y4x(x


= -2
2
- 2 khi sin








4
a2
= -1 với tga =
y2
x

Vì -
2

< a <
2



4
5
< 2a -
4

<
4
3
nên sin








4
a2
= -1
 2a-
4

=
2

 a =
8











8
tg
y2
x
= 1 -
2

 x + 2y(
2
- 1) = 0
Tương tự như trên:
22
22
y4x
)y4x(x


= 2
2
- 2 khi sin









4
a2
= 1



12
a =
8
3

y2
x
= tg







8
3
=

8
tg
4
tg1
8
tg
4
tg2





=
12
)12(1
121




 x – 2y(
2
+ 1) = 0
Bài 15: Chứng minh rằng với các số thực x, y, z tuỳ ý ta có
22
y1x1
yx




22
z1x1
zx


+
22
y1z1
yz



Giải:
Đặt x = tg , y = tg , z = tg với -
2

< , ,  <
2

.
Ta có:
22
y1x1
yx


=



22
tg1tg1
tgtg
= coscos





cos
sin
cos
sin

=sincos - sincos=sin( - )
Tương tự ta có:
22
z1x1
zx


= sin( - ),
22
y1z1
yz


=sin( - )
Như vậy, chứng minh bất đẳng thức đã cho, đưa về chứng minh bất đẳng thức:
sin( - ) sin( - )+ sin( - ) (*)

với mọi , ,  








2
;
2

Ta có sin(u + v)=sinucosv + sinvcosusinucosv+sinvcosu
 sinucosv+sinvcosu sinu+ sinv
Để ý rằng  -  = ( - ) + ( - ).
Từ bất đẳng thức cuối cùng ta suy ra (*). (Đpcm)
Bài 16: Cho các số thực x, y thoả mãn

x
2
+ y
2
= x
2
y1
+ y
2
x1


Chứng minh: 3x + 4y  5
Giải:
Điều kiện xác định: 1 – y
2
 0, 1 – x
2
 0 tương đương –1  x, y  1



13
Nếu x [-1; 0] hoặc y  [-1; 0] hoặc x = 0, y = 1 hoặc x = 1, y = 0 bất đẳng thức hiển
nhiên đúng. Ta chỉ cần xét 0 < x < 1 và 0 < y < 1.
Đặt x = cos , y = sin với -
2

<  <
2

; 0 <  < .
Từ x
2
+ y
2
= x
2
y1
+ y
2
x1


Ta có: cos
2
 + sin
2
 = cos cos + sin sin = cos( - )  1
 cos
2
  cos
2
 hoặc sin
2
  sin
2

a) Nếu 0<, <
2

hoặc -
2

<  < 0 và 0 <  <
2

ta có cos > 0, cos > 0.
cos
2
  cos
2
  cos  cos

3x + 4y = 3cos + 4sin  2cos + 4sin = 5






 sin
5
4
cos
5
3

= 5cos( - )  5 trong đó cos =
5
3
.
b) Nếu 0 <  <
2

,
2

<  <  ta có sin > 0 , sin > 0 thì
sin
2
  sin
2
  sin  sin

3x + 4y = 3cos + 4sin  3cos + 4sin = 5cos( - )  5
c) Nếu -
2

<  < 0 ,
2

<  <  thì sin  < 0 , sin > 0.
sin
2
  sin
2
  sin  -sin
3x + 4y = 3cos + 4sin  3cos - 4sin = 5cos( + )  5.

II. giải phương trình , bất phương trình :
Bài1: Giải bất phương trình :
11x x x   

Giải :
Điều kiện :
10
11
10
x
x
x


   





Đặt x=cost , t
 
0,






14
Khi đó bất phương trình đã cho trở thành :
1 cos 1 cos cost t t   

2
1 cos 2cos cos
2
t
tt   

22
2( os sin ) cos sin
2 2 2 2
t t t t
c   

( os sin )(cos sin 2) 0

2 2 2 2
t t t t
c    

2 os( )[ 2 os( ) 2] 0
2 4 2 4
tt
cc

    

os( )[ os( ) 1] 0
2 4 2 4
tt
cc

    

os( ) 0
24
t
c

  

2 2 4
t


   


3
22
t

  

1 cos 0t   

10x   

vậy phoơng trình này có nghiệm
10x  
.
Bài 2 : giải phương trình :

22
1 1 x (1 2 1 x )x    

Giải :
Điều kiện : 1-x
2

0
11x   

os 0
2
3
sin 0

2
t
c
t









đặt x = sint với t
;
22






. Khi đó phương trình đã cho có dạng :
22
1 1 sin sin (1 2 1 sin )t t t    
1 cos sin (1 2cos )t t t   

2 os sin sin2
2
t

c t t  

3
2 os 2sin os
2 2 2
t t t
cc




15
3
2 os (1 2sin ) 0
22
tt
c  
os 0
2
32
sin
22
t
c
t










6
2
t
t











1
2
1
x
x









vậy phương trình có nghiệm
1
2
x 
và x=1.
Bài 3 : Giải phương trình :

2
22
1x
x
x 


Giải :
điều kiện :
2
x 1 0
0x





1x
.
Đặt x=
1

cos t
,
0,
2
t






Khi đó phương trình có dạng :
1
1
cos
22
cos
1
1
cos
t
t
t


11
22
cos sintt
  
sin cos 2 2sin .cost t t t  


Đặt sint + cost = u
 
12u
, ta có
2
u1
sin .cos
2
tt


.
Khi đó phương trình đã cho có dạng :
2
2(u 1) u 
2
2u 2 0u   

 
2
1
l
2
u
u











2u 
sin cos 2tt  
2sin( ) 2
4
t

  
sin( ) 1
4
t

  
2
42
tk


   

2
4
tk



  
. So sánh điều kiện ta có :
4
t


2x

vậy nghiệm của phương trình là
2x 

Bài 4 : với
0a 
, giải bất phương trình
2
22
22
2
x
x
a
ax
a
  





16

giải :
Đặt
tanx a t
,
;
22
t






. Khi đó bất phương trình có dạng :
2
2a cos
tan
cos
a
t
at
ta



2
1 sin 2cos tt  
2
2sin t - sint -1 0
1

sin 1
2
t

  

1
tan
3
t


3
a
x



Vậy nghiệm của bất phương trình là
3
a
x



Bài 5 : Giải phương trình :
8x(2x
2
-1)(8x
4

-8x
2
+1)=1 (1)
giải:
Ta có các trường hợp sau :
Với x

1, suy ra VT(1)>1, do đó phương trình vô nghiệm .
Với x

-1, suy ra VT(1)<0, do đó phương trình vô nghiệm .
Với
x
<1, đặt x=cost , với t

(0, )


Khi đó phương trình được chuyển về dạng :
8cost(2cost
2
-1)(8cost
4
-8cost
2
+1)=1

8cost.cos2t.cos4t = 1

8sint.cost.cos2t.cos4t = sint


sin8t = sint
82
82
t t k
t t k






  


2
7
2
9
k
t
k
t














So sánh điều kiện ta có
2 4 6 5 7
; ; ; ; ; ;
7 7 7 9 3 9 9
t
      





vậy phương trình có các nghiệm
2 4 6 5 7
os ; os ; os ; os ; os ; os ; os
7 7 7 9 3 9 9
x c c c c c c c
      





Bài 6 : Giải phương trình
(1-m

2
)
x
+(1-m
2
)
x
=(1+m
2
)
x
với 0<m<1.
Giải:
Chia cả 2 vế của phương trình cho (1+m
2
)
x
>0 ta có :



17
x
x
2
22
1 m 2
1
1+m 1+m
m










Đặt m=tant với
(0; )
4
t


ta có
2
2
sin2
1m
m
t


2
2
1m
os2
1m
ct





Khi đó phương trình đã cho có dạng :
   
xx
sin2 os2 1t c t

Nhận xét :
với x=2 là nghiệm của phương trình .
Với x<2 ta có
 
 
x
2
x
2
sin2 sin x
1
os2 os x
t
VT
c t c









, phương trình vô nghiệm.
với x>2 ta có :
 
 
x
2
x
2
sin2 >sin x
1
os2 os x
t
VT
c t c







, phương trình vô nghiệm .
vậy với 0<m<1 thì phương trình có nghiệm duy nhất x = 2
Bài 7: Giải hệ phương trình :
2
2
2
1y

2
1
y
x
x
y
x












Giải :
Đặt
tan
tan
x
y








với
,;
22







. Khi đó hệ đã cho trở thành :
2
2
2tan
tan
1 tan
2tan
tan
1 tan


















sin2 tan (1)
sin2 tan (2)








. Ta xét hai trường hợp :
Nếu
sin 0


thì
sin 0


và ngược lại nên ta có x = y = 0 là nghiệm của hệ .
Xét
sin 0




sin 0


: Nhân (1) và (2) vế theo vế ta có :
sin2 .sin2 tan .tan
   


1
4cos . os
os .sin
c
c



1
cos . os
2
c


(3)
(1)
2sin .cos . os sinc
   


sin sin




(4)
Thay (4) vào (3) ta có



18
2
1
cos
2


11
(1 cos2 )
22

  
cos2 0


2,
2 4 2
k
k k Z
  

  
      

Khi đó nghiệm của hệ là
0
tan( ) 1
4
1
xy
x y k x y
xy





     





III. Một số bài tập đề nghị
Bài 1: Cho x
2
+ y
2
= 1 chứng minh
4
1

 x
6
+ y
6
 1
Bài 2: Cho ab + bc + ca = 1 , chứng minh rằng:
4abc = a(1- b
2
)(1 – c
2
) + b(1 – c
2
)(1 – a
2
) + c(1 – a
2
)(1 – b
2
)
Bài 3: Cho 0  a
i
 1 , i = 1, 2, …, n. Chứng minh
(1 + a
1
2
)(1 + a
2
2
)… (1 + a
n

2
) + (1 – a
1
2
) (1 – a
2
2
)… (1 – a
n
2
)  2
2

Bài 4: Cho 4 số dương a
1
, a
2
, a
3
, a
4
phân biệt. Chứng minh rằng có thể chọn được ít nhất 2
trong 4 số đó sao cho:
0 
jiji
ji
aa2aa1
aa



< 2 -
3

Bài 5: Cho x, y thoả mãn 2x + 5y = 7. Chứng minh rằng: x
2
+ y
2

29
49

Bài 6: Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác, x và y thoả mãn ax + by = c.
Chứng minh rằng: x
2
+ y
2

22
2
ba
c


Bài 7: Cho 4a
2
+ 9b
2
= 25. Chứng minh 6a + 12b  25
Bài 8: Cho x
2

+ y
2
= 1. Chứng minh
16 (x
5
+ y
5
) – 20 (x
3
+ y
3
) + 5(x + y) 
2

Bài 9: Cho xy + yz + zx = 1. Chứng minh

2
33
z1
z
y1
y
x1
x
222











19
Bài 10: Cho a  1. Chứng minh
–2 
a
31a
2

 2.







20






×